2019-2020学年安徽省滁州市英华新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市英华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浓差电池有多种:一种是利用物质氧化性或还原性强弱与浓度的关系设计的原电池（如图1）:一种是根据电池中存在浓度差会产生电动势而设计的原电池（如图2）。图 1 所示原电池能在一段时间内形成稳定电流;图 2 所示原电池既能从浓缩海水中提取LiCl，又能获得电能。下列说法错误的是A图 1 电流计指针不再偏转时,左右两侧溶液浓度恰好相等B图 1 电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl 或 AgNO3或 Fe粉，指针又会偏转且方向相同C图 2 中 Y极每生成1

2、mol Cl2，a 极区得到2 mol LiCl D两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左【答案】B【解析】【分析】图 1 左边硝酸银浓度大于右边硝酸银浓度，设计为原电池时，右边银失去电子，化合价升高，作原电池负极，左边是原电池正极，得到银单质，硝酸根从左向右不断移动，当两边浓度相等，则指针不偏转；图2氢离子得到电子变为氢气，化合价降低，作原电池正极，右边氯离子失去电子变为氯气，作原电池负极。【详解】A.根据前面分析得到图1 中电流计指针不再偏转时，左右两侧溶液浓度恰好相等，故A 正确；B.开始时图1 左边为正极，右边为负极，图1 电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl 或 Fe，左侧银离

3、子浓度减小，则左边为负极，右边为正极，加入 AgNO3，左侧银离子浓度增加，则左边为正极，右边为负极，因此指针又会偏转但方向不同，故B错误；C.图 2 中 Y 极每生成1 mol Cl2，转移 2mol 电子，因此2mol Li+移向 a 极得到 2 mol LiCl，故 C正确；D.两个电极左边都为正极，右边都为负极，因此两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】分析化合价变化确定原电池的正负极，原电池负极发生氧化，正极发生还原，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。2化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是A高纯硅可用于制作光导纤维B二氧化氯可用于

4、自来水的杀菌消毒C氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板D海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护【答案】A【解析】【详解】A 选项，高纯硅可用于制作光电池，二氧化硅可用于制作光导纤维，故A错误；B 选项，二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；C 选项，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板，故 C正确；D 选项，海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护，这种方法叫外加电流的阴极保护法，故D 正确；综上所述，答案为A。【点睛】硅及其化合物在常用物质中的易错点不要混淆硅和二氧化硅的用途：用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2，用于制作光导纤维的是SiO2而不是硅。

5、不要混淆常见含硅物质的类别:计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO2。水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO2，而不是硅酸盐。光导纤维的主要成分是SiO2，也不属于硅酸盐材料。传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃主要成分是硅酸盐。3如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X 原子最外层电子数，W、X 对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（）A W、X 对应的简单离子的半径：XW B电解 W 的氯化物水溶液可以制得W 单质C实验室可用X和 Z 形成的某种化合物制取单质X D 25时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH 大

6、于 7【答案】B【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，根据漂白剂结构可知，Z为 H，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W 为 Mg，X 为 O，W、Y、Z的最外层电子数之和等于 X 的最外层电子数，Y为 B，据此解答。【详解】A O2-和 Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B工业上电解熔融状态的MgCl2来制备 Mg，B 错误；C实验室可用H2O2在 MnO2催化作用下制备O2，C 正确；D硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D 正确。答案选 B。4M、X、Y、Z、W 为五种短周期元素

7、，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与 Z可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g L-1；W 的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12。下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXM B常见气态氢化物的稳定性：XY Z C1molWM 溶于足量水中完全反应，共转移2mol 电子D由 M、X、Y、Z四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】B【解析】【详解】Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g?L-1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol 0.76g?L-1=17g/mol，该气体为NH3，M、

8、X、Y、Z、W 为五种短周期元素，且原子序数依次增大，则 M 为 H 元素，Y为 N；X、Y、Z最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成 XZ2分子，X为+4 价，Y为-2 价，可推出 X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的12，推出 W 的质子数为67812=11，所以 W 为 Na 元素。A.所有元素中H 原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径 NaCNOH，即 WXYZM，故 A 错误；B.X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素，非金属性XYE2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】C【

