2019年朝阳高三二模化学
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是
A. 双氢青蒿素
B. 全氮阴离子盐
C. 聚合氮
D. 砷化铌纳米带
【答案】A
【解析】
【分析】
有机化合物主要是由碳元素、氢元素组成，是一定含碳的化合物，根据结构式找出其组成元素，据此分析作答。
【详解】A. 根据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有C、H、O，属于有机物，A项正确；
B. 全氮阴离子盐中不含C元素，不属于有机物，B项错误；
C. 聚合氮中只有氮元素，不含C元素，不属于有机物，C项错误；
D. 砷化铌纳米带不含C元素，不属于有机物，D项错误；
答案选A。
2.下列过程中没有发生化学变化的是
A. 浓硫酸使蔗糖变黑 B. 二氧化氮低温冷凝形成无色液体
C. 液氨汽化起制冷作用 D. 亚硫酸钠除去水中的溶解氧
【答案】C
【解析】
【分析】
有新物质生成的变化属于化学变化。
【详解】A. 浓硫酸具有脱水性和强氧化性，把浓硫酸加入蔗糖中，使蔗糖脱水生成碳而变黑，同时浓硫酸又把碳氧化为CO2、SO2等气体使体积膨胀，其中都是化学变化，A项正确；
B. 二氧化氮经加压冷凝成无色液体，二氧化氮转化为无色的四氧化二氮，有新物质生成，属于化学变化，B项正确；
C. 液氨汽化起制冷作用，利用的是液氨的沸点低的物理性质，属于物理变化，没有新物质生成，C项错误；
D. 亚硫酸钠具有还原性，可以与水中的氧气发生氧化还原反应，属于化学变化，D项正确；
答案选C。
3.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；
C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；
答案选D。
【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。
4.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
5.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。
下列分析不正确的是
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【解析】
【分析】
依据图像分析，在同一个压强下，随着温度的升高，乙烯平衡转化率降低，不利于平衡向正反应方向进行，可知该反应正方向为放热反应；根据C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)可知，该反应是气体体积分数减小的体系，再结合平衡常数表达式及压强与温度对速率与平衡的影响作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，乙烯气相直接水合反应为放热反应，即∆H＜0，A项正确；
B. 由方程式C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)可知该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是：p1< p2< p3< p4，B项错误；
C. 根据图示可知，起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L，a点乙烯的平衡转化率为20%，则转化的乙烯的物质的量浓度为0.2mol/L，则 C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)
开始(mol/L) 1 1 0
转化(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.8 0.8 0.2
所以K==，C项正确；
D. 增大压强，化学反应速率会加快，则反应达到平衡的时间会缩短，由上述分析可知，p2 < p3，因此达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
6.线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。其部分结构片段如图：下列说法不正确的是
A. 线型PAA的单体不存在顺反异构现象
B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应
C. 交联剂a的结构简式是
D. PAA的高吸水性与—COONa有关
【答案】C
【解析】
【分析】
根据
【详解】A. 线型PAA（）的单体为丙烯酸钠，不存在顺反异构体，A项正确；
B. 丙烯酸钠与交联剂发生了加聚反应，碳碳双键变成单键，不饱和度降低形成聚合物，B项正确；
C. 根据上述聚合物的部分片段可以看出交联剂的结构简式为：，C项错误；
D. 依据相似相容原理可知，—COONa为可溶性的盐，PAA的高吸水性与—COONa有关，D项正确；
答案选C。
【点睛】A项是易错点，顺反异构是空间构象不同按"顺序规则"分别比较每个碳原子上连接两个原子或基团，若两个较优基团在π键平面同侧者为Z型异构体，在异侧者为E型异构体。
7.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液时等分的，所以产生气体的量相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了
过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
8.香豆素衍生物Q是合成抗肿瘤、抗凝血药的中间体，其合成路线如下。
已知：
I、
II、
（1）A的分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀。
