浙江省杭州二中高三化学下学期仿真试卷（含解析）.doc

2015年浙江省杭州二中高考化学仿真试卷 一、选择题（本题共7小题每题6分，共42分在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求本卷可能用到的相对原子质量：h-1n-14o-16s-32na-23c-121下列说法不正确的是( )a生物质能的利用主要有以下几种方式：直接燃烧、生物化学转换和热化学转换b在人类研究物质微观结构的过程中，光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用c能源可分为一次能源和二次能源，化学电源也可分为一次电池和二次电池d碰撞理论和过渡态理论是常用的反应速率理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等对反应速率的影响2下列说法正确的是( )a在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度b向装有2ml 2mol/l alcl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/l氨水3ml，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱c在zncu原电池中加入双氧水后，灯泡亮度增加且持续时间较长d海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23 min并过滤，滤液中可以加入适量的h2o2来氧化i3x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径是短周期主族元素中最大的，y元素的单质常通过分离液态空气得到，z元素的单质是常见的半导体材料，w与z同族，r与y同族，其单质有杀菌作用 下列叙述不正确的是( )ax与y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应b根据非金属性强弱，不可能由z的最高价氧化物制出w的最高价氧化物cy的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于r的简单氢化物d向两份bacl2溶液中分别通入ry2、wy2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入ry2的一份中可能产生沉淀4下列有机物相关描述不正确的( )a按照有机物系统命名法，化合物的名称为：3，3二乙基戊烷b甲醇、乙二醇、丙三醇都为饱和醇，熔沸点依次递增c甘氨酸h2nch2cooh、丙氨酸ch3ch（nh2）cooh、谷氨酸hoocch2ch2ch（nh2）cooh一定条件下形成链状三肽的结构最多有33种d分子式为c5h10o2的所有酯类的同分异构体共有9种5一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用c6h10o5表示下列有关说法正确的是( )ab电极为该电池的负极bb电极附近溶液的ph减小ca电极反应式：c6h10o524e+7h2o6co2+24h+d中间室：na+移向左室，cl移向右室6常温下，现有0.1mol/l的nh4hco3溶液，ph=7.8已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与ph的关系如图所示下列说法正确的是( )a当溶液的ph=9时，溶液中存在下列关系：c（nh4+）c（hco3）c（nh3h2o）c（co32）bnh4hco3溶液中存在下列守恒关系：c（nh4+）+c（nh3h2o）+c（h+）=c（oh）+2c（co32）+c（h2co3）c往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时nh4+和hco3浓度逐渐减小d通过分析可知常温下kb（nh3h2o）ka1（h2co3）7某试液中只可能含有k+、nh4+、fe2+、fe3+、cl、so42、no3、alo2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1moll1，某同学进行了如图实验：下列说法正确的是( )a无法确定原试液中是否含有fe3+、k+b滤液x中大量存在的阳离子有nh4+、fe3+、h+和al3+c无法确定沉淀b的成分d原溶液中一定存在的离子为nh4+、fe2+、no3、so42二、非选择题（58分）8有机物a（c6h8o4）为食品包装纸的常用防腐剂，a难溶于水但可以使溴的ccl4溶液褪色a在酸性条件下水解反应，得到b（c4h4o4）和c通常状况下b为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应c的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分（1）a可以发生的反应类型有_（选填序号）加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）b分子所含官能团的名称_、_（3）b分子中没有支链，则b的结构简式_，和b具有相同官能团的同分异构体的结构简式_（4）由b制取a的化学反应方程式_，该反应类型_（5）天门冬氨酸（c4h7no4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一结合上述反应流程，推断天门冬氨酸的结构简式_（6）两分子天门冬氨酸一定条件下可以缩合生成一种六元环肽结构的物质，写出该反应的化学方程式_9nh3在工业生产上有重要的应用（1）写出用浓氨水检验氯气管道泄漏的化学反应方程式_（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物a，a中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出a的电子式_；a在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学反应方程式_10（14分）某白色固体甲常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去为研究其组成，某小组同学进行了如图实验又知，甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定（1）甲中所含阳离子的结构示意图_，甲的化学式_（2）写出中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式_（3）乙能使品红溶液褪色的原因是_（4）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式_（5）下列物质中可能在溶液中与甲反应的是_anai