2019-2020学年福建省福州市闽侯八中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州市闽侯八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缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH 的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH 保持稳定。己知在人体正常体温时，反应 H2CO3垐?噲?HCO3-+H+的 Ka=10-6.1，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是A正常人血液内Kw=10-14B由题给数据可算得正常人血液的pH 约为 7.4 C正常人血液中存在：c(HCO3)+c(OH)+2

2、c(CO32)=c(H)+c(H2CO3)D当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO3+OH=CO32+H2O 的反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A 25时，KW=10-14，人的正常体温是36.5左右，所以血液内的KW10-14，A 项错误；B由题可知，6.13a12323(HCO)(H)20(H)(H CO)=10(H CO)1cccKcg，那么a1lg=lg(20(H)lg 20lg(H)Kcc即a1lglg 20pHK，代入数值得a1pH=lg 20lg=1.36.1=7.4K，B 项正确；C选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即23323(OH)(HCO)2(CO)(H)(

3、H CO)ccccc，C项错误；D当过量的碱进入血液时，还会发生22332H CO2OHCO2H O，D 项错误；答案选 B 225 时，用0.1 molL1 NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 molL1 HX溶液，溶液的pH 随加入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A HX为弱酸BV120 CM 点溶液中离子浓度由大到小的顺序：c（X）c（Na）c（H）c（OH）D 0.1 molL1 NaOH 溶液和 0.1 molL1 HX溶液等体积混合后，溶液中c（Na）c（X）c（OH）【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，0.1 molL1 HX溶液的 pH3，说明

4、HX 为弱酸，故A 正确；B.若 V120，则溶液中的溶质只有NaX，由于 HX 为弱酸，则 NaX 溶液呈碱性，pH7，所以 V1应小于 20，故 B 正确；C.M 点溶液中的溶质是等物质的量的HX 和 NaX，溶液呈酸性，说明HX 的电离程度大于X的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c（X）c（Na）c（H）c（OH），故 C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c（Na）c（H）c（X）c（OH），故 D 错误；故选 D。3重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是A氘(D)的原子核外有2 个电子B1H 与 D 是同一种原子CH2O 与 D2O 互称同素异形体D1H21

5、8O 与 D216O 的相对分子质量相同【答案】D【解析】【详解】A、氘(D)原子核内有一个质子，核外有1 个电子，选项A 错误；B、1H 与 D 质子数相同，中子数不同互称同位素，是两种原子，选项B错误；C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；D、1H218O 与 D216O 的相对分子质量相同，都是20，选项 D 正确；答案选 D。411.9g 金属锡跟100mL12mol?L1HNO3共热一段时间完全反应后测定溶液中c（H+）为 8mol?L1，溶液体积仍为100mL放出的气体在标准状况下体积约为8.96L由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为 119）（）A Sn（

6、NO3）4BSn（NO3）2CSnO2?4H2O DSnO【答案】C【解析】【详解】n(Sn)=11.9g119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L 0.1L=1.2mol，12mol/L 的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为 8mol?L-1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L 22.4L/mol=0.4mol，设 Sn被氧化后的化合价为 x，根据转移电子守恒得0.4mol(5-4)=0.1mol(x-0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，而 c(NO3-)=（1.2mol-0.4mol）0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存

7、在 Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2?4H2O，故选：C。52019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2（xc OH+c HCO+2c COB在 A 点：+2-+33c Nac CO=c HCOc OHc HC当pH=7时：+-2-33c Na=c Cl+c HCO+2c COD当pH=5时，溶液中+-2333c Na2c H CO+2c HCO+2c CO【答案】A【解析】【分析】根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl 溶液滴加

8、一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则 c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)c(HCO3-)。图中 A 点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又 A 点溶液呈碱性，有c(OH-)c(H+)，B项正确；C.23Na CO溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当pH=7时有+-2-33c Na=

9、c Cl+c HCO+2c CO，C项正确；D.23Na CO溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中pH=5时有 CO2放出，则溶液中+-2333c Na2c H CO+2c HCO+2c CO，D 项正确。本题选 A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。7下列说法中，正确的是（）A一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB1mol1822NaO与足量水反应，最终水溶液中18O 数为 2NA（忽略气体的溶解）C常温下，46gNO2和

