【文档说明】北京市朝阳区2021届高三下学期4月质量检测（一）（一模）化学试题含答案.docx，共(36)页，560.513 KB，由小赞的店铺上传

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2021年北京市朝阳区高考化学一模试卷一、每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分。1．（3分）新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质，属于无机化合物的是（）ABCD侯氏制碱法生产纯碱

化学工业生产橡胶齐鲁三十万吨乙烯工程人工全合成结晶牛胰岛素A．AB．BC．CD．D2．（3分）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿

色C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色D．用FeCl3溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色3．（3分）下列除杂试剂选取不合理的是（）物质（括号内为杂质）所用试剂ACO2（HCl）饱和NaHCO3溶液BC2H4（SO2）溴水CNO（NO2）H2OD

（）NaOH溶液A．AB．BC．CD．D4．（3分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，其原子的最外层电子数与原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．Y形成的化合物种类最多B．同周期元素的简单阳离子中，R+的半径最大C．同主族中，M的最高价氧化物对应水化物

的酸性最强D．X的原子与Y、Z、R、M的原子均可形成共价化合物5．（3分）下列解释事实的离子方程式不正确的是（）A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣═HgS↓B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3

COO﹣+CO2↑+H2OC．实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．向明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好沉

淀完全：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Al（OH）3↓+BaSO4↓6．（3分）下列实验方法不能达到实验目的的是（）证明铁钉能够发生析氢腐蚀证明氨气易溶于水制备乙酸乙酯制备Fe（OH）3胶体ABCDA．AB．BC．CD．D7．（3分）有机化合物M的合成路线如图所示。下列说法不正确的

是（）A．反应①还可能生成B．Y的分子式为C6H10Br2C．试剂1为NaOH醇溶液D．若用18O标记Z中的O原子，则M中一定含有18O8．（3分）我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转

化过程如图（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正确的是（）A．过程②吸收热量B．过程③涉及极性键的断裂和形成C．结合过程③，过程④的方程式为*C+*OH+5H→CH4+H2OD．整个过程中制得1molCH4转移电子的物质的量为8mol9．（3分）

不同温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H，平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的△H＜0B．

240℃时，该反应的化学平衡常数KC．240℃时，若充入2molCO2和6molH2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%D．240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1m

olH2O，反应向正反应方向进行10．（3分）双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OH﹣。以维生素C的钠盐（C6H7O6Na）为原料制备维生素C（C6H8O6，具有弱酸性和还原性）的装置示意图如图。下列说法不正确的是（）A．a离

子是OH﹣，b离子是H+B．生成维生素C的离子方程式为C6H7O6﹣+H+═C6H8O6C．X极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+D．将X极区的Na2SO4替换为C6H7O6Na，可以提高维生素C的产率11．（

3分）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2。已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为﹣3价，下列说法不正确的是（）A．NH4Cl的电子式为B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X为NaClD．饮用水中残留的

ClO2可用适量FeSO4溶液去除12．（3分）室温下，下列说法不正确的是（）A．中和等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多B．pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝

5的CH3COOH溶液，水的电离程度相同C．将0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液稀释一倍，CH3COOH的电离程度增大D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后，溶液中微粒浓度存在如下关系：c（OH﹣）＝c（CH3C

OOH）+c（H+）13．（3分）M（）和N（）在一定条件下可制得环氧树脂粘合剂P，其结构如图：下列说法不正确的是（）A．M苯环上的一溴代物有2种B．N含有2种官能团C．相同条件下，苯酚也可以和N反应生成结构与P相似的高分子D．生成1mol

P的同时生成（n+2）molHCl14．（3分）向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图。下列分析不正确的是（）A．过程①后溶液pH明显变小B．过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+C

．不能判断4H++4I﹣+O2═2H2O+2I2是过程④中溶液变蓝的原因D．综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2二、本部分共5题，共58分。15．（10分）H2O2是一种重要的化工原料，蒽醌法是工业

上合成H2O2的主要方法，氢氧直接合成法是近年研发的新方法。Ⅰ．蒽醌法的反应过程如图。（1）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1＝﹣572kJ•mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2＝﹣196kJ•mol﹣1蒽醌法生产H2O2总反应的热化学方程式是。（2）

发生反应b时，消耗与O2的物质的量之比是。（3）测定H2O2含量：取所得H2O2水溶液amL，用cmol•L﹣1KMnO4酸性溶液滴定，消耗KMnO4酸性溶液vmL。已知：MnO4﹣的还原产物是Mn2+。①KMnO4酸性溶液与H2O2反应的离

子方程式是。②所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是mol•L﹣1。Ⅱ．氢氧直接合成法的反应过程如图所示。（4）用同位素示踪法研究催化剂中H+的作用：用D2（2H2）代替H2进行实验。催化剂中氢离子参与反应的证据是生成的过氧化氢中有。（5

）H2转化率和H2O2选择性随反应时间的变化如图。已知：H2O2选择性是指H2O2在所有生成物中的占比。用化学方程式解释H2O2选择性逐渐下降的可能原因：。16．（12分）天然气是一种绿色、优质能源，但

