天津市南开区高考化学模拟试卷解析版 22页

‎2017年天津市南开区高考化学模拟试卷 ‎　‎ 一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）‎ ‎1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（　　）‎ A．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因 B．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机离分子化合物 C．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质 D．可用Si2N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品 ‎2．已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1 2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）‎ A．﹣332 B．+130 C．+350 D．﹣130‎ ‎3．实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（　　）‎ A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置 B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体 C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体 D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气 ‎4．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成 C．在Na2C2O4稀溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）‎ D．0.1 mol/L Na2CO3溶液与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合：3c（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]‎ ‎5．用电动公交车初步替代燃油公交车是天津市节能减排、控制雾霾的重要举措之一．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，有关该电池的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．电池反应的化学方程式为：2Li+FeS═Li2S+Fe B．负极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+‎ C．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价是+1‎ D．电池充电时，阴极反应为：Li2S+Fe﹣2e﹣═2Li++FeS ‎6．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（　　）‎ A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O B．在海带灰的浸出液（含有I﹣）中滴加H2O2得到I2：2I﹣+H2O2+2H+═I2+O2↑+2H2O C．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2‎ D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵“（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分64分）‎ ‎7．（14分）已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大．X、Z、Q的单质在常温下呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；X与M同主族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　 　．‎ ‎（2）Z在元素周期表中的位置为　 　．‎ ‎（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式）　 　．‎ ‎（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）　 　，在实验室中，制取该物质的反应原理是（写化学方程式）　 　．‎ ‎（5）M2Z的电子式为　 　．MX与水反应可放出气体，该反应的化学方程式为　 　．‎ ‎（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是（填序号）　 　．‎ a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体 工业上用电解法制G的单质的化学方程式是　 　，若以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是（写化学式）　 　．‎ ‎8．（18分）室安卡因（G）是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：‎ Ⅰ．（1）已知A是的单体．则A中所含官能团的名称是　 　．‎ ‎（2）写出B的结构简式并用系统命名法给C命名：‎ B：　 　，C的名称：　 　．‎ ‎（3）L是E的向分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L所有可能的结构简式有、　 　、　 　、　 　．‎ ‎（4）F→G的反应类型是　 　．‎ ‎（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是　 　‎ a．能发生加成反应 b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c．能与盐酸反应生成盐 d．属于氨基酸 ‎（6）写出C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式：　 　．‎ Ⅱ．H是C的同系物，其核磁共振氢谱有两个峰．按如下路线，由H可合成高聚物V：‎ ‎（7）H的结构简式为　 　；N→Q的反应类型为　 　．‎ ‎（8）写出Q→V的反应方程式：　 　．‎ ‎9．（18分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲组同学按照图1所示装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是　 　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　 　．装置B的主要作用是　 　．‎ ‎（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．‎ ‎①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　 　．装置H反应管中盛有的物质是　 　．‎ ‎②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　 　．‎ ‎（3）设计实验证明：‎ ‎①草酸的酸性比碳酸的强　 　．‎ ‎②草酸为二元酸　 　．‎ ‎（4）草酸和草酸钠（Na2C2O4）可以在酸性条件下被KMnO4溶液、MnO2氧化，锰元素被还原为+2价．KMnO4溶液和草酸钠溶液在稀硫酸中反应的离子方程式为：　 　．‎ 实验室常用固体草酸钠测定KMnO4溶液的浓度．准确称取0.2000g草酸钠，放入锥形瓶中，加入100mL稀硫酸溶解，用配制好的KMnO4溶液滴定，三次重复实验消耗KMnO4溶液的体积分别是16.02mL、16.00mL、16.01mL，则KMnO4溶液的物质的量浓度的计算式是：c（KMnO4）=　 　．‎ ‎10．（14分）2013年初天津连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．‎ ‎（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．‎ ‎①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是　 　．‎ ‎②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：‎ n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）‎ ‎91：9‎ ‎1：l ‎9：91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 由上表判断，NaHSO3溶液显　 　性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：　 　．