《2019-2020学年福建省厦门市思明区夏门一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学年福建省厦门市思明区夏门一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年福建省厦门市思明区夏门一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给下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）A Na2SO3晶体BC2H5OH CC6H6D Fe【答案】B【解析】【详解】A.Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故A 不选；B.乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，所以溴水不褪色，故B选；C.溴易溶于苯，溶液分层，水层无色，可以使溴水褪色，故C 不选；D.铁可与溴水反应溴化铁或溴化亚铁，溴水褪色，故D 不选，故选 B。2尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发
2、电。尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：CO（NH2）2+H2O-6eCO2+N2+6H+，则A甲电极是阴极B电解质溶液可以是KOH溶液CH+从甲电极附近向乙电极附近迁移D每 2molO2理论上可净化1molCO（NH2）2【答案】C【解析】【详解】A由题甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，甲电极是燃料电池的负极，A 错误；B甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，该原电池是酸性电解质，电解质溶液不可以是 KOH溶液，B 错误；C原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H从甲电极(负极)附近向乙电极(正
3、极)附近迁移，C正确；D电池的总反应式为：2222222CO(NH)3O2CO2N4H O，每23molO理论上可净化222molCO(NH)，22molO则理论上可净化224/3molCO(NH)，D 错误。答案选 C。3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 22.4 L 乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB某温度下，将1molCl2 通入足量水中转移电子数为NAC常温常压下，3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD室温下，1LpH 为 13 的 NaOH 溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.没有说明是否
4、为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2 和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故 B错误；C.葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则 3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为A3.0g 4N30g/mol=0.4NA，故 C正确；D.pH=13，c(OH-)=-14W+-13K10=0.1mol/Lc(H)10，则 1L 溶液中 OH-个数为0.1NA，故 D 错误；故选 C。4下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A大气固氮B工业制漂粉精C用 SO2漂白纸浆D天空一号中用Na2O2供氧【答案】C【解析】【分析】反应中所含元素的化合
5、价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答。【详解】A.大气固氮，将游离态转化为化合态，N 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A 不选；B.工业制漂粉精时，氯气与碱反应，且Cl 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；C.用 SO2漂白纸浆，化合生成无色物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；D.用 Na2O2供氧，过氧化钠中O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D 不选；故答案选C。5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A KNO3和 KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3B 向 1 mL
6、1%的 NaOH溶液中加入2 mL2%的 CuSO4溶液，振荡后再加入 0.5mL 有机物 Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基C BaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）D 向盛有 H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A 项、试纸变为蓝色，说明NO3-被铝还原生成氨气，故A 错误；B 项、制备氢氧化铜悬浊液时，加入的氢氧化钠溶液不足，因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应，无法得到砖红色沉淀，
7、故B 错误；C 项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系，有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故 C 错误；D 项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，反应生成的Fe3+能做催化剂，催化H2O2分解产生 O2，溶液中有气泡出现，故D 正确。故选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。6下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42
8、B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A 错误；B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B 错误；C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO4?5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故 C 正确；D.
9、二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D 错误；答案选 C。7火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A羰基硫是电解质B羰基硫分子的电子式为：CC、O、S三个原子中半径最小的是C D羰基硫分子为非极性分子【答案】B【解析】【详解】A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A 项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则 COS的电子式为，B 项正确；C.C、O、S三
10、个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O 原子都含有2 个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径CO，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但 2 个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选 B。8“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆
11、反应【答案】A【解析】【分析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A 错误；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，
