2019-2020学年安徽省芜湖一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省芜湖一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）125时，向10mL0.1mol L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol L-1的 HCl 溶液，溶液的AG+-c(H)lgc(OH)AG变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A若 a=-8，则 Kb(XOH)10-5BM 点表示盐酸和XOH恰好完全反应CR点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D M 点到 N 点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 点表示 0.1mol L1

2、一元弱碱XOH，若 a=8，则 c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)c Xc OHc XOHn=3310100.1=105，故 A正确；B.两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点 AG=0，则溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH 和 XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；C.若 R点恰好为XCl 溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1)，故 C正确；D.M点的溶质为XOH和 XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl 时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl 溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从 M点到 N点，水的电

3、离程度先增大后减小，故 D正确。故选 B。2下列我国科技成果不涉及化学变化的是A厨余污油裂化为航空燃油B“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C 以“煤”代“油”生产低碳烯烃D用“天眼”接收宇宙中的射电信号A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选 A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。3Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以 NaOH 溶液为电解

4、质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B铁电极上的主要反应为：Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O C电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 减小D图中的离子交换膜为阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解

5、过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与 H2反应使产率降低。【详解】A 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应使产率降低，故A 正确；B 项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故 B正确；C 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，由于有 OH-生成，电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的p

6、H 增大，故C错误；D 项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，Ni 电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。4化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是A聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程B硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体C疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物【答案】A【解析】【分析】

7、【详解】A聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，A选项错误；B硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；C疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，C选项正确；D聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D 选项正确；答案选 A。5某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（）A凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B硼酸是三元酸C

8、硼酸溶液与NaOH 溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH=B(OH)4D硼酸是两性化合物【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1 个硼酸分子能结合1 个 OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B 错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成 B(OH)4，C 正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D 错误。故选 C。625时，向20.00mL0.1mol L-1H2X溶液中滴入0.1mol L-1 NaOH 溶液，溶液中由水电离出的c水

9、(OH-)的负对数-1gc水(OH-)与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A水的电离程度：MN=QP B图中 M、P、Q 三点对应溶液中相等CN 点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)D P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)【答案】C【解析】【详解】A.M 点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N 点和 Q 点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P 点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：PN=QM，故 A 错误；B.H2X 的第二步电离常数Ka2=得=，电离常

10、数只与温度有关为定值，在滴定过程中溶液中氢离子浓度一直在减小，因此M、P、Q 三点对应溶液中氢离子浓度不等，不相等，故不选B；C.N 点为 NaHX 与 Na2X的混合溶液，由图像可知，M 点到 P点发生 HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N 点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)n(NaHX),因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与 HX-的电离平衡相互抵消，所以N 点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)，故选 C；D.P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故 D 错

11、误；答案：C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。7下列有关实验的选项正确的是()A分离甲醇与氯化钠溶液B加热 NaHCO3固体C制取并观察Fe(OH)2的生成D记录滴定终点读数为12.20mL【答案】C【解析】【详解】A甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A 错误；B加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C 正确；D滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故 D 错误。故选：C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0 刻度在滴定管的上方，与量筒读数

12、不同。8X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，W 的最外层电子数比X的最外层电子数少1 个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A化合物WY 是良好的耐热冲击材料BY的氧化物对应的水化物可能是弱酸CX的氢化物的沸点一定小于Z 的D化合物（ZXY）2中所有原子均满足8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】因 W 的最外层电子数比X 的最外层电子数少1 个，且原子序数WX，因此 X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为 C，Y为 N，Z 为 O，X最外层电子数为4，故 W 为 Al，以

13、此解答。【详解】A化合物AlN 为原子晶体，AlN 最高可稳定到2200，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A 不符合题意；BN 的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B 不符合题意；CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O 的沸点低，故C符合题意；D由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8 电子稳定结构，故D 不符合题意；故答案为：C。9化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和

14、纯碱C髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯【答案】C【解析】【详解】A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A 不选；B.SiO2和 CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和 CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C 选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D 不选。故选 C。102.8g Fe 全部溶于一定浓度、200mL 的 HNO3溶液中，得到标准状况

