2019-2020学年安徽省合肥二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥二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下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A Ne BCD【答案】B【解析】【分析】【详解】A Ne为基态 Al3+，2p 能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al 原子的第四电离能；B为 Al 原子的核外电子排布的激发态；C为基态 Al 原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第三电离能；D为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大

2、于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。2KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备 KIO3包括以下两个反应：11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+3Cl2+5KCl KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O 下列说法正确的是（）A化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B反应中每转移4mol 电子生成 2.24LCl2C向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝D可用

3、焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A.化合物 KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A 项错误；B.气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C.碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D.钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D 项正确；答案选 D。【点睛】本题考查化学基本常识，A 项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟

4、基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。3以 TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A过程中钛氧键断裂会释放能量B该反应中，光能和热能转化为化学能C使用 TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=+30 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A 错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B 正确；C.催化

5、剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=15982-1072 2-496=+556 kJ/mol，故 D错误。4设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1mol SiO2所含 Si-O 键的数目为2 NAB常温下，1 L pH9 的 CH3COONa 溶液中由水电离的H+数目为10-9 NAC40 mL 10 mol/L 浓盐酸与足量MnO2充分反应，生成的氯气分子数为0.1NAD标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数

6、目为2NA【答案】D【解析】【详解】A在 SiO2晶体中每个Si原子形成4 个 Si-O 键，则 1mol SiO2所含 Si-O 键的数目为4 NA，故 A 错误；BCH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，常温下，1 L pH9 的 CH3COONa 溶液中c(H+)电离=c(OH-)=1 10-5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1 10-5mol/L 1L=1 10-5mol，即由水电离的H+数目为10-5 NA，故 B错误；C40 mL 10 mol/L 浓盐酸与足量MnO2充分反应的过程中，盐酸的浓度降低到一定浓度，反应会停止，即溶液中 0.4molHC

7、l 未能完全参加反应，则反应中生成的氯气分子数小于0.1NA，故 C 错误；D CH4和 C2H4分子中均含有4 个 H 原子，则标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：11.2L22.4L/mol 4NA=2NA，故 D 正确；故答案为D。5硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为44222 NHFe SO233222Fe O2NHN4SO5H O，用AN表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A 1 L 0.1 molL-14422NHFe SO溶液中 Fe2+的数目小于0.1ANB将 1 mol 2SO和 1 mol 2O充分反应后，其分子总数为1.5ANC标准状况下，每

8、生成15.68 L 气体转移电子数目为0.8AND常温常压下，3.0 g152N中含有的中子总数为1.6AN【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由于 Fe2+水解，1L0.1mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中 Fe2+的数目小于0.1NA，故 A 正确；B.SO2与 O2反应 2SO2+O22SO3属于可逆反应，不能反应完全，若1molSO2和 1molO2完全反应生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共 1.5mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5mol，分子总数大于1.5NA，故 B 错误；C.标准状况下，15.68L 气体的物质的量为0.7mol，其中 NH3

9、占27，N2占17，SO2占47，根据反应可知，生成 4molSO2转移 8mol 电子，所以生成0.4molSO2转移 0.8mol 电子，数目为0.8NA，故 C 正确；D.15N 的中子数=15-7=8，3.0g15N2的物质的量为0.1mol，含有的中子总数为=0.116 NA=1.6NA，故 D 正确。故选 B。6某透明溶液可能含有NH4+、Fe2、Fe3、SO42-、Cl、CO32-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知 Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)：向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，没有气体产生，过滤；向 所得的沉淀加热灼烧，最后得有色固体；向 所得的

10、滤液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成。下列推断正确的是()A一定没有NH4+和 ClB白色沉淀是Fe(OH)2C第 步先用 HNO3酸化，是为了防止SO42-和 CO32-的干扰D原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A.溶液可能含有NH4+，遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨气，选项A 错误。B.白色沉淀灼烧后生成有色固体，一定有Fe元素，没有CO32-，步骤没有Cl，一定含有SO42-，白色沉淀中还含有BaSO4，选项 B 错误；C.步骤步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰，没有CO32

11、-，选项 C错误；D.溶液中，一定有Fe2、SO42-，可能有NH4+，溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为C.步骤步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰。7已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW 存在如下关系：X、Y同主族，R、W 同主族ed=2；a+b=12(d+e)；b-a2=c-d，下列有关说法不正确的是A原子半径比较：r(W)r(Z)r(Y)r(R)BX 和 Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1 层CW 的最低价单核阴离子的失电子能力比R 的强D Z、Y最