‎ ‎③当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生．再生示意图如下：‎ 写出HSO3﹣在阳极放电的电极反应式：　 　，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．‎ ‎（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：‎ CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ•mol﹣1‎ CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为　 　（阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为　 　kJ．‎ ‎（3）工业上合成氮所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；△H＜0‎ 一定条件下，将CO（g）与H2O（g）以体积比为l：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO（g）与H2O（g）体积比为l：6，则平衡常数K=　 　．‎ ‎　‎ ‎2017年天津市南开区高考化学模拟试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）‎ ‎1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（　　）‎ A．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因 B．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机离分子化合物 C．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质 D．可用Si2N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品 ‎【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．在日常生活中，金属的腐蚀以电化学腐蚀为主；‎ B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅为无机物；‎ C．纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收；‎ D．根据Si2N4、Al2O3的熔沸点较高分析．‎ ‎【解答】解：A．在日常生活中，金属的腐蚀以电化学腐蚀为主，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故A错误；‎ B．人造纤维、合成纤维是有机高分子化合物，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子化合物，故B错误；‎ C．人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，因此纤维素不能被分解提供能量，故C错误；‎ D．Si3N4、Al2O3熔点高，可用于制作高温结构陶瓷制品，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查就物质组成、结构与性质的应用，题目难度不大，明确常见物质性质与用途为解答关键，B为易错点，注意光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于有机高分子化合物．‎ ‎　‎ ‎2．已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1 2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1‎ H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）‎ A．﹣332 B．+130 C．+350 D．﹣130‎ ‎【考点】5D：有关反应热的计算．‎ ‎【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=反应物总键能﹣生成物总键能，再结合化学键能和物质能量的关系来回答．‎ ‎【解答】解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1，‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1‎ ‎①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ•mol﹣1，4×462﹣496﹣2×436=2a+220，解得a=+130，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．‎ ‎　‎ ‎3．实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（　　）‎ A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置 B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体 C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体 D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气 ‎【考点】1B：真题集萃；Q2：气体的收集；Q9：常见气体制备原理及装置选择．‎ ‎【分析】A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；‎ B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；‎ C．乙烯的密度与空气接近； ‎ D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮．‎ ‎【解答】解：A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确； ‎ B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaHCO3反应生成CO2，引入新的杂质，故B错误；‎ C．乙烯的密度与空气接近，不能用排空气法收集，故C错误；‎ D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查气体的制备与收集，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．‎ ‎　‎ ‎4．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成 C．在Na2C2O4稀溶液中，c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）‎ D．0.1 mol/L Na2CO3溶液与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合：3c（Na+）=2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]‎ ‎【考点】DN：离子浓度大小的比较；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．氨水为弱碱，一水合氨溶液在稀释10倍后电离程度增大，溶液的pH变化小于1；‎ B．碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，不会生成气体；‎ C．根据a2C2O4溶液中的质子守恒判断；‎ D．根据混合液中的物料守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进其电离，pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，故A错误；‎ B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，反应生成氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故B错误；‎ C．在Na2C2O4稀溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故C正确；‎ D.0.1mol/L Na2CO3溶液与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及判断离子浓度大小常用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．