2019-2020学年安徽省安庆七中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安庆七中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阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是+H2O+CO2A阿魏酸分子式为C10H10O4B阿魏酸存在顺反异构C方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应D可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A 项正确；B.阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B 项正确；C.酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，

2、C 项正确；D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D 项错误；答案选 D。2一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A电池工作时，NO3向石墨 I 移动B石墨上发生的电极反应为：2NO2+2OH2e=N2O5+H2O C可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的质量比为4：23【答案】B【解析】【分析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式

3、为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3-向石墨 I 移动，A 正确；B 该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2-e

4、-+NO3-=N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和 NO2的物质的量之比是4：23，D 正确；答案选 D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。3短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且 W 与 X、Y、Z均可形

5、成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A YW3分子中的键角为120BW2Z的稳定性大于YW3C物质甲分子中存在6 个 键D Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4 个电子，Y原子最外层含有5 个电子，Z原子最外层含有6 个电子，W 最外层含有1 个或 7 个电子，结合原子序数及“W 与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W 为 H，X为 C，Y为 N，Z为 O 元素，据此

6、分析解答。【详解】根据分析可知，W 为 H，X 为 C，Y为 N，Z为 O 元素。A YW3为 NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故 A 错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B 正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在 7 个 键和 1 个 键，故 C错误；D N 元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D 错误；故选 B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。4工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L 氨气

7、完全反应，并转移 n 个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A11.2n5VB5V11.2nC22.4V5nD22.4n5V【答案】D【解析】【详解】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH35O24NO6NO，可知 4NH320e，即 4：20=:22.4AVnN，推出为 NA=22.4n/5V。答案选D。5下列装置不能完成相应实验的是A甲装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B乙装置可除去CO2中少量的 SO2杂质C丙装置可用于检验溴乙烷与NaOH 的醇溶液共热产生的乙烯D丁装置可用于实验室制备氨气【答案】B【解析】【分析】【详解】A.稀硫酸跟碳酸钠反应放出二氧化碳气体，二氧化碳与硅

8、酸钠溶液反应有白色胶状沉淀生成，说明酸性：硫酸碳酸硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分别是S、C、Si的最高价含氧酸，则说明非金属性：SCSi，能完成实验；B.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，不能选用碳酸钠溶液，不能完成实验；C.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，对乙烯的检验没有影响，丙装置中溴的四氯化碳溶液褪色说明溴乙烷与NaOH 的醇溶液共热产生了乙烯，能完成实验；D.在氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3 H2O?NH4+OH-，CaO与水反应放热、同时生成Ca(OH)2，反应放出的热量促进 NH3 H2O 分解产生氨气，同时Ca(OH)2电离出 OH-，使平衡逆向移动，促进氨气逸出，实

9、验室可以用氧化钙固体与浓氨水反应来制备氨气，能完成实验；答案选 B。6室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g 硝酸钾饱和溶液中投入2g 食盐，下列推断正确的是()物质溶解度(g/100g 水)氯化钠36 硝酸钾32 硝酸钠87 氯化钾37 A食盐不溶解B食盐溶解，无晶体析出C食盐溶解，析出2 g 硝酸钾晶体D食盐溶解，析出2 g 氯化钾晶体【答案】B【解析】【详解】设在 500g 硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：3250010032xggggg，解得 x=121.21g，那么含有水 500g121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是

10、否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g 氯化钠完全可以溶解在378.79g 水中，即2g 氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。7铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量双氧水适量 KI 淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A BiO3-的氧化性强于MnO4-BH

11、2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C向铋酸钠溶液中滴加KI 淀粉溶液，溶液一定变蓝色D H2O2具有氧化性，能把KI氧化成 I2【答案】C【解析】【分析】向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明 MnO4-把 H2O2氧化为 O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把 KI 氧化为 I2；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故 A 正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产

12、生气泡，说明MnO4-把 H2O2氧化为 O2，故 B 正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI 溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D 正确；故选 C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。8下列关于古籍中的记载说法正确的是A 本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B氢化钙的电子式是：Ca2+H2C目前，元素周期表已经

13、排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118 D直径为20nm 的纳米碳酸钙属于胶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据题意，鉴别KNO3和 Na2SO4，是利用了焰色反应，故A 错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：H-Ca2+H-，故 B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故 C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D 错误；故选 C。【点睛】此题易错点在D 项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm100nm 之间，胶体属于混合物。9NA为阿伏加德罗常数的值，下列

