2019-2020学年陕西省榆林一中新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年陕西省榆林一中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．化学与生活密切相关。

下列说法正确的是( )
A．SO2可用作食品防腐剂
B．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
C．FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强
D．过氧化钠用于呼吸面具中是因为过氧化钠是强氧化剂，能氧化CO2和水
【答案】A
【解析】
【详解】
A.二氧化硫具有杀菌作用，可以用做防腐剂，故A正确；
B.生石灰是碱性氧化物，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，二者与生石灰反应，所以不能用生石灰干燥氯气，故B错误；
C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；
D.过氧化钠与水、二氧化碳发生歧化反应生成氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故答案为A。

2．下列说法中正确的是（）
A．加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色，证明该气体是乙烯
B．用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大
C．铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集
D．加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故A错误；
B. 苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故B错误；
C. 铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。

D. 加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D错误；
答案选C。

3．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A ．无色透明溶液中:Ca 2+、Cu 2+、Br -、Cl -
B ．能使酚酞变红的溶液中:K +、Na +、CO 32—、AlO 2-
C ．c(ClO -)=1mol·L -1的溶液中：Fe 2+、Al 3+、NO 3-、I -
D ．K w /c(OH —)=0.1mol·L -1的溶液中:NH 4+、Mg 2+、SO 42-、CH 3COO - 【答案】B 【解析】
A 、含Cu 2+的溶液呈蓝色，故A 错误；
B 、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B 正确；
C 、c(ClO -)=1mol·L -1
的溶液具有氧化性，能氧化Fe 2+
、I -
，故C 错误；D 、()
-Kw
c OH
=0.1mol·
L -1的溶液呈酸性，则CH 3COO -不能共存，即D 错误。

因此本题正确答案为B 。

4．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为2MnO ，含少量Fe 、Al 、Mg 等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X ，调节浸出液的pH 为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：
，
，。

）
A ．试剂X 可以是23MnO 、MnO 、MnCO 等物质
B ．除杂过程中调节浸出液的pH 为3.5~5.5可完全除去Fe 、Al 、Mg 等杂质
C ．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D ．为提高沉淀3MnCO 步骤的速率可以持续升高温度 【答案】C 【解析】 【分析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO 2，含少量Fe 、Al 、Mg 等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。

【详解】
A ．试剂X 可以是MnO 、MnCO 3等物质，目的是调节溶液pH ，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A 错误；
B ．Mg(OH)2完全沉淀时，()22
5
2
11
sp 2Mg OH (Mg )(OH )110(OH ) 1.810
K c c c +
-
--
-=⎡⎤⎣⎦⋅=⨯⨯=⨯，则
13(OH ) 1.81mol 0L c ---=⨯⋅，则pH 为3.5～5.5时不能除去Mg 杂质，故B 错误；
C ．加入植物粉是一种还原剂，使Mn 元素化合价由+4价降低为+2价，故C 正确；
D ．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D 错误。

综上所述，答案为C 。

5．某原子最外层电子排布为2s 22p 3，则该原子 A ．核外有5个电子
B ．核外有3种能量不同的电子
C ．最外层电子占据3个轨道
D ．最外层上有3种运动状态不同的电子 【答案】B 【解析】
A. 最外层为第二层有5个电子，核外电子数为7，A 错误；
B. 每个能级的电子能量相同，核外有3个能级，即有3种能量不同的电子，B 正确；
C. 2s 能级有一个轨道，2p 能级有3个轨道，由于电子会优先独自占用一个轨道，故最外层电子占据4个轨道，C 错误；
D. 每个电子的运动状态都不相同，故核外有7中运动状态不同的电子，D 错误。

故选择B 。

6．实验室从含碘废液（含有I 2、I -等）中回收碘，其实验过程如下：
已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。

下列说法不正确的是 A ．步骤①中Na 2S 2O 3可用Na 2SO 3代替 B ．步骤②可以用倾析法除去上层清液
C ．含碘废液中是否含有IO 3-，可用KI-淀粉试纸检验
D ．步骤③发生反应的离子方程式为：4Fe 3++2CuI 4Fe 2++2Cu 2++I 2
【答案】C 【解析】 【详解】
A. 步骤①中Na 2S 2O 3做还原剂，可用Na 2SO 3代替，故正确；
B. 步骤②从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清液，故正确；
C. 含碘废液中含有碘单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有IO 3-，故错误；
D. 步骤③中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：4Fe 3++2Cul 4Fe 2++2Cu 2++I 2，
故正确。

