《2019-2020学年百师联盟山东卷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学年百师联盟山东卷新高考化学模拟试卷含解析.pdf（21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学年百师联盟山东卷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）12019 年 12 月 17 日，我国国产航母山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A舰身无磁镍铬钛合金钢B甲板耐磨SiC涂层C舰载机起飞挡焰板铝合金D舰底含硅有机涂层【答案】B【解析】【分析】无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成的材料，由此判断。【详解】A舰身无磁
2、镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A 错误；B甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C 错误；D有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D 错误；答案选 B。【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。2高能 LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+
3、通过。结构如图所示：原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn充电放电垐 垐 垐?噲 垐 垐?LiFePO4+nC。下列说法不正确的是A放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极B充电时，Li+向左移动C充电时，阴极电极反应式：xLi+xe-+nC=LixCnD放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe-=xLiFePO4【答案】B【解析】【分析】【详解】A.原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A 正确，但不符合题意；B.充电过程是电解池,左边正极作阳极,右边负极作阴极,又阳离子移向阴极,所以 Li+向
4、右移动，故B 错误，符合题意；C.充电时,阴极 C变化为 LixCn,则阴极电极反应式：xLi+xe-+nC=LixCn，故 C 正确，但不符合题意；D.放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe-=xLiFePO4，故D 正确，但不符合题意；故选：B。3能正确表示下列化学反应的离子方程式的是()A氢氧化钡溶液与稀硝酸反应：OH-+H=H2O B澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H=Ca2+2H2O C醋酸与氢氧化钠溶液反应：H+OH-=H2O D碳酸钡溶于稀盐酸中：CO32-+2H=H2O+CO2【答案】A【解析】【详解】
5、A.反应符合事实，符合离子方程式的物质拆分原则，A 正确；B.澄清的石灰水中Ca(OH)2电离出自由移动的Ca2+、OH-离子，不能写化学式，B错误；C.醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写离子形式，C 错误；D.BaCO3难溶于水，不能写成离子形式，D 错误；故合理选项是A。4表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D 四种元素的叙述正确的是（）A B C D A原子半径大小比较为DCBA B生成的氢化物分子间均可形成氢键CA 与 C形成的阴离子可能有AC23、A2C24D A、B、C、D 的单质常温下均不导电【答案】C【解析】【分析】对表中元素，我们宜从右往左推断。C 为第二
6、周期A 族，其为氧，从而得出A、B、C、D 分别为 C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为 SiCNO，A 错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B 错误；C.A与 C形成的阴离子可能有CO23、C2O24，C 正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O 的单质在常温下不导电，D 错误。故选 C。5向 FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定A含 Cu2+B含 Fe2+C呈中性D含 Fe2+和 Cu
7、2+【答案】B【解析】【详解】试题分析：FeCl3、CuCl2 的混合溶液中加入铁粉，Fe 先和 FeCl3 反应生成 FeCl2，然后 Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 FeCl2、Cu，用 KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCl2 是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu2+，故选 B。【点睛】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。6根据热化学方程式：S(s)+O2(g)SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是A 1
8、molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和 1molO2(g)的能量总和B加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量CS(g)+O2(g)SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23 D足量的硫粉与标况下1 升氧气反应生成1 升二氧化硫气体时放出297.23 kJ 热量【答案】C【解析】【详解】A 放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以 1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和 1molO2(g)的能量总和，故A 错误；B加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；C因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+
9、O2(g)SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ?mol-1，故 C 正确；D热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L 氧气的物质的量小于1mol，故 D 错误；故答案为：C。7某稀溶液中含有4molKNO3和 2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知 NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A反应后生成NO 的体积为28L B所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1 C所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L D所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O，
10、已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗 1.25molFe，生成 1.25mol 的铁离子，剩余的 n（Fe）=0.25mol，发生 Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成 0.75molFe2+，剩余 0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO 的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故 A 错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故 B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故 C 错误；D.所得溶液中含有F
