2019-2020学年福建省福州市格致中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州市格致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 +

2、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。【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。2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a 中的物质b 中的物质c 中收集的气体d 中的物质A 浓氨水CaO NH3H2O B 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液C 稀硝酸Cu NO2H2O D 浓

3、盐酸MnO2Cl2NaOH 溶液A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+H2O=2 HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。3下图所示的实验，能达到实验目的的是（）A验证化学能转化为电能B证明温度对平衡移动的影响C验证铁发生析氢腐蚀D验证 AgCl 溶解度大于Ag2S【答案】B【解析】【分析】【详解】A由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电

4、池，不能验证化学能转化为电能，故A 不能达到实验目的；B在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2?N2O4，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B 能达到实验目的；C食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；D加入 NaCl 溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与 Ag2S的溶解度大小关系，故D 不能达到实验目的；故答案为B。4已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 32gS8与 S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB1L11mol?L1

5、H2C2O4溶液中含C2O42离子数为1.1NAC2molNO 与 2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD标准状况下2 4L 氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA【答案】A【解析】【分析】【详解】AS8与 S6（）分子中分别含有8 个和 6 个 S-S键，1 个 S对应 1 个 S-S共价键，由于32 g S8与 S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S 键，A 选项正确；B因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以 L 1.1 mol L-1 H2C2O4溶液含 C2O42-离子数小于1.1NA，B选项错误。C密闭容器中2

6、 mol NO 与 2mol O2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于 NO 不足，更小于 8NA，C 选项错误；D在标准状况下，2.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D 选项错误；答案选 A。【点睛】A 选项在判断时明确S8与 S6（）分子中分别含有8 个和 6 个 S-S键，两者混合后一个S对应 1 个 S-S共价键是解答的关键。5下列有关有机物的说法不正确的是()A用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分是纤维素B氯乙烯、溴苯分子中的所有原子都处于同一平面上C甲醛、乙炔、丙烯、裂化汽油都能使溴水和酸性KMnO4

7、溶液褪色D 75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制生物标本，二者所含原理一样【答案】A【解析】【详解】A、蚕丝的主要成分为蛋白质，而棉花的成分为纤维素，选项A 不正确；B、氯乙烯是1 个氯原子取代了乙烯分子中的1 个 H 原子形成的，故氯乙烯分子中所有的原子也处于同一平面；溴苯是 1 个溴原子取代了苯分子中的1 个 H 原子形成的，故溴苯分子中所有的原子也处于同一平面，选项 B 正确；C、甲醛含有醛基，乙炔、丙烯、裂化汽油均含有不饱和碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，选项 C 正确；D、乙醇、福尔马林均可使蛋白质发生变性，则75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸

8、制动物标本，二者所含原理一样，选项D 正确；答案选 A。6铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素13455Cs、13755Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133 B13455Cs、13755Cs的性质相同C13455Cs的电子数为79 D13455Cs、13755Cs互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A 正确；B13455Cs、13755Cs的质子数相同，而中子数不

9、同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C电子数等于质子数，13455Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；D13455Cs、13755Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D 错误；故合理选项是A。7图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（）A图乙中Fe 电极应与图甲中Y相连接B图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e-=CO2+2NO2+14H+D当图甲中N 电极消耗0.5 mol

10、O2时，图乙中阴极增重64g【答案】D【解析】【详解】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe 与 X相连，故A 错误；B由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B 错误；CH2NCONH2在负极 M 上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故 C 错误；D当图甲中N 电极消耗0.5 mol

11、 O2时，转移电子的物质的量为0.5mol 4=2.0mol，则乙中阴极增重2.0mol2 64g/mol=64g，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。8比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A都使用了合适的催化剂B都选择了较高的温度C都选择了较高的压强D都未按化学方程式的

12、系数进行投料反应【答案】C【解析】【分析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A 正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故 C 错误；D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D 正确。故选：C。9在强酸性溶液

