《2019-2020学年北京市顺义一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市顺义一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市顺义一中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1对于反应A(g)3B(g)2C(g)2D(g)，以下表示中，反应速率最快的是A v(A)0.8 mol/(Ls)Bv(B)0.4 mol/(Ls)Cv(C)0.6 mol/(Ls)Dv(D)1.8 mol/(Lmin)【答案】A【解析】【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大
2、，表示的反应速率越快，A、v(A)1=0.8mol/（Ls）B、v(B)3=0.11mol/（Ls）Cv(C)2=0.3 mol/（Ls）D、v(D)2=0.9mol/（Lmin）=0.9 60=0.015mol/（Ls），故最快的是A。故选 A。2重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含 Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备 K2Cr2O7的流程如图所示。已知：i.在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+。ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：金属离子Fe3+Cr3+开始沉淀的pH 1.5 4.9 沉淀完全的pH 2.8 6.8 回
3、答下列问题：(1)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)氧化”步骤中发生反应的离子方程式为_。(3)“加热 操作的目的是_。(4)“酸化 过程中发生的反应为2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O(K=4.0 1014L3 mol-3)。已知“酸化”后溶液(pH=1)中 c(Cr2O72-)=6.4 10-3 mol L-1，则溶液中c(CrO42-)=_。(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72-催化还原，其工作原理如图所示：在该电池中，b 作 _极，a 极的电极反应为_(6)K2 Cr2O7标准溶液还可用于测定市售硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O，M=248 g mo
4、l-1)的纯度。测定步骤如下：i.溶液配制：称取1.2400g 市售硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后.全部转移至100mL 容量瓶中.加蒸馏水至刻度线。ii.滴定：取 0.01000 mol.L-1的 K2Cr2 O7标准溶液20.00 mL，稀硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应(Cr2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2)。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去.即为终点。平行滴定3 次，样品溶液的平均用量为25.00mL。稀硫酸酸化的K2Cr2O
5、7标准溶液与KI 溶液反应的离子方程式为_该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为_%(保留 1 位小数)。【答案】Cr(OH)3、Fe(OH)32Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O 除去过量的H2O284.0 10mol/L正CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O 96.0【解析】【分析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-等离子
6、，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成 K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到 K2CrO4滤液，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，加酸调pH=1，使 K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。【详解】（1）根据形成氢氧化物沉淀的pH 范围知滤渣成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，故答案为：Cr(OH)3、Fe(OH)3；（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3，生成 K2Cr2O7溶液，结合转移电子守恒、原子守恒得化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+
7、4KOH=2K2CrO4+8H2O，则离子方程式为：2Cr(OH)3+3H202+4OH-=2CrO42-+8H20，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；（3）因为在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中 Cr2O72-将 Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且 H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；（4）“酸化”后溶液(pH=1)，即 c(H+)=0.1mol/L，反应 2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O K=2-327143
8、-32+22-22-44c Cr O6.4104.010 LmolcHcCrO0.01cCrO=，则-32-41486.4 10c CrO4.0 10=4.0 10 mol/L0.01，故答案为：84.0 10mol/L；（5）b 极上 Cr2O72-被还原，应为正极反应，则a为负极，乙酸被氧化生成二氧化碳，电极方程式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，故答案为：正；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+；（6）在酸性条件下，Cr2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2，同时有水生成，根据电子转移守恒配平反应得：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr
9、3+7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O；根据氧化还原反应中电子转移守恒得：n(I2)=3n(Cr2O72-)=30.01000 mol.L-1 0.02L=0.0006mol，根据I2+2S2O32-=S4O62-+2I-得：n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.0006mol 2=0.0012mol，则该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为-1100%=96.0%25mL1.24g100mL248 g?mol0.0012mol，故答案为：96.0%。32010 年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结