10、 N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD 100mL12mol L1的浓 HNO3与过量 Cu反应，转移的电子数大于0.6NA【答案】D【解析】【详解】A.一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，发生反应N23H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故 A 错误；B.1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O22H2O=2Na18OH 2NaOH18O2，最终水溶液中18O 数为NA，故 B 错误；C.NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误；D.浓 HNO3与铜反应生成NO2，稀 HNO3与铜反应生成NO，

11、即 Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 2NO22H2O、3Cu 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 2NO 4H2O，100mL12mol L1的浓 HNO3中含有的n(HNO3)0.1L 12mol L11.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol 电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol 电子，100mL12mol L1的浓 HNO3与过量 Cu 反应的还原产物为NO 和 NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。8充分利用已有的数据是解

12、决化学问题方法的重要途径对数据的利用情况正确的是A利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小【答案】C【解析】【分析】【详解】A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。9室温下，用10

13、.100mol?L NaOHn溶液分别滴定120.00mL0.100mol?L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A表示的是滴定醋酸的曲线BpH7时，滴定醋酸消耗的V NaOH小于20.00mLCV NaOH20.00mL时，两份溶液中3c Clc CH COODV NaOH10.00mL时，醋酸溶液中3c Nac CH COOc Hc OH【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱电解质，HCl 是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl 溶液，醋酸的pH盐酸的 pH，所以 I 是滴定醋酸的曲线，故A 错误；B.pH7 时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大

14、于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V NaOH小于 20mL，故 B正确；C.V NaOH20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以3c Clc CH COO，故 C错误；D.V NaOH10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的3CH COOH、3CH COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c Hc OH，再结合电荷守恒得3c Nac CH COO，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识

15、点来分析解答，题目难度不大。10下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g 水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaCl KCl 1080.5 21.2 35.7 31.0 100175 246 39.1 56.6 用物质的量之比为1：1 的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A和的实验过程中，都需要控制温度B实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D用 95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好【答案】C【解析】【分析】由分离流程可知，因硝酸

16、钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl 析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.为蒸发浓缩，为冷却结晶，均需要控制温度，故A 正确；B.实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B 正确；C.实验操作为冷却结晶，故C 错误；D.用 95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D 正确；答案选 C。11用下图所示装置进行下列实验：将 中溶液滴入 中，预测的现象与实际相符的是选项 中物质 中物质预测 中的现象A 稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B 浓

17、硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C 草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色D 氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A 项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A 错误；B 项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B 错误；C 项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选 C。12人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH 保持在 7.357.45 之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解

18、受到的影响分别是A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【详解】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选 B。13下列属于碱的是（）A SO2BCH3CH2OH CCa（OH）2D KCl【答案】C【解析】【详解】A.SO2为酸性氧化物，不是碱，故A 错误；B.CH3CH2OH 为有机化合物的醇，不是碱，故B 错误；C.Ca（OH）2电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，故C正确；D.KCl由金属阳离子和酸根组成，属于盐，故D 错误；故选 C。【点睛】本题注意碱和醇的区别，把握概念即可判断，注意OH 和

19、OH的联系与区别。1480时，1L 密闭容器中充入0.20 mol N2O4，发生反应N2O42NO2 H=+Q kJmol1(Q0)，获得如下数据：时间/s 0 20 40 60 80 100 c(NO2)/mol L10.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 下列判断正确的是A升高温度该反应的平衡常数K减小B2040s 内，v(N2O4)=0.004 mol L1 s1C100s 时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大D反应达平衡时，吸收的热量为0.15Q kJ【答案】D【解析】【分析】A正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；B

20、根据c=t计算 v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；C.100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；D.80s 时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 mol/L 1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。【详解】A.该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K 增大，A 项错误；B.20 40s 内，-1-1c0.2mol/L-0.12mol/L=0.004molLs20st，则-1-12421()()0.002mol Ls2N ONO，B项错误；C.10

21、0 s时再通入0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D.浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3 mol/L 1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 molNO2吸收热量0.15Q kJ，D 项正确；答案选 D。【点睛】本题易错点为C 选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影