其中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。已知：ⅰ.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。Ka1Ka2H2S1.3×10﹣77.1×10﹣15H2CO34.4×10﹣74.7×10﹣11ⅱ.（x﹣1

）S+S2﹣（无色）⇌Sx2﹣（黄色）（x＝2～6）（1）醇胺法脱硫：醇胺对脱除H2S选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下。（HOCH2CH2）2NH（l）+H2S（g）⇌（HOCH2CH2）2NH2HS（l）△H＜0。①上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有性基

团。②依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有、。（2种即可）（2）热碱法脱硫：用热碱液（Na2CO3溶液）吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，反应的化学方程式是。（3）利用如图电解装置，可从吸收H2S后的热碱液中提取单质硫。①电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极

反应式解释原因：。②取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除Sx2﹣外，还有。③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。该溶液中溶质一定含有。（填化学式）17．（12分）Cu2（OH）2CO3是用途广泛的化工原料

。可用电解废渣[含Cu（NO3）2、AgNO3]和纯碱为原料制备。（1）制备CuSO4溶液①过程Ⅰ中，分解产生的气体除NO2外，一定还含有。②过程Ⅱ中，分离所采用的试剂是。（2）制备Cu2（OH）2CO3ⅰ．取N

a2CO3溶液于锥形瓶中，水浴加热至适当温度。ⅱ．将CuSO4溶液逐滴加入到Na2CO3溶液中，产生沉淀，静置。ⅲ．待沉淀完全沉降后，减压过滤、洗涤、干燥。①步骤ⅰ中加热Na2CO3溶液的目的是。②步骤ⅱ中生成Cu2（OH）2CO3的化学方程式为。（3）设

n（Na2CO3）：n（CuSO4）＝m，m不同时，所得产物纯度不同。通过测定固体样品的热重分析曲线（样品质量随温度变化曲线），获得固体残留率可检测样品纯度。（已知：固体残留率100%）①写出Cu2（OH）2CO3分解的化学方程式。②图1、图2分别是

m＝1.2和m＝0.8时所得固体的热重分析曲线，依据下列曲线判断制备Cu2（OH）2CO3适宜的m＝（填“1.2”或“0.8”）。通过定量分析说明理由：。18．（12分）苯巴比妥（M）是一种中枢神经系统药物，具有镇静、催眠、抗惊厥作用。其一种合成路线如图。已知：ⅰ.RCNRCOOHⅱ.R1CO

OR2+R3OH→R1COOR3+R2OH（1）A属于芳香烃，其名称为。（2）B→D的反应类型是。（3）E→F的化学方程式是。（4）G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，J的结构简式是。（5）F的同分异构体中

，满足下列条件的有种。①苯环上只有一个取代基；②能发生银镜反应；③能发生水解反应（6）由F和K合成M的过程如图。（无机物略去）写出结构简式K：；P：。19．（12分）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现Ⅰ中：Fe表面产生Ⅱ中：Fe表面Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气

象大量无色气泡，液面上方变为红棕色产生红棕色气泡，过一会儿停止泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡（1）Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为。（2）取少量Ⅰ

中溶液，加入KSCN溶液，（填现象），说明产生了Fe3+。（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有性。（4）Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下表。实验现象ⅰ．K闭合时，指针向左偏转（Cu做负极），

Fe表面无明显现象ⅱ．过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次ⅲ．一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ．Cu表面始终产生红棕色气泡①用方程式解释现象ⅳ：。②推测现象

ⅰ中被还原的是。③解释现象ⅱ中指针左右偏转，往复多次的原因。④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是。2021年北京市朝阳区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分。1

．（3分）新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质，属于无机化合物的是（）ABCD侯氏制碱法生产纯碱化学工业生产橡胶齐鲁三十万吨乙烯工程人工全合成结晶牛胰岛素A．AB．BC．CD．D【分析】A．根据“侯氏制碱法”的

制碱工艺进行分析；B．塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料；C．乙烯是重要的有机化工基础原料；D．结晶牛胰岛素属于蛋白质；【解答】解：A．侯德榜制碱工艺又称联合制碱法，在制得纯碱的同时，对母液处理，同时制得化肥氯化铵，属于无机化合物，故A正确；B．塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料，

属于有机化合物，故B错误；C．乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有机化合物，故C错误；D．我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质﹣﹣结晶牛胰岛素，属于有机化合物，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学史，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注

意基础知识的积累掌握。2．（3分）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色D．用FeCl3溶

液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色【分析】发生反应中存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，属于氧化

还原反应，与氧化还原反应有关，故A不选；B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B不选；C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体

由白色变为黄色，氯化银转化为碘化银，发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故C选；D．用FeCl3溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁、铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，与氧

化还原反应有关，故D不选；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质性质的应用，题目难度不大。3．（3分）下列除杂试剂选取不合理的是（）物质（括号内为杂质）所用试剂ACO2（HCl）饱和