9、解析】【分析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。【详解】A.若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；B.E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C.此反应为吸热反应，故断开H-H 键所需要的能量高于生成H-Br 键放出的能量，C 正确；D.因为 E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D 错误，故合理选项是C。【点睛

10、】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。6如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是X Y W Z T A原子半径：XYZ BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C由 X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D T元素的单质具有半导体的特性【答案】D【解析】【分析】四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出 W 最外层电子数为4，即为 Si，X为 N，Y为 O，Z 为 Cl，T为 Ge。【详解】A.根据层多径大，

11、核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl NO，故 A 错误；B.HCl沸点比 NH3、H2O 最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由 X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge 元素在金属和非金属交界处，因此Ge 的单质具有半导体的特性，故D 正确。综上所述，答案为D。7下列说法中不正确的是()医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由 4.68 变为 4.28，是因为水中溶解了较多的CO2明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以

12、水解得到氢氧化铝胶体“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与 CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故ABCD【答案】B【解析】【详解】医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的，故错误；汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，是氮气和氧气反应生成的，汽油不含氮元素，错误；氢氧化钠具有强腐蚀性，一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢，错误；某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由 4.68 变为 4.28，是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸，错误；明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，正确；“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与 CaCO3长期作用生

13、成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故，正确；故选 B。8利用有机物X 在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A X，Y分子都不存在对映异构体BX 分子中所有碳原子可能都在同一平面CY分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D未写出的产物可能有2 种，且都具有两性化合物的特性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故 A 错误；B.X 分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X 分子中所有碳原子不可

14、能都在同一平面上，故B 错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C 错误；D.因为 X分子结构中有肽键和酯基，则X 生成 Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为 HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D 正确；综上所述，答案为D。9一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X 与 Y 位于同一主族，Y与 W 位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，W 是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A原子半径：XYW

15、B最高价氧化物对应水化物的碱性：XY CZ、W 组成的化合物能与强碱反应D X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:1【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且Y、W、X、Z 的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，则W 为 O 元素；X与 Y位于同一主族，Y与 W 位于同一周期，则X、Z 均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则 2a+b+6，当 a=1，b=4 时满足题意，即Y为 Li、X 为 Na、Z 为 Si。【详解】由分析可知：Y为 Li 元素、W 为 O 元素、

16、X为 Na 元素、Z 为 Si元素；ALi、O 同周期，核电荷数大，原子半径小，Li 的原子半径大于O，Li、Na 同主族，核电荷数大，原子半径大，Na 的原子半径大于Li，则原子半径是XYW，故 A 正确；BNa 的金属性比Li 强，NaOH 的碱性比LiOH 强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故 B 正确；CZ、W 组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在 Na+和 O22-，则阴阳离子之比为1:2，故 D错误；故答案为 D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离

17、子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如 NaMgAl Si，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2F Na+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与 S2的半径大小，可找出与A13+电子数相

18、同的O2进行比较，A13+O2，且 O2S2，故 A13+S2。10如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B图中生成铁锈最多的是乙区域C铁腐蚀时的电极反应式：Fe2e=Fe2D将铁闸与石墨相连可保护铁闸【答案】D【解析】【分析】【详解】A海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A 正确；B在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe2e=Fe2，故 C 正确；D将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子

19、，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D 错误；答案选 D。11利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（）a b c 实验结论A 浓醋酸CaCO3C6H5ONa 溶液酸性：碳酸苯酚B Br2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C 浓盐酸酸性 KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D 饱和食盐水电石酸性 KMnO4溶液乙炔具有还原性A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A 错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也

20、能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B 错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故 D 错误；故答案选C。12美国科学家John BGoodenough 荣获 2019 年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。Kumar 等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A放电时，a 极反应为：Al-3e-=A13

21、+，b 极发生还原反应B充电时，Li+由 a 极通过固体电解液向b 极移动C与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D电路中转移4mole-，大约需要标准状况下112L空气【答案】D【解析】【分析】【详解】A锂比铝活泼，放电时a 极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-Li+，b 极为正极得电子，被还原，故 A 错误；B充电时a 电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b 为阳极，电解池中阳离子向阴极即a 极移动，故 B 错误；C因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D电路中转移4mole-，则消耗1mol

