《2019-2020学年安徽省合肥市七中、合肥十中联考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学年安徽省合肥市七中、合肥十中联考新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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学年安徽省合肥市七中、合肥十中联考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）1a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与 a 同族。下列叙述正确的是（）A原子半径：dcba B4 种元素中b 的金属性最强Cc 的氧化物的水化物是强碱Dd 单质的氧化性比a 单质的氧化性强【答案】B【解析】【分析】a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同，则 a 的核外电子总数应为8
2、，为 O 元素，则b、c、d 为第三周期元素，c 所在周期数与族数相同，应为Al元素，d 与 a 同族，应为S元素，b 可能为 Na 或 Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)AlSO，A 错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na 或 Mg 在 4 种元素中金属性最强，B 正确；C、c 的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息
3、判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。2如图表示反应N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)+Q 的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是()A t1时只减小了压强Bt1时只降低了温度Ct1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D t1时减小 N2浓度，同时增加了NH3的浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来
4、平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】A t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A 错误；Bt1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B 错误；Ct1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D t1时减小 N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的 2 倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关
5、系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。3CuI 是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与 NaI 的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO42NaI SO22H2O2CuI 2H2SO4 Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A制备 SO2B制备 CuI 并制备少量含SO2的溶液C将 CuI 与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D加热干燥湿的CuI固体【答案】D【解析】【详解】A.Cu 与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A 正确；B.硫酸铜与NaI 发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用
6、该装置制备CuI 并制备少量含SO2的溶液，B 正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI 固体，由于CuI 易被氧化，因此不能用该装置加热，D 错误；故合理选项是D。4下列有关能量的判断和表示方法正确的是A由 C(s，石墨)=C(s，金刚石)?H=+1.9 kJ/mol，可知：石墨比金刚石更稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多C由 H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)?H=-57.3 kJ/mol，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D 2 g H2完全燃烧生
7、成液态水放出285.8 kJ 热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H=-285.8 kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【详解】A由 C(s，石墨)=C(s，金刚石)?H=+1.9 kJ/mol 可知：石墨比金刚石具有的总能量低，因此石墨比金刚石更稳定，A 正确；B硫蒸气转化为硫固体要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多，B 错误；CCH3COOH电离吸收能量，则含 1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D 2 g H2为 1mol，2 g H2完全燃烧生成液态水
8、放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H=-285.8 kJ/mol，D 错误；答案选 A。5垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A 正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B 正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C 正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D 错误；答案选 D。6 已知：pKa=-lgKa，25时
9、，H2SO3的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。用 0.1 molL-1NaOH溶液滴定 20mL 0.1molL-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是A b 点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)Ba 点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1molL-1Ce 点所得溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(H+)c(OH-)D c 点所得溶液中：c(Na+)3c(HSO3-)【答案】D【解析】【分析】a 点 pH=1.85，由于 pKa1=1.85，所以此时，溶液中c(23H SO)=c(3H
10、SO)。b 点，加入的NaOH 溶液体积与亚硫酸的体积相同，所以此时的溶液可以按NaHSO3溶液处理。c 点，pH=7.19，由于 pKa2=7.19，所以此时溶液中 c(3HSO)=c(23SO)。e 点，加入的NaOH 溶液的体积为亚硫酸体积的两倍，所以此时的溶液可以按Na2SO3处理。【详解】A b 点溶液为NaHSO3溶液，分别写出b 点溶液的电荷守恒式和物料守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(3HSO)+2c(23SO)；c(Na+)=c(23H SO)+c(3HSO)+c(23SO)，所以 b 点溶液中的质子守恒式应为：c(H+)-c(23SO)+c(23H SO
11、)=c(OH-)，A 错误；Ba 点溶液满足c(23H SO)=c(3HSO)，由于向亚硫酸中滴加的是NaOH 溶液，溶液的总体积在混合过程中会增加，所以c(23H SO)+c(3HSO)+c(23SO)=2c(3HSO)+c(23SO)0.1mol/L，B错误；Ce 点溶液即可认为是Na2SO3溶液，显碱性，所以溶液中c(OH-)c(H+)，C错误；D c 点溶液满足c(3HSO)=c(23SO)；c 点溶液的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(3HSO)+2c(23SO)，代入 c(3HSO)=c(23SO)，可得 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(3HS
12、O)，由于 c点 pH=7.19，所以 c(OH-)c(H+)，所以 c(Na+)3 c(3HSO)，D 正确。答案选 D。【点睛】对于多元弱酸的溶液，加入 NaOH 调节 pH 的过程中，若出现 pH 与 pKa相同的情况，则通过相应的解离常数表达式可以进一步得出c(HnR)=c(Hn-1R)的关系；此外等量关系，在离子平衡的问题中，常常与相关的守恒式一同联用。7银 Ferrozine 法检测甲醛的原理：在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2Fe3+与中产生的 Ag 定量反应生成Fe2+Fe2+与 Ferrozine 形成有色物质测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。
13、下列说法不正确的是()A中负极反应式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B溶液中的H+由 Ag2O 极板向另一极板迁移C测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高D理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4【答案】B【解析】【详解】A.在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A 项正确；B.Ag2O 极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C.甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C 项正确；D.