NaHCO3溶液BC2H4（SO2）溴水CNO（NO2）H2OD（）NaOH溶液A．AB．BC．CD．D【分析】A．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2；B．二者均能与溴水反应；C．NO2与水反应生成NO；D．与NaOH溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水。【解答】解

：A．HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，所以通过饱和NaHCO3溶液可以除杂质，故A正确；B．二氧化硫能被溴水氧化，乙烯与溴水发生加成反应，二者均能与溴水反应，所以不能除杂质，故B错误；C．NO2与水反应生成NO，所以把混合气体通过水可

以除杂质，故C正确；D．与NaOH溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水，而苯不溶于水，所以能除杂质，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。4

．（3分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，其原子的最外层电子数与原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．Y形成的化合物种类最多B．同周期元素的简单阳离子中，R+的半径最大C．同主族中，M的最高价氧化物对应水化物的酸性最强D．X的原子与Y、Z、R、M的原子均可形成共价化合

物【分析】X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、M原子最外层电子数分别为4、5、6，则它们分别处于IVA族、VA族、VIA族，而原子半径：M＞Y＞Z，且Y、Z原子半径相差不大，可知M处于第三周期，Y、Z处于第二周期，故Y为C元素、Z为N元素、M为S

元素；X、R原子最外层电子数为1，二者处于IA族，X的原子半径小于C的，R的原子半径大于S的，故X为H元素、R为Na元素。【解答】解：由分析可知，故X为H元素、R为Na元素、Y为C元素、Z为N元素、M为S元素。A．Y是C元素，可以形成有机化合物，种类最多，故A正确；B

．同周期元素的简单阳离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，第三周期中Na的核电荷数最小，故同周期元素的简单阳离子中Na+的半径最大，故B正确；C．M是S元素，同主族中氧元素除外，S元素非金属性最强，则硫的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故C正确；

D．H与Na只能形成离子化合物，故D错误。故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题关键，注意抓住短周期元素，充分利用原子半径与最外层电子数分析判断各元素，注意对元素化合物知识的掌握。5．（3分）下列解释事实的离子方程式不正确的是（）A．用Na2S去除废水中的Hg2+

：Hg2++S2﹣═HgS↓B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OC．实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．向明矾[KAl（SO4）2

•12H2O]溶液滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好沉淀完全：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Al（OH）3↓+BaSO4↓【分析】A．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀；B．二者反应生成醋酸钙和二氧化

碳和水；C．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰和氯气和水；D．硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子。【解答】解：A．用Na2S去除废水中的Hg2+，离子方程式：Hg2++S2﹣═HgS↓，故A正确；B．用醋

酸溶解水垢中的碳酸钙，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故B正确；C．实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H

2O，故C正确；D．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，KAl（SO4）2•12H2O与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确

的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查

各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。6．（3分）下列实验方法不能达到实验目的的是（）证明铁钉能够发生析氢腐蚀证明氨气易溶于水制备乙酸乙酯制备Fe（OH）3胶体ABCDA．AB．BC．CD．D【分析】A．食盐水为中性溶液，铁发生吸氧腐蚀；B．挤压胶头

可形成喷泉，证明氨气极易溶于水；C．乙醇与乙酸在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应；D．铁离子水解生成氢氧化铁胶体。【解答】解：A．铁在酸性溶液中发生析氢腐蚀，食盐水为中性溶液，只能发生吸氧腐蚀，不能达到实验目，故A选；B．氨气极易溶

于水，挤压胶头导致瓶内压强减小，外压大于内压形成红色喷泉，能够达到实验目的，故B不选；C．图示装置、试剂、收集药品均合理，可制备乙酸乙酯，能够达到实验目的，故C不选；D．向沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液煮沸至溶液呈红褐色，立即停止加热，

可获得氢氧化铁胶体，图示装置、药品能够达到实验目的，故D不选；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、胶体制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考

查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7．（3分）有机化合物M的合成路线如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①还可能生成B．Y的分子式为C6H10Br2C．试剂1为NaOH醇溶液D．若用18O标记Z中的O原子，则M中一定含有1

8O【分析】由M可知，苯与溴发生取代反应生成X为对二溴苯，X与氢气发生加成反应生成Y为1，4﹣二溴环己烷，Y发生取代反应生成Z，Z发生酯化反应生成M，以此解答该题。【解答】解：A.苯与溴发生取代反应，可生成邻二溴苯、间二溴苯、对二溴苯等，故A正确；B.Y为1，4﹣二溴环己烷

，分子式为C6H10Br2，故B正确；C.Y发生取代反应生成Z，应在氢氧化钠的水溶液条件下进行，故C错误；D.酯化反应生成，羟基的O﹣H键断裂，酸的C﹣O键断裂，则若用18O标记Z中的O原子，则M中一定含有18O，故D正确；故选：C。【

点评】本题考查有机物推断与合成，为高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，注意把握有机物官能团的性质以及转化的关系，题目难度不大。8．（3分）我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到C

H4，部分微粒转化过程如图（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正确的是（）A．过程②吸收热量B．过程③涉及极性键的断裂和形成C．结合过程③，过程④的方程式为*C+*OH+5H→CH4+H2OD．整个过程中制得1molCH4转移电子的物质的量为8mol【分析】结合图示可知，过程①为CO2

