2019-2020学年安徽省阜阳市第五中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省阜阳市第五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现有易溶强电解质的混合溶液10 L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与通入CO2的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是()A CD段的离子方程式可以表示为：CO32-+CO2+H2O2HCO3-B肯定不存在的离子是SO42-、OH-C该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、NH4+D OA 段反应的离子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O2

2、Al(OH)3+CO32-【答案】A【解析】【分析】通入二氧化碳，OA 段生成沉淀，发生反应Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳，OA 段生成沉淀，发生反应Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，说明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，发生反应AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，BC段生成沉淀，说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变，发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O；CD段沉淀

3、的物质的量不变，发生反应CO32-+CO2+H2O2HCO3-；DE 段沉淀溶解，发生反应BaCO3+CO2+H2OBa(HCO3)2；Ba2+与 SO42-生成沉淀，OH-与 NH4+反应生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故选 A。2下列说法不正确的是()A乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物BO2与 O3互为同素异形体，1H、2H、3H 是氢元素的不同核素CC2H6O 有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D氨基酸分子中均含有羧基(COOH)和氨基(NH2)【答案】A【解析】【详解】A乙醛和丙烯醛结构不相似

4、，二者不是同系物，与氢气发生加成反应都生成醇类物质，结构相似，分子组成上相差1 个 CH2原子团，为同系物，故A 错误；BO2 和 O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体；1H、2H、3H 质子数都为1，中子数分别为0、1、2，它们为氢元素的三种不同的核素，故B正确；CC2H6O 有乙醇和二甲醚两种同分异构体；CH3CH2 CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5 个 C，主链为戊烷，在2 号 C含有 1 个甲基，其名称为2-甲基戊烷，故C正确；D氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2)，如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故 D 正确；故选 A。3NA表示阿伏加德罗常

5、数的值，则下列说法中正确的是A铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB1 molNaClO 中含有的Cl数目为 NAC5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5 107NAD 18g H2O 中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A 错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B 错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L 0.005mol/L=2.5 105mo

6、l，微粒数目略小于2.5 105NA，故 C 错误；D.18g H2O 的物质的量为1mol，而水为10 电子微粒，故1mol 水中含 10NA个电子，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。4将1230.2 mol LNa CO溶液和10.1mol L盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是A233c Nac Hc OHc Clc HCOc COB233c Nac HCOc Clc COc OHc HC233232c Nac COc HCOc H COD323c OHc Hc HCO2c H CO【答案】B

7、【解析】【分析】混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故 A 错误；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)c（HCO3-）c(Cl-)c（CO32-）c(OH-)c(H+)，故B 正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故 C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c

8、(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+），故 D 错误；答案：B【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。5下列说法正确的是()A表示3Al与 OH反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中 a 点溶液中含大量3AlB可知22CuS s2AgaqAg S sCuaq垐?噲?平衡常数很大，反应趋于完全C为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为D反应比反应的速率慢，与相应正反应的活化无关【答案】B【解析】【详解】

9、Aa 点所示 pH 接近 12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A 错误；B图象 X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2 10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-5 10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)?Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=22c CucAg=2Ksp CuSKsp Ag S=35.249.21010=1014，反

10、应趋于完全，故B正确；C该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故 C 错误；D根据图象可知，反应中正反应的活化能较小，反应中正反应的活化能较大，则反应比反应的速率快，故D 错误；故答案为B。6设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A 32gCu在足量 O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g 甲烷和 8g 甲醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L 乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量 O2反应。转移电子数为NA【答案】B【解析】A.32gCu 是 0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫

11、化亚铜，失去的电子数分别为 NA和 0.5NA，A 错误；B.4g甲烷和 8g 甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L 乙烷是 0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO2与足量 O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D 错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例

12、关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A 是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。7向 Ca(HCO3)2饱和溶液中加入一定量的Na2O2(设溶液体积不变)，推断正确的是A产生 CO2气体B产生白色沉淀C所得溶液的碱性一定减弱D所得溶液中一定不含HCO3-【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，NaOH 和 Ca(HCO3)2反应生成CaCO3和 H2O，不会产生CO2气体，故A错误；B.过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH 会与 Ca（HCO3）2反应，生成碳酸钙白色沉淀，故B正确；C.当 Na2O2量较多时，生成的NaOH 和 Ca（HCO

