《2019-2020学年北京市西城区回民学校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学年北京市西城区回民学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年北京市西城区回民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分子式为C4H8Br2的有机物共有(不考虑立体异构)（）A 9 种B10 种C11 种D12 种【答案】A【解析】【详解】先分析碳骨架异构,分别为 C-C-C-C与2 种情况，然后分别对2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析：骨架 C-C-C-C上分别添加Br 原子的种类有6 种，骨架上分别添加Br 原子的种类有有3 种，所以满足分子式为C4H8Br2的有机物共有9 种，故选:A。2下列物质与其用途不相符的是A乙二醇 抗冻剂BNaCl制纯碱CAl
2、2O3焊接钢轨D甲苯 制炸药【答案】C【解析】【详解】A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A 正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B 正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D 正确。故选：C。3埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护，使其免受腐蚀，下列说法正确的是（）A金属棒X的材料可能为钠B金属棒X的材料
3、可能为铜C钢管附近土壤的pH 增大D这种方法称为外加电流的阴极保护法【答案】C【解析】【详解】A金属钠性质很活泼，极易和空气、水反应，不能作电极材料，故A 错误；B构成的原电池中，金属棒X 作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu 电极，故 B 错误；C该装置发生吸氧腐蚀，正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH 可能会增大，故 C 正确；D该装置没有外接电源，不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D 错误；故答案为C。【点睛】考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防
4、护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒 X 作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。4W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X 的氢化物的水溶液反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W 原子最外层电子数的2 倍。下列叙述错误的是（）A氢化物的稳定性顺序为：XZY B元素 Y在自然界中只以化合态形式存在C元素 W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D元素 Z的含氧酸具有强氧化性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和
5、 Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X 是 F，X 的氢化物为HF，Y为 Si，Y的氢化物为SiF4；Z 原子最外层的电子数是W 原子的最外层电子数的2 倍，Z 的最外层电子数一定为偶数，且大于Si 元素，则 Z为 S元素；W 最外层电子数为 3，其原子序数小于F，则 W 为 B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W 为 B，X为 F，Y为 Si，Z为 S元素。A.F 为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A
6、正确；B.Si 在自然界中只以化合态形式存在，B 正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能力。5鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（）A可燃性实验B酸性高锰酸钾C澄清石灰水D品红试液【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A 可行；B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，
7、丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行；D.二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D 不可行；故答案为D。6人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在 7.35 7.45 之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【详解】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选 B。7现有一瓶标签上注明为葡萄糖
8、酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4 时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A根据现象1 可推出该试液中含有NaB根据现象2 可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3 和 4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D根据现象5 可推出该试液中一定含有Fe2【答案】C【解析】【详解】A、由于试液中外加了NaOH 和 Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A 错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B 错误；C、滤液
9、中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D 错误；答案选 C。8根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A 向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比 H2SO4强B 将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2C 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D 向 1 mL 浓度均为0.1 mol L-1的 MgSO4和 CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 mol
10、 L-1 NaOH 溶液，先产生蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A由于 CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A 错误；B木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B 错误；C白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故 C错误；D向 1 mL 浓度均为 0.1mol/L 的 MgSO4和 CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 mol
