2019-2020学年福建省福州屏东中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州屏东中学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莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A等浓度的两种酸其酸性相同B两种酸都能与溴水发生加成反应C鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能【答案】D【解析】【分析】【详解】A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A 错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有

2、酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B 错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C 错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚-OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D 正确；答案选 D。【点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。2无水 MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg 与 Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（）A冷凝管中冷水进、出口方向错误B实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C为防止反应

3、过于剧烈，不能用装置C代替装置B D装有无水CaCl2固体 A 的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境【答案】C【解析】【详解】A.冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A 错误；B.空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C.将装置 B 改为 C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；D.仪器 A 为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D 错误；正确答案是C。3工业上，以铁质镍矿(除 NiO 外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)和镁质镍矿(除 NiO 外，还含有 MgO、CaO、SiO2

4、等杂质)为原料炼镍的流程如下图：回答下列问题：(1)滤渣 1 主要成分的化学式为_，“转化”操作中加入H2O2的目的是 _。(2)中和沉铁步骤中，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还产生Fe(OH)3胶体，导致c(Ni2+)明显降低，原因是_；为减少镍的损失，可在中和的同时加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，反应离子方程式为_。(3)已知 Ksp(CaF2)=1.11 10-10、Ksp(MgF2)=7.40 10-11，在过滤2 的滤液中加入过量NaF溶液，反应完全后，c(Ca2+)/c(Mg2+)=_。(4)我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现了低能耗

5、电解富尿素废水制取H2(如图所示)。酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2。B电极连接的电源的_极，A 电极的电极反应为_。(5)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)垐?噲?Ni(CO)4(g)。230时，K=2 10-5。己知：Ni(CO)4的沸点为 42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。则第一阶段在30和 50两者之间选择的反应温度是_；230时，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是_。【答案】SiO2将 Fe2+转化成 Fe3+，以便形成

6、沉淀而除去Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+3Fe3+Na+2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+1.5 负CO(NH2)2H2O6e-=N2CO26H+50第一阶段反应的平衡常数K=2 10-5远远低于第二阶段的平衡常数K=5 104【解析】【详解】（1）铁质镍矿(除 NiO 外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2的目的是将Fe2+转化成 Fe3+，以便形成沉淀而除去；（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入 N

7、a2SO4溶液，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO42-和 H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3+Na+2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6+6H+；（3）22222222=spspc CacFc CaKCaFKMgFc MgcFc Mg，代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2，B 电极生成氢气，根据H 元素化合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极

8、与电源负极相连，则A 电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(NH2)2H2O6e-=N2CO26H+；（5）Ni(CO)4的沸点为42.2，则第一阶段在30和 50两者之间选择的反应温度是50，Ni(s)+4CO(g)垐?噲?Ni(CO)4(g)，230时，K=2 10-5，因而逆反应Ni(CO)4(g)垐?噲?Ni(s)+4CO(g)，230时，K=1/2 10-5=5 104，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是第一阶段反应的平衡常数K=2 10-5远远低于第二阶段的平衡常数K=5 104。4化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是A漂白粉、

9、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂B硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂C常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应D明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性【答案】A【解析】【分析】本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A 正确；B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的3Al能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D

10、错误；答案：A 5金属(M)空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2MO22H2O2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A电解质中的阴离子向多孔电极移动B比较 Mg、Al、Zn 三种金属空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高C空气电池放电过程的负极反应式2M 4e4OH2M(OH)2D当外电路中转移4mol 电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)【答案】C【解析】【分析】A原电池中阴离子应该向负极移动；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论

11、上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C负极 M 失电子和OH-反应生成M(OH)2；D由正极电极反应式O22H2O4e-4OH-有 O24OH-4e-，当外电路中转移4mol 电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A原电池中阴离子应该向负极移动，金属M 为负极，所以电解质中的阴离子向金属M 方向移动，故A错误；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g 时，这三种金属转移电子物质的量分别为124 2mol

12、 112mol、127 3mol 19mol、165 2mol 132.5mol，所以 Al-空气电池的理论比能量最高，故B 错误；C负极 M 失电子和OH-反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M 4e4OH2M(OH)2，故 C正确；D由正极电极反应式O22H2O4e-4OH-有 O24OH-4e-，当外电路中转移4mol 电子时，消耗氧气1mol，即 22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故 D 错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。6室温下，向20

