2019-2020学年天津市第一中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年天津市第一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．已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。

则下列有关物质的推断不正确的是（）
A．若A为碳，则E可能为氧气
B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HCl
C．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3
D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水
【答案】C
【解析】
【详解】
A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；
B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；
D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。

故选C。

2．大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）
A．铁、铜、铝B．铁、铝、铜C．铝、铜、铁D．铜、铁、铝
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。

3．X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是
A．元素最高化合价的顺序为Z＞Y＞T＞X
B．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z＞Y
C．由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用
D．常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应
【答案】B
【解析】
【分析】
X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N元素，T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。

【详解】
A.Z为O元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N元素低，故A错误；
B.非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；
D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D错误；
答案：B
4．X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（）
A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小
B．原子序数：N＞M＞X＞Y
C．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等
D．碱性：M(OH)2＞YOH
【答案】C
【解析】
【分析】
X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。

【详解】
A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；
B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；
C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；
D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误；
故选C。

正确判断元素的种类是解题的关键。

本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。

5．下列说法正确的是
A．CH3Cl(g)+Cl2(g)−−−→
光照CH2Cl2(l)+HCl(g)能自发进行，则该反应的ΔH>0
B．室温下，稀释0.1 mol·L−1 NH4Cl 溶液，溶液中
() ()
32
+
4
NH H O
NH
c
c
⋅
增大
C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明K sp(BaSO4)＞K sp(BaCO3)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．反应CH3Cl(g)+Cl2(g)−−−→
光照CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知ΔH−TΔS<0，所以该反应的ΔH<0，A项错误；
B．氯化铵溶液中铵根离子水解，所以溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中
() ()
32
+
4 NH H O
NH
c
c
⋅
增大，B项正确；
C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0达平衡后，降低温度，正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的幅度更大，平衡向正反应方向移动，C项错误；
D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液发生沉淀转化，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于其溶度积常数，因而才有BaCO3沉淀生成，不能得出K sp(BaSO4)>K sp(BaCO3)，D项错误；
答案选B。

6．下列说法正确的是
A．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴B．用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多C．食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发
D．准确量取25.00 mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具
【答案】B
【解析】
【分析】
A ．检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH 溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO 3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A 项错误；
B ．层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B 项正确；
C ．移液管量取溶液体积的精度是0.01mL ，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C 项错误；
D ．量筒的精确度是0.1mL ，因此无法用量筒精确量取25.00mL 的液体，D 项错误； 答案选B 。

7．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确．．．
的是
A ．0.1 mol C 3H 9N 中所含共用电子对数目为1.2N A
B ．14 g N 60（分子结构如图所示）中所含N －N 键数目为1.5N A
C ．某温度下，1 L pH ＝6的纯水中所含OH −数目为1.0×10−8 N A
D ．标准状况下，5.6 L 甲醛气体中所含的质子数目为4N A 【答案】C 【解析】 【详解】
A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为(3493)
122
⨯++=，所以0.1 mol C 3H 9N 中所含共用电
子对数目为1.2N A ，故正确；
B. 14 g N 60的物质的量为14
1
146060mol =⨯，N 60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1mol N 60含有的氮氮键数为
603
902
mol ⨯=，即14 g N 60的含有氮氮键
1
90 1.560
mol ⨯= ，数目为1.5N A ，故正确；
C. 某温度下，1 L pH ＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L ，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L ，氢氧根离子数目为10-6 N A ，故错误；
D. 标准状况下，5.6 L 甲醛气体物质的量为0.25mol ，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol 甲醛
中所含的质子数目为4N A，故正确。

故选C。

8．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴滴入②中，预测的现象与实际相符的是
选项①中物质②中物质预测②中的现象
A．稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡
B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体
C．氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀
D．氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；
B. 浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；
C. 过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；
D. 氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；
故选：C。

9．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。

向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。

下列说法不正确的是( )
A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性
C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
【答案】C
【解析】
【分析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。

A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；
B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；
C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；
D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。

答案选C。

【点睛】
本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。

10．下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（）
A．碳酸钠B．氢氧化铝C．氧化钙D．硫酸镁
【答案】B
【解析】
【详解】
用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；
故答案选B。

11．SBP电解法能大幅度提高电解槽的生产能力，如图为SBP电解法制备MoO3的示意图，下列说法错误的是()
A．a极为电源的负极，发生氧化反应
B．电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下22.4LO2
C．钛基钛锰合金电极发生的电极反应为：3H2O+Mo4+-2e-=MoO3+6H+
D．电路中电子流向为：a极导线
−−−−−→b极
−−−−−→石墨，钛基钛锰电极导线
【解析】
【分析】
根据图像电流方向，可知a为负极，b为正极，石墨为阴极，钛基钛锰合金为阳极。