14、甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0 价升高到+4 价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为 1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4，D 项正确；答案选 B。【点睛】本题的难点是D 选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。8 某二元弱碱B(OH)2(K1=5.910-2、K2=6.410-5)。向 10mL 稀 B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数随溶液 pOH pOH=-lgc(OH-)变化的关系如图，以下说法正确的是A交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL B当加入的盐酸溶液
15、的体积为10mL 时存在 c(Cl-)c(B(OH)+)c(H+)c(OH-)c(B2+)C交点 b 处 c(OH-)=6.4l0-5D当加入的盐酸溶液的体积为15mL 时存在：c(Cl-)+c(OH-)c(H+)c(OH-)c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.如果加入盐酸的体积为5mL，由 B(OH)2+HClB(OH)Cl+H2O 可知此时溶液含等量的B(OH)2、B(OH)+，由于水解和电离能力不同，所以溶液中不可能含等量的B(OH)2、B(OH)+，A 错误；B当加入的盐酸溶液的体积为10mL 时，反应生成B(OH)Cl，溶液显碱性，则c(OH-)
16、c(H+)，B错误；C.交点 b 处 B(OH)+、B2+的分布分数相等，二者平衡浓度相等，由K2=2-c Bc OHc B OHg=6.410-5，可知 b处 c(OH-)=6.410-5，C 正确；D.当加入的盐酸溶液的体积为15mL 时，生成等物质的量的B(OH)Cl和 BCl2的混合溶液，溶液遵循电荷守恒，则存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+2c(B2+)+c B(OH)+)，D 错误；故合理选项是C。9用 0.1 molL1 NaOH 溶液滴定 40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A Ka2(
17、H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中 Z 点对应的溶液中：c(Na)c(SO32)c(HSO3)c(OH)D图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【分析】用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(
18、SO32)时，此时pH=7.19，即 c(H+)=10-7.19mol/L，则 H2SO3的Ka2=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1 10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故A正确；B 第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B 正确；CZ点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液 pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故 C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷
19、守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 D 正确；答案选 C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合 Ka2的表达式分析解答。10室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH 溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO、ClO3等离子的物质的量浓度c 与时间 t 的关系曲线如下。下列说法正确的是A NaOH 溶液和浓氯水可以使用同种滴定管
20、盛装B 点溶液中存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO)+c(ClO3)+c(OH)C点溶液中各离子浓度：c(Na+)c(Cl)c(ClO3)=c(ClO)c(OH)c(H+)D t2t4，ClO的物质的量下降的原因可能是ClO自身歧化：2 ClO=Cl+ClO3【答案】C【解析】【详解】A.NaOH 溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH 溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A 错误；B.a 点溶液中含有NaClO3、NaClO 和 NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c
21、(Cl-)+c(OH-)，故 B 错误；C.由图象可知，b 点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)c(Cl-)c(ClO3-)=c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故 C 正确；D.ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ClO3-，故 D 错误。故选 C。11NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 18g氨基（-ND2）中
22、含有的电子数为9NAB1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAC1L0.1mol?L-1的 Na2S溶液中，阴离子总数小于0.1NAD 2.24LCH4与 C2H4的混合气体中，所含H 原子的数目是0.4NA【答案】A【解析】【详解】A 18g氨基（-ND2）为 1mol，含有的电子数为9NA，A 正确；B氯气具有强氧化性，将Fe2+和 I-均氧化，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，B 错误；C S2-会水解，1 个硫离子水解后产生1 个硫氢根离子和1 个氢氧根离子，故 1L0.1mol?L-1的 Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA，C错误；D为指明标准状
23、况，无法计算，D 错误；故答案选A。【点睛】氕(11H)、氘(21D)、氚(31T)，互为同位素，氕(11H)无中子。12下列有关化学用语表示正确的是A硝基苯B镁离子的结构示图C水分子的比例模型：D原子核内有8 个中子的碳原子：【答案】A【解析】【详解】A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A 正确；B.镁离子的结构示图为故 B 错误；C.水分子空间构型是V 型的，所以水分子的比例模型为，故 C错误；D.原子核内有8 个中子的碳原子质量数是14，应写为146C，故 D 错误；故答案为：A。13对乙烯（CH2=CH2）的描述与事实不符的是A球棍模型：B分子中六个原子在同一平面上C键角：
