2019-2020学年北京海淀新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京海淀新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列离子方程式书写错误的是A铝粉投入到NaOH 溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O C碳酸氢钠水解：HCO3-+H2OOH-+CO2+H2O D FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【答案】C【解析】【详解】A铝粉投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H

2、2，A 正确；BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，正确的水解方程式为：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，C 错误；D FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，D 正确；故合理选项是C。2通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A b 极为正极，发生还原反应B一段时间后b 极区电解液的pH 减小CH+由 a 极

3、穿过质子交换膜到达b 极D a 极的电极反应式为-e-=Cl-+【答案】B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则 a 为正极，b 为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则 a为正极，发生还原反应，故A 错误；B由电极方程式可知当转移8mol 电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH 降低，故B 正确；Cb 为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b 极移向 a极，故 C错误；Da 为正极，

4、发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故 D 错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。3在ZnZSM 5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为423CH(g)+CO(g)CHCOOH(g)，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A2CO的电子式:.：O:C:O:B乙酸的球棍模型C该反应为吸热反应D该反应为化合反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两

5、对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D 正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。4化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程属于化学变化B高

6、温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似D燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放【答案】B【解析】【详解】A提取青蒿素的过程类似于溶解、过滤，属于物理变化，故A 错误；B高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，故B正确；C苹果放在空气中久置变黄是因为亚铁离子被氧化，纸张久置变黄是因为纸张中的木质素容易氧化变黄，原理不相似，故C 错误；D燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体的排放，故D 错误。故选 B。5下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A 取两只试管，分别加入4mL0.01mol L1KMnO4酸性溶

7、液，然后向一只试管中加入0.01mol L1H2C2O4溶液 2mL，向另一只试管中加入0.01mol L1H2C2O4溶液 4mL，第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大，反应速率越快B 室温下，用 pH 试纸分别测定浓度为0.1mol L1HClO溶液和 0.1mol L1HF 溶液的 pH，前者 pH 大于后者HclO 的酸性小于pH C 检验 FeCl2溶液中是否含有Fe2时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2D 取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管中加入 0.01mol L1FeCl3溶液 2mL，向试管中加入0.01mol L

8、1CuCl2溶液 2mL，试管中产生气泡快加入 FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A 错误；BHClO 溶液具有漂白性，应选pH 计测定，故B错误；C亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，故 C正确；D活化能越小，反应速率越快，试管产生气泡快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故D 错误；故答案为C。6利用 pH 传感器探究NaOH 溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。已知实验使用的Na

9、OH 溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。以下解读错误的是A三个时点的c(Cu2+)：pqw Bw 点：c(Na+)c(SO42-)c(Cu2+)c(H+)C混合溶液中滴加NaOH 溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应D q 点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)【答案】D【解析】【分析】根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH 溶液时，溶液pH 2，几乎等于H2SO4溶液的 pH，随着 NaOH溶液的滴加，溶液pH 变化不大，当滴加至100 s 时，产生滴定突跃，此时溶液pH 5，等于 CuSO4溶液的p

10、H，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前 100 s 内发生酸碱中和反应，在100 s 200 s 内发生反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，在 200 s 时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200 s 以后 W 段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【详解】A 根据上述分析可知：在 p 点阶段，发生反应：H+OH-=H2O，在 q 点阶段，发生反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，在 w 段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：pqw，A 正确；

11、B w 点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据 Na2SO4=2Na+SO42-及 Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)c(SO42-)c(Cu2+)c(H+)，B正确；C根据滴定时溶液的pH 变化，结合单独滴加NaOH 溶液时的pH 图象可知：混合溶液中滴加NaOH 溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；D q 点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及 H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D 错误；故合理

12、选项是D。【点睛】本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH 变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。7设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2气混合后，气体分子数为2NAB常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，水电离出的氢离子数为10-12 NAC30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，HF 是液态，22.

13、4L 的 H2和 22.4L 的 F2混合后，气体分子数不是2NA，故 A 错误；B常温下pH=12 的 NaOH 溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B 错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故 C 正确；D 1mol C2H6含有 7mol 共价键数，标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗

14、定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。8“17 世纪中国工艺百科全书”天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是A“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为 CaO D“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉

15、分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉【答案】C【解析】【分析】【详解】A生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在 0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A 选项正确；B赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O 而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用

16、于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C 选项错误；D古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D 选项正确；答案选 C。9国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所

17、示。下列说法正确的是A NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B吸附层b 的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O C全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH 基本不变【答案】C【解析】【分析】电子从吸附层a 流出，a 极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b 极为正极，发生的反应为：2H+2e-=H2。【详解】A由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A 错误；B吸附层b 的电极反应2H+2e-=H2，B 错误；C将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H+OH-=H2O，全氢电池工

