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1、2019-2020学年安徽省六安市霍邱县正华外语学校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下列叙述正确的是A Na 在足量 O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是4 6.02 1023B盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+)=0.1 mol/L C1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是 0.1 6.02 1023D标准状况下2.24 L Cl2中含有 0.2 mol 共价键【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应后氧元素的价态为-1 价，故 l mol O2时转移的电子数是2 6.02 10
2、23，故 A 错误；B混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故 c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故 B正确；CNH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于 0.1 6.021023，故 C错误；D标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而 1mol 氯气中含1mol 共价键，故 0.1mol 氯气中含0.1mol共价键，故D 错误；故选 B。2下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+BNa2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH+O2C氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=N
3、aCl+NaClO+H2O D Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s)+SO42-【答案】B【解析】【详解】A.FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故 A正确；B.Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故 B错误；C.氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故 C正确；D.Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s)+SO42-，故 D正确；选B。3用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：下列
4、说法不正确的是A用 Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B通入 N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为 Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2 H2O D溶液 A 中 Fe2+和 Fe3+的浓度比为2:1【答案】D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A 说法正确；B、Fe2容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2，故 B说法正确；C、利用 H2O2的氧化性，把 Fe2氧化成 Fe3，涉及反应：2Fe2 H2O22H=2Fe32H2O，故
5、 C说法正确；D、Fe3O4中 Fe2和 Fe3物质的量之比为1：2，故 D 说法错误。4向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgx（x 为-2c(HA)c(H A)或2-c(A)c(HA)）与 pH 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A pH=7 时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况C2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=10-2.97D A2-的水解常数Kh1大于 H2A 电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）
6、Ka2=2-c(A)c(HA)c（H），当溶液的pH 相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg-2c(HA)c(H A)与 pH 的变化关系，表示lg2-c(A)c(HA)与 pH 的变化关系。【详解】A pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，根据物料守恒，存在 c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 A 错误；B.由分析：直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况，故B 正确；C.2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=-2c(HA)c(H A)2-c(A)c(HA)=1.224.191010=102.9
7、7，故 C错误；D pH=1.22 时和 4.19 时，lgX=0，则 c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）=c（H）=10-1.22，K2=2-c(A)c(HA)c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数Kh1=144.191010=10-9.81 10-4.19=Ka2，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。5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
8、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-
9、=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-。6反应HgS+O2=Hg+SO2中，还原剂是A HgS BHg CO2DSO2【答案】A【解析】【分析】反应 HgS+O2Hg+SO2中，Hg 元素化合价降低，S元素化合价升高，O 元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。【详解】A HgS中 S元素化合价升高，作还原剂，故A 符合；BHg 是还原产物，故B 不符；CO2是氧化剂，故C不符；D SO2是
10、氧化产物也是还原产物，故D 不符；故选 A。7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，右边苯环邻对位上有两个 H，
11、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。81，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A所有碳原子可能在同一平面B乙苯与它互为同分异构体C二氯代物有9 种D只能发生取代、加成、加聚反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在该物质分子中含有6 个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是
12、四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A 错误；B.乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B 错误；C.该物质分子结构对称，若2 个 Cl 原子在同一个C原子上，有2 种不同的结构；若2 个 Cl 原子在不同的C 原子上，其中一个Cl原子在不饱和C 原子上，可能有2 种不同结构；若其中一个Cl 原子位于连接在不饱和 C原子的环上的C 原子上，另一个 C原子可能在同一个环上有1 种结构；在不同环上，具有 2 种结构；若一个 Cl 原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1 种
13、结构；在两个不同环上，又有1 种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；D.该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D 错误；故合理选项是C。9室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A使甲基橙呈红色的溶液：Fe2、Mg2、SO42-、Cl-B使 KSCN呈红色的溶液：Al3、NH4+、S2-、I-C使酚酞呈红色的溶液：Mg2、Cu2、NO3-、SO42-D由水电离出的c(H)1012mol L1的溶液：Na、K、NO3-、HC