24、109o28D碳碳双键中的一根键容易断裂【答案】C【解析】【详解】A球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项 A 正确；B碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B 正确；C平面结构，键角为120，正四面体结构的键角为109 o28，选项 C 错误；D碳碳双键比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D 正确；答案选 C。142015 年 12 月 31 日，日本获得第113 号元素的正式命名权这种原子(记作278113Ja)，是由 30 号元素 Zn，连续轰击83 号元素 Bi 获得的下列说法，不正确的是A获得新核素278113Ja的过程，是一个化学变化B题中涉及
25、的三种元素，都属于金属元素C这种超重核素278113Ja的中子数与质子数只差为52 D这种新核素，是同主族元素中原子半径最大的【答案】A【解析】【详解】A由 30 号元素 Zn，连续轰击83 号元素 Bi 获得的278113Ja属于核变，不属于化学变化，故A 错误；B题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi 都是金属元素，故B 正确；C278113Ja的质子数为113，中子数=278113=165，中子数与质子数差为165113=52，故 C 正确；D278113Ja位于第七周期第A 主族，是同主族元素中原子半径最大的，故D 正确；答案选 A。【点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形
26、成，不涉及原子核内的变化。15某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A原子晶体B离子晶体C分子晶体D金属晶体【答案】C【解析】【详解】A.原子晶体熔化，需破坏共价键，故A 错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D 错误；答案：C 二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘酸钙 Ca(IO3)2是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2 H2O 的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1 所示的装置中进行，当观察到反
27、应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。转化时发生反应的离子方程式为_。转化过程中CCl4的作用是 _。为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_。（2）将 CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、_。除去 HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为_，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：Ca(IO3)2 6H2O 是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。Ca(IO3)2 6H2O 加热升温过程中固体的质量变化如图2 所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2 H2O 的实验方案：向水层中_。实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液。【答案】I25Cl26H
28、2O=2IO3-10Cl12H增大 Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将 HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入 Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重【解析】【分析】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水
29、中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2
30、)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某新型药物
31、G 合成路线如图所示：已知：.RCHOHCN（R 为烃基）；.RCOOH3PBr；.+RNH2一定条件请回答下列问题：（1）A 的名称为_，合成路线图中反应所加的试剂和反应条件分别是_。（2）下列有关说法正确的是_（填字母代号）。A反应的反应类型为取代反应BC可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚CD 中所有碳原子可能在同一平面上D一定条件下1 mol G 可以和 2 mol NaOH 或者 9 mol H2反应（3）F的结构简式为_。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式_。（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_种。属于芳香族化
32、合物，且分子中含有的环只有苯环能发生银镜反应和水解反应（6）参照 G 的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线 _。【答案】苯乙醛浓硫酸，加热C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2【解析】【分析】根据合成路线，A 结构中含有苯环结构，AB 发生信息I 的反应，则A 为，B 为，B 酸性条件下水解生成C；根据 D 的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C 发生消去反应生成D，D 为，D 发生信息II 的反应生成E，E为，结合 G 的结构简式可
33、知，E和 F发生取代反应生成G，则 F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；(2)A.根据上述分析，反应为加成反应，故A 错误；B.C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C.D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D 中所有碳原子可能在同一平面上，故 C正确；D.一定条件下1 mol G()可以和 2 mol NaOH 发生水解反应，能够和7 mol H2
34、发生加成反应，故D 错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：苯环上含有2 个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有 3 种结构；苯环上含有1 个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5 种同分异构体，故答案为：5；(6)由乙醛
35、和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G 的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：反应：CO2（g）+3H2
