2019-2020学年32.北京市海淀区新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年 32.北京市海淀区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）1NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A密闭容器中，2molSO2和 1molO2催化反应后分子总数大于2NAB1LpH=2 的 H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC5.6g 铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD 6.4 g S2和 S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A若 2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA

2、，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故 A正确；BpH=2 的 H2SO3溶液中 c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故 B正确；C 该过程中还原产物为NO，氮元素由+5 价变为+2 价，所以生成一个NO，转移 3 个电子，则生成 0.08molNO转移电子数为0.24NA，故 C错误；D 6.4 g S2和 S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为6.4g32g/molNAmol-1=0.2NA，故 D 正确；故答案为C。【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有

3、亚铁离子，该题中还原产物只有 NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。2向含 Fe2、I、Br的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b a 5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（）A线段表示Br-的变化情况B原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)3：1 C根据图像无法计算a 的值D线段表示HIO3的变化情况【答案】D【解析】【分析】向仅含 Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-Fe2+Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应

4、完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I 代表 I-的变化情况，线段代表 Fe2+的变化情况，线段 代表 Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中 n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故 n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=24mol-2mol=6mol，据此分析解答。【详解】A根据分析可知，线段为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，不是氧化溴离子

5、，故A 错误；Bn（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故 B错误；C由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=24mol-2mol=6mol，根据 2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故 a=3+3=6，故 C 错误；D线段 IV 表示一种含氧酸，且I 和 IV 表示的物质中含有相同的元素，该元素为I 元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：1-025mol2mol=+5价，则该含氧酸为HIO3，即：线段

6、表示 HIO3的变化情况，故D 正确；故答案为D。3图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（）A图乙中Fe 电极应与图甲中Y相连接B图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e-=CO2+2NO2+14H+D当图甲中N 电极消耗0.5 mol O2时，图乙中阴极增重64g【答案】D【解析】【详解】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴

7、极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe 与 X相连，故A 错误；B由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B 错误；CH2NCONH2在负极 M 上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故 C 错误；D当图甲中N 电极消耗0.5 mol O2时，转移电子的物质的量为0.5mol 4=2.0mol，则乙中阴极增重2.0mol2 64g/mol=64g，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失

8、电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。4一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：RuII RuII*(激发态)RuII*RuIII+e-I3-+2e-3I-RuIII+3I-RuII+I3-下列关于该电池叙述错误的是()A电池中镀Pt 导电玻璃为正极B电池工作时，I离子在镀Pt 导电玻璃电极上放电C电池工作时，电解质中I和 I3浓度不会减

9、少D电池工作时，是将太阳能转化为电能【答案】B【解析】【分析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt 导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和 I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A.由图可知，镀Pt 导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A 项正确；B.原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt 导电玻璃电极上放电，B 项错误；C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C 项正确；D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D 项正确。答案选 B。5下图为室

10、温时不同pH 下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中 a、b、c 三点对应的pH 分别为 2.12、7.21、11.31，其中 表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A 2 mol H3PO4与 3 mol NaOH 反应后的溶液呈中性BNaOH 溶液滴定 Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点CH3PO4的二级电离常数的数量级为10-7D溶液中除OH-离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性【答案】B【解析】【分析】【详解】2 mol H3PO4与 3 mol NaOH 反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b 点24HPO、24H PO

11、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A 选项错误；把NaOH 溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应24HPO+OH-34PO+H2O，(24HPO)减小，(34PO)增大，在此pH 变化范围内，无法用酚酞指示终点，B 选项正确；H3PO4垐?噲?H+24H PO，24H PO垐?噲?H+24HPO，Ka2=2442(HPO(H(H PO)ccc，当c(24H PO)=c(24HPO)时，pH=7.21，c(H+)=10-7.21，数量级为10-8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是 c(24H PO)=c(24HPO)，此时溶液pH=7.21 显碱性，还可能是c(24HPO)=c(34

12、PO)，此时 pH=11.31，显碱性，D 选项错误。6下列说法正确的是()A分子晶体中一定存在共价键B某化合物存在金属阳离子，则一定是离子化合物CHF 比 H2O 稳定，因为分子间存在氢键D CS2、PCl5具有 8 电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A稀有气体分子中不含化学键，多原子构成的分子中含共价键，故A 错误；B化合物中存在金属阳离子，则一定含有离子键，一定是离子化合物，故B 正确；C氟化氢比H2O 稳定，是因为氢氟共价键强度大的缘故，与氢键无关，故C错误；DPCl5中氯原子最外层有7 个电子，需要结合一个电子达到8 电子稳定结构，磷原子最外层有5 个电子，化合价为+5 价，5+