22、 氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此需要空气22.4L 5=112L，故 D 正确；故答案为D。13下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（）A立体烷和苯乙烯互为同分异构体B1，3丁二烯的键线式可表示为C二氟化氧分子电子式为D H216O、D216O、H218O、D218O 互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A 项正确；B.1，3-丁二烯中含有2 个 C=C键，其键线式为：，B 项错误；C.二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；D.H216O、D216O、H218O、

23、D218O 是化合物，不是同素异形体，D 项错误；答案选 A。14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-）=1.010-10mol?L-1，故 A 错误；B 项、加

24、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，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。15化学与生产、生活和社会

25、密切相关。下列有关说法正确的是（）A食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B华为继麒麟980 之后自主研发的7m 芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅C纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附D SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫【答案】D【解析】【详解】A.CaO 没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A 项错误；B.硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B 项错误；C.Fe 具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除

26、被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe 的还原性，与吸附性无关，C 项错误；D.SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D 项正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于 Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii.三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)3?3H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3+3C2

27、O42-K=6.3 10-21iii.FeC2O4?2H2O 为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验 1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器 a 的名称为 _。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C 酒精灯的先后顺序是_。(3)若用 D 的装置进行尾气处理，存在的问题是_、_。（实验 2）通过 Fe3+和 C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和 C2O42-的还原性强弱。(4)取实验 2 中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3 价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3?3H2

28、O。设计实验，确认实验2 中没有发生氧化还原反应的操作和现象是 _。(6)取实验 2 中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_Fe(C2O4)33-+_H2O_FeC2O4 2H2O+_+_（实验 3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和 C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_。【答案】分液漏斗先点燃 A 处酒精灯，再点燃C处酒精灯发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加热硫酸后，H+与 C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇 KS

29、CN溶液变红取少量实验2 中的翠绿色溶液，滴加 K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀2 4 2 3C2O42-2CO2 电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生【解析】【分析】实验一：在装置 A 中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过 B 装置的浓硫酸干燥，得纯净 HCl气体，然后在装置C中 Fe与 HCl 发生反应产生FeCl2和 H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl 气体，可根据HCl 极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与 K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和 KCl；用 KSCN溶液检验Fe3+

30、；用 K3 Fe(CN)6溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；实验三：根据2Fe3+C2O42-=2Fe2+2CO2，判断原电池正负极反应及相应的现象。【详解】(1)根据图示可知仪器a 名称是分液漏斗；(2)为防止 Fe 与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A 处酒精灯，使装置充满HCl 气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用 D 的装置进行尾气处理，由于 HCl 极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生

31、Fe2(C2O4)3和 KCl，产生的翠绿色晶体为 Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3?3H2O，取实验 2 中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3 价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；(5)若 K3Fe(C2O4)3?3H2O 发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2 中

32、的翠绿色溶液，滴加 K3 Fe(CN)6 溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3?3H2O 未发生氧化还原反应；(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O42H2O、CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O42H2O+2C2O42+2CO2；(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42-2e-=2CO2，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。【点睛】本题考

33、查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信息进行分析、判断。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体 K 的线路如下：已知：.氯代烃 D 的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.。（1）A 中官能团的结构式为_，D 的系统名称是_.（2）反应 的条件是 _，依次写出 和 的反应类型 _、_.（3）写出 FG 过程中第一步反应的化学方程式_.（4）K的结构简式为_.（5）写出比G多 2 个碳原

34、子的同系物的所有同分异构体的结构简式_.（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A 为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_。合成路线流程图示如下：。【答案】、-Br 1,3-二氯丙烷NaOH 溶液,（加热）加聚反应取代反应OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH 水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、【解析】【分析】由 CH2=CH-CH=CH2反应到 A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为 1,4-二溴-2-丁烷，AB 为取代；再根据知 F为醛，E为醇，G 为羧酸；H 为酯，由此知道D 为 1,3-二氯丙烷。H 为 CH3CH2OOCCH2COOC