12、高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应【答案】A【解析】【分析】根据 R，W 同主族，并且原子序数R 为 W 的一半可知，R 为 O 元素，W 为 S元素；根据1a+b=(de)2可知，X 和 Y的原子序数和为12，又因为 X和 Y同主族，所以X 和 Y一个是 H 元素，一个是Na 元素；考虑到ba=cd2，所以 X 为 H 元素，Y为 Na 元素，那么Z为 Al 元素。【详解】A W，Z，Y，R 分别对应S，Al，Na，O 四种元素，所以半径顺序为：r(Y)r(Z)r(W)r(R)，A 项错误；BX 与 Y形成的化合物即NaH，H 为-1 价，H-具有 1 个电子层，Na 为正一价，Na+具

13、有两个电子层，所以，B 项正确；CW 的最低价单核阴离子即S2-，R 的即 O2-，还原性S2-更强，所以失电子能力更强，C项正确；D Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y的为 NaOH，二者可以反应，D 项正确；答案选 A。【点睛】比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。8下列说法正确的是()A国庆 70 周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B歼-20 上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D“绿水青山就是金山银山”。推广聚

14、氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚乙烯材料不可降解，A 错误；B氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D 错误。答案选 C。9设 NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A 17g由 H2S与 PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g 果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC1mol 由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知22688R

15、a X+42He，则 0.5molX 中含有的中子数为34NA【答案】A【解析】【详解】A.假设 17g 全部为 H2S，含有质子物质的量为17g(216)34g/mol=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为17g(315)34g/mol=9mol，则 17g 该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故 A 正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C C 之间的键，90g 果糖中含有非极性键的物质的量为90g5180g/mol=2.5mol，故 B 错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为

16、CH3OCH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此 1mol 该混合物中含有羟基物质的量应在01mol 之间，故C 错误；D.推出 X 的原子结构为22286X，0.5molX 中含有中子物质的量为0.5mol(22286)=68mol，故 D 错误；答案：A。10电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是()A离子交换膜a 为阴离子交换膜B通电时，电极2 附近溶液的pH 增大C淡化过程中，得到的浓缩海

17、水没有任何使用价值D各间隔室的排出液中，为淡水【答案】B【解析】【分析】根据图示，电极2 生成氢气，电极2 是阴极，电极1 是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。【详解】A、根据图示，电极2 生成氢气，电极2 是阴极，室中钠离子穿过离子交换膜a 进入电极2 室，所以离子交换膜a 为阳离子交换膜，故A 错误；B、通电时，电极2 是阴极，电极反应式是-22-2H O+2e=H+2OH，溶液的pH 增大，故B正确；C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；D、a 为阳离子交换膜、b 为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，为淡水，故D 错误。答案选 B。11

18、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，W与 Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A常温常压下Y的单质为气态BX的氧化物是离子化合物CX与 Z 形成的化合物的水溶液呈碱性DW 与 Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W 为 O 元素；W 与 Y同主族，则Y为 S元素；X在短周期中原子半径最大，X为 Na 元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此 Z为 Cl元素，据此分析解答

19、。【详解】根据上述分析，W 为 O 元素，X 为 Na 元素，Y为 S元素，Z为 Cl元素。A常温常压下，S为固体，故A 错误；BX 的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；CX与 Z 形成的化合物为NaCl，NaCl 为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D一般情况下，O 元素不存在正价，S的最高价为+6 价，故 D 错误；故选 B。12化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是（）A NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂B浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜C捕获工业排放的CO2，可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧

20、化剂，可使酒保持良好品质【答案】A【解析】【详解】A.NaCl 浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A 不正确；B.乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；C.CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2，合成此可降解塑料，C正确；D.SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品质，D正确。故选 A。13丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有()A 2丁炔B1，3丁二烯C乙苯D乙烯【答案】B【解析】【详解】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于

21、其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3丁二烯，答案选 B。14下列对装置的描述中正确的是A实验室中可用甲装置制取少量O2B可用乙装置比较C、Si 的非金属性C若丙装置气密性良好，则液面a 保持稳定D可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg 的含量【答案】A【解析】【分析】【详解】A甲中 H2O2，在 MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22MnO2H2O+O2生成 O2，故 A 正确；B乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故 B错误；C丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能

