2019-2020学年北京市新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市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化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C碳酸钡可用于胃肠X 射线造影D氢氧化铝可用于中和过多胃酸【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确；C.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X 射线造影检查，应该用硫酸钡，C 错误。D.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于

2、中和过多胃酸，D 正确；答案选 C。【点睛】选项 C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共 3 种C乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A 错误；B与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3 种，故 B正确；C乳酸分子含有羟基、羧基，可

3、发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故 D 错误；故选 B。3下列事实不能说明X元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（）A X单质与 H2S溶液反应，溶液变浑浊B在氧化还原反应中，1molX 单质比 1mol 硫得电子多CX和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高D X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性【答案】B【解析】【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。【详解】

4、A X单质与 H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明X 单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A 不符合题意；B在氧化还原反应中，1molX 单质比 1molS 得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；C元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X 和 S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X的非金属性较强，故C不符合题意；D X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D 不符合题意；故答案选B。4下列说法正确的是()A Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需

5、破坏分子间作用力CH2O 不易分解是因为H2O 分子间存在较大的分子间作用力D液态 AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子【答案】D【解析】【详解】A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A 项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B 项错误；C.H2O 不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D 项正确；答案选 D。5已知：pKa=-lgKa，25时，H2SO3的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，

6、用0.1mol L-1NaOH 溶液滴定20mL0.1mol L-1 H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A a 点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32)=0.1 molL-1Bb 点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)Cc 点所得溶液中：c(Na+)3c(HSO3)D d 点所得溶液中：c(Na+)c(SO32)c(HSO3)【答案】C【解析】【详解】A、H2SO3为弱酸，a 点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a 点溶液体积大于20mL，根据物料守恒有 c(H2SO3)+c(SO32)+

7、c(HSO3)?0.1 molL-1，a 点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml，所以和H2SO3反应产物为 NaHSO3和 H2SO3，根据 H2SO3的 Ka1=c(HSO3)c(H+)/c(H2SO3)，根据 pKa1=-lgKa1有 Ka1=10-1.85=c(HSO3)10-1.85/c(H2SO3)，所以 c(HSO3)=c(H2SO3)，带入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32)?0.1 molL-1，A错误。B、b 点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，与 H2SO3恰好生成NaHSO3，根据物料守恒有：c(Na+)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)，根

8、据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32)+c(HSO3)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32)+c(HSO3)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)+c(H+)，故 c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)，B正确。C、c 点加入的氢氧化钠溶液大于20ml 小于 40ml，所以生成的溶质为Na2SO3和 NaHSO3，根据 c 点溶液中H2SO3的第二步平衡常数，由pKa2=7.19 可得 Ka2=10-7.19，又根据Ka2=c(SO32-)c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3

9、)，又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32)+c(HSO3)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3)-c(H+)，又因为c 点呈碱性，c(OH-)c(H+)，所以 c(Na+)3c(HSO3)，C正确；D、d 点恰好完全反应生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到 HSO3，但是水解程度小，故有 c(Na+)c(SO32)c(HSO3)，D 正确。正确答案为A【点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D 选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两

10、种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。6NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A 5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB1 mol Na与足量 O2反应，生成Na2O和 Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C标况时，22.4L 二氯甲烷所含有的分子数为NAD镁条在氮气中完全燃烧，生成50g 氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏【答案】D【解析】A铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3 价，还可能是+2价，故 0.1mol 铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故 A 错误；BNa 原子最外层是1 个电子，则

11、1 mol Na与足量 O2反应，生成Na2O 和 Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D镁条在氮气中完全燃烧，生成50g 氮化镁时，参加反应的N2为 0.5mol，而 N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D 正确；答案为D。7某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A气体 X中含有 SO2B为实现溶液C 到溶液 D 的转化，加NH3 H2O 至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可

12、C蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：Cu(NH3)4Cl2+H2OCuO+2HCl +4NH3D在制备产品时，溶液D 中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低【答案】B【解析】【分析】【详解】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C 到溶液 D 的转化，加NH3 H2O 至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D 中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选 B。8用化学用语表示

13、2CO22Na2O2=2Na2CO3O2中的相关微粒，其中正确的是()A中子数为6 的碳原子：612C B氧原子的结构示意图：CCO2的结构式：OCO DNa2O2的电子式：NaNa【答案】B【解析】【详解】A.中子数为6 的碳原子：，A 项错误；B.氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B 项正确；C.CO2分子中各原子满8 电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D.Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D 项错误；答案选 B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下