13、5=10，P原子最外层不是8 电子结构，故D 错误；故选 B。7分子式为C5H12O 且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A 5 种B6 种C7 种D8 种【答案】D【解析】【分析】【详解】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3 种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8 种，故这样的醇共有8 种，D 正确，选D。8根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 将含有 SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与 BaCl2

14、溶液反应生成BaSO3沉淀B 常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH大于 CH3COONa溶液HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱C 向 Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中 Fe3部分被 Fe还原D 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A 错误

15、；B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与 CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH 大于 CH3COONa溶液，说明 Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱，故B 正确；CFe 与 Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入 KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D溴单质具有挥发性，生成的HBr 及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D 错误；答案选

16、 B。9化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A SO2和 NO2是主要的大气污染物B大气中的SO2和 CO2溶于水形成酸雨C以液化石油气代替燃油可减少大气污染D对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法【答案】B【解析】A空气中的SO2和 NO2是主要的大气污染物，故A 正确；B大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D 正确；答案为B。10在氧气中灼烧0.44 g S和 Fe 组成的化合物

17、，使其中的S全部转化成H2SO4，这些 H2SO4可用 20 mL 0.5 mol/L 的 NaOH 溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()A 18%B46%C53%D36%【答案】D【解析】【详解】n（NaOH）=0.02L 0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2H2SO42NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol32g/mol=0.16g，则（S）=0.16g0.44g 100%=36%，答案选D。11银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(

18、OH)2，下列说法正确的是（）A工作时原电池负极附近溶液的pH 增大B电子由Zn 经过溶液流向Ag2O C溶液中OH-由 Zn 电极移向Ag2O 电极DAg2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-【答案】D【解析】【详解】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH 减小，故A 错误；B.电子不能在溶液中传递，故B 错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由 Ag2O 电极移向Zn 电极，故C错误；D.根据上面分

19、析，Ag2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故 D 正确；答案选 D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。12实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（5060）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（）。A配置混酸B硝化反应CD蒸馏硝基苯【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸加入到浓硝酸中，故A 项错误；B制备硝基苯时，反应温度为5060，为控制反应温度应用水溶加热，故B 项错误；C硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液的方法分离，故C 项正确；D蒸馏硝基苯时，

20、为充分冷凝冷凝水应从冷凝管下端进，故D 项错误。故选 C。13 工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CNOHCl2CO2 N2ClH2O（未配平）。下列说法错误的是A Cl2是氧化剂，CO2和 N2是氧化产物B该反应中，若有1mol CN发生反应，则有5NA电子发生转移C上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2 5 D若将该反应设计成原电池，则CN在负极区发生反应【答案】C【解析】【分析】反应 CN-+OH-+Cl2 CO2+N2+Cl-+H2O 中 Cl 元素化合价由0 价降低为-1 价，化合价总共降低2 价，C元素化合价由+2 价升高为+4 价，

21、N 元素化合价由-3 价升高为0 价，化合价升降最小公倍数为2(4-2)+(3-0)=10 价，故 CN-系数为 2，Cl2系数为 5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A反应 CN-+OH-+Cl2 CO2+N2+Cl-+H2O 中 Cl元素化合价由0 价降低为-1 价，C 元素化合价由+2价升高为+4价，N 元素化合价由-3 价升高为0 价，可知Cl2是氧化剂，CO2和 N2是氧化产物，故A 正确；B由上述分析可知，C 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为0 价，所以若有1mol CN

22、-发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，故B 正确；C由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故 C错误；D C元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为0 价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D 正确。故选：C。14W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。X、Z同一主族，Z的一种氧化物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y 的周期数是族序数的3 倍。下列说法错误的是

23、A简单离子半径：WXY BX、Z的最高化合价不相同C简单氢化物的热稳定性：XW D Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键【答案】D【解析】【分析】Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z 为 S元素；X、Z同一主族，可知X 为 O元素。Y 的周期数是族序数的3 倍，可推出Y为 Na 元素，再结合W、X、Y和 Z 原子的最外层电子数之和为 18，可知 W 为 N 元素。【详解】A.N3-、Na+和 O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：WXY，与题意不符，A 错误；B.O 最高价+2，而 S最高价为+6，与题意不符，B 错误；C.简

24、单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：ON，稳定性：H2O NH3，与题意不符，C错误；D.Na 与 O 可形成 Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D 正确；答案为 D。【点睛】具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。15某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe

25、2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子，初步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可

26、判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.