13、3）2反应后有剩余，会使溶液碱性增强，故C错误；D.当 Na2O2量较小时，生成的NaOH 较少，没有把Ca（HCO3）2反应完，所得溶液中可能含有HCO3-，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。8硒（Se）与 S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）A氧化性：SeO2 SO2B热稳定性：H2SH2Se C熔沸点：H2SH2Se D酸性：H2SO3 H2SeO3【答案】B【解析】【详解】A不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A 错误；B热稳定性：H2S

14、H2Se，可知非金属性SSe，故 B 正确；C不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；D酸性：H2SO3H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D 错误；故答案为B。【点睛】考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，硒(Se)与 S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性。9X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和 Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1 mol L-1 W 的氢化物水溶液的p

15、H 为 1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A简单离子半径:WYZX BY、Z 分别与 W 形成的化合物均为离子化合物CY、W 的简单离子都不会影响水的电离平衡D元素的最高正化合价:WX Z Y【答案】C【解析】【分析】Y 原子在短周期主族元素中原子半径最大，则 Y为 Na；X和 Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为 O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1 mol L-1 W 的氢化物水溶液的pH 为 1，则HW 为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W 为 Cl；ZCl3加

16、入 NaOH 溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为 Al，综上所述X为 O、Y为 Na、Z 为 Al、W 为 Cl。【详解】A.电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl?O2?Na+Al3+，即 WXYZ，故 A 错误；B.AlCl3为共价化合物，故B 错误；C.Cl?和 Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C 正确；D.O 没有正价，故D 错误；故答案为C。【点睛】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。10下列说法正确

17、的是（）A用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B测定新制氯水的pH 时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，再与标准比色卡对照C检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故 A 错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH 试纸测定新制氯水的pH，故 B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；

18、D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故 D 正确；正确答案是D。11已知在100、1.01 105 Pa 下，1 mol 氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()A 1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ 热量B热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 490 kJ mol1C甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙D乙 丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ【答案】D【解析】【详解】A.由已知的能量变化图可知，

19、1 mol H2O(g)分解为 2 mol H 与 1 mol O 时吸收 930 kJ热量，A 项正确；B.由已知的能量变化图可知，H2(g)12O2(g)=H2O(g)H反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ mol1=-245kJ mol1，则热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H-245kJ mol1 2=-490 kJmol1，B项正确；C.甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙，C项正确；D.乙丙的过程中生成气态水时，释放930 k

20、J的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D 项错误；答案选 D。12如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700900，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2O B电池内的O2-由电极乙移向电极甲C当甲电极上消耗lmol N2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）O2参与反应D电池正极反应式为：O2+4e-=2O2-【答案】A【解析】【详解】A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和 O2反应的产物为N2和

21、H2O，总反应方程式为 N2H4O2=N22H2O，A 错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中 N 的化合价从1 升高到 0，失去电子，因此通过N2H4的一极为负极，则O2由电极乙向电极甲移动，B 正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4 O2=N22H2O，每消耗 1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为 22.4L，C 正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2，电极方程式为O2+4e-=2O2-，D正确，不符合题意；答案选 A。13下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是选项实验操作实验现象结论A 向亚硫酸钠试样中滴入盐酸

22、酸化的 Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀试样已经氧化变质B 乙醇和浓硫酸混合加热至170，将产生气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的是乙烯C 在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝D 将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中澄清石灰水不变浑浊验证碳的氧化产物为 CO A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，酸性条件下3NO具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，选项A 错误；乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，使溶液褪色的不一定是乙烯，选项B 错

23、误；铝箔加热熔化但不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝，C正确；4HNO3(浓)C4NO2CO22H2O，浓硝酸易挥发，且NO2溶解于水生成硝酸，致使澄清石灰水与二氧化碳接触无现象，选项D 错误。14下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A碳碳键键长：乙烯苯B密度：一氯乙烷一氯丁烷C热稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3D沸点：H2OH2SH2Se【答案】B【解析】【详解】A苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯一氯丁烷，故B正确；C 碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3，故 C 错误；D水中含氢键，同类型分子相

