《2019-2020学年北京海淀科大附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学年北京海淀科大附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学年北京海淀科大附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化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A丙的分子式为C10H14O2B乙分子中所有原子不可能处于同一平面C甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D甲的一氯代物只有2 种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故 A 正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B 正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高
2、锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3 种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3 种(不考虑立体异构)，故 D 错误；故选 D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；乙烯分子中所有原子共面；乙炔分子中所有原子共线；苯分子中所有原子共面；HCHO分子中所有原子共面。2下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（）A利用排空气法收集CO2B收集氧气C制备并检验氢气的可燃性D稀释浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A 错误；B.O2难溶于水，可以
3、用排水的方法收集，B 正确；C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D 错误；故合理选项是B。3设 NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是A 0.5molCl2溶于足量水，反应中转移的电子B7.0g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子C1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32D标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子【答案】B【解析】【分析】【详解】A.Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和 HClO，为可逆反应
4、，转移电子数无法计算，A 项错误；B.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故 7.0g 混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含 NA个 H 原子，B 项正确；C.1L1mol/L Na2CO3溶液中 Na2CO3的物质的量为1mol，CO32为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于 NA，C项错误；D.标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。4铅蓄电池是历史悠久、用量非常大的蓄电池，其构造图如图所示
5、，放电时有PbSO4生成。下列说法中错误的是A铅蓄电池是二次电池B放电时负极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4C充电时电解质溶液密度增大D当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加1 mol【答案】D【解析】【分析】放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.铅蓄电池可多次
6、放电、充电，是二次电池，A 项正确；B.放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B项正确；C.充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；D.根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加2 mol，D 项错误；答案选 D。5根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C 室温下，用pH 试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的 pH 约为
7、 10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱D 取少许 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A 错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收
8、空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B 错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱，C正确；D水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。6化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A太阳能光电池、光
9、导纤维的主要成分都是二氧化硅B制作航天服的聚酯纤维是新型无机非金属材料C“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都是利用了化学方法来提高空气质量D淀粉、油脂、蛋白质的水解都是由高分子生成小分子的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A 项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A 错误；B 项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故C正确；D 项、油脂不是高分子化合
10、物，故D错误。故选 C。【点睛】本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。7用 NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A 1mol 氮气与 3mol 氢气反应，生成的氨分子数目为2NAB1.0mol?L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NAD常温下，3L0.1mol?L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA【答案】D【解析】【详解】A氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol 氮气与 3mol 氢气反应，生成的氨分子数目小于 2NA，
11、故 A错误；B溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B 错误；C气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C 错误；D三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol?L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故 D 正确；故选：D。8在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A有色透明溶液中：Fe2、Ba2、Fe(CN)63、NO3B强酸性溶液中：Cu2、K、ClO、SO42C含有大量AlO2的溶液中：K、Na、HCO3、ID常温下水电离的c(H)为 1 1012mol/L 的溶液中：K、Na、Cl、NO3【答案】D【解析】【详解】A.Fe2与Fe
