《2019-2020学年北师大附属实验中学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学年北师大附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（16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学年北师大附属实验中学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核反应堆中存在三种具有放射性的微粒23894X、24094Y、23892Z，下列说法正确的是（）A23894X与24094Y互为同素异形体B23894X与23892Z互为同素异形体C24094Y与23892Z具有相同中子数D23894X与23892Z具有相同化学性质【答案】C【解析】【详解】A23894X与24094Y是原子不是单质，不互为同素异形体，故A 错误；B23894X与23892Z是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C中子数=质量
2、数质子数，24094Y与23892Z的中子数都为46，故 C正确；D23894X与23892Z是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D 错误；故选 C。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3 xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O 的某种有机物4.6g，含有 CH 键的数目一定为0.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极
3、反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与 OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3 xH2O，14.0gFe的物质的量为14g0.25mol56g/mol，电极反应转移的电子数为0.25 2NA=0.5NA，A 正确；B标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；C常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2溶液中 c(OH-)=1mol?L-1
4、，OH-数目为 0.5L 1mol?L-1=0.5NA，由 Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C 错误；D化学式为C2H6O 的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5 个 C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6 个 C-H 键，C2H6O 的某种有机物4.6g 的物质的量为0.1mol，含 C-H键数目不一定为 0.5NA，D 错误。答案选 A。3甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO 3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种
5、物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 molL-1乙溶液中c（H+）0.1 mol L-1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42-C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+【答案】D【解析】【详解】根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是 H2SO4，丙是 MgCl2，丁是NH4HCO3，故选 D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学
6、生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。4通过下列反应不可能一步生成MgO 的是A化合反应B分解反应C复分解反应D置换反应【答案】C【解析】【详解】A.2Mg+O22MgO 属于化合反应，A 不选；B.Mg(OH)2MgOH2O 属于分解反应，B 不选；C.复分解反应无法一步生成MgO，C选；D.2MgCO22MgOC属于置换反应，D 不选；答案选 C。5下列属于电解质的是（）A铜B葡萄糖C食盐水D氯化氢【答案】D【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【详解】A铜为单质，不是电解
7、质，故A 错误；B葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B 错误；C食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；D氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D 正确；故选：D。【点睛】易错点 C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。6a、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 所在周期序数与族序数相同；d 与 a 同族，下列叙述不正确的是()A原子半径：bcda B4 种元素中b 的金属性最强Cb 的氧化物的水化物可能是强碱D d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强【答案】D【解析】【分析】a
8、、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，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】由以上分析可知a 为 O 元素，b 可能为 Na 或 Mg 元素，c 为 Al 元素，d 为 S元素，A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：bc d a，故 A 正确；B.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性
9、bc，a、d 为非金属，则4 种元素中b 的金属性最强，故B正确；C.b 可能为 Na 或 Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH 或 Mg(OH)2，则 b 的氧化物的水化物可能是强碱，故 C 正确；D.一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：OS，则氧化性：O2 S，则 a单质的氧化性较强，故D 错误。答案选 D。7科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是A探究 Na 与水反应可能有O2生成B探究 Na2O2与 SO2反应可能有Na2SO4生成C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuS D探究向滴有
10、酚酞的NaOH 溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致【答案】A【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2 价，不可能再降低，故 A 选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和 Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B 不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C 不选；D氯气和氢氧化钠反应生成氯化
11、钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D 不选；故选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C 选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。8COCl2的分解反应为:COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)H+108 kJ?mol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是A第4min 时，改变的反应条件是升高温度B第6min 时，V 正(COCl2)V 逆(CO
