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1、2019-2020学年安徽省金汤白泥乐槐六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已知 CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=-Q1；2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-Q2；H2O(g)H2O(l)H=-Q3 常温下，取体积比为4：1 的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A 4Q1+0.5Q2B4Q1+Q2+10Q3C4Q1+2Q2D4Q1+0.5Q2+9Q3【答案】D【解析】【详解】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=-Q
2、1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-Q2；H2O(g)H2O(l)H=-Q3；根据盖斯定律+2得 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-Q1-2Q3；根据盖斯定律+2得2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=Q2-2Q3，标准状况下，112L 体积比为4:1 的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=1?12?L22.4L/mol =5mol，故甲烷的物质的量为5mol45=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)41molmol=4(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)
3、12molmol=0.5(Q2+2Q3)，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4(Q1+2Q3)+0.5(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选 D。答案：D。【点睛】先根据混合气体的物质的量结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。2下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A NaOH BSiO2CFe D CO2【答案】D【解析】【详解】A、NaOH 是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A 不符合题意；B、SiO2只能表示二氧
4、化硅晶体中Si、O 原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B 不符合题意；C、Fe 是铁的化学式，它是由铁原子直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D 符合题意；答案选 D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。3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+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)64，3
5、Fe2+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 K3Fe(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
6、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、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。4相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R 降解反应的影响
7、如图所示。下列判断不正确的是（）A对比 pH=7 和 pH=10 的曲线，在同一时刻，能说明R 的起始浓度越大，降解速率越大B对比 pH=2 和 pH=7 的曲线，说明溶液酸性越强，R 的降解速率越大C在 020min 之间，pH=2 时 R 的平均降解速率为0.0875 10-4molL-1 min-1D 50min 时，pH=2 和 pH=7 时 R 的降解百分率相等【答案】A【解析】A根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R 的起始浓度和溶液的PH 均影响 R 的降解速率，且R 的起始浓度越大，降解速率越小，故A 错误；B溶液酸性越
8、强，即pH 越小，线的斜率越大，可以知道R 的降解速率越大，故B正确；C在020min 之间，pH=2 时 R 的平均降解速率为=0.0875 10-4mol L-1 min-1，故 C 正确；D根据图示可知：在0-50min 之间，pH=2 和 pH=7 时由于初始的量相同，变化量也相同，所以R 的降解百分率相等的，故D 正确；答案为A。5“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）A能与 NaHCO3 溶液反应产生气体B与邻苯二甲酸（）互为同系物C在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D 1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应【答案】B【解析】【详解
9、】A、含-COOH，能与 NaHCO3 溶液反应产生气体，故A 正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B 错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol 阿司匹林最多能与3mol H2 发生加成反应，故D 正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。6下列化学用语或模型表示正确的是()A H2S的电子式：BS2的结构示意图：CCH4分子的球棍模型：D质子数为6，中子数为8 的核素：146C【答案】D【解析】【详解】A.H2S为共
10、价化合物，其电子式应为，A 项错误；B.S原子为 16 号元素，硫离子的核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，B 项错误；C.为甲烷的比例模型，非球棍模型，C项错误；D.质子数为6 的原子为C原子，中子数为8，则该 C原子的质量数为6+8=14，则该核素为：146C，D 项正确；答案选 D。7拉曼光谱证实，AlO2在水中转化为Al(OH)4。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L 盐酸，测得溶液中CO32、HCO3、Al(OH)4、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A CO32、HCO3和 Al(OH)4在水溶液
11、中可大量共存Bd 线表示的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3 H2O C原固体混合物中CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1 D V1=150mL，V2=300mL；M 点生成的CO2为 0.05mol【答案】C【解析】【分析】将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2转化为 Al(OH)4，除 Na+外溶液中主要存在CO32-、Al(OH)4；由于酸性：H2CO3HCO3Al(OH)3，则结合H+的能力：Al(OH)4CO32-HCO3，向溶液中逐滴加入盐酸，Al(OH)4首先与 H+反应转化为Al(OH)3，因此 a 线代表 Al(OH)4减少，发生的反
12、应为：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，则 Al(OH)4的物质的量为1mol/L0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为 0.05mol；接下来CO32-与 H+反应转化为HCO3，b 线代表 CO32-减少，c线代表 HCO3增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3，可计算出n(CO32-)=n(HCO3)=n(H+)=1mol/L 0.05L=0.05mol；然后 HCO3与 H+反应生成 H2CO3（分解为CO2和 H2O），最后 Al(OH)3与 H+反应生成Al3+，d 线代表 HCO3减少，e 线代表 Al3+增多。【详解】A由于酸性：HCO3-Al(OH
13、)3，HCO3会与 Al(OH)4发生反应生成Al(OH)3：HCO3+Al(OH)4=CO32-+Al(OH)3+H2O，HCO3和Al(OH)4在水溶液中不能大量共存，A 项错误；Bd 线代表 HCO3减少，发生的反应为：HCO3+H+=CO2+H2O，B 项错误；C a 线代表 Al(OH)4与 H+反应：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，b 线代表 CO32-与 H+反应：CO32-+H+=HCO3，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与 Al(OH)4的物质的量之比为1：1，原固体混合物中 CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1，C 项正确；Dd 线代表 H