15、下的气体1.12L，测得反应后溶液的 pH 为 1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是A反应后溶液中c（NO3）=0.85mol/L B反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D 1.12L 气体可能是NO、NO2的混合气体【答案】A【解析】【分析】Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则 n（NOx）1.1222.4/LLmol0.05mol，反应后溶液pH1 说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】A根据 N 原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）n（HNO3）+3nF

16、e（NO3）30.02mol+3 2.856/ggmol0.17mol，则 c（NO3-）0.170.2molL0.85mol/L，A 正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当 Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L 0.2L=0.02mol，根据 3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO +4H2O 知，硝酸溶解的n（Fe）=0.028mol 3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=2.856/21ggmol=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol56g/mol1.8

17、2g，B 错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe 完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D 2.8gFe 完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量2.856/ggmol3 0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol（5-4）=0.05mol 0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D 错误；答案选A。【点睛】灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总

18、数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。11下列各组中的X和 Y两种原子，化学性质一定相似的是()A X原子和 Y原子最外层都只有1 个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的 2p 能级上有3 个电子，Y原子的 3p 能级上有3 个电子D X原子核外M层上仅有2 个电子，Y原子核外N层上仅有2 个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.最外层都只有1 个电子的X和 Y，可能为H 与碱金属元素，性质不同

19、，故A 错误；B.原子的核外电子排布式为1s2的 X为 He，原子的核外电子排布式为1s22s2的 Y为 Be，两者性质不同，故 B 错误；C.原子的 2p 能级上有3 个电子的X为 N，原子的 3p 能级上有3 个电子的Y为 P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D.原子核外M层上仅有2 个电子的X为 Mg，原子核外N层上仅有2 个电子的Y的 M 层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D 错误。所以 C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则

20、元素对应的单质或化合价的性质相似。12根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（）实验操作预测实验现象实验结论或解释A 向 FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制 Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C 常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D 向盛有 NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH-=NH3+H2O A A BB C

21、C D D【答案】C【解析】【详解】A.由于 Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为 I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而 CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的 CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A 错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH 溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B 错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘

22、化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有 NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D 错误；故合理选项是C。13下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（）的说法正确的是（）A与互为同系物B一氯代物有2 种，二氯代物有4 种（不考虑立体异构）C能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色D 1mol 该有机物完全燃烧消耗5molO2【答案】B【解析】【分析】1-氧杂-2，4-环戊二烯()的分子式为C4H4O，有 2 种等效氢，结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。【详解】A属于酚，而不含苯环和酚羟基，两者

23、不是同系物，A 错误；B共有 2 种等效氢（不考虑立体异构），它的一氯代物有2 种，二氯代物有4 种，B正确；C含碳碳双键，既能能使溴水退色，又能使酸性高锰酸钾溶液退色，C错误；D的分子式为C4H4O，1molC4H4O 完全燃烧消耗的O2的物质的量为1mol(4+44-12)=4.5mol，D 错误。答案选 B。14在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)BH2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)CFe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)【答案】A【解析】【

24、详解】A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A 项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D 项错误；答案选 A。15 某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液，滴定曲线如图。（H2A的电离分两步，H2A=H+HA-，HA-H+A2-)下列说法错误的是A室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/Lc(H+)0.02 mol/L BF点对应溶质是NaHA，溶液显酸性CG

25、 点溶液显中性的原因是溶质为Na2A D H 点溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA)【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，H2A 分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，F点 20.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A溶液恰好反应生成NaHA，G 点溶液显中性，溶质为NaHA 和 Na2A，H 点40.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液恰好反应生成Na2A。【详解】A 项、由题给信息可知，H2A 分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，则0.

