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2016年浙江省高考化学模拟试卷（压轴卷）
一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．下列有关说法不正确的是（ ）
A．羊毛、棉花、淀粉都是自然界存在的天然高分子化合物
B．生物炼铜的原理是利用某些具有特殊本领的细菌把不溶性的硫化铜转化为铜离子
C．某反应的△H＞0、△S＜0，则该反应一定不能正向进行
D．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
2．下列有关实验的说法不正确的是（ ）
A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．在4mL0.1mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色
C．在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用，迅速混合后测出初始温度，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取2﹣3 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果
D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体
3．原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中．D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，E是同周期元素原子半径最小的元素．下列说法正确的是（ ）
A．最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＜D（OH）2
B．元素D、E可形成化合物，两元素的单质可通过电解该化合物的水溶液得到
C．化合物BA4和BAE3的空间结构均为正四面体
D．从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族
4．下列说法正确的是（ ）
A．烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种系统命名为2，2﹣甲基丙烷
B．用酸性KMnO4 溶液可鉴别2﹣丁烯和正丁醛
C．由甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有4种
D．A、B两种有机化合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生水的质量也不变，则A、B满足的条件必须是最简式相同
5．用电化学制备正十二烷的方法为：向烧杯中加入50mL甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷．
已知电解总反应为：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，
下列说法不正确的是（ ）
A．图中电源的A极为直流电源的负极
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极电极反应为：2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
6．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量．其中主要含硫各物种（H2S、HS﹣、S2﹣）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）．下列说法不正确的是（ ）
A．含硫物种B表示HS﹣
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为：c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）]
C．X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka值
D．NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
7．某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2．按如下流程可制得Cu3N和铁红．下列说法不正确的是（ ）
A．在生成Cu3N的反应中，氨气做氧化剂
B．加入NH4HCO3溶液在生成白色沉淀的同时会放出有刺激气味的气体
C．虑液G可以并入滤液E加以利用
D．由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧
二、解答题（共4小题，满分48分）
8．Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：①RXROH；
②RCH2CH2OHRCH=CH2+H2O；
（1）G中含氧官能团的名称是 ；反应1为加成反应，则B的结构简式是 ．
（2）①B﹣C的化学方程式是 ；②D﹣E的化学方程式是 ；
（3）反应2的反应类型为 ．
（4）下列说法正确的是 ．
a．1mol G 能与足量Na反应放出22.4LH2
b．等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
c．一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应
d．H在一定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示
9．某盐A由三种元素组成，其相关的转化关系如图（所有的产物均已标在框图上），其中C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似．
（1）A的化学式为 ，B的阴离子对应元素在元素周期表中的位置是 ．
（2）写出C的电子式： ，该化合物中显正价的是 元素．
（3）C与KI反应的化学方程式为： ．
（4）下列物质能与C发生反应的是 ．
A、H2OB、SO2C、Na2SO4D、乙烯．
10．某研究小组为了探究固体甲（二元化合物）和固体乙（无机矿物盐，含五种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：
已知：向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是 ，气体1分子的空间构型是 ．
（2）乙的化学式是 ．
（3）加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为 ．
（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为 ．有人认为，判断该反应的气体2是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分： （可选的试剂为：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）．
11．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气．对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用．
Ⅰ．脱硝：已知：H2的热值为142.9KJ•g﹣1
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1
H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为 ．
Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）
（1）①该反应自发进行的条件是 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 ．
a、混合气体的平均式量保持不变 b、CO2和H2的体积分数保持不变
c、CO2和H2的转化率相等 d、混合气体的密度保持不变
e、1mol CO2生成的同时有3mol H﹣H键断裂
③CO2的浓度随时间（0～t2）变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6CO2的浓度随时间的变化．
（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0 中的所有物质都为气态．起始温度体积相同（T1℃、2L密闭容器）．反应过程中部分数据见下表：
