2019-2020学年安徽省肥东县圣泉中学2017-新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省肥东县圣泉中学2 017-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 某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A 试管 1 有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是 SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B 试管 2 紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C 试管 3 注入稀硫酸后，没有现象由于 Ksp（ZnS）太小，SO2与 ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D 锥形瓶溶液红色变浅NaOH 溶液完全

2、转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】试管 1 中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2 中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3 中 ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH 用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。【详解】A如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A 选项错误；B试管 2 中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2

3、具有还原性，B选项正确。CZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；D若 NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D 选项错误；答案选 B。【点睛】A 选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。2短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y与 W 同族，W 的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A简单离子半径：ZWYX B最简单氢化物的稳定性：WY CX与 Z 可形成离子化合物ZX D W 的氧化物对应的水化

4、物为强酸【答案】C【解析】【分析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y 是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与 W 同族，W的核电荷数是Y 的两倍，因此Y只能是氧，W 是硫，X 为氢，Z 则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W 分别是 H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为2-2-+S ONa H，A 项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：WY，B项错误；C.氢和 Na 可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（

5、硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D 项错误；答案选 C。3下列说法中正确的是A在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连【答案】B【解析】【详解】A在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A 错误；B在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得

6、电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B 正确；C铜锌原电池反应中，Zn 失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C 错误；D外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D 错误；答案选 B。4下列有关化学用语表示正确的是（）A氮离子N3-的结构示意图：B聚丙烯的结构简式：C由 Na 和 Cl形成离子键的过程：D比例模型可表示 CH4分子，也可表示CCl4分子【答案】C【解析】【详解】A.氮离子 N3-的结构示意图应该是：，A 错误；B.聚丙烯的结构简式应该是：，B 错误；C.由 Na 和 Cl 形成离子键的过程可表示

7、为：，C 正确；D.比例模型可表示 CH4分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因此不能表示CCl4分子，D 错误；答案选 C。【点睛】选项 D 是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。5地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2C 天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是 CaCO3D宋 王希孟千里江山图卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【答案】B【解析】【详解】A、

8、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A 不符合题意；B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B 符合题意；C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C 不符合题意；D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D 不符合题意；答案选 B。6常温下，向盛50mL0.100mol L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL 的蒸馏水、0.100mol L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH 随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8 10-5，Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5。下列说法正确的是（）A曲线 X是盐酸滴加蒸馏水的pH 变化图，滴加

9、过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲线 Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)C(CH3COO-)，B 正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以 n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-n(NH4+)=n(H+)，a 点 pH=2，C(H+)=0.01mol L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol L-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b 点位 HCl 溶液，水的电离受到HCl 电离的 H+抑制，c

10、点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b 点水的电离受抑制程度大于c 点，D 错误。答案选 B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)aKC（HX）。7下列操作一定会使结果偏低的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积【答案】A【解析】【详解】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质

11、的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A 选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s 立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D 不选；故选：A。8黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续

12、反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为：-2+4，O 化合价变化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升

13、高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(-2)mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。9一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A通入 H2的电极上发生还原反应B正极反应方程式

14、为N26e8H=2NH4+C放电时溶液中Cl移向电源正极D放电时负极附近溶液的pH 增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A 错误；B氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+2NH4+，选项 B 正确；C.放电时溶液中阴离子Cl移向电源负极，选项C错误；D通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH 减小，选项D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造

15、新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H+6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。10炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是()A氧分子的活化包括OO 键的断裂与CO 键的生成B每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量C水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV D炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】

16、C【解析】【详解】A.由图可知，氧分子的活化是OO 键的断裂与CO 键的生成过程，故A 正确；B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量，故B正确；C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故 C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D 正确。故选 C。11短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（）A W、X、Y的简单离子的电子层结构相同BW

17、、Y形成的化合物中只含离子键C该化合物中Z不满足 8 电子稳定结构D X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离【答案】B【解析】【分析】该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则 X 为 F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则 Y为 Na；Z可以形成五条共价键，应为第A 族元素，原子序数大于Na，则 Z为 P；根据 W 元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W 为 O。【详解】A氧离子、氟离子和钠离子都含有2 个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A 正确；BW、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B 错误

