2019-2020学年安徽省无为县开城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省无为县开城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）1一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：RuII RuII*(激发态)RuII*RuIII+e-I3-+2e-3I-RuIII+3I-RuII+I3-下列关于该电池叙述错误的是()A电池中镀Pt 导电玻璃为正极B电池工作时，I离子在镀Pt 导电玻璃电极上放电C电池工作时，电解质中I和 I3浓度不会减少D电池工作时，是将太阳能转化为电能【答案】B【解析】【分析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电

2、池的负极，镀Pt 导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和 I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A.由图可知，镀Pt 导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A 项正确；B.原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt 导电玻璃电极上放电，B 项错误；C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C 项正确；D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D 项正确。答案选 B。2电解合成1,2二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A该装置工作时，化学能转变为电能BCuCl2能将 C2H

3、4还原为l,2二氯乙烷CX、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaCl电解H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】D【解析】【分析】A.该装置为外加电源的电解池原理；B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与 C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A 项错误；B.C2H4中 C元素化合价为-2 价，ClCH2CH2Cl 中 C 元素化合价

4、为-1 价，则 CuCl2能将 C2H4氧化为 1，2 一二氯乙烷，故B项错误；C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D.该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2 一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2CH22H2O2NaCl=电解H22Na

5、OHClCH2CH2Cl，故 D 项正确；答案选 D。3下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A 比较镁、铝的金属性强弱分别在 MgCl2和 AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象B 比较 Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象C 证明 SO2具有漂白性将 SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色D 证明电离常数Ka:HSO3-HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的 pH 大于 Na2SO3溶液A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A分别在MgCl2和 AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较

6、镁、铝的金属性强弱，故A 错误；BFe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故 B 错误；C将 SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D测得同浓度的Na2CO3溶液的 pH 大于 Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3-HCO3-，即电离常数Ka:HSO3-HCO3-，故 D 正确；故答案为D。4A 是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是A

7、X元素可能为Al BX 元素不一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.如果 A 是铝，则B和 C分别是 AlO2-和 Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A 不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.反应中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应和有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D 正确；答案选 D。5下列用途中所选用的物质正确的是A X射线透视肠胃的内服剂碳酸钡B生活用水的消毒剂明矾C工业生产氯气的原料浓盐酸和

8、二氧化锰D配制波尔多液原料胆矾和石灰乳【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钡与胃酸反应，X射线透视肠胃的内服剂通常是硫酸钡，A 项错误；B.明矾溶于水电离出的Al3水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，不能杀菌消毒，B 项错误；C.工业生产氯气是用电解饱和食盐水法，浓盐酸和二氧化锰是实验室制氯气的方法，C 项错误；D.配制波尔多液的原料用胆矾和石灰乳，D 项正确；答案选 D。6短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。下列说法正确的是（）A简单离了半径：XYZR BX2Y与 Z2反应可证明Z的

9、非金属性比Y强CY的氧化物对应的水化物一定是强酸D X和 R组成的化合物只含一种化学键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为 O，X为 Na，Y为 S，Z为 Cl，以此答题。【详解】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为 O，X为 Na，Y为 S，Z为 Cl。A.简单离子半径：S2ClO2Na，故 A 错误；B.22Na S+Cl=2NaCl+S，可以证明Cl 的非金属性比S 强，故 B 正确；

10、C.Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和 H2SO3,H2SO3为弱酸故C错误；D X和 R组成的化合物有Na2O 和 Na2O2，Na2O2中既有离子键又有共价键，故D 错误；故答案选：B。【点睛】Na2O2中既有离子键又有共价键。7 CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与 H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。按 n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A p10C平衡常数:K(A)=K(B)D在 C点时,CO转化率为75%【答案

11、】D【解析】【分析】A增大压强平衡向正反应方向移动；B由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的H 0；C平衡常数只与温度有关；D设向密闭容器充入了1molCO 和 2molH2，利用三段法进行数据分析计算【详解】A由 300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH 的体积分数增大，所以p1p2，故 A 错误；B图可知，升高温度，CH3OH 的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故 B错误；CA、B 处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D设向密闭容器充入了1molCO 和 2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始1 2 0 变

