2019-2020学年安徽省滁州市民办高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市民办高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下列过程中没有发生电子转移的是（）A液氨作制冷剂B合成氨C大气固氮D生物固氮【答案】A【解析】【详解】A液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A 错误；B合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B 正确；C大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C 正确；D生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D 正确；故答案为A。2某溶液中含有较大量的Cl、C

2、O32-、OH三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是（）A先加 Mg（NO3）2，再加 Ba（NO3）2，最后加AgNO3B先加 Ba（NO3）2，再加 AgNO3，最后加Mg（NO3）2C先加 AgNO3，再加 Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D先加 Ba（NO3）2，再加 Mg（NO3）2最后加 AgNO3【答案】D【解析】【分析】【详解】所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与 CO32-、OH两种离子反应；AgNO3能与 Cl、CO32-、OH三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与 CO32-反应，所以先加Ba(NO3

3、)2除去 CO32-，再加 Mg(NO3)2除去 OH，最后加AgNO3只能与 Cl反应。答案选 D。3二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（）A二氧化碳的电子式:B在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂CN(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面D CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH【答案】B【解析】【分析】由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式是H2+CO2=HCOOH。【详解】A.二氧化碳是共价化合物，其电子式为，故 A 正确；

4、B.由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；C.N(C2H5)3捕获 CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；D.由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH，故 D 正确；答案选 B。4关于氮肥的说法正确的是（）A硫铵与石灰混用肥效增强B植物吸收氮肥属于氮的固定C使用碳铵应深施盖土D尿素属于铵态氮肥【答案】C【解析】【分析】【详解】A将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A 错误；B植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B 错误；C碳酸氢铵受热容易

5、分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C 正确；D尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D 错误。答案选 C。5下列化学用语对事实的表述正确的是A常温下，0.1mol L-1氨水的pH11:NH3 H2O?NH4+OHBMg 和 Cl 形成离子键的过程:C电解CuCl2溶液:CuCl2=Cu2+2ClD乙酸与乙醇发生酯化反应:CH3COOH+C2H518OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3COOC2H5+H218O【答案】A【解析】【详解】A 选项，温下，0.1mol L-1氨水的pH11，说明氨水部分电离，其电离方程式为NH3 H2O?NH4+OH，故 A 正确；B 选项，Mg 和

6、Cl 形成离子键的过程:，故 B 错误；C 选项，CuCl2=Cu2+2Cl是 CuCl2电离方程式，故C 错误；D 选项，乙酸与乙醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱羟基上的氢，因此CH3COOH+C2H518OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3CO18OC2H5+H2O，故 D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】酯化反应一定是羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，醇中的氧生成在酯中，羧酸中羟基中的氧在水中。6止血环酸的结构如下图所示，用于治疗各种出血疾病，在一些牙膏中也含有止血环酸。下列说法不正确的是A该物质的分子式为C8H15NO2B在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4 种C该物质能发生取代反应、置换反

7、应D止血原理可看做是胶体的聚沉【答案】B【解析】【详解】A由结构简式可知分子式为C8 H15NO2，故 A 正确；B烃基含有5 种氢，如只取代烃基的H，则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5 种，故 B 错误；C含有羧基，可发生取代、置换反应(与金属钠等)，故 C 正确；D含有羧基，在溶液中可电离，可使胶体聚沉，故D 正确。故选 B。7螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A与 HBr 以物质的量之比1：1 加成生成二种产物B一氯代物有五种C所有碳原子均处于同一平面D该化合物的分子式为C10H12【答案】A【解析】【详解】A.分子

8、中含有2 个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与 HBr 以物质的量之比1:1 加成生成二种产物，故 A 正确；B.结构对称，分子中含有4 种 H，则一氯代物有4 种，故 B 错误；C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；D.由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12，故 D 错误。故选 A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4 个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。8下列说法正确的是（）A电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au 等金属B恒温时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，水的电

