2019-2020学年江苏省南京市南京师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年江苏省南京市南京师范大学附属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 当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是A分子内化学键B共价键键能C分子的构型D分子间作用力【答案】D【解析】【详解】A冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；B 化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B 错误；C物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C 错误；D 冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，正确。答案选D。2下列分子或离子在指定的分散系中能

2、大量共存的一组是A银氨溶液:Na+、K+、NO3、NH3·H2OB空气:C2H4、CO2、SO2、NOC氯化铝溶液:Mg 2+、HCO3 、SO42、BrD使甲基橙呈红色的溶液:I 、Cl、NO3、 Na+【答案】A【解析】【详解】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A 正确；B. 空气中有氧气，NO 与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B 错误；C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和 NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；答案选A。3在给定条件下，能顺利实现下列所示

3、物质间直接转化的是A AlNaAlO2(aq)BCDFeNH3Fe2O3Fe2(SO4)3NOHNO3SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)【详解】A铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A 正确；B铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B 错误；C一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；D二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D 错误；故选A。4在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是2A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na 、 Fe 、 Cl 、 NO332B滴入KSCN显血红色的溶液中：NH 4、 Al 3 、 NO3

4、、 SO24-C c(OH+ ) =1012的溶液中：NH4、 K 、 Cl 、 HCO3c(H +)43D由水电离的c(H+)=1.0× l0-13 mol/L 溶液中：K 、 Al3 、 SO24 、 CH 3COO【答案】B【解析】【详解】+2+-A因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，H 、 Fe 、 NO3能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故 A 错误；B滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在Fe3+ ，因Fe3+不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故 B 正确；-C c(OH+ ) =1012的溶液中，c(OH -) =0.1mol/L ， OH-与NH4 +、

5、HCO3-均反应，则不能大量共存，故 C错误；D由水电离的c(H+)=1.0 × -1l30 mol/L 溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与 Al3+能生成沉淀，H+与 CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D 错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH 不能大量共存，如Fe3、Al3、Cu2 、NH 、Ag等。(2)弱酸阴离子与H 不能大量共存，如CH3COO 、 CO 、 SO 等。(3)弱酸的

6、酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H )会生成弱酸分子；遇强碱 (OH )会生成正盐和水，如HSO 、 HCO 等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2 、 Ca2 与 CO 、 SO 、 SO等；Ag 与 Cl 、 Br 、 I 等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO (H )与 I 、 Br 、 Fe2 等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2(蓝色)、Fe3(棕黄色)、Fe2(浅绿色 )。5双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O 解

7、离成H+和 OH-，作为H+和 OH-离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH 和 HCl，其工作原理如图所示，M、 N为离子交换膜。下列说法不正确 的是()A相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到气体体积是阳极两倍B电解过程中Na+向左迁移，N 为阴离子膜C若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D电解结束后，阴极附近溶液酸性明显增强【答案】D【解析】【详解】A. 阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H+2e-=H2，阳极反应为4OH 4e-=O2 +2H2O，转移相同物质的量的电子，生成氢气的体积是生成氧气体积的两倍，故A 正确；B. 阴极生成氢氧化钠，钠离子向左穿过

8、M 进入阴极室，所以M 为阳离子交换膜，N 为阴离子交换膜，故 B 正确；C. 若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C 正确；D. 阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H+2e-=H2，氢离子被消耗，酸性减弱，故D 错误；题目要求选错误选项，故选D 。【点睛】本题考查电解原理，注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜(BP)是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。6下列说法不正确的是()A金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理B氨氮废水(含 N

9、H4+及 NH3 ) 可用化学氧化法或电化学氧化法处理C做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D用pH 计、电导率仅（一种测量溶渡导电能力的仪器）均可检测乙酸乙酯的水解程度【答案】A【解析】【详解】A金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故 A 错误；B氨氮废水中N 为 -3 价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B 正确；C做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C 正确；D乙酸乙酯水解生成乙酸和

10、乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH 计、电导率仪（一种测量溶液导电能力的仪器）均可监测乙酸乙酯的水解程度， 故 D 正确；故答案为A。有关该化合物的叙述不正确的是（7某有机物的结构简式为A所有碳原子可能共平面B可以发生水解、加成和酯化反应C 1mol 该物质最多消耗2molNaOHD苯环上的二溴代物同分异构体数目为4 种【答案】C【解析】【详解】A含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A 正确；B含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B 正确；C能与氢氧

11、化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1mol 该物质最多消耗3 molNaOH，故C错误；D苯环有2 种H， 4 个 H 原子，两个Br 可位于相邻（1 种） 、相间（2 种） 、相对（1 种）位置，共4 种，故 D 正确。故答案为C。【点睛】构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。8向氯化铁溶液中加入a g 铜粉，完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g。下列说法正确的是A若a> c，则滤液中可能含三种金属离子，且b 可能小于cB若a> c，则c g 固体中只含一种金

12、属，且b 可能大于cC若a< c，则c g 固体含两种金属，且b 可能与 c 相等D若a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b 可能小于c【答案】B【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g，可能发生反应为2FeCl3+Fe 3FeCl2、 CuCl2+Fe FeCl2+Cu，根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2； CuCl