bcl2 cagno3 dnaoh11二氧化碳的捕集、利用与封存（ccus）是我国能源领域的一个重要战略方向，ccus或许发展成一项重要的新兴产业（1）已知：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h1=a kjmol1co（g）+h2o （g）co2（g）+h2 （g）h2=b kjmol12co（g）+o2（g）2co2（g）h3=c kjmol1反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g） 的h=_kjmol1（2）利用废气中的co2为原料制取甲醇，反应方程式为：co2+3h2ch3oh+h2o其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，co2的转化率随反应温度的变化如图1所示a点所代表的状态_（填“是”或“不是”）平衡状态c点co2的转化率高于b点，原因是_（3）在实际生产中发现，随着甲醇的生成，还伴随有少量co副产物出现：co2+h2co+h2o，且co2的转化率、甲醇的产率和co含量除受浓度、度、压强等因素影响外，还受催化剂cuo的质量分数、气体混合物在反应锅炉内的流动速率影响（用空间流率表示）通过实验分别得到数据图2、3：由图2得，最佳空间流率为_h1；在其他条件不变的前提下调整催化剂配比，并记录到达平衡所需的时间，得到如如表数据，试说明不选择单组份zno原因是_（4）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1mpa，n（h2）：n（co2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2co2（g）+6h2（g）c2h4（g）+4h2o（g）h，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图4所示：该进行的反应的s_0（填：“”或“”）对于气体反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可以表示平衡常数（记作kp），则该反应的kp=_为提高co2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_（列举2项）12已知苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇、乙醚，有弱酸性，酸性比醋酸强它可用于制备苯甲酸乙酯和苯甲酸铜（一）制备苯甲酸乙酯+c2h5oh+h2o相关物质的部分物理性质如表格：实验流程如图1：（1）制备苯甲酸乙酯，图2装置最合适的是_，反应液中的环己烷在本实验中的作用_（2）步骤控制温度在6570缓慢加热液体回流，分水器中逐渐出现上、下两层液体，直到反应完成，停止加热放出分水器中的下层液体后，继续加热，蒸出多余的乙醇和环己烷反应完成的标志是_（3）步骤碳酸钠的作用是_，碳酸钠固体需搅拌下分批加入的原因_（4）步骤将中和后的液体转入分液漏斗分出有机层，水层用25ml乙醚萃取，然后合并至有机层，用无水mgso4干燥乙醚的作用_（5）步骤蒸馏操作中，图3装置最好的是_（填标号），蒸馏时先低温蒸出乙醚，蒸馏乙醚时最好采用_（水浴加热、直接加热、油浴加热）（二）制备苯甲酸铜将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入cu（oh）2粉未，然后水浴加热，于7080下保温23小时；趁热过滤，滤液蒸发冷却，析出苯甲酸铜晶体，过滤、洗涤、干燥得到成品（6）混合溶剂中乙醇的作用是_，趁热过滤的原因_（7）本实验中下列药品不能代替氢氧化铜使用的是_a醋酸铜b氧化铜 c碱式碳酸铜d硫酸铜（8）洗涤苯甲酸铜晶体时，下列洗涤剂最合适的是_a冷水 b热水 c乙醇 d乙醇水混合溶液2015年浙江省杭州二中高考化学仿真试卷一、选择题（本题共7小题每题6分，共42分在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求本卷可能用到的相对原子质量：h-1n-14o-16s-32na-23c-121下列说法不正确的是( )a生物质能的利用主要有以下几种方式：直接燃烧、生物化学转换和热化学转换b在人类研究物质微观结构的过程中，光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用c能源可分为一次能源和二次能源，化学电源也可分为一次电池和二次电池d碰撞理论和过渡态理论是常用的反应速率理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等对反应速率的影响考点：研究物质结构的基本方法和实验手段；使用化石燃料的利弊及新能源的开发 分析：a生物质能利用方式有：直接燃烧、生物化学转化、热化学转化； b扫描隧道显微镜可观察到的粒子直径最小，使用时间最晚；c直接来自自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源，化学电源也可分为一次电池（例如干电池）和二次电池（可充电电池，例如铅酸蓄电池）；d过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能解答：解：a生物质能包括农业废弃物、水生植物、油料植物、城市与工业有机废弃物、动物粪便等，其利用方式有：直接燃烧、生物化学转化、热化学转化，故a正确； b光学显微镜距离直接观察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离开直接观察原子和分子还有一段距离20世纪80年代初发展起来的扫描隧道显微镜是使人们能够直接观察和研究物质微观结构的新型显微镜，故b正确；c能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源；化学电源也可分为一次电池（例如干电池）和二次电池（可充电电池，例如铅酸蓄电池），故c正确；d过渡态理论不可解释温度对反应速率的影响，故d错误故选d点评：本题考查较为综合，涉及能源、化学研究方法等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列说法正确的是( )a在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度b向装有2ml 