27、2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.02mol0.1L0.2mol/L，溶液中 Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氯化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2)溶液来处理，以减少对环境的污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是 _。II.工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示主反应:(NH4)2S2O8+2NaOH55 CNa2S2O

28、8+2NH3+2H2O 副反应:2NH3+3Na2S2O8+6NaOH90 C6Na2SO4+N2+6H2O 某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一:实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。(2)装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是_。(3)装置 a 中反应产生的气体需要持续通入装置c 的原因是 _。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母代号)。A温度计 B水浴加热装置C洗气瓶 D环形玻璃搅拌棒实验二:测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氯化钠的含量。已知;废水中氯化钠的最高排放标准为0.50mg/L。Ag+2CN=Ag(

29、CN)2，Ag+IAgI，AgI 呈黄色，CN优先与 Ag+发生反应。实验如下:取 1L 处理后的 NaCN废水，浓缩为 10.00mL 置于锥形瓶中，并滴加几滴KI 溶液作指示剂，用 1.0103mol/L 的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为_mg/L.(7)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4，则阳极主要的反应式为_。【答案】NaCNH2O2 H2O=NH3NaHCO3三颈烧瓶将产生的氨气及

30、时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应AB 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失0.49 2HSO4-2e-=S2O82+2H+【解析】【分析】I.由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN 与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和 NH3；II.装置 b 中过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a 中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴

31、定过程中Ag+与 CN-反应生成 Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与 I-生成 AgI 黄色沉淀；.由题意可知，HSO4在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82。【详解】（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN 与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和 NH3，反应的化学方程式为NaCNH2O2 H2O=NH3NaHCO3，故答案为NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3；(2)由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与

32、氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水，装置a 中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应；(4)由题给信息可知，制备反应需要在55温度下进行，90温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过 90，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为AB；（5）滴定过程中Ag+与 CN-反应生成 Ag（CN）2-，当 CN-反应结

33、束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与 I-生成 AgI 黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0 103mol/L 5.0010 3L=5.0010-6mol，根据方程式Ag+2CN-=Ag（CN）2-可知处理的废水中氰化钠的质量为5.0010-6mol249g/mol=4.9 10-4g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为431014.910mgL=0.49 mg/L，故答案为0.49；（7）由题意可知，HSO4在阳极失电子发生氧化反应生成S2

34、O82，电极反应式为2HSO4-2e-=S2O82+2H+，故答案为2HSO4-2e-=S2O82+2H+。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机化合物H 的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃 A 的名称为 _，B中官能团为 _，H 的分子式为 _，反应的反应类型是_。(2)上述流程中设计CD 的目的是 _。(3)写出 D 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式为_。(4)符合下列条件

35、的D 的同分异构体共有_种。A属于芳香族化合物B既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6211 的同分异构体的结构简式：_。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A 为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_【答案】甲苯氯原子或 Cl C7H7O3N 取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O 14 或【解析】【分析】H 的结构简式为，逆推可知G 为。纵观整个过程，可知烃A 为芳香烃，结合 C的分子式C7H8O，可知 A

36、 为，A 与 Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH 生成 C，C中酚羟基发生信息中取代反应生成D，D 与酸性 KMnO4溶液反应，D 中-CH3被氧化成-COOH生成 E，EF 转化中在苯环上引入硝基-NO2，FG 的转化重新引入酚羟基，可知 CD 的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H 的结构简式，可推知B 为、C 为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，

37、最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A 为，B为、C为、D 为、E为、F为，G 为，H 为。(1)烃 A 为，A 的名称为甲苯。B 为，B中官能团为氯原子。H 的结构简式为，H 的分子式为C7H7O3N。反应是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；(2)C D中消除酚羟基，FG 中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计CD 的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D 是，D 与足量 NaOH 溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D 为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有

38、苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有 1 个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2 个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为23=6种；有 3 个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2 个甲基有邻、间、对3 种位置结构，对应的-OOCH分别有 2 种、3 种、1 种位置，故符合条件的共有2+32+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1 的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产