12、Cl2)C第8min 时的平衡常数K2.34 D第10min 到 14min 未标出COCl2的浓度变化曲线【答案】C【解析】【详解】A 选项，第4min 时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A 正确；B 选项，第6min 时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故 B 正确；C 选项，第8min 时的平衡常数0.110.085K=0.2340.04，故 C 错误；D 选项，第 10min 移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此 COCl2浓度变化曲线没有画出，故D 正确。综上所述，答案为C。9已知 OC
13、N中每种元素都满足8 电子稳定结构，在反应OCN+OH+Cl2 CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有 6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是A 2 mol B3 mol C4 mol D6 mol【答案】C【解析】【分析】【详解】OCN中每种元素都满足8 电子稳定结构即可各其中O 元素为-2 价、C元素为+4 价、N 元素为-3 价；其反应的离子方程式为：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的 OCN的物质的量是4 mol，故答案选C。10已知：25时，Ka(HA)Ka(HB)。该温度下，用0
14、.100 mol/L 盐酸分别滴定浓度均为0.100 mol/L 的 NaA溶液和 NaB 溶液，混合溶液的pH 与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A滴定前NaA 溶液与 NaB 溶液的体积相同B25时，Ka(HA)的数量级为l0-11C当 pH 均为 6 时，两溶液中水的电离程度相同D P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH 相等，则滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，故A错误；B25时，由题图可知，0.100mol L-1NaA 溶液的 pH=11，则K
15、a(HA)=-11-3+-910mol/L0.100 mol/L10(H)(A)=10(molHA)/Lccc，故 B错误；C当 pH 均为 6 时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故 C正确；D滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)c（B-）+c(HB)，故 D 错误。故选 C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物
16、质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。11下列说法正确的是（）A 2,2-二甲基丁烷的1H-N MR 上有 4 个峰B中所有原子处于同一平面上C有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼，被KMnO4氧化而断裂【答案】B【解析】【详解】A.2,2-二甲基丁烷的结构式为，有三种不同环境的氢原子，故1H-NMR 上有 3个峰，故A错误；B.乙炔中所有原子在一条直线上，苯中所有原子在一个平面上，因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面上，故B 正确；C.的不饱和度为4，如含有苯环，则同分异构体中不含
17、有醛基，不能发生能发生银镜反应，故C 错误；D.能够使高锰酸钾溶液褪色，说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼，能够被酸性高锰酸钾氧化，故 D 错误；正确答案是B。【点睛】B 项考查了学生对有机物的共面知识的认识，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。12下列离子方程式书写错误的是()A铝粉投入到NaOH 溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O CFeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13+3OH-=Al(OH)
18、3【答案】D【解析】【分析】A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A 正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C.FeCl2溶液跟 Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2
19、Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH4+，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。13下列有关说法正确的是A用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀B用纸层析法分离Cu2+和 Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏C氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色D摘下几根火柴头，
20、浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素【答案】C【解析】【详解】A.用新制 Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A 错误；B.用纸层析法分离Cu2+和 Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和 Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；C.氯化钴浓溶液中，主要存在CoCl42-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在Co（H2O）62+，为粉红色离子，溶液中存在平衡CoCl42-+6H2O?Co（H2O）62+4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；D.火柴头中含有氯酸钾，硝酸银
21、能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D 错误；答案选 C。14化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属B煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A 错误；B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B 正确；C.“血液透析”
22、是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C 错误；D.刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D 错误。故选 B。15用化学用语表示C2H2 HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（）A中子数为7 的碳原子：76C B氯乙烯的结构简式：CH2CHCl C氯离子的结构示意图：DHCl 的电子式：H【答案】C【解析】【详解】A.中子数为7 的碳原子为：136C，选项 A 错误；B.氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项 B 错误；C.氯离子的结构示意图为：，选项 C正确；D.HCl为共价化合物，其电子式为：，
23、选项 D 错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锌锰干电池是最早的实用电池。现用下列工艺回收正极材料中的金属（部分条件未给出）。（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)，电解质是KOH，MnO（OH）中 Mn的化合价为：_,正极反应式为:_。（2）黑粉的主要成份为MnO2和石墨，写出反应的化学方程式：_（3）MnO2的转化率与温度的关系如下表：温度/20 40 60 80 100 转化率/86.0 90.0 91.3 92.0 92.1 生产中常选反应温度为80，其理由是：_。（4）“沉锰”过程中生成碱式碳酸锰MnCO3?