14、说法正确的是A标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAC1.0L1.0mo1 L1的 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD常温常压下，14g 由 N2与 CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故 A 错误；B.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O2HNO3+NO 可知，0.3mol 二氧化氮完全反应生成0.1molNO，转移了0.2mol 电子，转移的电子数目

15、为0.2NA，故 B 错误；C.NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故 C错误；D.14g 由 N2与 CO组成的混合气体的物质的量为：1428/gg mol=0.5mol，含有 1mol 原子，含有的原子数目为 NA，故 D 正确。故答案选D。10原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与 Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为 10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸BW、Y的氧化物一定属于离子化合物CX、Z 的氢化物中，前者的沸点低于后者D

16、X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者【答案】D【解析】【分析】原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为 Al 元素；其中只有 X与 Z 同主族；Z 原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为 10，则 W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z 的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为 Si 时，X为 C元素，W为 B元素，B与 Al 同主族，不符合；若Z 为 P元素时，X为 N元素，W为 Be元素；若 Z 为 S元素，X为 O元素，W为为 H（或 Li）元素。【详解】A项、Z 可能为 P、S元素，

17、P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为 Al 元素，氧化铝为离子化合物，W为 H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为 O时，Z 为 S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为 N或 O元素，Y为 Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XY，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。11下列离子方程式符合题意且正确的是A磁性氧化铁溶于盐酸中：3232Fe O6H2Fe3H

18、OB在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液：322Al4OHAlO2H OC在盐酸中滴加少量23Na CO溶液：2322CO2HCOH OD用 FeS除去废水中的2Cu：22SCuCuS【答案】C【解析】【详解】A.磁性氧化铁为34Fe O，故 A 错误；B.在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液的离子方程式为322442222422AlSOBaOHBaSOAlOH O，B错误；C.在盐酸中滴加少量23Na CO溶液的离子方程式为2322CO2HCOH O，C正确；D.FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2(aq)FeS(s)CuS(s)Fe2，D 错误；故答案选C。12现有

19、以下物质：NaCl 溶液CH3COOH NH3BaSO4蔗糖H2O，其中属于电解质的是（）ABCD【答案】B【解析】【详解】在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。NaCl 溶液是混合物，不是电解质；CH3COOH溶于水可导电，是电解质；NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质；蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导电，不是电解质；H2O 可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选 B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。13一定条件下，下列金

20、属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A钾B镁C铁D铜【答案】C【解析】【详解】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A 不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B 不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C 选；D.铜和水不反应，故D 不选。故选 C。14 海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“”和“”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b 电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是A工作过程中b 极电势高于a 极B“”表示阴离子交换膜，“”表示阳离子交换膜C海水预处理主要是除去Ca2

21、、Mg2等D A 口流出的是“浓水”，B 口流出的是淡水【答案】D【解析】【分析】电解过程中b 电极上持续产生Cl2，则电极b 为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，电极 a 为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H+2e-=H2，工作过程中，氯离子向b 移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a 移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A电极 b 为电解池阳极，电极a 为电解池的阴极，b 极电势高于a 极，故 A 正确；B根据分析，“”表示阴离子交换膜，“”表示阳离子交换膜，故B正确；C为了防止海水中的Ca2、Mg2、SO42等堵塞离

22、子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的 Ca2、Mg2等，故 C正确；D根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a 移动，氯离子向b 移动，各间隔室的排出液中，A 口流出的是淡水，B 口流出的是“浓水”，故 D 错误；答案选 D。15设 NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是A 0.5molCl2溶于足量水，反应中转移的电子B7.0g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子C1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32D标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子【答案】B【解析】【分析】【详解】A.Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和 HClO，

23、为可逆反应，转移电子数无法计算，A 项错误；B.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故 7.0g 混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含 NA个 H 原子，B 项正确；C.1L1mol/L Na2CO3溶液中 Na2CO3的物质的量为1mol，CO32为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于 NA，C项错误；D.标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16

24、32423KFe C O3H O（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110失去结晶水，230分解。某化学研究小组对32423KFe C O3H O受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验 I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和4NH Cl和饱和2NaNO的混合液制2N，反应的化学方程式为_。（2）装置的连接顺序为：A_F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间2N，其目的是 _，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通2N至常温，其目的是_。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊

25、，C中有红色固体生成，则气体产物_（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有23K CO、FeO、Fe。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的 _（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）足量稀硝酸足量 NaOH 溶液过滤洗涤搅拌搅拌烘干灼烧ag样品溶液得固体 bg（乙方案）足量稀硝酸测量气体体积搅拌ag样品测得气体体积 VmL（标况）（丙方案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_方案。（6）经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，写出32423KFe

26、C O3H O分解的化学方程式_。【答案】NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O B F D E C 排出装置中的空气，防止空气中的 O2和 CO2干扰实验结果防止 F中溶液倒吸进入C中2COCO、甲、乙3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热【解析】【分析】实验室常用饱和NH4Cl和饱和 NaNO2的混合液制N2。利用 C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用 D 装置除去多余的CO2，用 E装置干燥 CO气体，利用D 装置中灼热的CuO 和 F装置澄清石灰水检验CO。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先

27、熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；【甲方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH 溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体 bg，bg 为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag 样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL 溶

28、液，每次取25mL 溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL-1酸性 KMnO4溶液 VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4 价，部分变为+2 价，2mol32423KFe C O3H O生成 3mol K2CO3，失去 3mol 电子，根据得失电子守恒9mol 碳元素中5mol 碳失去电子5mol 电子，4mol 碳得到 4mol电子。【详解】实验室常用饱

29、和NH4Cl和饱和 NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O。利用 C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用 D 装置除去多余的CO2，用 E装置干燥 CO气体，利用D 装置中灼热的CuO 和 F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：AB FDE CF；故答案为：B；F；D；E；C。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和 CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸

30、；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：。【甲方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH 溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体 bg，bg 为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体

31、积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag 样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL 溶液，每次取25mL 溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL-1酸性 KMnO4溶液 VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4 价，部分变为+2 价，2mol32423KFe C O3

32、H O生成 3mol K2CO3，失去 3mol 电子，根据得失电子守恒9mol 碳元素中5mol 碳失去电子5mol 电子，4mol 碳得到 4mol电子，依次32423KFe C O3H O分解的化学方程式3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热；故答案为：3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：已知：A 的核磁共振氢谱图中显示两组峰 F的结构简式为：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定

33、，易脱水形成羰基。R-CH=CH226-22B HH O/OHR-CH2CH2OH 请回答下列问题：(1)A 的名称为 _(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是_。(2)反应 的反应条件是_。(3)E 的结构简式为_。(4)写出反应 的化学方程式 _。(5)写出反应IV 中的化学方程式_。(6)W 是 Z 的同系物，相对分子质量比Z大 14，则 W 的同分异构体中满足下列条件：能发生银镜反应，苯环上有两个取代基，不能水解，遇 FeCl3溶液不显色的结构共有_种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为_。【答案】2甲基 2丙醇酚羟基、醛基浓硫酸，加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2

34、HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O 6【解析】【分析】A 的分子式为C4H10O，AB 是消去反应，所以 B是BC 组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是 2甲基 1丙醇 CD 是氧化反应，D 是 2甲基 1丙醛，DE 是氧化反应，所以E是 2甲基 1丙酸 X的分子式为C7H8O，且结合E和 F的结构简式可知，X 的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2 反应，是甲基中的2个 H 被 Cl取代，因此 Y的结构简式为，YZ 是水解反应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，则 Z的结构简式为，ZF 是酯化反应

35、。【详解】(1)结合以上分析可知,A 的结构简式为：，名称为2-甲基-2-丙醇；Z 的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A 为，B 为，AB 是消去反应，反应的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D 是，所以 CD 是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2 反应，是甲基中的2 个 H 被 Cl 取代生成，反应 的化学方程式：；(5)D 是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV 中的化学方程式：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z 的结构简式为，W 是 Z 的同系物，相

36、对分子质量比Z 大 14，W 分子式为C8H8O2，W 的同分异构体中满足下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有两个取代基，可以3种位置；不能水解,遇 FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3 种。苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3 种，共计有6 种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由图示正离子和负离子组成：回答下列问题：(1)按电子排布，Al 划分在

37、元素周期表中的_区(填“s”“p”“d”或“ds”)，图中负离子的空间构型为 _。(2)基态 Cl原子的价电子排布图为_。(3)图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。该正离子中C原子的杂化方式为_。该化合物中不存在_(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.氢键(4)C、N、H 三种元素的电负性由大到小的顺序为_，NH3与 CH4的中心原子均为sp3杂化，但是 HNH 的键角小于HCH 的键角，原因是_。(5)AlN 是一种陶瓷绝缘体，具有较高的导热性和硬度，其立方晶胞如图所示，Al 原子周围紧邻的Al 原子有_个。已知：氮化铝的密度为dg/cm3，阿伏