12、化x 2x x 结束1-x 2-2x x 在 C 点时，CH3OH 的体积分数=x/(1-x 2-2x+x)=0.5，解得 x=0.75，故 D 正确；故选 D。8下列离子方程式书写不正确的是A用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2 +Cu2+BNaOH 溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H2O C等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液中的反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-D氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3 H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O【答案】B【解析】试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的

13、离子反应为Cu+2H+H2+Cu2+，故 A 正确；B、NaOH 溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+CaCO3+H2O，故 B 错误；C、等物质的量的 FeBr2和 Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-，故 C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3?H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故 D 正确；故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反

14、应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。9如图 1 为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2 为电解 AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x 电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A b 电极为负极B图 1 中电解质溶液的pH 增大Ca 电极反应式为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O D图 2 中电解 AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3+6H2O 2Al(OH)3+3Cl2+3H2【答案】D【解析】A.x

15、 电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X 电极因产生OH-而作阴极，相应地b 电极为正极，故 A 错误；B.图 1 中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH 减小，故B 错误；C.在碱性溶液中不能产生CO2，a 电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故 C 错误；D.图 2 中电解 AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3+3Cl2+3H2，故 D 正确。故选D。10下列离子方程式表达正确的是A向 FeC13溶液中滴加HI 溶液：3222Fe2HI2Fe2HIB向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液:

16、2244324NHSOBaOHNHH OBaSOCCa(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：223323Ca2OH2HCOCaCO2H OCOD 3mol/LNa2CO3溶液和 1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合：3232322Al3CO3H O2Al(OH)3CO【答案】D【解析】【详解】A FeCl3溶液中滴加HI 溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，故 A 错误；B向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：22443242NHSOBa2OH2NHH OBaSO，故B 错误；C Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混

17、合：2332CaOHHCOCaCOH O，故 C错误；D 3mol/LNa2CO3溶液和 1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与 Al3+按照 3:2 发生双水解反应，离子方程式为：3232322Al3CO3H O2Al(OH)3CO，故 D 正确。故选 D。11室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使甲基橙变红的溶液：Na、Ca2、Br、HCO3B+-c(H)c(OH)11012的溶液：K、Na、CO32、AlO2C0.1 molL1KFe(SO4)2溶液：Mg2、Al3、SCN、NO3D 0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、

18、Cl、SO42-【答案】B【解析】【详解】A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H、HCO3反应生成水和二氧化碳，故A 不符；B.+-c(H)c(OH)11012的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K、Na、CO32、AlO2与 OH-间不发生反应，故B符合；C.0.1 molL1KFe(SO4)2溶液：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；D.0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、NO3之间要发生氧化还原反应，故D 不符合；故选 B。12室温下，将0.1000mol L1盐酸滴入20.00 mL 未知浓度的某一元碱MOH 溶液中，

19、溶液pH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A该一元碱溶液浓度为0.1000mol L1Ba 点：c(M)c(Cl)c(OH-)c(H+)Cb 点：c(M)c(MOH)c(Cl)D室温下，MOH 的电离常数Kb1 105【答案】C【解析】【分析】【详解】A加入 20mL 盐酸时，溶液的pH 出现突跃，说明加入20mL 盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH 浓度为 0.1000mol L1，正确，A 不选；Ba 点溶液 pH7，溶液呈碱性，则c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，则c(M)c(Cl)。a

20、点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH 电离程度大于MCl 水解程度，但MOH 电离程度较小，所以存在c(M)c(Cl)c(OH)c(H)，正确，B不选；Cb 点溶液 pH=7，溶液呈中性，则c(OH)=c(H)，根据电荷守恒得c(M)=c(Cl)，所以 c(M)+c(MOH)c(Cl)，错误，C选；D根据 A 选可知，MOH 浓度为 0.1000mol L1，不加入盐酸时，pH 为 11，溶液中的c(OH)=103mol L1，则 MOH 是弱碱，其电离方程式为MOHMOH，由于其电离程度较小，则c(MOH)0.1mol L1，忽略水的电离，则c(M)c(OH)

21、=103mol L1；则室温下，MOH 的电离常数+335b(M)(OH)1010=10(MOH)0.1ccKc，正确，D 不选。答案选 C。13下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A 向 H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生大量气泡FeCl3催化H2O2的分解B 将酸性 KMnO4溶液滴入丙烯醛中溶液的紫红色褪去丙烯醛中含有碳碳双键C 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-D 向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+A A BB CC D D【答案】A