24、6Mn(OH)2?5H2O，写出其离子反应方程式：_。滤液中可回收的物质为：_（填化学式）。（5）用硫酸酸化的2MnO浆液可吸收工业废气中的2SO生成42MnSOH O，已知浆液中2MnO含量为a%，工业废气中2SO含量为-3bg mg，2SO的吸收率可达90%，则处理10003m工业尾气，可得到42MnSOH O的质量为 _kg(用含字母的代数式表示)。【答案】+3 价MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O 由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时 MnO2的转化率已经较高，更高的温度
25、会增加能耗，增大生产成本，得不偿失Mn2+7CO32-+11H2O=MnCO3 6Mn(OH)2 5H2O +6CO2 Na2SO40.9b?16964或152.1b64【解析】【分析】废旧锌锰干电池经过预处理得到黑粉，黑粉主要成分为二氧化锰与石墨，则反应是MnO2、FeSO4和 H2SO4发生的氧化还原反应生成硫酸铁与硫酸锰，并将不溶物二氧化锰与石墨过滤，得到的滤液经碳酸钠调节pH=4.5，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，得到的滤液主要成分为硫酸锰，“沉锰”过程中碳酸根离子与溶液中锰离子反应，得到碱式碳酸锰沉淀MnCO3?6Mn(OH)2?5H2O沉淀与硫酸钠，过滤后所得的滤液溶质为硫酸钠
26、，滤渣再经硫酸酸化得到硫酸锰溶液，最终蒸发浓缩，过滤干燥得到MnSO4?H2O，据此分析作答。【详解】（1）碱性锌锰电池反应为：Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)，电解质是KOH，活泼金属Zn 为该电池的负极材料，MnO（OH）中氧为-2 价，氢为+1 价，则 Mn 的化合价为：+3 价；正极MnO2得到电子产生 MnO(OH)，电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-；（2）黑粉的主要成份为MnO2和石墨，其反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；（3）由表格中的数据可知，MnO2的转化率
27、随温度的升高而升高，80时 MnO2的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失，故生产中常选反应温度为80，故答案为由表格中的数据可知，MnO2的转化率随温度的升高而升高，80时 MnO2的转化率已经较高，更高的温度会增加能耗，增大生产成本，得不偿失；（6）“沉锰”过程中碳酸钠与硫酸锰反应生成碱式碳酸锰322MnCO6Mn(OH)5H Ogg，碳酸钠水解生成氢氧化钠、生成氢氧化锰沉淀后促进水解放出二氧化碳，反应的离子方程式为223232227Mn7CO11H O=MnCO6Mn OH5H O6CO，根据该反应方程式可知，滤液中可回收的物质为：Na2SO4，故答案为22323
28、2227Mn7CO11H O=MnCO6Mn OH5H O6CO；Na2SO4；（7）用硫酸酸化的MnO2浆液可吸收工业废气中的SO2生成 MnSO4 H2O，反应的方程式为MnO2+SO2+H2O=MnSO4 H2O。10003m工业尾气中含有的SO2的物质的量为331000g m64/mbgmol=100064bmol，则生成的MnSO4 H2O 的物质的量为100064bmol 90%=90064bmol，质量为90064bmol 169g/mol=90016964bg=0.9b 16964或152.1b64kg。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A、B、C、D、E五种物质
29、中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R 表示，则A为 R 的氧化物，D 与 NaOH 溶液反应生成C和 H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A_；C_；E_。(2)反应 的化学方程式为_。(3)反应 的离子方程式为_。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_。【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3(或 H4SiO4)SiO22CSi2CO Si 2OHH2O=SiO32-2H2 SiO32-CO2 H2O=H2SiO3CO32-(或 SiO32-2CO22H2O=H2SiO32HCO3-)【解析】【分析】【详解】A、B、C、D、E五种物
30、质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R 表示）的单质能与NaOH 溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则 A为 SiO2，D 为 Si，C为 Na2SiO3，根据反应 或反应 都可推得B 为 CaSiO3，根据反应 推知 E为 H2SiO3；（1）由以上分析可知A 为 SiO2，C 为 Na2SiO3，E为 H2SiO3；（2）反应 的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（3）反应 的离子方程式为Si+2OH-+H2OSiO32-+2H2；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通
31、入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2OH2SiO3+CO32-。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18过二硫酸铵4282NHS O是一种常用的氧化剂和漂白剂。某小组以辉铜矿（主要成分是2Cu S）为原料用火法炼铜，并利用尾气制备过二硫酸铵。模拟工艺流程如下：（1）矿石“粉碎过筛”的目的是 _。（2）已知常温下23H SO的alalpKlg K1.81，a2pK6.91，32NHH O的bpK4.75。若浓氨水吸收2SO恰好生成43NH HSO溶液，则该溶液的pH_（填“”“”或“”）7。（3）2Cu O和2Cu S按一定比例混合，在高温下反