26、01 mol/L 的 H2A 溶液中0.01 mol/Lc(H+)0.02 mol/L，故 A 正确；B 项、F点 20.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液恰好反应生成NaHA，NaHA 溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；C 项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA 和水解呈碱性的Na2A，故 C错误；D 项、H 点 40.00mL 0.01 mol/L NaOH 溶液与 20.00mL 0.01 mol/L 的 H2A 溶液恰好反应生成Na2A，因 H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则 Na2A 溶液

27、中的物料守恒关系为c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA)，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程如下：回答下列问题：（1）LiTaO3中钽的化合价为_。（2）同体 A 呈红色，其主要成分是_（写化学式），常见用途有_（填一种即可）。（3）操作 2 的名称是 _，用来检验溶液B 中阴离子的常用试剂是_。（4）HTaO3是_（填字母）。a

28、难溶的强酸b可溶的弱酸c可溶的强酸d难溶的弱酸（5）烧渣与NaOH 溶液转化成溶液A 的过程中，发生反应的离子方程式为_。（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg 该废料，按上述流程最多可制备 _kgLiTaO3。【答案】+5Fe2O3制作颜料过滤AgNO3和稀硝酸d 25322OHTa O=+2TaOO+H47.2【解析】【分析】含 Ta2O5、FeO 及油脂的废料在空气中高温出去油脂将FeO 氧化为 Fe2O3，加 NaOH 溶液得 NaTaO3过量盐酸得 HTaO3，再加 Li2CO3灼烧得 LiTaO3。（1）化合价可通过化合价代数和为零计算

29、；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；（3）操作 2 为过滤，溶液B 中含有阴离子为Cl；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；（5）NaOH 与 Ta2O5反应生成 NaTaO3和 H2O；（6）通过元素质量守恒计算。【详解】（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+1)-(-2)3=+5，故答案为：+5；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3）操作 2 用于分离溶液B 和固体 HTaO3，故操作 2 为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl，可用 AgNO3和稀硝

30、酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与 NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为25322OHTa O=+2TaOO+H；故答案为：25322OHTa O=+2TaOO+H；（6）100kg 该废料中含Ta2O5质量m=100kg44.2%=44.2kg则 Ta2O5物质的量m44200gn=100molM442g/mol，则 LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量m=nM=200mol236g/mol=47200g=

31、47.2kg；故答案为：47.2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17如图中A J分别代表相关反应中的一种物质，已知A 分解得到等物质的量的B、C、D，已知 B、D为常温下的气态化合物，C 为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I 为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A 的化学式为 _，C的电子式为 _；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G H_；F+J B+C+I_；（3）2molNa2O2与足量 C反应转移电子的物质的量为_mol；（4）I 与足量 C生成 J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（5）容积为 10mL 的试管中充满I 和 G 的

32、混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I 与 G 的体积之比为_。【答案】NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 2 1：2 4：1【解析】【分析】A 受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且 A 与碱反应生成D，则 A 为酸式盐或铵盐，B、D 为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C 为水，镁条能在B 中燃烧，则 B 为二氧化碳或氧气，因为A 受热分解生成B、C、D，则 B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和 O2，D 能在催化剂条件下与G 反应生成H，则 D 是 NH3，

33、G 是 O2，H 是 NO，I 是 NO2，J是 HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是 MgO，F是 C，通过以上分析知，A 为 NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A 为 NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；(2)、D 为 NH3，G 是 O2，H 是 NO，则 D+G H 的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是 C，J是 HNO3，则 F+J-B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2

34、H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1 价升高为0 价，由-1 价降低为-2价，则 2molNa2O2与足量 C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由 3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL 的试管中充满NO2和 O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与 O2体积比为4:1，所以 10mL混合气体中NO2和 O2的体积分别为8mL 和

35、2mL，故答案为4:1。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：Li2CO3焙烧Li2O+CO2；Li2O+C高温真空CO+2Li。锂原子的电子排布式为_；CO2 的结构式为 _；反应中涉及的化学键类型有_。(2)氢负离子(H)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g 样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00 mL

36、，加入2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液 13.00 mL。定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和 _。滴定终点的判断依据为_。样品的纯度为_。【答案】1s22s1OCO 离子键、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒100mL 容量瓶当滴入最后一滴标准NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色0.999【解析】【分析】(1)根