12、(CN)63产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A 错误；B.强酸性溶液中H+与 ClO反应产生HClO 弱电解质而不能大量共存，选项B 错误；C.AlO2与 HCO3会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C 错误；D.常温下水电离的c(H+)为 11012mol/L 的溶液可能显酸性或碱性，但与K、Na、Cl、NO3均不发生反应，能大量共存，选项D 正确。答案选 D。9以下实验原理或操作中正确的是A焰色反应实验中，铂丝在蘸取待测溶液前，应先用稀H2SO4洗净并灼烧B制备氢氧化铜悬浊液时，向10%NaOH 溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C配制浓H2SO4、浓 HNO3混合酸时，首先
13、向试管里放入一定量浓H2SO4D上升纸层析实验中，将试液点滴浸没在展开剂里，静置观察【答案】B【解析】【分析】【详解】A稀 H2SO4不挥发，干扰实验，应选稀盐酸洗净并灼烧，故A 错误；B向 10%NaOH 溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH 过量，则可制备氢氧化铜悬浊液时，故B正确；C配制浓 H2SO4、浓 HNO3混合酸时，类似浓硫酸的稀释，先加硝酸，然后向试管里放入一定量浓H2SO4，故 C 错误；D纸层析实验中，滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中，故D 错误；故选：B。10下列仪器不能直接受热的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据常见的可用于
14、加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A 不选；B蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B 不选；C蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D 不选；故选：C。【点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。11用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A装置配制100 mL 某浓度 NaNO3溶液B分离溴苯和水混合物C验证质量守恒定律D可以实现防止铁钉生锈【答
15、案】B【解析】【详解】A配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A 错误；B溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B 正确；C盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；D作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D 错误；答案选 B。【点睛】本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。1
16、2氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO +H2+CO2，下列说法正确的是A CO为氧化产物，H2为还原产物BCaCN2含有共价键，属于共价化合物CHCN既是氧化剂又是还原剂D每消耗10g CaCO3生成 2.24L CO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.HCN 中碳的化合价为+2 价，CO中碳的化合价也是+2 价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A 错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中 H 的化合价降低，C的化合价升高，HCN 既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗 10gCaCO3生成
17、0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D 错误；答案选 C。13已知 N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B它溶于水所得的溶液中共有4 种离子C它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4H2ON2H5OHD室温下，向0.1mol/L 的 N2H4溶液加水稀释时，n(H)n(OH)会增大【答案】A【解析】【详解】A、N2H4+H2ON2H5+OH-、N2H5+H2ON2H62+OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）
18、2，选项 A 不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B 正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4H2ON2H5+OH，选项 C正确；D、Kw=c(H)c(OH)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H)n(OH)也将增大，选项D 正确；答案选 A。14下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（）A NaOH+HClO4 NaClO4+H2O BH2CO3+Na2SiO3H2SiO+Na2CO3CZn+FeSO4 ZnSO4+Fe D2FeCl3+2 NaI 2FeCl2+I2+NaCl【答案】D【解析】【详解】A 项、Na
19、OH 与 HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A 能解释；B 项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B 能解释；C 项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D 项、FeCl3与 NaI 发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D 不能解释；故选 D。15在常温下，向 20 mL 浓度均为0.1 molL-1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 mol L-1的氢氧化钠溶液，溶液 pH 随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说
20、法正确的是A V（NaOH）20 mL 时，2n（+4NH）n（NH3 H2O）n（H+）n（OH-）0.1 mol BV（NaOH）40 mL 时，c（+4NH）c（OH-）C当 0 V（NaOH）40 mL 时，H2O 的电离程度一直增大D若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH7 时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小【答案】B【解析】【详解】A.V（NaOH）20 mL 时，溶液中的溶质为0.02mol 氯化钠和0.02mol 氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+n（+4NH）=n(Cl-)+n（OH-），因为 n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有
21、 n（H+）+n（+4NH）=0.02+n（OH-），物料守恒有n(Cl-)=n(Na+)+n（+4NH）n（NH3 H2O），即 0.02=n（+4NH）n（NH3 H2O），所以，2n（+4NH）n（NH3 H2O）n（H+）0.04 mol+n（OH-），故错误；B.V（NaOH）40 mL 时，溶质为0.04mol 氯化钠和0.02mol 一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（+4NH）c（OH-）正确；C.当 0V（NaOH）40 mL 过程中，前20 毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20 毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D.盐酸和