24、对分子质量大的沸点高，则沸点为H2OH2SeH2S，故 D 错误；故答案为：B。【点睛】非金属化合物的沸点比较：若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷异戊烷 新戊烷；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。15下列属于氧化还原反应的是()A 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2BNa2OH2O=2NaOH

25、 CFe2O33CO高温2Fe3CO2D Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O【答案】C【解析】【详解】凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D 项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C 项中 Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碳酸镧 La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3 +6NH4Cl+3CO2 +3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。回答下列问题:（1）制备碳酸镧实验流程中导管从

26、左向右的连接顺序:F_，_ C。（2）Y中发生反应的化学方程式为_。（3）X中盛放的试剂是_。（4）Z中应先通入 _，后通入过量的另一种气体，原因为_。（5）该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3 和 La(HCO3)3 的稳定性强弱，设计了如下实验装置，则甲试管中盛放的物质为 _；实验过程中发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_。【答案】A B D E 3223NHH O+CaO=Ca(OH)+NHg饱和3NaHCO溶液3NH或氨气3NH在水中的溶解度大，先通3NH可以溶解更多的2COLa(HCO3)3B 中澄清石灰水先变浑浊，A 中后变浑浊【解析

27、】【分析】由实验装置可知，装置Y用以制备氨气，装置W 用以制备二氧化碳，装置Z 用以制备碳酸镧，因氨气极易溶于水，装置Y的 C 接口应与装置Z 的 E接口连接，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和3NaHCO溶液的 X 装置除去氯化氢，则制备装置的连接顺序为W XZY。【详解】（1）由制备装置的连接顺序为WXZY可知，制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:FABD，E C，故答案为A；B；D；E；（2）Y中为浓氨水与生石灰反应产生氨气，发生反应的化学反应式为NH3 H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3，故答案为NH3 H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3；（3）装置 W 用以制备二氧

28、化碳，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和NaHCO3溶液的 X装置除去氯化氢，防止干扰反应，故答案为饱和NaHCO3溶液；（4）因为 NH3在水的溶解度大，二氧化碳在水中的溶解度较小，但是在氨水中溶解度较大，则Z中应先通入 NH3，后通入过量的CO2，以溶解更多的CO2，得到浓度较大的碳酸氢铵溶液，提高反应速率和碳酸镧的产率，故答案为NH3在水的溶解度大，先通NH3可以溶解更多的CO2；（5）一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐，所以欲探究La2(CO3)3和 La(HCO3)3的稳定性强弱，可以在相同温度下探究两者的稳定性，也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计题中的实验装置，则甲试管中盛

29、放的物质受热温度较低，应为La(HCO3)3；根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知，碳酸镧在一定温度下会发生分解，所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解，所以实验过程中可以观察到的现象为 B 中澄清石灰水先变混浊，A 中后变混浊，故答案为La(HCO3)3；B 中澄清石灰水先变混浊，A 中后变混浊。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是

30、一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4 种d由 E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D 的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物具有硝基核磁共振氢谱有3 组峰（6）写出用和 CH2=CHOOCCH3为原料制备

31、化合物的合成路线（其他试剂任选）。_【答案】2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】【分析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以 B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由 C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故 a 错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b 错误；c氨甲环酸分子的

32、环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4 种，故 c 正确；d由 E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故 d 正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由 D 的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2;核磁共振氢谱有3 组峰说明含有3 种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和 CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。四、综合题

33、（本题包括2 个小题，共20 分）18随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。.利用 NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO 的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l)H0(1)写出一种可以提高NO 的转化率的方法：_(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO)=23 充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_A c(NH3)c(NO)=23 Bn(NH3)n(N2)不变C容器内压强不变D容器内混合气体的密度不变E.1molNH 键断裂的同时，生成1mo

34、lOH 键(3)已知该反应速率v正=k正 c4(NH3)c6(NO)，v逆=k逆 cx(N2)cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则 x=_，y=_。(4)某研究小组将2molNH3、3molNO 和一定量的O2充入 2L 密闭容器中，在 Ag2O 催化剂表面发生上述反应，NO 的转化率随温度变化的情况如图所示：在 5min 内，温度从420K 升高到 580K，此时段内NO 的平均反应速率v(NO)=_;在有氧条件下，温度580K 之后 NO 生成 N2的转化率降低的原因可能是_。.用尿素(NH2)2CO水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。

