2019-2020学年北京市东城区汇文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．铅蓄电池是历史悠久、用量非常大的蓄电池，其构造图如图所示，放电时有PbSO4生成。
下列说法中错误的是
A．铅蓄电池是二次电池
B．放电时负极电极式:Pb-2e- +SO42-= PbSO4
C．充电时电解质溶液密度增大
D．当电路中转移电子数目为2N A时，溶液中SO42-减少或增加1 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e- +SO42-= PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2 + 4H+ + SO42－+2e－= PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：
Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知，
A. 铅蓄电池可多次放电、充电，是二次电池，A项正确；
B. 放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e- +SO42-= PbSO4，B项正确；
C. 充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；
D. 根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2N A时，溶液中SO42-减少或增加2 mol，D项错误；
答案选D。
2．将含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中，最终溶液中不存在
A．K+B．Al3+C．SO42-D．AlO2-
【答案】D
【解析】
【详解】
1molKAl(SO4)2电离出1mol钾离子，1mol铝离子，2mol硫酸根离子，加入1mol氢氧化钡，电离出1mol 钡离子和2mol氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，
故选：D。
3．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
D．该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4< K2FeO4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；
B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；
C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是
2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；
D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；
答案选D。
4．利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子时的产物硫表示为S x。下列说法错误的是
A．气体X 是H2S废气，气体Y 是空气
B．M传导质子时，负极a 反应为：xH2S—2xe-=S x+2xH+
C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题
D．氧离子迁移方向是从a 电极向b 电极
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为S x，说明是气体H2S废气变为S x，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；
B. M传导质子时，产物硫表示为S x，因此负极a 反应为：xH2S? 2xe－= S x+2xH+，故B正确；
C. M传导氧离子时，H2S和O2?可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；
D. 根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】
原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。
5．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()
A．铝制器皿不宜盛放酸性食物
B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；
B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；
D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；
故选C。
【点睛】
金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除
外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
6．对于复分解反应X+Y Z+W，下列叙述正确的是
A．若Z是强酸，则X和Y必有一种是强酸
B．若X是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成
C．若Y是强碱，X是盐，则Z或W必有一种是弱碱
D．若W是弱碱，Z是盐，则X和Y必有一种是强碱
【答案】B
【解析】
【详解】
A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误；
B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+ FeS=FeCl2+H2S ↑，正确；
C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，错误；
D．CuSO4+2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+ (NH4)2SO4，错误。
7．用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）
实验
现象
（i）中a、b两极均有气泡
产生（ii）中b极上析出红色
固体
（iii）中b极上析出灰白色
固体
A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化
B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高
C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓
D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+
【答案】D
【解析】
【详解】
A．阴极b极反应：2H++2e-=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；
B．(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；
C．取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正确；
D．(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D错误；
故答案为D。
8．25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
【详解】
A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；
C ．V （NaOH ）=10.00mL 时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c （H +）＞c （OH -），反应后溶液中离子浓度大小为：c （CH 3COO -）＞c （Na +）＞c （H +）＞c （OH -），选项C 正确；
D ．V （NaOH ）=20.00mL 时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl 溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c （CH 3COO -）＜c （Cl -），选项D 错误； 答案选C 。 【点睛】
本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH 的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
9．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐(俗称钡餐)作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO 3)＝5.1×10－
9；Ksp(BaSO 4)＝1.1×10－10
。
下列推断正确的是
A ．BaCO 3的溶度积常数表达式为 Ksp(BaCO 3)＝ n(Ba 2＋)·n(CO 32－)
B ．可用2%～5%的Na 2SO 4溶液给钡离子中毒患者洗胃
C ．若误服含c(Ba 2＋)＝1.0×10－5 mol·L －1的溶液时，会引起钡离子中毒
D ．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO 3)>Ksp(BaSO 4) 【答案】B 【解析】 【分析】