反应时间
CO2（mol）
H2（mol）
CH3OH（mol）
H2O（mol）
反应I
恒温恒容
0min
2
6
0
0
10min
4.5
20min
1
30min
1
反应II
绝热恒容
0min
0
0
2
2
①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K（Ⅰ） K（Ⅱ）（填“＞”、“＜”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c（Ⅰ） c（Ⅱ）．
②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）= ，在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1 T2（填“＞”、“＜”或“=”）．若30min时只向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），则平衡 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．
2016年浙江省高考化学模拟试卷（压轴卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．下列有关说法不正确的是（ ）
A．羊毛、棉花、淀粉都是自然界存在的天然高分子化合物
B．生物炼铜的原理是利用某些具有特殊本领的细菌把不溶性的硫化铜转化为铜离子
C．某反应的△H＞0、△S＜0，则该反应一定不能正向进行
D．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．
【分析】A．羊毛的成分为蛋白质，棉花、淀粉均为多糖；
B．微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜；
C．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；
D．滴加几滴醋酸，与漂白精反应生成具有漂白性的HClO．
【解答】解：A．羊毛的成分为蛋白质，棉花、淀粉均为多糖，相对分子质量均在10000以上，属于天然高分子化合物，故A正确；
B．微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜，把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，故最后转化成可溶的硫酸铜，故B正确；
C．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，则某反应的△H＞0、△S＜0，该反应可能正向进行，故C错误；
D．滴加几滴醋酸，与漂白精反应生成具有漂白性的HClO，则为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸，故D正确；
故选C．
2．下列有关实验的说法不正确的是（ ）
A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．在4mL0.1mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色
C．在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用，迅速混合后测出初始温度，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取2﹣3 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果
D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．标有温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；标有“0”刻度的仪器有：滴定管、托盘天平、温度计等；
B．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，NaOH促进重铬酸钾溶液水解；
C．中和热的测定中需要碱溶液过量；
D．在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体．
【解答】解：A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时避免热胀冷缩，所以标有使用温度，量筒“0”刻度就是底座、容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度，使用时滴定管水洗后还需润洗，否则会导致溶液浓度偏低，但容量瓶水洗后不用润洗因还需加水定容，所以不润洗，否则易导致测定浓度偏大，故A正确；
B．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，NaOH促进重铬酸钾溶液水解，溶液颜色从橙色变成黄色，故B正确；
C．中和热的测定中需要碱溶液过量，使酸完全反应，碱的量是否过量未知，故C错误；
D．从含有少量氯化钾的硝酸钾溶液中提硝酸钾，应先在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体，故D正确；
故选C．
3．原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中．D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，E是同周期元素原子半径最小的元素．下列说法正确的是（ ）
A．最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＜D（OH）2
B．元素D、E可形成化合物，两元素的单质可通过电解该化合物的水溶液得到
C．化合物BA4和BAE3的空间结构均为正四面体
D．从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中，则A为H元素，B位于第二周期、C位于第三周期，D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，则B是C、D是Mg，Mg和二氧化碳反应生成C，C为Na元素，E是同周期元素原子半径最小的元素，则E是Cl元素；
A．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
B．Mg是活泼金属，工业上电解熔融氯化镁冶炼得到Mg；
C．化合物CH4和CHCl3结构相似；
D．A是H元素，该元素可以得一个电子形成稳定结构、也可以失去一个电子，且该原子中最外层电子处于半充满．
【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中，则A为H元素，B位于第二周期、C位于第三周期，D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，则B是C、D是Mg，Mg和二氧化碳反应生成C，C为Na元素，E是同周期元素原子半径最小的元素，则E是Cl元素；
A．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性C＞D，最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＞D（OH）2，故A错误；
B．Mg是活泼金属，工业上电解熔融氯化镁冶炼得到Mg，电解氯化镁溶液时阴极上氢离子放电而不是镁离子放电，故B错误；
C．化合物CH4和CHCl3结构相似，甲烷中碳原子与每个H原子之间的作用力相同，而三氯甲烷中碳原子和H原子、Cl原子之间的作用力不同，所以前者是正四面体、后者是四面体，故C错误；
D．A是H元素，该元素可以得一个电子形成稳定结构、也可以失去一个电子，且该原子中最外层电子处于半充满，所以从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族，故D正确；
故选D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种系统命名为2，2﹣甲基丙烷
B．用酸性KMnO4 溶液可鉴别2﹣丁烯和正丁醛
C．由甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有4种
D．A、B两种有机化合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生水的质量也不变，则A、B满足的条件必须是最简式相同
【考点】有机化合物命名；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
