2019-2020学年福建省上杭县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省上杭县一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设 NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A 0.5 mol 18O2中所含中子数为10NAB标准状况下，2.24 L CHCl3含有的共价键数为0.4NAC常温下，2.8 g C2H2与 CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD 0.1mol/L Na2S 溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.18O 原子中子数为18-8=10，则 0.5 mol 18O2中所含中子数为0.5mol 102=10m

2、ol，即 10NA，故 A 正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B 错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8 g C2H2与 CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C 错误；D.0.1mol/L Na2S 溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D 错误；故选 A。2已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6 SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A X与电池的Li 电极相连B

3、电解过程中c(BaC12)保持不变C该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li+2e-=Fe+Li2S D若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X 电极的反应不变【答案】C【解析】【分析】由反应 FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li 被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为 FeS+2Li+2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即 Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还

4、原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li 被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A 错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2+2e-=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和 Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B 错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li+2e-Fe+Li2S，故 C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-OH

5、-，则 Cl-移向阳极放电：2Cl-2e-=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D 错误；答案选 C。3碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A分子内共价键B分子间的作用力C碘分子的大小D分子内共价键的键长【答案】B【解析】【详解】碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。4锌 空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH)逐渐减小C放电时，

6、负极反应为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42D放电时，电路中通过2mol 电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【分析】【详解】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A 项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B 项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L 氧气的物质的量为1 摩尔，电路中转移4 摩尔电子，D 项错误；答案选 C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和

7、氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。5 Chem.sci.报道麻生明院士团队合成非天然活性化合物b(结构

8、简式如下)的新方法。下列说法不正确的是A b 的分子式为C18H17NO2Bb 的一氯代物有9 种Cb 存在一种顺式结构的同分异构体Db 能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A由结构简式()可知，该有机物分子式为C18H17NO2，故 A 正确；B有机物b 中含有 10 种()不同的 H 原子，一氯代物有10 种，故 B错误；CC=C两端碳原子上分别连接有2 个不同的基团，存在一种顺式结构的同分异构体，故C正确；D含有碳碳双键，可发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 正确；答案选 B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物存在顺反异构的条件和判断方法。6下列有机化合物中均

9、含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A苯中含单质溴杂质：加水，分液B乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液【答案】B【解析】【详解】A.溴易溶于苯，不能加水使苯和溴单质分层，不能通过分液除去苯中含单质溴杂质，故A 错误；B.乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故B 正确；C.乙醛有 氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成-羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故 C 错误；D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸

10、与碳酸钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大。7 厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D化学材料在北京大兴机场的建设中

11、发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料【答案】D【解析】【详解】A高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A 错误；B钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C 错误；D高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D 正确；故答案选D。8“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次，价值数倍也”。这里用到的分离方法为()A升华B蒸馏C萃取D蒸发【答案】B【解析】酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法进行分离，B正确；正确选项B。9已

12、知 HCl 的沸点为-85，则 HI 的沸点可能为（）A-167B-87C-35D50【答案】C【解析】【详解】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除 D，C项正确；答案选 C。10氢元素有三种同位素，各有各的丰度其中11H 的丰度指的是()A自然界11H 质量所占氢元素的百分数B11H 在海水中所占氢元素的百分数C自然界11H 个数所占氢元素的百分数D11H 在单质氢中所占氢元素的百分数

13、【答案】C【解析】【详解】同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，故11H 的丰度指的是自然界11H 原子个数所占氢元素的百分数，故选C。11一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A电池工作时，NO3向石墨 I 移动B石墨上发生的电极反应为：2NO2+2OH2e=N2O5+H2O C可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的质量比为4：23【答案】B【解析】【分析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的

14、反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3-向石墨 I 移动，A 正确；B 该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO

15、2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和 NO2的物质的量之比是4：23，D 正确；答案选 D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。12NO2、O2和熔融 KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I 电极上生成氧化物Y，Y

