江西省宜丰中学2019届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江西省宜丰中学 2019 届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 C-35.5 K-39第 I 卷(选择题，共 126 分)一、选择题(本大题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.“中国名片”中航天，军事、天文等领城的发展受到世界瞩目,它们与化学有着密切联系。下列说法错误的是A. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁,其属于黑色金属材料B. “歼20” 飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料

2、D. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能【答案】B【解析】分析：A.钢铁是铁的合金，黑色金属材料主要指铁、锰、铬及其合金，如钢、生铁、铁合金、铸铁等；B碳纤维为碳的单质； C高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机非金属材料；D太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置。详解：A.钢铁是铁的合金，属于黑色金属材料，故 A 正确；B碳纤维为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，故 B 错误；C宇宙飞船返回舱外表面主要是用的高温结构陶瓷，属于耐高温的新型无机非金属材料，故 C 正确；D天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故 D 正确；故选 B。

3、2.设 NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A. 46g 有机物 C2H6O 中含有极性共价键的数目一定为 7NAB. 密闭容器中 1molH2与 1molI2制备 HI，增加 2NA个 H-I 键C. 25，1LpH=13 的 Ba(OH)2溶液中 OH-数为 0.2NAD. 0.1molFe 在足量氧气中燃烧，转移电子数为 4/15NA【答案】D【解析】46g 有机物 C2H6O 的物质的量为 1mol，如果有机物为乙醇，含有极性共价键数目为 7NA，如果有机物为甲醚，含有极性共价键数目为 8NA，A 错误；1molH 2与 1molI2制备 HI 的反应为可逆反应，生成 HI 小

4、于 2mol，H-I 键小于 2NA，B 错误；pH=13 的 Ba(OH)2溶液，c(H +)=10- 2 -13mol/L, c(OH-)=10-1mol/L,25，1L、pH=13 的 Ba(OH)2溶液中 OH-数为 0.1NA，C 错误；0.1molFe 在足量氧气中燃烧，生成四氧化三铁，转移电子数为 0.18/3NA=4/15NA, D 正确；正确选项 D。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，涉及的知识较多，重在分析能力及化学计算能力的考查，明确有机物存在同分异构体时，化学键类型有所不同；注意可逆反应不能进行完全，铁在氧气中燃烧生四氧化三铁，铁元素化合价平均为+8/3 价。3

5、.维生素 P 的结构如图所示，其中 R 为烷烃基，维生素 P 是一种营养增补剂。下列关于维生素 P 的叙述正确的是A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基B. 若 R 为甲基，则该物质的分子式可以表示为 C16H14O7C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应D. 1 mol 该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是 7 mol【答案】C【解析】【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若 R 为甲基，其分子式为 C16H12O7，错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成 8mol 氢气。错误。4.某同学用

6、下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC 2O42H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是( )A. 通入 N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响B. 若和中分别盛放足量 NaOH 溶液、CuO 固体，可检验生成的 COC. 实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁- 3 -D. 若将中的无水 CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气【答案】B【解析】通入 N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A 错误；利用除去二氧化碳，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中的黑色的氧化铜固体变红，中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B 正确；

7、实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C 错误；因混合气体经过了澄清的石灰水，氢氧化钠溶液，所以将中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D 错误；正确选项 B。点睛：本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。5.下列离子方程式书写正确的是( )A. 用漂白液将污水中的 NH3氧化成 N2：ClO 2NH 3=N2Cl 3H 2OB. 向 NH4HCO3稀溶液中滴加

8、过量 Ca(OH)2溶液：NH 4+HCO 3-2OH =NH3H2OCO 32-H 2OC. 酸性条件下，用 H2O2将 I 转化为 I2：H 2O22I =I22OH D. 用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的 SO2：SO 2NH 3H2O=NH4+HSO 3-【答案】D【解析】【详解】A.加入漂白液将污水中的 NH3氧化成 N2：离子方程式为3ClO 2NH 3=N23Cl 3H 2O，故 A 错误；B. 向 NH4HCO3稀溶液中滴加过量 Ca(OH)2溶液，离子方程式：Ca 2+NH4+HCO 3-2OH =NH3H2OCaCO 3H 2O，故 B 错误；C. 酸性条件下，用 H2O2

9、将 I 转化为 I2，离子方程式：H 2O22I +2H+=I22H 2O，故 C 错误；D. 用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的 SO2，离子方程式：SO 2NH 3H2O=NH4+HSO 3-，故D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须符合客观事实。- 4 -6.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为 22。W、Y同主族，X 所处的周期数等于族序数，常温下 Y 的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由 X的单质制成的容器中。下列说法正确的是A. 简单离子半径：XYZB. 工业上可电解 X 与 Z 形成的化