9、离程度增大C2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在 298K 时能自发进行，则它的 HKsp(BaCO3)【答案】C【解析】【详解】A.电解精炼铜时，在阳极上活动性比Cu强的金属，如Zn、Fe 会被氧化变为Zn2+、Fe2+进入溶液，活动性比 Cu 弱的金属 Ag、Au 等则沉积在阳极底部形成阳极泥，A 错误；B.恒温时，向水中加入少量固体NaHSO4，NaHSO4是可溶性强电解质，电离产生Na+、H+、SO42-，产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致水的电离程度减小，B 错误；C.反应 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是气体体积减小的反应，S0，在

10、298K 时反应能自发进行，说明 G=H-TS0，则该反应的 HKsp(BaCO3)，与 Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小无关，D错误；故合理选项是C。9已知 HCl 的沸点为-85，则 HI 的沸点可能为（）A-167B-87C-35D50【答案】C【解析】【详解】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除 D，C项正确；答案选 C。10下列属于弱电解质的是A氨水B蔗糖C干冰

11、D碳酸【答案】D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。11Garnet 型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达到最高电导率的 Garnet 型电解质。某Garnet 型

12、可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反应方程式为：LixC6 Li1xLaZrTaOLiLaZrTaO 6C，下列说法不正确的是A放电时，a 极为负极，发生氧化反应BLiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用C充电时，b 极反应为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO D充电时，每转移xmol 电子，a 极增重 7 g【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向 b 极移动，则b 极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLiLi1xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a 极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解

13、答问题。【详解】A根据上述分析可知，电池工作放电时，a 极为电池的负极，发生氧化反应，A 选项正确；B由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C电池充电时，b 极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO，C 选项正确；D充电时，a 极为阴极，发生的反应为6C+xe-+xLi=LixC6：每转移xmol 电子，增重7x g，D 选项错误；答案选 D。12中学常见的某反应的化学方程式为a+b c+d+H2O（未配平，条件略去）。下列叙述不正确的是（）A若 a 是铁，b 是稀硝酸（过量），且 a 可溶于 c

14、 溶液中。则a 与 b 反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O B若 c,d 均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-C若 c 是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c 气体得平均摩尔质量为 20g mo1-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056mo1 L-1D若 a 是造成温室效应的主要气体之一，c、d 均为钠盐，参加反应的a、b 物质的量之比为4:5，则上述反应的离子方程式为4CO

15、2+5OH-=CO32+3HCO3-+H2O【答案】C【解析】A若 a 是铁，b 是稀硝酸(过量)，且 a 可溶于 c 溶液中，则c 为硝酸铁、D 为 NO，则 a 与 b 反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+NO +2H2O，故 A 正确；B若 c，d 为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-，故 B正确；C若 c 是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铵与氢氧化钙反应生成

16、氨气、氯化钙与水，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，令氨气为1L，氨气物质的量为122.4/LLmol=122.4mol，溶液浓度为122.41molL=0.045mol/L，故 C错误；D若 a 是造成温室效应的主要气体之一，则a 为 CO2，c、d均为钠盐，则 b 为 NaOH，参加反应的a、b 物质的量之比为4：5，则生成 NaHCO3、Na2CO3，根据钠离子、碳原子守恒 n(NaHCO3)+n(Na2CO3)：n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)=4：5，整理可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，故反应的离子方程式为4CO2+5OH-CO32-+3HCO3-+H2O

17、，故 D 正确；故选C。13科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供 O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2，下列说法不正确的是A由图分析N 电极为负极BOH-通过离子交换膜迁向右室C反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强D阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-【答案】C【解析】【分析】电池内部，电子向负极迁移，结合图可知，N 电极为负极，P电极为正极。【详解】A由分析可知，N 电极为负极，A 正确；B右边的装置与太阳能电池相连，为电解池，左边Pt 电极与电池负极相连，为阴极，右边Pt 电极与电池正极相连，为阳极，电解池中，阴离子向阳极移动，故OH-通过离