2mol/l alcl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/l氨水3ml，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱c在zncu原电池中加入双氧水后，灯泡亮度增加且持续时间较长d海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23 min并过滤，滤液中可以加入适量的h2o2来氧化i考点：镁、铝的重要化合物；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理；中和热的测定 分析：a起始温度应为混合前酸、碱的温度； balcl3溶液过量；c加入双氧水后加快反应的速率；d碘离子能被双氧水氧化解答：解：a起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故a错误； balcl3溶液过量，氨水不足，不能说明氢氧化铝不溶于弱碱，故b错误；c加入双氧水后加快反应的速率，亮度增加，但是持续时间变短，故c错误；d加入酸化的h2o2溶液，发生氧化还原反应生成碘单质，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及中和热测定、物质的性质、原电池以及氧化还原反应等，选项ab为解答的难点和易错点，注意进行过量计算，题目难度中等3x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径是短周期主族元素中最大的，y元素的单质常通过分离液态空气得到，z元素的单质是常见的半导体材料，w与z同族，r与y同族，其单质有杀菌作用 下列叙述不正确的是( )ax与y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应b根据非金属性强弱，不可能由z的最高价氧化物制出w的最高价氧化物cy的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于r的简单氢化物d向两份bacl2溶液中分别通入ry2、wy2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入ry2的一份中可能产生沉淀考点：原子结构与元素的性质 分析：x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径是短周期主族元素中最大的，则x为na；y元素的单质常通过分离液态空气得到，y单质为氮气或氧气，而r与y同族，其单质有杀菌作用，则y为o元素、r为s元素；z元素的单质是常见的半导体材料，则z为si，w与z同族，则w为c元素，据此解答解答：解：x、y、z、w、r属于短周期主族元素x的原子半径是短周期主族元素中最大的，则x为na；y元素的单质常通过分离液态空气得到，y单质为氮气或氧气，而r与y同族，其单质有杀菌作用，则y为o元素、r为s元素；z元素的单质是常见的半导体材料，则z为si，w与z同族，则w为c元素ax与y形成的两种化合物为na2o、na2o2，晶体中阴、阳离子的个数比均为1：2，前者与水反应生成氢氧化钠，后者与水反应是生成氢氧化钠与氧气，故a正确；b高温下碳能与二氧化硅反应生成si与二氧化碳，故b错误；cy、r的简单氢化物分别为h2o、h2s，h2o分子之间存在氢键，沸点高于h2s，由于非金属性os，故稳定性：h2oh2s，故c正确；d向两份bacl2溶液中分别通入so2、co2，均无白色沉淀生成，由于溶液中亚硫酸被氧气氧化为硫酸，一段时间后，通入so2的一份中可能产生硫酸钡沉淀，故d正确故选b点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，难度中等4下列有机物相关描述不正确的( )a按照有机物系统命名法，化合物的名称为：3，3二乙基戊烷b甲醇、乙二醇、丙三醇都为饱和醇，熔沸点依次递增c甘氨酸h2nch2cooh、丙氨酸ch3ch（nh2）cooh、谷氨酸hoocch2ch2ch（nh2）cooh一定条件下形成链状三肽的结构最多有33种d分子式为c5h10o2的所有酯类的同分异构体共有9种考点：有机化合物命名；晶体熔沸点的比较；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：a、为烷烃，最长碳链为5，据此命名即可；b、甲醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；c、氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同；d、分子式为c5h10o2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，进行书写判断解答：解：a、为烷烃，最长碳链为5，在3号碳上含有2个乙基，正确命名为：3，3二乙基戊烷，故a正确；b甲醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则甲醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故b正确；c、氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同，故形成的肽键多余27种，c错误；d、若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：hcooch2ch2ch2ch3、hcooch2ch（ch3）2、hcooch（ch3）ch2ch3、hcooc（ch3）3；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：ch3cooch2ch2ch3、ch3cooch（ch3）2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：ch3ch2cooch2ch3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：ch3ch2ch2cooch3、（ch3）2chcooch3故有9种，故d正确；故选c点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断5一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用c6h10o5表示下列有关说法正确的是( )ab电极为该电池的负极bb电极附近溶液的ph减小ca电极反应式：c6h10o524e+7h2o6co2+24h+d中间室：na+移向左室，cl移向右室考点：原电池和电解池的工作原理 