16、可循环使用。下列说法正确的是A O2在石墨 附近发生氧化反应B该电池放电时NO3向石墨 电极迁移C石墨 附近发生的反应：3NO2+2eNO+2NO3D相同条件下，放电过程中消耗的NO2和 O2的体积比为4 1【答案】D【解析】【详解】A石墨通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A 错误；B原电池中阴离子移向负极，NO3-向石墨电极迁移，B 错误；C石墨 I 为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO2+NO3-e-=N2O5，C 错误；D负极反应式为：NO2+NO3-e-=N2O5、正极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，则放

17、电过程中消耗相同条件下的 NO2和 O2的体积比为4：1，D 正确；答案选 D。【点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查。13设 NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（）A在标况下，11.2LNO 与 11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB12g 金刚石中含有的共价键数为4NAC0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子D铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol 氢气时，转移的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.在标况下，11.2LNO 与 11.2LO2的物质的量均为0.5mol

18、，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO 和 0.5mol O2反应生成0.5molNO2，消耗 0.25molO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故 A 错误；B.12g 金刚石中 C 的物质的量为n=12g12g/mol=1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中 2 个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故 B 错误；C.每个 Na2O2中含有 2 个钠离子，1 个过氧根离子，所以0.1mol Na2O2晶体中含有0.3mol

19、NA个离子，故C正确；D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol 氢气时转移2mol 电子，所以转移的电子数为2NA，故 D 错误；答案选 C。14短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M 的气态氢化物变蓝色。含 X、Y和 Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3HNO3)。下列说法正确的是A简单离子半径：YZMX B简单气态氢化物的热稳定性：MX C加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na 元素，所以强碱戊为NaO

20、H。能使品红溶液褪色的气体可能是 SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R 可能是 NaClO。M 的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M 为氮元素。综上所述，M 为氮元素，X 为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M 为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A 错误；BX 为氧元素，M 为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：ON，H2O 的热稳定性比NH3强，故 B 错误；C若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D N

21、aClO 属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D 正确；答案选 D。15下列反应的离子方程式书写正确的是（）A钠和冷水反应Na 2H2O Na+2OH-H2B金属铝溶于氢氧化钠溶液Al 2OH-AlO2-H2C金属铝溶于盐酸中：2Al 6H+2Al3+3H2D铁跟稀硫酸反应：2Fe 6H+2Fe3+3H2【答案】C【解析】【详解】A 项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A 错误；B 项，电荷不守恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，B 错误；C 项，Al 与盐酸反应生成AlCl3和 H2，符合离子方程式的

22、书写，C正确；D 项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和 H2，D 错误；答案选 C。【点睛】注意电荷守恒在判断中的灵活应用，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是_；（2）C中盛放 Bi(OH)3与 NaOH 混合物，与C

23、l2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为_；（3）当观察到 _（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是 _；（5）反应结束后，为从装置C 中获得尽可能多的产品，需要的操作有_；.铋酸钠的应用检验 Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为_；某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为_。.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品 wg，

24、加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1 L-1的 H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗 vmL 标准溶液。该产品的纯度为_（用含 w、c、v 的代数式表示）。【答案】饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭 K1、K3，打开 K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+-3

25、2cvw8010 100%或0.28cvw 100%或28cvw%【解析】【分析】用浓 HCl 和 MnO2反应制备 Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成 NaBiO3；利用 Mn2+的还原性将NaBiO3还原而 Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验 NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和 Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到 NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间

26、的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和 NaOH 混合物，+3价的 Bi 被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开 K2可使 NaOH 留下与氯气反应

27、，故答案为：关闭K1、K3，打开 K2；（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将 Mn2+氧化成 MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量

28、，过量的Mn2+和 MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：322435NaBiO 5H C O1400g5molm()cv 10 mol理论解得 m（理论）=0.28CVg，所以纯度=0.28cvgWg 100%=0.28 vcW 100%，所以答案为：-32cvw8010 100%或0.28cvw 100%或28cvw%。【点睛】（7）在复杂的纯度、产率

