2019-2020学年福建省泉州市南安市侨光中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年福建省泉州市南安市侨光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学年福建省泉州市南安市侨光中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年福建省泉州市南安市侨光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下列实验中，所选装置或仪器合理的是A高温煅烧石灰石B从 KI和 I2的固体混合物中回收I2C除去乙醇中的苯酚D量取 15.00mLNaOH 溶液【答案】D【解析】【详解】A.高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A 错误；B.I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B 错误；C.苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D.量取 15.00mLNaOH 溶液，可选择滴

2、定管，移液管等精准的量器，D 正确；答案选 D。2下列指定反应的离子方程式正确的是A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2=I22OHB过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe4HNO3-=Fe3NO 2H2O C用 Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8ClD向 NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3 CO32-【答案】C【解析】【详解】A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2IH2O22H+=I2 2H2O，选项 A错误；B.过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe8H

3、2NO3-=3Fe22NO 4H2O，选项 B 错误；C.用 Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8Cl，选项C 正确；D.向 NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-，选项 D错误。答案选 C。3碳跟浓硫酸共热产生的气体X 和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y 同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B在 Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D洗气瓶中无沉淀产生【答案】C【解析】【分析】

4、碳与浓硫酸共热产生的X气体为 CO2和 SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是 NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和 NO，NO 遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A因为 SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有 BaCO3生成，A 错误；B反应生成的NO 在 Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因 CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以

5、上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D 错误。答案选 C。4某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是A放电时，Na+向正极移动B放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸C充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重2.3g D充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2【答案】D【解析】【分析】【详解】A放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动，A 项正确；B电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B 项正确；C 充电时，钠箔发生的电极反应为：Nae=Na，所以若有0.

6、1mol e-通过导线，钠箔处就会析出0.1mol的钠单质，质量增加2.3g，C项正确；D碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书写是正确的，D 项错误；答案选 D。5短周期主族元素Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A X 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY 单质常温下稳定不跟酸碱反应C简单氢化物的沸点：QKb(NH3 H2O)Bb 点时 c(NH4+)

7、c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d 几点中，水的电离程度dba D a b 点过程中，可能存在c(X)c(HX)c(OH)c(H+)，故 B正确；C.a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d 几点中，水的电离程度bad，故 C错误；D.a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)AlO2-C 向盛有 Na2SiO3，溶液的试管中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：ClSi D 白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)K

8、sp(AgI)A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A开始 NaOH 少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A 错误；B发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-，可认为AlO2-结合了 HCO3-电离出来的H+，则结合 H+的能力：CO32-AlO2-，故 B 错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl 不是 Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si 非金属性强弱，

9、故C错误；D白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。9X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，X与 Z同族，Y与 Z同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是A Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZY C气态氢化物的热稳定性：YZ D X与 W 可形成两种阴

10、、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，Y与 Z同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，则W 为Na，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O，X 与 Z同族，则 Z为 S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y为 Cl。A.Y 的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B.原子半径：X(O)Y(Cl)Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项 C错误；D.X与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物Na2O 和 Na2O2，选项 D 正确。答案

11、选 D。10化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（）A高纯硅可用于制作光导纤维B碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污C利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】【分析】【详解】A高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A 错误；B利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B正确；C海水蒸发是物理变化，故C正确；D淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D 正确；故答案为A。11化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）A酚酞的分子式为C2

12、0H14O4B酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C1mol 酚酞最多与2molNaOH 发生反应D酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故 A 不符合题意；B酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B 不符合题意；C1mol 该有机物中含有2mol 酚羟基，1mol 酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此 1mol 酚酞最多与3molNaOH 发生反应，故C符合题意；D酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D 不符合题意；故答案为：C。【点睛】

13、酯类物质与NaOH 溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH 反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与 NaOH 反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol 该酯基能够消耗2molNaOH。12X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是

14、原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM

15、（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。13常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL 蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A a=5.6 B常温下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 点对应的溶