18、；CP最外层含有5 个电子，该化合物中形成了5 个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8 电子稳定结构，故C 正确；D HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D 正确；故答案为B。12下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是A MgO+2HCl=MgCl2+H2O BC+H2O(g)CO+H2C8NH3+6NO27N2+12H2O D2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【答案】D【解析】【详解】A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O 中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A 不符合题意；B.C+H2O(g)CO+H2中 C、H 两种元

19、素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O 是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O 中只有 N 元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D.反应 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有 O 元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中 Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D 符合题意；故合理选项是D。13已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一

20、定压强下，按223n(Cl)=n(CH=CHCH)向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系，图乙表示反应的平衡常数K 与温度 T 的关系。则下列说法正确的是A图甲中11B若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变C温度 T1、2，Cl2的转化率约为33.3%D图乙中，线A 表示正反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A.增大，CH2=CHCH3的转化率增大，则减小，由上述分析可知：21，则 1 1，故 A 错误；B.该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝

21、热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据PV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故B 错误；C.由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2=CHCH3和 Cl2的物质的量分别为amol 和 2amol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xmol，根据三段式进行计算：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)起始（mol）a 2a 0 0 转化（mol）x x x x 平衡（mol）a-x 2a-x x x 则（xV）2（axV2axV）=1，解得 x=2/3a，则 Cl2的转化率2/3a2a100%=33.3%，故 C 正确；D.由图甲可知

22、，一定时，温度升高，增大，说明正反应是放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中，线A 表示逆反应的平衡常数，故D 错误。故选 C。【点睛】在做图像题是应注意两个原则：1.先拐先平：例如在转化率 时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；2.定一议二：当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。14火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A羰基硫是电解质B羰基硫分子的电子式为：CC、O、S三个原子中半径最小的是C D羰基硫分子为非极性分子【答案】B【解析

23、】【详解】A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A 项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则 COS的电子式为，B 项正确；C.C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O 原子都含有2 个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径CO，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但 2 个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选 B。15下列离子反应方程式正确的是（）A用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+

24、8H+2NO3-=3Fe2+2NO +4H2O C将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A 错误；B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B 错误；C.金属钠与冷水反应产生NaOH 和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D 错误；故合理

25、选项是C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。实验一：合成碳酸镁晶体的步骤：配制一定浓度的MgSO4溶液和 NH4HCO3溶液；量取一定量的NH4 HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50，反应一段时间；用氨水调节溶液pH 至 9.5，放置一段时间后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶体产品。称取 3.000gMgSO4样品配制250mL 溶液流程如图所示：回答下列问题：（1）写出实验仪器名称：A_；B_。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为_。（2）检验碳酸镁晶体是否洗干净的方法是_。实验二：测定产品MgCO3 n

26、H2O 中的 n 值（仪器和药品如图所示）：（3）实验二装置的连接顺序为_（按气流方向，用接口字母abcde 表示），其中装置的作用是_。（4）加热前先通入N2排尽装置中的空气，然后称取装置、的初始质量。进行加热时还需通入N2的作用是 _。（5）若要准确测定n 值，至少需要下列所给数据中的_（填选项字母），写出相应1 种组合情景下，求算 n 值的数学表达式：n=_。a装置反应前后质量差m1b装置反应前后质量差m2c装置反应前后质量差m3【答案】电子天平250mL 容量瓶把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀取最后一次洗涤液少许于试管

27、，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净ae、db 吸收 CO2以便测定样品中碳元素的含量将分解生成的气体全部带入装置B或 C中，使其完全吸收，并防止倒吸a、b(或 a、c 或 b、c)n=22(m1m2)/9m2或 n=22m3/9(m1m3)或 n=22m3/9m2【解析】【详解】（1）实验仪器A 为称量 MgSO4的仪器，所以名称为电子天平；仪器B是配置 250mL 溶液的仪器，所以B为 250moL 容量瓶。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀

