2019-2020学年福建省厦门市重点中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年福建省厦门市重点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．短周期元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如下表所示。

下列判断正确的是( )
A．原子半径：丙＜丁＜戊
B．戊不可能为金属
C．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊
D．氢化物的稳定性：甲＞乙
【答案】C
【解析】
【详解】
A、同周期从左向右原子半径减小(稀有气体除外)，即原子半径大小顺序是丙>丁>戊，故A错误；
B、若丙为Na，丁为Mg，则戊为Al，故B错误；
C、同周期从左向右金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性：丙>丁>戊，故C正确；
D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲<乙，故D错误；
答案选C。

2．钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（）
A．钠的熔点低B．钠的密度小C．钠的硬度小D．钠的强还原性
【答案】C
【解析】
【详解】
A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A错误；
B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；
C．硬度大小与Na和水反应现象无关，与性质无关，故C正确；
D．因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D错误；
故答案为C。

【点睛】
考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。

现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。

3．下列有关叙述正确的是（）
A．足量的Mg与0.1molCO2充分反应，转移的电子数目为0.4N A
B．1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1N A
C．25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目为0.02N A
D．标准状况下，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目为0.2N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 足量的Mg与0.1molCO2充分反应生成氧化镁和碳，碳元素化合价从+4价降低到0价，因此转移的电子数目为0.4N A，A正确；
B. O2和O3的相对分子质量不同，因此无法计算1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目，B错误；
C. 溶液体积未知，因此无法计算25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目，C错误；
D. 标准状况下三氯甲烷是液体，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目不是0.2N A，D错误；
答案选A。

4．某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（）
A．可能含有B．可能含有C．一定含有D．至少含有四种离子
【答案】A
【解析】
【分析】
等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-，据此解答。

【详解】
等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液；
无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+；
由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-；
综上：①溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-三种离子；②溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子，答案选A。

5．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．18g氨基（-ND2）中含有的电子数为9N A
B．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A
C．1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数小于0.1N A
D．2.24LCH4与C2H4的混合气体中，所含H原子的数目是0.4N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A．18g氨基（-ND2）为1mol，含有的电子数为9N A，A正确；
B．氯气具有强氧化性，将Fe2+和I-均氧化，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3N A，B错误；C．S2-会水解，1个硫离子水解后产生1个硫氢根离子和1个氢氧根离子，故1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1N A，C错误；
D．为指明标准状况，无法计算，D错误；
故答案选A。

【点睛】
氕(1
1H)、氘(2
1
D)、氚(3
1
T)，互为同位素，氕(1
1
H)无中子。

6．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；
B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；
C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；
D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。

答案选C。

7．下列常见的金属中，常用电解法冶炼的是
A．Fe B．Cu C．Mg D．Pt
【答案】C
【解析】
【分析】
电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；
热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。

【详解】
A．Fe用热还原法冶炼，故A不选；
B．Cu用热还原法冶炼，故B不选；
C．Mg的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故C选；
D．Pt用热分解法冶炼，故D不选；
故答案选C。

8．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。

若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是
A．生成40.0L N2（标准状况）B．有0.250mol KNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4.75mol
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应中N元素化合价由-1
3
、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又
是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。

【详解】
A．该反应中N元素化合价由-1
3
价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol
氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产
物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=1.75
14×16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol
=44.8L，故A错误；
B．反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；
C．转移电子的物质的量为1.75
14×10=1.25mol，故C正确；
D ．被氧化的N 原子的物质的量
=1.7514×30=3.75 mol ，故D 错误； 答案选C 。