13、 mL0.1 mol/L H2A 溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH 溶液，H2A 溶液中各粒子浓度分数(X)随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法错误的是 ()A当溶液中A 元素的主要存在形态为A2-时，溶液可能为弱酸性、中性或碱性B当加入NaOH 溶液至 20 mL 时，溶液中存在(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3 D 室温下，弱酸 H2A 的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A 的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则 KalKh2【答案】B【解析】【详解】A、当溶液中A 元素的主要存在形态为A2时，溶液

14、pH 大于 4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA 与 NaOH 按 1:1 混合，所得溶液为NaHA 溶液，由图可知，NaHA 溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=2(A2)+c(HA)+c(OH)，因为 c(H)c(OH)，所以 c(Na)2c(A2)+c(HA)，故 B 错误；C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室温下，反应A2+H2A2HA的平衡常数K=2-2-+12-2-+222kac(HA)c(HA)c(H)=?=c(A)c(H A)c(A)c(H A)c(H)ka=103，lgK=3，故 C正确；D、因为 K1=

15、10-1.2，所以 Kh2=1412.81.21101010waKK，故 Ka1kh2，故 D 正确；答案选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。7下列离子方程式书写正确的是（）A氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2OHNH4+SO42-=BaSO4NH3 H2O B用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu22Cl 2H2OCu(OH)2H2Cl2C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca22ClOSO2H2O=CaSO3 2HClO D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2O

16、C6H5OHHCO3-【答案】D【解析】【详解】A该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2O，故 A 错误；B用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2+3ClO-+H2O=CaSO4+2HClO+Cl-，故 C 错误；D苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH

17、+HCO3-，故 D 正确；答案选 D。8下列各表述与示意图一致的是A25时，用0.1mol L-1盐酸滴定 20mL 0.1mol L-1NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化B10mL 0.01molL-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol L-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化C曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0 正、逆反应的平衡常数K 随温度的变化Da、b 曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)H0 使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【答案】C【解析】【分析】A.等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达

18、终点的pH 发生突变，不是渐变；B.发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；C.反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)Hc NHc SOC0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中加入少量NaOH 固体-+-2-c(HA)c(H)c(OH)c(A)gg将增大【答案】C【解析】【分析】【详解】ANaOH 溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下 pH=12 的 NaOH 溶液，升高温度，溶液中 Kw增大，其 pH 减小，故A 错误；B0.1mol?L-1的 NaHSO3溶液中通NH3至 pH=7，

19、溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因为 pH=7 即 c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，由得c(Na+)c(SO32-)；将式左右两边都加上c(NH4+)得 c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)，结合得c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故 c(SO32-)c(NH4+)，故 c(Na+)c(SO32-)c(NH4

20、+)，故 C错误；C酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中KKK-+-+3+-2-2-+-awac(HA)c(H)c(HA)c(H)c(H)c(H)c(H)c(H)=c(OH)c(A)c(OH)c(A)c(H)c(OH)，加入少量NaOH 固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D 错误；答案选 C。13下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A 将 3 体积 SO2和 1 体积 O2混合通过灼热的V2O5充分反应

21、，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和 O2的反应为可逆反应B 用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D 用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si 元素A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A 错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH 溶液，选项B 错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和

22、CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D 错误；答案选 C。14下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是（）A NH32O催化剂NO2ONO22H OHNO3B浓缩海水2ClBr22SOHBr2ClBr2C饱和食盐水电解Cl22Ca(OH)漂白粉D H2和 Cl2混合气体光照HCl 气体水盐酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A.3NH经催化氧化得到NO，NO被空气氧化得到2NO，2NO与水作用得到硝酸，符合工业生产实际，A 项正确；B.向浓缩海水中通入氯气可将单质溴

23、置换出来，后面的两步属于溴的提纯反应，符合工业生产实际，B 项正确；C.电解饱和食盐水可以得到氯气，将氯气通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工业生产实际，C 项正确；D.2H和2Cl的混合气体在光照下会发生爆炸，不符合工业生产实际，应改用点燃的方式来得到HCl，D项错误；答案选 D。15有 Br2参加的化学反应一定不属于A复分解反应B置换反应C取代反应D加成反应【答案】A【解析】【分析】溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。【详解】A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应

24、，A符合题意；B.单质溴与KI 发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B 不符合题意；C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C 不符合题意；D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D 不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。方案一、实验装置如图1 所示。已知2Cu能与46KFe(CN)在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的2Cu。（1）写出铜