11、e2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故 D 错误；答案为 B。8常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH 的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（）A由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B向 NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH 溶液，主要与HCO3反应C常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性D NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用【答案】B【解析】【详解】A由图可知，pH=6.37 时 c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1=-+323c HCOc Hc H CO=10-6.3
12、7，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故 A 正确；B向稀 NH4HCO3溶液中加入过量NaOH 溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4+2OH-NH3?H2O+CO32-+H2O，说明 NaOH 与 NH4+、HCO3均反应，故B错误；C由图可知，pH=9.25 时 c(NH3?H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3?H2O 的离常数Ka1=+-432c NHc OHc NHH Og=10-4.75，而碳酸的Ka1=10-6.37，则 NH3?H2O 的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解程度比 NH4+强，即 NH4HC
13、O3的水溶液显碱性，故C正确；D草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D 正确；故答案为B。9 位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3 倍。据此推断，下述正确的是A简单氢化物的沸点：乙丙B由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐
14、增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)r(乙)r(丙)r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A 项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B 项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水
15、化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C 项正确；D.甲和丙可以组成24N H（肼），24N H中存在 N-N 非极性键，D 项错误；答案选 C。10下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是A阿伏加德罗常數：mol-1B气体摩尔体积:L.mol-1C物质的量浓度：g L-1D摩尔质量：gmol-1【答案】B【解析】A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故 B正确；C、物质的量浓度：单位是mol L1，故 C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选 B。11已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A对二烯苯苯环上的一氯
16、取代物有2 种B对二烯苯与苯乙烯互为同系物C对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.对二烯苯苯环上只有1 种等效氢，一氯取代物有1 种，故 A 错误；B.对二烯苯含有2 个碳碳双键，苯乙烯含有1 个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故 C错误；D.对二烯苯分子中有2 个碳碳双键、1个苯环，所以1mol 对二烯苯最多可与5mol 氢气发生加成反应，故 D 正确；选 D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分
17、析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。12将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A自然界中存在石墨烯B石墨烯与石墨的组成元素相同C石墨烯能够导电D石墨烯属于烃【答案】D【解析】【详解】A 项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A 正确；B 项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C 项、石墨烯与石墨都易导电，故C 正确；D石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D 错误；故选 D。13已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图
18、如下。下列说法错误的是A电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al 极迁移BNi 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C电池工作结束后，电解质溶液的pH 降低D Al 电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03 1023个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al 电极移动，A 正确；B.Ni 为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，
19、Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B 正确；C.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，Al 失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH 升高，C错误；D.A1 电极质量减轻13.5g，即 Al 消耗了 0.5mol，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为 0.5 3NA=9.03 1023，
20、D 正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。14下列实验操作能达到相应实验目的的是实验操作或实验操作与现象实验目的或结论A 将潮湿的氨气通过盛有无水氯化钙的
21、干燥管干燥氨气B 向 10%蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀蔗糖未水解C 向 FeCl3，CuCl2的混合溶液中加入足量铁粉，然后过滤提纯 FeCl3D 常温下，测定等浓度的NaClO4和 Na2CO3溶液的 pH 验证非金属性:C1C A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氨气和氯化钙能发生络合反应，所以氯化钙不能干燥氨气，选项A 错误；B.蔗糖水解完全后未用碱中和，溶液中的酸和氢氧化铜发生反应，水解产物不能发生反应。葡萄糖和氢氧化铜发生反应需要在碱性环境中进行，无法说明蔗糖末水解，选项B 错误；C.铁也与氯化铁反应生
22、成氯化亚铁，得不到氯化铁，选项C 错误；D.测定等物质的量浓度的Na2CO3和 NaClO4溶液的 pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH 比后者的大，越弱越水解，故碳元素非金属性弱于氯，选项D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。15已知 M、N 是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于M、N 说法正确的是（）A M、N 都属于烯烃，但既不是同系物，也不是同分异构体BM、N 分别与液溴混合，均发生取代反应CM、N 分子均不可能所有原子共
