2019-2020学年安徽省庐巢六校联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省庐巢六校联盟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国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA6.022140761023 mol1),并将于 2019 年 5月 20 日正式生效。下列说法中正确的是A在1 mol中，含有的中子数为6 NAB将 7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为0.1 NAC标准状况下，11.2 L NO和 11.2 L O2混合后，气体的分子总数为0.75 NAD某温度下，1L pH=3 的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中H+的数目大于0.01 NA

2、【答案】A【解析】【详解】A、中含有中子数是11-5=6，所以 1 mol中含有的中子数为 6NA，故 A正确；B、将 7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故 B错误；C、标准状况下，11.2 L NO和 11.2 L O2混合后，由于存在2NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故 C错误；D、某温度下，1L pH=3 的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4pH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故 D错误。2化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B酒精能杀菌，

3、浓度越大效果越好C钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同【答案】B【解析】【详解】A“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A 正确；B医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故

4、D 正确；故选：B。3某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A一定存在Fe2+、Na+、ClB一定不存在I、SO32C一定呈碱性D一定存在NH4+【答案】B【解析】【分析】【详解】某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也

5、没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选 B。4以 Fe3O4 Pd 为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的-2NO，其反应过程如图所示已知 Fe3O4中 Fe 元素化合价为+2、+3 价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是A处理-2NO的电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH 降低D消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO

6、2-4.6mgL1的废水 2m3【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图示，处理-2NO得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故 A 正确；BFe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则 Fe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，故 B 正确；C根据图示，总反应方程式可知：2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH 升高，故C 错误；D根据 C项的总反应2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为6.72L22.4L/mol=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=2

7、3 0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg L1 NO2-废水的体积=-310.2mol46g/mol4.6 10 g L=2 103L=2m3，故 D 正确；答案选 C。5下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A NH32O/催化剂NO22OH O，HNO3B浓盐酸2MnOCl2石灰乳漂白粉CAl2O3HCl(aq)AlCl3(aq)无水 AlCl3D葡萄糖酒化酶C2H5OH2O/CuCH3CHO【答案】C【解析】【分析】氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝

8、；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO 和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A 正确；B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B 正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故 C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D 正确。答案选 C。【点睛】考查常见元素及其化合物的

9、性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。6工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在 25时：C(s)+12O2(g)垐?噲?CO(g)?H4=-111kJ/mol H2(g)+12O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol 下列说法不正确的是（）A 25时，1222CO(g)+H(g)=CO(g)+H(g)H=-41kJ molB增大压强，反应的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C反应达到平衡时，每生成1mol CO的同时生成0.5m

10、olO2D反应断开2molH2和 1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H 键所放出的能量少484kJ【答案】B【解析】【详解】A.在 25时：C(s)+12O2(g)垐?噲?CO(g)?H4=-111kJ/mol；H2(g)+12O2(g)=H2(g)?H2=-242kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)?H2=-394kJ/mol，结合盖斯定律可知-得到CO(g)+H2 O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ/mol，故 A 正确；B.增大压强，反应 的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K 不变，故B 错误；C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比

11、等于化学计量数之比，则 达到平衡时，每生成1molCO 的同时生成 0.5molO2，故 C正确；D.反应 为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应 断开 2molH-H 和 1molO=O 中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H 键所放出的能量少484kJ，故 D 正确；答案选 B。【点睛】反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。7下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）A甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D丁装置：可在瓶中先装入某种

12、液体收集NO 气体【答案】A【解析】试题分析：A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸，乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强，故A 错误；B 橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故 B正确；C 如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C正确；D NO 不溶于水，因此在此装置中充满水，从 进气可以收集NO 气体，故D 正确；故选A。考点：考查化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点8某恒定温度

13、下，在一个 2L的密闭容器中，加入 4 mol A 和 2 mol B 进行如下反应:3A(g)+2B(g)?4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A增加 C,B的平衡转化率不变B此时 B 的平衡转化率是35%C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D该反应的化学平衡常数表达式是K=432c(C)c(A)c(B)g【答案】A【解析】【分析】由题意可知反应的前后压强之比为5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：+2B g4C2D42001.2