22、氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH7 时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16用如图装置探究NH3和 CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2O?NH3?H2O、_、_(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备 100mL25%氨水(=0.905g?cm-3)，理论上需要标准状况下氨气_L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液_，而达到防止倒吸的目的。
23、(4)NH3通入 CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu(NH3)42+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)。该反应平衡常数的表达式K=_。t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化_。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：_。在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和 NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因_。【答案】NH
24、3?H2O?NH4OHNH3(g)?NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)?Ca2(aq)2OH(aq)(或 Ca(OH)2的溶解平衡)29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu22NH3?H2O Cu(OH)2 2NH4Cu(NH3)42/NH32?NH4 2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后cCu(NH3)42/c2(NH3)?c2(NH4)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小
25、，v正减小【解析】【分析】(1)制备 NH3的实验中，存在着NH3+H2O?NH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3 H2O 的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）=-3100mL0.905g cm25%17g/mol=1.33 mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入 CuSO4溶液中和水反应生成NH3?H2O，NH3?H2O 电离出 OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(a
26、q)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常数的表达式K=2342234Cu NH NHNH；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使 K 增大，正逆反应速率都减少；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后2342234Cu NH NHNH会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)
27、、Cu(OH)2和 NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备 NH3的实验中，存在着NH3+H2O?NH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3?H2O?NH4OHNH3(g)?NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)?Ca2(aq)2OH(aq)(或 Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3 H2O 的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）=-3100mL0.905g cm25%17g/mol=1.33 mol，标
28、准状况下体积为1.33mol 22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入 CuSO4溶液中和水反应生成NH3?H2O，NH3?H2O 电离出 OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu22NH3?H2O Cu(OH)22NH4；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常数的表达式K=2342234Cu NH NHNH；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq
29、)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使 K 增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后2342234Cu NH NHNH会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和 NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放
30、出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A 和 B合成。有关物质的转化关系如下：回答下列问题：(1)B 的结构简式为_。(2)反应 的反应类型为_。(3)C 和 C2H6O2反应的化学方程式为_。(4)下列说法不正确的是_。A鉴别 A 和 B也可以用溴水BC2H6O 也可以分两步氧化成C CC2H2O2和 C2H6O 在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D X一定是丁烷【答案】CH3CH3取代反应2CH3COOH 垐 垐?噲 垐?浓硫酸2H2O D【解析】【分析】X 裂解得到的
31、A 和 B，A 能与水催化加成生成分子式为C2H6O，即应为乙醇，B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2，C2H6O2结合 C反应生成二乙酸乙二酯，可推知C为乙酸，C2H6O2为乙二醇，C2H4Cl2为 CH2ClCH2Cl，则 B 为乙烷，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A 是烯烃，B只能是烷烃，应为CH3CH3；(2)反应是 C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠，属于取代反应；(3)C和 C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH2CH3CO
32、OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH32H2O；(4)A.A 和 B分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A 正确；B.C2H6O 是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，选项B 正确；C.C2H2O2和 C2H6O 在浓硫酸作用下，也可以加热生成C6H10O4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C正确；D.X 可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14催化剂C2H62C2H4，选项 D 不正确；答案选 D。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氯丁橡胶有良好的物理机械性能，在工业上有着广泛的应用。2-氯-1，3-丁
33、二烯是制备氯丁橡胶的原料，它只比1，3-丁二烯多了一个氯原子，但由于双键上的氢原子很难发生取代反应，不能通过1，3-丁二烯直接与氯气反应制得。工业上主要用丙烯、1,3-丁二烯为原料合成氯丁橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：已知：B、C、D 均能发生银镜反应；RCH2COOH（1）A 的顺式异构体的结构简式为_。（2）C中含氧官能团的名称是_，反应 B到 C 的反应类型为 _。（3）写出 EF 反应的化学方程式：_。（4）与 D 互为同系物的医药中间体G 的同分异构体有_种。（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：_。（6）以 A 为起始原料合成氯丁橡胶的线路为（其它试剂任选）_。合