22、响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。15已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的 D 原子发生氢交换。又知次磷酸(H3 PO2)也可与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O 发生氢交换。下列说法正确的是A H3 PO2属于三元酸B H3 PO2的结构式为CNaH2PO2属于酸式盐DNaH2PO2溶液可能呈酸性【答案】B【解析】A次磷酸(H3PO2)也可跟 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O 发生氢交换，则 H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A 错误；BH3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸

23、，则其结构为，故 B 正确；CH3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；DNaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性，故D 错误；答案为B。点睛：准确理解信息是解题关键，根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的 D 原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟 D2O 进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟 D2O 发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，由此分析判断。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产

24、原料主要有软锰矿和闪锌矿。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。已知：软锰矿中含MnO2约 66%，SiO2约 20%，Al2O3约 4%，其余为水分；闪锌矿中含ZnS约 80%，FeS、CuS、SiO2共约 7%，其余为水分。请回答下列问题：（1）反应 I 需不断搅拌，其目的是_。（2）反应 I 中主要的氧化还原反应化学方程式为_。（3）检验反应I 滤液中 Fe3+的试剂为 _。反应 III 中 MnO2的作用是 _。（4）已知 Ksp（ZnCO3）=1.4 10-10、Ksp（MnCO3）=2.2 10-11；要使反应IV 之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓

25、度均降到 1.0 10-6 mol L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为 _mol L-1。（5）如图是Na2SO4和 Na2SO4?10H2O 的溶解度曲线（g/100g 水），则中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出 MnCO3和 ZnCO3后的滤液蒸发结晶 _ 用乙醇洗涤 干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_。【答案】加快反应速率，提高原料利用率ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+S+MnSO4+2H2O KSCN溶液将 Fe2+氧化成 Fe3+1.4 10-4趁热过滤用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4?10H2O，并防止 Na2SO4因溶于水而损耗【解

26、析】【分析】软锰矿、闪锌矿中加硫酸，反应I 主要为：MnO2和硫化物发生氧化还原反应生成Mn2+和 S、Fe3+、Al3+、Zn2+、Cu2+等，过滤除去S、SiO2；在滤液中加适量Zn 发生反应，Zn 和 Cu2+、Fe3+反应生成Cu、Fe2+、Zn2+，过滤除去Cu；滤液发生反应，MnO2和 Fe2+反应生成Mn2+和 Fe3+，通过调pH 使 Fe3+、Al3+形成沉淀除去；Zn2+、Mn2+和 Na2CO3可发生反应得到Na2SO4、MnCO3、ZnCO3提供给反应用，也可发生反应，获得MnO2和 Zn，据此分析解答。【详解】(1)反应 I 不断搅拌，软锰矿和闪锌矿充分接触，一方面可

27、以加快反应速率，另一方面可使软锰矿和闪锌矿尽可能反应，提高原料利用率，故答案为：加快反应速率，提高原料利用率；(2)软锰矿中的成分主要为MnO2，闪锌矿中主要成分为ZnS，所以反应I 中主要发生MnO2氧化 ZnS的反应，结合原子守恒、电子得失守恒可得方程式为：ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+S+MnSO4+2H2O，故答案为：ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+S+MnSO4+2H2O；(3)通常用 KSCN溶液检验Fe3+，由上面的分析可知，反应III 中 MnO2的作用是将Fe2+氧化成 Fe3+，以便形成沉淀而除去，故答案为：KSCN溶液；将Fe2+氧化成 Fe3+

28、；(4)Zn2+浓度降到1.0 10-6 mol L-1，所需 CO32-浓度=-10-61.4101.010mol L-1=1.4 10-4 mol L-1，Mn2+浓度降到 1.0 10-6 mol L-1，所需 CO32-浓度=-11-62.2101.010mol L-1=2.2 10-5 mol L-1，综上所述，要使反应IV 之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0 10-6 mol L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4 10-4 mol L-1，故答案为：1.4 10-4；(5)由 Na2SO4和 Na2SO4?10H2O 的溶解度曲线可知，温度太低，Na2SO4

29、?10H2O 的溶解度较小，得到的固体为 Na2SO4?10H2O，故应将分离出MnCO3和 ZnCO3后的滤液蒸发结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤、干燥。若用水洗，洗涤过程必然温度降低，有一部分Na2SO4会转化为Na2SO4?10H2O，同时有一部分会溶于水而随水流走，故用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4?10H2O，并防止 Na2SO4因溶于水而损耗，故答案为：趁热过滤；用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4?10H2O，并防止 Na2SO4因溶于水而损耗。【点睛】(5)从溶解度图来看，温度升高，Na2SO4的溶解度减小，利于得到Na2SO4，故需趁热过滤。三、