10、合物来制取 X 单质C. Y 的氢化物沸点比 W 的氢化物沸点高D. W、Y 两种元素形成的一种化合物能使酸性 KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【分析】X 所处的周期数等于族序数,常温 Y 的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由 X 的单质制成的容器中, X 为 AI ,它们的最外层电子数之和为 22 ,余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于 6, W、Y 同主族,故 W、X、 Y、Z 依次为 O、Al、S. Cl。【详解】A. X. Y、Z 依次为 Al、S、Cl，简单离子半径：S 2- Cl-Al3+，故 A 错误；B. X 与Z 形成的化合物为 AlCl3，属于共价化合物，不能用电

11、解法来制取 Al 单质，故 B 错误；C. Y的氢化物为 H2S，W 的氢化物为 H2O,因为水分子中存在着氢键，所以 H2O 沸点比 H2S 高，故 C错误；D. W、Y 两种元素形成的一种化合物 SO2,具有还原性，能使酸性 KMnO4溶液褪色,故 D正确；答案：D。【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识,解题关键:熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系,易错点 A,原子大小是 AlSCI,离子大小是 S2-CI- Al3+。:7.常温下，用 0100 0 molL 1 的盐酸滴定 2000 mL 未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加 2000 mL 盐酸时所得溶液中

12、c(Cl ) c(NH4+)+c(NH3H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A. 该氨水的浓度为 0100 0 molL 1B. 点溶液中 c(NH4+)+c(NH3H2O)+c(NH3)2 c(Cl )C. 点溶液中 c(NH4+) c(Cl )- 5 -D. 点溶液中 c(Cl )c(H+)c(NH4+)c(OH )【答案】D【解析】【分析】本题主要考查酸碱中和相关曲线分析。A.由题可知，当滴加 20mL 盐酸时，溶液中溶质为 NH4Cl，由此可求出氨水的浓度；B.点溶液中溶质为等浓度 NH4Cl 和 NH3H2O 的混合溶液，依据物料守恒判断；C.点依据电荷守恒判断；D.点时氨水和氯

13、化氢恰好完全反应，反应后溶质为氯化铵。【详解】A.由图象曲线变化可知，加入 20mL 盐酸时出现滴定飞跃，说明氨水与盐酸的浓度相等，所以该氨水的物质的量浓度为 0.1000mol/L，故 A 正确；B.点时滴入 10mL 盐酸，由于盐酸与氨水浓度相等，反应后溶质为等浓度的 NH4Cl 和NH3H2O，根据物料守恒可知：c（NH 4+）+c（NH 3H2O）+c（NH 3）=2c（Cl -） ，故 B 正确；C.点时溶液为中性，则 c（H +）=c（OH -） ，根据溶液中的电荷守恒可知：c（NH 4+）=c（Cl -） ，故 C 正确；D.点时 NH3H2O 和 HCl 恰好完全反应，反应后溶

14、质为 NH4Cl，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，由于水解程度较小，则 c（Cl -）c（NH 4+） 、c（H +）c（OH -） ，由于水解程度较小，则c（NH 4+）c（H +） ，溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl -）c（NH 4+）c（H +）c（OH -） ，错误。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液 pH 的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，可从溶液中溶质变化进行突破，明确溶液酸碱性与溶液 pH 的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。8.氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是 ClO和 Cl，在 75以上和浓碱溶液中主要产

15、物是 ClO3和 Cl。研究小组用如下实验装置制取氯酸钾(KClO 3)，并测定其纯度。回答下列问题：- 6 -(1)检查装置气密性后，添加药品，待装置水温升至 75开始反应。 写出装置中反应的化学方程式为_。若取消装置，对本实验的影响是_。实验结束，拆解装置前为了防止大量氯气逸出，可采取的措施是_。(2)已知碱性条件下，ClO 有强氧化性，而 ClO3氧化性很弱。设计实验证明：碱性条件下，H2O2能被 ClO氧化，而不能被 ClO3氧化。_。(3)为测定产品 KClO3的纯度，进行如下实验：步骤 1：取 2.45g 样品溶于水配成 250mL 溶液。步骤 2：取 25.00mL 溶液于锥形瓶

16、中，调至 pH10，滴加足量 H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液 12 分钟，冷却。步骤 3：加入过量 KI 溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO 3+6I+6H+Cl +3I2+3H2O)步骤 4：加入指示剂，用 0.5000 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。(2S 2O32+I2S 4O62+2I)步骤 2 的目的是_。写出煮沸时反应的化学方程式_。样品中 KClO3的质量分数为_。(KClO 3相对分子质量：122.5)【答案】 (1). 4HCl(浓)+MnO 2 MnCl2+Cl2+2H 2O (2). 杂质 HCl 消耗 KOH，使KClO