28、。答案：电子天平；250mL 容量瓶；把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。（2）检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是检验反应物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，说明沉淀洗涤干净，具体的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净。（3）高温加热MgCO3 nH2O，产生 CO2和 H2O；反应方程式为：MgCO3 nH2OCO2和 H2O，通过测定CO2和 H2O 的质量，就可以测出MgCO3 nH2O 结晶水的含量，装置D 用于吸收测量H2O，装置 C用于吸收测量

29、 CO2。所以正确的连接顺序为ae、db。使 MgCO3 nH2O 完全分解需要高温，所以装置B的作用为冷却分解产生的高温气体。装置C用于吸收测量CO2。答案：ae、db；吸收 CO2以便测定样品中碳元素的含量。（4）通入 N2，一方面为了将分解生成的气体全部带入装置C或 D 中，使其完全吸收；另一方面，在反应结束后，高温气体冷却，体积收缩，装置C和 D 的液体可能会发生倒吸，反应结束后继续通入N2可以防止倒吸。将分解生成的气体全部带入装置B 或 C中，使其完全吸收，并防止倒吸（5）B装置中无残留物表明气体全部进入装置C和 D，如想准确测定值，则需要知道三个质量差中的两个。所以要知道a、b（或

30、 a、c或 b、c）。计算过程如下：MgCO3 nH2OCO2+nH2O+MgO 固体质量减轻100+18n 44 18n 44+18n m2 m3m1由此 44/18n=m2/m3，解得 n=22m3/9m2，又有 m1=m2+m3，通过转换，可以得到n=22(m1m2)/9m2或n=22m3/9(m1m3)或 n=22m3/9m2。答案：a、b(或 a、c 或 b、c)；n=22(m1m2)/9m2或 n=22m3/9(m1m3)或 n=22m3/9m2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17白藜芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某

31、课题组提出了如下合成路线：已知：RCH2Br+根据以上信息回答下列问题：(1)白藜芦醇的分子式是_(2)C D的反应类型是：_；EF 的反应类型是_。(3)化合物 A 不与 FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，推测其核磁共振谱(1H-NMR)中显示不同化学环境的氢原子个数比为_(从小到大)。(4)写出 AB 反应的化学方程式：_；(5)写出结构简式；D_、E_；(6)化合物符合下列条件的所有同分异构体共_种，能发生银镜反应；含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_。【答案】C14H12O3取代反应消去反应112 6+C

32、H3OH+H2O 3【解析】【分析】根据 F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信息中第二步可知，F中苯环含有3 个-OCH3，故 F的结构简式为；D 发生信息中一系列反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，因此 E为，逆推可知D 为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B 为，A 为。据此分析解答。【详解】(1)白黎芦醇()的分子式为C14H12O3，故答案为C14H12O3；(2)C D是 C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，EF 是 E分子内脱去1 分子式形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)化合物 A 的结构简式为，其核磁共振谱中显

33、示有4 种不同化学环境的氢原子，其个数比为 11 26，故答案为1126；(4)A 为，与甲醇发生酯化反应生成B()，AB 反应的化学方程式为：，故答案为；(5)由上述分析可知，D 的结构简式为，E的结构简式为，故答案为；(6)化合物的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、，共 3 种；酚羟基和酯基都能够与碱反应，不与碱反应的同分异构体为；故答案为3；。【点睛】本题的难点是物质结构的推断。可以根据白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，推断过程中要充分利用题干信

34、息。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态铜原子价电子排布的轨道式为_。（3）H2F+SbF6-（氟酸锑）是一种超强酸，存在 H2F+，该离子的空间构型为_，依次写出一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_、_（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是；氟化铵中存在 _（填序号）：A离子键 B键 C 键 D 氢键（5）SbF6被广泛用作高压电

35、气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber 循环能量构建能量图（见图a）计算相联系关键能。则F-F键的键能为kJ?mol-1，S-F的键能为 _kJ?mol-1。（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908，密度为7.1g?cm-3。CuF比 CuCl熔点高的原因是_；已知 NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如“图 b”。则 CuF的晶胞参数a=_nm（列出计算式）。【答案】X射线衍射V 型H2O（或 H2S）NH2-sp3AB 155 327 CuCl是分子晶体，CuF是离子晶体734644 19107.1AN或73483107.1

