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C．96 D．124
湖北高考模拟测试卷
4．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
化学
A．酸化的NaIO 和NaI的溶液混合：I- +IO +6H+=I +3HO
3 2 2
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 0-16 F-19 S-32 C1-35.5 K-39 B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)↓
3
Ga-70 In-115 Sb-122
C．饱和NaCO 溶液与CaSO 固体反应：CO (aq)+CaSO(s) CaCO(s)+SO (aq)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 2 3 4 4 3
一项是符合题目要求的。
D．(NH)Fe(SO) 溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH) ：Fe2++2OH-=Fe(OH) ↓
4 2 4 2 2 2
1．乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。下列说
5．下列有机物分子中所有原子一定不在同一平面内的是（ ）
法正确的是（ ）
A．乙烯
A．乙烯可作果实催熟剂
B．石油裂解气属于纯净物 B．苯乙烯（ ）
C．乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有漂白性
C．异戊烷
D．PE(聚乙烯)是由乙烯单体聚合而成，说明PE中含有碳碳双键
D．氯乙烯（CH=CHCl）
2
2．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
6．尿素在1773年由Rouelle从尿中分离出来，但不明其由来。1932年Krebs等人证实在肝脏中尿
素的合成与鸟氨酸(Omithine，简写为Om)有关，并提出了如图所示的鸟氨酸循环。下列有关叙述正
确的是（ ）
A．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
B．分子中含有3种官能团
C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
3．某气体体积为4.48L，质量为6.4 g，含有6.02×1022个分子，则该气体的相对分子质量是（
）
A．32 B．648．下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）
A．O 和O B． 和
2 3
C． 和 D．正丁烷和异丁烷
9．下列有关物质性质的比较，结论正确的是（）
A．溶解度：NaCO c(HSO )+2c(SO )
C．实验3可以得出：K (HSO)·K (HSO) > K
a1 2 3 a2 2 3 w
D．实验4中反应后的溶液中存在：c(SO )+3c(SO )=c(HSO)
2 3
13．碳酸锶(SrCO)被广泛应用于电子工业、彩色显像管、陶瓷等行业，工业上以天青石矿(SrSO)
3 4
A．该电池隔膜左侧的电解液a可选用水性电解液
为原料制备碳酸锶的操作流程如下图：
B．放电时，若消耗1.5molCO 时，转移2mol电子
2
C．放电时，电子从锂电极流出，通过电解液流回锂电极，构成闭合回路
D．充电时，锂电极与外接电源的正极相连
15．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各
已知：浸取液中主要含有硫化锶(SrS)。常温下 微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
，下列说法正确的是（ ）
A．Sr元素位于元素周期表中第五周期第Ⅱ族
B．焙烧反应的化学方程式为：
C．操作a为过滤，之后向浸取液中通入CO，还会产生一种有毒气体，该气体是SO
2 2
D．将天青矿石粉末与碳酸钠溶液混合浸泡也可以制得SrCO
3
14．二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一，西北工业大学团队研究锂-二氧化碳二次
电池，取得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO+4Li=2LiCO+C，下列说法正确的是
2 2 3
（ ） A．曲线II表示HSO 的分布系数随pH的变化
B．Ka(HSO)的数量级为10−8
2 2 3法等。
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO )
碱液吸收法能将NO 回收为有销路的亚硝酸盐或硝酸盐产品。某实验小组为了证明酸性条件下