11、/L NaOH 溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D 正确；答案选 D。9常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+【答案】B【解析】A、Cu2与 S2生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中 Cl2和 HClO，具有强氧化性，能把SO32氧化成 SO42，不能大量共存，故错误；D、HCO3与 H反应生成C
12、O2，不能大量共存，故错误。10以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入 CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15 D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】【详解】A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入 CaO会与 SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A 项不符合题意；B.滤液为 NaAl
13、O2溶液，通入CO2，生成 Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B 项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D 项不符合题意；本题答案选C。11ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是A 1 种，加聚反应B2 种，缩聚反应C3 种，加聚反应D3 种，缩聚反应【答案】C【解析】【详解】ABS合成树脂的链节为，链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由单体发生加聚反应得到，
14、按如图所示的虚线断开：，再将双键中的1 个单键打开，然后将半键闭合即可得 ABS树脂的单体为：CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2和 C6H5CH=CH2，有 3 种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；答案选 C。12室温下，将0.1000mol L1盐酸滴入20.00 mL 未知浓度的某一元碱MOH 溶液中，溶液pH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A该一元碱溶液浓度为0.1000mol L1Ba 点：c(M)c(Cl)c(OH-)c(H+)Cb 点：c(M)c(MOH)c(Cl)D室温下，MOH 的电离常数Kb1 105【答案】C【解析】【分析】【详解】A加入
15、20mL 盐酸时，溶液的pH 出现突跃，说明加入20mL 盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH 浓度为 0.1000mol L1，正确，A 不选；Ba 点溶液 pH7，溶液呈碱性，则c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，则c(M)c(Cl)。a 点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH 电离程度大于MCl 水解程度，但MOH 电离程度较小，所以存在c(M)c(Cl)c(OH)c(H)，正确，B不选；Cb 点溶液 pH=7，溶液呈中性，则c(OH)=c(H)，根据电荷守恒得c(M)=c(Cl)，所
16、以 c(M)+c(MOH)c(Cl)，错误，C选；D根据 A 选可知，MOH 浓度为 0.1000mol L1，不加入盐酸时，pH 为 11，溶液中的c(OH)=103mol L1，则 MOH 是弱碱，其电离方程式为MOHMOH，由于其电离程度较小，则c(MOH)0.1mol L1，忽略水的电离，则c(M)c(OH)=103mol L1；则室温下，MOH 的电离常数+335b(M)(OH)1010=10(MOH)0.1ccKc，正确，D 不选。答案选 C。13下列离子方程式正确且符合题意的是A向 Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+SO2+H2O=BaSO3
17、+2HB 向 K3Fe(CN)6溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2Fe(CN)63=Fe2+2Fe(CN)64，3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62C向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2+5SO42+12H2O D向 FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【答案】B【解析】【分析】【详解】A BaSO3和 HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A 项错误；B 铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与 K3F
18、e(CN)6溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B 项正确；C不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C 项错误；D还原性：I Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I Cl2=I22Cl，D 项错误；答案选 B。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“=”“?”“”“”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”过量、少量
19、、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。14下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是A向氯化铝溶液中加入过量的氨水B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C向稀硝酸中加入铁粉D向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成，A 不符合题意；B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和 Fe（NO3）2
20、、HNO3和 Fe（NO3）3，C 不符合题意；D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)2，D 符合题意；答案选 D。15Z 是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（）A 1molZ 最多能与7molH2反应BZ 分子中的所有原子一定共平面C可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和 Y D X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14 种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.1 分子 Z中含有 2 个苯环、1 个碳碳双键、1 个羰基，则1molZ 最多能与8molH2发生加成