（g）→*CO2，过程②为*CO2→*CO+*O，过程③为*CO+*O+2H→*C+2*OH，结合过程③可知，过程④的方程式为*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，以此分析解答。【解答】解：A．过程②为*CO2→*CO+*O，涉及共价键断裂，断键需要

吸收能量，故A正确；B．过程③为*CO+*O+2H→*C+2*OH，涉及碳氧键断裂与氧氢键形成，且都为极性键，故B正确；C．结合过程③*CO+*O+2H→*C+2*OH可知，过程④的方程式为*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C错误

；D．整个过程由CO2和H2反应得到CH4，C的化合价由+4价变为﹣4价，则制得1molCH4转移电子的物质的量为1mol×[4﹣（﹣4）]＝8mol，故D正确；故选：C。【点评】本题考查探究化学反应机理，把握图示反应原理为解答

关键，注意掌握化学键类型及化学键断裂、形成与能量变化的关系，C为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。9．（3分）不同温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H，平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的△H＜0B．240℃时，该反应的化学平衡常数KC．240℃时，若充入2molCO2和6molH2，平衡时CH3OH的物质的量分数

大于25%D．240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，反应向正反应方向进行【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设平衡时消耗c（CH3OH）＝xmol，该可逆反应CO2（

g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）1300消耗（mol/L）x3xxx平衡（mol/L）1﹣x3（1﹣x）xx平衡时甲醇的物质的量分数100%＝25%，x，化学平衡常数K；C．恒温恒容条件下，增大压强平衡正向移动；D．温度不变化学平衡常数不变，由浓度

商和化学平衡常数相对大小确定反应方向。【解答】解：A．升高温度甲醇的物质的量分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以该反应的△H＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设平衡时消耗c（CH3OH）＝xmol，该可逆反应CO

2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）1300消耗（mol/L）x3xxx平衡（mol/L）1﹣x3（1﹣x）xx平衡时甲醇的物质的量分数100%＝25%，x，则平衡时c（

CO2）mol/L、c（H2）＝1mol/L、c（CH3OH）＝c（H2O）mol/L，化学平衡常数K，故B错误；C．240℃时，若充入2molCO2和6molH2，与原来相比，开始反应物浓度是原来的2

倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的转化率增大，则平衡时甲醇的物质的量分数大于25%，故C正确；D．温度不变化学平衡常数不变，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，其浓度商Qc

K，反应正向移动，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法、化学平衡常数和浓度商相对大小与反应方向的关系是解本题关键，注意C

中等效平衡的分析解答，为解答易错点。10．（3分）双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OH﹣。以维生素C的钠盐（C6H7O6Na）为原料制备维生素C（C6H8O6，具有弱酸性和还原性）的装置示意图如图。下列说法不正确的是

（）A．a离子是OH﹣，b离子是H+B．生成维生素C的离子方程式为C6H7O6﹣+H+═C6H8O6C．X极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+D．将X极区的Na2SO4替换为C6H7O6Na，可以提高维生素C的产率【分析

】在X电极，水失电子生成O2，同时生成H+，X电极发生氧化反应，则X为阳极，Na+通过阳离子交换膜与a离子即OH﹣构成NaOH，故a离子为OH﹣；则b离子为H+，与C6H7O6﹣结合为C6H8O6，Y电极为阴极，H2O得电子生成H2和

OH﹣。【解答】解：A．由以上分析可知，a离子是OH﹣，b离子是H+，故A正确；B．C6H7O6﹣为弱酸根离子，与b离子即H+结合生成维生素C，离子方程式为C6H7O6﹣+H+＝C6H8O6，故B正确；C．在X极，H2O失电子生成O2

和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故C正确；D．若将X极区的Na2SO4替换为C6H7O6Na，一方面生成的C6H8O6导电能力弱，另一方面维生素C易被生成的O2氧化，不能提高维生素C的产率，故D错误；故选：D。【点评】本

题考查电解池工作原理，为常考题型，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理、电极判断及反应是解题关键，注意电解池中离子的移动方向、电极反应式的书写，题目难度中等。11．（3分）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2。已知

：NCl3为强氧化剂，其中N元素为﹣3价，下列说法不正确的是（）A．NH4Cl的电子式为B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X为N

aClD．饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH

3和X溶液，X中含Cl﹣、OH﹣，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O＝6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析。【解答】解：A．NH4Cl为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；B．氯化铵溶液加入盐酸后电解

生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故B正确；C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O＝6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，X为NaCl、NaO

H的混合溶液，故C错误；D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质制备过程分析判断，把握物质的性质、

制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析、理解能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等。12．（3分）室温下，下列说法不正确的是（）A．中和等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多B．pH＝9的CH3COO

Na溶液与pH＝5的CH3COOH溶液，水的电离程度相同C．将0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液稀释一倍，CH3COOH的电离程度增大D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后，溶液中微粒浓度存在