18、作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成 H2O，pH 减小，D 错误。答案选 C。【点睛】B电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。10下列操作或原理正确的是（）A可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH 试纸上，测定该氯水的pH 值B装 Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C蒸馏操作时先通冷却水再加热D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中【答案】C【解析】【分析】A依据氯水成分及性质漂白性判断；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C后先通冷却水，一开始产生的水蒸气

19、没有得到冷却；D多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH 试纸，不能用pH 试纸测试氯水的pH 值，故 A错误；B碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C 正确；D实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D 错误；故选：C。【点睛】本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性

20、。11屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素下列有关说法中正确的是A青蒿素的分子式为C15H20O5B双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应C1 mol 青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应D青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应【答案】B【解析】A由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故 A 错误；B双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B 正确；C青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D青蒿素转化为双氢青蒿素，H 原子数增加，为还原反应，故D 错误；故选B。12化学反应中，物质的

21、用量不同或浓度不同或反应条件不同会对生成物产生影响。下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是A二氧化硫与氢氧化钠溶液反应B钠与氧气的反应C铁在硫蒸气中燃烧D铁粉加入硝酸中【答案】C【解析】A、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物与二氧化硫有关，二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠，故A 不选；B、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，产物与反应条件有关，故B 不选；C、铁与硫反应生成硫化亚铁，产物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响，故C 选；D、铁粉与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物与硝酸浓度有关，故D 不选；故选C。1

22、3实现化学能转变为电能的装置是（）A干电池B电解水C太阳能热水器D水力发电【答案】A【解析】【详解】A干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A 正确；B电解水，电能转变为化学能，故B错误；C太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；D水力发电时机械能转化为电能，故D 错误；故答案为A。【点睛】将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。14下列离子方程式书写错误的是()A

23、铝粉投入到NaOH 溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O CFeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13+3OH-=Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O

24、+2OH-=2AlO2-+3H2，A 正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C.FeCl2溶液跟 Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH4+，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握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

25、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。15常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2、Pb2、Cd2等，通过添加过量的难溶电解质 MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A过滤后的溶液中一定没有S2-BMnS 难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C常温时，CuS、PbS、CdS比 MnS 更难溶D加入 MnS 后生成 CuS的离子方程式是Cu2+S2-=CuS【答案】C【解析】【分析】【详解】A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选

26、B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16B实验化学 丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103105。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤 1：在反应瓶中，加入14 g 丙炔酸、50 mL 甲醇和 2 mL 浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤 2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤 3：反应液冷

27、却后，依次用饱和NaCl 溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤 4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤 1 中，加入过量甲醇的目的是_。（2）步骤 2 中，上图所示的装置中仪器A 的名称是 _；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是_。（3）步骤 3 中，用 5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是_；分离出有机相的操作名称为_。（4）步骤 4 中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是_。【答案】作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】【分析】【详解】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙

28、炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A 为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103105，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl 溶液可吸收硫酸；5%的 Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100，而丙炔酸甲酯的沸点为103105，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不

29、能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛】实验化学的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同；基态 b 原子的核外电子占据3 个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c 的最外层电子数是内层电子数的3倍；d 的原子序数是c 的两倍；基态e 原子 3d 轨道

30、上有4 个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d 电负性最大的是_(填元素符号)。（2）b 单质分子中 键与 键的个数比为_。（3）a 与 c 可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c 的单质，该化合物分子中的c 原子的杂化方式为_；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有_(填序号)。极性共价键非极性共价键离子键金属键氢键范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4 的酸是 _(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是_，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子 _酸根离子(填“”或“”)。（5）元素 e 在周期表中

31、的位置是_区；e 的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e 的元素符号并用“”表示出其中的配位键_。【答案】O 1:2 sp3 H2SO4、H2SO3HNO3 d【解析】【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同，a为 H，基态 b 原子的核外电子占据3 个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则 b 为 N，c 的最外层电子数是内层电子数的3 倍，则 c 为 O，d 的原子序数是c 的两倍，d 为 S，基态 e 原子 3d 轨道上有4 个单电子，则为3d6，即 e 为 Fe。A：H，b

32、：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d 电负性最大的是O，故答案为：O。b 单质分子为氮气，氮气中键与 键的个数比为1:2，故答案为：1:2。a 与 c 可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H OOH，每个氧原子有2 个 键，还有2 对孤对电子，因此O 原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有，故答案为：sp3；。这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸

33、、亚硫酸，硝酸分子N 有 3 个 键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N 有 2 个 键，孤对电子为 1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有 4 个 键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子 S有 3 个 键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4 的酸是 H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子

34、上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；”“”“57.1%ab60阳2CO2+2e-=C2O42-【解析】【分析】(1)由“若 CO2氧化 H2生成 0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ”，我们可写出热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H=-165.0kJ/mol，利用盖斯定律，可求出 H2。(2)正反应为放热的体积缩小的可逆反应，依据平衡移动原理，增大压强、降低温度，平衡都正向移动，提取图中信息，便可得出p1与 p2、K3与 K4