13、2+Fe FeCl2+Cu； 2FeCl3+Fe 3FeCl2，则A 若 a> c， 加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+Fe FeCl2+Cu可知， 56gFe可以置换64gCu，所以b 一定小于c，选项A错误；B若a> c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，c g 固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+Fe FeCl2+Cu 可知，b 一定小于c，选项B 错误；C若a< c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+， c g固体中含两种金属Fe、 Cu，由方程式2FeCl3+Fe3FeCl2、 CuCl2+F

14、e FeCl2+Cu 可知b 可能与 c相等，选项C正确；D若a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项D 错误。答案选C。【点睛】本题考查了Fe、 Cu 及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。9在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是()点燃CuONaOH溶液A CCOCO2Na2CO3B Cu AgNO3溶液Cu(NO3)2溶液NaOH溶液Cu(OH)2C Fe 点燃Fe2O3 硫酸溶液Fe2(SO4)3溶液D CaOH2OCa(OH) 2溶液Na2CO3NaOH 溶液

15、【答案】D【解析】【分析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.【详解】A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A 错误；B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上

16、也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B 错误；C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D 正确；答案：D。10将1mol 过氧化钠与2mol 碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留下列分析正确的是（）A残留固体是2mol Na 2CO3B残留固体是Na2CO3和 NaOH 的混合物C反应中转移2mol

17、电子D排出的气体是1.5mol 氧气【答案】A【解析】【分析】【详解】过氧化钠受热不分解，但是NaHCO 3受热分解2NaHCO 3 Na2CO3+CO2 +H 2O ，产生 1mol 二氧化碳和 1mol 水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2，得到1mol 碳酸钠和0.5mol 氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol 水和 0.5mol 氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1 价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol 电子，答案选A。11 设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正

18、确的是（）A 25，pH=1 的 H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB常温常压下，56g 丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5N AD常温下，1mol 浓硝酸与足量Al 反应，转移电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g 混合物中含4molCH2原子团，故含4N A个碳原子，故B 正确；C标准状况下，CHCl3是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D 错误；答

19、案选 B【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。12 ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体（沸点11 ）， 实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl NaCl+ClO2+Cl2+H2O； NaClO2+HCl NaCl+ClO2+H2O； NaClO2+Cl2 NaCl+ClO2（均未配平）。下列说法正确的是A a中通入的N2可用CO2或 SO2代替B b 中 NaClO2可用饱和食盐水代替C c 中广口瓶最好放在冰水浴中冷却D d 中吸收尾气后只生成一种溶质【答案】C【解析】【分析】根据

20、实验装置和反应方程式可知，a 中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b 装置吸收氯气和氯化氢，再用c 中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。A a 中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将 a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、 NaClO3等物质还原，故A错误；B b 中 NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B 错误；C ClO2是一种极易溶于

21、水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D d 中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl 和 NaClO3，产物至少两种，故D 错误；答案选C。【点睛】实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。13 元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，

22、这两元素之间形成的化合物都能与水反应。则下列叙述错误的是（）A两元素具有相同的最高正价B两元素具有相同的负化合价C两元素形成的是共价化合物D两元素各存在不同种的单质【答案】A【解析】【分析】元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为 N 和P、 O和 S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，N、 P之间不反应，则这两种元素分别为O、 S，据此解答。【详解】根据分析可知，这两种元素为O、 S。A O 元素非金属性较强，没有最高价正价，故A 错误；B O 和 S都有最低价-2 价，故 B 正确；C O、 S 形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，

23、二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确；D O 存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、 S4、 S6等多种，故D 正确；故选：A。14 下列关于有机物的说法正确的是（）A含5 个碳原子的有机物分子中最多可形成4 个碳碳单键B蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程D化学式为C9H18O2且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16 种【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 若 5 个碳原子形成一个五元环，则有5 个碳碳单键，A 项错误；B. 蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B 项错误；C. 由于碳

24、碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；D. 化学式为C9H18O2且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2 种，戊基则有8 种，即戊醇有8 种，因此该酯一共可能有16种结构，D 项正确；答案选D。【点睛】高分子一般指分子量大于10000 的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。15 CO2 催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g) + 3H2(g) 噲垐 ? CH3OH(g)

25、 + H2O(g)?H = 49.0 kJ m·ol-12CO2(g) + 6H2(g) 噲垐 ? CH3CH2OH(g) + 3H2O(g)?H= 173.6 kJ m·ol-1下列说法不正确 的是A CH3OH(g) + CO2(g) + 3H2(g) 垐噲 ? CH3CH2OH(g) + 2H2O(g)?H< 0B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A. 根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：CH3OH g CO2 g +3

26、H2 g ? CH3CH2OH g +2H2O g H=-124.6kJ/mol，故 A正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；C. 升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；D. 反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故 D 正确；故选： B。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

27、色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO 生成，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

28、；实验后A中溶液体积：40mL； H+浓度：1.0mol/L 。若设反应中硝酸既无挥发也无分解，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 O20.5molC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

29、、称量【解析】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

30、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N 2O4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

31、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N 2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实