30、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。请回答下列问题：（1）的名称为 _，AB的反应类型为_。（2）E的分子式是 _。DE的反应中，加入的化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为_。（3）GJ为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是_。1mol G完全燃烧最少需要消耗_2mol O。（4）L的同分异构体Q是芳香酸，2272K Cr O,HClNaOH872,QR C H O ClST光照水，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为_，RS的化学方程式为_。（5）上图中，能缩合

31、成体型高分子化合物的酚类单体是_，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象_。（6）已知：LM的原理为：C6H5OH+C2H5OH和+C2H5OH，M的结构简式为_。【答案】丙炔加成反应C10H10O+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O羧基4+2NaOH+NaCl+H2O 苯酚氯化铁溶液，溶液呈紫色【解析】【分析】化合物 X 与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据 LM的反应原理可知，LM是取代反应，由的反应信息，L 中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H 原子交换，由的反应信息可知，发生自身

32、交换生成M，则 M 的结构简式为，化合物 E和 M 在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。【详解】(1)A 的结构简式为CH3C CH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；AB 是丙炔与H2O 反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(3)G 为乙酸酐，G 与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G 的分子式为C

33、4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1molG 完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+64-32)mol=4mol，故答案为羧基；4；(4)L 的分子式是C8H8O，Q 是 L 的同分异构体，Q 属于芳香酸，Q 中含羧基，QR 是苯环上的甲基上的1个 H 原子被取代，RS 是氯代烃的水解反应，ST 是-CH2OH氧化成-COOH，T 的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2 个羧基处在苯环的对位，Q 为对甲基苯甲酸，Q 结构简式为，R 为，则 RS 的化学方程式为：；故答案为；(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；

34、(6)L M 是取代反应，由的反应信息，L 中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H 原子交换，由的反应信息可知，发生自身交换生成M，故 M 的结构简式为：，故答案为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硼酸三甲酯用作柠檬类水果的熏蒸剂。实验室合成硼酸三甲酯的原理及装置如下：硼酸三甲酯甲醇溶解性与乙醚、甲醇混溶，能水解与水混溶沸点/68 64 硼酸三甲酯与甲醇混合物的共沸点为54Na2B4O710H2O+2H2SO4+16CH3OH2NaHSO4+4(CH3O)3B+CH3OH+17H2O 实验步骤如下：在圆底烧瓶中加入44.8g 甲醇和 19.1gNa

35、2B4O710H2O(硼砂，式量为382)，然后缓慢加入浓H2SO4并振荡；加热烧瓶中的液体，通过分馏柱回流一段时间。先接收5155的馏分,再接收 5560的馏分。将两次馏分合并，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，分离。精馏得高纯硼酸三甲酯19.2g。回答下列问题：（1）图中仪器a 的名称为 _；直形冷凝管冷却水应从_(填“b”或“c”)接口进入。（2）本实验加热方式为_，优点是 _。（3）加入氯化钙盐析分层的主要目的是_。（4）U 型管中 P2O5的作用是 _。（5）步骤的仪器选择及安装都正确的是_(填标号)，应收集 _的馏分。（6）本次实验的产率是_。【答案】分馏柱c 水浴加热使物

36、体受热均匀，便于控制反应温度除去甲醇，避免精馏时形成恒沸物防止空气中的水蒸气进入，导致硼酸三甲酯水解b 68 92.3%【解析】【详解】（1）图中仪器a 的名称为分馏柱；为保证冷凝效果，采用逆流原理，因此直形冷凝管冷却水应从c 接口进入；（2）根据题给信息可知，硼酸三甲酯、甲醇的沸点均小于100，因此可以采用水浴加热；其优点是使物体受热均匀，便于控制反应温度；（3）根据题给信息可知，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，这样就除去了甲醇，避免精馏时形成恒沸物；正确答案：除去了甲醇，避免精馏时形成恒沸物。（4）硼酸三甲酯能够发生水解，要避免和水接触，因此U型管中 P2O5的作用是防止空气中的

