《2019-2020学年安徽蚌埠二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学年安徽蚌埠二中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学年安徽蚌埠二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化学与生产、生活等密切相关，下列说法不正确的是()A面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标B焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处C“投泥泼水愈光明”中蕴含的化学反应是炭与灼热水蒸气反应得到两种可燃性气体D在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找优良的催化剂，在过渡元素中寻找半导体材料【答案】D【解析】【详解】A面粉是可燃物，分散于空气中形成气溶胶，遇到明火有爆炸的危险，所以面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，故A 正确；B氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶
2、液显酸性，可用于除铁锈，所以焊接金属前可用氯化铵溶液处理焊接处的铁锈，故B正确；C碳与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，氢气与一氧化碳都能燃烧，故C 正确；D在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素金属性也非金属性都不强，常用于制备半导体材料，在过渡元素中寻找优良的催化剂，故D 错误；故答案为D。2短周期元素W、X、Y和 Z的原子序数依次增大，W 的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍。下列说法错误的是A W、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8 个电子结构B元素 X与氢形成的原
3、子数之比为1 1 的化合物有很多种C元素 Z 可与元素X 形成共价化合物XZ2D元素 Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成【答案】A【解析】【详解】W 的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是 Li 元素；因 X 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，X 是 C 元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为 Al 元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，是短周期元素，且W、X、Y和 Z的原子序数依次增大，Z为 S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8 电子的稳定结构，A 错误；B.元素 X 与氢可形成原子个数比为1：
4、1 的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；C.元素 Z为 S，元素 X是 C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素 Y是 Al，Al 的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D 正确；故答案是A。3Z 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
5、碳碳双键、1 个羰基，则1molZ 最多能与8molH2发生加成反应，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
6、 种，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，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。4已知气态烃A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物AE能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是()A AB 的反应类型为加成反应B常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C分子式为C4H8O2的酯有 3 种D l mol D 与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L【答案】A【解析】【分析】气态烃 A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，A 是 C2H4；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化
7、反应生成乙酸乙酯，所以B 是乙醇、C是乙醛、D 是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】A.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，所以反应类型为加成反应，故A 正确；B.C是乙醛，常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体，故B错误；C.分子式为C4H8O2的酯有 HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共 4 种，故 C 错误；D.l mol 乙酸与足量碳酸氢钠反应生成1mol 二氧化碳气体，非标准状况下体积不一定为22.4L，故 D 错误。【点睛】本题考查有机物的推断，试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化，熟悉常见有机物的转化，根据“A的产量是一个
8、国家石油化工水平的重要标志”，准确推断A 是关键。5X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中 Z为金属元素,X、W 为同一主族元素。X、Z、W 形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W 的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A反应、都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W 四种元素中，Y的原子半径最小CNa 着火时，可用甲扑灭D一定条件下，x 与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁
9、中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项 A 正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si 四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生
10、成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。6X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z 的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A W 的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z BW 元素在周期表中的位置是第四周期VIII 族C丙属于两性氧化物D等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是 H 元素，Z是 Al 元素；由这四种元素组成的单质或
11、化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为 Fe，乙为 H2O，丁是 H2，戊为金属单质，可以与 Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al 单质，己为 Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是 O 元素，W 是 Fe 元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X 是 H 元素，Y是 O 元素，Z是 Al 元素，W 是 Fe 元素。甲是 Fe单质，乙是 H2O，丙是 Fe3O4，丁是 H2，戊是 Al 单质，己是Al2O3。A.Fe 原子序数是26，Al 原子序数是13，26 为
12、 13 的 2 倍，金属性AlFe，A 错误；B.Fe是 26 号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII 族，B正确；C.丙是 Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而 Al 是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al 的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水
13、蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。7氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：已知：向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_。（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_（填标号）。A 该反应一定无需加热即可进行B 必要时可使用冷却水进
