《2020高考化学浙江专用综合模拟卷：（三） Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考化学浙江专用综合模拟卷：（三） Word版含解析.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、综合模拟卷(三)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1港珠澳大桥于2018年10月23日正式开通，这座当今世界里程最长、施工难度最大的跨海大桥使用了大量的各类材料：路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土、承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋、抗震方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。关于这些材料的说法错误的是()A沥青主要成分是有机物，也可以通过石油分馏得到B混凝土中含有的水泥、沙子都属于无机非金属材料C不锈钢是通过改变材料结构的途径防锈蚀D橡胶一定属于合成高分子材料答案D解析沥青是石油分馏后剩余的固态烃，所以沥青可以通过石油分馏得到，
2、故A正确；混凝土中含有的水泥、沙子的主要成分都是二氧化硅及其硅酸盐，是传统无机非金属材料，故B正确；不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，故C正确；橡胶有天然橡胶、合成橡胶之分，则橡胶不一定属于合成高分子材料，故D错误。2下列有关化学用语的表示正确的是()A中子数为20的Ar原子：ArBNa2O的电子式：CF的结构示意图：DNaHCO3的电离方程式：NaHCO3=NaHCO答案B解析A项，中子数为20的Ar原子为Ar，错误；B项，Na2O是由Na与O2通过离子键形成的离子化合物，电子式正确；C项，F的结构示意图为，错误；D项，NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=NaHCO，HC
3、OHCO，错误。3含有极性键且分子中各原子都满足8电子稳定结构的化合物是()ACH4 BCH2=CH2CCO2 DN2答案C解析A、B两项中的氢原子都只满足2电子稳定结构；D项，N2是单质而不是化合物。4下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A食盐水中：Fe2、NH、Cl、SOB氯化铁溶液中：Mg2、K、Cl、SCNC苏打溶液中：Ca2、Al3、Cl、NOD白醋中：K、Na、CO、SO答案A解析食盐水中Fe2、NH、Cl、SO之间均不反应，可以大量共存，故A符合题意；氯化铁溶液中的Fe3与SCN能反应，不能大量共存，故B不符合题意；白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，故D不符合题意；苏打溶
4、液中含有碳酸根离子，Ca2、Al3均不能大量共存，故C不符合题意。5不能正确表示下列变化的离子方程式是()A二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO22H2O2MnO=2Mn25SO4HB酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2HH2O2=I22H2OC硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO2H=H2SiO3D硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu22Fe=2Fe33Cu答案D解析Fe3氧化性大于Cu2，所以Cu2只能将Fe氧化到Fe2，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2Fe=Fe2Cu，D项错误。6在一定温度下，向容积为1 L的密闭容器中加入反应物A、B，发生可逆反应：A(s)2B(g)2C(g)
5、，下列说法中说明该反应达到平衡的是()A容器内A、B、C的浓度之比为122B单位时间内消耗0.2 molL1 B同时生成0.2 molL1 CC容器内压强不随时间变化D容器内B的浓度不随时间变化答案D解析平衡状态时，容器内A、B、C的浓度之比可能为122，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；单位时间内消耗0.2 molL1B同时生成0.2 molL1C，都体现的正反应方向，故B错误；两边气体的化学计量数相等，容器内压强始终不变，故C错误；容器内B的浓度不随时间变化，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确。7常温下0.1 molL1醋酸溶液的pHa，下列能使溶液pHa1的
6、措施是()A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2 molL1盐酸D提高溶液的温度答案B解析稀释到原来的10倍，如果是强酸则pH等于a1，但弱酸电离平衡正向移动，pH略小，不选A；加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，使醋酸的电离平衡左移，氢离子浓度减小，pH可能是a1，选B；加入盐酸，pH减小，不选C；提高温度，促进电离，pH减小，不选D。8下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A已知2C(s)2O2(g)=2CO2(g)Ha,2C(s)O2(g)=2CO(g)Hb，则abB已知NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1，则
7、含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJC已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol1D已知CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H206.1 kJmol1，反应过程中使用催化剂，H减小答案B解析碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，则ab，A错误；中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1 mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程吸热，40.0 g即1 mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ，B正确；燃烧热是指1 mo