13、中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A Na+K+OH-Cl-BNa+Cu2+SO42-NO3-CCa2+HCO3-NO3-K+D Mg2+Na+SO42-Cl-【答案】D【解析】【分析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH与 H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A 不符合题意；B、Cu2显蓝色，故B 不符合题意；C、HCO3与 H发生反应生成H2O 和 CO2，在指定溶液不能大量共存，故C 不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D 符合题意。【点睛】注意审题，溶液为

14、无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。10下判说法正确的是A常温下，c(Cl-)均为 0.1mol/LNaCl 溶液与 NH4Cl 溶液，pH 相等B常温下，浓度均为0.1mol/L 的 CH3COOH溶液与 HCl溶液，导电能力相同C常温下，HCl 溶液中 c(Cl-)与 CH3COOH溶液中 c(CH3COO-)相等，两溶液的pH 相等D室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl 是强酸强碱盐

15、，不水解，溶液显中性，而 NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH 不相等，A 错误；B.HCl 是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HClCH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl 的导电能力比醋酸强，B 错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c

16、(H+)相等，所以两溶液的pH 也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D 错误；故合理选项是C。11NA表示阿伏加德罗常数的值，4时，25 滴水为 amL，则 1 滴水中含有的水分子数为AAaN25BAaN25 18CAaN2520DAaN100022.4【答案】B【解析】【分析】【详解】25 滴水为 amL，物质的量为amL1g/mL18g/mol=a18mol，1 滴水物质的量为=a1825mol=a1825mol，1mol

17、为NA个，则 1 滴水中含有的水分子数为AaN25 18，选 B。12下列说法正确的是（）A淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料D聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋【答案】D【解析】【详解】A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A 错误；B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它发生分解反应，属于化学变化，B 错误；C.酒精分子结构简式为CH3CH2OH，含有 C、H、O 三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C 错误；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此

18、可用于制作食品包装袋，D 正确；故合理选项是D。13短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且 W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A YW3分子中的键角为120BW2Z的稳定性大于YW3C物质甲分子中存在6 个 键D Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4 个电子，Y原子最外层含有5 个电子，Z原子最外层含有6 个电子，W 最外层含

19、有1 个或 7 个电子，结合原子序数及“W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W 为 H，X为 C，Y为 N，Z为 O 元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C，Y为 N，Z为 O 元素。A YW3为 NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故 A 错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B 正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在 7 个 键和 1 个 键，故 C错误；D N 元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D 错误；故选 B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情

20、况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。14用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A 100g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个 Cl2C工业合成氨每断裂NA个 NN 键，同时断裂6NA个 N-H键，则反应达到平衡D常温下l LpH=7 的 1mol/LCH3COONH4溶液中 CH3COO-与 NH4+数目均为NA【答案】C【解析】【详解】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O 原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=1009%180/ggmol 6+10019%18/

21、ggmol 1=5.36mol，A 错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF 和 O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个 NN 键，同时断裂6NA个 N-H 键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则 c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D 错误；故合理选项是C

22、。15实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A b 中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C乙酸乙酯与互为同分异构体D乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A 正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精

23、冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B 错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸 水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D 正确；故合理选项是B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：完成下列填空：(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有_(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_。(2)过滤

24、I 所得滤液中含有的离子是_；过滤 I 所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是_。(3)检验产品KNO3中杂质的方法是_。II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：取 40 g NH4NO3和 37.25 g KCl固体加入100 g 水中，加热至 90，固体溶解,用冰水浴冷却至5以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的23时，保持 70过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：(4)过滤(a)得到的固体物质主要是_；在滤液中再加入NH4NO3的目的是_。(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564 g 样品，加入足量的Na

25、OH 浓溶液，充分加热，生成的气体用 20.00 mL 0.102 mol/L H2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去 0.089 mol/L 标准 NaOH 溶液 16.55 mL。滴定过程中使用的指示剂是_；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是_(保留 3 位小数)。【答案】加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3-、Na+、Cl-减少 NaCl 的结晶析出取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KNO3增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出甲基橙8.92%【解析】【分析】硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+

26、、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl 晶体，过滤分离出NaCl 晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。【详解】I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤 I 后析出部分NaCl，滤液 I 含有 K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl 晶体后，直接冷却会继续析出NaCl 晶体，在进行冷却结晶

