2019-2020学年安徽省淮北市淮北师大附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年安徽省淮北市淮北师大附属实验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．下列属于非电解质的是（）
A．Fe B．CH4C．H2SO4D．NaNO3
【答案】B
【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。

点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。

2．能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A．硝酸钡，稀硫酸B．稀盐酸，氯化钡
C．稀硫酸，氯化钡D．稀硝酸，氯化钡
【答案】B
【解析】
【分析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。

证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。

【详解】
A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。

酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。

再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。

本题选B。

【点睛】
检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。

3．将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）
A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1N A
B．原NaOH浓度为1mol/L
C．参加反应的氯气分子为0.1N A
D．转移电子为0.2N A
【答案】C
【解析】
【详解】
发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1N A，故A错误；
B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为0.2mol
0.1L
＝2mol/L，故B错误；
C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1N A，故C正确；
D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1N A，故D错误；
故答案为C。

【点睛】
考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。

4．右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。

下列说法正确的是（）
A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
【答案】D
【解析】
【分析】
从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。

【详解】
A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；
B 、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B 不正确；
C 、SiO 2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C 不正确；
D 、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As 2O 3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D 正确。

答案选D 。

5．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A ．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料
B ．利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光
C ．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
D ．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．泰国银饰属于金属材料。

土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A 错误；
B ．高压钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B 正确；
C ．人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C 错误；
D ．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D 错误；
答案选B 。

6．X 、Y 、Z 、W 四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 的族序数是其周期数的3倍，下列说法中正确的是
A ．四种元素简单离子的半径：X<Y<Z<W
B ．X 与Y 形成的离子化合物中既含离子键又含共价键
C ．离子化合物W 2Z 2中阴阳离子数之比为1:1
D ．只含X 、Y 、Z 三种元素的化合物一定是共价化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
由题知，Z 是氧元素；若X 是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X 的原子半径比Y 的小”，故X 是氢元素，则W 是钠元素；结合最外层电子数之和为13知，Y 是氮元素。

【详解】
A.简单离子的半径()()()()++23H Na O N r r r r <<<--
，即X<W <Z<Y ，A 项错误；
B.NH4H中既含离子键又含共价键，B项正确；
C.过氧化钠中阴阳离子数之比为1:2，C项错误；
D.只含H、N、O三种元素的化合物可能是共价化合物，如硝酸；也可能是离子化合物，如硝酸铵，D项错误。

答案选B。

7．下列说法不正确的是()
A．乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物
B．O2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素
C．C2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2
D．氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙醛和丙烯醛结构不相似，二者不是同系物，与氢气发生加成反应都生成醇类物质，结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，为同系物，故A错误；
B．O2 和O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体；1H、2H、3H质子数都为1，中子数分别为0、1、2，它们为氢元素的三种不同的核素，故B正确；
C．C2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体；CH3CH2 CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在2号C含有1个甲基，其名称为2-甲基戊烷，故C正确；
D．氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2)，如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正确；故选A。

8．一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。

X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相
等，W是地壳中含量最多的元素。

下列说法错误
．．的是
A．原子半径：X>Y>W
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2
D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】
一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外
层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。

A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。

Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。

元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；
C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；
D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。

9．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确
．．．的是()
A．50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05N A
B．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4N A
C．30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为N A
D．1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO－的微粒数之和为0.1N A
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A项、50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；
B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4N A，故B正确；
C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30g CH2O的物质的量为1mol，1mol CH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；
D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO－的物质的量为0.1mol，故D正确。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

10．下列说法正确的是
A．氯碱工业电解饱和食盐水，以石墨作阴极，铁网作阳极
B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大
C．相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱
D．升高温度，可提高反应速率，原因是降低了反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】
A．电解饱和氯化钠溶液时，如果Fe作阳极，则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子，所以应该用石墨作阳极，故A错误；
B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，促进碳酸钠的水解，水解程度增大，但溶液的碱性减弱，pH减小，故B
错误；
C．金属活动顺序表中单质的还原性越强，对应的阳离子氧化性越弱，锌比铜活泼，则铜离子比锌离子的氧化性强，根据三价铁离子与铜的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强，即相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C正确；
D．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数，反应速率加快，但反应的活化能不变，故D错误；
答案选C。