14、O3-【答案】A【解析】【分析】【详解】A能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项A 符合题意；B.使 KSCN呈红色的溶液中有大量的Fe3，Fe3、Al3均可与 S2-发生双水解产生氢氧化物和硫化氢而不能大量共存，选项B 不符合题意；C.使酚酞呈红色的溶液呈碱性，Mg2、Cu2与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量存在，选项C不符合题意；D.由水电离出的c(H)1012mol L1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D 不符合题意；答案选 A。10某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验 1 实验
15、 2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验 1-中溶液存在：c(Cu2+)+c(H+)c(NO3)+c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验 1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+=3Cu2+2NO 4H2O【答案】D【解析】【分析】实验 1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO 和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO 均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验 2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO 和水。试管
16、口NO 被氧化生成红棕色的二氧化氮。【详解】A稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3 3Cu（NO3）2+2NO+4H2O 反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故 A 错误；B实验 1-中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故 B错误；C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D实验 1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+=3Cu2+2NO 4H2O，故 D 正确；答案选 D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。11某甲
17、酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀【答案】D【解析】【分析】【详解】A甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A 错误。B甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，
18、可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D 正确。答案选 D。12我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）A双氢青蒿素B全氮阴离子盐C 聚合氮D砷化铌纳米带A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A双氢青蒿素，由C、H、O 三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A 符合题意；B全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有
19、机物，B不合题意；C聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D 不合题意。故选 A。13热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B放电时电解质LiClKCl中的 Li向钙电极区迁移C电池总反应为CaPbSO42LiClPbLi2SO4CaCl2D每转移0.2 mol 电子，理论上消耗42.5 g LiCl【答
20、案】C【解析】【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A 项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式
21、为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e-2LiCl，每转移 0.2 mol 电子，消耗0.2 mol LiCl，即消耗85g 的 LiCl，D 项错误；答案选 C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb 是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D 项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。14改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是A催化剂B浓度C压强D温度【答案】A【解析】【详解】A催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A 选；B增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；C反应前后气体体积改
22、变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；D任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D 不选；故答案选A。152019 年是元素周期表诞生的第150 周年，联合国大会宣布2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定，X 与W 同周期相邻，四种元素中只有Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是A W 的氢化物中常温下均呈气态BZ 的氧化物对应的水化物均为强酸C四种元素中，Z 原子半径最大D Y 与 Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键【答案】D
23、【解析】【分析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定，则W 为 C 元素，X 与 W 同周期相邻，则X 为 N 元素，Z 的单质为黄绿色气体，则Z 为 Cl 元素，四种元素中只有Y 为金属元素，则Y 可能为 Na、Mg 或 Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W 为 C，X 为 N，Y 为 Na 或 Mg 或 Al，Z 为 Cl，A W 为 C 元素，C 的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A 错误；B Z 为 Cl 元素，当Z 的氧化物对应的水化物为HClO 时，属于弱酸，故B 错误；C电子层越多，原
24、子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y 的原子半径最大，故C 错误；DY 为 Na 或 Mg 或 Al，Z 为 Cl，Y 与 Z 形成的化合物为NaCl 时含离子键，为 AlCl3时含共价键，故D正确；答案选 D。【点睛】B 项 Z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和 Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是 MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si 等元素)。已知：KspM
25、g(OH)2=4.9 1112，Kb(NH3 H2O)=1.8 115。（1）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为_。（2）向浸出液中添加适量MnO2的作用是 _；滤渣 2 的主要成分是_。（3）“沉锰”的离子方程式为_。（4）“沉锰”过程中 pH 和温度对Mn2+和 Mg2+沉淀率的影响如图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是_。当温度高于45时，Mn2+和 Mg2+沉淀率变化的原因是_。（5）将 NH3通入 1115mol L1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.1 115mol L1，此时溶液中NH3 H2O 的物质的量浓度为_(忽略反应前后溶液
26、体积的变化，计算结果保留2位小数)。【答案】MnO2+SO2=MnSO4将 Fe2+氧化为 Fe3NiS和 ZnS Mn2+HCO3-+NH3 H2O=MnCO3+NH4+H2O 45、pH=7.5 当温度高于45时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(2-3CO)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大1.17mol L-1【解析】【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有 Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、A13+、M