27、前应补充少量水，可以减少NaCl 的结晶析出；(3)产品 KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；II.(4)取 40 g NH4NO3和 37.25 g KCl固体加入100 g 水中，加热至 90所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使 NH4Cl晶体析出；(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和 Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c

28、V=0.102 mol/L 0.02 L=0.00204 mol，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2 0.00204 mol=0.00408mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=c V=0.089 mol/L 0.01655 L=0.001473 mol，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408 mol-0.001473 mol=0.002607 mol，所以根据N 元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607 mol，则样品中氯化铵的质量分数为：0.002607?mol53.5?g/mol1.564?g 100%8.92%。【点睛】本题考查物质制备方

29、案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A 的原子利用率为100%，则 X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)E F 的反应类型为_，B的结构简式为_，若 E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出 D 与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)E 的同系物

30、G 比 E多一个碳原子，G 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol 该物质最多可还原出4 mol Ag 遇 FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2 个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9 CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据

31、题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B 中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C转化为 D 的反应条件知，D为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由 C 的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C 转化为 D 的反应条件知，D 为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知 F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是 O2；F中含氧官能团

32、的名称为羟基、酯基；(2)E F 的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D 为，与 NaOH 溶液反应的化学方程式：；(4)由得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个 HCOO-，苯环上有2 个官能团一定有-OH，还含有 CH2CH(CHO)OOCH或 CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3 种不同的位置关系，故共有9 种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【

33、点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G 中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol 该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO，分子不含有甲基，且苯环上有2 个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)NH3

34、H2O(aq)NH4HSO3(aq)H1 a kJ mol-1；NH3 H2O(aq)NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(aq)H2O(l)H2b kJ mol-1；2(NH4)2SO3(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)H3 c kJ kJ mol-1。则反应 2SO2(g)4NH3 H2O(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)2H2O(l)的 H_kJ mol-1(2)燃煤发电厂常利用反应：2CaCO3(s)2SO2(g)O2(g)2CaSO4(s)2CO2(g)H 681.8 kJmol-1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T时，借助传感器测得反应

35、在不同时间点上各物质的浓度如下：0 10 20 30 40 50 O21.00 0.79 0.60 0.60 0.64 0.64 CO20 0.42 0.80 0.80 0.88 0.88 0 10min 内，平均反应速率v(O2)_mol L1 min1；当升高温度，该反应的平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的粉状碳酸钙B通入一定量的O2C适当缩小容器的体积D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)2NO(g)?N2(g)CO2(g)

36、H 34.0 kJmol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压，测得NO 的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K 前反应中NO 的转化率随温度升高而增大，其原因为_；在 1100K 时，CO2的体积分数为 _。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp)。在 1050K、1.1 106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp_已知：气体分压(P分)气体总压(P总)体积分数。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液 X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：在阳极区发生的反应包括_

37、和 H+HCO3-=CO2+H2O 简述 CO32-在阴极区再生的原理：_。【答案】2a+2b+c0.021 减小 BC1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大 20%44OH-4e-2H2O+O2阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH-与 HCO3-反应生成 CO32-【解析】【分析】(1)利用盖斯定律计算。(2)根据公式计算O2平均反应速率；当升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动；A.加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变；B.通入一定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加

38、，平衡向体积减小方向即正向移动；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，浓度不变。(3)1050K 前反应不断的正向建立平衡，因此NO 的转化率随温度升高而增大；建立三段式进行计算。(4)建立三段式计算压强平衡常数。(5)在阳极区是氢氧根失去电子，发生的反应包括4OH4e2H2O+O2，剩余氢离子和碳酸氢根反应；阴极水电解生成氢气，剩余氢氧根离子，剩余的OH与 HCO3反应生成CO32。【详解】(1)根据目标反应，将第一个方程式2 倍加第二个方程式2 倍再加第三个方程式得到：反应2SO2(g)4NH3 H2O(aq)O2(g)2(NH4)2SO4(aq)2H2O(l)的 H(2a+2b+c)kJmo