25、与浓硫酸反应的化学方程式：_。NaOH 溶液的作用是_。（2）仪器 X的作用是盛装118.4 mol L的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_。（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL 时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为_1mol L（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。方案二、实验装置如图2 所示。加热，充分反应后，由导管a 通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的2BaCl溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量4BaSO固体的质量。（4）通入氧气的目的是_、_。（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度_（填“偏大”“偏

26、小”或“无影响”）。【答案】24422Cu2H SO()CuSOSO2H O浓吸收尾气中的2SO酸式滴定管11.0 使产生的2SO全部被 NaOH 溶液吸收将2SO最终转化为24Na SO偏大【解析】【分析】反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境

27、，所以必须用碱溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O 吸收尾气中的SO2（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL 时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为2018 4/33.45mLmolLmL。=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；答案：使产生的SO2全部被 NaOH 溶液吸收将 SO2最终转化为Na2SO4（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的

28、硫酸的最低浓度偏大。答案：偏大三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中 A 是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）写出：XA的反应条件 _；反应的反应条件和反应试剂：_。（2）E中含氧官能团的名称：_；反应的类型是_；反应和先后顺序不能颠倒的原因是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有多种同分异构体，写出1 种含有 1 个醛基和2 个羟基且苯环上只有2 种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_。（5）写出由A 转化为的合成路线 _。(合

29、成路线表示方法为：AB目标产物)。【答案】光照O2、Cu，加热羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(浓)+H2O、【解析】【分析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：72+2-82=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则 A为；A生成 B，且 B 能发生催化氧化，则 B为、C为、D 为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，的方程式为：+4KMnO/H，

30、该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以和先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有 1 个醛基和2 个羟基且苯环上只有2 种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有 3 个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A 为，通过加成反应和消去反应，生成，用 Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。最近我国科学家实现了使用铜催化剂将N，N二甲基甲酰胺（N(CH3)2NCHO，简称 DMF）

31、转化为三甲胺的合成路线。回答下列问题：（1）结合实验与计算机模拟结果，研究单一DMF 分子在铜催化剂表面的反应历程，如图所示：该历程中最大能垒（活化能）=_eV，该步骤的化学方程式为_。（2）该反应变化的H_0（填“”或“=”），制备三甲胺的热化学方程式为_。（3）160时，将 DMF(g)和 H2(g)以物质的量之比为1：2 充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为 p0，达到平衡时DMF 的转化率为25%，则该反应的平衡常数Kp=_（Kp为以分压表示的平衡常数）；能够增大 DMF 平衡转化率同时加快反应速率的操作是_。（4）三甲胺是鱼腥臭的主要来源，是判断海水鱼类鲜度的化学指标之一。通

32、过传感器产生的电流强度可以监测水产品中三甲胺的含量，一种燃料电池型三甲胺气体传感器的原理如图所示。外电路的电流方向为_（填“a b”或“b a”），负极的电极反应式为_。【答案】1.19 N(CH3)3+OH-+H+=N(CH3)3+H2O (CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)H=-1.02NAev/mol 019p增大压强、增大氢气浓度a b 2N(CH3)3-42e-+12H2O=N2+6CO2+42H+【解析】【分析】(1)如图所示，反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒；(2)如图所示，根据盖斯定律分析，反应物总能量高于生成物总能量

33、，结合图示书写热化学反应方程式；(3)利用“三段式”，结合相同条件下，压强之比等于物质的量之比，计算压强表示的平衡常数；(4)根据燃料电池的特点判断正负极，结合图示及电解质溶液书写电极反应式。【详解】(1)如图所示，反应历程中反应物和生成物相对能量差值最大的为最大能垒，即N(CH3)3+OH-+H+=N(CH3)3+H2O 反应过程中活化能最大，活化能=2.21 eV-1.02 eV=1.19 eV；(2)如图所示，根据盖斯定律，反应热只与反应始态和终态有关，与反应过程无关，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，H0，单一 DMF 分子反应释放的能量为1.02eV，1mol 该分子放

34、出的能量为 1.02NAeV，热化学反应方程式：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)H=-1.02NAeV/mol；(3)160时，将DMF(g)和 H2(g)以物质的量之比为1：2 充入盛有催化剂的刚性容器中，容器内起始压强为p0，达到平衡时DMF 的转化率为25%，设 DMF(g)和 H2(g)的初始投入物质的量为1mol 和 2mol，列“三段式”：323223mol1200mol0.250.50.250.CHNCHO g+25mol02Hg=N C.751.5Hg+0.2.O g5H50 2始变平根据pn=pn初初平平，则 p平=00.750.2