34、成路线流程图示例如下：【答案】羟基、醛基加成反应HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O 9 种取少量 B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴入少量的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键【解析】【分析】根据流程图，1，3-丁二烯与溴发生1，4 加成，生成A，A 为 1，4-二溴-2-丁烯（）；与氢气加成后生成1，4-二溴丁烷（）；丙烯催化氧化生成B，B为 CH2=CHCHO，C 的相对分子质量比 B 大 18，说明 B与水加成反应生成C，C 为 HOCH2-CH2-CHO，催化氧化生成D（丙二醛），与银
35、氨溶液反应生成E（丙二酸），与乙醇酯化生成F()；根据信息，F()与反应生成，进一步反应生成G()，据此解答。【详解】（1）A 为 1，4-二溴-2-丁烯（），其顺式异构体的结构简式为，故答案为；（2）C为 HOCH2-CH2-CHO，含有的含氧官能团是羟基、醛基；B 与水加成反应生成C，所以反应B 到 C 的反应类型为加成反应，故答案为羟基、醛基；加成反应；（3）有机物E为丙二酸，与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成F()，化学方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O，故答案为HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2C
36、OOC2H5+2H2O；（4）有机物 G 的分子式为C6H10O2，与 D 互为同系物，有机物为二元醛类，满足条件的有机物可看作正丁烷或异丁烷中的两个氢原子被两个醛基取代的产物，用定一移一的方法分析可能的结构共有9 种，故答案为9；（5）有机物B 为 CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后再检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键，故答案为取少量B 于试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B 中有醛基；再加酸酸化，滴
37、入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键；（6）A 为，在碱性条件下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成反应生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成；该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程为：，故答案为。【点睛】本题易错点为检验B 中所含官能团的方法。对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，证明含有碳碳双键；若先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，无法鉴别两种官能团。19 为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用 CH4捕获
38、CO2并转化为CO和 H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。已知:CH4(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol T1 C时，在 2L恒容密闭容器中加入2molCH4和 1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：请回答下列问题:时间/s 0 10 20 30 40 50 60 CO2/mol 1 0.7 0.6 0.54 0.5 0.5 0.5 H2/mol 0 0.6 0.8 0.92 1 1 1（1）该研究成果的热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2
39、H2(g)H=_（2）30s时 CH4的转化率为 _，2040s,v(H2)=_.（3）T2 C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则 T2_T1(填“”“=”或“”。)（4）T1 C时反应达到平衡的标志为_。A容器内气体密度不变B体系压强恒定CCO和 H2的体积分数相等且保持不变D2v(CO)逆=v(CH4)正（5）上述反应达到平衡后,其他条件不变,在 70 s 时再加入2 molCH4和 1molCO2,此刻平衡的移动方向为_(填“不移动”“正向”或“逆向),重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡_(填“大”“小”或“相等”)。【答案】+247.6KJ/mol 23%0.005mol/(L
40、 s)BC 正向小【解析】【分析】已知：CH4(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol(1)利用盖斯定律，将-，可得出热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H。(2)利用三段式，建立各物质的起始量、变化量与平衡量的关系，可得出30s 时 CH4的转化率，2040s 的v(H2)。(3)利用三段式，可求出T1时的化学平衡常数，与T2时进行比较，得出T2与 T1的关系。(4)A气体的质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变；B容器的体积不变，气
41、体的分子数随反应进行而发生变化；C平衡时，CO和 H2的体积分数保持不变；D 2v(CO)逆=v(CH4)正，方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比。(5)利用浓度商与平衡常数进行比较，可确定平衡移动的方向；利用等效平衡原理，可确定CO2的总转化率与原平衡时的关系。【详解】已知：CH4(g)十 H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJ/mol CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-41.2kJ/mol(1)利用盖斯定律，将-，可得出热化学方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=+247.6kJ/mol，故答案为：+247.6kJ
42、/mol；(2)利用表中数据，建立如下三段式：422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)(mol)2(m1000.460.920.920.540.920.9ol)0.46s(mol)1.542垐?噲?起始转化30 末30s 时，CH4的转化率为0.46mol100%2mol=23%，2040s 的 v(H2)=1mol0.8mol2L20s=0.005mol/(L?s)，故答案为：23%；0.005mol/(L?s)；(3)利用平衡时的数据，可求出T1时的化学平衡常数为220.50.51=0.750.253T1，故答案为：；(4)A反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密
43、度始终不变，则密度不变时，不一定达平衡状态，A 不合题意；B气体的分子数随反应进行而发生改变，则压强随反应进行而改变，压强不变时达平衡状态，B符合题意；C平衡时，CO和 H2的体积分数保持不变，反应达平衡状态，C符合题意；D 2v(CO)逆=v(CH4)正，速率方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡，D 不合题意；故答案为：BC；(5)平衡时加入2molCH4和 1molCO2，浓度商为Q=220.50.511=1.750.75213，所以平衡正向移动；加入 2molCH4和 1molCO2，相当于原平衡体系加压，平衡逆向移动，CO2的总转化率比原平衡小，故答案为：正向；小。【点睛】计算平衡常数时，我们需使用平衡浓度的数据，解题时，因为我们求30s 时的 CH4转化率，所以易受此组数据的干扰，而使用此时的数据计算平衡常数，从而得出错误的结果。