因胃酸可与CO 32?反应生成水和二氧化碳，使CO 32?浓度降低，从而使平衡BaCO 3(s)?Ba 2＋(aq)＋CO 32?(aq) 向溶解方向移动，则BaCO 3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。 【详解】
A ．溶度积常数为离子浓度幂之积，BaCO 3的溶度积常数表达式为K sp (BaCO 3)＝c(Ba 2＋)·c(CO 32－)，故A 错误；
B ．根据公式c=
1000M
ρω
得，2%～5%的Na 2SO 4溶液中Na 2SO 4的物质的量浓度为0.13mol/L ～0.33mol/L ，用0.13mol/L ～0.33mol/L 的Na 2SO 4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba 2＋
)＝
10
1.1100.13-?mol/L ～10
1.1100.33
-?mol/L ，浓度很小，可起到解毒的作用，故B 正确；
C ．c(Ba 2＋)＝1.0×10?5 mol?L ?1的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C 错误；
D ．因胃酸可与CO 32?反应生成水和二氧化碳，使CO 32?浓度降低，从而使平衡BaCO 3(s)?Ba 2＋(aq)＋CO 32?(aq) 向溶解方向移动，使Ba 2＋浓度增大，Ba 2＋有毒，与K sp 大小无关，故D 错误； 故答案选B 。 【点睛】
注意若溶液中某离子浓度c 1.0×10?5mol?L?1时可认为该离子不存在，不会造成实际影响。
10．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是()
A．用图所示装置制取少量纯净的CO2气体
B．用图所示装置验证镁和稀盐酸反应的热效应
C．用图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
D．用图所示装置制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．图①所示装置是按照启普发生器原理设计的，纯碱是粉末状，不能控制反应的发生与停止，且产物中含有HCl杂质，故A错误；
B．镁和盐酸反应放热，产生的热量使U形管中右边的水柱上升，故B正确；
C．NH3的密度比空气小，不能采用向上排空法，故C错误；
D．酒精与水任意比互溶，起不到隔绝空气的作用，应采用苯或者汽油，故D错误。
选B。
11．《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。146C常用于测定文物的年代，136C作为示
踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。12
6C被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于14
6
C、
13 6C、12
6
C说法正确的是（）
A．质子数与质量数相同B．化学性质相似C．互为同素异形体D．质子数与中子数相等【答案】B
【解析】
【详解】
根据原子符号的表示含义，14
6C、13
6
C、12
6
C三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属
于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。
12．关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）
A．适当升高温度能促进FeCl3水解
B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度
C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解
D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；
B. 加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；
C. 氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；
D. 铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；
答案选A。
13．已知NaClO2在水溶液中能发生水解。常温时，有1 mol/L的HClO2溶液和1mol/L的HBF4(氟硼酸)溶液起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为V，所得曲线如图所示。下列说法错误的是
A．HClO2为弱酸，HBF4为强酸
B．常温下HClO2的电高平衡常数的数量级为10—4
C．在0≤pH≤5时，HBF4溶液满足pH=lg(V/V0)
D．25℃时1L pH=2的HBF4溶液与100℃时1L pH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同
【答案】B
【解析】
【详解】
A．lg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸；而NaClO2在水溶液中能发生水解，说明HClO2是弱酸，故A正确；B．对于HClO2溶液，当lg+1=1时pH=1，则V=V0，即1mol/L HClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常温下HClO2的电离平衡常数Ka=1×10-2，即HClO2的电高平衡常数的
数量级为10—2，故B错误；C．lg+1=1时pH=0，则V=V0，即1mol/L HBF4溶液pH=0，说明HBF4是强酸，
pH=-lgc（H+），溶液稀释多少倍，溶液中c（H+）为原来的多少分之一，所以在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH=lg，故C正确；D．25℃时pH=2的HBF4溶液与100℃时pH=2的HBF4溶液中c（H+）均为0.01mol/L，
则体积均为1L的两溶液完全中和消耗的NaOH相同，故D正确；故答案为B。
14．某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C
中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确
．．．的是
A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl
B．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成
C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4>Cl2
D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂
【答案】C
【解析】
【详解】
A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确；
B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确；
C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；
D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确；
答案选C。
15．N A代表阿伏加德罗常数的值。4g α粒子(4He2+)含
A．2N A个α粒子B．2N A个质子C．N A个中子D．N A个电子
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 4g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有N A个α粒子，故A错误；
B. 1个4He2+含有2个质子，4g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有2N A个质子，故B正确；
C. 1个4He2+含有2个中子，g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有2N A个中子，故C错误；
D. 4He2+中没有电子，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
①冰水浴的作用是____________。
②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，
证明ClO 2具有氧化性。
（3）ClO 2在杀菌消毒过程中会产生Cl -,其含量一般控制在0.3-0.5 mg·
L ?1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl -的含量：量取10.00 mL 的自来水于锥形瓶中，以K 2CrO 4为指示剂，用0.0001mol·L －1的AgNO 3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：
①在滴定管中装入AgNO 3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。 ②测得自来水中Cl -的含量为______ mg·
L ?1。 ③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 【答案】收集ClO 2（或使ClO 2冷凝为液体） 1：1 2NaClO 3 + 4HCl= 2ClO 2↑+ Cl 2↑+2NaCl+2H 2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO 3标准溶液进行润洗 3.55 偏低 【解析】 【分析】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③以NaClO 3和HCl 为原料制备ClO 2，同时有Cl 2和NaCl 生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；