14、CO3与 H+的反应：HCO3+H+=CO2+H2O，n(HCO3)=0.05mol，消耗 H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e 线代表 Al(OH)3与 H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3而非 CO2，D 项错误；答案选 C。【点睛】在判断 HCO3、Al(OH)3与 H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设 HCO3先与 H+反应，生成的 H2CO3（分解为
15、CO2和 H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与 H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3发生双水解反应，转化为Al(OH)3和 H2CO3（分解为CO2和 H2O），实际效果还是HCO3先转化为 H2CO3，因此判断HCO3先与 H+反应。8设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A常温下1LpH3 的亚硫酸溶液中，含H+数目为 0.3NABA1 与 NaOH 溶液反应产生11.2L 气体，转移的电子数为0.5NACNO2与 N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD 1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA【答案】C【
16、解析】【详解】A.1LpH3 的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L 溶液中 H+数目为 0.001 NA，故 A 错误；B.A1 与 NaOH 溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故 B错误；C.NO2和 N2O4，最简比相同，只计算ag NO2中质子数即可，一个N 含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个 NO2分子含质子数为7+2 8=23，agNO2中质子数为ag2346g/molNAmol-1=0.5aNA，故 C 正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故 D 错误；答案是 C。9科学
17、家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A两步反应都属于加成反应B环己烯的链状同分异构体超过10 种(不考虑立体异构)C环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A 错误；B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10 种，故 B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 错误；答案：B 10 工业上将氨气和空气的混合
18、气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L 氨气完全反应，并转移 n 个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A11.2n5VB5V11.2nC22.4V5nD22.4n5V【答案】D【解析】【详解】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH35O24NO6NO，可知 4NH320e，即 4：20=:22.4AVnN，推出为 NA=22.4n/5V。答案选D。11某兴趣小组计划用Al、稀 H2SO4、NaOH 溶液制备1mol Al(OH)3。设计如下三种方案：方案：向Al 中加入NaOH 溶液，至Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：向Al
19、 中加入硫酸，至Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加NaOH 溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：将Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液和溶液。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A三种方案转移电子数一样多B方案所用硫酸的量最少C方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量D采用方案时，用于制备溶液的Al 占总量的0.25【答案】D【解析】【分析】方案：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na2SO4；则2Al2NaOHH2SO42Al(OH)3；方案：发生反应为2Al+3H2SO4
20、Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3 Na2SO4；则2Al6NaOH3H2SO42Al(OH)3；方案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O=8Al(OH)3+3Na2SO4，则 2Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(OH)3。【详解】A三种方案中，消耗Al 都为 1mol，Al 都由 0 价升高为+3 价，则转移电子数一样多，A 正确；B从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案所用硫酸的量最少，B 正确；C方案
21、 需控制酸的加入量，方案需控制碱的加入量，而方案不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案 比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D采用方案时，整个过程中Al 与酸、碱的用量关系为6Al6NaOH3H2SO42Al，用于制备溶液的Al 占总量的0.75，D 不正确；故选 D。12化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物【答案】A【解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选
22、项A 正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项 B 错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D 错误；答案选 A。13乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（）。A苯和溴水共热生成溴苯B2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应【答案】D【解析】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误
23、；B、2，2二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能燃烧，属于氧化反应，故D正确。14下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是（）A纯碱与盐酸BNaOH 与 AlCl3溶液CCu与硫单质DFe 与浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A.纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应不受温度影响，故A 错误；B.NaOH 与 AlCl3溶液反应时，NaOH 少量反应生成氢氧化铝和氯化钠，NaOH 过量生成偏铝酸钠、氯化钠，反应不受温度影响，故B错误；C.Cu与硫单
24、质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜，故C错误；D.常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜，加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫，与温度有关，故D 正确；故答案为D。15化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（）A葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用BPM2.5 颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物【答案】A【解析】A、利用 SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5 指大气中直径小于或等于2.5 微米，没有在1nm 100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效
25、应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的 Ksp为 2.8 1013，Pb（OH）2开始沉淀时pH 为 7.2，完全沉淀时pH 为 8.7。六价铬在溶液中物种分布分数与pH 关系如图2 所示。PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol?L1CrCl3溶液，
26、现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是_。（2）“制 NaCrO2（aq）”时，控制NaOH 溶液加入量的操作方法是_。（3）“氧化”时 H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_；“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（4）“煮沸”的目的是 _。（5）请设计用“冷却液”制备 PbCrO4的实验操作：_实验中须使用的试剂有：6mol?L1的醋酸，0.5mol?L1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸。【答案】100 mL 容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH 溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小 H2O2自身分解损失2CrO2-3H2O22OH=2CrO 4H2O 除去过量的H2O2在不断搅拌下，向