‎ ‎　‎ ‎5．用电动公交车初步替代燃油公交车是天津市节能减排、控制雾霾的重要举措之一．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，有关该电池的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．电池反应的化学方程式为：2Li+FeS═Li2S+Fe B．负极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+‎ C．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价是+1‎ D．电池充电时，阴极反应为：Li2S+Fe﹣2e﹣═2Li++FeS ‎【考点】BL：化学电源新型电池．‎ ‎【分析】Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li﹣Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li﹣e﹣═Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS═Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，反应式是2Li++2e﹣═2Li．‎ ‎【解答】解：A、根据正极反应2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe与负极反应2Li﹣2e﹣═2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS═Li2S+Fe，故A正确；‎ B、负极应该是Li失去电子而不是Al，发生反应为：Li﹣e﹣═Li+，故B错误；‎ C、Li和Al都属于金属，在电池中作为负极材料，所以Li﹣Al应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故C错误；‎ D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣═2Li，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写．‎ ‎　‎ ‎6．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（　　）‎ A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O B．在海带灰的浸出液（含有I﹣）中滴加H2O2得到I2：2I﹣+H2O2+2H+═I2+O2↑+2H2O C．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2‎ D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵“（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O ‎【考点】49：离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水；‎ B．发生氧化还原反应生成碘和水；‎ C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；‎ D．发生氧化还原反应生成氯气、水、NaCl．‎ ‎【解答】解：A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，是因发生SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故A正确；‎ B．在海带灰的浸出液（含有I﹣）中滴加H2O2得到I2，发生2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故B错误；‎ C．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层，发生了3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故C正确；‎ D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵“（主要成分盐酸）混合使用放出氯气，发生的氧化还原反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学反应及离子反应的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意物质的性质即可解答，选项BCD中均发生氧化还原反应，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分64分）‎ ‎7．（14分）（2017•南开区模拟）已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大．X、Z、Q的单质在常温下呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；X与M同主族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　Na＞Al＞C＞O　．‎ ‎（2）Z在元素周期表中的位置为　第二周期ⅥA族　．‎ ‎（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式）　HClO4　．‎ ‎（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）　C2H2　，在实验室中，制取该物质的反应原理是（写化学方程式）　CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑　．‎ ‎（5）M2Z的电子式为　　．MX与水反应可放出气体，该反应的化学方程式为　NaH+H2O=NaOH+H2↑　．‎ ‎（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是（填序号）　be　．‎ a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体 工业上用电解法制G的单质的化学方程式是　2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑　，若以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是（写化学式）　O2、CO2等　．‎ ‎【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大．Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、G为Al元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于O，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则Y为C元素；X单质在常温下呈气态，则X为H元素，X与M同主族，原子序数大于O，则M为Na；Q单质常温下为气态，原子序数大于Al，则Q为Cl，据此解答．‎ ‎【解答】‎ 解：X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大．Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、G为Al元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于O，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则Y为C元素；X单质在常温下呈气态，则X为H元素，X与M同主族，原子序数大于O，则M为Na；Q单质常温下为气态，原子序数大于Al，则Q为Cl，‎ ‎（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径减小，故原子半径Na＞Al＞C＞O，‎ 故答案为：Na＞Al＞C＞O；‎ ‎（2）Z为O元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；‎ ‎（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；‎ ‎（4）H与C能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是C2H2，在实验室中，制取该物质的反应原理是：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，‎ 故答案为：C2H2；CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；‎ ‎（5）Na2O的电子式为，NaH与水反应可放出气体为氢气，同时生成NaOH，该反应的化学方程式为 NaH+H2O=NaOH+H2↑，‎ 故答案为：；NaH+H2O=NaOH+H2↑；‎ ‎（6）常温下，Al与硫酸铜溶液反应置换铜，与浓硫酸反应生成致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，不能与氧化铁、碳酸钠反应；‎ 工业上用电解法制Al的单质的化学方程式是2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，若以石墨为电极，阳极产生的氧气与碳反应生成二氧化碳或CO，故阳极的混合气体的成分是O2、CO2等，‎ 故答案为：be；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；O2、CO2等．