23、平面D M、N 均可发生加聚反应生成高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.M 分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M 与 N 在组成上相差不是n 个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A 项错误；B.M、N 分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；C.M 分子内含碳碳单键，中心 C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N 所有原子可以共平面，C项错误；D.M、N 分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D 项正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小
24、题，共10 分）16硫酸四氨合铜晶体3424Cu NHSOH O 常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L 的硫酸、浓氨水、10%NaOH 溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀盐酸、0.500 mol/L 的 NaOH 溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。ICuSO4溶液的制备称取 4g 铜粉，在A 仪器中灼烧10 分钟并不断搅拌，放置冷却。在蒸发皿中加入30mL 3mol/L 的硫酸，将A 中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。趁热过
25、滤得蓝色溶液。(1)A 仪器的名称为_。(2)某同学在实验中有1.5g 的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_II晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为242CuOHSO，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是_。III氨含量的测定精确称取mg 晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL C1mol/L
26、 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L NaOH 标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A 装置中长玻璃管的作用_，样品中氨的质量分数的表达式_。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_。A滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管B读数时，滴定前平视，滴定后俯视C滴定过程中选用酚酞作指示剂D取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。【答案】坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O 失去结晶水变为CuSO42Cu2+2NH3 H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2
27、NH4+Cu(NH3)4SO4 H2O 晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸-3120.5 10V-V17BD【解析】【分析】【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A 为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO45H2O 失去结晶水变为 CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使 CuSO45H2O 失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2
28、NH4+，故答案为2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4H2O 晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4H2O 晶体容易受热分解。（5）A 装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L 0.5mol/L-10-3V2L0.5mol/L=0.5 10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl 的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.510-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为-3120.5 10V-V17，故答
29、案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；-3120.5 10V-V17。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A 错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D 正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果
30、偏小。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A 为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）的反应类型为_；B分子中最多有_个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为_；的“条件a”为 _。（3）为加成反应，化学方程式为_。（4）的化学方程式为_。（5）芳香化合物J是 D 的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有 _种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_。(只写一种即可)。苯环上只有3 个取代基；可与 NaHCO3反应放出CO2；1mol J 可中和 3mol NaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂
31、任选)：_【答案】取代反应18 羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据 B 的结构简式和生成B 的反应条件结合A 的化学式可知，A 为；根据 C和 D 的化学式间的差别可知，C 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D 为，结合 G 的结构可知，D 消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据 G 生成 H 的反应条件可知，H为。(1)根据 A和 B 的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18 个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应为D 消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“
32、条件 a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和 G 的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是 D()的同分异构体，苯环上只有3 个取代基；可与NaHCO3反应放出 CO2，说明结构中含有羧基；1mol J 可中和 3mol NaOH，说明结构中含有2 个酚羟基和1 个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3 个取代基为2个羟基和一个C3H6COOH，当 2 个羟基位于邻位时有2 种结构；当2 个羟基位于间位时有3 种结构；当2 个羟基位于对位时有1 种结构；
33、又因为C3H6COOH的结构有 CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30 种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；(6)以为原料制备。根据流程图C 生成的 D 可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B 分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线