35、50.251.512p=1112p0；则该反应的平衡常数Kp=2233232H ON CHHppppCHNCHO=019p；能够增大DMF 平衡转化率同时加快反应速率的操作：增大压强、增大氢气浓度；(4)该电池为燃料电池，a 电极上氧气得电子发生还原反应，b 电极上三甲胺失电子发生氧化反应，则a 为正极，b 为负极，原电池中电子从负极流向正极即从b 流向 a，电流的方向与电子的移动方向相反，则外电路电流的方向为ab；电解质溶液为酸性，结合图示，负极的电极反应式为：2N(CH3)3-42e-+12H2O=N2+6CO2+42H+。【点睛】易错点为(4)，燃料电池的特点为通入氧气的一极为正极，通入

36、燃料的一极为负极，电流与电子转移的方向相反。19形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理 的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态 Ga原子的核外电子排布式是Ar_，基态 Ga 原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。（2）HC CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C 原子的杂化类型为_。乙炔钠中存在_(填字母)。A金属键B 键C键D氢键E.配位键F.离子键G.范德华力（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为_。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式_。（4）配体中配位原子

37、提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为S=C=N-或S-C N-，SCN-与 Fe3+、Au+和 Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5 和 2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是_。（5）某离子晶体的晶胞结构如图所示。晶体中在每个X 周围与它最近且距离相等的X共有 _个。设该晶体的摩尔质量为Mgmol-1，晶胞的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的 X 间的距离为 _cm。【答案】3d104s24p1哑铃形sp BCF 直线形N=N=O 或 O=C=O S 12 3A24M2 N【解析】【分析】Ga为 31 号元

38、素，基态 Ga 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，基态 Ga原子核外电子占据最高能级为4p。HC CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子 2 个 键，无孤对电子；乙炔钠中存在Na+与 HC C形成离子键，碳碳三键里有1 个 键，2 个 键。阴离子N3的中心 N 价层电子对数为12+(5132)22；由于价电子N=O，因此可以得等电子体。根据结构可以得出C无孤对电子，S、N 都有孤对电子，又根据电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱。以顶点 X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4 个 X，共有三个平面。根据晶胞得到X 个

39、数和 Y个数，因此得到化学式，先计算体积，再计算边长，晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，再算晶体中两个最近的X 间的距离。【详解】Ga为 31 号元素，基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，因此核外电子排布式是Ar3d104s24p1，基态 Ga原子核外电子占据最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形；故答案为：3d104s24p1；哑铃形。HC CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子 2 个 键，无孤对电子，因此C的杂化类型为sp杂化；A.HCCNa 是离子化合物，不存在金属键，故A 不符合题意；B.碳碳三键里有1 个 键，故 B

40、 符合题意；C.碳碳三键里有1 个 键，2 个 键，故 C 符合题意；D.电负性大的原子与氢形成的共价键，这个分子的氢与另外一个分子中电负性大的原子形成氢键，HC CNa不满足这个条件，故D 不符合题意；E.HC CNa 没有中心原子，也无孤对电子，因此无配位键，故E不符合题意；F.HC CNa是离子化合物，含有离子键，故F符合题意；G.HCCNa 是离子化合物，不是分子，不存在范德华力，故G 不符合题意；故答案为：sp；BCF。NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子N3的中心 N 价层电子对数为12+(5132)22，为 sp 杂化，其立体构型为直线形；由于价电子N=O，因此和该阴

41、离子互为等电子体的一种分子的结构式N=N=O 或 O=C=O；配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN的结构式可以表示为S=C=N或S-CN，SCN与 Fe3+、Au+和 Hg2+等离子能形成配离子，根据结构可以得出C无孤对电子，S、N 都有孤对电子，又根据 N、C、S的电负性依次为3.0、2.5 和 2.5，电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱，因此 SCN中提供孤电子对的原子可能是S；故答案为：S。以顶点 X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4 个 X，共有三个平面，因此晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X 共有 12 个；故答案为：12。根据晶胞得到X 个数有118+6482，Y个数有 8 个，因此该离子化合物化学式为XY2，设该晶体的摩尔质量为Mg mol-1，晶胞的密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，113A3AmolmolM4m4MV=cm g cm NgN，晶胞边长为3A4Mcm N，由于晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，因此晶体中两个最近的X间的距离为3A24Mcm2 N；故答案为：3A24M2 N。