2019-2020学年北京市鲁迅中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市鲁迅中学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如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）A能与氢氧化钠反应 B能与稀硫酸反应C能发生酯化反应D能使紫色石蕊试液变红【答案】B【解析】【分析】【详解】该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A乙酸具有酸性，能够与NaOH 溶液反应，不选A；B乙酸不与稀硫酸反应，选B；C乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选 B。2下列实验过程可以达到实验目的

2、的是选项实验过程实验目的A 将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中除去铜片表面的油污B 取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键丙烯醛(CH2=CHCHO)中双键的检验C 通常将Fe(OH)3固体溶于沸水中即可制备Fe(OH)3胶体D 取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟析氢腐蚀A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A 正确；B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故 B 错误；C制备F

3、e(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；D取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D 错误；故选 A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。3前 20 号元素 X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大。其中X、Z、R 最外层电子数相等，且 X与 Z、R 均可形成离子化合物；Y

4、、W 同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3 倍。下列说法正确的是A元素原子半径大小顺序为：WZY BX 分别与 Y、Z、W 形成的常见化合物都属于电解质CY分别与 Z、R形成的化合物中均只含有离子键D Y分别与 X、Z、W 均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同【答案】B【解析】【分析】前 20 号元素 X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3 倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为6，则 Y为 O 元素；而Y、W 同主族，则W 为 S元素；X、Z、R 最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA 族或 IIA 族，且 X与 Z

5、、R 均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为 H 元素、Z为 Na 元素、R 为 K元素。【详解】根据上述分析可知X 是 H 元素；Y是 O 元素；Z是 Na 元素；W 是 S元素；R 是 K 元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)W(S)Y(O)，A错误；B.X 分别与 Y、Z、W 形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与 Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与 X、Z、W 均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO

6、2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D 错误；故合理选项是B。4下列关于有机物的叙述错误的是（）A乙醇能发生取代反应B分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4 种C氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【答案】C【解析】【详解】A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应，故A 正确；B.分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数，丁基有4 种，可能的结构有4 种，故 B正确；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉属于高分子化合物，故C 错误；D.乙烯

7、可与溴发生加成反应，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故D 正确。答案选 C。5下列解释对应事实的离子方程式正确的是A FeSO4溶液中滴加NaOH 溶液，静置一段时间后：Fe2+2OH一=Fe(OH)2B漂白粉溶液加入醋酸：H+ClO-=HC1O CAgCl 悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag+S2-=Ag2SD K2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O【答案】D【解析】【详解】A硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A 错误；B漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH

8、3COOH+ClO-HClO+CH3COO-，故 B错误；C向 AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故 C错误；D K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故 D 正确；故选 D。6厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A 1mol NH4+所含的质子总数为10NAB联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C过程 II 属于氧化反应，过程IV

9、 属于还原反应D过程 I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为11mol，故 A 说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B 说法正确；C、过程 II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2 NH2OH，添 H 或去 O 是还原反应，故C 说法正确；D、NH4中 N 显 3 价，NH2OH中 N 显 1 价，N2H4中 N 显 2 价，因此过程I 中 NH4与 NH2OH 的物质的量之比为1：1，故 D 说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物

10、中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理 NO2转化成 NH2OH，是还原反应。71，2二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是A难溶于水B不能使高锰酸钾稀溶液褪色C分子中所有原子可能共平面D可以发生加成聚合反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A所有的碳氢化合物均难溶于水，A 项正确；B该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C 项

11、正确；D该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D 项正确；答案选 B。8NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2 HNO3H2O(未配平)。用 NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A分解时每生成2.24 L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB2.8 g N2中含有共用电子对的数目为0.3NAC56 g Fe 与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD 0.1 molL1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA【答案】B【解析】【分析】NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2 2HNO3 9H2O。【详解】A.该反应属于归中反

12、应，NH4+中 3 价的氮元素升高为0 价，被氧化，NO3中 5 价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为53，每生成4mol N2，转移 15mol电子，所以，当生成0.1 mol N2时，转移电子的物质的量为1540.1mol 0.375 mol，转移的电子数为0.375NA，A 错误；B.N2的结构式为N N，1 个 N2分子含有3 对共用电子，2.8 g N2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B 正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为3 价，本身被还原为NO2，56g Fe的物质的量为1mol，可失去3mol 电子，所以，

13、反应生成3mol NO2，但有一部分NO2转化为 N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C 错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有 NH4+的数目，D 错误；故答案为：B。9ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是（）A KClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol 电子转移【答案】A【解析】【详解】反应 2K