如下关系：c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+）【分析】A．醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度大于盐酸；B．酸抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；C．醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电

离；D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后生成醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒。【解答】解：A．中和等体积、等pH的盐酸和CH3COOH溶液，由于醋酸的浓度大于盐酸，则所消耗的NaOH物质的量：醋酸＞盐酸，故A正确；B．pH

＝9的CH3COONa溶液中水的电离程度增大，pH＝5的CH3COOH溶液中水的电离程度减小，水的电离程度不相同，故B错误；C．将0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液稀释一倍，加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度增大，故C正确；D．等体积、等浓度的CH3

COOH溶液和NaOH溶液混合后生成醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，溶液中微粒浓度存在如下关系：c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+），故D正确；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶

质成分及溶液酸碱性是解本题关键，注意质子守恒的灵活应用，题目难度不大。13．（3分）M（）和N（）在一定条件下可制得环氧树脂粘合剂P，其结构如图：下列说法不正确的是（）A．M苯环上的一溴代物有2种B．N含有2种官能团C．相同条件下，苯酚也可以和N反应生成结构与P

相似的高分子D．生成1molP的同时生成（n+2）molHCl【分析】A.M的苯环结构对称，含有2种H原子；B.N含有氯原子、醚键；C.M含有2个酚羟基，发生缩聚反应；D.由结构简式可知1molM和（n+2）molN反应。【解

答】解：A.M的苯环结构对称，含有2种H原子，则M苯环上的一溴代物有2种，故A正确；B.N含有氯原子、醚键，则含有2种官能团，故B正确；C.M含有2个酚羟基，发生缩聚反应，而苯酚只含有1个酚羟基，则不能发生

该类型的反应，故C错误；D.由结构简式可知1molM和（n+2）molN反应，则生成1molP的同时生成（n+2）molHCl，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为

解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。14．（3分）向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图。下列分析不正确的是（）A．过程①后溶液pH明显变小B．过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+C．不能判

断4H++4I﹣+O2═2H2O+2I2是过程④中溶液变蓝的原因D．综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2【分析】淀粉遇碘变蓝，在碘水中存在平衡H2O+I2⇌HI+HIO，加入硝酸银溶液，蓝色褪去，且产生黄色沉淀，过滤，得到黄色沉淀为AgI，滤液1含有H

IO、硝酸以及未反应完的硝酸银，加入氯化钠溶液，过滤得到滤液2，滤液2加入KI溶液，立即变蓝，说明生成碘，以此解答该题。【解答】解：A.碘水中存在平衡H2O+I2⇌HI+HIO，加入硝酸银溶液，可生成碘化银沉淀，促进平衡正向移动，氢离子浓度增大，则过程①后溶液pH明显变小，故A正确；B.滤液1

中含有硝酸银，则加入NaCl溶液的目的是除去Ag+，故B正确；C.滤液2中含有HIO、氢离子，加入KI溶液，可发生氧化还原反应生成碘，则不能判断4H++4I﹣+O2═2H2O+2I2是过程④中溶液变蓝的原因，故C正确；D.过程①中蓝色褪去的原因是A

g+氧化了I2，也可能为银离子与碘离子的反应促进碘与水的反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质性质的实验设计，为高考常见题型，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。

二、本部分共5题，共58分。15．（10分）H2O2是一种重要的化工原料，蒽醌法是工业上合成H2O2的主要方法，氢氧直接合成法是近年研发的新方法。Ⅰ．蒽醌法的反应过程如图。（1）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1＝﹣572kJ•mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（

g）△H2＝﹣196kJ•mol﹣1蒽醌法生产H2O2总反应的热化学方程式是H2（g）+O2（g）═H2O2（l）△H＝﹣188kJ/mol。（2）发生反应b时，消耗与O2的物质的量之比是1：1。（3）测定H2O2含量：取所得H2O2水溶液amL，用cmol•L﹣1KMnO4酸性溶液滴定，消耗KM

nO4酸性溶液vmL。已知：MnO4﹣的还原产物是Mn2+。①KMnO4酸性溶液与H2O2反应的离子方程式是2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O。②所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是mol•L﹣1。Ⅱ．氢氧直接合成法的反应过

程如图所示。（4）用同位素示踪法研究催化剂中H+的作用：用D2（2H2）代替H2进行实验。催化剂中氢离子参与反应的证据是生成的过氧化氢中有HDO2或H2O2。（5）H2转化率和H2O2选择性随反应时间的变化如图。已知：H2O2选择性是指H2O2在所有生成物中的占比

。用化学方程式解释H2O2选择性逐渐下降的可能原因：2H2+O22H2O、2H2O22H2O+O2↑（H2O2+H22H2O）。【分析】（1）有题意可得：反应①：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1＝﹣572kJ•mol﹣1，②：2H2O2（l）═2H2O（l）

+O2（g）△H2＝﹣196kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，将得：H2（g）+O2（g）═H2O2（l），△H；（2）根据总反应式H2（g）+O2（g）═H2O2可知：发生反应b时，消耗与O2的物质的量之比；（3）①有题意可知KMnO4被还原为Mn2+，H2O2被氧化为O2，根据化合价升降守恒

