山东省济南市达标名校2020年高考五月化学模拟试卷含解析

山东省济南市达标名校2020年高考五月化学模拟试卷
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．改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有
．．影响的是
A．催化剂B．浓度C．压强D．温度
2．咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效，其结构简式如图，下列有关咖啡酸的说法中，不正确
．．．的是
A．咖啡酸可以发生还原、取代、加聚等反应
B．咖啡酸与FeCl3溶液可以发生显色反应
C．1mol咖啡酸最多能与4molBr2反应
D．1 mol咖啡酸最多能消耗3 mol的NaHCO3
3．亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。

某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。

甲乙丙丁
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。

已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。

下列分析错误的是
A．甲中滴入稀硝酸前需通人N2
B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C．丙中CaCl2用于干燥NO
D．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
4．对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（）
条件的改变化学反应速率的改变化学平衡的移动化学平衡常数的变化
A 加入某一反应物一定增大可能正向移动一定不变
B 增大压强可能增大一定移动可能不变
C 升高温度一定增大一定移动一定变化
D 加入（正）催化剂一定增大不移动可能增大
A．A B．B C．C D．D
5．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是
A．向FeSO4溶液中通入Cl2
B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2
C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液
D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末
6．分离混合物的方法错误的是
A．分离苯和硝基苯：蒸馏B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华
C．分离水和溴乙烷：分液D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶
7．X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。

下列说法错误
．．的是
A．化合物WY是良好的耐热冲击材料
B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的
D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构
8．常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（）
A．c(Al3+)=0.1mol•L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-
B．水电离出的c(H+)=10-4mol•L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-
D．使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-
9．某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。

设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是
A．该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+
B．溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、
C．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-
D．试剂②可能为硫酸
10．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A．1．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO−、OH−
B．1．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−
C．1．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D．1．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
11．下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。

向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。

已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O
对实验现象的“解释或结论”正确的是()
选项实验现象解释或结论
A a处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2
B c处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质
C d处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质
D e处变红色还原性：Fe2＋>Cl－
A．A B．B C．C D．D
12．下列有关物质用途的说法，错误的是()
A．二氧化硫常用于漂白纸浆B．漂粉精可用于游泳池水消毒
C．晶体硅常用于制作光导纤维D．氧化铁常用于红色油漆和涂料
13．由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。

该白色粉末可能为
A．SiO2、明矾B．BaCO3、无水CuSO4
C．MgCO3、Na2S2O3D．KCl、Ag2CO3
14．氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。

N A为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误
．．的是
A．22.4 L（标准状况）15NH3含有的质子数为10 N A
B．密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2 N A
C．13.8 g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2 N A
D．常温下，1 L 0.1 mol·L 1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2 N A
15．全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3++VO2++H2O VO2++2H++V2+．下列说法正确的是（）
A．放电时正极反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2O
B ．放电时每转移2mol 电子时，消耗1mol 氧化剂
C ．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极
D ．放电过程中，H +由正极移向负极 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．亚氯酸钠(NaClO 2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等。

Ⅰ．亚氯酸钠的制备
以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
（1）提高“反应1”反应速率的措施有__________________（答出一条即可）。

母液中溶质的主要成分是___________(填化学式)。

（2）每有1mol SO 2参加反应，理论上可生成ClO 2的物质的量为________mol 。

（3） “反应2”的化学方程式为_____________________________________。

（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是____________________。

（5）“反应2”中使用H 2O 2而不用其他物质的原因是____________________。

Ⅱ．亚氯酸钠的应用
（6）用亚氯酸钠作水处理剂，水中可能残留少量亚氯酸钠，可以加入硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐，硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反应外，还可以起到的作用是____________。

（7）实验室可用亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO 2气体。

写出上述反应的离子方程式为____________________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J 或高聚物等，其合成J 的线路图如图：
已知：①，A 苯环上的一氯代物只有2种
②有机物B 是最简单的单烯烃，J 为含有3个六元环的酯类
③122R CHO R CH CHO -+-−−→（1R 、2R 为烃基或H 原子）
回答以下问题：
（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。

的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。

（2）F G
（3）J的结构简式为____。

（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。

（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。

a．苯环上只有两个取代基
FeCl溶液反应
b．既能发生银镜反应也能与3
写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．化学反应条件是研究化学反应的重要方向。