14、ClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 中，KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中 C 的化合价从3 升高到 4，失去电子，被氧化，得到氧化产物 CO2。A、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，A 正确；B、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B 错误；C、H2C2O4中 C的化合价从3 升高到 4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到 1 个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mo

15、l 电子转移，D错误；答案选 A。10用 0.10 mol/L 的 NaOH 溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050 mol/L 的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好BH3PO4与 H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D NaH2PO4溶液中：+-2-24344c Nac H POc H POc HPO【答案】C【解析】【分析】【详解】A 盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围810 接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4

16、，则使用酚酞做指示剂更好，故A 错误；B滴定前，0.050 mol/L H3PO4与 H2G 的 pH 值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki 的数量级相同，故B错误；C20.00mL、0.050 mol/L 的磷酸用 0.10 mol/L 的 NaOH 完全中和应消耗30mL 氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为 20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故 C 正确，D 当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即 H2PO4-的电离

17、程度大于水解程度，即c(HPO42-)c(H3PO4)，则+-2-24434c Nac H POc HPOc H PO，故D 错误；答案选 C。11一定条件下不能与苯发生反应的是()A酸性 KMnO4BBr2C浓 HNO3DH2【答案】A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A 正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B 错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D 错误。故选择

18、A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6 个碳原子之间形成一个大 键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。12明矾 KA1(SO4)2 12H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替 NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐

19、(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D 13高能 LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li通过，结构如图所示：已知原理为（1x）LiFePO4xFePO4LixCn垐 垎?噲 垐?充电放电LiFePO4nC。下列说法不正确的是（）A充电时，Li向左移动B放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C充电时，阴极的电极

20、反应式为xLixe nC=LixCnD放电时，正极的电极反应式为（1x）LiFePO4xFePO4xLixe=LiFePO4【答案】A【解析】【详解】A充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li向右移动，故A 符合题意；B放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B 不符合题意；C充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLixe-nC=LixCn，故 C不符合题意；D放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1x)LiFePO4 xFePO4xLixe-=LiFePO4，故 D 不符合题意；故答案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一

21、次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。14下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH 范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A 错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和 Fe2+反应，不能证明Cl2

22、的氧化性比Br2强，故 B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和 SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH 越大，故D 正确；正确答案是D。15常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B到水的电离程度逐渐减小CI能在点所示溶液中存在D点所示溶液中：c(Na+)c(Cl)+c(ClO)【答案】D【解析】【详解】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A 错误；B到溶液c

23、（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B 错误；C点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D点时溶液pH=7，则 c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以 c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D 正确；答案选 D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol?L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O?HCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得

24、c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a 的名称 _。（2）A 是实验室中制取CO2的装置。写出A 中发生反应的离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B 饱和 NaHCO3溶液_ D _ _（4）写出 C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取

25、三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g 于 250mL 锥形瓶中，用50mL 水溶解后，加23 滴_作指示剂，然后用 0.2000mol?L-1HCl 标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与 HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000mol?L-1HCl 溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度1 1.00 31.50 2 5.00 34.50 3 7.00 42.50 选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为_。【答案】分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2

26、除去 CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】【分析】A 中 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备 CO2，B 中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量 HCl，C 中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D 中放 NaOH 溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a 的

27、名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A 是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B 饱和 NaHCO3溶液除去 CO2气体中混入的HCl D NaOH 溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH 溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+

28、O2，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与 HCl 的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3 的实验误差大，不可用，由 1、2 平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸

29、钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000mol?L 0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)=0.003mol 106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为0.3180.4gg100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物M 是一种药物中间体。实验室以烃A 为原料制备M 的合成路线如图所示。请回答下列问题：已知：+4KMnO/HR1COOH+R2COR3。R1CH2COOR2+R3COOR432CHCHONa+R4OH1(R、2R、3R、4R均表

30、示烃基)(1)A的核磁共振氢谱中有_组吸收峰；B的结构简式为_。(2)C的化学名称为_；D 中所含官能团的名称为_。(3)CD所需的试剂和反应条件为_；EF的反应类型为_。(4)FM的化学方程式为_。(5)同时满足下列条件的M 的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。五元环上连有2 个取代基能与3NaHCO溶液反应生成气体能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息，以1甲基环戊烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。【答案】1 1氯环己烷碳碳双键NaOH乙醇溶液、加热酯化反应32CH CH ONa+CH3CH2OH 6+4KMnO/H2H催化剂催化剂【解析】【分析】根据流程图，烃A 在

31、氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B 与氢气加成生成C，结合 C的化学式可知，A 为，B 为，C为，根据题干信息可知，D 中含有碳碳双键，则C 发生消去反应生成D，D 为，D 中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成 F，F为，根据信息，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，A中只有 1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；(2)C 的结构简式为，化学名称为1氯环己烷；D 的结构简式为，D 中所含官能团为碳碳双键，故答案为：1氯环己烷；碳碳双键；(3)C 的结构简式为，D 的结构简式为，CD为卤代烃的