【点睛】
本题的易错点为A，要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此阳极应该选用惰性材料作电极。

11．关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．含有三种官能团
C．分子式为C5H4O2D．所有原子一定不共平面
【答案】D
【解析】
【详解】
A．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．该有机物分子结构中含有碳碳双键、醛基和醚键，三种官能团，故B正确；
C．结构中每个节点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足的可用氢原子补齐，分子式为C5H4O2，
D．与碳碳双键上的碳直接相连的所有原子可能在同一平面，则该有机物结构中的五元环上的所有原子可以在同一平面，碳氧双键上的所有原子可能在同一平面，碳氧双键与五元环上的碳碳双键直接相连，则所有原子可能在同一平面，故D错误；
答案选D。

【点睛】
有机物的分子式根据碳原子形成四个共价键的原则写出，需注意它的官能团决定了它的化学性质。

12．只能在溶液中导电的电解质是()
A．KOH B．CH3COONH4C．SO2D．CH3COOH
【答案】D
【解析】
【详解】
A．氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；
B．醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；
C．二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；
D．醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。

13．下列说法正确的是（）
A．分子晶体中一定含有共价键
B．pH=7的溶液一定是中性溶液
C．含有极性键的分子不一定是极性分子
D．非金属性强的元素单质一定很活泼
【答案】C
【解析】
【详解】
A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；
C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；
D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；
故答案为C。

14．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）
A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2N A
B．98g纯H2SO4中离子数目为3N A
C．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1N A
D．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2N A
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1N A 个，故A错误；
B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；
C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1N A，故C正确；
D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2N A，故D错误；
故答案为C。

【点睛】
考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。

15．下列说法正确的是( )
H的电子数是2
A．核素2
1
B．1H和D互称为同位素
C．H+和H2互为同素异形体
D．H2O和H2O2互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】
H的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；
A. 核素2
1
B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；
C. 同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；
D. 同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。

故选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。

(1)在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先______________，打开弹簧夹1，在E 中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。

(2)装置B中盛放的试剂是______________________。

(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生
_____________(填现象)。

从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：_______。

(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的化学式：______。

(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。

写出产生白烟的化学方程式：_____。

【答案】关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰) 白色沉淀
2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu Cu2O、Cu 3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl
【解析】
【分析】
(1)检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；
(2)装置B的作用是干燥氨气；
(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；
(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；
(5) 装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。

【详解】
(1). 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；
(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；
(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、
氮气、水，反应方程式是2NH 3+3CuO =V
N 2+3H 2O+3Cu ；没反应的氨气进入E ，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E 中的现象是有白色沉淀生成。

(4)反应前n(CuO)=16g 80g/mol
0.2 mol ，则n(Cu)=0.2 mol 、n(O)=0.2 mol ；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4 g ，则减少氧元素的物质的量是 2.4g 16g/mol
=0.15mol ，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1＞2:1，所以该固体产物的化学式为Cu 2O 、Cu ；
(5)装置F 中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl 2+8NH 3═N 2+6NH 4Cl 。

【点睛】
本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某研究小组拟合成医药中间体X 和Y 。

已知：①；
②；
③。

(1)的名称是__________
(2)G→X 的反应类型是_____________。

(3)化合物B 的结构简式为_____________。

(4)下列说法不正确的是__________(填字母代号)
A ．化合物A 能使酸性KMnO 4溶液褪色
B ．化合物
C 能发生加成、取代、消去反应
C ．化合物
D 能与稀盐酸反应
D ．X 的分子式是C 15H 16N 2O 5
(5)写出D+F→G 的化学方程式:____________________
(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_______。