21、反应，故A 错误；B.Z 分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B 错误；C.X分子中苯环上含有侧键CH3，Y分子中含有 CHO，则 X 和 Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性 KMnO4溶液鉴别X和 Y，故 C错误；D.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为 CH2CH2CHO的结构有1 种，取代基为 CH（CHO）CH3的结构有 1 种，取代基为 CH2CH3和 CHO有 3 种，取代基为 CH2CHO和 CH3的结构有3 种，取代基为 2 个 CH3和 1 个 CHO的结构有6 种，共 14 种，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子
22、都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)工艺流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为：_通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_(2)向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的是 _(3)固体 A主要为 _(填化学式)，固体 B主要为 _(填化学式)(4)为检验得到的重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，实验方法是：_；进一步提纯产品的方法是 _
23、(5)将 SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr(SO4)2，反应的化学方程式为_；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成现从得到的硫酸铬钾产品中取出 3.160g 样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126g若产品中杂质只有Cr(OH)SO4，则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为_(用百分数表示，保留1 位小数)【答案】Na2Cr2O7+2KCl K2Cr2O7+2NaCl 低温下 K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小NaCl Fe3+K2Cr2O7取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足
24、量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质重结晶3SO2+K2Cr2O7+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O 89.6%【解析】【分析】由流程可知，溶解后调节pH 除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液 II 蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，以此来解答。【详解】(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2K
25、Cl K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量 K2Cr2O7晶体；(2)母液中含少量杂质Fe3+，向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的是除去Fe3+；(3)由上述分析可知，A 为 NaCl，B 为 K2Cr2O7；(4)氯化钠溶于水后电离出来的氯离子和硝酸酸化的硝酸银可以生成白色难溶于酸的沉淀AgCl，故检验重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠的方法是：取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质，进一步提纯晶
26、体的方法是：重结晶；(5)该反应中S元素化合价由+4 价变为+6 价、Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式3SO2+K2Cr2O7+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O，5.126g 白色沉淀为：BaSO4，物质的量为：5.126g233g/mol=0.022mol，设硫酸铬钾的物质的量为x，Cr(OH)SO4的物质的量为y，依据硫酸根守恒以及质量守恒得出：20.0222831653.160 xymolxyg，解得 x=0.01，y=0.002，故 KCr(SO4)2的质量分数为：0.01mol283g/mol3.160g 100%=89.6%
27、。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氢氧化镁：是中强碱；广泛用作阻燃剂和填充剂以白云石(化学式：MgCO3?CaCO3)为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：(1)根据流程图，白云石“轻烧”后固体产物的主要成份是MgO 和_(写化学式)。(2)流程图中“加热反应”有氨气生成的化学方程式为_。(3)洗涤 Mg(OH)2沉淀所用玻璃仪器有：_、烧杯、玻棒；检验洗净的方法是_。(4)传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是_。(5)25时 Mg(OH)2饱和溶液的中：c(Mg2+)=2.80 104mol/L，Mg(O2)22、Mg(OH)4
28、2的浓度共为2.35104mol/L，则溶液的pH=_(取整数值)；若经过循环利用，每制得5.8t Mg(OH)2时排出 200m3的废水，其中 Mg2+、Mg(O2)22、Mg(OH)42的浓度共为1.50104mol/L，则该工艺的产率为_(保留 4 位小数)。【答案】CaCO3(NH4)2SO4+MgO加热MgSO4+2NH3+H2O 漏斗取洗涤液，加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净减少能源消耗或便于CaCO3分离10 99.97%【解析】【分析】流程分析白云石主要成分为MgCO3?CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热
29、，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体。(1)从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；(2)加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：(NH4)2SO4+MgO加热MgSO4+2NH3+H2O；(3)洗涤氢氧化镁沉淀应在过滤器中进行，检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子；(4)减少能源消耗、便于CaCO3分离；(5)溶液中离子电荷守恒计算；产率=实际量理论量 100%。【详解】(1)从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化
30、镁，白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；(2)加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：(NH4)2SO4+MgO加热MgSO4+2NH3+H2O；(3)洗涤氢氧化镁沉淀应在过滤器中进行，检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg(OH)2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；(4)分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；(5)25时 Mg(OH)2饱和溶液的中：c(Mg2+)=