10、构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是()A六炔基苯的化学式为C18H6B六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A 正确；B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B 正确；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D 错误；故答案选D。4下列离子反应方
11、程式正确的是（）A用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO +4H2O C将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A 错误；B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B 错误；C.金属钠与冷水反应产生NaOH 和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C
12、正确；D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D 错误；故合理选项是C。5下列生产过程属于物理变化的是（）A煤炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏【答案】D【解析】【详解】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A 错误；B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B 错误；C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；D石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D 正确。故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生
13、成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。6某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（）A该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物B1mol 该物质分别与浓溴水和NaOH 溶液反应时最多消耗Br2和 NaOH 均为 4mol C滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D该分子中所有碳原子均可能位于同一平面【答案】D【解析】【详解】A该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A 错误；B与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环
14、邻对位上有两个 H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4 mol 的 Br2；3 个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又产生 1 个酚羟基，1mol 该有机物消耗5mol 氢氧化钠，B 错误；C能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基，C错误；D苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D 正确；答案选 D。7用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A b 极附近有气泡冒出Bd 极附近出现红色Ca、c 极上都发生氧化反应D甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀【答案】A【解析】【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，
15、正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b 极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a 是原电池的负极发生氧化反应、c 极是电解池的阳极发生氧化反应,所以 a、c 极上都发生氧化反应，故 C正确；D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解
16、池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故 D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。8国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B吸附层b 的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O C全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间
17、后左池溶液pH 基本不变【答案】C【解析】【分析】电子从吸附层a 流出，a 极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b 极为正极，发生的反应为：2H+2e-=H2。【详解】A由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A 错误；B吸附层b 的电极反应2H+2e-=H2，B 错误；C将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H+OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成 H2O，pH 减小，D 错误。答案选 C。【点睛】B电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。9以下物
18、质间的每步转化通过一步反应能实现的是（）A Al Al2O3Al(OH)3NaAlO2BN2NH3NO2 HNO3CCuCuOCu(OH)2CuSO4DNaNa2O2Na2CO3NaOH【答案】D【解析】【详解】A.Al 和 O2反应生成Al2O3，但 Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故 A 错误；B.N2和 H2化合生成NH3，但 NH3不能一步反应生成NO2，故 B 错误；C.Cu和 O2反应生成CuO，但 CuO不能一步反应生成Cu(OH)2，故 C错误；D.Na 和 O2反应生成Na2O2，Na2O2和 CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和 Ca(OH)2反应生成NaO
19、H，故 D 正确。答案选 D。1025 时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（）化学式CH3COOH H2CO3HCN 电离平衡常数K K=1.710 5K1=4.2 10 7K2=5.6 10 11K=6.2 10 10A NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCN B向稀醋酸溶液中加少量水，3+c(CH COOH)c(H)增大C等物质的量浓度的Na2CO3溶液 pH 比 NaHCO3溶液小D等体积等物质的量浓度的NaCN 溶液和 HCN 溶液混合后溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为：CH3COOH
20、 H2CO3 HCN HCO3。【详解】A.NaCN 溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN=HCO3+HCN，故 A 正确；B.向稀醋酸溶液中加少量水，33+ac(CH COOH)c(CH COO)c(H)K，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B 错误；C.根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液 pH 比 NaHCO3溶液大，故C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaCN 溶液和 HCN溶液混合，14wha10a1 106.2 10KKKK，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D 错误。综上所述，答案为A。11-紫罗兰