35、NO和 NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。(5)用尿素(NH2)2CO水溶液吸收体积比为11 的 NO 和 NO2混合气，可将N 元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式_。(6)随着 NO 和 NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是_。【答案】降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)AE 5 0 0.171 mol?L-1 min-1平衡逆向移动(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O NO 在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO 增多【解析】【分析】(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮转化率；

36、(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；(3)根据 K=24635cNcNHckNOk=g正逆进行推导；(4)根据cv=t计算反应速率；平衡逆向移动一氧化氮的转化率降低；(5)NO 和 NO2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将 N 元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒配平方程式；(6)一氧化氮不溶于水，大量的一氧化氮不能反应。【详解】(1)该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；

37、该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)；(2)A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3 反应，且按n(NH3)n(NO)=23 充入反应物，所以，任意时刻都满足c(NH3)c(NO)=23，故 A 错误；B.反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3)n(N2)会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B 正确；C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C 正确；D.生成物中有液态水，所以平衡

38、正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D 正确；E.1molNH 键断裂即消耗13mol 氨气，则生成12mol 水，形成 1molOH 键，描述的都是正反应速率，故E错误；故答案为AE；(3)当反应达到平衡时有v正=v逆，即 k正 c4(NH3)c6(NO)=k逆 cx(N2)cy(H2O)，变换可得xy22463cNcH OcNHNOkc=kgg正逆，该反应的平衡常数K=k正/k逆,平衡状态下K=45263cNcNHcNOg，所以 x=5，y=0，故答案为：5；0；(4)420K 时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=

39、3mol 2%=0.06mol，580K 时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol 59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率111.71molc2v=0.171?t5minLmol Lmin，故答案为：0.171 mol?L-1 min-1；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆向移动；(5)NO 和 NO2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将 N 元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH2)2

40、CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O，故答案为(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O；(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO 在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO 增多。【点睛】本题中讨论了速率常数和平衡常数之间的关系，可以当做结论记下来；注意反应中反应物和生成物的聚集状态。19钒和钛金属的性能都很优越，在航空航天领域用途广泛。回答下列问题：（1）钛元素基态原子的电子排布式为_，未成对电子数为_个。（2）TiO(H2O2)22+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是_(填元素符号），中心原子的化合价为_；

41、配体之一H2O2中氧原子杂化类型为_，H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是_。（3）单质钒及钛都是由_键形成的晶体，己知金属钛是六方最密堆积，金属钒是体心立方堆积，则 _(填“钛”，或“钒”)的空间利用率较大。（4）碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂，其晶胞结构如图所示。(小球为 V原子)晶胞中碳原子与钒原子的数量比为_。该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为_。若合金的密度为dg cm-3，晶胞参数=_nm。【答案】Ar3d24s22 O+4 sp3四面体形金属钛1：1 12 3236346.02 10d 107【解析】【分析】【详解】（1）钛元素基态原子的电子排布式为

42、Ar3d24s2，未成对电子为3d 轨道上的2 个电子，因为根据洪特规则，这 2 个电子要分占两个不同的轨道且自旋状态相同。（2）TiO(H2O2)22+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是O，中心原子的化合价为+4；配体之一 H2O2中氧原子的价层电子对是4 个，所以其杂化类型为sp3，H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是四面体形。（3）单质钒及钛都是由金属键形成的晶体，己知金属钛是六方最密堆积，金属钒是体心立方堆积，则钛的空间利用率较大。（4）由碳化钒晶胞结构可知，该晶胞中V 原子数为1214+1=4，C 原子数为 8116482。晶胞中碳原子与钒原子的数量比为1：1。以晶胞面心为中心，可以找到3 个互相垂直的正方形，面心到正方形的四个顶点距离最近且相等，所以在一个晶胞中能找到该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为12。若合金的密度为dg cm-3，1mol 此晶胞的质量为634g，1mol 此晶胞的体积为NAa3，则dg cm-3=2336346.02 10a，晶胞参数=3236346.0210dcm=3236346.0210d 107nm。