34、的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与 H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应 I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.0 kJ.mol-1反应 II 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g)H2=-24.5 kJ.mol-1反应 III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3=41.2 kJ.mol-1（1）写出 CO2与 H2一步合成二甲醚（反应IV）
35、的热化学反应方程式：_（2）有利于提高反应IV 平衡转化率的条件是_。A高温高压B低温诋压C高温低压D低温高压（3）在恒压、CO2和 H2起始物质的量之比为1：3 的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=3322 100%COCH OCH 的物质的量反应的的物质的量温度低于300，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_A反应 IV 在 A 点和 B 点时的化学平衡常数K(A)小于 K(B)B当温度、压强一定时，在原料气（CO2和 H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C其他条件
36、不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低D提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键在某温度下，若加入 CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol 的二甲醚，则 CO2转化率为 _一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2 所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的 CO2和 H2，t2时刻重新达到平衡。画出t1 t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。_（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O 生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b 极的电极反应式为_【答案】2CO2(g)+6H
37、2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5kJ mol-1D反应的H 0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H 0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H 0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；A.从图分析反应IV 随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率A 点小于 B 点，但二甲醚的选择性降低，说明反应 IV 进行程度减小，所以在A 点和 B点时的化学平衡常数K(A)大于 K(B)，故错误；B.当温度、压强一定时，在原料气（C02和 H2
38、的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误；C其他条件不变，在恒容条件下反应体系中的压强逐渐减小，二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低，故正确；D.提高催化剂的活性和选择性，可以控制三个反应是否进行，减少CO 等副产物是工艺的关键，故正确；故选 CD。生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol 的二甲醚，说明有0.4mol 二氧化碳转化生成二甲醚，生成二甲醚的选择性为80%，即有 0.5mol 二氧化碳参与反应，则二氧化碳的转化率为0.5100%1=50%或 0.5。反应到平衡后，在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3
39、的 CO2和 H2，加入时二甲醚的体积分数减小，平衡正向移动，二甲醚的体积分数逐渐增加，因为是在恒温恒压条件下，再加入等物质的量比的二氧化碳和氢气，所以属于等效平衡，即平衡时二甲醚的体积分数不变。所以图像如下：。该装置为电解装置，二氧化碳变成二甲醚是得到电子的过程，根据图中质子交换膜分析，反应中的离子只能写氢离子，所以电极反应为12H+2CO2+12e-=CH3OCH3+3H2O。19消除含氮、硫等化合物的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。I 用 NH3催化还原 NOx可以消除氮氧化物的污染，NOx若以 NO 为例，在恒容容器中进行反应：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6
40、H2O(g)H0，判断；(2)根据NO=ct（）计算反应速率；利用2332(O)(SO)K=(O)(SO)cccc计算平衡常数。【详解】I(1)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)；A、达到化学平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示时，数值要成比例；选项中有正反应速率，有逆反应速率，但是4正(NH3)=5 逆(N2)，表示的正逆反应速率不相等，应该为32NHN=45（）（），A 错误；B、体积不变，气体的质量不变，根据mV，则密度一直不变，则密度不变不能说明达到平衡，B 错误；C、恒温恒压下，压强和物质的量成正比，反应前后物质的量在改变，说明压强会变，等压强不变的
41、时候，说明反应达到了平衡，C 正确；D、根据mMn，气体质量不变，气体物质的量变化，说明平均摩尔质量在变，当平均摩尔质量不变时，说明达到了平衡，D 正确；答案选 CD；(2)a 状态转为b 状态，由图像可知，b 状态达到平衡的时间更短，说明化学反应速率更快，NO 的转化率更低，说明a 状态到 b 状态，平衡逆向移动；A、降低温度，化学反应速率变小，达到平衡的时间变长，不符合题意；B、增大 NO 的浓度，化学反应速率增大，达到平衡的时间变短，NO 的转化率降低，B 符合题意；C、加入催化剂，NO 的转化率不变，C 不符合题意；D、向密闭容器中通入氩气，各反应物的浓度不变，则平衡不移动，D 不符合
42、题意；答案选 B；II(1)(1)根据 H=反应物的总键能生成物的总键能，H=3.2kJ、mol 202.4kJ mol1=-199.2KJ mol-1，则反应的热化学方程式为NO(g)O3(g)NO2(g)O2(g)H=-199.2KJ mol-1；反应 1 在高温下不能自发进行，则G0，根据 G=HT S0，HO；(2)NO 和 SO2均和 O3发生反应，但是 NO 的转化率比SO2转化率高，可能由反应物本身的性质决定的；根据图示，可以知道NO 与 O3反应的活化能低于SO2与 O3反应的活化能，使得NO反应速率快，再与O3反应中，更具优势，反应的更多；答案为 NO 与 O3反应的活化能低
43、于SO2与 O3反应的活化能或NO 与 SO2物质本身的性质有关或其它合理答案；t 秒时反应1 进行到 P点，NO的转化率为85%，加入了1mol NO，则反应了0.85molNO，11n0.850.85NO=1scmolmol LstVtLtt（）；100下反应2 的平衡常数2332(O)(SO)K=(O)(SO)cccc，体积为1L。需要知道各物质的物质的量，由于O3和 O2涉及到 3 个反应，要综合计算，322NO(g)()NO(g)()10.850.850.85OgOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量2332SO(g)()SO(g)()100.30.30.30.30.
44、70.3O gOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量100时臭氧的分解率约为10，322()3()20.20.3O gOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量则平衡时O3的物质的量=2mol 0.85mol 0.3mol-0.2mol=0.65mol；平衡时O2的物质的量=0.85mol0.3mol+0.3mol=1.45mol；则带入数据，23321.45mol0.3mol(O)(SO)11=0.960.65mol0.7mol(O)(SO)11ccLLKccLL。【点睛】该题中，化学平衡常数的计算是难点，平衡常数中O2和 O3的浓度，与多个反应有关，计算时一定要细心。