16、液中，离子浓度关系为c(C2O42-)c(CO32-)D若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A c(CO32-)=7.0 10-5mol L 1时，c(Ca2+)=4.0 10-5mol L1，Ksp(CaCO3)=7.0 10-5 4.0 10-5=2.8 10-9，当c(Ca2+)=5.0 10-5mol L1时，a10-5mol L1=c(CO32-)=952.8 105.0 10=5.6 10-5mol L1,a=5.6,故 A正确；B1molCaC2O4粉末置于盛有500mL 蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中

17、加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和 CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和 Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C从图中当c(CO32-)在 0a 时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-)的最大值为5.6 10-5mol L1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-)c(CO32-)，故 C正确；D若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=1mol0.5L=2mol L1，根据 Ksp（CaC2O4）=c（Ca2）c（C2O42-）

18、=5.010-55.0 10-5，可知此时溶液中c（Ca2）=1.2510-9mol L1，而根据 Ksp（CaCO3）=2.8 10-9可知溶液中的c（CO32）=992.8 101.25 10=2.240mol L1，故溶液中n（CO32）=2.240mol L10.5L=1.12mol，而还有生成的1mol 碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D 正确；故选 B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D 为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用K

19、sp进行计算。14向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是ABCD【答案】C【解析】【详解】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H+OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。答案选 C。15短周期主族元素W、X、Y、

20、Z的原子序数依次增大，其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是（）A X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂B化合物Y2X2和 YZX都既存在离子键，又存在共价键C原子半径大小：WX；简单离子半径：YZ D W 与 X 能形成多种化合物，都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，推测为碳酸钠，则W 为 C，X为

21、 O，Y为 Na，满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂，该物质为O 和 Na 元素形成的Na2O2；Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和，则 Z 的最外层电子数为7，则 Z为 Cl。【详解】根据分析W 为 C，X 为 O，Y为 Na，Z为 Cl，A.O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂，二者形成的二氧化氯具有强氧化性，也可作水的消毒剂，故 A 正确；B.化合物 Y2X2为 Na2O2，YZX为 NaClO，过氧化钠中含有离子键和共价键，NaClO 中既含有离子键又含有共价键，故B正确；C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小：WX；钠离子含有2 个电子

22、层，氯离子含有3 个电子层，则简单离子半径：YZ，故 C 正确；D.C、O 可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能够与NaOH 溶液反应，但CO不与 NaOH 溶液反应，故D 错误；故答案为D。【点睛】碳酸钠溶液水解显碱性，故可以用来除油污；Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为供氧剂。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数，但资料表明：反应中除了生成 NO2气体外还会有少量的NO 生成；常温下 NO2和 N2O4混合存在，在低于 0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO 生

23、成，有人设计如下实验：（1）实验开始前要先打开A 部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是_。（2）装置 B 瓶的作用是 _。（3）A 中的反应停止后，打开D 中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO 产生，则D 中应出现的现象是_；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入_(填“冷”或“热”)的氧气。（4）为减小测量误差，在A 中反应完成和D 中出现现象后，还应继续进行的操作是_。（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A 中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。若设反应中硝酸

24、既无挥发也无分解，则：参加反应的硝酸的物质的量为_。若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是_。（6）若实验只测定Cu的质量分数，不验证NO 的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：_。【答案】排尽装置中的空气吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO 出现红棕色气体热打开 K1、K2持续通入一段时间的N2和 O20.5mol C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量往剩余溶液中加入过量HCl 溶液，过滤、洗涤、干燥、称量【解析】【分析】实验开始前要先打开A 部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气

25、再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于 0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A 中的反应停止后，打开D 中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO 产生，则 D 中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B 装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中 冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段

26、时间的N2和 O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A 装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B 装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A 中的反应停止后，打

27、开D 中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO 产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D 中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和 O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A 装置中银离子和氯离

28、子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A 中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl 沉淀的质量，再进行计算。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下：已知：.卤原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。.E为汽车防冻液的主要成分。.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH 请回答下列问题(1)写出 B的名称 _，CD 的反应