22、【解析】【分析】【详解】A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对 H2O2的分解起催化作用，A 正确；B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；C.向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或 S2O32-等离子，C错误；D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3?H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D 错误；故合理选项是A。14 常温下向0.l mol/L 的 NaClO 溶

23、液中通入HF 气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中 lg-c(A)c(HA)(A 代表 ClO 或 F)的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A线 N 代表 lg-c(ClO)c(HClO)的变化线B反应 ClO-+HF?HCIO+F-的平衡常数数量级为105C当混合溶液pH=7 时，溶液中c(HClO)=c(F-)D随 HF 的通入，溶液中c(H+)?c(OH-)增大【答案】C【解析】【分析】a(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF 大于 HClO，当 lg(A)(HA)cc=0 时，则(A)(HA)cc=1，则

24、K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。【详解】Aa(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF 大于 HClO，又因 lg(A)(HA)cc=0 时，则(A)(HA)cc=1，因此 pH 大的为 HClO，所以线M 代表(ClO)lg(HClO)cc的变化线，故A 错误；B反应 ClO+HF 垐?噲?HClO+F的平衡常数3.24.30.34a7.5a(HF)(F)(HClO)(F)(H)(HClO)10101010(ClO)(HF)(ClO)(H)(HF)(HClO)10KcccccKcccccK，其平衡常数数量级为104，故

25、B错误；C 当混合溶液pH=7 时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO)+c(F)+c(OH)，溶液呈中性，得到 c(Na+)=c(ClO)+c(F)，根据物料守恒c(ClO)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F)，故 C正确；D温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH)不变，故D 错误。综上所述，答案为C。15化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（）A屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作B从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质C中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材

26、料D泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料【答案】A【解析】【分析】【详解】A用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故 A 正确；B石墨烯是一种碳单质，不是电解质，故B 错误；C碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，故C 错误；D泰国银饰属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故D 错误；故答案为A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16用含砷氧化铜矿含 CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等制取 Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：(1)步骤“氨浸”时，控制温度为5055，p

27、H 约为 9.5，含铜化合物转化为Cu(NH3)4SO4溶液。CuO被浸取的离子方程式为_。浸取温度不宜超过55，其原因是_。Cu2与 NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数()与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若用1 L浸取液(由等物质的量NH3和 NH4+组成)将 amolCu2(OH)2CO3全部浸出为 Cu(NH3)42(CO32-转变为 HCO3-，不考虑其他反应，溶液体积变化忽略不计)，原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是_。(2)“除 AsO2-”时，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是_。(3)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为_

28、。(4)为了实现生产过程中物质循环利用，可采取的措施为_。【答案】CuO+2NH3+2NH4+=Cu(NH3)42+H2O 温度过高，会加速NH3的挥发c(NH3)(5a1)molL1生成的 Fe(OH)3或 Fe(OH)3Fe(OH)2絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒2Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO46NH3+(NH4)2SO4用步骤蒸出的NH3与步骤的滤液配制步骤所需的NH3(NH4)2SO4浸取液【解析】【分析】根据流程：用 NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿含 CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等，含铜化合物转化为Cu(NH3)4SO4

29、溶液，同时混有重金属盐和AsO2-，加入硫化铵除去重金属离子，再加入(NH4)2S2O8和 FeSO4，沉淀 AsO2-，过滤 FeAsO4和 Fe(OH)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和Cu(NH3)4SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4，(1)CuO被 NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到Cu(NH3)4SO4，据此书写；温度高，会加速氨气的挥发；由图可知：全部浸出为Cu(NH3)42+时 lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，再结合反应：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+2Cu(NH3)42+HCO3-+2H2

30、O 分析计算可得；(2)根据流程中得到FeAsO4和 Fe(OH)3沉淀分析；(3)“蒸氨”时发生反应为Cu(NH3)4SO4分解 Cu2(OH)2SO4和氨气，结合原子守恒可得；(4)根据流程分析可得到NH3-(NH4)2SO4浸取液循环使用。【详解】(1)CuO 被 NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到Cu(NH3)4SO4，反应的离子反应为：CuO+2NH3+2NH4+=Cu(NH3)42+H2O；浸取温度不宜超过55，若是反应温度过高，会加速NH3的挥发；a molCu2(OH)2CO3全部浸出为 Cu(NH3)42+的反应为：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+=2C