和原子守恒，即可写出离子方程式；②由①可得关系式：2MnO4﹣～5H2O2，n（H2O2）n（KMnO4），c（H2O2）；Ⅱ．（4）用D2（2H2）代替H2进行实验，若生成的过氧化氢中含有HDO2或H2O2出现，则说明催化剂中氢离子参加了反应；（5）图中所示信息为H2转化率逐渐增

大但是H2O2选择性却减小，可能原因是消耗了H2但未生成H2O2，或者H2O2分解生成了其他物质，又或者H2与H2O2直接反应了，即可写出可能的反应。【解答】解：（1）有题意可得：反应①：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1＝﹣572kJ•mol﹣1，

②：2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2＝﹣196kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，将得：H2（g）+O2（g）═H2O2（l），△HkJ/mol＝﹣188kJ/mol，所以有：H2（g）+O2（g）═H2O2（l）△H＝

﹣188kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O2（l）△H＝﹣188kJ/mol；（2）根据总反应式H2（g）+O2（g）═H2O2可知：发生反应b时，消耗与O2的物质的量之比是1：1，故答案为：1：1；（

3）①有题意可知KMnO4被还原为Mn2+，H2O2被氧化为O2，根据化合价升降守恒和原子守恒，可写出离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；②由①可得关系

式：2MnO4﹣～5H2O2，n（H2O2）n（KMnO4）cmol•L﹣1Lmol，c（H2O2）mol/L，故答案为：；Ⅱ．（4）根据氢氧直接合成法的反应过程示意图可知，用同位素示踪法研究催化剂中H+的作用：用D2（2H2）代替H

2进行实验，若生成的过氧化氢中含有HDO2或H2O2出现，则说明催化剂中氢离子参加了反应，故答案为：HDO2或H2O2；（5）图中所示信息为H2转化率逐渐增大但是H2O2选择性却减小，可能原因是消耗了H2但未生成H2O2，或者H2O2分解

生成了其他物质，又或者H2与H2O2直接反应了，即2H2+O22H2O、2H2O22H2O+O2↑（H2O2+H22H2O），故答案为：2H2+O22H2O、2H2O22H2O+O2↑（H2O2+H22H2O）。【点评

】本题主要考查了热化学方程式的书写，离子方程式的书写，反应机理图的理解应用，以及看图、读图的能力，具有较强的综合性，属于难题。16．（12分）天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的H2S会腐蚀管道设

备，开采天然气后须及时除去H2S。已知：ⅰ.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。Ka1Ka2H2S1.3×10﹣77.1×10﹣15H2CO34.4×10﹣74.7×10﹣11ⅱ.（x﹣1）S+S2﹣（无色）⇌Sx2﹣（黄色）（x＝2～6）（1）醇胺法脱

硫：醇胺对脱除H2S选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下。（HOCH2CH2）2NH（l）+H2S（g）⇌（HOCH2CH2）2NH2HS（l）△H＜0。①上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有碱性基团

。②依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有升高温度、降低压强。（2种即可）（2）热碱法脱硫：用热碱液（Na2CO3溶液）吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，反应的化学方程式是Na2CO3+

H2SNaHS+NaHCO3。（3）利用如图电解装置，可从吸收H2S后的热碱液中提取单质硫。①电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极反应式解释原因：溶液中存在下列变化：HS﹣﹣2e﹣+HCO3﹣═S↓+H2O+CO2↑，HS﹣⇌H++

S2﹣，（x﹣1）S+S2﹣⇌Sx2﹣，生成Sx2﹣导致溶液颜色变黄。②取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除Sx2﹣外，还有SO32﹣（或S2O32﹣等）。③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。

该溶液中溶质一定含有Na2CO3（Na2S）。（填化学式）【分析】（1）①H2S为酸性气体，（HOCH2CH2）2NH2HS为酸式盐，说明（HOCH2CH2）2NH显碱性；②HOCH2CH2）2NH（l）+H2

S（g）⇌（HOCH2CH2）2NH2HS（l）△H＜0为气体计量数减小的放热反应，根据反应特点分析；（2）热碱法脱硫：Na2CO3和H2S生成NaHS和NaHCO3；（3）①阳极发生氧化反应，HS﹣﹣2e﹣+HCO3﹣═S↓+H2O+CO2↑，HS﹣⇌H++S2﹣，（x﹣1）S

+S2﹣⇌Sx2﹣，生成Sx2﹣导致溶液颜色变黄；②S2O32﹣遇到酸发生，S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑；③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。该溶液中溶质一定含有碱性离子CO32﹣、S2﹣。【解答】解：（1）①H2S为酸性气

体，（HOCH2CH2）2NH2HS为酸式盐，说明（HOCH2CH2）2NH显碱性，二乙醇胺分子中含有碱性基团亚氨基，故答案为：碱；②HOCH2CH2）2NH（l）+H2S（g）⇌（HOCH2CH2）