32、消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，EF的反应类型为酯化反应(或取代反应)，故答案为：NaOH 乙醇溶液、加热；酯化反应(或取代反应)；(4)F 的结构简式为，M 的结构简式为，根据信息，FM的化学方程式为32CH CH ONa+CH3CH2OH，故答案为：32CH CH ONa+CH3CH2OH；(5)M 为，同时满足：五元环上连有2 个取代基；能与3NaHCO溶液反应生成气体，说明含有羧基；能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M 的同分异构体有：、，一共 6 种，故答案为：6；(6)以1甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键

33、打开，根据信息，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为+4KMnO/H2H催化剂催化剂，故答案为：+4KMnO/H2H催化剂催化剂。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18消除含氮、硫等化合物的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。I 用 NH3催化还原 NOx可以消除氮氧化物的污染，NOx若以 NO 为例，在恒容容器中进行反应：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H0，判断；(2)根据NO=ct（）计算反应速率；利用2332(O)(SO)K=(O)(SO)cccc计算平衡常数。【详解】I(1)4NH3(g)+6NO(g)5N2

34、(g)+6H2O(g)；A、达到化学平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示时，数值要成比例；选项中有正反应速率，有逆反应速率，但是4正(NH3)=5 逆(N2)，表示的正逆反应速率不相等，应该为32NHN=45（）（），A 错误；B、体积不变，气体的质量不变，根据mV，则密度一直不变，则密度不变不能说明达到平衡，B 错误；C、恒温恒压下，压强和物质的量成正比，反应前后物质的量在改变，说明压强会变，等压强不变的时候，说明反应达到了平衡，C 正确；D、根据mMn，气体质量不变，气体物质的量变化，说明平均摩尔质量在变，当平均摩尔质量不变时，说明达到了平衡，D 正确；答案选 CD；(2)a

35、状态转为b 状态，由图像可知，b 状态达到平衡的时间更短，说明化学反应速率更快，NO 的转化率更低，说明a 状态到 b 状态，平衡逆向移动；A、降低温度，化学反应速率变小，达到平衡的时间变长，不符合题意；B、增大 NO 的浓度，化学反应速率增大，达到平衡的时间变短，NO 的转化率降低，B 符合题意；C、加入催化剂，NO 的转化率不变，C 不符合题意；D、向密闭容器中通入氩气，各反应物的浓度不变，则平衡不移动，D 不符合题意；答案选 B；II(1)(1)根据 H=反应物的总键能生成物的总键能，H=3.2kJ、mol 202.4kJ mol1=-199.2KJ mol-1，则反应的热化学方程式为N

36、O(g)O3(g)NO2(g)O2(g)H=-199.2KJ mol-1；反应 1 在高温下不能自发进行，则G0，根据 G=HT S0，HO；(2)NO 和 SO2均和 O3发生反应，但是 NO 的转化率比SO2转化率高，可能由反应物本身的性质决定的；根据图示，可以知道NO 与 O3反应的活化能低于SO2与 O3反应的活化能，使得NO反应速率快，再与O3反应中，更具优势，反应的更多；答案为 NO 与 O3反应的活化能低于SO2与 O3反应的活化能或NO 与 SO2物质本身的性质有关或其它合理答案；t 秒时反应1 进行到 P点，NO的转化率为85%，加入了1mol NO，则反应了0.85molN

37、O，11n0.850.85NO=1scmolmol LstVtLtt（）；100下反应2 的平衡常数2332(O)(SO)K=(O)(SO)cccc，体积为1L。需要知道各物质的物质的量，由于O3和 O2涉及到 3 个反应，要综合计算，322NO(g)()NO(g)()10.850.850.85OgOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量2332SO(g)()SO(g)()100.30.30.30.30.70.3O gOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量100时臭氧的分解率约为10，322()3()20.20.3O gOg垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡

38、的物质的量则平衡时O3的物质的量=2mol 0.85mol 0.3mol-0.2mol=0.65mol；平衡时O2的物质的量=0.85mol0.3mol+0.3mol=1.45mol；则带入数据，23321.45mol0.3mol(O)(SO)11=0.960.65mol0.7mol(O)(SO)11ccLLKccLL。【点睛】该题中，化学平衡常数的计算是难点，平衡常数中O2和 O3的浓度，与多个反应有关，计算时一定要细心。19过渡元素有特殊性能常用于合金冶炼，p 区元素用于农药医药、颜料和光电池等工业。（l）量子力学把电子在原子核外的一种空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还