14、0.81.60.82.81.21.60.38A g?？由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：145：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以 C物不是气体，D 物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但 C不是气体，增加 C不能使平衡正向移动，所以 B 的平衡转化率不变，故A 正确；B.B的平衡转化率=0.8mol 2mol 100%=40%，故 B错误；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；D.由于生成物C 为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=232c(D)c(A)c(B)g，故 D

15、错误；故答案为A。【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。9常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH

16、 NCH CH NHc HA不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+

17、）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以222

18、22+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。10下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是A A中固体也可改用MnO2BB 中需盛装饱和氯化钠溶液C氯气通入D 中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO 稳定D上图装置也可作为制取适量NO 的简易装置【答案】C【解

19、析】【详解】A MnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A 图示，不能改用MnO2，故 A 错误；B根据装置图示，B 为氯气收集装置，C 为防倒吸装置，D 为尾气处理装置，故B 错误；C氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO 见光易分解，NaClO 光照不分解，则该物质水溶液比 HClO 稳定，故C 正确；D铜和稀硝酸反应可制取NO，装置 A 可用，装置B、C 中有空气，NO 易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO 有毒，属于大气污染物，NO 不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO 的简易装置，故D 错误；答案选 C。11某同学在实验室

20、利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A x 为 NaOH 溶液，y 为盐酸Bab发生的反应为：AlO2-+H+H2OAl(OH)3Cb c Al的反应条件分别为：加热、电解D a、b、c 既能与酸又能与碱反应【答案】D【解析】【详解】根据流程图，混合物中加入试剂x 过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂 x 为 NaOH，a 为 NaAlO2，a 生成 b 加入适量的y，因此 y 是盐酸，b 为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A 正确；B.a b 发生的反应为：AlO2

21、-+H+H2O=Al(OH)3，故 B 正确；C.根据上述分析，b c Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a 为 NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D 错误；答案选 D。12将 51.2gCu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH 溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A 0.2mol B0.4mol C0.6mol D0.8mol【答案】A【解析】【

22、分析】【详解】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu 到 Cu（NO3）2，每个 Cu升 2 价，失 2个电子；另一个是HNO3到 NaNO2，每个 N 降 2 价，得 2个电子。51.2gCu 共失电子51.264/molgg2 1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到 NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）n（Na+）-n（NaNO2）0.5L 2mol/L-0.8mol

23、0.2mol，故选 A。13铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是A B溶液含 Al(OH)4BA 溶液和 B 溶液混合无明显现象CD 与 F反应生成盐D E排入大气中会造成污染【答案】B【解析】【分析】根据图像可知，Al 在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO 和水，则溶液A 为硝酸铝，气体C为NO；气体 E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D 为氨气。【详解】A.铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为Al(OH)4，与题意不符，A 错误；B.硝

24、酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C.D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D.E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D 错误；答案为 B。14下列由实验得出的结论正确的是()A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性【答案】A【解析】【详解】A.乙烯含

25、有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且-OH 中 H 的活泼性比水弱，B 项错误；C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D 项错误；答案选 A。15a、b、c、d 为短周期元素，a 的 M 电子层有 1 个电子，b 的最外层电

26、子数为内层电子数的2 倍。c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，c 与 d 同周期，d 的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A离子半径：adc Ba、c 形成的化合物中只有离子键C简单离子还原性：cd Dc 的单质易溶于b、c 形成的二元化合物中【答案】D【解析】【分析】a、b、c、d 为短周期元素，a 的 M 电子层有1 个电子，则a 为 Na；b 的最外层电子数为内层电子数的2倍，则 b 为 C；c 的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，则 c为 S；c与 d 同周期，d 的原子半径小于c，则 d 为 Cl。【详解】A Na+核外电子层数为2，而 Cl-和 S2-核外电子层数为3

