《2019-2020学年安徽省黄山市普通高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学年安徽省黄山市普通高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学年安徽省黄山市普通高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下列有关实验操作的叙述正确的是A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A 错误；B苯的密度比水的密度小，分层后有机层
2、在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B 错误；C蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；D引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D 错误；故答案为C。22019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972 年提出“摇椅式“电池(Rock ing chair battery),1980 年开发出LiCoO2材料，下图是该电池工作原理图，在充放电过程中，Li+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCoO2+6C(石墨）=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A充电时，Cu
3、电极为阳极B充电时，Li+将嵌入石墨电极C放电时，Al 电极发生氧化反应D放电时，负极反应LiCoO 2xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+【答案】B【解析】【分析】根据充电时的总反应，钴化合价升高被氧化，因此钴为阳极，石墨为阴极，则在放电时钴为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；B.充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；C.放电时整个装置相当于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D.根据分析，含钴化合物位于电源的正极，D 项错误；答案选 B。【点睛】不管是不是锂电池，都遵循原电池的
4、工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锂离子电池只不过是换成了+Li在正、负极间移动罢了，换汤不换药。3AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 0.1 mol 的11B中，含有A0.6N个中子BpH=1的 H3PO4溶液中，含有A0.1N个HC2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到A0.6N个 CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与 1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加A2N个 P-Cl 键【答案】A【解析】【详解】A11B 中含有 6 个中子，0.1mol 11B 含有 6NA个中子，A 正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；C标准状况下苯
5、不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的 CO2分子数目，C错误；DPCl3与 Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所 1molPCl3与 1molCl2反应生成的PCl5小于 1mol，增加的PCl 键的数目小于2NA个，D 错误；答案选A。4常温下，某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，c(CO32-)约为 5 10-11mol?L-1，该溶液中浓度最小的离子是()A CO32-BHCO3-CH+DOH-【答案】A【解析】【详解】已知常温下某H2CO3溶液的 pH 约为 5.5，则 c（OH-）=10-8.
6、5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，所以 c(HCO3-)c(CO32-），已知 c(CO32-)约为 510-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-；故选 A。5已知：25时，Ksp Ni(OH)2=2.010-15，Ksp Fe(OH)3=4.010-38。将含 Fe2O3、Ag、Ni 的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为 Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液（假设溶液体积不变）。下列说法中正确的是A金属活动性：
7、AgNi B加入 NaOH 溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀C当滴定到溶液pH=5 时，溶液中lg2+3+NiFecc约为 10 D当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全【答案】C【解析】【详解】A Ag 不能与盐酸反应，而Ni 能与盐酸反应，因此金属活动性：NiAg，故 A 错误；Bc(Ni2+)=0.4mol/L时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中15sp2-72+Ni OH2 10OHmol/(L=)()0.5 10 mol/LNi0.4Kcc，c(Fe3+)=0.4mol/L 时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中38sp-12-733333Fe OH4 10OHmol/L=0.1 10mol
8、/L0.4mol/LOH1 10Kcc，则 Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，则2+113+Ni0.4lglg104 10Fecc，故 C正确；D当溶液呈中性时，c(OH-)=1 10-7mol/L，此时溶液中15sp22+227Ni OH2 10Nimol/L=0.2mol/LOH1()(0)(1)Kcc，故 Ni2+未沉淀完全，故D 错误；故答案为：C。6设 NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A 17g由 H2S与 PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g 果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC1mol 由乙醇与二
9、甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知22688Ra X+42He，则 0.5molX 中含有的中子数为34NA【答案】A【解析】【详解】A.假设 17g 全部为 H2S，含有质子物质的量为17g(216)34g/mol=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为17g(315)34g/mol=9mol，则 17g 该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故 A 正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C C 之间的键，90g 果糖中含有非极性键的物质的量为90g5180g/mol=2
10、.5mol，故 B 错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3OCH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此 1mol 该混合物中含有羟基物质的量应在01mol 之间，故C 错误；D.推出 X 的原子结构为22286X，0.5molX 中含有中子物质的量为0.5mol(22286)=68mol，故 D 错误；答案：A。7如图为一原电池工作原理示意图,电池工作过程中左右两烧杯所盛放的溶液中不允许引入杂质。下列有关说法中正确的是()A所用离子交换膜为阳离子交换膜BCu 电极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+C电池工作过程中,CuCl2溶液浓度降低D Fe为负极,电极反应为Fe2+