（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g）催化剂C4H8（g）+H2（g）△H=+139kJ·mol-1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。

①p1=_______kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550~600℃的理由是_________________。

②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_______%（保留小数点后1位）。

（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。

下表是以V-Fe-K-0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。

温度/℃570 580 590 600 610
异丁烷转化率／％36.41 36.49 38.42 39.23 42.48
以r-Al2O3为载体
异丁烯收率／％26. 17 27. 11 27.51 26.56 26.22
异丁烷转化率／％30.23 30.87 32.23 33.63 33.92
以TiO2为载体
异丁烯收率／％25.88 27.39 28.23 28.81 29.30
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。

a 载体会影响催化剂的活性
b 载体会影响催化剂的选择性
c 载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：__________。

（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）=1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式__________。

废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是____________。

19．（6分）二甲醚被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。

工业上常采用甲醇气相脱水法来获取。

其反应方程式为：2CH 3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
完成下列填空：
28、有机物分子中都含碳元素，写出碳原子最外层电子的轨道表示式_______________；
写出甲醇分子中官能团的电子式_________________。

29、碳与同主族的短周期元素相比，非金属性较强的是_________（填元素符号）。

写出一个能证明你的结论的化学方程式_____________________________________。

30、在温度和体积不变的情况下，能说明反应已达到平衡状态的是______（选填编号）
a.CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1
b.容器内压强保持不变
c.H2O(g）浓度保持不变
d.气体平均相对分子质量保持不变
31、一定温度下，在三个体积约为2.0 L的恒容密闭容器中发生上述反应：
容器
编号温度（℃）
起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
I 387 0.40 0.16 0.16
Ⅱ387 0.80 a
Ⅲ207 0.40 0.18 0.18
（1）若要提高CH3OH的平衡转化率，可以采取的措施是______（选填编号）。

a.及时移走产物
b.升高温度
c.充入CH3OH
d.降低温度
（2）I号容器内的反应经过t min达到平衡，则CH3OH的平均反应速率为_____________（用含t的式子表示）。

II号容器中a =___________mol。

32、若起始时向容器I中充入CH3OH 0.2mol、CH3OCH3 0.30mol和H2O 0.20mol，则反应将向__________（填“正”“逆”）反应方向进行。

参考答案
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．A
【解析】
【详解】
A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；
B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；
C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；
D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选；
故答案选A。

2．D
【解析】
【分析】
分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应，据此分析。

【详解】
A．咖啡酸中含有碳碳双键，可以与氢气发生还原反应；含有羧基和羟基，能够发生取代反应；含有碳碳双键，能够发生加聚反应，A正确；
B．该有机物分子中含有酚羟基，能够与氯化铁发生显色反应，B正确；
C．1mol咖啡酸中1mol苯环、1mol碳碳双键，最多能够与4molBr2发生反应，C正确；
D．酚羟基酸性小于碳酸，不能够与碳酸氢钠反应，1mol 咖啡酸中只含有1mol羧基，能够与1mol碳酸氢钠反应，D错误；
答案选D。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人
N2排空气，故A正确；
B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；
C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；
D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；
答案选B。

【点睛】
过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。

4．C
【解析】
【详解】
A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；
C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；
D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D错误。

故选：C。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3，硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；
B、KI 、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。

在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩KCl、NaCl，属于混合物，B不正确；
C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；
D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。

氢氧化钠和碳酸氢钠反应
生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；
答案选D。

6．B
【解析】
【详解】
A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；
B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；
C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；
D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；
答案：B
7．C
【解析】
【分析】
因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W 为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。

【详解】
A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；
C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；
D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。

8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F-也不能大量共存，故A错误；
B.常温下，水电离出的c(H+)=10-4mol•L-1，水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发生水解反应，促进水的电离，故B正确；
C.与Al反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故C错误；
D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，NO2-有强氧化性能与Br-发生氧化还原反应，故D错
误；
综上所述，答案为B。

【点睛】
NO2-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。

9．A
【解析】
由实验可知，试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe2+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。

由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项C错误；D、试剂②一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。

答案选A。

10．B
【解析】
【详解】
A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；
C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；
D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。

11．D
【解析】
【详解】
A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;
B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;
C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;
D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；
答案选D。

12．C
【解析】
【详解】
制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si，C项错误。

13．D
【解析】
【详解】
A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐，A错误；
B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；
C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体，C 错误；
D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；
故合理选项是D。