分析：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为c6h10o524e+7h2o6co2+24h+，据此分析解答解答：解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为c6h10o524e+7h2o6co2+24h+，a该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故a错误；b右边装置中电极b是正极，电极反应式为2no3+10e+12h+=n2+6h2o，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的ph增大，故b错误；c左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为c6h10o524e+7h2o6co2+24h+，故c正确；d放电时，电解质溶液中阳离子na+移向正极右室，阴离子cl移向负极室左室，故d错误；故选c点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据n元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；6常温下，现有0.1mol/l的nh4hco3溶液，ph=7.8已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与ph的关系如图所示下列说法正确的是( )a当溶液的ph=9时，溶液中存在下列关系：c（nh4+）c（hco3）c（nh3h2o）c（co32）bnh4hco3溶液中存在下列守恒关系：c（nh4+）+c（nh3h2o）+c（h+）=c（oh）+2c（co32）+c（h2co3）c往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时nh4+和hco3浓度逐渐减小d通过分析可知常温下kb（nh3h2o）ka1（h2co3）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较 分析：a当ph=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；b根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒分析；c该碳酸氢铵溶液的ph=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后nh4+和hco3浓度变化；d碳酸氢啊溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小解答：解：a结合图象可知，溶液的ph=9时，溶液中离子浓度大小为：c（hco3）c（nh4+）c（nh3h2o）c（co32），故a错误；bnh4hco3溶液中存在物料守恒：c（nh4+）+c（nh3h2o）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3），溶液显碱性则c（h+）c（oh），所以c（nh4+）+c（nh3h2o）+c（h+）c（oh）+2c（co32）+c（h2co3），故b错误；c0.1mol/l的nh4hco3溶液的ph=7.8，根据图象可知，当溶液ph增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故c错误；d由于0.1mol/l的nh4hco3溶液的ph=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于ka1（h2co3），故d正确；故选d点评：本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法7某试液中只可能含有k+、nh4+、fe2+、fe3+、cl、so42、no3、alo2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1moll1，某同学进行了如图实验：下列说法正确的是( )a无法确定原试液中是否含有fe3+、k+b滤液x中大量存在的阳离子有nh4+、fe3+、h+和al3+c无法确定沉淀b的成分d原溶液中一定存在的离子为nh4+、fe2+、no3、so42考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 分析：试液中加入盐酸产生气体，说明一定含有硝酸根离子和二价铁离子；滤液中加入氢氧化钡生成沉淀，说明一定含有氨根离子，因为加入盐酸，在酸性环境下二价铁离子被氧化生成三价铁，产生氢氧化铁沉淀，二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解，不共存，所以一定不含有偏铝酸根离子，加入氢氧化钡溶液产生气体，则一定含有氨根离子，产生沉淀a，该沉淀可能是氢氧化铁或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀b为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1moll1，从电荷的角度出发，判断是否含有钾离子和硫酸根离子，据此解答解答：解：试液中加入盐酸产生气体，硝酸根离子、二价铁离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成三价铁离子和一氧化氮，说明一定含有硝酸根离子、二