27、，故 Na+半径小于Cl-和 S2-的半径；电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以Cl-的半径小于S2-的半径，所以离子半径：adc，故 A 错误；Ba、c 形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx，既有离子键，又有共价键，故B 错误；C元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，所以简单离子还原性：cd，故C 错误；D硫单质易溶于CS2中，故 D 正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O33CN22AlN3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱

28、和NaNO2与 NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为_。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A 的作用是 _(填写序号)。a防止 NaNO2饱和溶液蒸发b保证实验装置不漏气c使 NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D 末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，_。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：_。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH 溶液反应生成NaAlO2和氨气。广口瓶中的试剂X 最好选用 _(填写序号)。a汽油b酒精c植物油dCCl

29、4广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将 _(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN 的质量分数为 _。【答案】NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O c 用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管 D 末端连接一个尾气处理装置c 不变61.5%【解析】【分析】制取氮化铝：用饱和 NaNO2与 NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压

30、强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D 防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和 NaNO2与 NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就

31、等于生成的氨气的体积所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和 NaNO2与 NH4Cl溶液制取氮气N

32、aNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D 防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和 NaNO2与 NH4Cl 溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A 具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；

33、（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D 末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D 末端连接一个尾气处理装置；（5）酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CC

34、l4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol 41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为6.1510 100%=61.5%，故答案为：61.5%。【点睛】本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的

35、综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应的条件是_；物质 B含有的官能团名称是_(2)已知乙酸酐是2 分子乙酸脱去1 分子水的产物，写出M 的结构简式 _(3)反应的类型_，写出该反应的一种副产物的结构简式_(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式_(5)1mol 阿司匹林和1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH

36、 溶液充分反应，最多消耗NaOH 的物质的量分别是_、_。【答案】铁羧基、氯原子（苯基）CH3COOH 取代无Na2CO3+2NaHCO33mol 4nmol【解析】【分析】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成 A 为，A 发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则 M 为 CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH，D 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生

37、成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成 A 为，A 发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则 M 为 CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH，D 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应的条件是铁，B为，物质 B 含有的官能团名称是羧基和氯原子

38、，故答案为：铁；羧基和氯原子；(2)根据上面的分析可知，M 的结构简式为CH3COOH；(3)反应的类型为取代反应，D 在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应的一种副产物的结构简式为；(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol 阿司匹林最多消耗NaOH 的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH 溶液充分反应，最多消耗NaOH 的物质的量为4n mol。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应

39、信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。(1)已知：CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJmol1、283.0 kJ mol1、285.8 kJ mol1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)O2(g)=2CO(g)4H2(g)的 H_。(2)工业上可用H2和 CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)H2O(g)

40、，某温度下，将 1 mol CO2和 3 mol H2充入体积不变的2 L 密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：时间/h 1 2 3 4 5 6 0.90 0.85 0.83 0.81 0.80 0.80 用 H2表示前 2 h 的平均反应速率v(H2)_；该温度下，CO2的平衡转化率为_。(3)在 300、8 MPa 下，将 CO2和 H2按物质的量之比13 通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得 CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压 物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2

41、CO2(g)6H2(g)垐?噲?C2H4(g)4H2O(g)H。在 0.1 MPa 时，按n(CO2)n(H2)13 投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。该反应的H_0(填“”或“”)。曲线 c 表示的物质为_。为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施_。（答出一条即可）【答案】71.4 kJ mol10.225 molL1 h140%148 C2H4加压(或不断分离出水蒸气)【解析】【分析】(1)利用燃烧热写出热化学方程式，再根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；(2)反应速率v=ctVV计算得到；反应物转化率=消耗量起始量 100%；(3)

42、三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算；(4)由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动，a 曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c 随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯；为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强。【详解】(1)在 101kPa 下，CH4、CO、H2的燃烧热(H)分别为-890.3kJ/mol、-283kJ/mol、-285.8kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：CH4(g)+2O2(