① 按官能团分类，A的类别是_________。
② 生成白色沉淀的反应方程式是_________。
（2）A→B的反应方程式是_________。
（3）D→X的反应类型是_________。
（4）物质a的分子式为C5H10O3，核磁共振氢谱有两种吸收峰，由以下途径合成：
物质a的结构简式是_________。
（5）反应ⅰ为取代反应。Y只含一种官能团，Y的结构简式是_________。
（6）生成香豆素衍生物Q的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，其中“取代反应”的化学方程式为_________。
（7）研究发现，一定条件下将香豆素衍生物Q水解、酯化生成 ，其水溶性增强，更有利于合成其他药物。请说明其水溶性增强的原因：______。
【答案】 (1). 酚类 (2). +3Br2+3HBr (3). +HCHO (4). 取代（酯化）反应 (5). (6). (7). +CH3CH2OH (8). –COOH是强亲水性基团
【解析】
【分析】
A的分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，则A为苯酚，结合A与B加氧氧化生成，可知，B为；煤多步转化为D,根据分子式结合酯化反应的条件可知，D为乙醇，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，则X为乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），根据已知信息II可知，乙酸乙酯与物质a发生取代反应生成了乙醇与物质Y，物质Y与可合成目标产物，结合条件再分析作答。
【详解】（1）A的分子式为C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀，则A为苯酚，
① 按官能团分类，A属于酚类，故答案为：酚类；
② 苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，其反应方程式为，故答案为：。
（2）A→B的反应为苯酚与甲醛生成的过程，其化学方程式为，故答案为：；
（3）D→X为乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下加热生成乙酸乙酯的过程，其反应类型为取代（酯化）反应，故答案为：取代（酯化）反应；
（4）D为乙醇，与发生取代反应会生成，其分子式为C5H10O3，故答案为：；
（5）根据给定已知信息II及上一问求出的物质a的结构简式可知，CH3COOCH2CH3与物质a发生取代反应生成Y与乙醇，且Y中只含一种官能团，则Y为，故答案为：；
（6）物质Y为，与根据给定已知条件I先发生加成反应生成，在经过消去反应生成，再自身发生取代反应生成，故答案为：；
（7）与相比，从官能团结构可以看出，因为–COOH是强亲水性基团，所以引入的羧基导致其水溶性增强，故答案为：–COOH是强亲水性基团。
【点睛】利用已知信息推出X到Y的转化过程是解题的关键，其中三步反应是难点，要求学生抓住多官能团的结构与性质，尤其利用已知信息根据加成反应的特点，无副产物出现，推出加成产物为，这道题强化了逻辑推理能力，考查了学生对有机物反应的理解能力。
9.以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下。
（1）“溶解”过程：生成CuSO4的反应方程式：CuO + H2SO4 === CuSO4 + H2O、________。
（2）“吸收”过程：
① 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) DH = -112.6 kJ·mol-1
提高NO平衡转化率的方法是________（写出两种）。
② 吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) === HNO3(aq) + HNO2(aq) DH = -116.1 kJ·mol-1
反应Ⅱ：3HNO2(aq) === HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) DH = -75.9 kJ·mol-1
用水吸收NO2生成HNO3和NO热化学方程式是________。
（3）“电解”过程：
HNO2为弱酸。通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是________。
（4）“沉淀”过程：
① 产生CuCl的离子方程式是_________。
② 加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是_________。
（5）测定CuCl含量：
称取氯化亚铜样品m g，用过量的FeCl3溶液溶解，充分反应后加入适量稀硫酸，用x mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液y mL。滴定时发生的离子反应：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ === 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O样品中CuCl（M＝99.5 g·mol-1）的质量分数为________。
【答案】 (1). (2). 降低温度、增大压强、提高等 (3). 3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=-212.1kJ·mol-1 (4). (5). (6). 消耗，使减小，有利于生成CuCl的反应正向进行 (7).
