2019-2020学年河南省鹤壁市高级中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年河南省鹤壁市高级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．已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。

现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。

反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。

该实验中硫酸铜分解的化学方程式是
A．3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑B．4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑
C．5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑D．6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。

【详解】
根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g−5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g−4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20÷160)：(10÷80)：(1÷32)＝4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO4
4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：B。

【点睛】
本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。

2．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。

下列说法不正确的是
A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度
B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
【答案】D
【解析】
【详解】
A．水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B．浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确；
C．球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；
D．反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误；
故选：D。

3．W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。

下列叙述正确的是
A．X、Y均可形成两种氧化物
B．离子的半径大小顺序：r(X+)<r(Z2-)
C．W和Z的氢化物之间不能反应
D．X的氢化物(XH)中含有共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。

Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。

Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。

Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。

A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；
B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；
C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误；D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。

答案选B。

【点睛】
离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。

4．微生物电解池(MEC)是一项潜在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：
下列说法正确的是（ ） A ．MEC 可在高温下工作
B ．电解池工作时，化学能转变为电能
C ．活性微生物抑制反应中电子的转移
D ．阳极的电极反应式为CH 3COO -+4H 2O-8e -=2HCO 3-+9H + 【答案】D 【解析】
A 、由于微生物的蛋白质在高温下变性失去活性，选项A 错误；
B 、该装置是在外接电源供电下进行的，故电能转变为化学能，选项B 错误；
C 、微生物作催化剂促进反应中电子的转移，选项C 错误；
D 、阳极上醋酸根离子被告氧化为碳酸氢根离子，选项D 正确。

答案选D 。

5．N A 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A ．1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H 2O 分子数为N A B ．常温常压下，将15g NO 和8g O 2混合，所得混合气体分子总数小于0.5N A C ．标准状况下，2.24 L 的CCl 4中含有的C —Cl 键数为0.4N A D ．6.8g 熔融态KHSO 4中含有0.1N A 个阳离子 【答案】B 【解析】 【详解】
A ．酯化反应为可逆反应，1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H 2O 分子数小于N A ，故A 错误；
B ．常温常压下，将15g NO 和8g O 2混合反应生成0.5mol 二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5N A ，故B 正确；
C ．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C 错误；
D ．熔融状态的KHSO 4的电离方程式为KHSO 4=K ++HSO 4-； 6.8g 熔融状态的KHSO 4物质的量=
136g 6.8g
/mol
=0.05mol ，含0.05mol 阳离子，故D 错误；
故选：B 。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。

6．我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6＋
V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。

下列有关说法正确的是
A．该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料
B．放电时，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.7 g
C．充电时，Li+向N极区迁移
D．充电时，N极反应为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C。

【详解】
A. 该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；
B. 放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.1
mol×7g·mol－1=0.7 g，故B正确；
C. 充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；
D. 充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。

7．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()
A．铝制器皿不宜盛放酸性食物
B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；
B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；
D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；
故选C。

【点睛】
金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。

8．设N A为阿伏加德罗常数的值。

由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。

向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+ H2O。

下列说法正确的是
A．明矾、小苏打都可称为混盐
B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性
C．每产生1molCl2，转移电子数为N A
D．1molCaOCl2中共含离子数为4N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；
B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；
C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为N A，故C正确；
D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3N A，故D错误；
综上所述，答案为C。

【点睛】
读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。

9．磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。

回答下列问题：
(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。

过程I中，被还原的元素是________(填元素符号)，过程III的化学方程式为__________。

(2)磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：
①复合材料中V的化合价为________，C的作用是____________。

②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为____________；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是
________________。

③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。

若用和Li x C6和Li3V2(PO4)3/C做电极，放电时的电池总反应为Li x C6＋Li3－x V2(PO4)3= Li3V2(PO4)3+C6，则电池充电时阳极的电极反应式为___________。

【答案】Cu、P 2 Ca3(PO4)2+6 SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO↑+P4+3 增强复合材料的导电性
V2O5+5H2C2O4= V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O 减少产品损耗Li3V2(PO4)3-xe-= Li3－x V2(PO4)3+xLi+
【解析】
【分析】
(1)根据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P；过程III中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，结合氧化还原反应的规律分析解答；
(2)①复合材料Li3V2(PO4)3中锂元素化合价为+1价，磷酸根离子为-3价，根据正负化合价的代数和为0计算V的化合价；根据该复合材料是常用的电极材料，结合C是导体分析解答；②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3，V元素化合价降低则碳元素化合价升高，生成产物有二氧化碳和水，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；③根据放电的总反应可以得到充电时电池的总反应，结合电解原理分析解答。