35、H2CH3,H 与 C反应根据信息即可判断。【详解】（1）由 CH2=CH-CH=CH2反应到 A（C4H6Br）知，A 中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D 的相对分子质量是 113，氯的质量分数约为62.8，n(Cl)=11362.8/35.5=2,D 的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则 D 的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D 为卤代烃，E为醇，所以反应 的条件是 NaOH 溶液,（加热）；由的反应条件知道 为加聚反应；由 的条件知 反应类型取代反应。（3 根据知 E为醇，F为醛，所以FG 过程中第一步反应的化学方程

36、式 OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH 水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以 K的结构简式为；（5）通过上述分析知G 为 HOOCCH2COOH，比 G 多 2 个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A 为，以 A 为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。I（1）催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比较，实质上是反应系统

37、中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为一定条件下1mol CH3OH 与 O2发生反应时，生成CO、CO2或 HCHO的能量变化图反应物 O2（g）和生成物H2O（g）略去。在有催化剂作用下，CH3OH 与 O2反应主要生成 _（选填“CO 或 CO2或 HCHO”）。（2）2007 年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德 埃特尔，他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如图所示：下列说法不正确的是_。A 升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B 图示中的一以及后面几

38、个过程均是放热过程C 此图示中存在H-H 键断裂和N-N 键断裂，以及N-H 键的形成过程合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量 CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根）溶液来吸收原料气中的CO，其反应是：33323Cu NHAcCONHCu NHAc COH0僔生产中必须除去原料气中CO的原因是_；Cu（NH3）2Ac 溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是_。氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环，请回答相关问题。（3）NH4+硝化过程的方程式是2NH4

39、+3O2垐?噲?2HNO3+2H2O+2H+，恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是_（填标号）。A 溶液的 pH 不再改变B NH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C 溶液中 NH4+、NH3?H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变实验测得在其它条件一定时，NH4+硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A 所示，温度高于35时反应速率迅速下降的原因可能是_。（4）亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在

40、 25和 35下，分别向NO2-初始浓度为510-3 mol/L 的溶液中按不同的投料比-2n C1On NO加人次氯酸钠固体（忽略溶液体积的变化），平衡时 NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图 B 所示，a、b、c、d 四点 ClO-的转化率由小到大的顺序是_，35时该反应的平衡常数K=_（保留三位有效数字）。【答案】HCHO C 防止 CO使催化剂中毒低温、高压A 温度过高使亚硝酸菌变性d、c、b、a 2.67【解析】【分析】【详解】（1）根据图象可知转化为甲醛时活化能最低，所以使用催化剂时主要产物为HCHO。答案为：HCHO。（2）A N2中键能较大，常温不易反应，升高温度可促使N

41、2中化学键断裂，加快反应进程，提高生产效率，A 正确；B图示中及后面的几个过程均为形成新的化学键N-H，而形成新的化学键要放出热量，B 正确；C此图中是N-N 键断裂，以后为N-H 键的形成，没有出现H-H 键断裂的图示，C错误；答案选 C。生产中必须除去原料气中的CO的原因是防止合成塔中的催化剂中毒，据题可知溶液吸收CO的正反应为气体体积减少的放热反应，在低温、高压的条件下有利于CO的吸收。答案为：防止CO使催化剂中毒；低温、高压。（3）A由 2NH4+3O2垐?噲?2HNO3+2H2O+2H+可知，当pH 不变也就是H+不变则说明反应达到平衡，A正确；B由反应可知NH4+的消耗速率和H+的

42、生成速率描述的都是正反应，无法判断反应是否达到平衡，B 错误；C在氮的循环中，氮元素的物质的量始终保持不变，C错误；由图 A 可知 35时反应速率迅速下降是因为反应中有亚硝酸菌参与，而温度过高会使细菌亚硝酸菌中的蛋白质发生变性，从而导致速率变慢。答案为：A；温度过高使亚硝酸菌变性。（4）由图像可知，a、b 两点温度相同，都是25，由 a点到 b 点，投料比-2n C1On NO不断增大，可以理解为不断增加n(ClO-)，NO2-的去除率不断增大，而ClO-的转化率不断减小，所以ClO-的转化率：ab，同理可得：cd，而 c、d 两点，投料比相同，由b 到 c 升高温度，而NO2-的去除率不断减

