2019-2020学年河北省省级示范高中联合体新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年河北省省级示范高中联合体新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年河北省省级示范高中联合体新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年河北省省级示范高中联合体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下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号X Y Z W A S SO3H2SO4H2S B Cu CuSO4Cu(OH)2CuO C Si SiO2Na2SiO3H2SiO3D Al AlCl3Al(OH)3NaAlO2A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A 错误；BCu 与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜

2、，均能一步完成，B 正确；C硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D 错误；答案选 B。2含铬(227Cr O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO4 6H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeO FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)mol B处理废水中227Cr O的物质的量为2nxmol C反应中发生转移的电子数为3nxmol D在 FeO FeyCrxO3中，3xy【答案】A【解析】【详解】227Cr O具有强氧化性，FeSO4(NH4)

3、2SO4 6H2O 具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，227Cr O中 6 价 Cr 被还原成 3 价 Cr。该反应中，Fe 失电子的物质的量等于Cr 得电子的物质的量，则有nymol 3nxmol，即 3xy。据 Cr、Fe 原子守恒可知，生成nmol FeO FeyCrxO3时，消耗2nxmol227Cr O，消耗 n(y1)mol 硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为2nxmol6 3nxmol，又知 3x y 则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x 1)mol，所以正确的答案选A。3用 NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（）A标况下，22.4L 的 C

4、O和 1mol 的 N2所含电子数相等。B1.0L 0.1mol/L 的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO的粒子总数为0.1NA。C5.6g 铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。D 18.4g 甲苯中含有CH 键数为 1.6 NA。【答案】C【解析】【详解】A标况下 22.4LCO 和氮气的物质的量均为1mol，而 CO 和氮气中均含14 个电子，故1molCO 和氮气中均含 14mol 电子即 14NA个，故 A 正确；B溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L 1L=0.1mol，而 CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，

5、溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故 B 正确；C5.6g 铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3 价，故 0.1mol 铁转移 0.3mol 电子即0.3NA个，故 C 错误；D18.4g 甲苯的物质的量为0.2mol，而 1mol 甲苯中含8mol 碳氢键，故 0.2mol 甲苯中含1.6mol 碳氢键即1.6NA个，故 D 正确；故答案为C。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构

6、：如 Na2O2是由 Na+和 O22-构成，而不是有Na+和 O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为 6NA等。4中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊Science上，并获得重重点推荐。二维结构的硼烯如图所示，下列说法错误的是（）A 1mol 硼原子核外电子数为3NAB1molBF3分子中共价键的数目为3NAC1molNaBH4与水反应转移的电子数为4NAD硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料【答案】A【解析】【分析】【详解】A.硼

7、原子核外有5 个电子，1mol 硼原子核外电子数为5NA，故 A 错误；B.BF3的结构为，1molBF3分子中共价键的数目为3NA，故 B正确；C.NaBH4与水生成氢气，氢元素化合价由-1 升高为 0，1molNaBH4反应转移的电子数为4NA，故 C正确；D.硼烯具有导电性，有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料，故D 正确；选 A。5已知有机物M 在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A该反应类型为取代反应BN 分子中所有碳原子共平面C可用溴水鉴别M 和 N D M 中苯环上的一氯代物共4 种【答案】C【解析】【详解】A.M 中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A 错误

8、；B.异丙基中的碳是四面体结构，N 分子中所有碳原子不能平面，故B 错误；C.M 中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M 和 N，故 C正确；D.M 中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3 种，故 D 错误；故选 C。6由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A 向 Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2 Co2O3B 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C 将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D 将 10mL 2mol/L 的 KI溶液与 1mL

9、 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与 FeCl3的反应具有可逆性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A向 Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2 Co2O3，故 A 错误；B出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn 为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故 B 错误；C铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D根据 2Fe3+2I-=2Fe2+I2，10mL 2mol