32、应的化学方程式为_该反应中的氧化剂是_（填化学式）。（4）过二硫酸铵常用于检验废水中3Cr是否超标，若超标则溶液变为橙色（还原产物为2-4SO），写出该反应的离子方程式：_。（5）工业上，常采用钛基镀铂电极为阳极，铅锑合金为阴极，用质子交换膜将电解池分成两个室，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，硫酸放入阴极室。写出阳极的电极反应式：_。【答案】增大固体与气体的接触面积，加快反应速率2222Cu OCu S6CuSO高温2Cu O、2Cu S32222822742Cr3S O7H OCr O6SO14H224282SO2eS O【解析】【分析】流程分析：将粉碎的辉铜矿在空
33、气中高温煅烧得氧化亚铜和二氧化硫，氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，将二氧化硫净化后用浓氨水吸收得到NH4HSO3，NH4HSO3在空气中被氧化为硫酸铵，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，据此分析。【详解】（1）粉碎矿石过筛，可以增大固体与气体的接触面积，加快固体与气体的反应速率；答案：增大固体与气体的接触面积，加快反应速率（2）3HSO的 pKh=14-pKa1=12.19pK a2，故其电离程度大于水解程度，又由于 NH4+水解呈酸性，所以 NH4HSO3溶液呈酸性；答案：（3）氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方
34、程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低，它们都是氧化剂；答案：Cu2O、Cu2S（4）由题意，反应物为Cr3+、S2O82-和 H2O，生成物为Cr2O72-、SO42-和H。根据得失电子守恒，电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3+3 S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6 SO42-+14H+；答案：2Cr3+3 S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6 SO42-+14H+（5）阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-，电极反应式为2SO422e-=S2O82-；答案：2SO422e-=S2O82-19化合物H 是一种有机光电材料中间体。实验室
35、由芳香化合物A 制备 H 的一种合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O；。回答下列问题：（1）C的结构简式为_。（2）F中官能团的名称为_。（3）B与新制 Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为_。（4）从转化流程图可见，由D 到 E分两步进行，其中第一步反应的类型为_。（5）化合物G的二氯代物有_种同分异构体。（6）芳香化合物X 是 D 的同分异构体，X 能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有3 种化学环境的氢，峰面积之比为6 11，符合条件的X的结构共有多种，任写出2 种符合要求的X的结构简式 _、_。（7）写出用甲醛和乙醛为原料制备化合物CH2=CHCOOC
36、H3的合成路线（其他试剂任选）。【答案】CH=CH-COOH 碳碳三键、酯基消去反应9【解析】【分析】由信息可知A 应含有醛基，且含有7 个 C原子，应为，则 B 为，则 C 为CH=CH-COOH，D 为，E为，与乙醇发生酯化反应生成 F为，对比 F、H 的结构简式可知G 为，以此解答(1)(4)；(5)化合物 G 为的二氯同分异构体数目判断，可根据G 分子中含有的H 原子的种类及相对位置分析；(6)D 结构简式为，芳香化合物X是 D 的同分异构体，说明二者分子式相同。X能发生银镜反应，数目X 含有醛基；其核磁共振氢谱显示有3 种化学环境的氢，峰面积之比为6 11，有 3种不同位置的H 原子
37、，它们的个数比为611，据此书写结构简式；(7)甲醛与乙醛发生反应产生，该物质被银氨溶液氧化，然后酸化可得；甲醛被氢气还原产生甲醇，甲醇与丙烯酸发生酯化反应产生目标产物丙烯酸甲酯。【详解】根据上述分析可知A 为；B为，C为CH=CH-COOH，D 为，E为，F为，G 为。(1)C 的结构简式为CH=CH-COOH；(2)F 结构简式为，根据结构简式可知F中官能团为碳碳三键、酯基；(3)B 结构简式为，含有醛基，与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生化学反应醛基被氧化变为羧基，羧基与碱发生中和反应产生羧酸的钠盐，Cu(OH)2被还原为砖红色的Cu2O，反应的化学方程式为；(4)D 为，E为，
38、从转化流程图可见，由D 到 E分两步进行，其中第一步反应是卤素原子在NaOH 醇溶液在发生消去反应，形成碳碳三键，同时羧基与碱反应产生羧酸钠盐，产生的物质是，然后是与强酸反应产生E：，所以第一步反应的类型为消去反应；(5)化合物 G 结构为，给 G 分子中 C原子标号为，其中 1 号碳原子一种情况；2、3 号 H 原子等效；4、5、6、7 号原子等效。可见在G 中含有 3 种不同位置的H 原子，其二氯代物中若2 个 Cl原子在同一位置上，只能在(1、1 号)C原子上一种情况；若在两个不同C 原子上，1、2(或 1、3)号碳原子上；有 1、4(或 1、5；1、6；1、7)号碳原子上；2、3 号碳
39、原子上；2、4(或 2、7；3、5；3、6)号碳原子；2、5(或 2、6；3、4；3、7)号碳原子；4、5 号(或 6、7)号碳原子上；4、6(或 5、7)号碳原子上；4、7(或 5、6)号碳原子上，共9 种不同的同分异构体；(6)D 是，芳香化合物X是 D 的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有 3 种化学环境的氢，峰面积之比为611，说明 X的结构中含有苯环、醛基、三种不同的H 原子，它们的个数比为611，则符合要求的X的结构简式可能为、；(7)甲醛与乙醛发生反应产生CH2=CH-CHO，该物质被银氨溶液氧化，然后酸化可得CH2=CH-COOH；甲醛被氢气还原产生甲醇CH3OH，甲醇与丙烯酸发生酯化反应产生目标产物丙烯酸甲酯CH2=CH-COOCH3，则合成流程为。【点睛】