14、角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。9室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A 0.1 molL1 HCl溶液：Ba2、Na、AlO2-、NO3-B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-C0.1 molL1NaOH 溶液：Ca2、K、CH3COO、CO32-D 0.1 molL1Na2S溶液：NH4+、K、ClO、SO42-【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1 molL1 HCl溶液中：AlO2-与 H+不能大量共存，故A 错误；B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-之间

15、以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故 B 正确；C0.1 molL1NaOH 溶液：Ca2与 CO32-不能大量共存，故C错误；D 0.1 molL1Na2S溶液中，ClO具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D 错误；答案选 B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。10下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH(l)H2O(l)新制的生石灰蒸馏BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH 溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A A BB CC D

16、D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.因为 CaO与水反应生成沸点较高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸馏，A 正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl 极易溶于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除去Cl2中的 HCl，B正确；C.NH4Cl 也能与 NaOH 溶液反应，C错误；D.NaHCO3受热容易分解生成碳酸钠、水和CO2，通过灼烧可除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，D 正确；答案选 C。11废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）A B C D A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】废弃的铝制易

17、拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，A.图示标志为有害垃圾，故A 不选；B.图示标志为可回收垃圾，故B 选；C.图示标志为餐厨垃圾，故C 不选；D.图示标志为其它垃圾，故D 不选；故选 B。12NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 0.5 molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB1 L 0.5 molL1 Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NAD 14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】AN4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1

18、 个 N4分子含 6 个共价键（N N 键），则0.5 mol N4含共价键数目为3 NA，A 项错误；BS2H2O?HS OH，阴离子包括S2、OH 和 HS，阴离子的量大于0.5 mol，B项错误；C锌与浓硫酸发生反应：Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4=ZnSO4H2，生成气体11.2 L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=11.2L0.5mol22.4L/mol，生成 1 mol 气体时转移2 mol 电子，生成0.5 mol 气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14 g 混合

19、物相当于1 mol CH2，含 2 mol H 原子，故14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D 项错误；答案选 C。13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 MgCO3MgCl2(aq)Mg BNaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)CSiO2SiSiCl4D AgNO3 Ag（NH3）2OH（aq）Ag【答案】D【解析】【详解】A 项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A 错误；B 项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能一步实现反应，故B错误；C 项、硅与盐酸不能

20、反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；D 项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。14香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A水杨醛苯环上的一元取代物有4 种B可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A 中是否混有水杨醛C中间体A 与香豆素-3-羧酸互为同系物D 1 mol 香豆素-3-羧酸最多能与1 mol H2发生加成反应【答案】A【

21、解析】【详解】A水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4 种等效氢，苯环上的一元取代物有4 种，故 A正确；B水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故 B 错误；C结构相似，在分子组成上相差一个或n 个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol 各物质最多能和4mol 氢气发生加成反应，故D

22、错误；故答案为A。15油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A氧气B二氧化碳C空气D氮气【答案】D【解析】【详解】油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成。实验室用正丁醇与浓 H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反

23、应原理：2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O 物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8 117.7 微溶易溶二者互溶正丁醚130-98 142.4 不溶微溶实验步骤如下：在二口烧瓶中加入0.34mol 正丁醇和4.5mL 浓 H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。加热搅拌，温度上升至100ll0开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏

24、，得正丁醚的质量为 Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是_，仪器 a 的名称是 _。（2）步骤中药品的添加顺序是，先加_（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是_。（3）步骤中为减少副反应，加热温度应不超过_为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是_。如何判断反应已经完成？当_时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去_。本实验中，正丁醚的产率为_（列出含 W 的表达式即可）。【答案】取代反应（直形）冷凝管正丁醇防暴沸或防止反应液剧烈沸腾135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化正丁醇W100%0.1713

25、0【解析】【分析】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a 的名称。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据 2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的

26、产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a 的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤 中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是

27、提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤 中用 50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为1WgW100%100%0.17mol130g mol0.17130；故答案为：正丁醇；W100%0.17130。三

28、、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：D 为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和 H2O。A 的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A 的结构简式为 _。（2）写出 DE的化学方程式_。（3）下列说法正确的是_。A.有机物 F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和 D 分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、F E.B 的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2 种【答案】CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22C

29、H3CHOACDE【解析】【分析】A 能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A 为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6 1，说明 E分子中 C与 H 原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和 H2O，则 E为 CH3CHO，D 为烃，根据 C和 E可知，D 为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A 为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2

30、CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A.有机物 F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A 正确；B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B 错误；C.1mol 乙醇完全燃烧消耗3mol 氧气，1mol 乙烯完全燃烧消耗3mol 氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的

31、少量乙醇和乙酸，故D 正确；E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共 2 种，故 E正确；答案选：ACDE。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要作用。(1)氨气是一种重要的化工原料，氨态氮肥是常用的肥料。哈伯法合成氨技术的相关反应为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-93kJ/mol，实际生产中，常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K、压强 3.0 107Pa，原料气中N2和 H2物质的量之比为1：2.8。合成氨技术是氮的固定的一种，属于_(选填“大气固