21、酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A -紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol 中间体 X最多能与2mol H2发生加成反应C维生素A1易溶于 NaOH 溶液D -紫罗兰酮与中间体X 互为同分异构体【答案】A【解析】【分析】【详解】A.-紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A 正确；B.1mol 中间体 X 含有 2mol 碳碳双键、1mol 醛基，所以最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；C.维生素 A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH 溶液，故C错误；D.-紫罗兰酮与中间体X 所含 C 原子数不同，不是同
22、分异构体，故D 错误。故选 A。12某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M 可能为（）离子NO3SO42H+M 浓度/(mol/L)2 1 2 2 A ClBBa2+CNa+DMg2+【答案】C【解析】【详解】溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L 1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L 1+1mol/L 2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故 M 为阳离子，设M 离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x2，解得 x=+1，结合选项可知，M 为 Na+，正确答案是C。13为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下
23、实验。关于该实验分析不正确的是（）A浊液中存在平衡：AgSCN(s)?Ag+(aq)+SCN-(aq)B中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C中颜色变化说明有AgI 生成D该实验可以证明AgI 比 AgSCN更难溶【答案】D【解析】【详解】A.络合反应为可逆反应，则浊液中存在平衡：AgSCN(s)?Ag+(aq)+SCN-(aq)，A 项正确；B.离子与 SCN-结合生成络离子，则中颜色变化说明上层清液中含有SCN-，B 项正确；C.银离子与碘离子结合生成AgI 黄色沉淀，则中颜色变化说明有AgI 生成，C项正确；D.硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KI 反应生成黄色沉淀
24、，不能证明AgI 比AgSCN更难溶，D 项错误；答案选 D。14短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中 A 为 d 元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A简单离子半径：cb B丙中既有离子键又有极性键Cb、c 形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2 D a、b、d 形成的化合物中，d 的杂化方式是sp3【答案】A【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则 a为 H 元素，A 为 d 元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用
25、于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为 NaOH，A 为 Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知 b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a 为 H 元素、b 为 O 元素、c 为 Na 元素、d 为 Cl元素，甲为 Na2O、乙为 H2O、丙为 NaOH、丁为 NaClO、戊为 NaCl；A b、c 对应的离子为O2-和 Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-Na+，即 bc，故 A 错误；B丙为 NaOH，由 Na+和 OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B 正确；C
26、b 为 O 元素、c 为 Na 元素，两者组成的Na2O 和 Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故 C正确；D a、b、d 形成的化合物中，若为NaClO，Cl 原子的价电子对为1+71 1 22=4，则 Cl的杂化方式是sp3；若为 NaClO2，Cl 原子的价电子对为2+712 22=4，则 Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故 D 正确；故答案为A。15下列表示正确的是()A丙烯的结构简式：CH3CH=CH2BCO2的电子式：C金刚石的比例模型：D硫离子的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=
27、CH2，选项 A 正确；B、CO2的电子式为，选项 B 错误；C、该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C 错误；D、硫离子的核电荷数是16，硫离子的结构示意图为，选项 D 错误；故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项C，该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的 S的化合价为 _，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_。（2）现拟用干燥的Cl2和
28、 SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。仪器 A 的名称为 _，装置乙中装入的试剂是_，装罝 B的作用是_。装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_（选填编号）。A蒸馏水Bl0.0molL-1浓盐酸C浓氢氧化钠溶液D饱和食盐水滴定法测定硫酰氯的纯度:取 1.800g 产品，加入到100mL0.50000mol L-1NaOH 溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取 25mL 溶液于锥形瓶中，滴加2 滴甲基橙，用0.1000mol L-1标准 HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCl l0.00mL。达到滴定终点的现象为_，产品的纯度为
29、_。【答案】+6 SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使 SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和 Cl2，防止污染环境D 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复75%【解析】【分析】【详解】（1）SO2Cl2中，O 的化合价是-2 价，Cl 的化合价是-1 价，计算可得S的化合价是+6 价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。（2）如上图，甲是反应的发生装置，仪器A 是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B 是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止