故选C。

7．化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）
A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物
B．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保
D．泡沫灭火器适用于一般的起火，也适用于电器起火
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；
B. 硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B 正确；
C. 将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，故C正确；
D. 泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D错误；
故选D。

8．下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）
A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C．Na2O2、KOH、Na2SO4D．AlCl3、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】
A. NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；
B. MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；
C. Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。

D. AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；
答案选C。

9．工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。

当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。

下列推论不合理
．．．的是
A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。

【详解】
A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。

当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。

综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】
本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。

10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。

上述物质转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中
C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
【答案】C
【解析】
【详解】
Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。

丁为二元化合物，而且为液态，为水。

丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。

0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。

短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。

结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S 元素。

涉及的反应为2Al＋3S Al2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。

W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。

A．H原子半径最小。

同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）> Z（S）> X（O）> W（H），A项错误；
B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；
C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。

H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。

H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；
D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。

D项错误；
本题答案选C。

11．下列叙述正确的是( )
A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极
B．氯碱工业上电解的是熔融的NaCl
C．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
D．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；
B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；
C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；
D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；
答案选C。

12．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列叙述错误的是
A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂
B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应
C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂
D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放
【答案】D
【解析】
【详解】
A．Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；
C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；
D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；
故选D。

13．N A表示阿伏加德罗常数的值。

室温下，下列关于1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液的说法中正确的是
A．溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1N A
B．加入Cu 粉，转移电子数目为0.1N A
C．加水稀释后，溶液中c(OH－) 减小
D．加入0. 15 mol NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+) = c(Na+) + c(OH－)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1N A，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1N A，无法确定，故B错误；C．加水稀释使平衡Fe3++3H2Oƒ3H+ + Fe(OH)3向右移动，n(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C 错误；
D．加入0.15 mol NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。

【点睛】
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。

14．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。

下列操作正确的是( )
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】
【详解】
由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。

【点睛】
本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。

注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。

15．甲、乙两种CH 3COOH 溶液的pH ，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中 A ．c （甲） : c （乙） ＝1:10 B ．c （H +）甲: c （H +）乙＝1:2 C ．c （OH -）甲: c （OH -）乙＝10:1 D ．α（甲） : α（乙） ＝2:1
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．甲、乙两种3CH COOH 溶液的pH ，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A 错误；
B ．根据氢离子浓度等于pH 10-知，c(H )+
甲：c(H )1+=乙：10，B 错误；
C ．酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，c(OH )-
甲：14
pH 10c(OH )10
--
-=乙甲：
14
pH 101010
--=乙
：1，C 正确； D ．根据上述分析结果，a(甲)：a(乙)不等于2：1，D 错误。

答案选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Na 2S 2O 3•5H 2O 俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。

（1）Na 2S 2O 3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl 2氧化成SO 42﹣
，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。

（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S 2O 32﹣+I 2＝S 4O 62﹣+2I ﹣，可用I 2的标准溶液测定产品的纯度。

称取5.500g 产品，配制成100mL 溶液。

取10.00mL 该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L
﹣1
I 2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。

①判断滴定终点的现象是_____。

②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na 2S 2O 3•5H 2O 的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。

_____。

【答案】S 2O 32﹣+4Cl 2+10OH ﹣＝2SO 42﹣+8Cl ‾+5H 2O 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 偏低 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I 2
标准溶液的平均值为20.00mL。

由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol ＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。

【解析】
【分析】
（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。

【详解】
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；
（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；
③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝
n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。

【点睛】
本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。

请回答下列问题：
（1）C的化学名称为________，G中所含的官能团有醚键、_______、__________（填名称）。

（2）B的结构简式为________，B生成C的反应类型为___________。

（3）由G生成H的化学方程式为_________。

E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而C→D选用的是(NH4)2S，其可能的原因是________。

（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。

①氨基和羟基直接连在苯环上②苯环上有三个取代基且能发生水解反应
（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。