【详解】
A选项，根据上面分析得出a极为电源的负极，发生氧化反应，故A正确；
B选项，石墨是氢离子得到电子生成氢气，因此电路中转移4mol电子，则石墨电极上产生标准状况下44.8L 氢气，故B错误；
C选项，钛基钛锰合金电极是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3H2O+Mo4+－2e－=MoO3+6H+，故C正确；D选项，电路中电子流向为：负极a极导线
−−−−−→正极b
−−−−−→阴极石墨，阳极钛基钛锰电极导线
极，故D正确。

综上所述，答案为B。

【点睛】
电解质中电子移动方向：电源负极导线
−−−−−→电源正极；电解
−−−−−→电解质阴极，电解质阳极导线
质中离子移动方向：阳离子移向阴极，阳离子移向阳极。

12．11.9g金属锡跟100mL12mol•L﹣1HNO3共热一段时间．完全反应后测定溶液中c（H+）为8mol•L﹣1，溶液体积仍为100mL．放出的气体在标准状况下体积约为8.96L．由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为119）（）
A．Sn（NO3）4B．Sn（NO3）2C．SnO2∙4H2O D．SnO
【答案】C
【解析】
【详解】
n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为8mol⋅L−1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，设Sn被氧化后的化合价为x，根据转移电子守恒得0.4mol×(5−4)=0.1mol×(x−0)
x=+4，
又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol−0.4mol）÷0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2∙4H2O，
故选：C。

13．锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是
A．整个反应过程中，氧化剂为O2
B．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-
C．放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
【答案】C
【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为
Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成
0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为0.1mol
4
=0.025mol，在标准状况下
O2的体积为0.025mol 22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。

14．下列说法中正确的是
A．丙烯中所有原子均在同一个平面上
B．分子式为810
C H的芳香烃共有4种
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】
A．丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A错误；B．分子式为810
C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3种，共4种，故B正确；C．糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚
类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。

15．锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为
2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。

下列说法正确的是（）
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－
D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C。

【点睛】
电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。

实验试剂
编号及现象
滴管试管
1%酚酞溶液
1 mol·L-1 NaNO2
溶液
实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深
2mL
1 mol·L-1
NaNO2溶液
0.1 mol·L-1 KMnO 4
溶液
实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀
硫酸后紫色褪去
KSCN溶液
1 mol·L-1 FeSO4
溶液（pH=3）
实验III：无明显变化
1 mol·L-1
NaNO2溶液
1 mol·L-1 FeSO4
溶液（pH=3）
实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，
滴加KSCN溶液变红
资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。

（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______
（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________
（3）探究实验IV中的棕色溶液
①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。

实验溶液a 编号及现象
1 mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色
____________________ ii．无明显变化
②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。

解释上述现象产生的原因_________。

（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。

小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。

①盐桥的作用是____________________________
②电池总反应式为______________________
实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。

【答案】NO2-发生水解反应NO2-+H2O HNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现
还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO↑+H2O
【解析】
【分析】
（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2O HNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；
（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；
（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；
②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO 气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；
（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；
②两电极反应式相加得总反应式。

【详解】
（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2O HNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 mol·L-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，
故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2O HNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；
（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。

NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，
故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；
（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。

若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；
故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；
②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO
气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，
故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；
（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；
②该原电池负极反应为：Fe2+-e-= Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2+
+NO2-+2H+= Fe3++NO↑+H2O；
故答案为Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3++NO↑+H2O。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图：
已知：HCHO+CH3CHO CH2＝CHCHO+H2O
（1）A的名称是___，遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___种。

B的结构简式___，D中含氧官能团的名称为___。

（2）试剂C可选用下列中的___。

a.溴水
b.银氨溶液
c.酸性KMnO4溶液
d.新制Cu(OH)2悬浊液
（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___。

（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___。

【答案】对甲基苯甲醛 3 羧基b、d
【解析】
【分析】
由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。

【详解】
（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚−OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为−CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；
故答案为：对甲基苯甲醛；3；；羧基；
（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化−CHO，则C为b或d，
故答案为：b、d；
（3）中含−COOC−，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：
，
故答案为：；
（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。

【点睛】
具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．资源化利用CO2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。

回答下列问题：
(1)CO2的捕集
①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。

写出“捕集”CO2反应的离子方式_____________。

②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。

结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是
_________________________。

(2)生产尿素：
工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，该反应分为二步进行：
第一步：2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s) △H = - 159.5 kJ·mol-1
第二步：H2NCOONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) △H = +116.5 kJ·mol-1
①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。

该反应化学平衡常数K的表达式：_________________________。

②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4mol NH3和1mol CO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡
(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式_______________________。

②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

【答案】H2O + CO32- + CO2=2HCO3-低温，低流速2NH3(g)+ CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g)△H=
-43kJ·mol-1K=[H2O]/[NH3]2.[CO2] 二55 CO2 + 6e- + 6H+ = CH3OH + H2O CH3OH + CO2 +
H2
*
HI、Rh
CH3COOH + H2O
【解析】
【分析】
(1)①H2O、CO32－、CO2反应生成HCO3－；
②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大；
(2)利用盖斯定律求解热化学方程式；K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；
②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率；各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态；。