①分子是苯的二取代物，1H—NMR谱表明分子中有4种化学环境不同的氧原子；
②分子中存在硝基和结构。

(7)参照以上合成路线设计E→的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。

____________________________________________。

【答案】邻甲基苯甲酸还原反应BD
、
、、
【解析】
【分析】
由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B
为、C为、D为。

由X的结构，逆推可知G为，结
合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。

【详解】
根据上述分析可知：A为；B为；C为；D为；E为
CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G为。

(1)的甲基在苯环羧基的邻位C原子上，因此其名称是邻甲基苯甲酸；
(2)G变X是-NO2变为-NH2，发生的是还原反应；
(3)化合物B的结构简式为；
(4)A.化合物A的苯环上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B.化合物C结构简式是，含苯环与羰基能发生加成反应，有Br原子可以发生取代反应；由于Br原子连接的C原子直接连接在苯环上，因此不能发生消去反应，B错误；
C.化合物D含有亚氨基，能与稀盐酸反应，C正确；
D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5，D错误；
故合理选项是BD；
(5)D+F→G的化学方程式为：；
(6)化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和酯基结构，2个取代基可能结构为：-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2，同分异构体可能结构简式为、、、。

(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中发生水解反应，然后酸化可得，该物质与SOCl2发生反应产生，与NH3发生反应得到目标产物，故由E合
成的路线为：。

【点睛】
本题考查有机物的合成与推断，关键是对给予信息的理解，要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。

(1) 甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。

已知：①2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H1=-1214kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566 kJ/mol
则表示甲烷燃烧热的热化学方程式____________________________________。

(2) 将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。

其负极电极反应式是：_____________________________。

（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。

下列说法中正确的是______（填序号）
A．电源中的a一定为正极，b一定为负极
B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极
D．阴极发生的反应是：2H++ 2e－= H2↑
（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：
CO（g）+H2O（g）===CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：
实验组温度/℃起始量/mol 平衡量/mol
达到平衡所需时间/min H2O CO CO2
1 650
2 4 1.6 5
2 900 1 2 0.4 3
3 900 1 2 0.
4 1
①实验1中，以v (H 2)表示的平均反应速率为______________。

②实验3跟实验2相比，改变的条件可能是_________________（答一种情况即可）。

【答案】CH 4（g ）+2O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （l ） △H 1=-891KJ ∙mol -1 CH 4-8e -+ 11 OH -=CO 32-+ 7H 2O B 、
D 1.16mol/(L·min) 使用催化剂 增大压强（任答一种）
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；
（2）①根据CH 4和O 2构成燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，碱性环境下生成CO 32-；
（3）A 、B 端析出氢气可驱赶原溶液中溶解的少量氧气；
B 、电解液选用NaCl 溶液不影响实验，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离子不放电；
C 、阳极应该用铁电极，阴极用惰性电极亦可；
D 、B 电极反应是阴极氢离子放电生成氢气；
（4）①根据图表数据，CO 2的浓度增加1.8mol/L ，所以氢气浓度也增加1.8mol/L ，v (H 2)= c t
V V 进行计算； ②实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，平衡不移动，可以使用催化剂或增大压强等。

【详解】
（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol ，将①②相加除以2可得：CH 4（g ）+2O 2（g ）
CO 2（g ）+2H 2O （l ） △H 1=-891KJ ∙mol -1； 答案是：CH 4（g ）+2O 2（g ）CO 2（g ）+2H 2O （l ） △H 1=-891KJ ．mol -1
（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH 4- 8e -+ 11 OH -CO 32-+ 7H 2O ；
（3）A 、电解过程中两极分别是H +和Fe 放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a 不一定为正极，b 不一定为负极，但a 为正极，b 为负极，效果较好，错误；B 、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe 放电生成亚铁离子，阴极H +放电生成氢气，正确； C 、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；
D 、阴极H +放电生成氢气，正确；
答案选BD 。

（4）①实验1中，CO 2的浓度增加1．8mol/L ，所以氢气浓度也增加1.8mol/L ，v (H 2)=
0.8/5mol L min
=1.16mol/(L·min)； ②实验3跟实验2相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。