39、l-1(2)0 10min 内，O2平均反应速率1112(1.000.79)molL(O)=0.021mol Lmin t10minc；当升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此该反应的平衡常数K 减小；故答案为：0.021；减小。A.加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，浓度不变，故A 不符合题意；B.通入一定量的O2，平衡正向移动，二氧化碳浓度增加，氧气浓度也比原来增加，故B符合题意；C.适当缩小容器的体积，两者浓度都在原来基础上增加，平衡向体积减小方向即正向移动，故C 符合题意；D.加入合适的催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D 不符合题意；综上所述，答案为BC。(3)由图可知，1050

40、K 前反应不断的正向建立平衡，因此NO 的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大；设开始时NO 有 1mol，在 1100K时，转化率为40%，CO2的体积分数0.4mol=100%20%1.2mol0.4mol0.4mol；故答案为：1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大；20%。(4)设开始时NO 有 1mol，在 1050K 时，转化率为80%该反应的化学平衡常数66620.80.81.1 10 Pa1.1 10 Pa220.41.1 10 Pa=24pK（）；故答案为：4。(5

41、)在阳极区是氢氧根失去电子，发生的反应包括4OH 4e 2H2O+O2和 H+HCO3=CO2+H2O；故答案为：4OH4e2H2O+O2。阴极水电解生成氢气，剩余氢氧根离子，剩余的 OH与 HCO3反应生成CO32，因此阴极区再生CO32；故答案为：阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH与 HCO3反应生成CO32。192019 年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO 等）制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式

42、为_。为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是_。向“浸出液”中加入 CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH 使 Fe3+、A13+完全沉淀，则pH 至少为 _。(已知：，KspFe(OH)3=4.0 10-38，KspAl(OH)3=1.0 10-33，完全沉淀后离子浓度低于1 l0-5)mol/L）。“滤渣 2”的主要化学成分为_。“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的_(化学式）溶液。（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为 LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是_

43、（填字母）。A过程 1 为放电过程B该电池若用隔膜可选用质子交换膜C石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度D充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2E.对废旧的该电池进行“放电处理”让 Li+嵌入石墨烯中而有利于回收（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。再将 FePO4固体与 H2C2O4和 LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。写出 FePO4固体与 H2C2O4和 LiOH 反应溶液获得LiFePO4的化学方程式_。LiFe

44、PO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是_。【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度4.7 Mg(OH)2和 CaCO3Na2CO3CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2+5CO +7H2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的 Fe2+被氧化【解析】【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO 等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH 沉淀镁离

45、子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂；【详解】(1)硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活发金属氧化物二氧化硅 水，不同氧化物间以 隔开；b各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为Li2O?Al2O3?4SiO2；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、

46、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧“，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；Al(OH)3的 Ksp大于 Fe(OH)3的 Ksp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的 Ksp=1 10-33，所以当 c(Al3+)=1 10-5mol/L 时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(OH-)=33p3s53+31 101 1A=0lKc=mol/L=1 10-9.3mol/L，c(H+)=1 10-4.7mol/L，pH=4.7，即 pH 至少为 4.7；根据分析可知滤渣2 主要为 Mg(OH)2和 CaCO3；根据“沉锂”后形成 Li2CO3

47、固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na2CO3溶液；(2)A电池反应式为LiCoO2+C6垐 垎?噲 垐?充电放电LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放电时，负极电极反应式为LixC6-xe-=xLi+C6，正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，故A 错误；B该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B 错误；C石墨烯电池利用的是Li 元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故 C正确；D充电时，LiCoO2极为阳极，将放电时的正极电极反应

48、式逆写即可得阳极反应，即LiCoO2极发生的电极反应为 LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2，故 D 正确；E根据钴酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行“放电处理“让 Li+嵌入 LiCoO2才有利于回收，故E错误；故答案为CD；(3)FePO4固体与 H2C2O4和 LiOH反应可获得LiFePO4同时获得两种气体，该过程中Fe3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C元素被氧化，生成CO2，该种情况下只生成一种气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和 CO2，即获得的两种气体为CO和 CO2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2+5CO +7H2O；高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePO4中的 Fe2+被氧化。【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活发金属氧化物二氧化硅 水，不同氧化物间以 隔开；b各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等