43、g)CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3kJ/mol；CO(g)+12O2(g)CO2(g)H=-283kJ/mol；H2(g)+12O2(g)H2O(l)H=-285.8kJ/mol；根据盖斯定律，由2-2-4得2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)H(-890.3kJ/mol 2)-(-283kJ/mol)2-(-285.8kJ/mol 4)=-71.4kJ/mol；(2)设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比，2232COg+3HgCH OH g+H O gmol1300molx3xxx2mol1-x3-3xxx?始变小时P 后：P前=(4-

44、2x)：(1+3)=0.85，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2 小时反应平均速率v(H2)=3 0.3mol2L2h=0.225mol/(L?h)；反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，2232COg+3HgCH OH g+H O gmol1300moly3yyymol1-y3-3yyy?始变平P 后：P前=(4-2y)：(1+3)=0.8，解得：y=0.4mol 该温度下CO2的平衡转化率=0.4mol1mol 100%=40%；(3)若反应条件为压强8MPa，300的反应温度下二氧化碳和氢气按1:3 的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，2232

45、COg+3HgCH OH g+H O gmol1300mol0.51.50.50.5mol0.51.50.50.5?始变平分压=总压 物质的量分数，物质的量分数=该物质的物质的量总的物质的量，故 P(CO2)=80.5433，P(H2)=8 1.543，P(CH3OH)=8 0.5433，P(H2O)=8 0.5433Kp=34433443=148(MPa)-2；(4)由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故H0；根据图知，升高温度,氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a 曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c 随着温度升高

46、其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c 曲线代表C2H4；由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强,或不断分离出水,平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。19药物中间体M 的合成路线流程图如图：已知：（R、R、R”为 H或烃基）请回答下列问题：(1)A 为芳香烃，名称为_。(2)化合物 C含有的官能团名称为_。(3)下列说法中正确的是_。A化合物A 只有 1 种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构B可利用酸性KMnO4溶液实现AB

47、 的转化C化合物C具有弱碱性D步骤、所属的有机反应类型各不相同(4)步骤可得到一种与G 分子式相同的有机副产物，其结构简式是_。(5)有机物 H 与氢气加成的产物J存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_。能与 FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱检测表明分子中有4 种化学环境不同的氢原子。(6)写出 I+GM 的化学方程式（可用字母G 和 M 分别代替物质G 和 M 的结构简式）_。(7)设计以和 CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【答案】邻二甲苯羟基、氨基ABC

48、D【解析】【分析】由 D 的结构及A 的分子式，可确定A 为，B为。参照 G，由 E和可推出 F 为,I为。【详解】(1)由 A 的结构简式，可得出其名称为邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；(2)依据化合物C 的结构简式，可确定含有的官能团名称为羟基、氨基。答案为：羟基、氨基；(3)A.邻二甲苯只有一种结构，可以证明苯环不是单双键交替，A 正确；B.酸性 KMnO4溶液可将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，B正确；C.化合物 C分子中含有氨基，具有弱碱性，C 正确；D.步骤、所属的反应类型分别为属于取代、加成、消去，D 正确。答案为：ABCD；(4)步骤中，脱水时，脱去羟基右边的氢原子得G，脱去左边的氢原子

49、，则得有机副产物，其结构简式是。答案为：；(5)有机物 H 与氢气加成的产物J为，同时符合条件“能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱检测表明分子中有4 种化学环境不同的氢原子”的同分异构体，含有苯环结构、酚羟基，考虑到氢原子有4 种，只能在对位上连接-CH2Cl，于是得出结构简式为。答案为：；(6)I+GM的化学方程式为。答案为：；(7)以和 CH3CH2OH 为原料制备时，需利用信息。将乙醇氧化为乙醛，再氧化为乙酸，最后酯化生成乙酸乙酯，再与苯甲醛发生信息中提供的反应，从而获得目标有机物。合成路线为：答案为：。【点睛】合成有机物时，先对比目标有机物与原料有机物在碳原子数上的差距，然后分析官能团的变化，从题给流程图或已知信息中寻找相似点，然后确定切入点。