10、/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI 与 FeCl3反应有可逆性，故D 正确；故选 D。7目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁铬液流电池储能示范电站。铁铬液流电池总反应为 Fe2+Cr3+充电放电垐 垐 垐?噲 垐 垐?Fe3+Cr2+，工作示意图如图。下列说法错误的是A放电时a 电极反应为Fe 3+e-=Fe2+B充电时b 电极反应为Cr3+e-=Cr2+C放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答案】C【解析】【分析】【详解】A.电池放电时，是原电池的工作原理，

11、a 电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe 3+e-=Fe2+，故 A正确；B.充电时是电解池工作原理，b 电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=Cr2+，故 B 正确；C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D.根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D 正确；故选 C。8如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（）A若加入的是3NaNO溶液，则导出的溶液呈碱性B镍电极上的电极反应式为：2Ni2eNiC电子由石墨

12、电极流出，经溶液流向镍电极D若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.04mol3NO【答案】A【解析】【分析】A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗2mol 的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电

13、极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗 2mol 的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2 molNO3-，故 D错误。故选 A。【点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。9将铁粉和活性炭的混合物用NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A在此实验过程中铁元素被还原B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C活性炭的存在会加速铁的腐蚀D以水代替NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分

14、析】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe 作负极，Fe 失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A 错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；C、Fe、C 和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替

15、NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D 错误；故选：C。10下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A海带提碘B氯碱工业C海水提溴D侯氏制碱【答案】D【解析】【详解】A.海带提碘是由KI 变为 I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A 错误；B.氯碱工业是由NaCl 的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 B 错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 C错误；D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没

16、有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D 正确。故选 D。11下列有关化学反应的叙述正确的是A铜能与FeCl3溶液发生置换反应B工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C向 NaOH 溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D实验室用MnO2与 1.0 molL1的盐酸加热制取氯气【答案】C【解析】【分析】【详解】A单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与 FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C向 NaOH 溶液中加入适量AlC

17、l3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D 错误；答案选 C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。12NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中 SO32的离子总数小于0.2NAC实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4NAD标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.一

18、个 D2O2含有的 3 条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即 0.1mol 含有的共价键数为0.3NA，A 正确；B.0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B 错误；C.实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移 2NA，C错误；D.标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D 错误；答案为 A。【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。13化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是()A面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳

19、离子个数比为1：2 B“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化C月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A 错误；B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B 错误；C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D 正确；故合理选项是D。14用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A 25 时，pH1 的 1.0 L

20、 H2SO4溶液中含有的H的数目为0.2NAB标准状况下，2.24 L Cl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC室温下，14.0 g 乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD在 0.5 L 0.2 molL1的 CuCl2溶液中，n(Cl)0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.pH1，c(H)0.1 molL1，n(H)0.1NA，选项 A 不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项 B 正确；C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以 14.0 g 乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为 1mol，碳原子数目一定为NA，选项

21、 C正确；D.n(Cl)0.5 L 0.2 molL12 0.2 mol，即 0.2NA，选项 D 正确。答案选 A。15下列关于pH=3 的 CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A溶液中H2O 电离出的c(OH-)=1.0 10-3mol?L1B加入少量CH3COONa固体后，溶液pH 升高C与等体积0.001mol/L NaOH溶液反应，所得溶液呈中性D与 pH=3 的硫酸溶液浓度相等【答案】B【解析】【详解】A 项、pH=3 的 CH3COOH溶液中 c（H+）为 1.0 10-3mol?L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O 电离出的c（OH-）=

22、1.010-10mol?L-1，故 A 错误；B 项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH 升高，故B 正确；C 项、醋酸为弱酸，pH=3 的醋酸溶液浓度大于0.001mol?L-1，与等体积0.001mol?L-1NaOH 溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D 项、pH=3 的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.010-3mol?L-1，硫酸的浓度为510-4mol?L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol?L-1，故 D 错误；故选 B。【点睛】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑

23、制水电离，水解的盐促进水电离。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取 CuSO4质量/g B 增重质量/g C增重质量/g E中收集到气体/mL T10.640 0.320 0 0 T20.640 0 0.256 V2T30.640 0.160 Y322.4 T40.640 X40.192 33.6（1）实验过程中A 中的现象是 _D 中无水氯化钙的作用是_（