31、2.80 104mol/L，Mg(O2)22、Mg(OH)42的浓度共为2.35104mol/L，溶液则电荷守恒得到，2c(Mg2+)=c(OH)+2cMg(O2)22+2cMg(OH)42，c(OH)=2 2.80 104mol/L22.35104mol/L=9 105，c(H+)1010mol/L，则溶液的pH=10；若经过循环利用，每制得5.8t Mg(OH)2时排出 200m3的废水，其中Mg2+、Mg(O2)22、Mg(OH)42的浓度共为1.50104mol/L，则该工艺的产率=66435.8 105.8 101.5 10200 1058g/mol 100%=99.97%。四、综合
32、题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018 年我国首次使用 溴代羰基化合物合成了J，其合成路线如下：已知：+R-OH 回答下列问题：（1）E的名称 _（2）CD 的化学方程式_。（3）DE、EF 的反应类型分别是_、_。（4）H 中含有的官能团名称是_，F的分子式 _。（5）化合物X是 D 的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X 有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积之比为116 的结构简式为_。（6）参照题中合成路线图，设计以甲苯和为原料来合成的合成路线 _【答案】2甲基 2羟基丙酸+O2+2H2O氧化反应取代反应酚羟
33、基和硝基C4H7O2Br 6【解析】【分析】A 与溴发生加成反应生成B，B水解生成C，由 C的结构逆推可知B为、A 为由 D、E的分子式，结合反应条件，可知C发生氧化反应生成D 为，D 发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与 H 发生取代反应生成J，结合 J的结构，可知H 为。（6）由与发生取代反应生成甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到。【详解】（1）E为，名称2甲基 2羟基丙酸；（2）C发生氧化反应生成D 为，CD 的化学方程式+O2+2H2O。（3）D 发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，DE、EF 的反应类型分别是氧化反应、取代反应。（4）H 为中含有的官能团
34、名称是酚羟基和硝基，F的分子式C4H7O2Br。（5）化合物X是 D的同分异构体，X能与氢氧化钠溶液反应，X 为羧酸或酯，若为羧酸，可以看作丙烷中H 原子被羧基取代有2 种，若为酯，可以是丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯（有2 种），故符合条件的共有6 种，其中核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积之比为1：1：6 的结构简式为；（6）由与发生取代反应生成甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到，合成路线流程图为：。19工业常用燃料与水蒸气反应制备H2和 CO，再用 H2和 CO合成甲醇。（1）制取 H2和 CO通常采用：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）H=+131.4kJ?mol-1，
35、下列判断正确的是_。a该反应的反应物总能量小于生成物总能量b标准状况下，上述反应生成1L H2气体时吸收131.4 kJ 的热量c若 CO（g）+H2（g）?C（s）+H2O（1）H=QkJ?mol-1，则 Q 131.4 d若 C（s）+CO2（g）?2CO（g）H1；CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）H2则：H1+H2=+131.4kJ?mol-1（2）甲烷与水蒸气反应也可以生成H2和 CO，该反应为：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）。已知在某温度下2L的密闭绝热容器中充入2.00mol 甲烷和 1.00mol 水蒸气，测得的数据如表：不同时间各物质的物
36、质的量/mol 0min 2min 4min 6min CH42.00 1.76 1.60 n2H20.00 0.72 n11.20 根据表中数据计算：0min2min 内 H2的平均反应速率为_。达平衡时，CH4的转化率为 _；在上述平衡体系中再充入2.00mol 甲烷 1.00mol 水蒸气，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比_（填“变大”、“变小”或“不变”），可判断该反应达到新平衡状态的标志有_（填字母）。aCO的含量保持不变b容器中c（CH4）与 c（CO）相等c容器中混合气体的密度保持不变d3正（CH4）=逆（H2）（3）合成甲醇工厂的酸性废水中含有甲醇（CH3OH），常用向废
37、液中加入硫酸钴，再用微生物电池电解，电解时 Co2+被氧化成Co3+，Co3+把水中的甲醇氧化成CO2，达到除去甲醇的目的。工作原理如图（c 为隔膜，甲醇不能通过，其它离子和水可以自由通过）：a 电极的名称为_。写出除去甲醇的离子方程式_。微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池正极的电极反应式为_。【答案】ad 0.18mol L1min120%变小ad 阳极6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+O2+4e-+4H+=2H2O【解析】【详解】（1）a、反应是吸热反应，生成物能量总和大于反应物能量总和，故a 正确；b、上述反应生成1mol H2时吸收 131.4 kJ 的热量，
38、故b 错误；c、根据“C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）?H=+131.4kJ?mol-1”，CO（g）+H2（g）?C（s）+H2O（g）H=131.4kJ?mol-1，H2O（g）H2O（l）放出热量，则 CO（g）+H2（g）?C（s）+H2O（1）H=QkJ?mol-1，Q131.4，故 c 错误；d、若 C（s）+CO2（g）?2CO（g）H1；CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）H2，根据盖斯定律，则：H1+H2=+131.4 kJ?mol-1，故 d 正确；答案选 ad。（2）0min2min 内 H2的平均反应速率为0.72mol2L2min=0.18
39、molL1min1；4min 时，参加反应的甲烷为2mol 1.6mol=0.4mol，生成氢气为0.4mol3=1.2mol，与 6min 时相等，说明 4min 时反应已经达到平衡，此时甲烷的转化率为100%=20%；在上述平衡体系中再充入2.00mol甲烷和 1.00mol 水蒸气，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时H2的体积分数与原平衡相比变小；aCO的含量保持不变，反应达到平衡；b容器中c（CH4）与 c（CO）相等，不一定平衡；c容器中混合气体的密度一直不变，不是平衡状态的标志；d3正（CH4）=逆（H2），是反应达到平衡的本质标志；答案选 ad。（3）电极a，Co2+被氧化成Co3+，发生氧化反应，为电解池的阳极；甲醇被氧化生成二氧化碳，Co3+被还原生成Co2+，溶液呈酸性，则生成物中含有氢离子，所以该反应离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；微生物电池是绿色酸性燃料电池，氧气在正极发生得电子的还原反应，正极的电极反应式为4H+O2+4e-=2H2O。