X
D．NaHSO 溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7 mol·L−1
3
二、非选择题：本题共4小题，共55分。 具有氧化性，下列可供选用的试剂有___________。
16．氮氧化物（NO）是常见的大气污染物，烟气脱硝是NO 控制措施中最重要的方法。研究氮氧化
X X
A．KMnO 溶液 B． 溶液
物的反应机理，对于保护环境有重要意义。 4
（1）Ⅰ.请写出烟气中的氮氧化物对环境的一种危害： C．KI—淀粉溶液 D．NaClO溶液
。
（7）在实验室模拟同时脱硝、脱硫过程：往酸性的 吸收液中通入含 和NO的模
（2）Ⅱ．NO能被灼热的铁粉还原为 ，同时生成FeO，利用下列装置模拟该反应。
拟烟气，发现脱销效果比脱硫效果差，可能原因是
。
17．戊炔草胺常用于控制阔叶杂草的生长。其合成路线如下。
已知：①浓硝酸可将NO氧化为 ；
②NaOH溶液能与 反应，不与NO反应。
回答下列问题：
③ 是一种常见干燥剂，与NO、 不能反应 （1）A中官能团的名称为 。
（2）B的结构简式为 。
装置A中盛放稀硝酸的仪器是 。
（3）D的名称为 。
（3）上述装置接口的连接顺序为：a→ → → →
（4）C+H→戊炔草胺的化学方程式为 。
→g→h→b→c→d（按气流方向，用小写字母表示）。
（5）D的一种同分异构体苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为3：2：
（4）装置B的作用是 。
2，其结构简式为 。
（5）装置E中反应的化学方程式为 。
（6）Ⅲ．开发湿法脱硝技术具有广阔的工业应用前景。湿法脱硝一般有碱液吸收法和氧化吸收 （6）已知：苯环电子云密度越大，越容易与 ，发生取代反应；-COOH为吸电子间位定位基，-NH 为给电子邻对位定位基。不直接使用苯甲酸而使用D合成G的原因是
2
。
18．在起始温度相同(T℃)的条件下，分别向容积相同的密闭容器甲、乙、丙中加入等量NHI(s)，
4
发生反应：NHI(s) NH(g)+HI(g) ΔH>0，2HI(g) I(g)+H(g) ΔH>0，容器如图所示。
4 3 2 2
回答下列问题：
已知：在T℃时，2HI(g) I(g)+H(g)的平衡常数K= 。
2 2
（1）在甲容器中，不能作为2HI(g) I(g)+H(g)达到平衡的依据是 (填标号)。
2 2
①曲线b代表的变化曲线 (填化学式)；
a.气体颜色不变 b.气体压强不变
②2min内，用NH 表示的反应速率为 ，HI的分解率为 。
3
c.气体温度不变 d.混合气体的平均相对分子质量不变
③T℃时，若在丙容器中加入I(g)和H(g)各1mol；反应达平衡后，放出7.6kJ的热量，则I(g)
2 2 2
（2）乙容器中反应达平衡后，再充入He，则反应2HI(g) I(g)+H(g)的平衡
2 2 与H(g)反应的热化学方程式为 。
2
（4）甲、乙、丙三个容器中反应均达到平衡时，I(g)的体积分数由大到小的顺序是
移动(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不”)。 2
。
（3）在反应过程中，测得丙容器中HI、H 的物质的量(c)随时间(t)变化如图所示。
2
19．碲(Te)是一种第VIA族分散稀有元素，主要伴生于铜、镍、铅等金属矿藏中。TeO 属于两性氧
2
化物，难溶于水，易溶于强酸和强碱。工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分CuTe，还有少量
2
的Ag、Au)中提取碲。其工艺流程如下：（1）“加压浸出”生成TeO 的离子方程式为 ，“加压浸
2
出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是 。
（2）“盐酸酸浸”后将SO 通入浸出液即可得到单质碲，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之
2
比为 ，该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。
（3）已知：K (AgSO)=7.70×10-5，K (AgCl)=1.80×10-10。盐酸酸浸时，“浸出渣1”中AgSO
sp 2 4 sp 2 4
可充分转化为AgC1。通过计算说明为什么可以实现充分转化
。
（4）NaOH碱浸时反应的离子方程式为 。流程中，电解过程用石墨
为电极得到碲，阴极的电极反应式为 。
（5）浸出法是工业提取金属常用的方法，某实验小组用1.0mol· L-1的草酸在75℃时浸出镍。
随时间变化，不同固液比对镍浸出率的影响曲线如图所示。
①由图可知，固液比与镍浸出率的关系是 。
②除固液比之外，你认为影响金属浸出率的因素还有
(至少两项)。1．A 量即可。
【解答】A.乙烯可用作水果催熟剂，A符合题意； 4．C
B.石油裂解气中含有多种物质，属于混合物，B不符合题意；