22、出现液面差，液面a不可能保持不变，故 C错误；D丁中合金里Al、Si与 NaOH 溶液反应生成H2，根据 H2体积无法计算合金中Mg 的含量，因为Al、Si都能与 NaOH 溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故 D错误；答案选 A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。15化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B铅蓄电池工作时两极的质量均增加CCO2和 SO2都是形成酸雨的气体D用明矾作净水剂除去水中的悬浮物【答案】C【

23、解析】【详解】A食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B铅蓄电池工作时，负极Pb PbSO4，正极 PbO2 PbSO4，两极的质量均增加，B正确；CSO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D 正确；故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组探究肉桂酸的制取:I:主要试剂及物理性质注意:乙酸酐溶于水发生水解反应II:反应过程.实验室制备肉桂酸的化学方程式为:+(CH3CO2)O23K CO1601

24、0 7+CH3COOH III：:实验步骤及流程在 250 mL 三口烧瓶中（如图甲）放入 3 ml（3.15 g，0.03 mol）新蒸馏过的苯甲醛、8 ml（8.64g，0.084 mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g 无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20 mL 水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH 等于 8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl 加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤

25、，得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。IV：如图所示装置:回答下列问题:（1）合成时装置必须是干燥的，理由是_。反应完成后分批加人20mL 水，目的是 _。（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_。（3）步骤进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是_，如何判断达到蒸馏终点_。（4）加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_。（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是_，该实验产品的产率约是_。（保留小数点后一位）【答案】防止乙酸酐与水反应除去过量的乙酸酐慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH 苯甲醛蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束增大肉桂酸

26、的溶解度，提高产率重结晶67.6%【解析】【分析】苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL 水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl 可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸

27、，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL 水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH；(3)第步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色

28、液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率；(5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1 反应，但是所给原料量为：0.03 mol 苯甲醛、0.084 mol 乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol 肉桂酸，对应质量=0.03mol 148.16g/mol=4.4448g，所以，产率=3g100%4

29、.4448g=67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A 所含官能团的名称是_。（2）反应的化学方程式是_。（3）反应的反应类型是_。（4）I 的分子式为C9H12O2N2，I 的结构简式是_。（5）K是 D 的同系物，核磁共振氢谱显示其有4 组峰，的化学方程式是_。（6）1 mol M 与足量的NaHCO3溶液反应生成4 mol CO2，M 的结构

30、简式是_。（7）P的结构简式是_。【答案】碳碳双键+C2H5OH+H2O 取代反应（硝化反应）+2CH3Cl+2HCl【解析】【分析】根据合成路线可知，A 为乙烯，与水加成生成乙醇，B 为乙醇；D 为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N 原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与 Fe/Cl2反应生成，则 I 为；K 是 D 的同系物，核磁共振氢谱显示其有4 组峰，则2 个甲基在间位，K为；M 分子中含有10 个 C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M 为；【详解】（1）分析可

31、知，A 为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I 的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定 I 的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是 D 的同系物，D 为甲苯，则K 中含有 1 个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有 5 组峰值；若2 甲基在对位，有 2 组峰值；间位有4 组；邻位有3 组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+

32、2HCl；（6）1molM 可与 4molNaHCO3反应生成4 mol CO2，则 M 中含有 4mol 羧基，则M 的结构简式为；（7）I 为、N 为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则 P的结构简式为。【点睛】确定苯环上N 原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N 原子的位置确定。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18近年来,我国对雾霾的治理重视有加。研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由 NaOH 溶液吸收SO2制得,发生反应的离子方程式是_。(2

33、)在恒温恒容的容器中充入3molCO，3molH2发生反应 2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，下列说法可以判断反应一定达到平衡状态的是_。A CO和 CH3OCH3(g)的生成速率相等B混合物中CO的体积分数保持不变C反应容器中的压强不再变化D反应容器内CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存E.反应容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变(3)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O 设计为电池可消除NO2，其简易装置如图所示。b 极的电极反应式为_。常温下,若用该电池电解0.6L 饱和 KCl溶液，一段时间后,测得饱和KCl溶液 pH 变为 13