17、3产率降低 (3). 将装置中的溶液从分液漏斗注入圆底烧瓶中 (4). KCl (5). 分别取少量 NaClO 和 NaClO3溶液于试管 A、B 中，均滴加少量 NaOH 溶液，再分别滴加H2O2溶液，A 中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B 中无明显现象。 （或者：分别取少量NaClO 和 NaClO3溶液于试管 A、B 中，均滴加少量 NaOH 溶液，再分别滴加 H2O2溶液充分振荡，- 7 -然后煮沸溶液 12 分钟，冷却。分别加入足量稀硝酸酸化，滴加 AgNO3溶液，A 中产生白色沉淀，B 中无明显现象。 ） (6). 除去 ClO (7). 2H2O2 2H2O + O2 (8

18、). 83.3%【解析】【分析】装置 I 中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;装置 I 中为饱和食盐水,可以除去氯气中的氯化氢;用氢氧化钠溶液吸收装置 I 中的氯气;氯气与碱溶液反应,在低温、稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl- ,在 75C 以上、浓碱溶液中主要产物是 ClO3-和 Cl-。(2)步骤 2 中在碱性条件 ClO- 被 H2O2还原为 Cl-,加热煮沸可以使过量的 H2O2分解;根据题意,碱性条件下, ClO-能氧化 H2O2，ClO 3-不能氧化 H2O2 ;根据 ClO- +6I- +6H+=Cl- +3I2+3H2O、2S 2O32+I2S 4O62+2I,可

19、得反应的关系式 ClO3- -6S2032-利用关系式计算样品中 KClO3的质量分数。【详解】(1) 装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,反应离子方程式是4HCl(浓)+MnO 2 MnCl2+Cl2+2H 2O装置 I 中为饱和食盐水,可以除去氯中的氯化氢,若取消装置 II ,杂质 HCl 气体消耗氢氧化钾,使 KClO3产率降低;实验结束拆解装置前为了防止大量氣逸出,可采取的措施是将装置 V 中的氢氧化钠溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶;氣气与碱溶液反应在低温、稀碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl- ,在 75以上、浓碱溶液中主要产物是 ClO-和 Cl- ,所以从装置 III

20、 的试管中分离得到 KClO3粗产品，其中混有的杂质是 KClO 和 KCl; (2) 步骤 2 中在碱性条件 ClO-被 H2O2还原为 C1- ,反应的离子方程式是 2H2O2 2H2O + O2;加热煮沸可以使过量的 H2O2分解,“煮沸”的目的是使过量的 H2O2分解,防止其氧化 KI;根据题意,碱性条件下, ClO -能氧化 H2O2 , CIO-不能氧化 H2O2 ,所以氧化性 ClO3- C10- ;设 25.00mL 溶液中含有 KClO3的质量为 xg ;KCl03-6S2032-122.5g 6molX 0.5mol/L 0.02LX=0.204g 样品中 KCIO3 的质

21、量分数为 0.245 100%= 83.3%。答案：83.3%。【点睛】本题考查了物质组成、物质成分的实验探究分析,实验探究、实验步骤、实验计算- 8 -等知识点,主要是氧化还原反应产物的生成和判断掌握基础是解题关键。9.据报道，磷酸二氢钾(KH 2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。利用氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：已知萃取的主要反应原理：KCl+H 3PO4 KH2PO4+HCl；其中，反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂。请回答下列问题：(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)不能使用二氧化硅陶

22、瓷材质的沸腾槽的主要原因是_(用化学方程式表示)。(3)副产品 N 的化学式是_；在得到 KH2PO4晶体的一系列操作，其主要包括_、过滤、洗涤、干燥等。(4)若用 1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12，摩尔质量为 504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为 80%，则理论上可生产 KH2PO4(摩尔质量为 136g/mol)的质量为_kg。 (5)电解法制备 KH2PO4的装置如图所示该电解装置中，a 区属于_区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是_。(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500生成白磷，同时

23、逸出 SiF4和 CO,该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率 (2). - 9 -4HF+SiO2SiF 4+2H 2O (3). NH4Cl (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 326.4kg (6). 阴极 (7). 2H 2e H 2 (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO【解析】氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H 3PO4 KH2PO4+HCl，反应产生的 HCl 易溶于有

24、机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到 KH2PO4晶体。(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为：4HF+SiO 2SiF 4+2H 2O；(3)根据上述分析，副产品 N 的化学式为 NH4Cl；在得到 KH2PO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：NH 4Cl