36、（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1 49.6kJ?mol-1反应：CO2（g）+H2（g）?H2O（g）+CO（g）H2+41kJ?mol-1（1）反应在 _（填“低温”或“高温”）下可自发反应。（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是_。A高温高压B低温低压C高温低压D低温高压（3）在 CuZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，测得CO2转化率、CH3OH 和 CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成 CH3OH 或CO的百分比）。下列说法正确的是_。A压强可影响产物的选择性BCO2平衡转化率随温
37、度升高先增大后减小C由图 1 可知，反应的最佳温度为220左右D及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH 和 CO选择性均为50%，则该温度下反应的平衡常数为_。分析图2 中 CO选择性下降的原因_。【答案】低温D ACD 160增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选择性下降【解析】【分析】根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率、平衡常数的表达式分析解答。【详解】（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）?CH3OH
38、（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，H 0，S0，则如反应能自发进行，应满足HT?S 0，低温下即可进行，故答案为：低温；（2）反应 CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.6kJ?mol1，由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；（3）A.增大压强，反应正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故A 正确；B.反应为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故B 错误；C.由图 1 可知，反应的温度控制在220左右时，二氧化碳的转
39、化率、甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到 240以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220左右，故C正确；D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D 正确，故答案为：ACD；在 Cu ZnO/ZrO2催化下，CO2和 H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol 进行反应，250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH 和 CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗n（CO2）=a4 25%mol=a16mol，生成 CH3OH 和 CO共a16mol，分别为a32mol，生成 n（H2O）=a16m
40、ol，两个反应消耗氢气的物质的量为a32mol3+a32mol=a8mol，则剩余氢气的物质的量为3a4mola8mol=5a8mol，3a16，则反应的平衡常数222aa1632c(CO)c(H O)1VVK=3a5ac(CO)c(H)60168VV，故答案为：160；对于反应，增大压强平衡不移动，但对应反应，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应逆向移动，CO选择性下降。19CuSO4和 Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：（1）CuS
41、O4和 Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为_，S、O、N 三种元素的第一电离能由大到小为 _。（2）SO42的立体构型是_，与 SO42互为等电子体的一种分子为_（填化学式）。（3）往 Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中 NO3中心原子的杂化轨道类型为_，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有_。（4）CuSO4的熔点为560，Cu(NO3)2的熔点为115，CuSO4熔点更高的原因是_。（5）利用 CuSO4和 NaOH 制备的 Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子
42、坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（1，0，0）；C为（12，12，12）。则 D 原子的坐标参数为_，它代表 _原子。若 Cu2O 晶体密度为d g cm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_。【答案】（1）Ar3d9；NOS；（2）正四面体，CCl4（或 SiF4等）；（3）sp2，配位键、离子键；（4）CuSO4和 Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故 CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）(；)，Cu；。【解析】【分析】（1）根据铜的基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1确定 Cu2+的电子排布式；同周期从左向右第一电离能增大，但VAVIA
43、，确定 N、O、S的第一电离能。（2）SO42价层电子对数为4；等电子体是价电子总数相等，原子总数相等的微粒；（3）NO3中 N 的价层电子对数为4；（4）离子晶体的熔点和离子所带电荷以及离子半径有关；（5）根据 A 点的晶胞参数（0，0，0）和晶体结构，确定D 的晶胞参数。根据密度、体积和质量的关系求 NA。【详解】（1）阳离子是Cu2，Cu元素位于第四周期IB 族，元素基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1，因此 Cu2基态核外电子排布式为：Ar3d9；同周期从左向右第一电离能增大，但 IIAIIIA，VAVIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是NOS；（2）SO4
44、2价层电子对数为412(624 2)=4，因此 SO42立体结构是正四面体。等电子体：价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或 SiF4等；（3）NO3中 N 有 3 个 键，孤电子对数12(5 12 3)=0，杂化类型等于价层电子对数，即N 的杂化类型为 sp2，含有化学键为离子键、配位键；（4）CuSO4和 Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故 CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）根据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的14处，所以其坐标是(；)，根据均摊法，白球的个数为(8181)=2，灰球位于体心，灰球有4 个，因此化学式为Cu2O，灰球是 Cu；晶胞质量为2A144Ng，晶胞的体积为(a 1010)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=。