12、故C正确；D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D 正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。9以 PbO 为原料回收铅的过程如下：.将 PbO 溶解在 HCl和 NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；.电解 Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A阳极区的溶质主要是H2SO4B电极的电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4ClC当有 2.07 g Pb 生成时，通过阳离子交换膜
13、的阳离子为0.04 mol D电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO【答案】C【解析】【分析】电解 Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极 为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42+2e=Pb+4Cl；电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e-=4H O2，以此解题。【详解】A.根据分析，电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e-=4HO2，阳极区的溶质主要是H2SO4，故 A 正确；B.电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极为阴极，阴极的电极
14、反应是发生还原反应，电极的电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，故 B正确；C.当有 2.07 g Pb生成时，即生成Pb 的物质的量为=2.07g207g/mol=0.01mol，根据电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故 C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCl 和 NaCl的混合溶液，根据题意“将 PbO粗品溶解在HCl 和 NaCl 的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D 正确；答案选 C
15、。10油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为4H2O2+PbS PbSO4+4H2O 下列说法正确的是A H2O 是氧化产物BH2O2 中负一价的氧元素被还原CPbS 是氧化剂DH2O2在该反应中体现还原性【答案】B【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O 是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS 中 S元素化合价升高，PbS 是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子
16、发生还原反应，氧化剂体现氧化性。11R 是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A R与 HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用 NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应D R苯环上的一溴代物有4 种【答案】A【解析】【详解】A分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A 错误；B分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基，故B 正确；C该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢
17、气发生加成反应，故 C 正确；D R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4 种，故 D 正确；故选 A。12“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应【答案】B【解析】【详解】A“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A 错误；B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B 正确；C“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C 错误；D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选 B。【点睛】本题主
18、要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。13热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+Ca CaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法不正确的是A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol 电子，理论上生成20.7gPb D常温时，在正负极间接上电流表
19、或检流计，指针不偏转【答案】B【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。【详解】A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，故 A 不符合题意；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B符合题意；C、根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2 m
20、ol 电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7gPb，故 C不符合题意；D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故 D 不符合题意；故选：B。14列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A 向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN 溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+B 向饱和 Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了 NaHCO3晶体C 两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化 并滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化D 加热盛有NaCl
21、和 NH4Cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离NaCl和 NH4Cl 固体A A BB CC D D【答案】B【解析】溶液中含有Fe3+或 Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl 和 NH4Cl 固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故 D错误。点睛：Fe2+的检验方法是，
22、向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。15取三份浓度均为0.1 mol/L，体积均为1 L 的 CH3COONa 溶液中分别加入NH4Cl 固体、CH3COONH4固体、HCl 气体后所得溶液pH 变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A曲线a、b、c 分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HCl B由图可知Ka(CH3COOH)Kb(NH3H2O)1 107CA 点处c(CH3COO)c(Na)c(NH4)c(OH)c(H)D C点处c(CH3COO)c(Cl)c(OH)0.1mol/L【答案】B【解析】【分析】
23、醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为 b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a 代表醋酸铵、曲线b 代表氯化铵、曲线c 代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol 时，曲线 b 对应的 pH值等于 7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵
