发布时间 : 星期六 文章(精选3份合集)2020届河南省豫南豫北名校高考数学模拟试卷更新完毕开始阅读
故答案为D。 【点睛】
难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硝酸（或HNO3）； ＜ PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中 弱电解质 NaCl、Na2SO4 (CH3COO)2Pb＋ClO－＋2OH－=PbO2↓＋Cl－＋2CH3COO－＋H2O “酸溶”时会产生大气污染物NOx Pb＋SO42－－2e（重金属铅盐可污染土壤或水源）
－
=PbSO4 32
【解析】 【分析】 【详解】
（1）“酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应，故所用的强酸应为硝酸；在有硝酸存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化性比硝酸强，故答案为：硝酸（或HNO3）；＜； （2）CaSO4的溶解平衡：CaSO4(s)
Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加入Pb(NO3)2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶
的PbSO4，使CaSO4的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到“除钙”的目的，故答案为：PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中；
（3）“盐溶”时，加入CH3COONa可使PbSO4的溶解平衡正向移动，转化为(CH3COO)2Pb，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；“盐溶”后，溶液中含有(CH3COO)2Pb和Na2SO4，接下来“析铅”，加入NaClO、NaOH溶液，(CH3COO)2Pb转化为PbO2，Pb元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，推知NaClO转化为NaCl，因此“滤NaCl、Na2SO4；液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有NaCl和Na2SO4，故答案为：弱电解质； （4）“析铅”反应的离子方程式为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O，故答案为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O；
“酸溶”阶段加入的HNO3会转化为NOx污染环境，（5）铅是重金属，铅盐也会污染土壤或水源，故答案为：“酸溶”时会产生大气污染物NOx（重金属铅盐可污染土壤或水源）；
（6）铅蓄电池的负极为Pb，放电时负极发生的反应为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；充电时阳极发生反应：PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，当电极上通过1mol电子，阳极上有0.5molPbSO4转化为0.5molPbO2，质量减少32g，故答案为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；32。 【点睛】
二次电池充、放电时电极的判断：
放电时的负极发生失电子的氧化反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生得电子的还原反应，做阴极； 放电时的正极发生得电子的还原反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生失电子的氧化反应，做阳极。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．羰基和酯基 消去反应
【解析】 【分析】
(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为
；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；
(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2
加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到
，最后发生消去反应得到
【详解】
。
由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。
(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；
(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为
；
(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境
的氢，符合条件的同分异构体为：；
(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生
，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，
再与CH2(COOCH3)2发生加成反应
产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：
。
【点睛】
本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．n1＜n2＜n3
273-3L?mol 小于 -206 kJ·mol-1 0.032mol/L 降低温度 温度 温3a度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加 【解析】 【分析】
(1) LaNi3（s）+3H2（g）?LaNi3H6（s） ?H<0。
①该反应是一个气体分子数减小的反应，在恒容密闭容器中进行该反应，充入氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，氢气的转化率将增大；
②由图可知，平衡时，体系压强由9kPa变为3kPa，氢气的物质的量变为起始值的三分之一；
③保持温度不变，容积压缩至原容积的一半，平衡正向移动，气体分子数减小，压强应小于起始压强的2倍；
(2)第三个反应出现CH3OH(g)，但目标方程式未出现CH3OH(g)，可得出第三个方程式用不到，根据观察发
现，②-①可以得到CO(g)?3H2(g)?CH4(g)?H2O(g)，?H用盖斯定律计算即可； (3)CO(g)?H2O(g)?CO2(g)?H2(g)?H??41kJ?mol?1是一个气体体积不变的反应，故气体总物
质的量=2mol+2mol=4mol，0-5分钟，CO含量减小了0.4，即减小了4×0.4mol=1.6mol，结合体积可计算浓度变化量，进而计算CO表示的速率，进而计算v[H2O(g)]。6分钟到9分钟，CO的含量下降，说明平衡正向移动，且6到9分钟CO含量减少程度比2到5分钟小，说明6分钟改变的条件使反应速率减小了； (4)①分析图发现，低温时，无论压强多大，CO的转化率都相等；
②实际化工生产除了需要考虑平衡原理外，还要考虑实际生产效率、成本投入等。 【详解】
(1)①恒温恒容下，增大氢气的起始量，压强增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，结合图像可知：n1＜n2＜n3，故答案为：n1＜n2＜n3；
②该反应中只有氢气一种气体，则容器压强与氢气的物质的量成正比，温度T1时，起始时，压强为9kPa，平衡时，压强为3kPa，设平衡时氢气的物质的量为n，则
9KPaamola=，解得：n=，则平衡时，3KPan31a273273mol-3-3aL?molL?molc(H2)=3=，所以，K=a，故答案为：； 33=mol/L(mol/L)a3a31L3③假设平衡不移动，则t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强应变为t6时刻压强的2倍，即6kPa，但实际情况是，平衡正向移动，气体分子数减小，所以，此时容器内的压强小于6kPa，故答案为：小于； (2)②-①得：CO(g)?3H2(g)?CH4(g)?H2O(g)kJ·mol-1，故答案为：-206 kJ·mol-1； (3)CO(g)?H2O(g)??H??H2-?H1=(-41kJ·mol-1)-(+165kJ·mol-1)=-206
CO2(g)?H2(g)?H??41kJ?mol?1是一个气体分子总数不变的反应，故气体
总物质的量=2mol+2mol=4mol，0-5分钟，CO含量减小了0.4，即减小了4×0.4mol=1.6mol，则CO浓度减小了
1.6mol0.16mol/L=0.16mol/L，v(CO)==0.032mol/L，由方程式计量数可知v[H2O(g)]=v(CO)= 10L5min0.032mol/L。由分析可知，6分钟时改变的条件使平衡正向移动、同时反应速率减小，又从表格可知，66分钟时，0.032mol/L；分钟时CO含量没有变化，不可能是移走生成物，综上所述，降低了温度，故答案为：降低温度；
(4)①由图可知，低温时，无论压强多大，CO的转化率几乎相等，则低温时，对CO转化率影响的主要因素是温度，故答案为：温度；
②温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备抗压要求增大，设备成本增加，故实际生产往往采用300~400 °C和10 MPa的条件，故答案为：温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加。 【点睛】
(1)LaNi3(s)+3H2(g)?LaNi3H6(s)，只涉及氢气一种气体，温度、容积不变，增加氢气的起始量，压强增