37、据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；(3)根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。【详解】(1)锂是 3 号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形

38、成两对共用电子对，Li2O 属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键，Li 属于金属晶体，含有金属键，结构式为OCO；(2)氢是 1 号元素，质子数为1，锂是 3 号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子

39、弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。(3)定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml 容量瓶，玻璃棒，答案为100ml 容量瓶，玻璃棒；定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000 mol/L 0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2，稀释前n(H2SO4)=n(Li2S

40、O4)，加水定容至100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)=n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液10.00 mL，则取出的溶质的物质的量=0.0210mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L 0.013L=0.0013mol，由于 H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=12n(NaOH)=12 0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，n（H2SO4）=n（Li2S

41、O4）=n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml 溶液中的m1（Li2CO3）=nM=0.00135 74=0.0999g，100ml 溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g 10=0.999g，故=223mLi COm样品=0.999g1g=0.999。【点睛】计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。19在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。（1）

42、32CH OH(g)CO(g)+2H(g)?的 H=_kJ mol1；该历程中最大能垒(活化能)E正=_kJmol1，写出该步骤的化学方程式_。（2）在一定温度下，CO和 H2混合气体发生反应：23CO(g)+2H(g)CH OH(g)?，反应速率=正逆=k正c(CO)c2(H2)k逆c(CH3OH)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，正逆将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若升高温度，kk正逆将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：23CO(g)+2H(g)CH OH(g)?。体系的总压强p 随

43、时间 t 的变化如表所示：t/min 0 5 10 15 20 p/kPa 101.2 107.4 112.6 116.4 118.6 121.2 若升高反应温度至373K，则 CH3OH(g)分解后体系压强p(373K)_121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是 _。353K 时，该反应的平衡常数KP=_(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1 位小数)。【答案】+97.9 179.6 CO*+4H*=CO*+2H2(g)或 4H*=2H2(g)不变减小大于CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物

44、质的量增加，容器体积不变，总压强变大43.9【解析】【分析】(1)根据 H=生成物总能量-反应物总能量分析判断，根据图像，反应历程中活化能最大的为CO?+4H?阶段；(2)平衡时正逆反应速率相等，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动；根据(1)中分析CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；(3)反应 CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对该平衡体系的影响分析判断；根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，结合三段式计算解答。【详解】(

45、1)根据图像显示，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为97.9 kJmol1，根据 H=生成物总能量-反应物总能量，则32CH OH(g)CO(g)+2H(g)?的 H=+97.9kJ mol1；根据图像可以看出，CO?+4H?=CO?+2H2(g)(或 4H*=2H2(g)反应历程中活化能E正最大为 113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6 kJmol1；(2)平衡时正逆反应速率相等，即 正=逆，则正逆=1，反应速率=正 逆=k正c(CO)c2(H2)k逆c(CH3OH)=0，则该反应的平衡常数K=322c CH OHc CO cH=kk正逆，催化剂可加快反应速率，但不

46、影响平衡移动，正逆反应速率仍相等则正逆不变；根据(1)中分析 CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度反应逆向移动，平衡常数K减小，则kk正逆将减小；(3)反应 CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大，则升高反应温度至373K，则 CH3OH(g)分解后体系压强p(373K)大于 121.2kPa；353K 时，初始时平衡体系总压强为101.2 kPa，平衡时体系总压强为121.2kPa，设初始投入CH

47、3OH(g)为1mol，平衡时消耗CH3OH(g)的物质的量为x，列“三段式”：32CH OH gCO g+2Hgmol100molxx2xmol1-xx2x?始变平根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，则1101.2kPa12121.2kPaxxx，解得 x=110.12mol，则平衡时，H2的物质的量为15.06mol，CH3OH 的物质的量为(1110.12)mol，CO的物质的量为110.12mol，平衡时的总物质的量为6.065.06mol，该反应的平衡常数KP=2223115.0610.12121.2121.26.066.06pHp CO5.065.061p CH OH110.12121.26.065.06kPakPakPa=43.9(kPa)2。