37、水蒸气进入锥形瓶内，导致硼酸三甲酯水解；（5）蒸馏装置中，温度计测蒸汽的温度，温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，要用直形冷凝管进行冷凝，要用牛角管连接冷凝管，因此步骤的仪器选择及安装都正确的是b；要提纯的是硼酸三甲酯，硼酸三甲酯沸点为68，所以温度控制在68进行馏分的收集；（6）44.8g 甲醇的量为为1.4mol，19.1gNa2B4O7 10H2O 的物质的量为19.1g382g/mol=0.05 mol，根据 Na2B4O710H2O+2H2SO4+16CH3OH2NaHSO4+4(CH3O)3B+CH3OH+17H2O 反应可知，甲醇过量，按 Na2B4O710H2O 进行计算，根据反

38、应关系可知；得到硼酸三甲酯的量为0.2mol，质量为0.2mol104g/mol=20.8g，本次实验的产率是19.2/20.8 100%=92.3%。19环氧乙烷()、环氧丙烷()都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题：（1）已知：22222CH=CH(g)+3O(g)2CO(g)+2H O(g)垐?噲?-11 H1322.5kJ mol2222(g)+5O(g)4CO(g)+4H O(g)垐?噲?-12 H2433.0kJ mol2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g3 H_-1kJ mol（2）某温度下，物质的量均为1mol 的 CH2CH2和 O2在 0.5L的刚性容器

39、内发生反应，5min 后反应达到平衡，气体总压减少了20。平衡时CH2CH2(g)的转化率为 _，达到平衡后，欲增加CH2 CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施是_(填一条措施即可)。0 5min 内，环氧乙烷的生成速率为_。该反应的平衡常数K_(精确到 0.01)。当进料气CH2 CH2和 O2的物质的量不变时，T1时达到反应平衡，请在图1 中画出温度由T1变化到T2的过程中乙烯的转化率与温度的关系_。（3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl 已知：CH3CHCH2H2OCl2CH3CH(OH)CH2Cl HCl，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷，其电

40、解简易装置如图2 所示。a 电极上的电极反应式为_。b 电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为_。【答案】-212 80%降低温度或增加氧气的浓度等0.32mol/(Lmin)13.33 或2Cl-2eCl2CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)根据三段式结合气体总压减少了20，分析计算出反应的氧气的物质的量，再分析解答；(3)根据图示a 电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇分析解答；b 电极区域氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl 与氢氧化钠反应生成环氧丙烷，据此书写反应的方程式。【详解】(1)22222CH=CH

41、(g)+3O(g)2CO(g)+2H O(g)垐?噲?-11 H1322.5kJ mol，2222(g)+5O(g)4CO(g)+4H O(g)垐?噲?-12 H2433.0kJ mol，根据盖斯定律，将2-得：2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g3 H2(-11322.5kJ mol)-(-12433.0kJ mol)=-212-1kJ mol，故答案为：-212；(2)设反应的氧气的物质的量为x，则2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g起始(mol)110 反应(mol)2xx2x 平衡(mol)1-2x1-x2x 5min 后反应达到平衡，气体总压减少了20，则

42、气体的物质的量减少20%，x2=20%，解得：x=0.4mol。平衡时CH2CH2(g)的转化率为20.4mol1mol100%=80%；该反应为气体物质的量减小的放热反应，达到平衡后，欲增加CH2CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施有降低温度或增加氧气的浓度等，故答案为：80%；降低温度或增加氧气的浓度等；0 5min 内，环氧乙烷的生成速率为20.4mol0.5L5min=0.32mol/(Lmin)，故答案为：0.32mol/(Lmin)；该反应的平衡常数K=220.42()0.510.421 0.4()()0.50.5=13.33，故答案为：13.33；反应达到平衡后，温度再升高，平衡逆向移动，乙烯的转化率下降，则乙烯的转化率与温度的关系曲线为或，故答案为：或；(3)根据 CH3CHCH2H2OCl2CH3CH(OH)CH2ClHCl，及 a 电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇，说明a 电极区生成了氯气，则a 电极为阳极，电极反应式为2Cl-2eCl2，故答案为：2Cl-2eCl2；b 电极区域氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O。