【点睛】 明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。

本题的易错点为B ，注意硝酸钾中N 元素化合价降低，被还原。

9．25℃时，向NaHCO 3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是（ ）
A ．25℃时，H 2CO 3的一级电离K(H 2CO 3)=1.0×10-6.4
B ．图中a=2.6
C ．25℃时，HCO 3-+H 2O H 2CO 3+OH -的K h =1.0×10-7.6
D ．M 点溶液中：c(H +)+c(H 2CO 3)=c(Cl -)+2c(CO 32-)+c(OH -)
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．25℃时，在N 点，pH=7.4，则c(H +)=10-7.4，lg -323(HCO )(H CO )c c =1，则-323(HCO )(H CO )
c c =10， H 2CO 3的一级电离K(H 2CO 3)=323(H )(HCO )(H CO )
c c c +-⋅=10-7.4×10=1.0×10-6.4，A 正确； B ．图中M 点，pH=9，c(H +)=10-9
，K(H 2CO 3)=323(H )(HCO )(H CO )c c c +-⋅=1.0×10-6.4，-323(HCO )(H CO )c c =102.6，a= lg -323(HCO )(H CO )
c c =2.6，B 正确； C ．25℃时，HCO 3-+H 2O H 2CO 3+OH -
的K h = W a K K =-14
-6.41010=1.0×10-7.6，C 正确； D ．M 点溶液中：依据电荷守恒，c(H +)+c(Na +)=c(Cl -)+2c(CO 32-)+c(OH -)+ c(HCO 3-)，此时溶液为NaHCO 3、NaCl 的混合溶液，则c(Na +)>c(H 2CO 3) + c(HCO 3-)，所以c(H +)+c(H 2CO 3)<c(Cl -)+2c(CO 32-)+c(OH -)，D 错误；
故选D。

10．实验室分别用以下4个装置完成实验。

下列有关装置、试剂和解释都正确的是
A．中碎瓷片为反应的催化剂，酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成
B．所示装置（秒表未画出）可以测量锌与硫酸溶液反应的速率
C．为实验室制备乙酸乙酯的实验，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用
D．为铜锌原电池装置，盐桥中的阳离子向右池迁移起到形成闭合电路的作用
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 酸性KMnO4溶液褪色可证明有烯烃或还原性气体生成，但不一定是有乙烯生成，A错误；
B. 根据秒表可知反应时间，根据注射器中活塞的位置可知反应产生的氢气的体积，故可测量锌与硫酸溶液反应的速率，B正确；
C. 在实验室制备乙酸乙酯的实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液，不能用NaOH溶液，C错误；
D. 在铜锌原电池装置中，Cu电极要放入CuSO4溶液中，Zn电极放入ZnSO4溶液中，盐桥中的阳离子向负电荷较多的正极Cu电极移动，故应该向右池迁移起到形成闭合电路的作用，D错误；
故答案选B。

11．下列说法正确的是
A．共价化合物的熔、沸点都比较低
B．H2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物
C．H2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键
D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强
【答案】B
【解析】
【详解】
A．共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；
B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；
C．分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；D．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；
本题选B。

12．短周期元素m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。

A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；
B. 金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；
C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；
D. 金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；
故选：A。

13．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（）
A．可用于实验室制取少量NH3或O2
B．可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C．实验室可用装置③收集H2、NH3
D．制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.装置①可以用浓氨水和生石灰取值氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A正确；
B.关闭活塞后，从a处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置②的气密性，B正确；
C.短进长出，是向下排空气法集气，所以可以用装置③收集H2、NH3，C正确；
D.装置④左边是阳极，OH-放电，所以左边生成H2SO4，b应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a应该是阳离子交换膜，D错误；
答案选D。

14．X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。

X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。

下列叙述正确的是
A．Y、Z、W原子半径依次增大
B．元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强
D．X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R
为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A．由分析可知：Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；B．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。

点睛：。

15．25℃时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。

下列说法不正确的是
A．a、b两点: c(X-) < c(Cl-) B．溶液的导电性: a < b
C．稀释前，c(HX) > 0.01mol/L D．溶液体积稀释到10倍，HX 溶液的pH < 3
【答案】A
【解析】
【详解】
A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；
B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B 正确；
C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01 mol/L，故C正确；
D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。

【点睛】
本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。

本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：
(1) 步骤Ⅰ“氨浸”时，控制温度为50～55 ℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。

① CuO被浸取的离子方程式为________。

②浸取温度不宜超过55 ℃，其原因是________。

③ Cu2＋与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。

若用1 L浸取液(由等物质的量NH3和NH4+组成)将amolCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2＋(CO32-转变为HCO3-，不考虑其他反应，溶液体积变化忽略不计)，原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是
________。