34、,则理论上a 极上消耗 A 气体的体积为_mL(气体处于标准状况;假设电解过程中溶液体积不变)。(4)化学上采用NH3处理 NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知:2NO(g)=N2(g)+O2(g)?H1=-177kJ.mol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1253.4kJ.mol-1则用 NH3处理 NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为_。(5)氨氧化物可用碱溶液吸收。若NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，则该反应的化学方程式为_。已知常温下.Ka(HNO2)=5 10-4,则反应 HNO2(aq)+

35、NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常数为_。【答案】2OH-+SO2=SO32-+H2O BCE 2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-448 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)?H=-1784.4kJmol-1NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 51010【解析】【分析】【详解】(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由 NaOH 溶液吸收SO2制得,发生反应的离子方程式是2OH-+SO2=SO32-+H2O。(2)A.CO和 CH3OCH3(g)的生成速率相等不满足正逆反应速率相等，

36、没有达到平衡状态，A 错误；B.混合物中CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B 正确；C.正反应体积减小，反应容器中的压强不再变化说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，C正确；D.反应容器内CO、H2、CH3OCH3(g)、H2O(g)四者共存不能说明正逆反应速率相等，不一定达到平衡状态，D 错误；E.气体质量不变，物质的量减小，则反应容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，E正确；答案选 BCE。(3)b 极电子流入，是正极，NO2得到电子，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。常温下,若用该电池电解0.6L 饱和

37、KCl溶液，一段时间后,测得饱和KCl溶液 pH 变为 13,生成氢氧化钾是 0.6L0.1mol/L0.06mol，转移 0.06mol 电子，a 电极氨气放电，1mol 氨气转移3mol 电子，则理论上 a 极上消耗A 气体的物质的量是0.02mol，体积为448mL。(4)已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)?H1=-177kJmol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=-1253.4kJmol-1则根据盖斯定律可知3+即得到NH3处理 NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)?H=-1784.

38、4kJmol-1。(5)氨氧化物可用碱溶液吸收。若NO 和 NO2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，该盐是亚硝酸钠，则该反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。已知常温下Ka(HNO2)=510-4,则反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(1)的平衡常数为2222c(NO)c(NO)c(H)K=c(OH)c(HNO)c(OH)c(HNO)c(H)aWKK=51010。19据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：

39、（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4 种铜、锌元素的相应状态，锌：Ar 3d104s2、锌：Ar 3d104s1、铜：Ar 3d104s1、铜：Ar 3d10。失去 1 个电子需要的能量由大到小排序是_（填字母）。A.B.C.D.（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_；用杂化轨道理论解释：_。（3）Cd2+与 NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中 2 个 NH3被 2 个 Cl替代只得到1 种结构，它的立体构型是 _。1 mol Cd(N

40、H3)42+含_mol 键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。（5）锆晶胞如图所示，1 个晶胞含 _个 Zr 原子；这种堆积方式称为_。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为d gcm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm（用含 NA、d 的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为_（用含 的代数式表示）。【答案】A S原子半径小于Te，HS键的键能较大H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排

41、斥力相同且较小H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化正四面体16 AsBr3AsCl3AsF36 六方最密堆积73A3224102dN38【解析】【分析】【详解】（1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1I2 I3I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有。锌的第二电离能大于第一电离能，。故选A。答案为：A；（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)r(Te)，键能：HSHTe，所以 H2S较稳定。H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子

42、对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化。答案为：S原子半径小于Te，H S键的键能较大；H2S分子中 S原子价层有2 个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中 C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中 S采用 sp3杂化，CS2中 C采用 sp 杂化；（3）Cd(NH3)42+中 2 个 NH3被 2 个 Cl替代只得到1 种结构，说

43、明Cd2+采用 sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是键。1 mol Cd(NH3)42+含 16 mol 键。答案为：正四面体；16；（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3AsCl3AsF3。答案为：AsBr3AsCl3AsF3；（5）在六棱柱中，12 个原子位于顶点、2 个原子位于面心，3 个原子位于体内。1 个六棱柱含6 个原子。这种堆积方式叫六方最密堆积。答案为：6；六方最密堆积；（6）图 2 为体心立方堆积，3 个镉原子位于体对角线且相切，1 个晶胞含2 个镉原子。设晶胞参数为a，d=3A2112aNg，a=73A22410dNnm。设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x=73A3224102dNnm。设镉原子半径为r，则 r=3a4nm，=3342 r3a=38。答案为：73A3224102dN；38。【点睛】金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：（1）面对角线长=2a（2）体对角线长=3a（3）体心立方堆积43ar（4）面心立方堆积42ar