30、空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和 C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和 C12，防止污染环境。利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH 溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl 和 NaOH 的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因
31、此显黄色。用 0.1000mol L-1标准 HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl 的物质的量与滴定所取25mL 混合溶液中NaOH 的物质的量相等，为0.1000mol L-1 0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH 0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH 为 0.100L0.50000molL-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式 SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O 可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mo
32、l，质量为0.01mol 135g/mol=1.35g，产率为 1.35g1.800g100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。【点睛】SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和 H2O 都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成2+2SO和 Cl-两部分，把水拆成 H+和 OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和 Cl-结合，由于有2 个 Cl-，所以需要2 个水分子提供2 个 H+，同时提供的2 个 OH-和 1 个2+2SO结合为 H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O
33、=2HCl+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如 CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl 等，盐类的水解也可以同样写出。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等。合成路线如下：（1）贝诺酯的分子式_。（2）AB的反应类型是_；G+HI 的反应类型是 _。（3）写出化合物C、G 的结构简式：C_，G_。（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3 种）_。a不能与FeCl3溶液发生显色反应；b能发生银镜反应和水解反应；c能与金属钠反应放出H2；d苯环上的一氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息
34、，设计从A 和乙酸出发合成的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）_【答案】C17H15NO5还原反应取代反应CH3COOCOCH3、（任写三种）【解析】【分析】根据贝诺酯的结构简式和G、H 的分子式可知，G 为，H 为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B 为，C 为CH3COOCOCH3，A 为，F为，D 为，A 发生还原反应得B，B与 C 发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C 与 D 发生取代反应生成F，F发生取代反应生成H，G 和 H 发生取代反应生成I，据此分析解答。【详解】(1)根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15
35、NO5，故答案为：C17H15NO5；(2)AB的反应类型是还原反应，G+H的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；(3)根据上面的分析可知，C 为 CH3COOCOCH3，G 为，故答案为：CH3COOCOCH3；(4)a.不能与 FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b.能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构或酯基和醛基同时存在，c.能与金属钠反应放出H2，说明有羟基或羧基，d.苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为、，故答案为：、(其中的三种)；(5)A 为，从 A 和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还
36、原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成CH3COCl，CH3COCl与对氨基苯酚钠发生反应即可得产品，合成线路为，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题：（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=-91kJmol-12CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=+566kJ mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-483.6kJmol-1 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+
37、H2O(g)?H=_kJmol-1。（2）在容积均为2L 的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：800 C时该反应的平衡常数K=_。容器 2 中 x=_，n=_。若 800起始时，在 2L 恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各 1mol，则此时 v正_v逆(填“”“”“”“”或“=”)。在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是_。【答案】-49.8 1 2323或 66.7%=T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 T1【解析】【详解】(1)已知 CO(g)
38、+2H2(g)CH3OH(g)H=-91kJ?mol-1 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)H=+566.0 kJ?mol-1 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJ?mol-1 由盖斯定律可知，+12(+)得 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H=-91kJ?mol-1+12(566.0 kJ?mol-1-483.6 kJ?mol-1)=-49.8kJ?mol-1；(2)容器体积为2L，所以初始c(CO)=-12mol=1mol L2Lg，c(H2)=-11mol=0.5mol L2Lg；平衡时 CO的转化率为13，即转化13mol L-1，