价铁离子；二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解不共存，一定不含偏铝酸根离子，向滤液中加入足量氢氧化钡，产生气体，氢氧根离子与氨根离子反应生成氨气，一定含有氨根离子，因为第一步反应中生成三价铁离子，所以加入氢氧化钡会产生氢氧化铁沉淀或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀b为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1moll1，依据溶液中阴阳离子所带电荷守恒可知：硫酸根离子一定存在；三价铁离子，一定不存在；一定不存在的是：fe3+、alo2；所以一定含有的离子有：nh4+、fe2+、no3、so42；无法确定的是：k+、cl，a通过实验现象无法确定是否含有cl、k+，故a错误；b滤液x中大量存在的阳离子有nh4+、fe2+，不含有铝离子、氢离子，故b错误；c沉淀b的成分为碳酸钡沉淀，故c错误；d原溶液中一定存在的离子为nh4+、fe2+、no3、so42，故d正确；故选：d点评：本题考查了常见离子的性质检验，熟悉离子的性质及检验方式是解题关键，题目难度中等二、非选择题（58分）8有机物a（c6h8o4）为食品包装纸的常用防腐剂，a难溶于水但可以使溴的ccl4溶液褪色a在酸性条件下水解反应，得到b（c4h4o4）和c通常状况下b为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应c的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分（1）a可以发生的反应类型有（选填序号）加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）b分子所含官能团的名称碳碳双键、羧基（3）b分子中没有支链，则b的结构简式hoocch=chcooh，和b具有相同官能团的同分异构体的结构简式ch2=c（cooh）2（4）由b制取a的化学反应方程式hoocch=chcooh+2ch3ohch3oocch=chcooch3+2h2o，该反应类型酯化反应（5）天门冬氨酸（c4h7no4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一结合上述反应流程，推断天门冬氨酸的结构简式hoocch2ch（nh2）cooh（6）两分子天门冬氨酸一定条件下可以缩合生成一种六元环肽结构的物质，写出该反应的化学方程式2 hoocch2ch（nh2）cooh+2h2o考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：据a能在酸性条件下水解成b和c，可知a为酯类化合物，通常状况下b为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应，则b为羧酸，c属于醇，根据b的分子式为c4h4o4，可知每分子b中含2个cooh，结合a难溶于水但可以使溴的ccl4溶液褪色，说明a分子中含有碳碳不饱和键，则b中除有羧基外，还有c=c键，结合（3）中b分子没有支链，则b为hoocch=chcooh，c的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分，则c为ch3oh，故a为ch3oocch=chcooch3，b与hcl发生加成反应生成c为hoocch2chclcooh，则天门冬氨酸的结构简式是hoocch2ch（nh2）cooh，据此解答解答：解：据a能在酸性条件下水解成b和c，可知a为酯类化合物，通常状况下b为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应，则b为羧酸，c属于醇，根据b的分子式为c4h4o4，可知每分子b中含2个cooh，结合a难溶于水但可以使溴的ccl4溶液褪色，说明a分子中含有碳碳不饱和键，则b中除有羧基外，还有c=c键，结合（3）中b分子没有支链，则b为hoocch=chcooh，c的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分，则c为ch3oh，故a为ch3oocch=chcooch3，b与hcl发生加成反应生成c为hoocch2chclcooh，则天门冬氨酸的结构简式是hoocch2ch（nh2）cooh（1）a为ch3oocch=chcooch3，其中的碳碳双键c能发生加成、加聚、氧化等反应，不能发生酯化反应，故答案为：；（2）b为hoocch=chcooh，含有的官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）由上述分析可知，b的结构简式是：hoocch=chcooh，b的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是：ch2=c（cooh）2，故答案为：hoocch=chcooh；ch2=c（cooh）2；（4）hoocch=chcooh与甲醇发生酯化反应得到a，反应方程式为：hoocch=chcooh+2ch3ohch3oocch=chcooch3+2h2o，故答案为：hoocch=chcooh+2ch3ohch3oocch=chcooch3+2h2o，酯化反应；（5）由以上分析可知，天门冬氨酸的结构简式是：hoocch2ch（nh2）cooh，故答案为：hoocch2ch（nh2）cooh；（6）两分子天门冬氨酸一定条件下可以缩合生成一种六元环肽结构的物质，该反应的化学方程式为：2 hoocch2ch（nh2）cooh+2h2o，故答案为：2 hoocch2ch（nh2）cooh+2h2o点评：本题考查有机物的推断，关键是根据a的性质及b的分子式、结构特点和性质综合分析确定b的结构简式，题目难度中等9nh3在工业生产上有重要的应用（1）写出用浓氨水检验氯气管道泄漏的化学反应方程式3cl2+8nh36nh4cl+n2（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物a，a中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出a的电子式；a在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学反应方程式ncl3+3h2o=nh3+3hclo考点：氨的化学性质；氯气的化学性质 