29、类型为_；(2)写出 E生成 F的化学方程式_。写出 H 生成 I 的化学方程式_。(3)1 mol J 在氢氧化钠溶液中水解最多消耗_mol NaOH。(4)H 有多种同分异构体，其满足下列条件的有_种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为 1：1：2：6 的结构简式为 _。只有两种含氧官能团能发生银镜反应1 mol 该物质与足量的Na 反应生成0.5 mol H2(5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物，合成路线如图：写出 P、Q 结构简式：P_，Q_。【答案】硝基苯还原反应HOCH2-CH2OH+O2OHCCHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2

30、H5+C2H5OH 4 12、【解析】【分析】A 分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A 是苯，结构简式为，A 与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C 与 Fe、HCl 发生还原反应产生D：；由于 F与新制 Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的 G，说明 F中含有-CHO，G 含有 2 个-COOH，则 G 是乙二酸：HOOC-COOH，逆推 F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则 E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与 2 个分子的CH3CH2OH

31、 在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的 H，H 的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H 与 CH3COOC2H5发生 III 条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和 C2H5OH，I 与 D反应产生J和 H2O，J在一定条件下反应产生J，K 发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生 M，M 在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A 是，B是，E是 HOCH2-CH2OH，F是 OHCCHO，G 是 HOOC-COOH，H 是 C2H5OOC-COOC2H5，I 是 C2H5OOCCOCH2COOC2

32、H5。(1)B 是，名称是硝基苯；C是，C与 Fe、HCl 发生还原反应产生D：，-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应；(2)E是 HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu 作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以 E生成 F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H 是 C2H5OOC-COOC2H5，H 与 CH3COOC2H5发生 III 条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和 C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH

33、；(3)J 结构简式是，在 J中含有 1 个 Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl 和酚羟基；含有2 个酯基，酯基水解产生2 个分子的C2H5OH 和 2 个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH 发生反应，所以 1 mol J 在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4 molNaOH；(4)H 结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是 C6H10O4，其同分异构体满足下列条件只有两种含氧官能团；能发生银镜反应说明含有醛基；1 mol 该物质与足量的Na 反应生成0.5 mol H2，结合分子中含有的 O 原子数目说明只含有1 个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，

34、则可能结构采用定一移二法，固定酯基 HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构的羧基可能有共 4 种结构；碳链结构的羧基可能有4 种结构；碳链结构的羧基可能有3 种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1 种结构，因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12 种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6 的结构简式为、；(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH 水溶液共热发生取代反应产生，发生催化氧化产生Q 是；与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是，P与 Fe、HCl 发生还原反应产生，与在 HAc存在条件下，加热40

35、50反应产生和 H2O，故 P是，Q 是。【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H 的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：(1)常温下，在pH 约为 9 时，用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为 Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为_。(2)除去

36、地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。Prusse 等提出的用Pd-Cu作催化剂，常温下，在pH 为 4.06.0 时，可直接用H2将 NO3-还原为 N2，该反应的离子方程式为_。研究发现用H2和 CO2的混合气体代替H2，NO3-的去除效果比只用H2时更好，其原因是_。在 pH 约为 5 时，用纳米Fe 粉可将 NO3-还原为 N2，Fe粉被氧化为Fe2+，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH 与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH 大于 9 时，pH 越大，

37、去除率越小，其原因是_。【答案】10Ca2+8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2+6H2O 2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H+，有利于pH 维持在 4.06.0 51 pH 大于 9 时，ClO-的氧化性减弱，不利于氧化 NH3【解析】【分析】(1)Ca(OH)2与 HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水；(2)在 pH 为 4.06.0 的酸性条件下，H2将 NO3-还原为 N2，CO2溶于水会电离产生H+，便于 H2还原 NO3-；在 pH 约为 5 时，纳米Fe 粉可将 NO3-还原为 N2，Fe粉被氧化为

38、Fe2+，根据电子守恒配平方程式，可得该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比；(3)根据 ClO-氧化性与溶液的pH 关系分析。【详解】(1)Ca(OH)2与 HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为 10Ca2+8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2+6H2O；(2)在 pH 为 4.06.0 的酸性条件下，具有还原性的H2可以将 NO3-还原为 N2，反应的离子方程式为：2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O；若 H2中混有 CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离作用，会电离产生 H+，有利