(3)根据滴定操作中消耗的AgNO 3的物质的量计算溶液中含有的Cl -的物质的量，再计算浓度即可。 【详解】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO 2；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O ，此反应中Cl 2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl 和氧化产物NaClO 的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；
③以NaClO 3和HCl 为原料制备ClO 2，同时有Cl 2和NaCl 生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO 3 + 4HCl= 2ClO 2↑+ Cl 2↑+2NaCl+2H 2O ；
(2)将ClO 2水溶液滴加到KI 溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I 2生成，体现ClO 2具有氧化性；
(3)①装入AgNO 3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO 3标准溶液进行润洗后再装入AgNO 3标准溶液； ②滴定操作中第1次消耗AgNO 3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为
10.029.9810.00
3
++mL=10.00mL ，含有AgNO 3的物质的量为0.0001mol·L －1×0.01L=1×10-6mol ，测得自来
水中Cl -
的含量为
6110mol 35.5g /mol 1000mg /g
0.01L
-???=3.55g·L ?1； ③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y 的路线如下：
已知：①R 1CHO+R 2CH 2CHO -
OH ???→
+H 2
②
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为____。
（2）B 中含氧官能团的名称是______。 （3）X 的分子式为_______。 （4）反应①的反应类型是________。 （5）反应②的化学方程式是_______。
（6）L 是D 的同分异构体，属于芳香族化合物，与D 具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L 的结构简式可能为_____。 （7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH 3CHO 、
合成多环化合物
的
路线(无机试剂任选)______。
【答案】3-氯丙炔 酯基 C 13H 16O 2 取代反应
【解析】
【分析】
与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B （），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X （）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，
C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。
【详解】
（1）A为，其名称为3-氯丙炔；
（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；
（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；
（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；
（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：
；
（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=210210
2
?+-
=6，属于芳香族化合物，说明
分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：
；
（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成
后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物
，具体合成路线如下：
。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）利用CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2），已知重整过程中部分反应的热化学方程式为：
Ⅰ．CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH=+75.0 kJ·mol?1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0 kJ·mol?1
Ⅲ．CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) ΔH=?131.0 kJ·mol?1
①反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_________kJ·mol?1。
②固定n(CO2)=n(CH4)，改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率如图所示。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，其原因是_______________。
（2）研究发现，化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧与在空气中燃烧相比，烟气中NO x的排放量明显降低，其主要原因是_________________________。
（3）为研究“CO还原SO2”的新技术，在反应器中加入0.10 mol SO2，改变加入CO的物质的量，反应后体系中产物物质的量随CO物质的量的变化如图所示。反应的化学方程式为__________。
（4）碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO，其电化学合成原理为4CH3OH+2CO+O22(CH3O)2CO+2H2O，装置如图所示，直流电源的负极为________（填“a”或“b”）；阳极的电极反应式为_____________。
（5）用PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。若反应中有0.02 mol电子转移，则生成Pd沉淀的质量为_______________。
【答案】+247 CO2发生了其他副反应CO2代替了N2，减少了N2与O2反应4CO+2SO24CO2+S2
b 2CH 3OH+CO?2e ?(CH 3O)2CO+2H + 1.06 g
【解析】 【分析】
（1）分析题中重整过程中部分反应的热化学方程式，可根据盖斯定律计算目标反应的焓变值。分析图中转化率曲线，当n(CO 2)=n(CH 4)，CO 2的转化率大于CH 4，分析重整过程中部分反应的热化学方程式Ⅱ，可知CO 2会和H 2发生副反应。
（2）相比空气，O 2和CO 2的混合气体中没有N 2，CO 2代替了N 2，减少了N 2与O 2反应；
（3）分析题给信息，随着CO 的物质的量的增大，生成物X 、Y 的生成量逐渐增大，但产物X 的生成量大于产物Y 的生成量。在CO 的物质的量为0.20mol 时，产物X 的生成量保持不变，产物Y 的生成量变小。在CO 的物质的量为0.20mol 时，生成产物X 、Y 的物质的量分别为0.20mol 和0.05mol ，根据质量守恒，推断X 、Y 的成分，进而得出反应方程式。
（4）由图可知，该装置为电解池，根据电解池原理，与电源负极相连的为阴极，发生还原反应，与电源正极相连的为阳极，发生氧化反应，根据电解池中阳离子向阴极移动，可判断出电解池的阴极。根据题给的总反应方程式，写出电极反应方程式。
（5）依据生成Pd 质量，结合PdCl 2～Pd ～2e -，计算分析。 【详解】
（1）根据盖斯定律，由①+②?③得到反应CO 2(g)+CH 4(g)
2CO( g)+2H 2(g) ΔH=+247 kJ/mol ；根据图示
可知，CO 2发生了其他副反应，同温度下CO 2的平衡转化率大于CH 4的平衡转化率；答案为：①+247；②CO 2发生了其他副反应；
（2）CO 2代替了N 2，减少了N 2与O 2反应；答案为：CO 2代替了N 2，减少了N 2与O 2反应；
（3）根据图中信息，若以CO 投入量为0.2 mol ，则为0.10 mol SO 2与0.20 mol CO 反应生成0.05 mol Y 和0.2 mol X ，且“CO 还原SO 2”，则X 与Y 中有一种是CO 2，根据质量守恒可知X 为CO 2，则Y 只含有硫元素，应该为S 2；故反应的化学方程式为：4CO+2SO 2
4CO 2+S 2；答案为：4CO+2SO 2
4CO 2+S 2；
（4）在电解池中，阳离子向阴极移动，可以得出b 为直流电源的负极；阳极氧化失电子，电极反应式为2CH 3OH+CO?2e ?==(CH 3O)2CO+2H +；答案为：b ；2CH 3OH+CO?2e ?