(2) “除AsO2-”时，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是________。

(3) “蒸氨”时发生反应的化学方程式为________。

(4) 为了实现生产过程中物质循环利用，可采取的措施为________。

【答案】CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2＋+H2O 温度过高，会加速NH3的挥发c(NH3)≥(5a＋1) mol·L－1生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3—Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒
2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑+(NH4)2SO4用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3—(NH4)2SO4浸取液
【解析】
【分析】
根据流程：用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，同时混有重金属盐和AsO2-，加入硫化铵除去重金属离子，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，沉淀AsO2-，过滤FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4，
(1)①CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，据此书写；
②温度高，会加速氨气的挥发；
③由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，再结合反应：
Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+═2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O分析计算可得；
(2)根据流程中得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀分析；
(3)“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，结合原子守恒可得；
(4)根据流程分析可得到NH3-(NH4)2SO4浸取液循环使用。

【详解】
(1)CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，反应的离子反应为：
CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O；
②浸取温度不宜超过55℃，若是反应温度过高，会加速NH3的挥发；
③a molCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2+的反应为：
Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+=2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O，因此若参与反应的氨气为5amol，浓度为5amol/L，由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时，lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，因此原浸取液中起始时c(NH3)≥(5a+1)mol/L；
(2)流程中，“除AsO2-”时得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒；
(3)根据流程，“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，反应方程式为：
2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑＋(NH4)2SO4；
(4)用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3-(NH4)2SO4浸取液可以在生产过程中物质循环利用。

【点睛】
本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J ，合成路线如下：
已知①
②有机物J结构中含两个环。

回答下列问题：
(1)C的名称是________________。

(2)A→B试剂和反应条件为________________。

(3)H→J的化学反应方程式为_______________。

(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3 组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式
____________。

①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。

a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪
(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。

【答案】邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe) +H2O 19
、、 c
【解析】
【分析】
由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①
可以得到H 为，由于有机物J 结构中含两个环，故可能是H 发生分子内的酯化，得到J ，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析，C 的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；
(2)A →B 为苯环上的取代反应，条件为Br 2、FeBr 3(或Fe)，故答案为：Br 2、FeBr 3(或Fe)；
(3) H 为，由于有机物J 结构中含两个环，故可能是H 发生分子内的酯化，得到J H→J 的化学反应方程式为24H SO ∆垐垐垎噲垐垐浓+H 2O ，故答案为：
24H SO ∆垐垐垎噲垐垐浓+H 2O ； (4)，根据以上分析C 为，由转化关系可推出M 为，N 为，其分子式为C 8H 14O 3，N 的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO 3反应产生气泡说明含有羧基 ③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。

先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、、。

M 的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c ；、
、 (任选其一即可)；
(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18． “循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。

请回答下列问题：
（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______（填选项字母）。

A ．2SO 有漂白性而2CO 没有
B ．少量23H SO 能与23Na CO 反应生成3NaHCO
C ．2SO 能使酸性4KMnO 溶液褪色而2CO 不能
D ．23Na CO 溶液显碱性而24Na SO 溶液显中性
（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。

系统（Ⅱ）制氢气的热化学方程式为_________；两个系统制得等量的H 2所需能量较少的是________。

（3）向10 L 恒容密闭容器中充入2 mol CO 和1 mol 2SO ，发生反应2CO(g)＋SO 2 (g)
S(g)＋2CO 2 (g)。

CO 和CO 2的平衡体积分数（φ）与温度（T ）的关系如图所示。

①图中能表示CO 的平衡体积分数与温度关系的曲线为______（填“L 1”或“L 2”）。

②T 1 ℃时，2SO 的平衡转化率α1＝_______，反应的平衡常数1K =_________。

③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO 的平衡转化率的是_____（填选项字母）。

A ．增大压强
B ．充入一定量2SO
C ． 充入一定量2H S
D ．加入适当催化剂
④向起始温度为1T ℃的10 L 绝热容器中充入2 mol CO 和1 mol 2SO ，重复实验，该反应的平衡常数2K _____1K （填“＞”“＜”或“＝”），理由为_____。

【答案】D S(g)+2H 2O(g)SO 2(g)+2H 2(g) ∆H=-90.0kJ/mol 系统
（Ⅱ） L 2 50% 1 B ＜ 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
【解析】
【分析】
（1）比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S 的最高价氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸；
（2）根据盖斯定律求反应热；
（3）根据题中所给的图像进行分析。