11、2e-=Fe【答案】C【解析】【分析】在此原电池中铁和铜作两极，铁比铜活泼，所以铁为负极，铜为正极。【详解】A、要求两烧杯盛放的溶液中不引入杂质，所以离子交换膜是阴离子交换膜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，故A 错误；B、电子沿导线流入铜，在正极，铜离子得电子生成铜，Cu电极的电极反应为Cu2+2e-=Cu，故 B错误；C、铜离子得电子生成铜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，所以氯化铜溶液浓度降低，故C 正确；D、铁失电子生成亚铁离子进入氯化亚铁溶液，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故 D 错误；故选 C。8利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实
12、现电化学氢化反应。下列说法错误的是A a 为阴极Bb 电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C电解一段时间后，装置内H+数目增多D理论上每消耗1 mol NH3，可生成 15mol【答案】C【解析】【分析】根据图像可知，b 极氨气中的N 原子化合价由-3 变为 0 价，得电子为电解池的阳极，则b 极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a 为阴极得电子，A正确；B.b 电极氨气中的N 原子化合价由-3 变为 0 价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b 电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目
13、不变，C错误；D.理论上每消耗1 mol NH3，消耗溶液中3mol 氢离子，发生加成反应，可生成15mol，D正确；答案为 C 9化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程表示生成的 NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（）A催化剂改变了该反应的反应热B过程为放热过程C过程是氢气与氮气分子被催化剂吸附D过程为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A 项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A 错误；B 项、过程 为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；C 项、过程 氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；D过程 为化
14、学键的形成过程，为放热过程，故D 错误；故选 C。10化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关B干千年，湿万年，不干不湿就半年青铜器、铁器的保存C国产大飞机C919 使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料D乙烯加聚后得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料【答案】A【解析】【详解】A含 N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A 错误；B青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，
15、阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故 B正确；C碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；D乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D 正确；答案选 A。11 25时，向 20.00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH 溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数 一 lgc水(OH-)即 pOH水-与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A水的电离程度：MP B图中 P点至 Q 点对应溶液中-2-c HX
16、c X逐渐增大CN 点和 Q 点溶液的pH 相同DP点溶液中-+-2c OH=c H+c HX+2c H X【答案】D【解析】【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中 c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A M 点水电离出的c水(OH-)为 10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为 10-5.4mol/L，水的电离程度MP，故 A 错误；B水解平衡常数只与温度有关，P点至 Q 点溶液中c(OH-)依次增大，则2c HXc)()X(=2c HXc)
17、()X(c OHc()()OH=h1(Kc OH)依次减小，故B 错误；CN 点到 Q 点，加入的NaOH 逐渐增多，溶液的pH 逐渐增大，故C错误；D P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故 D 正确；故选 D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。122019 年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%
18、、Mg 13.24%）制备 Li2C2O4，并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图（该流程可能造成水体砷污染）：已知：滤液1、滤液 2 中部分离子的浓度（gL-1）：Li+Ni2+Mg2+滤液 1 22.72 20.68 60.18 滤液 2 21.94 7.710-30.7810-3I.制备 Li2C2O4(1)滤渣 2 的主要成分有_（填化学式）。(2)Na2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为_。(3)写出加入Na2C2O4溶液时发生反应的离子方程式：_。.制备 LiFePO4(4)将电池极Li2C2O4和 FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和一种温室气体，该反应的化学方程
19、式是_。(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是_（任写一点）。(6)我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的As()，其机制模型如图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_。在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧（无元素化合价变化）后得到一种磁性化合物，化学式为Fe7As2O14，该物质中二价铁与三价铁的个数比为_。【答案】Mg(OH)2、Ni(OH)2c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)2Li+C2O42-=Li2C2O4 Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2 改善成
20、型后LiFePO4（或电极）的导电作用Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-3:4【解析】【分析】含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg 溶解生成 Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣 1)，所得滤液1 的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入 NaOH 调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与 NaOH 的反应，所得滤渣 2 的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液 2 中主要含有Li2SO4；加入 Na2C2O4，与 Li2SO