2NH2HS（l）△H＜0为气体计量数减小的放热反应，升高温度、降低压强平衡逆向移动使二乙醇胺再生，故答案为：升高温度；降低压强；（2）热碱法脱硫：Na2CO3和H2S生成NaHS和NaHCO3，反应的化学方程式

是Na2CO3+H2SNaHS+NaHCO3，故答案为：Na2CO3+H2SNaHS+NaHCO3；（3）①根据题目信息ⅱ.（x﹣1）S+S2﹣（无色）⇌Sx2﹣（黄色）（x＝2～6），阳极发生氧化反应，HS﹣

﹣2e﹣+HCO3﹣═S↓+H2O+CO2↑，HS﹣⇌H++S2﹣，（x﹣1）S+S2﹣⇌Sx2﹣，生成Sx2﹣导致溶液颜色变黄，故答案为：溶液中存在下列变化：HS﹣﹣2e﹣+HCO3﹣═S↓+H2O+CO2↑，HS﹣⇌H++S2﹣，（x﹣1）S+S2﹣⇌Sx2﹣，生成Sx2

﹣导致溶液颜色变黄；②产率高达91.6%，没有达到100%，说明生成其它的含硫化合物，如S2O32﹣遇到酸发生，S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑；故答案为：SO32﹣（或S2O32﹣等）；③电解一段

时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。该溶液中溶质一定含有碱性离子CO32﹣、S2﹣，该溶液中溶质一定含有Na2CO3（Na2S），故答案为：Na2CO3（Na2S）。【点评】本题考查较综合，涉及基团性质、平衡移动、复分解反应、电极反应、氧化还原反应等反应原理知识，综

合性较强，注重化学反应原理的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。17．（12分）Cu2（OH）2CO3是用途广泛的化工原料。可用电解废渣[含Cu（NO3）2、AgNO3]和纯

碱为原料制备。（1）制备CuSO4溶液①过程Ⅰ中，分解产生的气体除NO2外，一定还含有O2。②过程Ⅱ中，分离所采用的试剂是水。（2）制备Cu2（OH）2CO3ⅰ．取Na2CO3溶液于锥形瓶中，水浴加热至适当温度。ⅱ．将CuSO4溶液逐滴加入到Na2CO3溶液中，

产生沉淀，静置。ⅲ．待沉淀完全沉降后，减压过滤、洗涤、干燥。①步骤ⅰ中加热Na2CO3溶液的目的是促进Na2CO3溶液水解，提高c（OH﹣），同时加快反应速率，有利于Cu2（OH）2CO3生成。②步骤ⅱ中生成Cu2（OH）2CO3的化学方程式为

2CuSO4+2Na2CO3+H2OCu2（OH）2CO3↓+CO2↑+2Na2SO4或2CuSO4+3Na2CO3+2H2OCu2（OH）2CO3↓+2NaHCO3+2Na2SO4。（3）设n（Na2CO3）：n（CuSO4）＝m，m不同时，所得产物纯度不同。通过测定

固体样品的热重分析曲线（样品质量随温度变化曲线），获得固体残留率可检测样品纯度。（已知：固体残留率100%）①写出Cu2（OH）2CO3分解的化学方程式Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O。②图1、图2分别是m＝1.2和m＝0.

8时所得固体的热重分析曲线，依据下列曲线判断制备Cu2（OH）2CO3适宜的m＝1.2（填“1.2”或“0.8”）。通过定量分析说明理由：依据Cu2（OH）2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率100%≈72.1%，与图1数据基本一致。【分析

】（1）电解废渣[含Cu（NO3）2、AgNO3]受热分解生成氧化铜，硝酸银在该温度下不分解，溶于水分离出氧化铜，氧化铜和硫酸反应即得到硫酸铜溶液；（2）碳酸钠溶液因存在CO32﹣的水解显碱性；CuSO4

溶液中加入Na2CO3，除生成碱式碳酸铜，还有硫酸钠、二氧化碳生成；（3）Cu2（OH）2CO3分解生成氧化铜、二氧化碳和水，再结合固体残留率100%计算。【解答】解：（1）①过程Ⅰ中生成NO2，氮元素化合价降低，则一定

有化合价升高的元素，只能是氧元素，所以分解产生的气体除NO2外，一定还含有O2，故答案为：O2；②氧化铜不溶于水，硝酸银能溶于水，过程Ⅱ中，分离所采用的试剂是水，故答案为：水；（2）①碳酸钠水解吸热，则步骤ⅰ中加热Na2CO3

溶液的目的是促进Na2CO3溶液水解，提高c（OH﹣），同时加快反应速率，有利于Cu2（OH）2CO3生成，故答案为：促进Na2CO3溶液水解，提高c（OH﹣），同时加快反应速率，有利于Cu2（OH）2CO3生成；②步骤ⅱ中根据原子守恒可知还有硫酸

钠、二氧化碳生成，则生成Cu2（OH）2CO3的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2OCu2（OH）2CO3↓+CO2↑+2Na2SO4或2CuSO4+3Na2CO3+2H2OCu2（OH）2CO3↓+2NaHCO3+2Na2S