39、于pH 维持在 4.06.0，便于 H2还原 NO3-；在 pH 约为 5 时，用纳米Fe 粉可将 NO3-还原为 N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的化学方程式为：5Fe+12H+2NO3-=5Fe2+N2+6H2O，根据方程式可知：在该反应中氧化产物Fe2+与还原产物N2的物质的量之比为5：1；(3)ClO-具有强的氧化性，溶液的 pH 越小，ClO-氧化性越强，pH 越大，ClO-的氧化性越弱。当 pH 大于 9 时，溶液进行较强，则ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3。【点睛】本题以氮、磷对水体的污染的治理为线索，考查了溶液的酸碱性对化学反应的

40、影响，化学反应除了与反应的物质种类有关，还与溶液的酸碱性有关，控制好反应条件，可使反应向有利于生产、生活、环保等方向发展。19过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。（1）一定条件下，m 克的 H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重_克。（2）常温下，将14.0 克的 Na2O 和 Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14 的溶液，则产生的气体标准状况下体积为_L。（3）在 200mLAl2（SO4）3和 MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8 克。

41、此时生成标准状况下气体体积为5.6L。则原混合液中c（SO42-）=_mol/L。（4）取 17.88gNaHCO3和 Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。请列式计算：求原混合物中Na2O2的质量 B_；若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L 盐酸的体积为多少毫升_？【答案】m 1.12 2 7.8g 200mL V320mL【解析】【分析】(1)利用差量法，根据化学方程式分析：CO与 H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和 H2O，生成的CO2和 H2O再与 Na2O2反应；2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量

42、相等，Na2O2与 CO2反应 2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重 m 为 2Na2CO32Na2O2 2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与 H2O 反应 2H2O+2Na2O24NaOH+O2，质量增重 m 为 2H2OO22H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据nmM计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据cnV计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况

43、下氧气的体积；(3)生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：5.6L22.4L/mo10.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5mol 2 1mol，沉淀质量为5.8 克，即氢氧化镁的质量为5.8 克，所以氢氧化镁的物质的量为：5.858/1ggmo0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1 2 0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.10.4mol，则 c0.4mol0.2L2mol/L；(4)结合发生的反应2Na2

44、O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2和 2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+2NaOH+O2计算；反应后固体为0.08mol 的 NaOH 和 0.12mol 的 Na2CO3，再结合反应原理计算。【详解】(1)CO 和 H2的混合气体燃烧的方程式：2CO+O22CO2，2H2+O22H2O，与 Na2O2反应的方程式：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O24NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg；(2)设 14.0g 混合物中含有氧化钠xmol，含有过氧化钠ymol，则 62x+78y14，最后得到的溶

45、质为NaOH，得到 400mL pH14 的溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.4 1 0.4mol，根据钠原子守恒可得：2x+2y0.4，联合解得：x0.1、y0.1，所以 0.1mol 的过氧化钠生成0.05mol 的氧气，标况下生成的氧气的体积为：V(O2)22.4L/mol 0.05mol1.12L；(3)生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：5.6L22.4L/mo10.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5mol 2 1mol，沉淀质量为5.8 克，即氢氧化镁的质量为5.8 克，所以氢氧化镁的物质的量为：5.858/1ggmo0.1m

46、ol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1 2 0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.10.4mol，则 c0.4mol0.2L2mol/L，故答案为：2；(4)设 Na2O2和 NaHCO3的物质的量分别为x，y；2232322+=+49242417.8815.412442Na ONaHCONa COH OO223232+=+32429217.8816.112222NaOHNa ONaHCONa COO15.4115.9216.11 说明两个反应都发生，所以：78x+84y 17.88、106y+(2xy)40 15.92，解之得：x0.1mol、y0.12mol，故 m(Na2O2)7.8g；反应后固体为0.08mol 的 NaOH 和 0.12mol 的 Na2CO3，当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时，则需盐酸体积为 200mL；当反应后溶质只有NaCl 时，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mL V320mL。【点睛】本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。