32、氮”、“生物固氮”“人工固氮”)。合成氨反应常用铁触媒催化剂，下列关于催化剂的说法不正确的是_。A可以加快反应速率B可以改变反应热C可以减少反应中的能耗D可以增加活化分子的数目关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。A原料气中N2过量，是因N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率B控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率C当温度、压强一定时，在原料气(N2和 H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生(2)肼(N2H4)是氮的氢化物之一，其

33、制备方法可用次氯酸钠氧化过量的氨气。次氯酸钠溶液显碱性，表示原理的离子方程式是_。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.010-6mol/L，则 1.0mol/LNaClO 溶液的 pH=_。肼与 N2O4氧化反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)H=-19.5kJ/mol N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-534.2kJ/mol 请写出肼和N2O4反应的热化学反应方程式_。(3)在 NH4HCO3溶液中，反应NH4+HCO3-+H2ONH3 H2O+H2CO3的平衡常数K=_。(已知常温下NH3 H2O 的电离平衡常数Kb=2 10-5

34、，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4 10-7)。【答案】人工固氮BC AD ClO-+H2OHClO+OH-11 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1048.9kJ/mol 1.25 103【解析】【分析】(1)由氮元素的单质变为氮的化合物的过程为氮的固定，可根据氮固定形式判断固定方式；催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率但不能使反应平衡发生移动；根据合成氨气的反应是气体体积减小的放热反应，从化学反应速率和化学平衡移动角度分析外界条件对合成氨气反应的影响；(2)根据次氯酸钠是强碱弱酸盐，利用盐的水解规律分析；根据水解平衡常数的含义计

35、算溶液中c(OH-)，然后利用水的离子积计算c(H+)再根据 pH=-lg(H+)计算 pH；根据盖斯定律，将两个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；(3)根据水解平衡常数的表达式与Kb、Ka1和水的离子积的关系计算。【详解】(1)N2与 H2在催化剂存在时，在高温、高压条件下发生反应产生NH3，该反应属于氮的固定，是人工固氮；A.铁触媒是合成氨气的催化剂，由于降低了反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，活化分子数增加，反应速率加快，A 正确；B.催化剂可以改变反应途径，但不能改变物质的始态和终态，因此不可以改变反应热，B错误；C.由于催化剂不能改变物质的始态和终态，因此不能改变反应过

36、程的能量变化，所以不能减少反应中的能耗，C错误；D.由于催化剂可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，所以可以增加活化分子的数目，D正确；故合理选项是BC；A.合成氨气中N2、H2反应的物质的量的比是1：3，加入的原料气中N2和 H2物质的量之比为1：2.8，N2过量，是因N2相对易得，适度过量可以加快反应速率，由于增大了一种反应物的浓度，可以使化学平衡正向移动，从而可以使其它反应物的转化率提高，从而可提高H2的转化率，A 正确；B.控制温度(773K)远高于室温，主要是因为在此温度下催化剂的活性最大，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动，反应物平衡转化率降低

37、，B 错误；C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和 H2的比例不变)中添加少量惰性气体，由于不能改变任何一种反应物的浓度，因此对物质平衡转化率无影响，C错误；D.空气的主要成分是N2、O2，分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气 N2、H2必须经过净化处理，以防止催化剂中毒导致失去催化活性及发生安全事故发生，D正确；故合理选项是AD；(2)次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-会发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，最终达到平衡时，溶液中 c(OH-)c(H+)，所以溶液显碱性；ClO-的水解平衡常数K=1.010-6mol/L，c2(OH-)=1.0mol/L

38、1.0 10-6mol/L=1.0 10-6mol2/L2，所以 c(OH-)=1.0 10-3mol/L，则c(H+)=1.0 10-11mol/L，所以溶液的pH=11；(i)N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)H=-19.5kJ/mol(ii)N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-534.2kJ/mol(ii)2-(i)，整理可得2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1048.9kJ/mol(3)反应 NH4+HCO3-+H2ONH3 H2O+H2CO3的平衡常数K=1.25 10-3。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、催化剂的作用

39、、氮的固定、盐的水解离子方程式的书写和水解平衡常数的计算、物质转化率的影响及判断的知识。较全面的考查了学生知识的学习及应用能力，难度中等。19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

40、硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00 mL，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

41、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，

42、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

43、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。(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+H2SO

44、4=Li2SO4+H2O+CO2，稀释前n(H2SO4)=n(Li2SO4)，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（Li2SO4）=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。