39、列三段式：-1-2-1212+mol L1CO gH O0.g500mol L1 31 31 31 3mol L2 31 6COg31 3Hg1?ggg起始()转化()平衡()根据平衡常数的概念可知K=11332136=1；达到平衡时氢气的物质的量为nmol，则其浓度c(H2)=-1mol L2ng，列三段式有：-122-1-21+mol L0.5100mol L222n 2mol L0.5-21-22CO gH O gCOgHg2nnnnnnn?ggg起始()转化()平衡()温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K=220.5-1-22nnnn=1，解得 n=23mol，CO的转化率为2mol3
40、100%=66.7%1mol；在 2 L 恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各 1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q=1 1=11 1=K，所以平衡不发生移动，即v正=v逆；(3)T3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即?H0；T1 T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数
41、Kh=-14-8w-5b1 10=5.56101.8 10KK，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=-14-6w-7a11 10=2.27 104.4 10KK，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H+)c(OH-)；根据可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T1温度时平衡常数最大。【点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。19NO 用途广泛，对其进行研究具有重要
42、的价值和意义（1）2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1的反应历程与能量变化关系如图所示。已知：第步反应为：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1第 I 步反应的热化学方程式为_。关于 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的反应历程，下列说法正确的是_。A相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第步反应B使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小C第 I 步反应为吸热反应，第步反应为放热反应D反应的中同产物是NO3和 NO（2）NO 的氢化还原反应为2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）。研究表明：某温度时，v正=k?cm（NO）
43、?cn（H2），其中 k=2.5 103mol（m+n-1）?L（m+n-1）?s-1该温度下，当c（H2）=4.0 10-3mol?L-1时，实验测得v正与 c（NO）的关系如图一所示，则m=_，n=_。（3）NO 易发生二聚反应2NO（g）?N2O2（g）。在相同的刚性反应器中充入等量的NO，分别发生该反应。不同温度下，NO的转化率随时间（t）的变化关系如图二所示。该反应的 H_0（填“”“”或“=”）。T1温度下，欲提高NO 的平衡转化率，可采取的措施为_（任写一条即可）。a、b 处正反应速率va_vb（填”“”或“=”），原因为 _。e 点对应体系的总压强为200kPa，则 T2温度下
44、，该反应的平衡常数kp=_kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）【答案】O2（g）+NO（g）=NO3（g）H=（a-b）kJ?mol-1AC 2 1 增大 NO 浓度（或降温、压缩气体、及时分离N2O2等）对应温度a 点高于 b 点，NO 的浓度 a 点大于 b 点1450【解析】【分析】（1）总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1，第步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1根据盖斯定律：第步反应=总反应-第步反应得到第步反应的热化学方程式；A、总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定；B、根据催化剂只改变反应速率，不
45、能改变反应进程；C、反应热 H=生成物的总能量-反应物的总能量，若生成物的总能量反应物的总能量，则反应吸热，反之相反；D、NO3为第步反应的生成物、为第II 步反应的反应物。（2）将（110-3，110-5）和（210-3，410-5）代入 v正=2.5103?cm（NO）?cn（4.0 10-3）计算 m、n 值；（3）根据图象可知，温度T2T1，分析 T2时 NO的转化率小于T1时 NO 的转化率即可解答；能使该反应的平衡正向移动的措施均能提高NO 的平衡转化率，结合反应正向移动的条件分析解答。a 点 NO 的转化率小于b 点，即体系中a 点的 c（NO）大与 b 点，并且 a 点温度大于
46、b 点，结合温度和浓度对化学反应速率影响解答；根据反应的三段式计算平衡时n（NO）、n（N2O2）和平衡分压p（NO）、p（N2O2），代入分压平衡常数Kp=222p N OpNO中计算 Kp。【详解】（1）总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1，第步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1，由盖斯定律有：第步反应=总反应-第步反应得到第步反应的热化学方程式O2（g）+NO（g）=NO3（g）H=（a-b）kJ?mol-1；A、由图可知，第步反应的活化能高，导致第步反应速率慢，总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定，所以决
47、定该反应快慢的步骤为第步反应，故A 正确；B、催化剂会降低E1、E2，不能改变反应热E3，故 B 错误；C、反应热 H=生成物的总能量-反应物的总能量，第I 步反应中生成物的总能量反应物的总能量，第II步反应中生成物的总能量反应物的总能量，所以第I 步反应为吸热反应，第步反应为放热反应，故C正确；D、NO3为第步反应的生成物、为第II 步反应的反应物，所以NO3为中间产物，但NO 为反应的反应物，故 D 错误；故答案为：AC；（2）将（110-3，110-5）和（210-3，410-5）代入 v正=2.5103?cm（NO）?cn（4.0 10-3）有 2.5 103（1 10-3）m?（4.
48、0 10-3）n=1 10-5，2.5 103（2 10-3）m?（4.0 10-3）n=4 10-5，解得 m=2，n=1；（3）根据“先拐先平，数值大”可知，温度T2T1，并且 T2时 NO 的转化率小于T1时 NO 的转化率，即升高温度NO的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以逆向吸热、正反应放热，H0；NO 的二聚反应2NO（g）?N2O2（g）正向是体积减小的放热反应，能使该反应的平衡正向移动的措施均能提高 NO 的平衡转化率，如加压、降温、增大NO 浓度等，即：增大NO 浓度（或降温、压缩气体、及时分离 N2O2等）；a 点 NO 的转化率小于b 点，即体系中a 点的 c（NO）大于 b 点，并且 a 点温度大于b 点，反应体系中温度越高、物质浓度越大，反应速率越快，即vavb；设起始时n（NO）=2mol，则反应三段式为2NO（g）?N2O2（g）起始量（mol）2 0 变化量（mol）0.8 0.4 平衡量（mol）1.2 0.4 p（NO）=1.2mol1.5mol 200Mpa=150Mpa、p（N2O2）=50Mpa，所以 c 点时反应的平衡常数kp=222p(N O)p(NO)=250Mpa(150Mpa)=1450kPa-1。【点睛】难点：化学平衡常数计算，关键列出三段式，注意三段式在化学平衡计算中的灵活运用。