8、l可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，气态水的能量高于液态水的能量，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热H241.8 kJmol1，C错误；反应热只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，与反应条件无关，因此反应过程中使用催化剂，H不变，但催化剂可以改变反应的活化能，D错误。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A2.2 g CO2与足量镁粉反应转移电子数目为0.1NAB常温下，pH12的碳酸钠溶液中含OH的数目为0.01NAC标准状况下，22.4 L CH3Cl中含有的H原子数目为3NAD23 g分子式为C2H6O的有机物中含有OH数目一定为0.5NA答案C解析2.2 g
9、CO2即0.05 mol，一个CO2反应后转移4个电子，即共转移0.2 mol电子，故A错误；溶液的体积未知，不能计算溶液中的微粒数目，故B错误；标准状况下，22.4 L CH3Cl为1 mol,1 mol CH3Cl含有3 mol H原子，即3NA，故C正确；分子式为C2H6O的化合物可能是不含有OH的二甲醚，故D错误。10下列说法不正确的是()A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B用电子天平称量化学药品时，必须先称小烧杯的质量，再称量加入试剂后的总质量，两者之差即为药品的质量C金属着火时，可
10、用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火D在4 mL 0.1 molL1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1 molL1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色答案B解析用电子天平称量化学药品时，由于在其面板上有去皮按钮，所以将盛装药品的小烧杯放上，去皮后就可以直接称量得到药品的质量，B错误；金属着火时，可用细沙覆盖灭火，因为泡沫灭火器中含有水，所以电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火，C正确；在K2Cr2O7的溶液中存在如下平衡：Cr2O(橙色)H2O2CrO(黄色)2H，加碱中和氢离子，平衡正向移动，溶液颜色变黄，D正确。11X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，
11、甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知：甲乙=丁己，甲丙=戊己；0.1 molL1丁溶液的pH为13(25 )。下列说法正确的是()A1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了1 mol电子BY元素在周期表中的位置为第3周期A族C原子半径：WZYXD1.0 L 0.1 molL1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1 mol答案A解析由0.1 molL1丁溶液的pH为13(25 )，丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，甲乙=丁己，甲丙=戊己；则“己”是氧气，“丁”是氢氧化钠，那么甲是Na2O2，乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，因此X为氢元素、Y为碳元
12、素、Z为氧元素、W为钠元素；甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O22H2O=4NaOHO2，1 mol Na2O2反应转移的电子为1 mol，A正确；Y为碳元素，在周期表中的位置为：第2周期A族，B错误；由以上分析可知：X为氢元素、Y为碳元素、Z为氧元素、W为钠元素，则原子半径大小顺序为：NaCOH，即WYZX，C错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO水解生成HCO和OH，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 mol，D错误。12下列说法不正确的是()A按系统命名法，如图有机物的命名为2,3二甲基3乙基戊烷B结构为CH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单元链节是乙炔C总物质的量一
13、定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D化学式为C10H14O，可以发生取代反应、聚合反应和氧化反应答案B解析该有机物的结构简式为：(CH3)2CHC(CH3)(CH2CH3)CH2CH3，按系统命名法，该有机物的命名为2,3二甲基3乙基戊烷，A正确；结构为CH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物，其单元链节是CH=CH，B错误；乙炔、乙醛的分子式中都含有2个C原子，1 mol乙炔耗氧量(2) mol2.5 mol,1 mol乙醛耗氧量(2) mol2.5 mol，总物质的量一定时，无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，C正确；该化合物
14、的化学式为C10H14O，分子中含有碳碳双键，可以发生聚合反应和氧化反应，含有甲基，可以发生取代反应，D正确。13随着各地“限牌”政策的推出，电动汽车成为汽车届的“新宠”。特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如图，A极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li的高分子材料，隔膜只允许特定的离子通过，电池反应式LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2。下列说法不正确的是()A据题意分析可知该隔膜只允许Li通过，放电时Li从左边流向右边B放电时，正极锂的化合价未发生改变C充电时B作阳极，该电极放电时的电极反应式为：Li1xCoO2xLixe