【解答】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，符合题意离子方程式为5I- +IO +6H+=3I +3HO，
2 2
C.酸性KMnO 溶液具有氧化性，能将C=C氧化，因此乙烯能使酸性KMnO 溶液褪色，但不能说明乙烯
4 4
A不符合题意；
具有漂白性，C不符合题意；
D.聚乙烯是由乙烯发生加聚反应后生成的，聚乙烯中不含有碳碳双键，D不符合题意； B．一水合氨为弱电解质，不能拆，符合题意离子方程式为Al3++3NH·HO=Al(OH)↓+3NH ，B不
3 2 3
故答案为：A
符合题意；
C．饱和NaCO 溶液与CaSO 固体反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为CO (aq)
【分析】A、乙烯可用作水果催熟剂； 2 3 4
B、石油裂解气中含有多种物质；
C、乙烯不具有漂白性；
+CaSO(s) CaCO(s)+SO (aq)，C符合题意；
4 3
D、聚乙烯中不含有碳碳双键；
2．A
D．NaOH过量，铵根也会反应，符合题意离子方程式为2NH +Fe2++4OH-=Fe(OH) ↓+2NH·HO，D
2 3 2
【解答】解：A．可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故A正确；
B．含﹣COOH、碳碳双键、﹣OH、醚键四种官能团，故B错误； 不符合题意；
C．只有﹣COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误； 故答案为C。
D．含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D错误；
故选A． 【分析】A.得失电子不守恒
【分析】由结构可知，分子中含﹣COOH、碳碳双键、﹣OH、醚键，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解 B.考查的是氨水是弱碱，不拆
答． C.考查的是难溶性物质的转换
3．B
D.考查的反应物的量对反应的影响
【解答】6.02×1022个分子的物质的量为6.02×1022÷6.02×1022=0.1moL分子，6.4g该气体的物质
的量0.1mol，该气体的摩尔质量为=64g/mol，当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子
5．C
质量，所以该气体的相对分子质量为64，
【解答】A. 乙烯分子中所有原子一定共平面，A不符合；
故答案为：B。
B. 苯乙烯（ ）分子中所有原子有可能共平面，B不符合；
【分析】根据阿伏加德罗常数的数值计算其物质的量，再计算摩尔质量，得出该气体的相对分子质C. 异戊烷分子内碳原子都是四面体结构，分子中所有原子一定不能共平面，C符合； 【分析】A.根据相似相溶原理进行判断；
D. 氯乙烯（CH=CHCl） 分子中所有原子一定共平面，D不符合； B.苯的同系物能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色；
2
故答案为：C。
C.检验醛基时需要碱过量；
D.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应。
【分析】苯环上以及乙烯中的所有的原子都在同一平面上，主要是和碳原子的成键方式有关，饱和
8．D
碳原子中的所有原子均不在同一平面 【解答】A．O 和O 同种元素组成的不同单质为同素异形体，故A不选；
2 3
6．B
B． 和 具有相同质子数、不同中子数，互为同位素，故B不选；
【解答】A．Orn(鸟氨酸)、Cit(瓜氨酸)与Arg(精氨酸)的氮原子数目均不相同，分子组成不是相差
CH 原子团，因此它们不能互为同系物，A不符合题意；
2
C． 和 组成、结构均相同的为同种物质，故C不选；
B．根据图示物质结构简式可知：在反应反应过程中有C=O键、C=N键生成，B符合题意；
C．Cit与NH 发生反应除生成Arg外，还有HO生成，因此反应类型不是加成反应，C不符合题意；
3 2
D．正丁烷和异丁烷分子式相同CH 、结构不同，互为同分异构体，故D选；
D．Arg中的a-碳处于四面体构型的中心，其结合的羧基碳、β-碳、氨基氮处于四面体顶点，不可 4 10
故答案为：D。
能全部共面，即所有C、O、N原子不可能都共平面，D不符合题意；
【分析】结构相似、组成相差n个CH 原子团的有机物为同系物；
故答案为：B。 2
分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；
同种元素组成的不同单质为同素异形体；
【分析】A、三者氮原子数不相同，分子式不是相差CH，不属于同系物；
2
同种元素的不同原子具有相同质子数、不同中子数，互为同位素；
C、反应生成Arg和HO，不是加成反应；
2
组成、结构均相同的为同种物质。