_____
【答案】3,5-二硝基苯甲酸羧基溴原子取代反应
防止两个硝基都转化为氨基30
【解析】
【分析】
由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；
在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。

【详解】
（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。

答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。

（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。

答案：；
取代反应。

（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为
；C→D、E→F都是将硝基还原为氨基，但选用了
不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C→D反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。

答案：
；防止两个硝基都转化为氨基。

（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。

答案：30。

（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而
由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下
，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。

答案：。

【点睛】
本题是有机物的综合考查。

本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。

突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．甲醛（HCHO）在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

Ⅰ．利用甲醇（CH3HO）制备甲醛
脱氢法：CH3OH（g）⇌ HCHO（g）+H2(g) ΔH1=+92.09kJ·mol -1
氧化法：CH3OH（g）+1/2O2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）ΔH2
（1）脱氢法制甲醛，有利于提高平衡产率的条件有________ （写出一条）。

（2）已知：2 H2（g）+ O2（g）= 2H2O（g）ΔH3=-483.64kJ·mol -1，则ΔH2=________________。

（3）750K 下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生脱氢法反应，若起始压强为P0，达到平衡时
转化率为40.0% ，则反应的平衡常数K p =________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应）。

（4）Na 2CO 3是脱氢法反应的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：
历程i ：CH 3OH→·H+ ·CH 2OH 历程ii ：·
CH 2OH→·H+ HCHO 历程iii ：．·
CH 2OH→3·H +CO 历程iv ：·H+·H→H 2 如图所示为在体积为1L 的恒容容器中，投入1mol CH 3OH ，在碳酸钠催化剂作用下，经过10min 反应，测得甲醇的转化率（X ）与甲醇的选择性（S ）与温度的关系（甲醛的选择性：转化的CH 3OH 中生成HCHO 的百分比）。

回答下列问题：
①600℃时，前10min 内甲醛的平均速率为v （HCHO ）=______
②从平衡角度分析550℃- 650℃甲醇生成甲醛的转化率随温度升高的原因为______；
③反应历程i 的活化能______（填“>”“<” 或“=”）CH 3OH （g ）⇌HCHO （g ）+H 2（g ）活化能。

④650℃- 750℃反应历程ii 的速率_______（填“>”“<” 或“=”）反应历程iii 的速率。

Ⅱ．甲醛超标会危害人体健康，需对甲醛含量检测及处理。

某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理，b 电极反应方程式为________。

【答案】升高温度或降低压强 -149.73 kJ·mol -1 0415
P 0.033mol/(L ·min) 甲醇脱氢为吸热反应，升高温度，有利于脱氢反应向正反应方向进行 ＜ ＜ HCHO-4e -+H 2O=CO 2+4H +
【解析】
【分析】
【详解】
Ⅰ．（1）脱氢法制甲醛，CH 3OH （g ）⇌ HCHO （g ）+H 2 ΔH 1=+92.09kJ·
mol -1，由于该反应的正反应是吸热反应，所以可以升高温度，使平衡正向移动，从而提高甲醛的产率；又由于该反应的正反应是体积增大的反应，所以可以降低压强使平衡正向移动，也可以提高甲醛的产率。

故答案为升高温度或降低压强。

（2）根据①CH 3OH （g ）⇌ HCHO （g ）+H 2 (g) ΔH 1=+92.09kJ·
mol -1和②2 H 2（g ） + O 2（g ）= 2H 2O （g ）
ΔH 3=-483.64kJ·mol -1，①+②÷2即可得到反应CH 3OH （g ）+1/2O 2（g ）⇌HCHO （g ）+H 2O （g ），
ΔH 2=+92.09kJ·mol -1+（-483.64kJ·mol -1）÷2=-149.73 kJ·mol -1。

（3）用三段式解答：起始压强为P 0，达到平衡时转化率为40.0% ，则
3200
00000
(g)(Pa)
00(Pa CH OH g )
0.40.40.4(Pa)0 HCHO g .60.40.+H 4P P P P P P P ƒ
起始变化平衡（）（） 则反应的中衡常数K p =
0000.40.40.6P P P =0415
P 。