分析：（1）氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气；（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物a，a中所有原子均满足8电子稳定结构，生成的酸是hclo，a为ncl3，三氯化氮和水反应生成次氯酸和氨气解答：解：（1）氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为3cl2+8nh36nh4cl+n2，故答案为：3cl2+8nh36nh4cl+n2；（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物a，a中所有原子均满足8电子稳定结构，生成的酸是hclo，a为ncl3，电子式为，三氯化氮和水反应生成次氯酸和氨气，反应方程式为ncl3+3h2o=nh3+3hclo，故答案为：；ncl3+3h2o=nh3+3hclo点评：本题考查氨气和氯气性质，侧重考查学生分析推断能力，正确判断a分子式是解本题关键，知道氨气的检验方法及现象，题目难度不大10（14分）某白色固体甲常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去为研究其组成，某小组同学进行了如图实验又知，甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定（1）甲中所含阳离子的结构示意图，甲的化学式na2s2o4（2）写出中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式s2o32+2h+=s+so2+h2o（3）乙能使品红溶液褪色的原因是能与品红结合生成不稳定的无色化合物（4）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式na2s2o4+o2+h2o=nahso3+nahso4（5）下列物质中可能在溶液中与甲反应的是bcanai bcl2 cagno3 dnaoh考点：无机物的推断 专题：推断题分析：甲的焰色为黄色，含有na元素，盐丙和丁的组成元素和甲相同，加入足量硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为so2，生成的淡黄色沉淀为s，丙、丁中其中一种为na2s2o3，发生反应：na2s2o3+h2so4=s+so2+na2so4+h2o，反应生成的二氧化硫为=0.02mol，硫为=0.01mol，而na2s2o3+h2so4=s+so2+na2so4+h2o中生成的s、so2均为0.01mol，故丙、丁中其中一种为na2so3，发生反应：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o，该反应生成so2为0.02mol0.01mol=0.01mol，结合方程式可知，na2s2o3为0.01mol，na2so3为0.01mol，甲分解得到二氧化硫为=0.01mol，根据原子守恒可知，0.02mol甲中含有：na原子为0.01mol2+0.01mol2=0.04mol，s原子为0.01mol+0.01mol2+0.01mol=0.04mol，o原子为（0.01mol+0.01mol）3+0.01mol2=0.08mol，则1mol甲含有2molna原子、2mols原子、4molo原子，故甲的化学式为na2s2o4，据此解答解答：解：甲的焰色为黄色，含有na元素，盐丙和丁的组成元素和甲相同，加入足量硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为so2，生成的淡黄色沉淀为s，丙、丁中其中一种为na2s2o3，发生反应：na2s2o3+h2so4=s+so2+na2so4+h2o，反应生成的二氧化硫为=0.02mol，硫为=0.01mol，而na2s2o3+h2so4=s+so2+na2so4+h2o中生成的s、so2均为0.01mol，故丙、丁中其中一种为na2so3，发生反应：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o，该反应生成so2为0.02mol0.01mol=0.01mol，结合方程式可知，na2s2o3为0.01mol，na2so3为0.01mol，甲分解得到二氧化硫为=0.01mol，根据原子守恒可知，0.02mol甲中含有：na原子为0.01mol2+0.01mol2=0.04mol，s原子为0.01mol+0.01mol2+0.01mol=0.04mol，o原子为（0.01mol+0.01mol）3+0.01mol2=0.08mol，则1mol甲含有2molna原子、2mols原子、4molo原子，故甲的化学式为na2s2o4，（1）甲为na2s2o4，甲中所含阳离子的结构示意图为：，故答案为：；na2s2o4；（2）中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式：s2o32+2h+=s+so2+h2o，故答案为：s2o32+2h+=s+so2+h2o；（3）乙为二氧化硫，能与品红结合生成不稳定的无色化合物，使品红溶液褪色，故答案为：能与品红结合生成不稳定的无色化合物；（4）na2s2o4的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，硫元素化合价升高，反应生成nahso3、nahso4，该反应的化学反应方程式：na2s2o4+o2+h2o=nahso3+nahso4，故答案为：na2s2o4+o2+h2o=nahso3+nahso4；（5）甲具有还原性，氯气具有氧化性，硝酸银溶液显酸性，具有氧化性，二者可能与甲反应，故选：bc点评：本题考查无机物推断，属于计算型推断，关键是根据气体乙的性质及淡黄色沉淀判断丙、丁其中一种为na2s2o3，需要学生具备扎实的基础，难度较大11二氧化碳的捕集、利用与封存（ccus）是我国能源领域的一个重要战略方向，ccus或许发展成一项重要的新兴产业（1）已知：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h1=a kjmol1co（g）+h2o （g）co2（g）+h2 （g）h2=b kjmol12co（g）+o2（g）2co2（g）h3=c