D、结构中存在空间四面体构型，不可能所有原子共面。
9．C
7．B
【解答】A．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，A不符合题意；
【解答】A.苯酚和溴反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚溶于苯中，所以用苯酚的浓溶液与少量溴水反
B.同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH，B不符
3
应时不能看到白色沉淀，故不符合题意；
合题意；
B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，故符合题意；
C.氯化氢和溴化氢形成的均是分子晶体，沸点随分子间作用力的增大而升高，相对分子质量越大，
C.检验醛基时需要在碱性条件下，实验过程中氢氧化钠为少量，故不符合题意；
分子间作用力越大，则沸点：HCl＜HBr，C符合题意；
D.乙酸乙酯与氢氧化钠反应，不能除去乙酸，故不符合题意。
D.同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)，D不
2
故答案为：B。
符合题意；
故答案为：C【分析】A.相同条件下，NaCO 的溶解度大于NaHCO； 题意；
2 3 3
B.结合非金属性的递变规律分析氢化物的稳定性； 故答案为：A。
C.氢化物的沸点受分子间作用力影响，分子间作用力随相对分子质量增大而增大；
【分析】A.离子晶体熔点较高,分子晶体熔点较低；
D.根据金属性的强弱确定碱性强弱；
10．A B. BCl
3
为共价化合物，B原子最外层电子数为6；
C.根据二氧化碳和二氧化硅的晶体类型分析；
【解答】解：n（HO）= =0.25mol，同时放出60.45kJ的热量，则生成1mol蒸气，同时
2
D. Na的熔点比AlCl 低。
3
12．D
放出热量为 =241.8kJ，则该反应的热化学方程式为H（g）+ O（g）=HO（g）△H=﹣
2 2 2 【解答】A．NaSO 是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+2c(HSO)
2 3 2 3
241.8kJ/mol或2H（g）+O（g）=2HO（g）△H=﹣483.6kJ/mol，
2 2 2 +c(HSO )，故A不符合题意；
故选A．
B． 0.1mol·L-1NaSO 溶液中通入少量SO，存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(OH-)+c(HSO )
2 3 2
【分析】n（HO）= =0.25mol，同时放出60.45kJ的热量，则生成1mol蒸气，同时放出
2
+2c(SO )，测得溶液pH约为8，所以c(H+) c(HSO )+2c(SO )，故B不
符合题意；
热量为 =241.8kJ，结合物质的状态、焓变书写热化学方程式．
C．由 的电离平衡 可得 ，由 的水解平衡
11．A
【解答】A．由于Al和Cl的电负性差值小于1.7，故氯化铝为分子晶体，而F元素的电负性大于Cl
元素，铝与氟电负性差值大于1.7，氟化铝为离子晶体，离子晶体熔化须克服离子键，而分子晶体
可得 ，因为
熔化只需要克服分子间作用力，故离子晶体的熔点更高，所以AlF 熔点高于AlCl，A符合题意；
3 3
B．BCl 为共价化合物，B原子最外层电子数为6，B不符合题意；
3
C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，CO 和SiO 分别属于分子晶体和共价晶体，所以同族
2 2
NaHSO 溶液中显酸性，说明电离大于水解，所以 ，即K (HSO)·K (HSO) > K，故C不
元素的氧化物可能形成不同类型的晶体，C不符合题意； 3 a1 2 3 a2 2 3 w
D．金属晶体Na的熔点比分子晶体AlCl 低，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，D不符合
3
符合题意；故答案为：D。
D． NaSO 溶液中通入少量Cl，会发生反应 ，
2 3 2
【分析】A.根据质子数以及核外电子排布规律即可判断位置
，即总式为 ，所以溶液为NaCl、NaSO、NaHSO 和NaSO 的混
2 4 3 2 3
B.书写方程式需要配平方程式
C.根据反应物浸泡即可得出生成物
合物，由C知对于NaHSO 来说电离大于水解，所以 ，且通入少量Cl，混合液中
3 2
D.根据给出的溶度积即可实现难溶沉淀转化
14．B
一定满足 ，所以c(SO )+3c(SO )>c(HSO)，故D符合题意；
2 3
【解答】A．锂能与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解
故答案为：D
液，故A不符合题意；
B．放电时，右侧电极为正极，在锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸
【分析】A.根据质子守恒即可判断
锂和碳，电极反应式为3CO+2Li++4e-=2LiCO+C，由电极反应式可知，消耗1.5mol二氧化碳时，转
2 2 3
B.根据电荷守恒结合pH判断
C.根据给出pH判断水解和电离的程度大小判断
移电子的物质的量为 =2mol，故B符合题意；
D.根据元素守恒即可判断
13．D
C．放电时，电子从锂电极流出通过导线和灯泡流回锂电极构成闭合回路，故C不符合题意；
D．由分析可知，充电时，金属锂电极与直流电源的负极相连做阴极，故D不符合题意；
故答案为：B。
【解答】A．Sr为38号元素，原子结构示意图为 ，其位于第五周期第ⅡA族，A
【分析】根据图示，放电时金属锂做负极，二氧化碳做正极材料，锂极易与水反应，因此不能用水
不符合题意；
做电解液，充电时，锂与负极连接，结合选项即可判断
B．焙烧时，碳酸锶与足量碳粉反应，生成SrS和CO，反应的化学方程式为：
15．C
，B不符合题意； 【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO 的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
C．向浸取液中通入CO，SrS、CO、HO发生反应，生成SrCO 和HS，C不符合题意； B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka(HSO)=
2 2 2 3 2 2 2 3
c(H+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此Ka(HSO)的数量级为10−8，故B不符合题意；
D．常温下 、 ，由于SrCO 比SrSO 更难溶， 2 2 3
3 4
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO )+c(HSO )，又由于pH=7时c(SO )＜
所以将天青矿石粉末与碳酸钠溶液混合浸泡可以制得SrCO，D符合题意；
3Δ
c(HSO )，因此c(Na+)＞3c(SO )，故C符合题意；
（5）装置E中Fe粉还原NO生成FeO和氮气，反应的化学方程式为 2NO+2Fe ¿2FeO ¿ +N ；
2
¿
D．根据图中信息得到NaHSO 溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制
3
水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7 mol·L−1，故D不符合题意。 （6）根据氧化还原反应规律，为了证明酸性条件下 具有氧化性，选择还原性试剂，
故答案为C。
具有还原性， 和 溶液混合，若 溶液由浅绿色变为黄色，说明
【分析】向亚硫酸中加入氢氧化钠，先生成亚硫酸氢钠，在生成亚硫酸钠，I表示的亚硫酸，II表
示的是亚硫酸氢钠，III表示的是亚硫酸钠，根据交点即可计算出常数，结合选项即可判断 具有氧化性； KI具有还原性， 和KI—淀粉溶液混合，若KI—淀粉溶液由无色变为蓝色，
16．（1）造成酸雨、造成光化学烟雾、破坏臭氧层（任写一种）
说明具有氧化性；
（2）分液漏斗
故答案为：BC。
（3）f；e；j；i
（7）往酸性的 吸收液中通入含 和NO的模拟烟气，脱销效果比脱硫效果差，可能
（4）将NO氧化为 ，进而被NaOH溶液吸收，防止污染环境
Δ
原因是NO在水中的溶解度比 的要小（或 更容易被亚氯酸钠氧化）。
（5）2NO+2Fe
¿2FeO
¿
+N
2
¿ 【分析】（1）氮氧化物主要是造成硝酸型酸雨或者是破坏臭氧层等等
（6）B；C
（2）根据仪器连接即可判断出名称
（7）NO在水中的溶解度比 的要小（或 更容易被亚氯酸钠氧化） （3）根据题意先利用A制取一氧化氮，将产生的气体进入D中，除去可能产生的二氧化氮，再将
气体利用F进行干燥得到干燥的一氧化氮与E作用通过B在通过C即可进行实验
【解答】（1）氮氧化物能形成酸雨、造成光化学烟雾、破坏臭氧层；
（4）多于的一氧化氮被硝酸氧化便于吸收
（2）根据图示，装置A中盛放稀硝酸的仪器是分液漏斗；
（5）根据反应物和生成物即可写方程式
（3）A中的铜与稀硝酸反应生成NO，用D中的水除去NO中的 （长进短出），用F中的PO
2 5
（6）根据证明酸性条件下 具有氧化性，因此需要找具有还原性物质且现象明显的物质，结
干燥NO（粗进细出），E中Fe粉还原NO，用B中浓硝酸把NO氧化为 ，最后用C中氢氧化钠
合选项即可判断
溶液吸收NO，防止污染；所以装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→g→h→b→c→d；
2 （7）收集一氧化氮是利用排水法，可能是一氧化氮难溶于水
（4）装置B中的浓硝酸将NO氧化为 ，进而被NaOH溶液吸收，防止污染环境； 17．（1）羟基、碳碳三键(5)D的一种同分异构体苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3组峰，说明含有3种环境的氢原子，