（4）①600℃时，前10min 内甲醇的物质的量变化为1mol×55%×60%=0.33mol ，容器体积为1L ，所以平均
速率为v （CH 3OH ）=0.033mol/(L·
min)。

用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比，根据化学方程式，所以v （HCHO ）=0.033mol/(L·
min)。

②甲醛脱氢反应为吸热反应，在550℃- 650℃升高温度，有利于反应正向进行，所以甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而增大。

③由盖斯定律可知，ⅰ+ⅱ+ⅳ得到目标方程式CH 3OH （g ）⇌ HCHO （g ）+H 2 (g)，前两个历程化学键断裂吸收能量，历程ⅳ自由基结合放出能量，而总反应是吸热反应，因此反应历程i 的活化能小于总反应的活化能。

④由图可知，在650℃- 750℃，随着温度升高，甲醇的转化率增大，但选择性却降低，说明甲醇更多的转化为CO ，历程ⅲ的反应速率较大，因此反应历程ii 的速率小于反应历程iii 的速率。

Ⅱ．在燃料电池中，通入燃料的一极是负极，所以b 为负极，甲醛在负极失去电子生成CO 2，电解质溶液是酸性的，所以电极反应方程式为HCHO-4e -+H 2O=CO 2+4H +。

19．I.SO 2是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。

（1）氧元素在元素周期表中位于第______周期______族，硫原子核外有_____种能量不同的电子。

（2）元素的非金属性S 比O______（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__________。

II.工业上利用反应SO 2 + MnO 2 → MnSO 4 可以制备高纯 MnSO 4，实验装置如下图：
（3）请标出反应SO 2 + MnO 2 → MnSO 4的电子转移方向和数目____________
（4）在通入干燥空气的条件下，一段时间后，测得反应后溶液中的 n(SO 42-)明显大于 n(Mn 2+)，请说明原因： ___________________。

用化学方程式表示石灰乳的作用： ___________________。

III.SO2可用于处理含Cr2O72－（铬元素化合价为+6）的废水，最后转化为铬沉淀（铬元素化合价为+3）除去。

一种处理流程如下：
（5）NaHSO3与Cr2O72－反应时，物质的量之比为__________。

【答案】二ⅥA 5 弱硫原子半径大于氧原子半径，硫原子和氧原子的最外层电子数相等，硫原子
的得电子能力比氧原子弱在溶液中，空气中的氧气将二氧化硫氧化为
H2SO4SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O（或2SO2+2Ca(OH)2+O2→ 2CaSO4 + 2H2O）3∶1
【解析】试题分析：（1）氧原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，硫原子核外电子排布式是
1S22S22P63S23P4；(2)同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强;（3）反应SO2 + MnO2 → MnSO4中，硫元素化合价由+4升高为+6，锰元素化合价由+4降低为+2；(4)氧气能把二氧化硫氧化为H2SO4；二氧化硫污染空气，用氢氧化钙能吸收二氧化硫；（5）NaHSO3与Cr2O72－反应时，硫元素化合价由+4升高为+6，铬元素化合价由+6降低为+3，根据化合价升降相同计算物质的量之比。

解析：（1）氧原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，所以氧元素在元素周期表中位于第二周期ⅥA 族，硫原子核外电子排布式是1S22S22P63S23P4，有5个能级，所以有5种能量不同的电子；(2)同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，所以S 非金属性比O弱;（3）反应SO2 + MnO2 → MnSO4中，硫元素化合价由+4升高为+6，硫失去2个电子，锰元素化合价由+4降低为+2，锰元素得到2个电子，所以电子转移方向和数目是
；(4)氧气能把二氧化硫氧化为H2SO4，所以反应后溶液中的n(SO42-)明显大于
n(Mn2+)；二氧化硫污染空气，氢氧化钙能吸收二氧化硫，反应方程式为SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O；（5）NaHSO3与Cr2O72－反应时，硫元素化合价由+4升高为+6，铬元素化合价由+6降低为+3，设NaHSO3与Cr2O72－反应时的物质的量比为x∶y，根据化合价升降相同，2x=y×2×3，所以x∶y= 3∶1。

点睛：氧化还原反应中，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，根据氧化还原反应的升降规律，氧化剂得电子数一定等于还原剂失电子数。