29、等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 5H2C2O4，使复杂问题简单化了。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物C 中含氧官能团的名称是_。(2)化学反应和的反应类型分别为_和_。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_。a 1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗7molH2b 核磁共振氢谱分析能够显示6 个峰c 不能够发生还原反应d与溴充分加成后官能团种类数不变e共直线的碳原子最多有4 个(4)反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物X

30、的相对分子质量比A 大 14，遇FeCl3溶液显紫色的结构共有_种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有5 个峰的X 的结构简式有_。(6)根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。_【答案】酯基取代反应加成反应de+NaOH+CH3OH 16、【解析】【分析】根据合成路线分析：与 CH3I 发生取代反应转变为，发生反应，在邻位引入醛基转变为：，与 CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应生成，发生反应将-CH2NO2脱去氢氧原子转变为-CN，生成，反应中-CN 碱性水解转变成-COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应

31、生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物 C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应为取代反应，反应为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此 1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，故错误；b.该结构中有7 种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7 个峰，故错误；c.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误；d.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确；e.如图所示，共直线的碳原子最多有4 个，故正确；故答案为：de；(4)由以上分

32、析知，反应为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH+CH3OH，故答案为：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物说明X 中有苯环，相对分子质量比A 大 14，说明比A 多一个 CH2，与 A 的不饱和度相同为 4；遇 FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对 3 种)，(邻、间、对 3 种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4 种氢原子，则甲基可以有4 种取代方式，则会得到4 种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4 种同分异构体，当羟基和

33、氨基位于对位时，有 2 种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5 个峰的X 的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：_SiO2+_C+_N2_Si3N4+_CO。（1）试配平该化学反应方程式，将系数填写在对应位置上。在方程式上标出电子

34、转移的方向和数目。_（2）反应中 _被还原，当氧化产物比还原产物多1mol 时，反应中电子转移数为_。（3）在该反应体系中：所涉及物质属于非极性分子的电子式为_；所涉及元素中原子半径最大的原子的最外层电子排布式为_。（4）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_，证明氮化硅组成元素非金属性强弱：（）写出一个化学事实_；（）从原子结构上进行说明：_。【答案】N22.4NA3s23p2原子晶体HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸（或Si3N4中 Si为+4 价、N 为-3 价等）相对原子半径小的N 原子最外层有5 个电子，形成稳定结构得3 个电子，相对原子半径大的Si原子最外层有4个电子，形成稳定结构

35、要得4 个电子，得电子形成稳定结构时Si比 N 更难【解析】【详解】(1)由产物 CO可知，SiO2与 C化学计量数之比为1：2。由产物Si3N4可知 SiO2与 N2化学计量数之比为3：2，所以 SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令 SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2高温Si3N4+6CO，其中 N 的化合价降低，则N2发生得电子的还原反应，C发生失电子的氧化反应，反应中共转移12e-，电子转移的方向和数目为；(2)反应 3SiO2+6C+2N2高温Si3N4+6

36、CO中 N 元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4为还原产物、CO为氧化产物，生成6molCO 和 1molSi3N4时，共转移12mole-，所以当氧化产物比还原产物多1mol 时，反应中转移121mol6-1=2.4mol 电子，即转移电子数电子数为2.4NA；(3)反应 3SiO2+6C+2N2高温Si3N4+6CO中，N2为非极性分子，结构式为 NN，电子式为，Si 的原子半径最大，最外层电子的4 个电子排布于3s、3p 能级上，即排布式为3s23p2；(4)氮化硅(Si3N4)是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，说明其熔点高，所以氮化硅为原子晶体；(I)比较 N、S

37、i非金属性强弱，可根据元素的最高价含氧酸的酸性强弱判断，酸性越强，则元素的非金属性越强，即它们的最高价氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸；()由于 N 原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N 得电子的能力强，即得电子能力强的N 原子的非金属性强于Si，导致 Si3N4中 Si为+4 价、N 为-3 价。【点睛】把握氧化还原反应概念及规律、明确原子结构和元素周期律是解题关键，注意理解运用元素周期律解释实际问题。19某离子反应中涉及到H、O、Cl、N 四种元素形成的六种微粒，N2、H2O、ClO-、H+、NH4+、Cl-，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示：完成下