（2） 又因为苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为3：2：2，则两个取代基应处
于对位，此时苯环上已经有两种环境的氢原子，且满足2：2，则两个取代基只有一种环境的氢原子，
（3）邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸 且含有3个氢原子，则其中一个取代基为甲基，从而确定另一个取代基为硝基，因此符合条件的结
（4）
构简式为 。
(6)苯环电子云密度越大，越容易与氯气发生取代反应，氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，
有利于氯代反应的发生，因此不直接使用苯甲酸而使用邻氨基苯甲酸合成G。
（5）
（6）氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，有利于氯代反应的发生
【分析】（1）根据结构简式解答，注意官能团要求写名称。
【解答】(1)由A的结构简式可知，A中含有的官能团为羟基和碳碳三键；
（2）通过对比A、B的分子式及A→B的反应条件进行分析。
(2)根据A和C的结构简式可推知，A→B的过程中，A中含有羟基被氯原子取代生成B，结合B的分
（3）根据有机物的系统命名规则解答。
（4）注意反应物处理两种有机物外，还有NaOH，产物中别丢掉HO。
2
（5）同分异构体就是含有相同的分子式、不同结构的化合物。核磁共振氢谱有3组峰表示有3种
子式可知，B的结构简式为 ；
氢原子，峰面积之比就是不同氢原子的个数之比，据此分析。
（6）氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，有利于氯代反应的发生。
18．（1）d
(3)D为 ，其名称为邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸；
（2）正反应方向
（3）H；2.5mol/(L•min)；20%；I(g)+H(g) 2HI(g) △H=-9.5kJ/mol
2 2
(4)由图可知，C、H和氢氧化钠反应生成戊炔草胺，反应的化学方程式为
（4）乙>丙>甲
【解答】(1)甲容器为绝热恒容，发生2HI(g) I(g)+H(g)：
2 2
a．气体颜色不变，则I(g)的浓度不变，说明反应已达平衡，a不符合题意；
2
；
b.2HI(g) I(g)+H(g) ΔH>0，反应吸热，未平衡时，容器内温度降低，气体分子数不变，压强
2 2减小，则气体压强不变，说明反应已达平衡，b不符合题意； ⇌
¿
+
c.2HI(g) I(g)+H(g) ΔH>0，反应吸热，未平衡时，容器内温度降低，气体温度不变，说明反
2 2 2HI(g) ¿
¿开始(mol/L) I (g)
0 2 H (g)
③设体积为1L，列三段式变化(mol/L) 1 2 ，T℃时K= ，则 ，
应已达平衡，c不符合题意； 2x ¿ 1
平衡(mol/L) x ¿
2x x
1−x
d.2HI(g) I(g)+H(g)是气体总物质的量不变，总质量不变的反应，故混合气体的平均相对分子 1−x
2 2
¿
¿
质量始终不变，不能说明反应已达平衡，d符合题意；
故答案为：d；
(2)乙容器是恒温恒压容器，反应达平衡后，再充入He，体积增大，相当于减小压强，反应NHI(s) 解得x=0.8或 (舍去)，因为体积为1L，则0.8molI(g)和0.8molH(g)反应生成1.6molHI(g)放出
4 2 2
NH(g)+HI(g)正向移动，使体系温度降低，但乙容器恒温，相当于升高温度，则2HI(g)
3
I(g)+H(g) ΔH>0向正反应方向移动； 7.6kJ的热量，则1molI(g)和1molH(g)反应生成2molHI(g)放出的热量为 kJ=9.5kJ，则I(g)
2 2 2 2 2
(3)①NHI(s) NH(g)+HI(g) ΔH>0，2HI(g) I(g)+H(g) ΔH>0，HI(g)是第一个反应的生成
4 3 2 2
与H(g)反应的热化学方程式为I(g)+H(g) 2HI(g) △H=-9.5kJ/mol；
2 2 2
物，第二个反应的反应物，则开始阶段HI(g)浓度增大程度大于H(g)，故曲线b代表HI的变化曲
2
线； (4)甲是恒容绝热容器，乙是恒温恒压，丙是恒温恒容，以丙为基础，甲相比于丙是降温，平衡逆
向移动，I(g)的体积分数比丙小，乙相比于丙是降压，平衡正向移动，I(g)的体积分数比丙大，
2 2
②结合①可知，2min内，H(g)浓度增大0.5mol/L，则反应2HI(g) I(g)+H(g) 中HI减小
2 2 2
则甲、乙、丙三个容器中反应均达到平衡时，I(g)的体积分数由大到小的顺序是乙>丙>甲。
2
1mol/L，HI在该2min内增大4mol/L，则反应NHI(s) NH(g)+HI(g)中NH(g)浓度增大4mol/