【分析】A、烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种是三个碳原子的，据烷烃的命名方法来回答；
B、醛基和碳碳双键均能被高锰酸钾溶液氧化；
C、氨基酸形成肽键原理为羧基提供﹣OH，氨基提供﹣H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；
D、由两种有机物组成的混合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成水的质量也一定，则说明两种有机物分子中含氢质量分数相等．
【解答】解：A、烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种是三个碳原子的2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；
B、醛基和碳碳双键均能被高锰酸钾溶液氧化，故2﹣丁烯和正丁醛均能使高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故B错误；
C、氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽．所以共有4种，故C正确；
D、由两种有机物组成的混合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成水的质量也一定，则说明两种有机物分子中含氢质量分数相等，最简式不一定相同，故D错误．
故选C．
5．用电化学制备正十二烷的方法为：向烧杯中加入50mL甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷．
已知电解总反应为：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，
下列说法不正确的是（ ）
A．图中电源的A极为直流电源的负极
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极电极反应为：2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
【考点】电解原理．
【分析】由总方程式2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa可知，C6H13COONa生成C12H26和二氧化碳，C元素化合物升高，被氧化，应为阳极反应，CH3OH生成氢气，为阴极反应，以此解答该题．
【解答】解：A．A连接的电极生成氢气，发生还原反应，则A为负极，故A正确；
B．C6H13COONa为强电解质，导电能力比正庚酸强，故B正确；
C．阳极发生氧化反应，电极方程式为2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑，故C正确；
D．因C12H26为液体，而杂质为气体，不影响C12H26的制备，故D错误．
故选D．
6．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量．其中主要含硫各物种（H2S、HS﹣、S2﹣）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）．下列说法不正确的是（ ）
A．含硫物种B表示HS﹣
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为：c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）]
C．X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka值
D．NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2++HS﹣═CuS↓+H+
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合图1所示H2S、HS﹣、S2﹣的分布分数进行解答；
B．NaHS的含量先增加后减少；根据物料守恒可求得滴加过程中，溶液中微粒浓度大小关系；
C．B为HS﹣，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka=；
D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，会发生反应生成硫化铜和酸；
【解答】解：A．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2﹣，B先增加后减少为HS﹣，
故A正确；
B．C浓度一直在增加为H2S，向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS﹣、
S2﹣、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）]，或溶液中存在电荷守恒得到c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）﹣c（H+）；
故B正确；
C．图象分析可知A为S2﹣，B为HS﹣，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka==c（H+），X点为S2﹣和HS﹣浓度相同，可以计算HS﹣的电离平衡常数，不能计算H2S的第一步电离平衡常数，故C错误；
D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸会发生反应Cu2++HS﹣=CuS↓+H+，溶液显示强酸性，故D正确；
故选C．
7．某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2．按如下流程可制得Cu3N和铁红．下列说法不正确的是（ ）
A．在生成Cu3N的反应中，氨气做氧化剂
B．加入NH4HCO3溶液在生成白色沉淀的同时会放出有刺激气味的气体
C．虑液G可以并入滤液E加以利用
D．由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧
【考点】几组未知物的检验．
【分析】某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，与酸反应，SiO2不反应，过滤滤渣A为是SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2+溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3，据此分析．
【解答】解：某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，与酸反应，SiO2不反应，过滤滤渣A为是SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2+溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3，
A．Cu转化为Cu3N，Cu的化合价升高1价，是还原剂，氨气做氧化剂，故A正确；
B．液E中含有Fe2+，加入NH4HCO3溶液，会发生双水解，在生成白色沉淀碳酸亚铁的同时会放出没有气味的气体二氧化碳，故B错误；
C．由分析可知，滤液G为Fe2+溶液，滤液E中含有Fe2+，所以滤液G可以并入滤液E加以利用，故C正确；
D．通过过滤把FeCO3从溶液中分离出来，需要洗涤、干燥，然后在空气中煅烧就得到Fe2O3，故D正确．
故选B．
二、解答题（共4小题，满分48分）
8．Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：①RXROH；
②RCH2CH2OHRCH=CH2+H2O；
（1）G中含氧官能团的名称是 羧基、羟基 ；反应1为加成反应，则B的结构简式是 ．
（2）①B﹣C的化学方程式是 +HBr→ ；②D﹣E的化学方程式是 2+O22 ；
（3）反应2的反应类型为 加成反应 ．
（4）下列说法正确的是 b ．
a．1mol G 能与足量Na反应放出22.4LH2
b．等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
c．一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应
d．H在一定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示
【考点】有机物的合成．