‎ ‎【点评】‎ 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，（6）注意Al与各物质的反应，学生容易把钝化现象理解为不反应，为易错点，难度中等．‎ ‎　‎ ‎8．（18分）（2017•南开区模拟）室安卡因（G）是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：‎ Ⅰ．（1）已知A是的单体．则A中所含官能团的名称是　碳碳双键和羧基　．‎ ‎（2）写出B的结构简式并用系统命名法给C命名：‎ B：　CH3CH2COOH　，C的名称：　2﹣溴丙酸　．‎ ‎（3）L是E的向分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L所有可能的结构简式有、　　、　　、　　．‎ ‎（4）F→G的反应类型是　取代反应　．‎ ‎（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是　abc　‎ a．能发生加成反应 b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c．能与盐酸反应生成盐 d．属于氨基酸 ‎（6）写出C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式：　　．‎ Ⅱ．H是C的同系物，其核磁共振氢谱有两个峰．按如下路线，由H可合成高聚物V：‎ ‎（7）H的结构简式为　　；N→Q的反应类型为　消去反应　．‎ ‎（8）写出Q→V的反应方程式：　　．‎ ‎【考点】HB：有机物的推断．‎ ‎【分析】I．A是的单体，则A的结构简式为：CH2=CHCOOH，A和和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成C，C为CH3CHBrCOOH，C发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G；‎ II．H是C的同系物，H的相对分子质量是167，H的碳原子个数==4，其核磁共振氢谱有两个峰，则H的结构简式为，H发生酯化反应生成N，N的结构简式为（CH3）2CBrCOOCH2CH3，N和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成Q，Q的结构简式为CH2=C（CH3）COOCH2CH3，Q发生加聚反应生成V，V的结构简式为，结合物质的结构和性质分析解答．‎ ‎【解答】解：A是的单体，则A的结构简式为：CH2=CHCOOH，A和和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成C，C为CH3CHBrCOOH，C发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，‎ ‎（1）A是的单体，则A的结构简式为：CH2=CHCOOH，A中官能团名称是碳碳双键和羧基，故答案为：碳碳双键和羧基；‎ ‎（2）B的结构简式为CH3CH2COOH，C的结构简式为CH3CHBrCOOH，C的名称是2﹣溴丙酸，‎ 故答案为：CH3CH2COOH；2﹣溴丙酸；‎ ‎（3）L是E的向分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L分子中苯环上有两类氢原子，则L所有可能的结构简式有、、，‎ 故答案为：、、；‎ ‎（4）根据F和G结构简式的差异性知，F和氨气发生取代反应生成G，故答案为：取代反应； ‎ ‎（5）G中含有氨基、羰基、苯环，‎ a．G中含有羰基和苯环，所以能发生加成反应，故正确； ‎ b．G连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被高锰酸钾氧化生成羧酸，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎，故正确；‎ c．G中含有氨基，所以能与盐酸反应生成盐，故正确；‎ d．G中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；‎ 故选abc；‎ ‎（6）C与足量NaOH醇溶液共热发生的反应涉及两个方面，一是消去溴化氢分子的反应，二是酸碱中和反应，故1molC消耗2molNaOH，所以其反应方程式为：，‎ 故答案为：；‎ II．H是C的同系物，H的相对分子质量是167，H的碳原子个数==4，其核磁共振氢谱有两个峰，则H的结构简式为，H发生酯化反应生成N，N的结构简式为（CH3）2CBrCOOCH2CH3，N和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成Q，Q的结构简式为CH2=C（CH3）COOCH2CH3，Q发生加聚反应生成V，V的结构简式为，‎ ‎（7）通过以上分析知，H的结构简式为，N发生消去反应生成Q，‎ 故答案为：；消去反应；‎ ‎（8）Q→V的反应方程式为，故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物的结构及官能团性质是解本题关键，注意C和氢氧化钠的醇溶液反应，不能发生消去反应还发生中和反应，容易漏掉中和反应而导致错误，为易错点．‎ ‎　‎ ‎9．（18分）（2017•南开区模拟）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲组同学按照图1所示装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物．装置C中可观察到的现象是　有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　CO2　．装置B的主要作用是　冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验　．‎ ‎（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验．‎ ‎①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　F、D、G、H、D、I　‎ ‎．装置H反应管中盛有的物质是　CuO　．‎ ‎②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊　．‎ ‎（3）设计实验证明：‎ ‎①草酸的酸性比碳酸的强　向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸　．‎ ‎②草酸为二元酸　用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍　．‎ ‎（4）草酸和草酸钠（Na2C2O4）可以在酸性条件下被KMnO4溶液、MnO2氧化，锰元素被还原为+2价．KMnO4溶液和草酸钠溶液在稀硫酸中反应的离子方程式为：　2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O　．‎ 实验室常用固体草酸钠测定KMnO4溶液的浓度．准确称取0.2000g草酸钠，放入锥形瓶中，加入100mL稀硫酸溶解，用配制好的KMnO4溶液滴定，三次重复实验消耗KMnO4溶液的体积分别是16.02mL、16.00mL、16.01mL，则KMnO4溶液的物质的量浓度的计算式是：c（KMnO4）=　　．‎ ‎【考点】U2：性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；‎ ‎（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；‎ ‎②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊．‎ ‎（3）①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸；‎ ‎②利用酸碱中和滴定酸碱物质的量比确定草酸是二元酸；‎ ‎（4）①KMnO4和草酸钠在稀硫酸中反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水；‎ ‎②假设KMnO4‎ 溶液的浓度为c，根据方程式2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O计算．