O4，故答案为：2CuSO4+2Na2CO3+H2OCu2（OH）2CO3↓+CO2↑+2Na2SO4或2CuSO4+3Na2CO3+2H2OCu2（OH）2CO3↓+2NaHCO3+2Na2SO4；（3）①Cu2（OH）2CO3分解生成氧化铜、二氧化

碳和水，反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O，故答案为：Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O；②依据Cu2（OH）2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率100%≈72.1%，与图1数据基本一致，所以制备Cu2（OH）2

CO3适宜的m＝1.2，故答案为：1.2；依据Cu2（OH）2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率100%≈72.1%，与图1数据基本一致。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧

重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。18．（12分）苯巴比妥（M）是一种中枢神经系统药物，具有镇静、催眠、抗惊厥作用。其一种合成路线如图。已知：ⅰ.RCNRCOOHⅱ.R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R

2OH（1）A属于芳香烃，其名称为甲苯。（2）B→D的反应类型是取代反应。（3）E→F的化学方程式是。（4）G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，J的结构简式是。（5）F的同分异构体中，满足下列条件的有5种。①苯环上只有一个取代基；②能发生银镜反应；

③能发生水解反应（6）由F和K合成M的过程如图。（无机物略去）写出结构简式K：；P：。【分析】A的分子式为C7H8，结合F的结构简式、（1）中A是芳香烃，可知A中含有苯环，故A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，B中氯原子被﹣CN取代生成D，D中﹣CN转化为﹣COOH而生

成E，E再与乙醇发生酯化反应生成F，故B为、D为、E为。G的分子式为C2H4O，G与二氧化碳发生加成反应生成分子式为C3H4O3的J，由（4）中G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，可推知G为、J为，J与乙醇发生信息ii中取代反应生成K，F与K经过三步反应生成M

，结合M的结构简式，可知第一步发生信息ii中取代反应生成P，第二步是乙基取代苯环直接相连的碳原子的H原子生成Q，第三步发生取代反应形成环状而生成M，可推知K为、P为、Q为。【解答】解：（1）A的分子式为C7H8，A属于芳香烃，故A为，其名称为甲苯，故答案为：甲苯；

（2）由分析可知，B→D过程是B中氯原子被﹣CN替代，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）E→F是与乙醇发生酯化反应生成，反应方程式为：，故答案为：；（4）由分析可知，J结构简式是，故答案为：；（5）F是，F的同分异构体

满足下列条件：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该取代基含有﹣OOCH基团，可以是CH3CH2CH2OOCH中丙基去掉1个原子形成的基团有3种，可以是（CH3）2CHOOCH中异丙基去掉1个原子形成的基团有2种，故符合条件的

同分异构体共有5种，故答案为：5；（6）由分析可知，K的结构简式为，P的结构简式为：，故答案为：；。【点评】本题考查有机物推断和合成，根据转化中有机物结构、反应条件、题给信息进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识综合运用能力，是对有机化学基础的综合考查。19．（12分）某学习小组探究某浓度浓硝酸

和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气色止泡（1）Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化

学方程式为2NO+O2＝2NO2。（2）取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，溶液变成血红色（填现象），说明产生了Fe3+。（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有强氧化性。（4）Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接

电流计，实验如下表。实验现象ⅰ．K闭合时，指针向左偏转（Cu做负极），Fe表面无明显现象ⅱ．过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次ⅲ．一段时

间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ．Cu表面始终产生红棕色气泡①用方程式解释现象ⅳ：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O。②推测现象ⅰ

中被还原的是铁表面的氧化物。③解释现象ⅱ中指针左右偏转，往复多次的原因。Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次④现象ⅲ中，Fe一直做负极，

难以形成氧化层，可能的原因是反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低。【分析】（1）由于Fe和HNO3（稀）生成Fe（NO3）3、NO、H2O，生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2；（2）Ⅰ中溶液含有Fe（NO3）3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色；

（3）常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性；（4）①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，从而写出电极反应式；②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，此时被还原的是铁表面的氧化层

；③铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次；④随着反应进行，硝酸浓度逐渐降低，反应放热，溶液温度升高，使铁表面难以形成氧化层。【解答

】解：（1）由于Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，生成的NO遇到空气，立即与O2化合生成红棕色的NO2，故液面上方变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，故答案为：2NO+O2＝2NO2；（2）由（1）中分析可知，Ⅰ中溶液含有F

e（NO3）3，加入KSCN溶液，溶液变成血红色，故答案为：溶液变成血红色；（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性，故答案为：强氧化；（

4）①由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，方程式为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，电极反

应式为：NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O；②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，故答案为：铁表面的氧化物；③铁

做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，待氧化层形成后，铁不在失去电子，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次，故答案为：Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO

3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；④随着反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故铁一直做负极

，故答案为：反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低。【点评】本题主要考查了铁与浓、稀硝酸反应的情况，同时考查了原电池的原理，并把二者结合在一起，考查学生的分析能力，应用能力，对学生的思维能力要求较高，具有较强的综合性，属于难题。