27、“冷却液”中加入 6 mol L1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 mol L1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】【分析】Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH 溶液可生成NaCrO2，“制 NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH 溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时 H2O
28、2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去 H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol?L1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL 容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL 容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH 溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH 溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH 溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时 H2O2滴加速度不宜过快，可
29、防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息由Pb(NO3)2提供 Pb2+，但要控制溶液的pH 不大于 7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息的图象可知，溶液的pH 又不能小于6.5，因为 pH 小于 6.5 时 CrO42的含量少，HCrO4的含量大，所以
30、控制溶液的pH 略小于 7 即可，结合信息，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入 6mol?L1的醋酸至弱酸性（pH 略小于 7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 mol?L1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：在不断搅拌下，向“冷却液”中加入 6 mol L1的醋酸至弱酸性，用pH 试纸测定略小于，先加入一滴0.5 mol L1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置
31、，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）171，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应_反应 _。（2）A 和 B的结构简式为_、_。（3）由合成尼龙的化学方程式为_。（4）由 A 通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_。【答案】消去反应加成（氧化）反应n+NH2RNH2+(2n-1)H2O【解析】【分析】根据 A 的分子式可知，A 中含 1 个不饱和度，
32、因此可推出A 为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A 经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合 B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为 C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）反应的反应类型为：消去反应；反应为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；（2）根据上述分析可知，A 的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；（3）与 NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；（4）A 为，若想制
33、备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴环己烷，1,2二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3环己二烯，其具体合成路线如下：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙炔是重要的化工原料，可以制得多种有机制品。用乙炔为原料制备PI（聚异戊二烯）的流程如图：（1）有机物A 中官能团的名称_，反应的反应条件_。（2）若将中反应物“”改为“乙醛”，经过后得到产物的结构简式是_。乙炔在一定条件下还可合成PVB塑料（聚乙烯醇缩丁醛）：已知：-CHO+H2O（3）写出 C的结构简式为_；2 分子乙炔也能发生加成反应得到链烃，其反应产物的结构简式
34、为_。（4）反应的化学方程式为_。【答案】羟基、碳碳双键浓硫酸、加热CH3COOCH CH2CH2CCCH+nNaOH+nCH3COONa【解析】【分析】I（1）乙炔与丙酮发生加成反应，结合A 的分子式可知，可知A 的结构简式；A 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B（异戊二烯），异戊二烯发生加聚反应得到PI；（2）乙炔与乙醛发生加成反应；加成产物在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，消去反应产物发生加聚反应得到产物；II逆推法推断。【详解】I.(1)乙炔与丙酮发生加成反应生成,结合 A 的分子式可知；与氢气按1:1 发生加成反应得到A（），A 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B 为，异戊二
35、烯发生加聚反应得到 PI()，有机物A 中官能团有：碳碳双键、羟基，反应的反应条件：浓硫酸、加热；答案：羟基、碳碳双键；浓硫酸、加热；(2)若将中反应物“”改为“乙醛”，乙炔与乙醛发生加成反应生成，再与氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成 CH2=CH-CH=CH2，1,3-丁二烯发生加聚反应生成高聚物为；答案：；II.（3）由 PVB 的结构、结合信息及 C 的组成 ,逆推可知 E 为,则 D 为，C 为 CH3COOCH=CH2.；2 分子乙炔也能发生加成反应得到链烃,其反应产物的结构简式为 CH2=C-C CH；答案：CH3COOCH CH2CH2C C CH；(4)反应为酯在碱性条件
36、下的水解反应，化学方程式为：+nNaOH+nCH3COONa；答案：+nNaOH+nCH3COONa。19研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：I2NO(g)N2O2(g)(快)H10 v1正=k1正c2(NO)v1逆=k1逆c(N2O2)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)H20 v2正=k2正c(N2O2)c(O2)v2逆=k2逆c2(NO2)请回答下列问题：（1）反应 2NO(g
37、)+O2(g)2NO2(g)的 H=_(用含 H1和 H2的式子表示)（2）一定温度下，恒容的密闭容器中，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_，升高温度，K值 _(填“增大”“减小”或“不变”)（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_；A容器内气体的平均摩尔质量保持不变B2v(NO)正=v(O2)逆C容器中气体的密度保持不变D单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2【答案】H1+H21212kkkk正正逆逆减小AD【解析】【详解】（1）2NO(g)N2O2(g)?H10，N2O2(g)+O2(g
38、)2NO2(g)?H20，根据盖斯定律，将+，得：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)?H=H1+H2；（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=2222cNONOO（）cc=22111221kkkk正逆逆正正正逆逆vvvv，平衡时，v2正=v2逆，v1正=v1逆，因此 K=1212正正逆逆kkkk；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，K值减小；（3）A容器中气体的相对分子质量不随时间而变化，说明气体的物质的物质的量不变，反应达平衡状态，选项 A 正确；B2v(NO)正=v(O2)逆，正逆反应速率不相等反应末达平衡，应该为 v(NO)正=2v(O2)逆才表明正逆反应速率相等，选项 B 错误；C定容容器中气体的密度一直不随时间而变化，说明反应不一定达平衡状态，选项C错误；D单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，选项 D 正确。答案选 AD。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素，平衡常数表达式的书写等，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力、以及对基础知识的综合应用能力。