4 3 3
【分析】（1）对弈前后系数不变的反应可以通过气体颜色，压强以及温度等作为判断平衡依据
L+1mol/L=5mol/L，用NH 表示的反应速率为v(NH)=5mol/L÷2min=2.5mol/(L·min)；
3 3 （2）对于乙，平衡后加入氦气，体积增大，压强减小，平衡向右移动，温度降低，对于甲相当于
温度升高，正向移动
HI的分解率= =20%；
（3）①根据反应即可得出a为H2，b为HI
②根据氢气和HI的浓度即可计算出反应速率和分解速率
③根据数据结合常数计算出热量
（4）根据温度高低即可判断
19．（1）CuTe+2O+4H+=2Cu2++TeO+2HO；酸性过强TeO 会被酸溶解导致Te产率降低
2 2 2 2 2（2）1:2；HSO、HCl ②除固液比之外，影响金属浸出的因素还有：金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅
2 4
拌速度等。
（3）K== = =2.38 1015
【分析】注意题干信息：TeO 属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱
2
（1）因易溶于强酸强碱，故不能酸性过强，会降低产率。
（4）TeO+2OH-=TeO2-+HO；TeO2-+4e-+3HO=Te+6OH-
2 3 2 3 2
（2）氧化还原配平：先确定反应物，生成物，根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产
（5）固液比越小，镍的浸出率越高；金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度
物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
等
TeCl+2SO+4HO=Te+2HSO+4HCl，根据方程式和流程可循环利用的物质的化学式为：HSO、HCl
【解答】（1）“加压浸出”时加入O、HSO，根据流程和题意，CuTe与O、HSO 反应生成 4 2 2 2 4 2 4
2 2 4 2 2 2 4
（3）溶液中的离子反应，是往离子浓度减少的方向进行。
CuSO、TeO 和水，反应的化学方程式为CuTe+2O+2HSO=2CuSO+TeO+2HO。反应的离子方程式为
4 2 2 2 2 4 4 2 2
CuTe+2O+4H+=2Cu2++TeO+2HO。“加压浸出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是： （4）电极反应式书写:电极反应方程式配平：先写反应物生成物，根据化合价升降配平转移电子数，
2 2 2 2
再看条件配平电荷守恒，最后观察法配原子守恒。
TeO 属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，酸性过强TeO 会被酸溶解导致Te产率降低。
2 2
（5）①观察图形可得，当镍浸出时间相同时，浸出率随固液比的减少而升高。
（2）TeO 属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，“盐酸酸浸”时TeO 发生的反应为
2 2
②影响因素包括内因：金属本身，浸出液的选择
TeO+4HCl=TeCl+2HO；向浸出液中通入SO 得到单质Te，TeCl 为氧化剂，被还原成Te，SO 为还原
2 4 2 2 4 2
剂，被氧化成SO2-，根据得失电子守恒，4n（TeCl）=2n（SO），n（TeCl）：n（SO）=1:2，该 外因：浓度、温度、浸出时间、搅拌速度等。
4 4 2 4 2
反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。反应的化学方程式为：
TeCl+2SO+4HO=Te+2HSO+4HCl，该流程中可循环利用的物质的化学式为：HSO、HCl。
4 2 2 2 4 2 4
（3）AgSO 转化为AgCl的反应为AgSO（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+SO2-（aq），该反应的
2 4 2 4 4
平衡常数K= = =2.38 1015 105，AgSO 可充分转化为AgCl。
2 4
（4）TeO 属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，NaOH碱浸时反应的化学方程式为
2
TeO+2NaOH=NaTeO+HO，离子方程式为TeO+2OH-=TeO2-+HO。用石墨为电极电解NaTeO 溶液得到
2 2 3 2 2 3 2 2 3
Te，Te元素的化合价由+4价降至0价，电解时阴极发生得电子的还原反应，阴极的电极反应式为
TeO2-+4e-+3HO=Te+6OH-。
3 2
（5）①根据图像，固液比与镍浸出率的关系是：浸出时间相同时，固液比越小，镍的浸出率越高。