【分析】由苯到苯乙醛的转化可知，苯与乙炔发生加成反应生成B为，苯乙烯与HBr发生加成反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D发生氧化反应得到苯乙醛，苯乙醛进一步氧化生成苯乙酸，苯乙酸与甲醛发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H．
【解答】解：由苯到苯乙醛的转化可知，苯与乙炔发生加成反应生成B为，苯乙烯与HBr发生加成反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D发生氧化反应得到苯乙醛，苯乙醛进一步氧化生成苯乙酸，苯乙酸与甲醛发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H．
（1）由G的结构简式，可知含氧官能团的名称是：羧基、羟基，反应1为加成反应，则B的结构简式是，
故答案为：羧基、羟基；；
（2）①B﹣C的化学方程式是： +HBr→，
②D﹣E的化学方程式是：2+O22，
故答案为： +HBr→；
2+O22；
（3）反应2的反应类型为加成反应，
故答案为：加成反应；
（4）a．1mol G 能与足量Na反应生成1mol氢气，但不一定是标况下，氢气体积不一定是22.4LH2，故a错误；
b．G、H改写后均相当于苯乙烯，等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，故b正确；
c．碳碳双键、苯环能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol有机物H最多能与4mol H2发生反应，故c错误；
d．H不能发生缩聚反应，在一定条件下通过加聚反应得到，故d错误．
故选：b．
9．某盐A由三种元素组成，其相关的转化关系如图（所有的产物均已标在框图上），其中C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似．
（1）A的化学式为 KICl2 ，B的阴离子对应元素在元素周期表中的位置是 第三周期ⅦA族 ．
（2）写出C的电子式： ，该化合物中显正价的是 I 元素．
（3）C与KI反应的化学方程式为： KI+ICl=I2+KCl ．
（4）下列物质能与C发生反应的是 ABD ．
A、H2OB、SO2C、Na2SO4D、乙烯．
【考点】无机物的推断．
【分析】1molA加热分解得到1molB与1mol，则B与硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明B中含有Cl元素，1molC与1molKI反应得到1mol化合物B与1mol单质D，单质D为I2，B为KCl，根据氧化还原反应实质判断C为ICl，1mol盐A中含有Cl、I、K，由元素化合价代数和为0，A为KICl2．
【解答】解：分1molA加热分解得到1molB与1mol，则B与硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明B中含有Cl元素，1molC与1molKI反应得到1mol化合物B与1mol单质D，单质D为I2，B为KCl，根据氧化还原反应实质判断C为ICl，1mol盐A中含有Cl、I、K，由元素化合价代数和为0，A为KICl2．
（1）由上述分析可知，A为KICl2，B为氯化钾，含有的阴离子为Cl﹣，氯元素处于周期表中第三周期ⅦA族，
故答案为：KICl2；第三周期ⅦA族；
（2）氯化碘结构和氯气相似，Cl原子和I原子之间共用一对电子，C为ICl，形成的是共价化合物，所以氯化碘的电子式为，氯化碘中氯原子非金属性大于碘，所以碘显+1价，
故答案为：；碘；
（3）C和KI反应发生的是碘元素的归中反应，生成碘单质，反应的化学方程式为：KI+ICl=I2+KCl；
故答案为：KI+ICl=I2+KCl；
（4）C为ICl为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，具有强氧化性，能氧化还原性物质、能与不饱和碳原子形成的双键发生加成反应，和水发生自身氧化还原反应；
A．根据氯气和水反应方程式知，氯化碘和水反应方程式为ICl+H2O═HCl+HIO，H2O和ICl反应，故A符合；
B．SO2 具有还原性可以被ICl氧化，故B符合；
C．Na2SO4溶液和ICl不能发生反应，故C不符合；
D．乙烯含有不饱和碳碳双键，类比氯气和碳碳双键发生加成反应，故D符合；
故答案为：ABD．
10．某研究小组为了探究固体甲（二元化合物）和固体乙（无机矿物盐，含五种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：
已知：向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是 Al4C3 ，气体1分子的空间构型是 正四面体 ．
（2）乙的化学式是 BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3 ．
（3）加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为 4CuO+CH44Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH43Cu+CO+2H2O或6CuO+CH43Cu2O+CO+2H2O ．
（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为 CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．有人认为，判断该反应的气体2是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分： 取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物 （可选的试剂为：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）．
【考点】性质实验方案的设计；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】含氢量最高的烃为CH4，则甲为碳化物，溶液1为钠盐溶液，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，说明应含有Al元素，溶液1为NaAlO2，气体2为CO2，沉淀b为Al（OH）3，则甲为Al4C3，乙加热生成液体a为H2O，固体2加入盐酸溶液变为蓝色，应生成氯化铜，固体2为CuO，固体1应为氧化物，溶液2中连续通入二氧化碳，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解，说明固体1含有BaO，且m（BaO）=23.3g﹣8g=15.3g，n（BaO）==0.1mol，n（CuO）==0.1mol，乙含有Cu、Ba、H、C、O元素，为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，以此解答该题．
【解答】解：含氢量最高的烃为CH4，则甲为碳化物，溶液1为钠盐溶液，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，说明应含有Al元素，溶液1为NaAlO2，气体2为CO2，沉淀b为Al（OH）3，则甲为Al4C3，乙加热生成液体a为H2O，固体2
加入盐酸溶液变为蓝色，应生成氯化铜，固体2为CuO，固体1应为氧化物，溶液2中连续通入二氧化碳，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解，说明固体1含有BaO，且m（BaO）=23.3g﹣8g=15.3g，n（BaO）==0.1mol，n（CuO）==0.1mol，乙含有Cu、Ba、H、C、O元素，为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，
（1）由以上分析可知甲为Al4C3，气体1为甲烷，分子的空间构型是正四面体，故答案为：Al4C3；正四面体；
（2）乙含有Cu、Ba、H、C、O元素，为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，故答案为：BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3；
（3）加热条件下，甲烷与氧化铜反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为4CuO+CH4 4Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH4 4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4 3Cu+CO+2H2O 或 6CuO+CH4 3Cu2O+CO+2H2O，