36、AN【解析】【分析】（1）晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同；（2）Cu是 29 号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布的轨道式；（3）用价层电子对互斥理论判断空间构型，用替代法书写等电子体；（4）根据价层电子对数判断NH4+中 N的杂化方式，根据 N原子结构和成键方式判断NH4F 中存在的作用力；（5）根据图示计算；（6）根据题干性质判断晶体类型，从而确定熔点高低；用均摊法确定所含微粒数，根据V=m计算体积，进一步计算晶胞参数。【详解】（1）从外观无法区分三者，晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同，因此通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体，故

37、答案为X射线衍射；（2）Cu是 29 号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，价电子排布的轨道式为；（3）H2F+离子中中心原子F 的孤电子对数=12（7-1-2 1）=2，键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体型，空间构型为V 型；与 H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子有H2O（或 H2S），阴离子有NH2-；（4）NH4+中 N 原子杂化轨道数为12（5+4-1）=4，N采取 sp3杂化方式；氟化铵中铵根离子与氟离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子与氢原子形成氮氢键为 键，不存在双键则没有键，同时也不存在氢键，答案选AB；（5）由

38、图 a 可知 3F2（g）=6F(g)H=+465kJ/mol，则 FF键的键能为465kJ/mol 3=155kJ mol-1，6F(g)+S（g）=SF6(g)H=-1962kJ/mol，则 SF的键能为 1962kJ/mol 6=327kJ mol-1；（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，CuF的熔点为908，CuF是离子晶体，离子键远大于分子间作用力，故CuF比 CuCl熔点高；根据均摊法可知，晶胞中含有818+612=4 个 Cu+，4 个 F-，晶胞的体积4644 19V7.1ANcm3，则CuF的晶胞参数a=734644 19107.1ANnm。1

39、9CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-1 2kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ mol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-10kJmol-1则 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=_kJmol-1。(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与 NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2 条件下 NO2转化率更高，其原因是_。(3)在体积均为2L 的密闭容器A(500，绝热)、B(

40、500，恒温)两个容器中分别加入2molCH4、2molNO2和相同催化剂。A、B容器中 CH4的转化率(CH4)随时间变化如下表所示。时间（s/t）0 100 200 300 400 A中(CH4)（%）0 20 22 22 22 B中(CH4)（%）0 10 20 25 25 A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是_，理由是 _。B 容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_(填字母序号)。a压强保持不变b密度保持不变cCO2的体积分数保持不变dv(CH4)：v(N2)=1：l e断裂 4molCH键同时断裂2molOH键A 容器中前100s 内用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=_

41、molL-1s-1已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则 B容器中平衡时kk正逆=_，200s 时vv正逆=_。【答案】-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高A A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少ac 0.004 1123.75 或154【解析】【分析】【详解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-1 2kJmol-1N2(g

42、)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H3=-10kJmol-1根据盖斯定律，由-+得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=H3-H1+H2=-10kJmol-1+12kJmol-1+180kJmol-1=-863.8kJ mol-1；(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；(3)A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对

43、B 容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；a 反应 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变则反应达平衡状态，故正确；b反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；c反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；dv(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；e根据反应可知，断裂4molCH键同时断裂4molOH键时，正逆反应速率相等，反应才达平衡，故错误；答案选 ac；A 容器中前

44、100s 内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2mol20%=0.4mol，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗 NO2 0.8mol，用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=0.8mol2100Ls=0.004molL-1s-1；根据表中数据可知，B中平衡时(CH4)=25%，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 平衡时浓度（mol/L）0.75 0.5 0.25 0.25 0.5 K=220.50

45、.250.2510.750.512；已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则 B容器中平衡时v正=v逆，k正c(CH4)c2(NO2)=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)，kk正逆=K=112；200s 时，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.2 0.4 0.2 0.2 0.4 平衡时浓度（mol/L）0.8 0.6 0.2 0.2 0.4 v正=k正c(CH4)c2(NO2)=k正0.8 0.62=0.288k正，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)=k逆0.2 0.2 0.42=0.0064k逆，vv正逆=0.288k0.0064k正逆=45kk正逆=45112=154。