31、u(NH3)42+HCO3-+2H2O，因此若参与反应的氨气为5amol，浓度为5amol/L，由图可知：全部浸出为Cu(NH3)42+时，lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，因此原浸取液中起始时 c(NH3)(5a+1)mol/L；(2)流程中，“除 AsO2-”时得到 FeAsO4和 Fe(OH)3沉淀，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是生成的Fe(OH)3或 Fe(OH)3-Fe(OH)2絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒；(3)根据流程，“蒸氨”时发生反应为Cu(NH3)4SO4分解 Cu2(OH)2SO4和氨气，反应方程式为：2Cu(

32、NH3)4SO4Cu2(OH)2SO46NH3(NH4)2SO4；(4)用步骤蒸出的NH3与步骤的滤液配制步骤所需的NH3-(NH4)2SO4浸取液可以在生产过程中物质循环利用。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I 是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：

33、CH3COCH3+CH3CHO一定条件CH3COCH=CHCH3+H2O 回答下列问题：(1)H 的分子式为 _；化合物E中含有的官能团名称是_。(2)G 生成 H 的反应类型是_。(3)F 的结构简式为_。(4)B 与银氨溶液反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物M 与 E互为同分异构体，M 中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM 能与 2molNaOH反应，则M 的结构共有 _种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4 组峰的 M 的结构简式为：_。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。【答案】C18H18O3(酚)羟基、羰基取代

34、反应CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O 10【解析】【分析】由 A 的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A 的结构简式为CH3CH2OH，B 的结构简式为 CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为 CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与 H2发生加成反应生成G，G 的结构简式为：，由 G 与 C3H5ClO 反应生成 H 可知，反应产物还有H2O 分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由 A 的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A 的结构简式为CH3CH2OH，B 的结构简式为

35、CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为 CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成 F为，F与 H2发生加成反应生成G，G 的结构简式为：，由 G 与 C3H5ClO反应生成H 可知，反应产物还有H2O 分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H 的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由 E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G 生成 H 的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B 的结构简式为CH3CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3

36、NH3+H2O；(5)芳香族化合物M 与 E互为同分异构体，M 中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM 能与 2molNaOH反应，则M 中苯环上的取代基可能是2 个酚羟基和1 个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有 6 中同分异构体；M 还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M 还有可能是乙酸苯酚酯，有1 种同分异构体；所以符合条件的M 一共有 10 种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4 组峰的 M 的结构简式为；(6)以 2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。【点睛】本题根据流程图中所给A 物质的

37、分子式及其反应条件推导出A 的结构简式是解题的关键，注意比较G 和 H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4UO2(CO3)33UO2+10NH3+9CO2+N2+9H2O回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为_。(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_(填化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl 型。NaCl的 Bom-Haber 循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是_(填标

38、号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na 的第一电离能为603.4kJ/mol c.NaCl 的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl 的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(4)依据 VSEPR理论推测CO32-的空间构型为_。分子中的大丌键可用符号丌nm表示，其中m 代表参与形成大丌键的原子数，n 代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌66)，则 CO32-中的大丌键应表示为_(5)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF4 2NH4F+3NH3+4H2O，其中 HF2的结构表示为F H F-，反应中断裂的化学键有_(填标号)。a.

39、氢键b.极性键c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：晶胞 a 中铀元素的化合价为_，与 U 距离相等且最近的U 有 _个。已知晶胞b 的密度为 dg/cm3，U 原子的半径为r1cm，N 原子的半径为为r2cm，设 NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为_(列出计算式)。【答案】CO2c、d 平面三角形64b、c+3 12 33124448331484238ArrdNn 100%【解析】【分析】(1)先根据构造原理，书写N 的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规律，得到基态氮原子价电子排布图；(2)反应所得气态化合物分子有N

40、H3、CO2、N2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子；(3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；(4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O 原子有平行的p 轨道，价电子总数为4+2+6 3=24，单电子数=24-23-43=6，为 4 原子、6 电子形成的大键；(5)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键；(6)用均摊方法计算a 中 U、N 原子个数比，然后根据N 元素化合价分析U 元素化合价；在晶体中与U距离相等且最近的U 原子在晶胞面心，然后根据通过一个U 原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；先计算1 个晶胞中