24、2）在测量E中气体体积时，应注意先_，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）实验中B 中吸收的气体是_实验中E中收集到的气体是_（4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为：_（5）根据表中数据分析，实验中理论上C 增加的质量Y3=_g（6）结合平衡移动原理，比较T3和 T4温度的高低并说明理由_【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C 的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4温度更高，因为 SO3分解为 SO2和 O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】【分析

25、】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A 中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中 B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1 0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.25664/1ggmo0.004mol，氧气的质量为：0.640.32

26、0.2560.064g，物质的量为：0.06432/1gg mo0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1 0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.022422.4320.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分

27、解为 SO2和 O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A 中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D 中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响 C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C 的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；(3)实验中 B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气

28、，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1 0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.25664/1ggmo0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.06432/1gg mo0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1 0.004mol，分解生成

29、氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.022422.4320.032g，实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为 SO2和 O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故 T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为 SO2和 O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物 A 具有乙醛和乙酸中官能团的性质，不饱和烃B的摩尔质量为40 g mol1，C中只有一个甲基

30、，能发生银镜反应，有关物质的转化关系如图：已知：同一个碳原子上连接2 个碳碳双键的结构不稳定RCH=CHOHRCH2CHO 请回答：(1)D 的名称是 _。(2)AE中都含有的元素的原子结构示意图是_。(3)ADE 的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_。A B能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色BC与 A 在一定条件下都能发生银镜反应C转化流程中浓H2SO4的作用相同D可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质【答案】正丙醇HCOOHCH3CH2CH2OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸H2O HCOOCH2CH2CH3ABD【解析】【分析】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知

31、 B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B 为丙炔：CH3C CH，B 物质与 H2O 反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知 C为丙醛 CH3CH2CHO，丙醛与 H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据 E的分子式可推知A 为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物 A 具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，据此分析解答。【详解】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知 B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B 为丙炔：CH3C CH，B

32、物质与 H2O 反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知 C为丙醛 CH3CH2CHO，丙醛与 H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据 E的分子式可推知A 为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物 A 具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，（1）由以上分析知，D 为 CH3CH2CH2OH，名称是正丙醇；故答案为：正丙醇；（2）AE中都含有碳元素，原子结构示意图是；故答案为：；（3）A为甲酸，D 为 CH3CH2CH2OH，ADE 的化学方程式为HCOOHCH3CH2CH2OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸H2OH

33、COOCH2CH2CH3；故答案为：HCOOHCH3CH2CH2OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸H2OHCOOCH2CH2CH3；（4）A.B 为丙炔：CH3C CH，含有碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；B.C为 CH3CH2CHO，A 为 HCOOH，均含有醛基，则C与 A 在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；C.A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO，浓硫酸作脱水剂；A 和 D 在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2SO4的作用不相同，故错误；D.A 为甲酸，C 为 CH3CH2CHO，E为甲酸丙酯，甲酸与Na2CO3溶液反

34、应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2CO3溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；故答案为：ABD。【点睛】甲酸与 Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与 Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和 Na2CO3溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答

35、下列问题：(1)UF4用 Mg 或 Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有 _种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_。(2)已知：2UO2+5NH4HF2 1502UF4 NH4F+3NH3+4H2O HF2-的结构为 F-HF-NH4HF2中含有的化学键有_(填选项字母)。A氢键B配位键C共价键D离子键E.金属键与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。(3)已知：3(NH4)4UO2(CO3)3 8003UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O 物质中与 CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_。分解所得的气态化合物的

36、分子键角由小到大的顺序为_(填化学式)(4)下列排列方式中，通常条件下Cu 的晶体的堆积方式是_(填序号)。A ABCABCABC BABABABABAB C ABBAABBA D ABCCBCABCCBA(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11 种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰-的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4 个水分子以氢键结合。设 O-H-O距离为 apm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该冰晶体的密度为_ g/cm3(列出计算式即可)。【答案】4 BCD 3 3