(CH 3O)2CO+2H +；
（5）若空气中含CO ，溶液中会产生黑色的Pd 沉淀。依据PdCl 2～Pd ～2e ?，每转移2 mol 电子，生成106
g Pd 沉淀，共0.02 mol 电子转移，则生成沉淀的质量=1
0.02 mol 106 g mol 2
-??=1.06 g 。答案为：1.06 g 。
19．氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。氯化铵T 1温度下有以下平衡：
()()()43g NH Cl s NH +HCl g -Q ?
（1）N 原子最外层电子有______种运动状态；上述平衡中物质，在晶体时属于离子晶体的是__________。 （2）3NH 的电子式为______________。
（3）Cl 的非金属性强于S ，用原子结构的知识说明理由：_________________。
（4）上述该反应的平衡常数表达式为____________________________________。 （5）在2L 密闭容器中建立平衡，不同温度下氨气浓度变化正确的是_________。
（6）T 1温度在2L ，容器中，当平衡时测得()3c NH 为amol /L ，保持其他条件不变，压缩容器体积至1L （各物质状态不变），重新达到平衡后测得()3NH c 为bmol /L 。试比较a 与b 的大小a_____b （填“＞”“＜”或“=”），并说明理由：___________。 【答案】5种 4NH Cl
氯原子结构与硫原子电子层数相同，但氯原子比硫原子多一个
电子，原子半径氯原子小，更容易得到电子，因此氯元素的非金属性比硫强 [][]3K=NH HCl B = 因为[][][]332
K=NH HC =NH l ，始终()()3c NH =c HCl ，温度不变，K 不变，所以a=b
【解析】 【分析】
根据核外电子排布规律分析原子核外电子的运功状态；根据物质的组成及性质分析判断晶体类型；根据共价化合物的成键特点书写电子式；根据反应方程式书写平衡常数表达式，根据勒夏特列原理分析判断平衡的移动方向。 【详解】
（1）N 原子最外层电子排布式为2s 22p 3，s 轨道上的2个电子自旋相反，运动状态不同，p 轨道有3种方向，所以有3种运动状态，即N 原子最外层电子共有5种运动状态；上述平衡中物质，NH 3和HCl 常温下为气态，属于分子晶体，NH 4Cl 为离子化合物，在固态时属于离子晶体，故答案为：5；NH 4Cl ； （2）NH 3中N 原子与H 原子以共价键结合，电子式为
；
（3）由于氯原子结构与硫原子电子层数相同，但氯原子比硫原子多一个电子，原子半径氯原子小，更容易得到电子，因此氯元素的非金属性比硫强；
（4）化学平衡常数表达式为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，则上述该反应的平衡常数表达式为[][]3K=NH HCl ；
（5）A 图中，T 2时先达到平衡，温度越高，反应越快，则T 2大于T 1，上述反应为吸热反应，则升高温度，平衡向正方向移动，c (NH 3)应增大，所以A 图错误；B 图中T 1先达到平衡，说明T 1大于T 2，升高温度时，平衡向正方向移动，c (NH 3)增大，所以B 图正确，故答案为B ；
2
l，始终c(NH3)=c(HCl)，温度不变，K不变，所以a=b。
K=NH HC=NH
（6）因为[][][]3
3