14、行温度控制C 铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应D 应建造废水回收池，回收含铬废水（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（）还原率如下图。实际生产过程中Cr（）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_。（4）滤液中所含溶质为_。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_、_（请写出两条）。（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬Cr（OH）3 nH2O。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:19，经计算得出n=_。（6）重铬酸钠（Na2Cr2O7 H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化
15、学反应方程式为_。【答案】2-2-42334CrO+3HCHO+4H O=4Cr OH+2OH+3COAC 碳化率 40%、恒温 240Na2CO3(或 NaHCO3或 Na2CO3、NaHCO3)工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等0.5 2272442324222Na Cr OH O+NHSO=Cr O+Na SO+5H O+N【解析】【分析】在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一
16、系列操作得到产品，以此解答。【详解】（1）HCHO中碳元素化合价为0 价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：2-2-42334CrO+3HCHO+4H O=4Cr OH+2OH+3CO；（2）A该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A 符合题意；B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B 不符合题意；C为保证原料的充分利用，应淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，故C 符
17、合题意；D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D 不符合题意；故答案为：AC；（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温 240；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或 NaHCO3或 Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：223232Cr O
18、HnH OCr O3+2n H O152183+2n199:183+2n152=199，解得 n=0.5；（6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N 元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：2272442324222Na Cr OH O+NHSO=Cr O+Na SO+5H O+N。8人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A B为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的
19、方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H 原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后
20、，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为 A。9利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S。下列说法正确的是A2436SO的摩尔质量是100 BCH3COOH既表现氧化性又表现酸性C反应的离子方程式是：CH3COOH+2436SO23HCO+H236SD每生成11.2 L H2S转移电子
21、为4 6.02 1023【答案】C【解析】【分析】【详解】2436SO的摩尔质量是100 gmol-1，A 错误；CH3COOH中碳化合价升高，表现还原性，B 错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D 错误。10将 0.03 mol Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和 0.02 mol HI 的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)ABCD【答案】A【解析】【分析】本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反
22、应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知 H2SO3的还原性强于HI，所以 H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是 H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为 H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和 HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.0
23、1mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI 0.01mol 0.02mol HI 全部被氯气氧化转变为I2和 HCl，HCl 和 HI 都是强酸，所以c（H+）不变；答案选 A。【点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。11 一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)H 0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是A恒温恒容时，充入CO气体，达到新平衡时2c COc CO增大B容积不变时，升高温度，混合气体的平
24、均相对分子质量减小C恒温恒容时，分离出部分SO2气体可提高MgSO4的转化率D恒温时，增大压强平衡逆向移动，平衡常数减小【答案】C【解析】A、通入 CO，虽然平衡向正反应方向进行，但c(CO)增大，且比c(CO2)大，因此此比值减小，故错误；B、正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，CO2和 SO2的相对分子质量比CO大，因此混合气体的平均摩尔质量增大，故错误；C、分离出 SO2，减少生成物的浓度，平衡向正反应方向进行，MgSO4消耗量增大，即转化率增大，故正确；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故错误。12碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），
25、碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触【答案】D【解析】【分析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详解】A由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A 错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B 错误；C碳酸亚乙酯有两个C 原子分别
26、以单键和4 个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D 正确。答案选 D。13下列关于化学反应速率的说法错误的是（）A化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率【答案】B【解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A 正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B 项错误；
27、影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。14我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2 NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低
28、D N2的活化是N N 键的断裂与NH 键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对 N2的活化，A 正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B 错误；C.根据图示可知MoS2在 Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C 正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H 的过程，即是NN键的断裂与NH 键形成的过程，D 正确；故合理选项是B。15化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A聚合硫
29、酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D中国天眼FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A 聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故 A 错误；B 二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B 正确；C氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C 错误；D中国天眼F