38、加德罗常数为NA，则最近的N 原子与 Al 原子间的距离为_pm。【答案】p 正四面体sp2、sp3E NCH NH3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小12 1033441104Ad Ng【解析】【分析】【详解】（1）按电子排布，根据主族元素中最后排入的电子轨道名称命名其区名称，Al 原子最后排入的电子是3p能级上的电子，位于p 区；图中负离子中铝离子价层电子对个数=4+314 12=4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体；故答案为：p；正四面体；（2）基态 Cl原子的价电子为最外层电子，电子排布式为3s23p5，则排布图为，故答

39、案为：；（3）环上的 C原子价层电子对个数是3、乙基上 C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断 C 原子的杂化方式，前者为sp2后者为 sp3杂化；该化合物中阳离子和阴离子间形成离子键，阳离子中的 C-H 键属于极性键，C-C键属于非极性键，阴离子中存在配位键，没有氢键，故答案为：sp2；sp3；E；（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是NCH；NH3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小，HNH 的键角小于HCH 的键角，故答案为：NCH；NH3中 N 原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小；（5）根据晶胞的结构

40、分析，以上底面面心的Al 为参考点，周围与距离最近的Al 有 12 个，取 1mol 晶胞，即有 NA个晶胞，1 个晶胞中Al 原子数目为：818+612=4，N 原子数目为4，设晶胞的棱长为xcm，则x3d=AA414+27441=NN（），则 x=3A441Ndcm，则最近的N 原子与 Al 原子间的距离为34x=1033441104Ad Ngpm，故答案为：12；1033441104Ad Ng。19KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和 MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和 MnO2的混合物16.60g 加热至恒重，将反应后的固体加15

41、g 水充分溶解，剩余固体 6.55g（25），再加 5g 水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25）。（1）若剩余的4.80g 固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 _g；（2）若剩余的4.80g 固体是 MnO2和 KCl的混合物 求 25时 KCl的溶解度 _；求原混合物中KClO3的质量 _；所得 KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少_？（保留2 位小数）（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）KClO3+5KCl+3H2O，制取 KClO3（混有 KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的 KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n(K+

42、)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？_【答案】11.80 35g 12.25g 5.99mol/L 0.212 0.238【解析】【分析】(1)根据 2KClO32KCl+3O2反应原理，MnO2不溶于水，KCl溶于水进行分析计算；(2)若剩余的4.80g 固体是 MnO2和 KCl的混合物，则 5g 水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=nV计算溶液的物质的量浓度；(3)测定溶液中n(K

43、+):n(Cl-)=14:11 结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或 KClO和 KCl来计算质量分数的范围。【详解】(1)若剩余的4.80g 固体全是MnO2，m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g，故答案为:11.80；(2)若剩余的4.80g 固体是 MnO2和 KCl的混合物，则5g 水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g 水溶解KCl的质量=6.55g-4.80g=1.75g，则 100g 水溶解 KCl的质量=1.75g100g35g5g，25 C时 KCl的溶解度35g；故答案：35g；20g 水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为

44、氧气的质量，氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得4.8g16g/mol122.5g/mol3=12.25g，所以原混合物中KClO3的质量12.25g，故答案为：12.25g；溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=27g1.72g/mL，n(KCI)=7g74.5g/mol，则溶液的物质的量浓度=7g74.5g/mol27g1.72g/mL=5.99mol/L，所以答案为：5.99mol/L；(3)测定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11，设钾离子为14mol，氯离子11mol；由零价氯变成负一价的氯，一共需要得到11mol 电子，如果剩下的K离

45、子是氯酸钾和次氯酸钾，由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3氯酸钾的质量分数=2 122.511 74.5 1 90.52 122.5=0.212 由零价氯变成负一价的氯一共需要得到11mol 电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾的质量分数=2.2 122.511 74.50.8 56?2.2 122.5=0.238，所以得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.2120.238，故答案：0.2120.238。【点睛】解题关键：2KClO32KCl+3O2反应原理及MnO2不溶于水，KCl溶于水，计算KClO3的质量；根据氧化还原反应中电子守恒判断固体中KClO3的质量分数。