【详解】
(1)根据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价降低，被还原；过程III中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2
Ca3(PO4)2+6SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO↑+P4，故答案为Cu、P；2 Ca3(PO4)2+6 SiO2+10C= 6CaSiO3+10CO↑+P4；
(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根显-3价，锂显+1价，因此V的化合价为+3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性，故答案为+3；增强复合材料的导电性；
②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3过程中V的化合价由+5价降低为+3价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4= V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O；Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗，故答案为V2O5+5H2C2O4= V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O；减少产品损耗；
③该锂离子放电时的电池总反应为Li x C6＋Li3－x V2(PO4)3= Li3V2(PO4)3+C6，则充电时电池的总反应为
Li3V2(PO4)3+C6═Li x C6+Li3-x V2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-x V2(PO4)3+xLi+，故答案为Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-x V2(PO4)3+xLi+。

10．常温下，某H2CO3溶液的pH约为5.5，c(CO32-)约为5×10-11mol•L-1，该溶液中浓度最小的离子是( ) A．CO32-B．HCO3-C．H+D．OH-
【答案】A
【解析】
【详解】
已知常温下某H 2CO3溶液的pH约为5.5，则c（OH-）=10-8.5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO 3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-），已知c(CO32-)约为5×10-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-；故选A。

11．下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()
A．溴乙烷B．乙醛C．橄榄油D．汽油
【答案】D
【解析】
【详解】
A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；
B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；
C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；
D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。

12．大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：
下列说法正确的是
A．在常温下，工业固氮非常容易进行
B．人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源
C．大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大
D．大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。

评价一个化学反应是否易于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。

【详解】
A．仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；
B．分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；
C．平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；
D．对于大气固氮反应，温度越高，K越大，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；
答案选D。

【点睛】
平衡常数一般只认为与温度有关，对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步，即温度升高，而平衡常数下降，那么这个反应为放热反应；若平衡常数与温度变化同步，那么这个反应为吸热反应。

13．人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。

向某血样中通入CO与O2的混合气[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）
A．反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为2×l0-4mol/(L·s)
B．反应达平衡之前，O2与HbCO的反应速率逐渐减小
C．将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理
D．该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为107
【答案】C
【解析】
【详解】
A、v=△c/△t=(1.0−0.2)×10−4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L•s），A错误；
B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B 错误；
C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；
D、根据平衡常数K=c(O2)•c(HbCO) / c(CO)•c(HbO2)=10.7×10−4 × 0.8 × 10−4/0.2 × 10−4 × 0.2 × 10−4=214，D错误；答案选C。

14．常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。

下列叙述正确的是（）
A ．SO 32-水解常数K h 的数量级为10-8
B ．若滴定到第一反应终点，可用酚酞作指示剂
C ．图中Z 点对应的溶液中：c(Na +)>c(SO 32-)>c(HSO 3-)>c(OH -)
D ．图中Y 点对应的溶液中：3c(SO 32-)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -) 【答案】D 【解析】 【分析】
常温下，用0.1mol·
L -1NaOH 溶液滴定40mL0.1mol·L -1H 2SO 3溶液，当NaOH 体积为40mL 时，达到第一滴定终点，在X 点，pH=4.25；继续滴加NaOH 溶液，在Y 点，pH=7.19，此时c(SO 32-)=c(HSO 3-)；继续滴加NaOH 溶液至Z 点时，达到第二终点，此时pH=9.86。

【详解】 A ．在Y
点，SO 32-水解常数
K h =323(HSO )(OH )(SO )c c c -
--
⋅=c(OH -)=147.191010
--=10-6.81，此时数量级为10-7，A 不正确； B ．若滴定到第一反应终点，pH=4.25，应使用甲基橙作指示剂，B 不正确；
C ．图中Z 点为Na 2SO 3溶液，对应的溶液中：c(Na +)>c(SO 32-)>c(OH -)>c(HSO 3-)，C 不正确；
D ．图中Y 点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na +)+c(H +)=2c(SO 32-)+ c(HSO 3-)+c(OH -)，此时c(SO 32-)=c(HSO 3-)，所以3c(SO 32-)=c(Na +)+c(H +)-c(OH -)，D 正确； 故选D 。