21、4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3 的主要成分。【详解】(1)由以上分析知，滤渣2 的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2。答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2；(2)Na2C2O4溶液中，主要存在以下平衡：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-、H2OH+OH-，且程度依次减弱，所以各离子的浓度由大到小顺序为c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)。答案为：c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)；(3)加入 Na2C2O4溶液时，与Li2SO4发生反应，主要生成L
22、i2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为：2Li+C2O42-=Li2C2O4。答案为：2Li+C2O42-=Li2C2O4；(4)将 Li2C2O4和 FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和 CO2，该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2。答案为：Li2C2O4+2FePO42LiFePO4+2CO2；(5)LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用。答案为：改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用；(6)零价铁与过硫酸钠反应，生成 Fe
23、2+和 SO42-，反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-。在 Fe7As2O14中，Fe显+2、+3 价，As 显+5 价，O 显-2 价，可设Fe2+的个数为x，则 Fe3+的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于 0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。答案为：Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-；3:4。【点睛】在分析图中所示反应的反应物和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物，箭头所指物质为生成物。13化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A可折叠柔性屏中的灵魂材料
24、纳米银与硝酸不会发生化学反应.B2022 年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO +2H2O，故 A 错误；B.聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B 正确；C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D 错误；故选 B。【
25、点睛】硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。14我国是最早掌握炼锌的国家，天工开物中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成 ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A尾气可用燃烧法除去B发生了氧化还原反应C提纯锌利用了结晶法D泥封的目的是防止锌氧化【答案】C【解析】【分析】【详解】A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO 和 CO2，ZnO与 C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2，由于 C 过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其
26、可燃性，用燃烧的方法使 CO转化为 CO2除去，A 正确；B.由 ZnCO3转化为 Zn 单质及 C转化为 CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D 正确；故合理选项是C。1512C与13C互为（）A同系物B同位素C同素异形体D同分异构体【答案】B【解析】【分析】同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。【详解】12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。答案选：B。【点睛】本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。结构相似
27、,组成上相差1 个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16HBr 是一种重要的工业原料，可以用来生产医用药品，合成染料或香料，用作石油化工的催化剂等。如图是工业制备HBr 的一种生产流程：（1）气体 a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，结合框图信息可判断气体a 的分子式为_。混合物中加的水为_（填“冰水”或“热水”），原因是 _。（
28、2）试剂 b 为含氯的盐，b 为_（用化学式表示），混合的目的是_。第二次蒸馏后的“含 c 的溶液”中 c 为_。（3）生产流程中操作A 的名称 _，实验室中蒸馏操作是在_中进行的。（填玻璃仪器名称）（4）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为_（填化学式），若假设成立可观察到的现象为_。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为其中含有杂质_，用于证明该假设成立的方法为_（简单写出实验步骤）。【答案】SO2冰水防止 Br2和 HBr 挥发BaCl2除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4
29、SONaCl 过滤蒸馏烧瓶KSCN溶液向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色溴单质取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质【解析】【详解】（1）由流程图可知，气体a 中含有硫元素，且气体a 是燃煤工业的烟道气和工业生产硫酸的尾气的成分，因此 a 为 SO2；Br2具有良好的挥发性，且该反应为放热反应，因此所加的水为冰水，故答案为：SO2；冰水；防止Br2和 HBr 挥发；（2）由过滤后滤渣为BaSO4可知试剂b 为钡盐，结合b 为“含氯的盐”可知其为氯化钡；氢溴酸粗品中含有少量溴单质，故混合的目的是利用Na2SO3除去 Br2，其反应
30、为：Br2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HBr，反应会生成2-4SO，利用氯化钡除去，其反应为：BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl，由此可知c 为氯化钠，故答案为：BaCl2；除去氢溴酸中杂质Br2，除去反应后的2-4SO；NaCl；（3）操作 A 的目的是分离固体和液体，因此操作A 为过滤；蒸馏试验中蒸馏操作是在蒸馏烧瓶中进行，故答案为：过滤；蒸馏烧瓶；（4）.检验 Fe3+常用 KSCN溶液，Fe3+遇 KSCN溶液变红；故答案为：KSCN溶液；向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈红色；.氢溴酸中含有少量的溴单质也会呈淡淡的黄色，若要验证其中含有溴单质，可取少量溶液
31、于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质，故答案为：溴单质；取少量溶液于试管中，向试管中加入少量苯，振荡摇匀后静置，若溶液上层为橙红色，则说明溶液中含有溴单质。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）173-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图：已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A 的名称是 _，遇 FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A 的同分异构体有_种。B的结构简式_，D 中含氧官能团的名称为_。（2）试剂 C可选用下列中的_。a.溴水b.银氨溶液c.酸性 KMnO4溶液d.