38、列填空(1)氧原子最外层电子的轨道表示式为_，该化学用语不能表达出氧原子最外层电子的_(填序号)。a.电子层b.电子亚层c.所有电子云的伸展方向d.自旋状态(2)四种元素中有两种元素处于同周期，下列叙述中不能说明这两种元素非金属性递变规律的事实是_。a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.单质与 H2反应的难易程度c.两两形成化合物中元素的化合价d.气态氢化物的沸点(3)由这四种元素中任意3 种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有_(填化学式，写出一个即可)，该化合物的水溶液显_(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。(4)写出该离子反应的方程式_，若将该反应设计成原电池，则 N2应该在 _(填“正极

39、”或“负极”)附近逸出。(5)已知亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，很不稳定，通常在室温下立即分解。则：酸性条件下，当NaNO2与 KI 按物质的量1:1 恰好完全反应，且I-被氧化为I2时，产物中含氮的物质为_(填化学式)。要得到稳定HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用是_(填序号)。a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫d.磷酸【答案】c a d NH4Cl 或 NH4NO3酸性3ClO-+2NH4+=N2+2H+3Cl-+H2O 负极NO bc【解析】【分析】(1)O 原子最外层有6 个电子，2s 能级上有2 个电子、2p 能级上有4 个电子，

40、据此分析解答；(2)四种元素中处于同周期的元素为N 和 O，根据元素非金属性强弱的判断方法分析判断；(3)根据铵盐属于离子晶体，结合溶液中铵根离子能够水解分析解答；(4)N2的物质的量增多，为生成物，N 元素的化合价升高，据此书写反应的方程式，结合氧化还原反应的规律分析解答；(5)根据电子守恒以及原子守恒分析解答；根据亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，结合强酸可以制弱酸的原理分析判断。【详解】(1)O 原子最外层有6 个电子，2s 能级上有2 个电子、2p 能级上有4 个电子，所以其最外层电子轨道表示式为，根据轨道表示式可以看出电子层、电子亚层、和电子的自旋状态，电子云的伸展方向不能用化学用

41、语表示，故选c，故答案为：；c；(2)四种元素中有两种元素处于同周期，这两种元素为N 和 O。aO 元素无正价，不存在最高价氧化物对应水化物，故a 选；b氮气键能较大，难以与氢气反应，氧气在点燃时能够与氢气反应，可以用于比较非金属性强弱，故b 不选；c形成的化合物由化合价可知在反应中得失电子的难易，即显负价的非金属性强，故c不选；d元素非金属性强弱与物质的物理性质无关，不能通过气态氢化物的沸点比较非金属性强弱，故d 选；故答案为：ad；(3)由 H、O、Cl、N 四种元素中任意3 种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有氯化铵、硝酸铵，化学式分别为NH4Cl、NH4NO3，在溶液中铵根离子水解，

42、溶液显酸性，故答案为：NH4Cl或 NH4NO3；酸性；(4)N2的物质的量增多，为生成物，N 元素的化合价升高，根据电荷守恒和元素守恒有3ClO-+2NH4+=N2+2H+3Cl-+H2O；氮气是氧化产物，所以应在负极产生，故答案为：3ClO-+2NH4+=N2+2H+3Cl-+H2O；负极；(5)碘离子被氧化为碘单质时，若生成1molI2，碘元素化合价升高了2 价，消耗碘离子是2mol，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3 价，2mol 的亚硝酸钠得到2mol 电子时，则需氮元素的化合价降为+2 价，所以产物中含氮的物质为NO，故答案为：NO；根据强酸可以制弱酸的原理，因为亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，因此二氧化碳、二氧化硫和NaNO2不反应，不能生成HNO2，而稀硫酸和磷酸，能和NaNO2反应，生成HNO2，故选 bc。