15、=LiCoO2D废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“放电处理”让Li进入石墨中而有利于回收答案D解析根据电池反应式知，放电时，负极反应式为LixC6xe=C6xLi、正极反应式为Li1xCoO2xLixe=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，所以A是负极、B是正极。据题意分析可知该隔膜只允许Li通过，放电时Li从左边流向右边，A正确；无论放电还是充电，Li元素化合价都是1价，所以化合价不变，B正确；充电时，B电极是阳极，放电时是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为Li1xCoO2xLixe=LiCoO2，C正确；根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，D
16、错误。14亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白，亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。经测定，25 时各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl没有画出)。则下列分析不正确的是()A亚氯酸钠在碱性条件下较稳定B25 时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka106C使用该漂白剂的最佳pH为3D25 时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合(忽略Cl)，混合溶液中则有c(HClO2)2c(H)c(ClO)2c(OH)答案C解析由图可以得出：碱性条件下ClO浓度高，即
17、在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；HClO2的电离平衡常数K106，故B正确；HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2有毒，则漂白剂的最佳pH应该是45，故C错误；依据电荷守恒：c(H)c(Na)c(ClO)c(OH)，依据物料守恒得出：2c(Na)c(ClO)c(HClO2)，联立消去钠离子：c(HClO2)2c(H)c(ClO)2c(OH)，故D正确。15下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。下列有关说法正确的是()A
18、a处变蓝、b处变棕红说明非金属性：Cl2Br2I2Bc处先变红后褪色说明Cl2与H2O反应生成HClCd处立即褪色说明Cl2与H2O反应生成HClODe处变血红说明Cl2与Fe2反应生成Fe3答案D解析Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变棕红色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，则无法证明非金属性：Cl2Br2I2，选项A错误；氯气与水反应Cl2H2OHClHClO，H使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，选项B错误；Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯
19、酸钠和水，消耗了氢氧化钠，红色褪去，不能证明生成物质是HClO，选项C错误；Cl2将Fe2氧化为Fe3，试纸变为血红色，反应的离子方程式2Fe2Cl2=2Fe32Cl；Fe33SCN=Fe(SCN)3，证明还原性Fe2Cl，选项D正确。16有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种(忽略由水电离产生的H、OH)：H、NH、K、Mg2、Cu2、Al3、NO、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体
20、积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是()A原溶液一定不存在H、Cu2、COB不能确定原溶液是否含有K、NOC实验所加的NaOH的浓度为2 molL1D原溶液确定含Mg2、Al3、NH，且n(Mg2)n(Al3)n(NH)112答案B解析溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2一定不存在；通过图像知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3；K不能和中学常见物质反应产生特殊现象，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO、SO两种中的一种或两种。因通过图像知含有Al3
21、；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO、一定含有SO；第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g，推断生成3102 mol BaSO4，所以n(SO)3102 mol；第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图像知，在加入过量的氢氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3；图像中有一段水平线，说明加入OH时无沉淀生成，有NH，NHOH=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2，通过此实验无法判断是否含有K。由上述分析可知，原溶液一定不存在H、Cu2
22、、CO，A正确；原溶液确定含有Mg2、Al3、NH，由图可知，沉淀量最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg(OH)2nAl(OH)30.02 mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg(OH)20.01 mol，故nAl(OH)30.02 mol0.01 mol0.01 mol，根据铝元素守恒可知n(Al3)nAl(OH)30.01 mol，根据Al33OH=Al(OH)3，需OH 0.03 mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n(Mg2)nMg(OH)20.01 mol，根据Mg22OH=Mg(OH)2，需OH 0.02 mol；生成沉淀最大量时需OH 0.05 mol，由图可知消耗NaOH