25、；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)中含有 Ca5P3FO12的质量为504kg，根据 P 元素守恒，理论上可生产 KH2PO4的质量为 504kg80% =326.4 kg，故答案为：326.4 kg；(5)根据图示，应该在 a 区生成 KH2PO4，则钾离子由 b 区移向 a 区，则 a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H 2e H 2，故答案为：阴极；2H 2e H 2；(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500生成白磷，同时逸出 SiF4和CO，反应的化学方程式为 4Ca5P

26、3FO12 +21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案为：4Ca 5P3FO12 +21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。10.(1)2017 年中科院某研究团队通过设计一种新型 Na-Fe3O4/HZSM-5 多功能复合催化剂，成功实现了 CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO 2催化转化领域的突破性进展” 。已知：H 2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H 1 = aKJ/molC8H18(1 )+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H 2= bKJ/mol试写出 25、101kPa 条件

27、下，CO 2与 H2反应生成汽油(以 C8H18表示)的热化学方程式- 10 -_。(2)利用 CO2及 H2为原料，在合适的催化剂(如 Cu/ZnO 催化剂)作用下，也可合成 CH3OH，涉及的反应有：甲：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJmol -1 平衡常数 K1乙：CO 2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol -1 平衡常数 K2CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)的平衡常数 K=_(用含 K1、K 2的表达式表示)，该反应H_0(填“大于”或“小于”)。提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化

28、率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制 CO2和 H2初始投料比均为 1：2.2，经过相同反应时间(t 1min)。温度(K) 催化剂 CO2转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项543 Cu/ZnO 纳米棒材料 12.3 42.3 A543 Cu/ZnO 纳米片材料 11.9 72.7 B553 Cu/ZnO 纳米棒材料 15.3 39.1 C553 Cu/ZnO 纳米片材料 12.0 70.6 D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对 CO2的转化为 CH3OH 的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，

29、所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以 CO、H 2为原料合成 甲醇的反应为：CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)。在体积均为 2L 的三个恒容密闭容器、中，分别都充入 1molCO 和 2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T 2、T 3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到 5min 时 H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。- 11 -05min 时间内容器中用 CH3OH 表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】 (1). 8CO 2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（2

30、5a-b）KJ/mol (2).K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(Lmin) (7). 【解析】【详解】(1)已知：H 2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H 1 =aKJ/mol；C 8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H 2=bKJ/mol根据盖斯定律，由25-得反应方程式：8CO 2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) H=25H 1-H 2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-5

31、3.7 kJmol -1平衡常数 K 1乙：CO 2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=+41.2 kJmol -1平衡常数 K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数 K= ；H=-53.7 kJmol -1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料 CO2和 H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用 Cu/ZnO 纳米片催

32、化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选 B 选项；(3) CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0转化的物质的量： a 2a a平衡时的物质的量：1-a 2-2a a容器中 05 min 内 H2含量是 20%，a= ，v(CH 3OH)= 0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应

33、热为此二反应热的代数和。也可表达为- 12 -在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。11.有机物 F 是一种香料，其合成路线如图所示：（1）D 的名称为_，试剂 X 的结构简式为_，步骤的反应类型为_。（2）步骤的反应试剂和条件为_。（3）步骤反应的化学方程式为_。（4）满足括号中条件（苯环上只有两个取代基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，能发生水解反应和银镜

34、反应）的 E 的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱峰面积比为 62211 的分子的结构简式为_。（5）依据题中信息，完成以 为原料制取 的合成路线图_。 （无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选） ，合成路线图示例如下：。【答案】 (1). 对甲基苯酚钠或 4-甲基苯酚钠 (2). CH3CHClCOOH (3). 取代（或酯化）反应 (4). Cl2 (5). 光照 (6). C6H5CH 2Cl NaOH C6H5CH 2OH NaCl (7). 15 (8). (9). - 13 -【解析】试题分析：（1）根据 A 的化学式，以及合成路线，推出 A 的结构简式为： ，名称为甲苯，C

35、和 E 发生酯化反应生成 F，则 C 和 E 的结构简式为、 ，根据流程图，E 的结构简式为，C 的结构简式为 ，根据 B 生成 C 的条件，反应 III 发生水解反应或取代反应，B 的结构简式为 ，因此反应 I 的条件是 Cl2和光照；(3)根据（2）的分析，反应方程式为：C 6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl；(4)与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明是甲酸某酯，苯环上一个酚羟基、一个侧链，邻间对 3 种；侧链有：、 、 、 、5 种，共 15 种，符合条件的结构简式为： ；（5）根据信息 i，先发生氧化反应，生成(CH 3)2CHCOOH，然后发生取代反应生成(CH 3)2CClCOOH，步骤是：。考点：考查有机物的命名、同分异构体的书写、官能团的性质、有机物合成等知识。- 14 -