39、有一种运动状态叫作_（2）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_。（3）Cr3+可以与 CN-形成配离子，其中Cr3+以 d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN-形成配位键，则Cr3+的配位数为_，1 mol 该配离子中含有_ mol键。（4）单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如图所示，在二氧化硅晶体中，Si、O 原子所连接的最小环为 _元环，则每个O 原子连接 _个最小环。（5）与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的元素有_（填元素符号）；请根据物质结构的知识比较酸性强弱亚砷酸（H3AsO3，三元酸）_HNO3（填，=，）。（6）Zn 与 S形成晶胞结构如图所示，晶体密度为p

40、 g/cm3，则晶胞中距离最近的Zn、S之间的核间距离是_pm。（NA 表示阿伏加德罗常数，用含p、NA等的代数式表示）【答案】自旋14612126Br、Kr343A388N 1010【解析】【分析】(1)对于一个微观体系，它的状态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数表示，在原子或分子体系等体系中，将称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程，由主量子数n，角量子数l，磁量子数m 决定，即（n，l，m）为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定；(2)Cu 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去 4s 能级 1 个电子形成Cu+；(

41、3)Cr3+可以与 CN-形成配离子，其中Cr3+以 d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN-形成配位键，即形成6 个配位键，则Cr3+的配位数为6，形成配离子为Cr(CN)63-，配位键属于键，CN-中含有 1 个 键；(4)在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si键之间连接O 原子，晶体 Si中每个 Si原子形成4 个 Si-Si键，由图可知每2 个 Si-Si键可以形成2 个六元环，而4 个 Si-Si键任意 2 个可以形成6 种组合；(5)与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br 和 Kr；根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸

42、性越强；(6)Zn、S的配位数相等，图中两种黑色球的数目均为4，则晶胞中Zn、S原子数目均为4，晶胞质量为4A65+32Ng，晶体密度为pg/cm3，则晶胞边长x=3A365+324gN g/cm=3A388Ncm，即晶胞边长为x=3A388N 1010pm，S原子与周围4 个 Zn 原子形成正四面体结构，令S与 Zn 之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为y3，正四面体的高为4y3，正四面体棱长=2x2，则正四面体侧面的高为2x232，底面中心到边的距离为2x23213，故(4y3)2+(2x23213)2=(2x232)2，整理得y=3x4。【详解】(1)对于一个微观体系，它的状

43、态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数表示，在原子或分子体系等体系中，将称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程，由主量子数n，角量子数l，磁量子数m 决定，即(n，l，m)为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定，所以电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋，故答案为：自旋；(2)Cu 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去 4s 能级 1 个电子形成Cu+，Cu+基态时电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10，其电子占据的14 原子轨道；(3)Cr3+可以与 CN-形成配离子，其中Cr3+以 d2sp3方式

44、杂化，杂化轨道全部用来与CN-形成配位键，即形成6 个配位键，则Cr3+的配位数为6，形成配离子为Cr(CN)63-，配位键属于键，CN-中含有 1 个 键，故1mol 该配离子中含有12mol 键；(4)在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si 键之间连接O 原子，晶体Si中每个 Si原子形成4 个Si-Si 键，由图可知每2 个 Si-Si 键可以形成2 个六元环，而4 个 Si-Si 键任意 2 个可以形成6种组合，则每个 Si 原子连接十二元环数目为62=12，每个 O 原子连接2 个 Si原子，每个Si原子和该O 原子能形成3个最小环，所以每个O 原子能形成6 个最小环；(5

45、)As 处于周期表中第4 周期第 A 族，则其核外电子排布式为：Ar3d104s24p3，与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br 和 Kr；根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；亚砷酸（H3AsO3）中含有3 个羟基氢，为三元酸，没有非羟基氧原子，HNO3为一元酸，含有一个羟基氢，含非羟基氧原子2 个，所以酸性：H3AsO3 HNO3；(6)Zn、S的配位数相等，图中两种黑色球的数目均为4，则晶胞中Zn、S原子数目均为4，晶胞质量为4A65+32Ng，晶体密度为pg/cm3，则晶胞边长x=3A365+324gN g/cm=3A388Ncm，即晶胞边长为x=3A388N 1010pm，S原子与周围4 个 Zn 原子形成正四面体结构，令S与 Zn 之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为y3，正四面体的高为4y3，正四面体棱长=2x2，则正四面体侧面的高为2x232，底面中心到边的距离为2x23213，故(4y3)2+(2x23213)2=(2x232)2，整理得y=3x4，故 S与 Zn 的距离为343A388N 1010 pm，故答案为：343A388N 1010。