故答案为：4CuO+CH4 4Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH4 4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4 3Cu+CO+2H2O 或 6CuO+CH4 3Cu2O+CO+2H2O；
（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，检验产物是“正盐”还是“酸式盐”，可取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物，
故答案为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物．
11．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气．对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用．
Ⅰ．脱硝：已知：H2的热值为142.9KJ•g﹣1
N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1
H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为 4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1 ．
Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）
（1）①该反应自发进行的条件是 低温 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 de ．
a、混合气体的平均式量保持不变 b、CO2和H2的体积分数保持不变
c、CO2和H2的转化率相等 d、混合气体的密度保持不变
e、1mol CO2生成的同时有3mol H﹣H键断裂
③CO2的浓度随时间（0～t2）变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6CO2的浓度随时间的变化．
（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0 中的所有物质都为气态．起始温度体积相同（T1℃、2L密闭容器）．反应过程中部分数据见下表：
反应时间
CO2（mol）
H2（mol）
CH3OH（mol）
H2O（mol）
反应I
恒温恒容
0min
2
6
0
0
10min
4.5
20min
1
30min
1
反应II
绝热恒容
0min
0
0
2
2
①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K（Ⅰ） ＜ K（Ⅱ）（填“＞”、“＜”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c（Ⅰ） ＜ c（Ⅱ）．
②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）= 0.025mol•L﹣1•min﹣1 ，在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“=”）．若30min时只向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），则平衡 不 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．
【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
【分析】Ⅰ、依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；
Ⅱ、（1）①自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应特征分析判断需要的条件；
②平衡标志是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变，原则是变量不变分析选项；
③图象t2起点，t3 到t4终点，t4以后符合变化趋势即可，在t2时将容器容积缩小一倍，压强增大，二氧化碳浓度增大，平衡正向进行，随后减小，t3时达到平衡，t4时降低温度，平衡正向进行，二氧化碳减小，反应速率减小，t5时达到平衡；
（2）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为恒容绝热，反应是放热反应，图表中反应ⅠⅡ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大；
②反应速率V=计算得到氢气反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比计算甲醇反应速率；依据平衡三段式列式计算分析平衡状态的物质的量．
【解答】解：Ⅰ． 已知：H2的热值为142.9KJ•g﹣1 ，燃烧热为285.8KJ/mol，
①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol
②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1
③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1
①×4﹣②﹣③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1；
故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1；
Ⅱ．（1）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），熵变△S＜0，则反应焓变△H＜0，低温下满足△H﹣T△S＜0
故答案为：低温；
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），
a、混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故b错误；
c、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故c错误；
d、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故d正确；
e、1mol CO2生成的同时有3mol H﹣H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故e正确；
故答案为：d e；
③在t2时将容器容积缩小一倍，压强增大，二氧化碳浓度增大，平衡正向进行，随后减小，t3时达到平衡，t4时降低温度，平衡正向进行，二氧化碳减小，反应速率减小，t5时达到平衡；图象t2起点二氧化碳浓度突然增大为1mol/L，随反应进行减小，图中t3 到t4终点平衡线在0.5的线上，t4t4以后在0.5线以下，但不能到横坐标线上且有平衡线段，图象为：
；
故答案为：
（2）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为恒容绝热，反应是放热反应，图表中反应ⅠⅡ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大；
故答案为：＜；＜；
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol） 2 6 0 0
变化量（mol） 1 3 1 1
30min量（mol） 1 3 1 1
对反应I，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）=V（H2）=×（6﹣4.5）mol2L10min=0.025mol•L﹣1•min﹣1；
若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，氢气增加，说明平衡逆向进行，温度升高T2＞T1，若30min时只向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），对正逆反应的影响程度相同，平衡不变；
故答案为：0.025mol•L﹣1•min﹣1 ；＜；不．
2016年6月1日
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