27、g2+、Zn2+、Ni2+和 SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和 SO42-，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入 MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为 Fe3+，加入氨水，调节pH 值，使 Fe3+、A13+形成 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为 NiS 和 ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2 为 NiS和 ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸
28、锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解答。【详解】(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，MnO2与 SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为 Fe3+；滤渣 2 的主要成分是NiS和 ZnS；(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为 Mn2+HCO3-+NH3?H2O=MnCO3+NH4+H2O；(4)由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45 左右，pH=7.5
29、左右锰离子的沉淀率最高；当温度高于45时，Mn2+和 Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO32-)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大；(5)KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=4.9 1112，c2(OH-)=122524.9 10=1.0 10spKMg OHc Mg=4.9 117，c(OH-)=7 114mol L1，NH3通入 1.115mol L1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(N
30、H4+)=2c(SO42-)=2 1.115 mol/L=1.13mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3 H2O?NH4+OH-，Kb(NH3 H2O)=-4432327 100.03=c OHc NHc NHH Oc NHH O=1.8 115，则 NH3 H2O 的物质的量浓度为-457 100.03=1.8 10=1.17mol/L。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下：回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。（2）B中含有的官能团名称为
31、_，BC 的反应类型为_。（3）BD 的化学反应方程式为_。（4）G 的结构简式为 _。（5）芳香化合物H 是 B的同分异构体，符合下列条件的H 的结构共有 _种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_。能与 NaHCO3溶液反应产生CO2；能发生银镜反应（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。【答案】对二甲苯（或1，4-二甲苯）羧基取代反应+2CH3OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸+2H2O；13【解析】【分析】根据合成路线可知，经氧化得到B，结合 D 的结构简式可逆推得到B 为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D 与氨气发生取代反应生成E，E与次
32、氯酸钠反应得到F，F与 C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G 的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答。【详解】（1）根据 A 的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；（2）由 D 的结构逆推，可知B 为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比 B 与 C的结构，可知BC的反应类型为取代反应，故答案为：羧基；取代反应；（3）BD 为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸+2H2O；故答案为：+2CH3OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸+2H2O；（4）已知 G 为聚对苯二甲酰对苯
33、二胺，可知C和 F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；故答案为：（4）芳香化合物H 是 B 的同分异构体，能与3NaHCO溶液反应产生2CO；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：CHO、COOH、OH，有 10 种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO、COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13 种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H 的结构简式为，故答案为：13；（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目BD、DE、EF信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在催化剂作
34、用下，氮氧化物与一氧化碳能发生反应，如：22NO(g)2CO(g)N(g)垐?噲?22CO(g)1Ha kJ mol反应（1）已知：22N(g)O(g)2NO(g)垐?噲?1Hb kJ molV反应22 CO(g)1/2O(g)CO(g)垐?噲?1Hc kJ mol反应a_（用含 b、c 的代数式表示）。温度为0T时，CO与2O在密闭容器中发生反应，2CO的体积分数2(CO随时间变化的关系如下图所示。请在坐标图中画出温度为101T TT时，2(CO随时间的变化曲线并进行相应的标注。_（2）在恒压条件下，将 NO 和 CO置于密闭容器中发生反应，在不同温度、不同投料比n(NO)/n(CO)时，N
35、O 的平衡转化率见下表：n(NO)/n(CO)300K 400K 500K 1 15%24%33%2 10%18%25%a_（填“”“”或“”）0，理由是 _。试判断反应在常温下能否自发进行并说明理由：_。下列措施有利于提高CO平衡转化率的是_（填字母）。A升高温度同时增大压强B继续通入CO C加入高效催化剂D及时将2CO从反应体系中移走500 K 时，将投料比为2 的 NO 与 CO混合气体共0.9 mol，充入一装有催化剂且体积为3 L 的密闭容器中，5 min 时反应达到平衡，则500 K 时该反应的平衡常数K 为_（保留两位小数，下同）；从反应开始到达到平衡时CO的平均反应速率为_11
36、mol Lmin。【答案】2cb升高温度，NO 的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，a 0不能自发进行，因为该反应是吸热，熵减的反应AD 1.11 0.01【解析】【分析】本题考查反应热和化学平衡，意在考查对相关原理的理解和运用能力。（1）根据盖斯定律计算；a：温度越高，化学反应速率越快，达到平衡所需时间越短；b：CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。（2）在投料比不变的情况下，升高温度，NO 的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；根据反应为体积减小的吸热反应分析；利用三行式法
37、计算。【详解】（1）根据盖斯定律，+=2，即 a+b=2c，故有 a=2c-b；答案：2c-b 升高温度，达到平衡所用的时间缩短；因CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。答案：（2）在投料比不变的情况下，升高温度，NO 的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；答案：升高温度，NO 的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，a 0。A.2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）是一个体积减小的吸热反应，所以升高温度同时增大压强可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故A 正确；B.