32、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，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)17一种防止血栓形成与发展的药物J 的合成路线如图所示(部分反应条件略去)：(1) A 中官能团的名称是，反应的反应类型是。(2) J 的分子式是。 F的结构简式是。(3) 反应的化学方程式为。(4) 已知 C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。 (只需写 出两

33、个)苯环上有两个处于对位上的取代基； 1mol 该有机物与足量金属钠反应生成1g 氢气。(5) 请参照 J的合成方法，完成下列合成路线：(酚 )羟基消去反应C19H16O4写两个 )【解析】【分析】对比 A、 B 的结构，可知A 与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、 C 互为同分异构体，D， 同时还生成C2H5OH，B 发生异构生成C， 对比C、 D 的结构可知，C 组成多 1 个 、 去掉 2 个 H 原子生成F 的分子式，结合G 的结构，可知E 为，对比E、 F 的分子式，可知E 与丙酮发生加成反应+CO(OC2H5)2生成F， F 发生消去反应生成G，结合G 的结构

34、，可知F 为，据此分析解答。该有机物与足量金属钠反应生成1g 氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一对比A、 B 的结构，可知A 与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH， B、 C 互为同分异构体，B 发生异构生成C， 对比C、 D 的结构可知，C 组成多1 个 、 去掉 2 个 H 原子生成D， 同时还生成C2H5OH，(1)A 为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应为在浓硫酸加热的条(3)对比C、 D 的结构可知，C组成多 1 个 、去掉 2 个 H 原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应的化学方程式为：+2C2H5OH，故答案为：+2C

35、2H5OH；+CO(OC2H5)2)的所有同分异构体：苯环上有两个处于对位上的取代基；(4)同时满足下列条件的C1molF 的分子式，结合G 的结构，可知E 为生成F， F 发生消去反应生成G，结合G 的结构，可知F 为件发生消去反应生成G，故答案为：(酚 )羟基；消去反应；(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4， 由以上分析知F为， 故答案为：C19H16O4；个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有：(任写两个)；E、 F 的分子式，可知E 与丙酮发生加成反应2 个小题，共20 分)18 CS2 是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：(1)CS2与酸性K

36、MnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为(MnO4-被还原为Mn 2+)650(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g) H。 在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是( 填字母)A v 正 (S2)=2v 逆 (CS2)B容器内气体的密度不再随时间变化C容器内气体的总压强不再随时间变化D单位时间内断裂C-H 键数目与断裂H S键数目相等已知下列键能数据：共价键C HS=SC=SHS律能/kJ?mol-1411425573363该反应的 H kJ?mol-1(3)在一密闭容器中，起始时向

37、该容器中充入H2S和 CH4且 n(H2S):n(CH4)=2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)? CS2(g) + 4H2(g)。 0.1MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：该反应 H (填“ >或” “ <” 。 )0 M 点，H2S的平衡转化率为，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是(列举一条)。 N 点，平衡分压p(CS2)=MPa，对应温度下，该反应的KP =(MPa)2。 (KP为以分压表示的平衡常数 )【答案】5:16 AD -104>20% 减小起始时n(H2S) 9.1 × 1-306.6 &

38、#215; 1-40n(CH4)【解析】【分析】【详解】(1)CS2中 C为 +4 价， S为 -2价，所以与高锰酸钾反应时，变价元素分别是S和Mn，通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5:16 ；(2) A当v 正 (S2)=2v 逆 (CS2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态，A项正确；B反应CH4(g) 2S2(g)噲垐 65垐0垐 ? CS2(g) 2H2S(g) ，全为气体参与，且在恒温恒容条件下反应，根据m气体公式 = 气体 ，可知气体密度恒定，所以密度不变不一定平衡，B 项错误；V气体C反应CH4(g) 2S2 (g)噲垐 65垐0垐 ? CS2

39、(g) 2H2S(g)气体总物质的量恒定，由公式pV nRT 可知，体系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误；D 当单位时间内断裂C-H 键数目与断裂H S键数目相等时，正逆反应速率相等，反应一定处于平衡状态，D 项正确；答案选 AD。由键能计算焓变的公式为 H=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的 H=-104kJ/mol ；(3)根据图像，随着温度升高，反应物H2 S的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所以 H> 0； M 点时，CH4与 H2的物质的量分数相等，列三段式：CH4初态1反应-a终态 1 aa(H2S) =20% ；为提高硫化氢转化率，从平衡移动

40、的角度分析还可以加压或者增加2H2S 噲垐 65垐0垐 ?CS24H2200，所以有1-a=4a， a=0.2，那么H2S的转化率为2aa4a2 2aa4aCH4的进料提高CH4与H2S的比例； N 点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式：CH4初态1反应-a终态 1 a2H2S 噲垐 65垐0垐 ?22a2 2aCS2 0 a a分数为：n(CS2 )%1n(CS2) = 3 = 1n总3 2 1134H20 ，所以2-2a=4a， a= 1 ，即 N 点时二硫化碳的物质的量4a34a9.1 10 2，所以 p(CS2) n(CS 2)% p总 =9.1 10 3MPa ；通过三段式可知n(H