18、子交换膜迁向右室，B正确；C总反应方程式为2CO2=2CO+O2，电解质溶液pH 不变，碱性不变，C错误；D CO2在阴极得电子生成CO，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D 正确。答案选 C。14X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且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；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合

19、物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元

20、素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。15已知 Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100 mL 0.02 molL-1 KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05 molL-1 Ba(OH)2溶液时（25），生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A所加的Ba(OH)2溶液的 pH=13 B

21、a 点的值是80 mL Cb 点的值是0.005 mol D当 V Ba(OH)2=30 mL 时，生成沉淀的质量是0.699 g【答案】D【解析】【分析】42KAl(SO)溶液中逐渐滴加2Ba(OH)溶液，OH-会先与 Al3+发生反应33Al3OH=Al(OH)，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的3Al(OH)再与 OH-发生反应322Al(OH)OH=AlO2H O，生成2AlO；在OH-反应的同时，Ba2+也在与24SO反应生成4BaSO沉淀。考虑到42KAl(SO)溶液中24SO是 Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有24SO尚未沉淀完全

22、；但继续滴加2Ba(OH)会让已经生成的3Al(OH)发生溶解，由于3Al(OH)沉淀溶解的速率快于4BaSO沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当3Al(OH)恰好溶解完全，24SO的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL2Ba(OH)时，42KAl(SO)溶液中的24SO恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol 时，42KAl(SO)中的 Al3+恰好沉淀完全。【详解】A 0.05mol/L 的2Ba(OH)溶液中的c(OH-)约为 0.1mol/L，所以常温下pH=13，A 项正确；B通过分析可知，加入amL2Ba(OH)时，42KAl(SO)溶液中的24SO恰好完全沉淀，所以a

23、100L0.05mol/LL(0.022)mol/L10001000，a=80mL，B 项正确；C 通过分析可知，沉淀物质的量为bmol 时，42KAl(SO)中的 Al3+恰好沉淀完全，那么此时加入的2Ba(OH)物质的量为0.003mol 即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol 的4BaSO以及 0.002mol 的3Al(OH)，共计 0.005mol，C 项正确；D当加入 30mL2Ba(OH)溶液，结合C项分析，Al3+和 Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol4BaSO以及0.001mol3Al(OH)，总质量为0.4275g，D 项错误；答案选 D。二、实验题（本

24、题包括1 个小题，共10 分）16图 A 装置常用于实验室制备气体(1)写出实验室用该装置制备O2化学方程式_。(2)若利用该装置制备干燥NH3，试管中放置药品是_(填化学式)；仪器a 中放置药品名称是_。(3)图 B 装置实验室可用于制备常见的有机气体是_。仪器 b 名称是 _。有学生利用图B 装置用浓氨水和生石灰制备NH3，请说明该方法制取NH3的原因。_(4)学生甲按图所示探究氨催化氧化用一只锥形瓶倒扣在浓氨水试剂瓶口收集氨气，然后将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中；片刻，锥形瓶中气体变为红棕色。下列叙述正确的是_A如图收集氨气是利用氨水的密度较小B锥形瓶必须干燥C收集氨气时间越长，红棕色现

25、象越明显D铜丝能保持红热学生乙对学生甲的实验提出了异议，认为实验中产生的红棕色气体可能是空气中的氮气氧化后造成的，你认为学生乙的说法合理吗？请你设计一个简单实验证明学生乙的说法是否正确。_。【答案】：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或 2KClO32MnOV2KCl+3O2；NH4Cl、Ca(OH)2碱石灰乙炔或 CH CH 分液漏斗生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3BD 现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象【解析】【分析】(1)该装置为固体加热制取氧气，因此可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4C

26、l和 Ca(OH)2共热制取氨气，反应产生水，可用碱石灰干燥；(3)图 2 装置为固+液 气，可用于制备常见的有机气体乙炔，仪器b 分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥；C4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热；另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察现象。如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成。【详解】(1)该装置为固体加热制取氧气，可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，