30、AST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D 错误；故答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锡有 SnCl2、SnCl4两种氯化物SnCl4是无色液体，极易水解，熔点36，沸点114，金属锡的熔点为 231实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）实验室制取无水SnCl4的装置如图所示完成下列填空：（1）仪器 A 的名称 _；仪器 B的名称 _（2）实验室制得的氯气中含HCl 和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl 的原因可能是_；除去水的原因是_（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是_若反应中用
31、去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8g SnCl4，则 SnCl4的产率为 _（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是_（5）已知还原性Sn2+I，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？_【答案】蒸馏烧瓶冷凝管Sn 可能与 HCl反应生成SnCl2防止 SnCl4水解Sn和 Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许，溶于稀盐酸中，加2 滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则 SnCl4纯净【解析】【分
32、析】装置 A 有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到4SnCl，加热后4SnCl挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的4SnCl变为液体，经牛角管进入锥形瓶E 中收集，而F 中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。【详解】（1）装置 A 是蒸馏烧瓶，装置B 是冷凝管；（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和HCl反应得到无用的2SnCl，而除去水蒸气是为了防止4SnCl水解；（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将4SnCl持续蒸出；根据11.9g=0.1mol119g/mol算出锡的物质的量，代入4SnC
33、l的摩尔质量算出理论上能得到26.1 克4SnCl，则产率为23.8g100%=91.2%26.1g；（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在2+Sn，则可以将2I还原为-I，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2 滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则 SnCl4纯净。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的一条合成路线如下：已知：完成下列填空：（1）反应类型：反应II_，反应 IV_。（2）
34、写出反应I 的化学方程式_。上述反应除主要得到B 外，还可能得到的有机产物是_（填写结构简式）。（3）写出肉桂酸的结构简式_。（4）欲知 D 是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是_。（5）写出任意一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。能够与NaHCO3(aq)反应产生气体分子中有4 种不同化学环境的氢原子。_。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），请设计该合成路线。（合成路线常用的表示方式为：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物）_【答案】取代反应消去反应、新制 Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）或【解析】【分析】根据上述反应流程看出，结合及有机物B
35、 的分子式看出，有机物 A 为甲苯；甲苯发生侧链二取代，然后再氢氧化钠溶液中加热发生取代反应，再根据信息，可以得到；与乙醛发生加成反应生成，加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D 被弱氧化剂氧化为肉桂酸。【详解】（1）综上所述，反应II 为氯代烃的水解反应，反应IV 为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，为消去反应；正确答案：取代反应；消去反应。（2）甲苯与氯气光照条件下发生取代反应，方程式为：；氯原子取代甲苯中甲基中的氢原子，可以取代1 个氢或 2 个氢或 3个氢，因此还可能得到的有机产物是、；正确答案：；、。（3）反应 IV 为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D，有机物D 被弱氧化剂
36、氧化为肉桂酸，结构简式；正确答案：。（4）有机物D 中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，检验有机物D 是否完全转化为肉桂酸，就是检验醛基的存在，所用的试剂为新制的氢氧化铜悬浊液、加热或银氨溶液，加热，若不出现红色沉淀或银镜现象，有机物 D 转化完全；正确答案：新制Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。（5）有机物C分子式为C9H10O2，能够与 NaHCO3(aq)反应产生气体，含有羧基；分子中有4 种不同化学环境的氢原子，有4 种峰，结构满足一定的对称性；满足条件的异构体有2 种，分别为：和；正确答案：或。（6）根据苯甲酸苯甲酯结构可知，需要试剂为苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛还原为苯甲醇，苯甲
37、醛氧化为苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定条件下发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；具体流程如下：；正确答案：；。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18属于弱电解质的是()A一水合氨B醋酸铵C乙醇D硫酸钡【答案】A【解析】A、一水合氨属于弱碱，在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，A正确；B.醋酸铵在水溶液中完全电离，是强电解质，B正确；C.乙醇在水溶液里不能电离是以分子存在，所以酒精是非电解质，故C错误；D.硫酸钡在水溶液里能完全电离，所以是强电解质，D 错误。故选择A。点睛：醋酸为弱电解质，但醋酸钠、醋酸铵等属于强电解质。19 向体积为2 L的固定密闭容器中通入3molX 气体，在一定温度
38、下发生如下反应：2X(g)Y(g)+3Z(g)(1)经 5min 后反应达到平衡,此时测得容器内的压强为起始时的1.2 倍,则用 Y表示的速率为_mol/(Lmin)；(2)若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：甲：v(X)=3.5 mol/(Lmin)；乙：v(Y)=2 mol/(Lmin)；丙：v(Z)=4.5mol/(Lmin)；丁：v(X)=0.075 mol/(Ls)。若其它条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)_；(3)若向达到(1)的平衡体系中充入氮气，则平衡向_(填 左或右或不)移动；若向达到(1)的平衡体系
39、中移走部分混合气体，则平衡向_(填“左”或“右”或“不”)移动；(4)若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX 气体,则平衡后 X 的转化率与(1)的平衡中X 的转化率相比较：_A无法确定B前者一定大于后者C前者一定等于后者D前者一定小于后者(5)若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z 物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则a、b、c 应该满足的关系为_；(6)若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z 物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，
40、则c 的取值范围应该为_。【答案】0.03 丁乙甲丙不右D c=3b；a0 0.9乙 甲丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁乙甲 丙，故答案为：丁乙甲丙；(3)向体积不变平衡体系中充入氮气，不参加反应，所以平衡体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动；向达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，气体的物质的量减小，相当于减小压强，该反应为气体体积增大的反应，则平衡向右移动，故答案为：不；右；(4)若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX 气体，反应体系内的压强增大，平衡向着逆向移动，X 的转化率降低，故答案为：D。(5)根据反应2X(g)Y(g)+3Z(g)，若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为a mol、b mol、c mol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，属于温度和压强不变的等效平衡，应满足物质的量成正比，即 c=3b，对于 a 的要求只需要a0；答案：c=3b；a0(6)通过极限转化思想，将3molX 全部转化到方程式右边，得到4.5 mol 的 Z，即若要满足等温等体积的等效平衡，那么c 的最大值为4.5 mol,而(1)平衡时，Z 的物质的量为0.9 mol,如果要求反应逆向进行，则c必须大于0.9 mol。所以 c 的取值范围应该为0.9c4.5；答案：0.9c4.5。