【解析】
【分析】
海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀硫酸反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将Cu氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，二氧化硫具有还原性，再讲铜离子还原为氯化亚铜；NO合理利用经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析作答。
【详解】（1）“溶解”过程除了氧化铜溶于稀硫酸过程，Cu在酸性条件下与硝酸会发生氧化还原反应，其化学方程式为：，故答案为： ；
（2）① 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) DH = -112.6 kJ·mol-1，该反应正向是气体体积分数减小的放热反应，则提高NO平衡转化率的方法可以为：降低温度、增大压强、提高等（任写两种即可）；
②根据盖斯定律可知，（反应Ⅰ×3+反应Ⅱ）得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式为：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(aq)+NO(g) △H=-[-116.1 kJ·mol-1×3+(-75.9 kJ·mol-1)]=-212.1kJ·mol-1，故答案为：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=-212.1kJ·mol-1；
（3）电解过程中，阳极HNO2发生失电子的氧化反应生成硝酸，其电极反应式为；
（4）①铜离子与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜，其离子方程式为：；
②生成氯化亚铜沉淀的方程式为：
，反应中有硫酸生成，加入适量Na2CO3，其中消耗，使减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；
（5）氯化亚铜与氯化铁发生反应：Fe3++CuCl＝Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为
6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-
6 1
n xy×10-3mol
n=6xy×10-3mol
m（CuCl）=99.5g/mol×6xy×10-3mol=0.597xy g
则样品中CuCl的质量分数为。
【点睛】本题以物质制备为线索，考查了反应条件的控制、物质的作用、分离混合物的方法、反应的离子方程式的书写及物质含量的测定。在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+；当测定物质成分，发生的反应有多个步骤时，首先根据反应方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后利用关系式中相应物质的物质的量关系计算其物质的量，再根据n=m/M计算其质量，最后物质物质含量的计算式得到其质量分数。关系式法计算可以大大简化计算过程、步骤，同时增加了计算正确性。
10.将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。
（1）H2S的转化
Ⅰ
克劳斯法
Ⅱ
铁盐氧化法
Ⅲ
光分解法
① 反应Ⅰ的化学方程式是________。
② 反应Ⅱ：____+ 1 H2S == ____Fe2+ + ____S↓ + ____（将反应补充完整）
③ 反应Ⅲ体现了H2S的稳定性弱于H2O。结合原子结构解释二者稳定性差异的原因：_______。
（2）反应Ⅲ硫的产率低，反应Ⅱ的原子利用率低。我国科研人员设想将两个反应耦合，实现由H2S高效产生S和H2，电子转移过程如图。
过程甲、乙中，氧化剂分别是______。
（3）按照设计，科研人员研究如下。
① 首先研究过程乙是否可行，装置如图。经检验，n极区产生了Fe3+，p极产生了H2。n极区产生Fe3+的可能原因：
ⅰ．Fe2+ - e- = Fe3+
ⅱ．2H2O -4e-=O2 +4H+，_______（写离子方程式）。经确认，ⅰ是产生Fe3+的原因。过程乙可行。
② 光照产生Fe3+后，向n极区注入H2S溶液，有S生成，持续产生电流，p极产生H2。研究S产生的原因，设计如下实验方案：______。 经确认，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放电。过程甲可行。
（4）综上，反应Ⅱ、Ⅲ能耦合，同时能高效产生H2和S，其工作原理如图。
进一步研究发现，除了Fe3+/Fe2+ 外，I3-/I- 也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明I3-/I- 能够使S源源不断产生的原因：________。
【答案】 (1). ↓ (2). 2Fe3+ (3). 2 (4). 1 (5). 2H+ (6). O与S位于同主族，原子半径S>O，得电子能力SI2；
（3）若向ⅱ的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，使反应a中的I-浓度降低，平衡向正向移动，故答案为：正向；
（4）Ⅰ．沉淀洗涤后，加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体，再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀，则证明黑色固体为Ag；
（5）①碘水本身与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀，因此不能证明反应a的平衡向正向移动；
②向FeSO4溶液滴加AgNO3溶液，若出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红，则证明Fe3+ 可能由Ag+ 氧化产生，故答案为：出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红；
（6）取ⅱ的黄色溶液，加入少量溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量KSCN溶液，不变红。由此得出结论：不能充分说明（4）中产生Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。
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