14．B
【解析】
【详解】
A．22.4 L（标准状况）15NH3即
22.4L
22.4L/mol
=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10N A，
故A不符合题意；
B．2mol NO与1mol O2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：
224
2NO N O，因此产物中的分子数小于2N A，故B符合题意；
C．13.8g NO2即
13.8g
46g/mol
=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移
电子数为0.2N A，故C不符合题意；
D．1L0.1mol·L 1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2N A，故D不符合题意；
故答案为：B。

【点睛】
解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。

15．A
【解析】
【分析】
根据电池总反应V3++VO2++H2O VO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。

【详解】
A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；
B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故B错误；
C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；
D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；
答案选A。

【点睛】
本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．适当升高反应温度，增大吸收液浓度等Na2SO4 2 H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质ClO2－+ClO3－
+2H+=2ClO2↑+H2O
【解析】
【分析】
NaClO3具有强氧化性，溶解后在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，经减压蒸发、结晶得到其晶体。

【详解】
(1)对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度，增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积等；NaClO3在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，所以母液中溶质的主要成分是
Na2SO4；
(2)反应中S元素化合价由+4价升高到+6价，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则每有1mol SO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为2mol；
(3)根据最终产物NaClO2中氯元素的化合价可知反应2中ClO2被双氧水还原，反应的方程式为
H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；
(4)减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，造成亚硫酸钠分解；
(5)用双氧水做还原剂，产物为水和氧气，且多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质；
(6)Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质；
(7)亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体，该过程中亚氯酸钠中氯元素化合价上升，氯酸钠中氯元素化合价降低，为归中氧化还原反应，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为
ClO2-+ClO3-+2H+=2ClO2↑+H2O。

【点睛】
减压蒸发系指在蒸发器内形成一定真空度，使溶液的沸点降低而进行蒸发的方法，它具有湿度低、蒸发速度快等优点。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
C H O消去反应氯原子、羧基
17．对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）10122
n+(n-1)H2O 6
【解析】
【分析】
根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、
C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。

根据J 分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为
，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子
I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。

【详解】
C H O；
（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为10122
的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；
（2）F G
（3）J 的结构简式为；
（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为
n+(n-1)H2O；
（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO 或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中
的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．202 该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多33.3 ab 温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g ）催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择
性降低，异丁烯收率减小4Co3O4+6Li2CO3+O2900℃
12LiCoO2 +6CO2“放电处理”废旧的锂离子电池
有利于锂离子向正极迁移而聚集
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①异丁烷制备异丁烯的反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1小于P2，即P1=202kPa。

一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。

即该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多,故答案为：202；该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；
②设异丁烷起始值为1，变化值为x，则
410482
C H g C H g+H g
/mol100
/mol x x x
/mol1-x x x
催化剂
（）（）（）起始值
变化值
平衡值
，
25%=
x
(1-x)+x+x
，解得x=
1
3
，则异丁烷的平衡转化率=
1
3100%
1
=33.3%，故答案为：33.3%；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，a正确；b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，b正确；c．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，c错误；
综上所述，ab正确，故答案为：ab；
②温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，故答案为：温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C 4H10（g）催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；
（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O2900℃
12LiCoO2 +6CO2，放电时，阳
离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，故答案为：
4Co3O4+6Li2CO3+O2900℃
12LiCoO2 +6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。

19． C Na2SiO3+ CO2+ H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ ac ad
0.16
t
mol/(L.min) 0.5 正
【解析】
【分析】
【详解】
1．碳原子核电荷数为6，最外层有4个电子，轨道表示式为；醇羟基中氢氧原子间形成一条共价键，电子式为；
2．同主族由上而下非金属性减弱，故非金属性较强的是C；利用Na2SiO3+ CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓反应，可证明碳酸的酸性比硅酸强，可以证明C的非金属性比Si强；
3．2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g），反应是气体体积不变的反应，达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；
a．速率之比等于化学方程计量数之比为正反应速率之比，CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1，说明CH3OCH3的正逆反应速率相同，故a正确；
b．反应前后气体体积不变，反应过程中容器内压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．H2O（g）浓度保持不变是破坏的标志，故c正确；
d．反应前后气体质量不变，物质的量不变，气体平均相对分子质量始终保持不变，不能说明反应达到平。