24、根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A 点含有的溶质为0.1molCH3COONa 与 0.1molCH3COONH4，溶液的pH7，则 c(OH-)c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO-)c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO)c(Na)c(NH4)c(OH)c(H)，故 C正确；D.C 点通入 0.1molHCl，与 0.1mol 醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH 与 0.1molNaCl，c(Cl-)=c(Na+)=0.1mol/
25、L，则 c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)0.1mol/L，故 D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有_，_。(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂a 是_。(3)已知酸性：H2SO3H2CO3H2S。反应后测得Na2S 和 Na2CO3 混合
26、溶液中有新气体生成。该气体中_(填“含或不含”)H2S，理由是 _；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO 的理由是 _。查阅资料后发现该黑色固体可能是CuS 或 Cu2S 中的一种或两种，且CuS 和 Cu2S 在空气中煅烧易转化成Cu2O 和 SO2。称取2.000g 黑色固体，灼烧、冷却、最后称得固体1.680g。(5)灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要_。确定黑色固体灼烧充分的依据是_，黑色不溶物其成分化学式为_。【答案】反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余硫酸铜溶液水解呈酸性溴水或酸性高锰酸钾不含硫化氢和二氧化硫反应氧化铜能与稀硫酸反应玻璃棒；泥
27、三角充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS 和 Cu2S【解析】【分析】（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；（5）依据现象进行分析；【详解】（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有还原性，所以
28、可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；（3）Na2S 和 Na2CO3 混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，故答案为：不含；硫化氢和二氧化硫反应；（4）少量黑色不溶物不可能是CuO，因为氧化铜可以和稀硫酸反应，故答案为：氧化铜能与稀硫酸反应；（5）灼烧固体时除了需要酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器外，还需要玻璃棒，泥三角，充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g,设 CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故两者都有，故答案
29、为：玻璃棒；泥三角；充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS 和 Cu2S。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。已知：.RCHO+R CH2CHO+H2O.（R、R 可表示烃基或氢原子）.A 为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：（1）C中官能团的名称为_，该分子中最多有_个原子共平面。（2）D 与苯甲醛反应的化学
30、方程式为_。（3）的反应类型是_。（4）PVAc的结构简式为_。（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式_（任写一种）。（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。_。【答案】碳碳双键、醛基9CH3CH2CH2CHO H2O加成反应HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2【解析】【分析】A 为饱和一元醇，通式为 CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有1612n2n216100%=34.8%，解得 n=2，A 为 CH3CH2OH，根据 PVAc 可知，A 氧化成 E，E 为 C
31、H3COOH，E 与乙炔发生加成反应生成 F，F 为 CH3COOCH=CH2，F 发生加聚反应得到PVAc，PVAc 的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A 在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B 为 CH3CHO，根据信息I，C 结构简式为CH3CH=CHCHO，C 发生还原反应生成D，D 结构简式为CH3CH2CH2CHO，据此分析；【详解】A 为饱和一元醇，通式为 CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有1612n2n216100%=34.8%，解得 n=2，A 为 CH3CH2OH，根据 PVAc 可知，A 氧化成 E，E 为 CH3COOH，E 与乙炔发生加成反应生成 F，
32、F 为 CH3COOCH=CH2，F 发生加聚反应得到PVAc，PVAc 的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A 在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B 为 CH3CHO，根据信息I，C 结构简式为CH3CH=CHCHO，C 发生还原反应生成D，D 结构简式为CH3CH2CH2CHO，(1)C 的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型为平面，醛基中C 为 sp2杂化，CHO 平面结构，利用三点确定一个平面，得出C 分子中最多有9 个原子共平面；答案：碳碳双键、醛基；9；(2)利用信息I，D 与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHO H2O；答案：CH
33、3CH2CH2CHO H2O；(3)根据上述分析，反应为加成反应；答案：加成反应；(4)根据上述分析PVAc 的结构简式为；答案：；(5)F 为 CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F 具有相同官能团的同分异构体的结构简式为 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；答案：。【点睛】难点是同分异
34、构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F 具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。（1）通过以下反应制备金属铝。反应 1：Al2O3(s)AlCl3(g)3C(s)=3AlCl(g)3CO(g)；H1akJ mol1反应 2：Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)；H2bkJ mol1反应 3：3
35、AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)；H3反应 3 的 H3 _kJ mol1。950时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3。该反应的化学方程式是_。（2）在高温条件下进行反应：2Al(l)AlCl3(g)垐?噲?3AlCl(g)。向图 1 所示的等容积A、B 密闭容器中加入足量的Al 粉，再分别充入1 mol AlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2 表示 A 容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，在图2 中画出 B容器内 AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线。_1100时，向 2 L密闭容器中通入3 mol AlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)