23、25 mL，所以c(NaOH)2 molL1；根据NHOH=NH3H2O，所以可得到NH的物质的量为0.01 L2 molL12102 mol，则n(Mg2)n(Al3)n(NH)n(SO)0.01 mol0.01 mol2102 mol3102 mol1123，由电荷守恒可知12132132，则应存在NO，B错误。二、非选择题(本题包含5个大题，共52分)17(8分)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为_。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_。(3)验证
24、滤液B中含Fe3，可取少量滤液并加入_(填试剂名称)。(4)滤液E、K中共同的溶质是_(填化学式)，写出该物质的一种用途：_。答案(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)SiO22OH=SiOH2O(3)硫氰化钾(其他合理答案均可)(4)NaHCO3制纯碱(或作发酵粉等合理答案均可)解析铝土矿中的成分能与盐酸反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3、Fe3、Mg2，再加入过量烧碱，Al34OH=AlO2H2O，Fe33OH=Fe(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2，沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2的混合物，滤液D为NaCl
25、、NaAlO2、NaOH(过量)溶液，NaOH、NaAlO2能与CO2反应，NaOHCO2=NaHCO3，NaAlO22H2OCO2=Al(OH)3NaHCO3，滤液E为NaCl、NaHCO3溶液，沉淀F为Al(OH)3，Al(OH)3灼烧得到Al2O3。铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，其余均不反应，所以固体X为Fe2O3、MgO。18(8分)以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O
26、3)，其制备实验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。(2)图中“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生反应的离子方程式为_。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有_(填化学式)。KMnO4溶液褪色(MnO还原为Mn2)，发生反应的离子方程式为_。答案(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O(2)SiO2(3)2Fe
27、2H2O22H=2Fe32H2O(4)N2SO3、NH32MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H解析(2)二氧化硅与稀硫酸不反应，则图中“滤渣”的主要成分为SiO2。(3)双氧水具有强氧化性，能氧化溶液中的亚铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O，混合气体通入饱和的亚硫酸氢钠溶液中，氨气和三氧化硫溶解，剩余气体通入高锰酸钾溶液，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，剩余的气体N2采用排水法收集，即集气瓶中收集到的气体是氮气。根据以上分析可知足
28、量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有SO3、NH3。二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而导致KMnO4溶液褪色，二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为2MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H。19(12分)甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H1206.0 kJmol1(ii)合成甲醇：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H2请回答下列问题：(1)制备合成气：将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入反应室(容
29、积为100 L)，在一定条件下发生反应(i)；CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。已知100 时达到平衡的时间为5 min，则从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为：v(H2)_。图中p1_(填“”或“”)p2。为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生反应如下：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_。(2)合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，向2 L的密闭容器中通入1 mol CO(g)和2 mol H2(g)，发生反应(ii)，反应过程中，CH3OH的物质的量(n)与时间
30、(t)及温度的关系如图所示。反应(ii)需在_(填“高温”或“低温”)下才能自发进行。据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变，原因是_(用化学方程式表示)。在500 恒压条件下，请在图中画出反应体系中n(CH3OH)随时间t变化的总趋势图。(3)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)CO(g)HCOOCH3(g)H29.1 kJmol1，科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是_ Pa(填“3.5106”“4.0106”或“5
31、.0106”)。实际工业生产中采用的温度是80 ，其理由是_。答案(1)0.003 molL1min131(2)低温Cu2OCO2CuCO2如图所示(3)4.0106低于80 ，反应速率较小；高于80 时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低解析(1)根据图像数据，用甲烷表示的平均反应速率v(CH4)0.001 molL1min1，氢气的反应速率是甲烷化学反应速率的3倍，故用H2表示的平均反应速率为0.003 molL1min1。根据化学方程式可以得出，反应前后气体体积增大，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，可以从200 来分析，发现甲烷的转化率