‎ ‎【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；‎ 草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，‎ 故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；‎ ‎（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；‎ H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，‎ 故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；‎ ‎②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，‎ 故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；‎ ‎（3）①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，‎ 故答案为：向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸；‎ ‎②草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半，所以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍就说明草酸是二元酸，‎ 故答案为：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍；‎ ‎（4）①KMnO4和草酸钠在稀硫酸中反应生成硫酸钾、硫酸钠、硫酸锰、二氧化碳和水，则反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ 故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎②根据三次试验数据计算高锰酸钾溶液体积平均值为==16.01mL，假设KMnO4溶液的浓度为c，n（C2O42﹣）=，‎ 则：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎ 2mol 5mol c×0.01601L ‎ 解得c=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题以乙二酸的分解为背景考查了实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．（14分）（2017•南开区模拟）2013年初天津连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．‎ ‎（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．‎ ‎①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是　2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O　．‎ ‎②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：‎ n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）‎ ‎91：9‎ ‎1：l ‎9：91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 由上表判断，NaHSO3溶液显　酸　‎ 性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：　HSO3﹣存在HSO3﹣⇌H++SO32﹣ 和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度　．‎ ‎③当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生．再生示意图如下：‎ 写出HSO3﹣在阳极放电的电极反应式：　HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+　，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．‎ ‎（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：‎ CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ•mol﹣1‎ CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为　1.60NA（或1.6NA）　（阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为　173.4　kJ．‎ ‎（3）工业上合成氮所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；△H＜0‎ 一定条件下，将CO（g）与H2O（g）以体积比为l：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO（g）与H2O（g）体积比为l：6，则平衡常数K=　　．‎ ‎【考点】BL：化学电源新型电池；51：氧化还原反应的电子转移数目计算；5D：有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，注意弱电解质写化学式；‎ ‎②根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；‎ ‎③阳极上阴离子失电子发生氧化反应；‎ ‎（2）利用盖斯定律计算反应热；‎ ‎（3）根据反应前和反应后一氧化碳和水之间的体积比结合反应方程式计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，再根据平衡常数公式进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）①酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式为2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，‎ 故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；‎ ‎②在溶液中主要以HSO3﹣存在，HSO3﹣的电离很微弱，所以n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＜1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，‎ 故答案为：酸性；HSO3﹣存在HSO3﹣⇌H++SO32﹣ 和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；‎ ‎③阳极上亚硫酸氢根离子失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；‎ ‎（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ/mol ‎②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ/mol 利用盖斯定律将得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣867kJ/mol n（CH4）=，整个过程中转移的电子总数为：0.20mol×8NA=1.60NA，‎ 放出的热量为：0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，‎ 故答案为：1.60NA（或1.6NA）；173.4；‎ ‎（3）同一容器中各气体的物质的量之比等于其体积之比，‎ 设容器的体积为1L，加入的一氧化碳的物质的量为1mol，则水的物质的量为2mol，假设平衡时一氧化碳的物质的量为x，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；△H＜0‎ 开始1mol 2mol 0 0 ‎ 反应1﹣x 2﹣6x 1﹣x 1﹣x ‎ 平衡x 6x 1﹣x 1﹣x ‎（1﹣x）：（2﹣6x）=1：1，x=0.2mol，‎ 所以平衡时，c（CO）=0.2mol/L，c（H2O）=1.2mol/L，c（H2）=C（CO2）=0.8mol/L，‎ k==，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查离子方程式、电极反应式的书写和化学平衡常数的计算等知识点，明确同一体系中气体的物质的量之比等于其体积之比是解（3）题的关键，注意电极反应式的书写是高考热点，难度中等．‎ ‎　‎