27、化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO32MnOV2KCl+3O2，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32MnOV2KCl+3O2；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和 Ca(OH)2共热制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，产物中的水可用碱石灰干燥，故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；碱石灰；(3)图 2 装置为固+液 气，可用于制备常见的有机气体乙炔，CaC2+2H2O Ca(OH)2+CH CH ，仪器 b 分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热，可以促使氨水分解生成NH

28、3，故答案为：乙炔或CH CH；分液漏斗；生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气，故A 错误；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥，故B 正确；C发生的反应为4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨气时间越长，锥形瓶中氧气浓度越低，最终生成NO2的浓度越低，颜色越浅，故C错误；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热，故D 正确；故答案为：BD；现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象，如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成，如出现红棕色气体，说明乙的说法合理；故答

29、案为：现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某课题组采取以下路线合成利胆药柳胺酚。回答下列问题：已知：（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是_A 有三种官能团B 遇三氯化铁溶液显紫色C 分子组成为C13H9NO3D 1mol 柳胺酚最多与3mol NaOH 反应（2）F的命名为 _；B 中含氧官能团的名称为_。（3）写出化合物D 的结构简式 _。（4）写出 E和 F制取柳胺酚的化学反应方程式_。（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应分子有四种不同化学环境的氢原子（6）4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细

30、化工中间体，写出由苯甲醚（）制备 4-甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件）_。【答案】BD 邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸硝基+H2O、，【解析】【分析】苯和氯气发生取代反应生成A，A 为；F中不饱和度=722+2-6=5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D 和铁、HCl 反应生成E，结合题给信息知，D 结构简式为；A 反应生成B，B 和 NaOH 水溶液发生水解反应生成C，根据 D 结构简式知，A 和浓硝酸发生取代反应生成B，B 为，C为，据此解答。【详解】（1）A柳胺酚有酰胺基、酚羟基2 种官能团，A 错误；B柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，B正

31、确；C柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，C错误；D酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol 柳胺酚最多与3mol NaOH 反应，D 正确；综上所述，BD 正确，故答案为：BD；（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸，B 的结构简式为：，含氯原子、硝基2 种官能团，硝基为含氧官能团，故答案为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；硝基；（3）由分析可知，D 为：，故答案为：；（4）E和 F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1 个-CHO和 2 个-OH，或者含 1 个 HCO

32、O-和 1 个-OH，含 1 个-CHO和 2 个-OH 共有 6 种，含 1 个 HCOO-和 1 个-OH 共有邻间对3 种，共 9 种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3 种，分别为：、，故答案为：、；（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和 CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，故答案为：。【点睛】常见能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)催化剂光照垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐4NH3

33、(g)+3O2(g)Q(Q0)。常温下，实验室在10 L 恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0 min 2 min 4 min 5 min 6 min N22 1.7 1.6 1.6 2.5 H2O 10 9.1 8.8 8.8 8.65 O20 0.45 0.6 0.6 0.675(1)该反应的平衡常数表达式K_，02 min 内 NH3的平均生成速率为_。(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_。(3)在 56 min 之间只改变了单一条件，该条件是_。(4)以 NH3和 CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体

34、是_，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_(用方程式表示)。(5)常温下 NH4HCO3溶液的pH7，由此判断溶液中：c(NH4+)_c(HCO3)(选填“”、“”或“”)，理由是 _。【答案】433222OcNHccN0.03mol/(L?min)能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态增加了氮气的量NH3NH3?H2O?NH4+OH、H2O?H+OH因为 pH7，说明 c(H+)c(OH)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，所以

35、c(NH4+)c(HCO3)(或NH4+水解呈酸性，HCO3水解呈碱性，pH7，说明水解程度NH4+HCO3，所以c(NH4+)c(HCO3)【解析】【分析】(1)根据表格中的数据可知，第4，5 分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达式；根据公式v=ct计算；(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；(3)根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；(4)根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；(5)根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；【详解】(1).根据化学方程式，2N2(g)+6H2O(l)催化剂光照垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐4