37、：2 H2ONH3CO2A 332 182103AaNn【解析】【分析】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti，Ni，Ge，Se，Mg 的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr 处于周期表中第四周期第B族；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；(3)CO32-中 C的杂化方式为sp2，分子中苯环C 为 sp2杂化，-CN中 C为 sp 杂化，-CH3与-CH2-中与-CH中 C为 sp3杂化，据此计算；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O 为 V 形，NH3为三角锥形，CO2为

38、直线形，H2O 中有两对孤电子对，NH3中 1 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；(4)Cu 是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据=mV计算密度。【详解】(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti、Ni、Ge、Se，共有 4 种；Mg 的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr 处于周期表中第四周期第B 族，其价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为：；(2)NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键，所以合理选项是BCD；与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有 3种元素(3)

39、CO32-中 C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为 sp2杂化，-CN中 C为 sp 杂化，-CH3与-CH2-中与-CH3中C 为 sp3杂化，所以分子中sp2杂化的 C 原子有 6 个，sp 杂化 C 原子有 1 个，sp3杂化的 C 原子有 3 个，则与 CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4=3：2；分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O 为 V 形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O 中有两对孤电子对，NH3中 1 对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2ONH3CO2；(4)Cu 是面心立方

40、最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；(5)根据图示结构分析，一个晶胞中含有H2O 的数目为818+1=2 个，不妨取1mol 这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol 晶胞的质量为m=2 18g=36g，一个晶胞的体积为V=L3cm3，根据几何关系，每个水分子与周围 4 个水分子以氢键结合，则晶胞边长(L)与 O-HO 距离间存在关系为：L=23a，所以一个晶胞体积为 V=L3pm3=(23a 10-10)3cm3，则晶体密度为=mV=3102 182103ANag/cm3=3102 182103AaNg/cm3。【点睛】本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、键

41、角大小比较、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。19CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-1 2kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ mol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-10kJmol-1则 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=_kJmol-1。(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与 NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2 条

42、件下 NO2转化率更高，其原因是_。(3)在体积均为2L 的密闭容器A(500，绝热)、B(500，恒温)两个容器中分别加入2molCH4、2molNO2和相同催化剂。A、B容器中 CH4的转化率(CH4)随时间变化如下表所示。时间（s/t）0 100 200 300 400 A中(CH4)（%）0 20 22 22 22 B中(CH4)（%）0 10 20 25 25 A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是_，理由是 _。B 容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_(填字母序号)。a压强保持不变b密度保持不变cCO2的体积分数保持不变dv(CH4)：v(N2)=1：l e断裂 4molCH

43、键同时断裂2molOH键A 容器中前100s 内用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=_molL-1s-1已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则 B容器中平衡时kk正逆=_，200s 时vv正逆=_。【答案】-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高A A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少ac 0.004 1123.75 或154【解析】【分析】【详

44、解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-1 2kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H3=-10kJmol-1根据盖斯定律，由-+得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=H3-H1+H2=-10kJmol-1+12kJmol-1+180kJmol-1=-863.8kJ mol-1；(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；(3)A、B两容器

45、中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B 容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；a 反应 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变则反应达平衡状态，故正确；b反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；c反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；dv(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；e根据反应可知，断裂4molCH键

46、同时断裂4molOH键时，正逆反应速率相等，反应才达平衡，故错误；答案选 ac；A 容器中前100s 内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2mol20%=0.4mol，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗 NO2 0.8mol，用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=0.8mol2100Ls=0.004molL-1s-1；根据表中数据可知，B中平衡时(CH4)=25%，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.25 0.5 0.25 0.25 0

47、.5 平衡时浓度（mol/L）0.75 0.5 0.25 0.25 0.5 K=220.50.250.2510.750.512；已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则 B容器中平衡时v正=v逆，k正c(CH4)c2(NO2)=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)，kk正逆=K=112；200s 时，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.2 0.4 0.2 0.2 0.4 平衡时浓度（mol/L）0.8 0.6 0.2 0.2 0.4 v正=k正c(CH4)c2(NO2)=k正0.8 0.62=0.288k正，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)=k逆0.2 0.2 0.42=0.0064k逆，vv正逆=0.288k0.0064k正逆=45kk正逆=45112=154。