【详解】
（1）A.SO 2具有漂白性，其原因为SO 2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A 错误；
B.少量H 2SO 3能与Na 2CO 3反应生成NaHCO 3，证明H 2SO 3的酸性强于HCO 3-的酸性，但不能比较碳元素和硫元素非金属性强弱，故B 错误；
C.SO 2能使酸性KMnO 4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故C 错误；
D.Na 2CO 3溶液显碱性说明H 2CO 3为弱酸，而Na 2SO 4溶液显中性说明H 2SO 4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D 正确。

故答案为D 。

（2）由信息知：①CO 2(g)+C(s)2CO(g) ∆H 1=+172.4kJ/mol ，②Fe 3O 4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO 2(g) ∆H 1=+17.2.kJ/mol ，③3FeO(s)+H 2O(g)
Fe 3O 4(s)+H 2(g)∆H 3=-58.2kJ/mol ，④2CO(g)+2SO 2(g)S(s)+2CO 2(g)，∆H 4=+8.0kJ/mol ，应用盖斯定律得到系统（Ⅰ）中热化学碳水循环制
取氢气的热化学方程式为①+②×2+③×2，即C(s)+2H 2O(g)CO 2(g)+2H 2(g) ∆H=+90.4kJ/mol ，系统（Ⅱ）
中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为②×2+③×2-④，即S(g)+2H 2O(g)
SO 2(g)+2H 2(g) ∆H=-90.0kJ/mol ，系统（Ⅰ）为吸热反应，系统（Ⅱ）为放热反应，故制得等量的H 2所需能量较少的系统（Ⅱ），故答案为S(g)+2H 2O(g)SO 2(g)+2H 2(g) ∆H=-90.0kJ/mol ；系统（Ⅱ）。

（3）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO 的平衡体积分数减小，CO 2的平衡体积分数增
大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，故答案为L2。

②由图中信息，T1℃时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据三段式法可得2mol-2x=2x，解得x=0.5mol，故SO2的平
衡转化率为0.5mol
1mol
×100%=50%，同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1mol/L、
0.05mol/L、0.05mol/L、0.1mol/L，故该反应的平衡常数K1=1，故答案为50%，1。

③A.该反应为反应前后气体的分子数不变的吸热反应，故增大压强，平衡不移动，故A错误；
B.充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，反应速率增大，故B正确；
C.充入一定量H2S后，其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，反应速率减小，故C错误；
D.加入适当催化剂，平衡不移动，故D错误。

故答案为B。

④该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为＜，该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。

【点睛】
非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。

19．全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。

（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。

①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1
则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_________。

②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。

A ．该过程中，CO 2转化为汽油的转化率高达78%
B ．中间产物Fe 5
C 2的生成是实现CO 2转化为汽油的关键
C ．在Na-Fe 3O 4上发生的反应为CO 2+H 2=CO+H 2O
D ．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO 2和H 2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C 5以上的烷烃类物质和水。

则起始时CO 2和H 2的物质的量之比不低于_________。

（2）研究表明，CO 2和H 2在一定条件下可以合成甲醇。

反应方程式为CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) △H<0。

一定条件下，往2L 恒容密闭容器中充入1.0molCO 2和3.0molH 2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO 2的转化率随温度变化关系如图2所示。

①该反应自发进行的条件是__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）
②催化效果最佳的催化剂是__________（填“A”“B”或“C”）；b 点时，()v 正________()v 逆（填“＞”“＜”或“＝”）。

③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

a.c(CO 2)与c(H 2)的比值保持不变
b.v(CO 2)正＝v(H 2O)逆
c.体系的压强不再发生变化
d.混合气体的密度不变
e.有lmolCO 2生成的同时有断开3mol 的H-H 键
f.气体的平均相对分子质量不变
④已知容器内的起始压强为100 kPa ，若图2中c 点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K p =____________________（只列出计算式，不要求化简，K p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。

【答案】2CO(g)+4H 2(g)=CH 2=CH 2(g)+2H 2O(g) ∆H=-210kJ ∙mol -1 B 6:19 低温 A > ad
3
116060331160(60)124
⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 【解析】
【分析】
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。

【详解】
（1）①已知：I CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g) △H= + 41 kJ·
mol -1，II 2CO 2(g)+6H 2(g)=4H 2O(g)+CH 2=CH 2(g) △H=。