kjmol1反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g） 的h=a+2b2ckjmol1（2）利用废气中的co2为原料制取甲醇，反应方程式为：co2+3h2ch3oh+h2o其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，co2的转化率随反应温度的变化如图1所示a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态c点co2的转化率高于b点，原因是b、c点都未达到平衡状态，c点温度高，反应速率快，二氧化碳的转化率较大（3）在实际生产中发现，随着甲醇的生成，还伴随有少量co副产物出现：co2+h2co+h2o，且co2的转化率、甲醇的产率和co含量除受浓度、度、压强等因素影响外，还受催化剂cuo的质量分数、气体混合物在反应锅炉内的流动速率影响（用空间流率表示）通过实验分别得到数据图2、3：由图2得，最佳空间流率为3600h1；在其他条件不变的前提下调整催化剂配比，并记录到达平衡所需的时间，得到如如表数据，试说明不选择单组份zno原因是使用单组分zno时反应速率虽然快，但是由图3可知，二氧化碳转化率、甲醇的产率都过低，实际生产中没有意义，故不采用（4）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1mpa，n（h2）：n（co2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2co2（g）+6h2（g）c2h4（g）+4h2o（g）h，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图4所示：该进行的反应的s0（填：“”或“”）对于气体反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可以表示平衡常数（记作kp），则该反应的kp=为提高co2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值（列举2项）考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素 分析：（1）已知：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h1=a kjmol1co（g）+h2o （g）co2（g）+h2 （g）h2=b kjmol12co（g）+o2（g）2co2（g）h3=c kjmol1，+22可以得到反应反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g），据盖斯定律来计算反应的焓变；（2）催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡；b、c点均未达到平衡状态，升高温度，化学反应速率加快，co2的转化率较大；（3）图象分析生产甲醇的气体最佳流动速率，二氧化碳转化率最大，甲醇产量最大；使用单组份zno时反应速率虽然最快，但是由图可知，co2转化率、ch3oh产率均过低；（4）反应是气体系数和减小的反应，则熵变小于零；kp等于各产物平衡压强系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方的乘积的比值；为提高co2的平衡转化率，使得化学平衡正向移动即可解答：解：（1）已知：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）h1=a kjmol1co（g）+h2o （g）co2（g）+h2 （g）h2=b kjmol12co（g）+o2（g）2co2（g）h3=c kjmol1，+22可以得到反应反应co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g），据盖斯定律来计算反应的焓变h=（a+2b2c）kjmol1；故答案为：a+2b2c；（2）催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，所以最终不同催化剂（、）作用下达平衡时co2的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；b、c点均未达到平衡状态，c点温度比b点高，反应速率较快，故co2的转化率较大；故答案为：b、c点都未达到平衡状态，c点温度高，反应速率快，二氧化碳的转化率较大；（3）图象分析生产甲醇的气体最佳流动速率，二氧化碳转化率最大，甲醇产量最大，分析图象数据可知最佳流动速率在3600以上都可以；故答案为：3600；使用单组份zno时反应速率虽然最快，但是由图可知，co2转化率、ch3oh产率均过低实际生产中没有意义，故不采用；故答案为：使用单组分zno时反应速率虽然快，但是由图3可知，二氧化碳转化率、甲醇的产率都过低，实际生产中没有意义，故不采用（4）反应是气体系数和减小的反应，则熵变小于零，则s0，故答案为：；对于气体反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可以表示平衡常数（记作kp），则该反应的kp等于各产物平衡压强系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方的乘积的比值，即kp=，故答案为：；提高co2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，故答案为：增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值点评：本题考查了化学平衡的影响、热化学方程式的计算应用，图象分析是关键，题目难度中12已知苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇、乙醚，有弱酸性，酸性比醋酸强它可用于制备苯甲酸乙酯和苯甲酸铜（一）制备苯甲酸乙酯+c2h5oh+h2o相关物质的部分物理性质如表格：实验流程如图1：（1）制备苯甲酸乙酯，图2装置最合适的是b，反应液中的环己烷在本实验中的作用（通过形成水乙醇环己烷三元共沸物）带出生成的水，促进酯化反应向正向进行（2）步骤控制温度在6570缓慢加热液体回流，分水器中逐渐出现上、下两