32、新制 Cu(OH)2悬浊液（3）是 E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH 溶液共热的化学方程式为 _。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_。【答案】对甲基苯甲醛3 羧基b、d【解析】【分析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A 对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B 为，中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而 C=C不能被氧化，再酸化得到D，D 与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A 为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚-OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为-CH=CH2，则符合条
33、件的A 的同分异构体为(邻、间、对)3 种，由上述分析可知，B 为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与 C=C反应，只氧化-CHO，则 C为 b 或 d，故答案为：b、d；（3）中含-COOC-，与足量NaOH 溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。四、综合题（本题包括2 个小题，
34、共20 分）18(1)2017 年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5 多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H1=aKJ/mol C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)H2=bKJ/mol 试写出 25、101kPa 条件下，CO2与 H2反应生成汽油(以 C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用 CO2及 H2为原料，在合适的催化剂(如 Cu/ZnO 催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2
35、(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=53.7kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2kJmol-1平衡常数K2 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含 K1、K2的表达式表示)，该反应 H_0(填“大于”或“小于”)。提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543 Cu
36、/ZnO 纳米棒材料12.3 42.3 A 543 Cu/ZnO 纳米片材料11.9 72.7 B 553 Cu/ZnO 纳米棒材料15.3 39.1 C 553 Cu/ZnO 纳米片材料12.0 70.6 D 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH 的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以 CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L 的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO 和 2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中
37、的反应均进行到5min 时 H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。0 5min 时间内容器中用CH3OH 表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1)H=（25a-b）KJ/mol K=12KK小于降低温度、减小产物浓度B 0.0875mol/(L min)【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H1=aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)H2=bKJ/mol 根据盖斯定律，由 25-得反应方
38、程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1)H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2)已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数 K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=12KK；H=-53.7 kJ mol-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化
39、为 CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和 H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO 纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B 选项；(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0 转化的物质的量：a 2a a 平衡时的物质的量：1-a 2-2a a 容器中05 min 内 H2含量是 20%，a=，v(CH3OH)=0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平
40、衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。19氢氧化锂（LiOH）是重要的初加T锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，用天然锂辉石（主要成分 LiAISi2O3，含
41、有 Fe（III）等杂质）生产LiOH 的一种工艺流程如图所示：已知溶液1 中含有 Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等离子，请回答相关问题。（l）将 LiAlSi2O6改写为氧化物的形式：_。（2）高温烧结的目的是_。操作 1 是 _。（3）净化过滤过程中溶液的pH 不能过低也不能过高，原因是_。（4）流程中的某种物质可循环利用，该物质的化学式是_。（5）工业生产中通过电解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极 a 应连接电源的_（选填“正极”或“负极”），电极 b 发生的反应是_，阳离子交换膜的作用是_【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2将锂辉石转化
42、为可溶性硫酸盐，与杂质分离溶解、过滤pH 过低 Al3+和 Fe3+不能完全除去，pH 过高会使生成的Al(OH)3部分溶解3K2SO4?Na2SO4正极2H2O+2e-=H2+2OH-可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH【解析】【分析】【详解】（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为；依次将各元素写成氧化物形式，中间用“?”连接，同时注意氧化物的先后顺序，LiAlSi2O6改写为氧化物的形式为：Li2O?Al2O3?4SiO2。答案为：Li2O?Al2O3?4SiO2。（2）由操作1 前后物质的状态可知，操作1 应该是溶解、过滤，根据所得溶液1 里
43、的成分全部为可溶性硫酸盐电离产生的离子可以确定，高温烧结的目的一个是为了除去杂质，另外更重要的就是将矿石中难溶成分转化为可溶成分，再通过后续操作进行分离。答案为：将锂辉石转化为可溶性硫酸盐，与杂质分离；溶解、过滤。（3）净化操作中加入NaOH 溶液，目的是为了将溶液里的杂质离子Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，pH 过低杂质不能完全除去，而pH 过高，NaOH 浓度太大，又能使生成的Al(OH)3部分溶解，所以需要控制溶液的pH 在一定的范围。答案为：pH 过低 Al3+和 Fe3+不能完全除去，pH 过高会使生成的Al(OH)3部分溶解。（4）根据题词信息可知，可以循环使用的物质是：3K2S
44、O4?Na2SO4。答案为：3K2SO4?Na2SO4。（5）据图可知电解池两极均有气体产生，则两极反应为：阳极：2Cl-2e-=Cl2，阴极：2H2O+2e-=H2+2OH-，由右室通入LiOH稀溶液可知，溶液B 为制得的 LiOH 溶液，右室为阴极区，电极b 与电源负极相连，则左室为阳极区，电极a 与电源正极相连，电极b 上的反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-；阳离子交换膜可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。答案为：正极；2H2O+2e-=H2+2OH-；可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。