43、小，说明正反应是放热反应，则ClO-的转化率bc，所以 a、b、c、d 四点 ClO-的转化率由小到大的顺序是：d、c、b、a；NO2-初始浓度为510-3 mol/L，35当投料比为2 的时候，NO2-的去除率为80%，平衡时NO2-的转化量为5 10-3 mol/L 80%=4 10-3 mol/L，用三段式进行计算：-23-2-3-3-3-3-3-3-3-3-3ClO+NO=NO+Cl(mol/L)1 105 1000(mol/L)4 104 104 104 10(mol/L)6 101 104 104 10始转平平衡常数K=-3-3-3-34 104 106 101 10=166=2.

44、67。答案为:d、c、b、a；2.67。19H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。(1)该反应的化学方程式为_。.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。(2)H2S的第一步电离方程式为_。(3)已知：25 时，Ksp(SnS)1.0 1025，Ksp(CdS)8.0 1027。该温度下，向浓度均为0.1 mol L1的 CdCl2和 SnCl2的混合溶液中通入H2S，当 Sn2开始沉淀时，溶液中c(Cd2)_(溶液体积变化忽略不计)。.H2S是煤化工原料气脱硫过程的

45、重要中间体。反应原理为.COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H 7 kJ mol1；.CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H 42 kJ mol1。(4)已知：断裂1 mol 分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJ mol1)1 319 442 x 678 930 1 606 表中 x_。(5)向 10 L 容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和 1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。随

46、着温度升高，CO的平衡体积分数_(填“增大”或“减小”)。原因为 _T1时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为_；反应的平衡常数为_(保留两位有效数字)。【答案】4SO23CH44H2S3CO22H2O H2SHHS8.0 103mol L11076 增大反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大20%0.044【解析】【分析】I（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这

47、两种氧化物为CO2和 H2O，反应产生H2S；II（2）H2S的第一步电离产生H+和 HS-，是不完全电离；（3）根据溶度积常数计算；III（4）根据盖斯定律计算，H=反应物总键能-生成物总键能；（5）根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行；T1时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时 CO的平衡体积分数为5%，根据方程式计算 COS的平衡转化率，将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i 的平衡常数。【详解】I（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化

48、物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和 H2O，反应产生H2S，则该反应的化学方程式为：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；II（2）H2S的第一步电离产生H+和 HS-，是不完全电离，则H2S的第一步电离方程式为：H2S?H+HS-；（3）向浓度均为0.1mol/L 的 CdCl2和 SnCl2的混合溶液中通入H2S，当 Sn2+开始沉淀时，溶液中c（S2-）=sp2SnSSn（）Kc=251.0 100.1=1.0 10-24mol/L，则溶液中c（Cd2+）=2CdSSnspKc=27248.0 101.0 10=8.010-3mol/L；III（4）根据反应i：COS（

49、g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）H=+7kJ/mol，根据盖斯定律，H=1319+442-678-x=7，可得 x=1076；（5）根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反应i 为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向进行，CO的体积分数增大，反应ii 为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，综合两个反应考虑，CO的体积分数随着温度升高而增大；T1时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时 CO的平衡体积分数为5%，反应起始时，向 10L 容积不变的密闭容器中充入1mol COS（g）

50、、1mol H2（g）和 1mol H2O（g），则 COS的平衡转化率为 =10.801100%=20%；反应 i 的方程式：COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）起始（mol）1100 转化（mol）0.20.20.20.2 平衡（mol）0.80.80.20.2 反应 ii 的方程式：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）起始（mol）0.2100.8 转化（mol）xxxx 平衡（mol）0.2-x1-xx0.8+x CO的平衡体积分数为5%，则 0.2-x=35%，可得 x=0.05，则平衡时 c（COS）=0.8mol10L=0.08mol/L，c（H2）=