36、=2Al(l)AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)的平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K _。加入 3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3 所示。此反应选择温度为900的原因是 _。（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4 所示。该电池充电时，阴极的电极反应式为_。AlCl3和 NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4-和 Al2Cl7-两种离子在电极上相互转化，其他离子不参与电极反应。NaCl的作用是 _。【答案】ba Al2O33C3Cl22AlCl33CO 40027900时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经
37、济效益降低4Al2Cl7-3e=Al7AlCl4-生成 AlCl4-和 Al2Cl7-增强导电性【解析】【详解】（1）已知反应：Al2O3(s)AlCl3(g)3C(s)=3AlCl(g)3CO(g)；H1akJ mol1反应：Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)；H2bkJ mol1反应：3AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)；H3根据盖斯定律，由-得反应 3AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)H3=H2-H1=bkJ mol1-akJmol1=（ba）kJ mol1；950时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3，同时高温条件下生成一氧化碳，反应的
38、化学方程式是 Al2O33C3Cl22AlCl33CO；（2）向图 1 所示的等容积A、B 密闭容器中加入足量的Al 粉，再分别充入1 mol AlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2 表示 A 容器内的 AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，B容器内体积可变，正反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行气体总量增大，相对于容器A 则容器 B压强减小，反应速率减慢且平衡向气体体积增大的正反应方向移动，平衡时AlCl3(g)的体积分数减小，在图2 中画出 B容器内 AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线如下：；1100时，向 2 L密闭容器中通入3 mol AlCl(g)，发生反应：3A
39、lCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)的平衡转化率为80%，根据三段式有：3AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)。开始时浓度（mol/L）1.5 0 改变的浓度（mol/L）1.2 0.4 平衡时浓度（mol/L）0.3 0.4 则该反应的平衡常数K333c0.44000.327AlClcAlCl；加入 3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3 所示。反应选择温度为900的原因是 900时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；（3）电池充电时，阴极上Al2Cl7-得电子产生铝和AlCl4-，电极反应式
40、为4Al2Cl7-3e=Al 7AlCl4-；AlCl3和 NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4-和 Al2Cl7-两种离子在电极上相互转化，NaCl的作用是生成AlCl4-和 Al2Cl7-增强导电性，其他离子不参与电极反应。19氮化镓(GaN)是第三代半导体材料，具有热导率高、化学稳定性好等性质，在光电领域和高频微波器件应用等方面有广阔的前景。(1)传统的氮化镓制各方法是采用GaC13与 NH3在一定条件下反应。NH3的电子式为 _。(2)Johnson 等人首次在1100下用液态镓与氨气制得氮化镓固体，该可逆反应每生成1 mol H2放出 10.3 kJ热量。其热化学方程式
41、为_。(3)在恒容密闭容器中，加入一定量的液态镓与氨气发生上述反应，测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强(p)、温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是_（填标号）。a.温度：T1T2b.当百分含量(NH3)=(H2)时，说明该反应处于化学平衡状态c.A 点的反应速率小于C点的反应速率d.温度恒定为T2，达平衡后再充入氦气(氦气不参与反应)，NH3的转化率不变既能提高反应速率又能使平衡正向移动的措施有_(写出一条即可)。气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数，用平衡分压代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作 Kp)。在 T2时，用含p6的计算式表示C点的 _。(4)如图可表示氮化镓
42、与铜组装成的人工光合系统的工作原理。H+向_（填“左”或“右”）池移动；铜电极上发生反应的电极反应式为_。【答案】2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)H=-30.9 kJ/mol ad 增大 NH3浓度3626p0.7p0.3Pa 右CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O【解析】【分析】(1)NH3中 N 原子与 3 个 H 原子形成三个共价键；(2)Ga 与 NH3发生反应产生GaN 和 H2，根据物质反应放出的热量与反应的物质呈正比，结合物质的状态书写反应方程式；(3)根据温度、压强对化学反应速率和化学平衡影响，结合平衡状态的特征分析判断；根据外界条件对对化学反应速率
43、和化学平衡影响分析；根据图示可知C 点时 NH3的体积分数是30%，则 H2的体积分数是70%，利用平衡常数的含义列式计算；(4)根据同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引判断H+移动方向，根据C、O 元素化合价的变化，结合负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应书写Cu电极反应式。【详解】(1)NH3中 N 原子最外层有5 个电子，其中的 3 个成单电子与3 个 H 原子的电子形成三个共价键，电子式为：；(2)Ga 与 NH3发生反应产生GaN 和 H2，根据实验：在1100下用液态镓与氨气反应制得氮化镓固体，测得每反应产生1 mol H2放出 10.3 kJ 热量，由于该反应为可逆反
44、应，则该反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)H=-30.9 kJ/mol；(3)a.该反应的正反应是放热反应，根据图示可知，在压强相同时，NH3在温度为T1的含量比温度为T2时的含量高，根据平衡移动原理，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NH3的含量升高，所以温度 T1T2，a 正确；b.NH3、H2的含量高低与开始加入NH3的多少及外界条件有关，不能根据二者含量相同判断反应是否处于平衡状态，b 错误；c.A 点的温度比C点高，压强比C 点大，由于升高温度化学反应速率加快；增大压强，化学反应速率也加快，所以A 点的反应速率大于C点的反应速率，c
45、 错误；d.温度恒定为T2，达平衡后再充入氦气，由于氦气不参与反应，不能改变反应体系中任何一种气体物质的浓度，因此化学平衡不发生移动，故NH3的转化率不变，d 正确；故合理选项是ad；反应 2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)的正反应是气体体积增大的放热反应，既能提高反应速率又能使平衡正向移动，可以通过增大反应物NH3的浓度的方法；根据图示可知C 点时 NH3的体积分数是30%，则 H2的体积分数是70%，用平衡分压表示的该反应的化学平衡常数Kp=33H262263pp0.7p0.3p NHPa；(4)根据图示可知GaN 电极上 H2O 失去电子产生O2和 H+，电子由导线流向Cu电极，Cu电极上负电荷较多，所以 H+由左池向右池移动；在Cu 电极上 CO2得到电子，与溶液中的H+结合形成CH4、H2O，Cu 电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响及电化学知识，掌握盖斯定律、化学平衡移动原理及原电池知识是本题解答的关键，根据反应本身的特征，结合题目提供的信息分析判断，考查了学生对基础理论的掌握和应用。