39、生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为 COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在 HCl 存在条件下发生还原反应，NO2被还原得到 NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H 的结构和反应条件进行推断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。I.NO 氧化机理已知：2NO(g)+O2(g)2N

40、O2(g)H=-110kJ?mol-1T1时，将NO 和 O2按物质的量之比为2：1 充入刚性反应容器中(忽略 NO2与 N2O4的转化)。（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是_。A.2v正(O2)=v逆(NO2)B.NO 与 O2的物质的量之比为2：1 C.容器内混合气体的密度保持不变D.K 不变E.容器内混合气体的颜色保持不变（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1 图 2 所示。则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在 T1时的平衡常数Kp=_。对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质

41、的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p?x(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数。保持其它条件不变，仅改变反应温度为 T2(T2T1)，在图 2 中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_。II.NO 的工业处理（3）H2还原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)H1已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ?mol-1、-280kJ?mol-1。则 H1=_。（4）O3-CaSO3联合处理法NO 可以先经 O3氧化

42、，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对 NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因_。（5）电化学处理法工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO 分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。则电解时阳极发生的电极反应为_。【答案】AE 0.08-740kJ?mol-1对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32

43、-)增大，吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+【解析】【分析】【详解】I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。A.当 2v正(O2)=v逆(NO2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；B.NO 与 O2的物质的量之比为2：1 时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B错误；C.根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合

44、气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C 错误；D.该反应中平衡常数K只与温度有关，则不能用K 不变来判断化学平衡状态，故D错误；E.容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故 E正确；综上所述，答案为AE；（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol，达平衡态时，氧气转化了xmol，则可列三段式为：222NO+O2NO()210()22()222molmolxxxmolxxx?起始量转化量平衡量平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol，则有m2mol30g/mol+1mol32g/molM=36.8g/moln(3-x)

45、moluu v，解得 x=0.5，则 NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有3753-xa，代入 x，解得 a=62.5，根据平衡常数公式有2p2(0.462.5)K=0.08(0.462.5)(0.262.5)；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为，故答案为：0.08；（3）1 H=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ?mol-12-90kJ?mol-12=-740kJ?mol-1，故答案为：-74

46、0kJ?mol-1；（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收 NO2的速率增大，故答案为：对于反应CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入 Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大；（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+

47、，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。19如图是元素周期表的一部分：（1）阴影部分元素的外围电子排布式的通式为_。（2）氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有 _。A稳定性B沸点CRH 键能D分子间作用力（3）如图 EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号nm表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m 代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66)，则EMM+离子中的大键应表示为 _。（4）晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标

48、参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B 的坐标参数分别为A(0，0，0)、B（0，1，1/2)，则 C原子的坐标参数为 _。（5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4 个 I 型和 4 个型小立方体构成，其化学式为 _，晶体中 Al3+占据 O2形成的 _(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_g cm3(列计算式)。【答案】ns2np3AC sp2、sp36511 12，CoAl2O4八面体空隙73A8592274 16N(2a10)（）【解析】【分析】（1）阴影部分元素为氮族元素；（2）同一主族元素的气态氢化物，非金属性越强的越稳

49、定，其分子内的共价键的键能越大，据此分析作答；（3）根据图示可知，环外三个烷基碳原子为sp3杂化，环内三个碳原子为sp2杂化；形成大键的电子数=（4-3）3+（5-3）2-1=6；（4）根据结构图的几何关系分析；（5）根据晶胞的结构分析计算晶胞中原子数目，结合密度公式求解。【详解】（1）阴影部分元素位于第VA族，其外围电子排布式的通式为：ns2np3；（2）A元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性NPAs，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，A 项正确；B氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，氨气分子间存在氢键，因此沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH

50、3、PH3，B 项错误；C原子半径越小，R-H 键能越大，原子半径NPAs，所以键能由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3，C项正确；D NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，与图示曲线不相符，D 项错误；故答案选AC；（3）根据图示可知，环外三个碳原子都是形成4 个 键，为 sp3杂化，环内三个碳原子都是形成3 个 键，1 个大 键，为 sp2杂化；形成大键的电子数=（4-3）3+（5-3）2-1=6，则大 键可表示65；答案：sp3sp2；65；（4）由 B 点坐标可得，a=1，d=1/2，所以 C点坐标为11 12，；（5）、各一个正方体为1 个晶胞，该