41、含有的U、N 原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的U、N 原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。【详解】(1)N 是 7 号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布式1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，NH3、H2O 的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中CO2是非极性化合物分子；(3)a.Cl-Cl键的键能为2 119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a 错误；b.Na 的第一电离能为495.0

42、kJ/mol，b 错误；c.NaCl 的晶格能为785.6kJ/mol，c 正确；d.Cl 的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d 正确；故合理选项是cd；(4)CO32-的价层电子对数为3+42322=3，因此 CO32-空间构型为平面三角形；C 原子、O 原子有平行的p 轨道，价电子总数为4+2+6 3=24，单电子数=24-2 3-4 3=6，为 4 原子、6 电子形成的大键，大 键为64；(5)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键，所以NH4HF2中所含作用力有：a、b、c、d，反应中断裂的化学键有b、c；(6)晶胞 a 中

43、U 原子个数818+612=4；含有 N 原子个数为：1214+1=4，因此一个晶胞中含有U、N 原子个数均为4 个，化学式为UN，由于 N 原子最外层有5 个电子，N 化合价为-3 价，所以 U 元素的化合价为+3，根据图示可知：在晶胞与U 距离相等且最近的U 在一个晶胞的面心上，通过一个U 原子有 8 个晶胞，在一个晶胞中有3 个 U 距离相等且最近，每个U 原子重复了两次，因此在晶胞与U 距离相等且最近的 U 原子数为8312=12；在一个晶胞中含有U 原子数目为U：818+612=4，含有的 N 原子数目为8 1=8，一个晶胞中含有的U、N 原子的总体积为V(U)+V(N)=(4314

44、3r+83243r)cm3；根据图示可知晶胞参数为4 个 U 原子的半径的2倍；2L=4r1cm，晶胞的体积V(晶胞)=1484238AdNn，则该晶体中原子利用率为33124448(33100%1484238ArrVVdNn原子）晶胞 100%。【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子的轨道表达式、晶格能、电离能、微粒的空间构型判断、化学键类型的判断及晶胞的有关计算，需要学生对知识掌握要全面、细致，大 键在中学基本不涉及，是本题的难点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。19镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga

45、的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。部分物质的Ksp如 F表所示物质2Zn OH3Ga OH2Fe OH3Fe OHKsp171.6 10312.7 10168 10392.8 10（1）滤渣 1 的主要成分是 _（写化学式）。（2）加入 H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。（3）调 pH 的目的是 _；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 mol/L，当溶液中某种离子浓度小于51 10mol/L 时即认为该离子已完全除去，则pH 应调节的范围为_。（4）操作 D 包括：_过滤、洗涤

46、、干燥。（5）制备、精炼金属Ga。电解法制备金属镓。用惰性电极电解2NaGaO溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。电解法精炼金属镓（粗镓含Zn、Fe、Cu 等杂质，已知氧化性:2+2+2+2+ZnGaFeCu下列有关电解精炼金属镓的说法正确的是_（填字母序号）。A.电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连B电解精炼过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，Cu和 Fe沉积在电解槽底部形成阳极泥D若用甲烷燃料电池电解精炼金属镓，当阴极有56.0 g 镓析出时，电池负极最多消耗标准状况下的4CH?6.72 L【答案】2SiO4PbSO2+3+2222Fe+H O+2H=2Fe+2H O使3

47、+Fe、2+Ga沉淀完全面2+Zn不沉淀5.48pHKsp3Fe OH，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，浓度小于5101mol/L，c(OH-)=333Ksp Ga OHc Ga=31352.7 101 10=93 10mol/L，c(H+)=51103mol/L，pH=-lg51103=5.48，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=222+Zn OHc ZnKsp=1721?.6 100.01=84 10mol/L，c(H+)=61104mol/L，pH=-lg61104=6.6，则 pH 应调节的范围为5.48pH6.6（4）操作 D 包括：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（5

48、）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3 价降为 0 价，GaO2-转化为 Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，离子氧化性顺序为：Zn2+Ga2+Fe2+GaFeCu，则阳极上Zn、Ga失电子进入电解质溶液，Fe、Cu 以金属单质进入电解质溶液，则阳极泥成分是 Fe、Cu，阴极上 GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；甲烷燃料电池负极电极反应：CH4 10OH8eCO327H2O，所以8Ga 3CH4870g322.4L 56g6.72L 但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%，实际耗电所消耗标准状态下的4CH大于 6.72L。故说法正确的是 AC。