38、继续通入CO，CO的转化率减小，故B 错误；C.催化剂对平衡移动无影响，故C错误；D.及时将 CO2从反应体系中移走，可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D 正确。答案：AD 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始浓度/（1mol L）0.2 0.1 0 0 转化浓度/（1mol L）0.05 0.05 0.025 0.05 平衡浓度/（1mol L）0.15 0.05 0.025 0.05 K=2220.0250.050.050.151.11；v（CO）=0.05/5molLmin=0.01mol?L-1?min-1答案：1.11 0.01 19碳和氮的化合物在生产生活中
39、广泛存在。回答下列问题：(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5 kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)H2=221.0 kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=393.5 kJ/mol 则尾气转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的 H=_。(2)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K 时，分别将2.00 mol N2和 6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，随
40、着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：t/min 0 5 10 15 20 25 30 n(H2)/mol 6.00 4.50 3.60 3.30 3.03 3.00 3.00 n(NH3)/mol 0 1.00 1.60 1.80 1.98 2.00 2.00 该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol/L，则此时v正_v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。由表中的实验数据可得到“ct”的关系，如图1 所示，表示c(N2)t 的曲线是 _。在此温度下，若起始充入4 mol N2和 12 mol H2，则反应刚达到平
41、衡时，表示c(H2)t 的曲线上相应的点为_。(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=34.0kJ/mol，用活性炭对 NO 进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C 和一定量的NO 气体，保持恒压测得NO 的转化率随温度的变化如图2 所示：由图可知，1050K 前反应中NO 的转化率随温度升髙而增大，其原因为_；在 1100K 时，CO2的体积分数为 _。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp)。在 1050K、1.1 106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)体
42、积分数。(4)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯的原理如图3 所示太阳能电池的负极是_(填“a”或“b”)生成丙烯的电极反应式是_。【答案】-746.5 kJ/mol 大于乙B 1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大20%4 a 3CO2+18H+18e-=C3H6+6H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行分析；(2)该温度下，25 min 时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L，带入平衡常数表达式计算；在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2和
43、NH3，其浓度均为3mol/L，计算出浓度商Qc，将计算结果与平衡常数K比较判断分析进行方向；N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，据此判断；起始充入4 mol N2和 12 mol H2，相当于将充入 2.00 mol N2和 6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时 c(H2)=6 mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，据此可知平衡时3 mol/Lc(H2)6 mol/L，且达到平衡的时间缩短；(3)结合外界条件对反应速率、平衡状态的影响以及三段式计算得到；根据三段式计算Kp；(4)燃料电池中负极通燃料，正极通氧气；太阳能
44、电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到丙烯，丙烯在阴极生成。【详解】(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.5kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-221.0kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5kJ/mol，根据盖斯定律2-可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ/mol；(2)该温度下，25 min 时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L，则 K=23213=427；在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、
45、H2和 NH3，其浓度均为3 mol?L-1，则 Qc=23333=19K，反应正向进行，故v正大于 v逆；N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，图象中曲线乙符合；起始充入4 mol N2和 12 mol H2，相当于将充入2.00 mol N2和 6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时c(H2)=6 mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，故平衡时3 mol/Lc(H2)6 mol/L，且达到平衡的时间缩短，故对应的点为B；(3)1050 kPa 前，反应 b 中 NO2转化率随着温度升高而增大的原因是，在 1050kPa
46、前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，物质的转化率增大；在1100kPa 时 NO 转化率 40%，结合三段式计算列式得到；C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量(mol)200 变化量(mol)2 0.4=0.80.40.4 平衡量(mol)1.20.40.4 CO2的体积分数=0.41.20.40.4100%=20%；在 1050K、1.1106Pa时，NO 的转化率为80%，则C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量(mol)200 变化量(mol)280%=1.60.80.8 平衡量(mol)0.40.80.8 可知平衡时p(NO)=0.2P总，p(N2)=0.4p总，p(CO2)=0.4p总，Kp=20.40.40.2g总总总pPP=4；(4)在燃料电池中，负极通燃料，正极通氧气，故a 是负极，b 为正极；电解时，二氧化碳在b 极上生成丙烯，得到电子的一极为电源的正极，则生成丙烯的电极反应式为：3CO2+18H+18e-=C3H6+6H2O。【点睛】本题考查了盖斯定律在热化学方程式计算中的应用方法、化学平衡状态、物质的平衡转化率及燃料电池工作原理的知识。注意三段式在化学平衡计算中的应用、掌握化学反应基本原理的解题关键。