36、NH3(g)+3O2(g)，化学平衡常数=生成物离子的浓度幂之积/反应物离子的浓度幂之积=433222OcNHccN，表格中数据，02 min 内 N2的物质的量变化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)=ct=0.3mol/10L/2min=0.015mol/(L?min)，由于氮气和氨气的速率之比为1:2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(L?min)2=0.03mol/(L?min)；(2)因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态，故答案为：能判断，因为恒容容器

37、的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；(3)在 56 min，N2的物质的量增加了2.5mol-1.6mol=0.9mol，H2O 的物质的量减小了8.8mol-8.65mol=0.15mol，O2的物质的量增加了0.675-0.6=0.075mol，H2O 的物质的量在减小，O2的物质的量在增加，平衡正向移动，而表格中N2的物质的量增加的比较多，故条件改变的是增加氮气的量；(4)以 NH3和 CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)，氨气在水中的溶解度是一体积水溶解700 体积的氨气，而二氧化碳

38、在水中的溶解度较小，故制碳酸氢铵需向氨水中通入二氧化碳，氨气溶于水形成氨水，氨水中含有一水合氨，水分子，氨分子，一水合氨和水分子是弱电解质，可以电离，电离方程式为NH3?H2O?NH4+OH、H2O?H+OH；(5)常温下 NH4HCO3 溶液的pH7，因为 pH7，说明 c(H+)c(OH)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，所以 c(NH4+)c(HCO3)，或者 NH4+水解呈酸性，HCO3水解呈碱性，pH7，说明水解程度 NH4+HCO3，所以 c(NH4+)c(HCO3)。19科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中 X、Y是第三

39、周期的非金属元素，各原子均满足8 电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有_种运动状态不同的电子，占据_个轨道。(2)由题意可推知Y是 Cl，推得此结论的依据是_。X 和 Si 之间共用电子对偏离_。(3)SiCl4和 CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是 _。请说明SiCl4和 CCl4沸点高低的理由。_。(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH 溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_P4+_NaOH+_ _PH3+_NaH2PO2，_.其中氧化剂和还原剂质量比为_。根据题意可判断H3PO2是_元酸(填“一

40、”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：_。【答案】4 3 Y在第三周期，且 Y 和 Si 间只有一根共价键Si10928 SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和 CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高133H2O131:3 一c(H2PO4)c(HPO42)c(PO43)【解析】【分析】(1)Si 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4 个电子，4 个电子的运动状态均不同；(2)Y 和 Si 间只有一根共价键且在第三周期，则Y是

41、 Cl；X周围连接了2 根共价键，又在第三周期，则X是 S元素；(3)SiCl4和 CCl4分子空间结构相似；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH 溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0 价下降到-3 价，同时又从 0 价上升到+1 价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3 个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中 NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成 H2PO4、HPO42和 PO43。【详解】(1)Si 原子的电子排布式

42、为1s22s22p63s23p2，最外层含有4 个电子，4 个电子的运动状态均不同，所以最外层有 4 种运动状态不同的电子，占据1 个 3s 轨道和 2 个 3p 轨道，共占据3 个轨道；(2)Y 和 Si 间只有一根共价键且在第三周期，则Y是 Cl；X周围连接了2 根共价键，又在第三周期，则X是 S元素，S元素的电负性比Si元素大，则X和 Si之间共用电子对偏离Si；(3)SiCl4和 CCl4分子空间结构相似，都是正四面体结构，SiCl4中键角是109 28；SiCl4和 CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH 溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0 价下降到-3 价，同时又从 0 价上升到+1 价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3 个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向为：；其中氧化剂和还原剂质量比为1:3；H3PO2在水中只能电离出一个氢离子，故次磷酸是一元酸；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中 NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成 H2PO4、HPO42和 PO43，浓度关系为：c(H2PO4)c(HPO42)c(PO43)。