32、是p1时大于p2时，所以p1p2。()CH4H2O(g)CO3H2，()CO2H2=COH2O，()CO(g)2H2(g)CH3OH(g)，则()3()()4得：3CH4CO22H2O=4CH3OH，所以为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为31。(2)合成甲醇：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)，反应前后气体体积减小，S0，反应是放热反应，H0，满足HTS0，需要在低温下才能自发进行；在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于抑制反应向正反应方向进行，维持Cu2O的量不变，反应方程式为Cu2OCO2CuCO2；合成甲醇：CO(g)2H
33、2(g)CH3OH(g)，反应前后气体体积减小，在500 恒压条件下，容器体积减小，相当于增大了压强，达到平衡时，画出达平衡时间小于2 s，由于平衡正向移动，所以画出甲醇物质的量平衡时纵坐标高于恒容条件下甲醇物质的量，得到图像如图所示。(3)从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，图像中转化率变化最大的是4.0106 Pa。依据图像分析，温度低于80 ，反应速率较小，温度高于80 对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向移动，不利于转化率增大。20(12分)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，受热易分解。某小组模拟制备氨基甲酸铵，反应如下(且温度对反应的影响比较灵敏)
34、：2NH3(g)CO2(g)NH2COONH4(s)H0(1)如用下图装置制取氨气，可选择的试剂是_。(2)制备氨基甲酸铵的装置如下图所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中。当悬浮物较多时，停止制备。注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质。发生器用冰水冷却的原因是_，液体石蜡鼓泡瓶的作用是_。从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是_(填操作名称)。为了得到干燥产品，应采取的方法是_(填字母)。a常压加热烘干b高压加热烘干c减压40 以下烘干(3)制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种。设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。限
35、选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解得到无色溶液步骤2：向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵步骤3：向试管中继续加入_，证明固体中含有碳酸氢铵答案(1)浓氨水与氢氧化钠固体(答案合理即可)(2)降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成产物分解)通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例(或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率)过滤c(3)少量澄清石灰水溶液变浑浊解析(1)图装置中没有加热，只能用浓氨水与氢氧化钠固体或
36、氧化钙固体反应制取氨气。(2)据信息“该反应为放热反应、生成物氨基甲酸铵(NH2COONH4)受热易分解”，因此为了提高反应物的转化率或防止产物的分解，可用冰水冷却发生器；气体通过液体石蜡鼓泡瓶时能观察气泡数，调节NH3与CO2通入比例或控制NH3与CO2的反应速率；根据“生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中”说明氨基甲酸铵难溶于CCl4(液体)，采用过滤操作能将氨基甲酸铵从混合物中分离出来；为了防止氨基甲酸铵受热分解，采用“减压40 以下”烘干产品。(3)在“限选试剂”中稀硝酸、稀盐酸与碳酸铵、碳酸氢铵均能反应产生气体，不能用来验证碳酸氢铵；只有澄清石灰水与碳酸氢铵反应产生碳酸钙沉淀(溶
37、液变浑浊)。21(12分)4(2羧基苄氧基)苯乙酸是第三代强效、安全抗过敏药物盐酸奥洛他定的重要中间体，合成路线图如下：烃ABC2H6O2C2H2O2C2H2O3回答下列问题：(1)烃A(M28)的分子式为_。(2)C2H2O3所含官能团的名称是_。(3)与一步合成产物的化学方程式是_。(4)分子式为_。符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。遇FeCl3溶液显紫色酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2核磁共振氢谱显示有4个峰，峰面积之比为1223(5)利用OHCCOCOOH、苯酚合成，合成线路流程图为_。答案(1)C2H4(2)醛基、羧基(3)(4)C8H6O4Na2(5)OHC
38、COCOOH解析根据烃A(M28)和B生成的产物分子式C2H6O2可知：烃A为CH2=CH2，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B(1,2二溴乙烷)，B(CH2BrCH2Br)在强碱水溶液条件下水解生成，氧化生成，联系题干C2H2O2C2H2O3可知氧化生成，在强碱性条件下与苯酚发生加成反应生成，与NaHSO3反应生成，与发生取代反应生成。(4)符合条件的的同分异构体需满足：遇FeCl3溶液显紫色，必有酚羟基；酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2，必为乙酸某酯；核磁共振氢谱显示有4个峰，峰面积之比为1223，确定结构必须对称，在的基础上进行改动即可，得到。(5)有机合成路线设计通常都与题干知识点相关联，仔细观察原料与需要合成的产物发现可利用题干中C2H2O3这一段合成路线去思考，即利用题干信息可得：OHCCOCOOH与苯酚先加成增长碳链：OHCCOCOOH；题干中观察到亚硫酸氢钠有两个作用：将羧酸钠和酚钠恢复到羧基和酚羟基，去掉醇羟基；所以可以设计先与氢气加成，将羰基还原成醇羟基，再加入亚硫酸氢钠生成目标产物。因此合成路线为OHCCOCOOH。