35、关系及 T1、p1时 H2的平衡转化率。(3)利用?H-T?Sp2，T3T4，则 K3；57.1%；(3)?S0，利用?H-T?S0，可判断该反应的H0。答案为：；a混合气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的总物质的量不变，表明反应达平衡状态，a符合题意；b1molCO2生成的同时有3molH-H 键断裂，反应的方向相反，数值之比等于化学计量数之比，表明反应达平衡状态，b 符合题意；c对于该反应，反应物的起始投入量之比等于化学计量数之比，所以不管反应进行到什么程度，CO2的转化率和 H2的转化率始终相等，则反应不一定达平衡状态，c 不合题意；d对于该反应，混合气体的质量与体积都不变，所以密度

36、始终保持不变，反应不一定达平衡状态，d 不合题意。答案为：ab；由表可知，CuO的质量分数为60%时，CH3OH 的产率、CO2的转化率都达最大值，催化效果最佳。答案为：60；(4)因为在 Pb电极区得到ZnC2O4，则表明Pb电极上 CO2得电子，Zn 电极失电子作阳极；在阴极，CO2得电子生成C2O42-，与从阳极区通过阳离子交换膜迁移的Zn2+在阴极区发生反应生成ZnC2O4，电极反应式为2CO2+2e-=C2O42-。答案为：阳；2CO2+2e-=C2O42-。【点睛】若我们没有认真理解“已知在Pb 电极区得到ZnC2O4”，则可能会认为在Pb 电极上生成了ZnC2O4，从而造成电极反

37、应式的书写错误。19CO和 H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和 H2O 为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4(g)与 H2O(g)反应生成CO(g)和 H2(g)的热化学方程式为_。(2)工业乙醇也可用CO和 H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式_。(3)为了检验

38、由CO和 H2合成气合成的某有机物M 的组成，进行了如下测定：将 1.84gM 在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重 4.08 g，又知生成CO2和 H2O 的物质的量之比为3:4。则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为_。(4)CO2和 H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和 H2，测得不同温度下，体系中 CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_;A生成 3mol O-H 键，同时断裂3mo

39、l H-H 键B容器中气体的压强不再变化C容器中气体的平均摩尔质量不变DCH3OH 的浓度不再改变比较 T1与 T2的大小关系：T1 _T2(填“”)。在 T1和 P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和 3mol H2，该反应在第5 min 时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持 T1和此时容器的容积不变，再充入 1mol CO2和 3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子_(不必化简，可以不带单位)。【答案】CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+(-p+3n+m)kJ mol1CH3

40、OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O 3:8:3 CD 3 32a2a2.42.4K322a66a2.42.4【解析】【分析】(1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热；(2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式；(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程计算M 中的碳、氢、氧数目；(4)根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断；二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析；列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。【详解】(1)依据三个能量关系

41、图像写出对应的热化学方程式：CO(g)12O2(g)=CO2(g)H1 m kJ mol1；H2(g)12O2(g)=H2O(g)H2 n kJ mol1；CH4(g)2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H3 p kJ mol1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H H3 3H2H1+(p+3 n+m)kJ mol1；(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据 1.

42、84g M 中含 Cx mol，含 H y mol，据题意有y44x184.082x3y42，解得 x=0.06 y=0.16；则 1.84g M 中含氧物质的量z=1(1.840.06120.161)g16g mol=0.06 mol，1mol M 中含 C、H、O 分别为 3、8、3，则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为3:8:3；(4)A 断裂 3 mol HH 键就意味着消耗了3molH2，CH3OH 和 H2O 中均有 HO 键，即反应生成了3mol O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故 A 错误；B由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时

43、刻也不能说明v正=v逆，故 B错误；C容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量差n0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n 才不再变化，故由 M=mn知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D“CH3OH 的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH 的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D 正确；答案选 CD；由 H 49.58 kJ mol10，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1T2；由图 1 知，在 T1和 p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗

44、的CO2为 1mol 60%0.6 mol，故有如下关系：2232COg+3HgCH OH g+H O g(mol)1300(mol)0.61.80.60.6(mol)0.41.20.60.6?始变平结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=16mol L1，c(H2)=12mol L1，c(CH3OH)=14mol L1，c(H2O)=14mol L1，则该条件下的平衡常数为31144K31162；由于再充入原料气时，反应温度没变，即 K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为 2a mol，同理有如下关系：2232COg+3HgCH OH g+H O g(mol)2600(mol)2a6a2a2a(mol)2-2a6-6a2a2a?始变平32a2a2.42.4K322a66a2.42.4。