15．含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于20682Pb 和20782
Pb 说法正确的是
A ．含不同的质子数
B ．含不同的电子数
C ．含相同的中子数
D ．互相转化时不属于化学变化
【答案】D 【解析】 【详解】 A ．20682Pb 和207
82Pb 的质子数都为82，故A 错误；
B ．20682
Pb 和20782
Pb 的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B 错误；
C ．20682Pb 的中子数为206-82=124，20782
Pb 的中子数为207-82=125，中子数不同，故C 错误；
D ．20682Pb 和207
82
Pb 的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D 正确；
故选D 。

【点睛】
本题的易错点为D ，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。

这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。

(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。

提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？
猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。

实验步骤：
①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解．观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊．
②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸．观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。

③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝．观察到铁丝表面有红色物质析出。

④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。

(提示：装置内的空气因素忽略不计)
(2)表达与交流：①图中标有a、b的仪器名称是：a：________；b：________。

②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________。

③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是______________________。

④如果将B、C两装置对调行吗？____。

为什么？______________________。

【答案】铜碳氢氧试管铁架台Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋C装置中的液体会倒流入B装置不行若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成
【解析】
【分析】
【详解】
（1）实验结论：绿色固体加热，至完全分解，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，说明反应有水生成，从而可确定物质中含有氢、氧元素；C装置中澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，可确定物质中含有碳、氧元素；铜器上出现的固体，A装置中绿色固体逐渐变成黑色，则黑色固体可能是氧化铜，加入稀硫酸．观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色，说明黑色固体一定是氧化铜，原固体中含有铜、氧元素，所以绿色固体物质中含有氢、碳、氧、铜；故答案为铜；碳；氢；氧；
（2）①a是反应容器，为试管，b起支持和固定作用，为铁架台；故答案为试管；铁架台；
②氧化铜和硫酸反应生成的蓝色溶液为硫酸铜溶液，取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝，观察到铁丝表面有红色物质析出，是铁和硫酸铜反应生成的硫酸亚铁和红色的铜，离子方程式为：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu；故答案为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
③防止空气中的二氧化碳对澄清石灰水检验前面生成二氧化碳的影响，最后应加一干燥管，故作用吸收空气中的二氧化碳；反应完成以后，如果先移去酒精灯，试管中气体温度降低，气压减小，水槽中的水会倒吸入B装置。

故答案为吸收空气中的二氧化碳；若先撤酒精灯，则C中液体会倒吸至B中；
④如果将B、C两装置对调，气体通过C会带出水蒸气，不能确定加热绿色固体是否有水生成，故答案为不行；若对调则无法证明加热绿色固体是否有水生成。

【点睛】
本题主要对物质的组成成分而进行的实验探究，根据实验步骤分析推断出该物质的组成成分，实验涉及知识面广，对学生思维能力要求高，既考查知识的识记、理解、迁移、运用，又考查分析、对比、归纳等思维能力，在平时的训练中应该注意总结、积累。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。

B 是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢NaHCO溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。

量最高的，H能使3
请回答：
（1）G的结构简式为_________________________。

（2）G→H的反应类型是_________________________。

（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。

（4）下列说法正确的是_______。

A．工艺Ⅰ是石油的裂化
B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气
C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物
HCOOCH CH互为同分异构体
D．H与23
E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：1
CH CH CH OH氧化反应
【答案】322
HOCH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2OH+H2O DE
【解析】
【详解】
X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。

B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。

设A、B 分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。

D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。

据F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。

因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E 为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。

C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。

F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。

（1）据C→G→I，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。

（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。

（3）F＋H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。

（4）A．工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；
B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。

除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；
C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。

但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；
HCOOCH CH分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；
D．H（CH3CH2COOH）与23
E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。

故选DE。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。

已知：
(1)A含有的官能团名称是______________。

(2)D→E的反应类型是_____________________。

(3)E的分子式是____________；F的结构简式是_________________。

(4)B→C的化学方程式为________________________________________。

(5)W是B的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g CO2，W共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。

(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任
选)______。

【答案】碳碳双键、酯基酯化反应（取代反应）C11H10O3
nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH 9
【解析】
【分析】
由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为
；
与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；
【详解】
(1) A为，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；
(2) D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
(4) HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
(5) B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳
如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，
连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；
(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，
再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。

【点睛】
本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。