2019-2020学年福建省南安市侨光中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南安市侨光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人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共 3 种C乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A 错误；B与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸

2、共3 种，故 B正确；C乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；D乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故 D 错误；故选 B。2下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是A小苏打作食品疏松剂B漂粉精作游泳池消毒剂C甘油作护肤保湿剂D明矾作净水剂【答案】B【解析】【详解】A小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；B漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B 正确；C甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合

3、价变化，与氧化性无关，故C错误；D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故 D 错误；故答案为B。3化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A 错误；B.4422NH FeSO12H O（）作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和 HClO 都有强氧化性，故C 正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，

4、故D 错误；故答案选：C。4下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）A B C D 勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得 H为1 H、2 H的和2H与2O的体积比约为 2:1（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.2242NON O?是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳

5、的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl 气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、H=H1+H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。5设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 0.1mol HClO 中含HCl 键的数目为0.1NAB1L 0.1mol?L-1NaAlO2溶液中含AlO2-的数目为0.1NAC含 0.1m

6、ol AgBr 的悬浊液中加入0.1mol KCl，充分反应后的水溶液中Br-的数目为 0.1NAD 9.2 g 由甲苯()与甘油(丙三醇)组成的混合物中含氢原子的总数为0.8NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A次氯酸的结构为H-O-Cl，并不存在H-Cl 键，A 项错误；B2AlO 会发生水解，所以溶液中2AlO的数目小于0.1NA，B项错误；CAgBr 的悬浊液中加入KCl后，最终溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡关系：AgBr(s)Ag(aq)Br(aq)垐?噲?，所以 Br-的数目必然小于0.1NA，C项错误；D甲苯的分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，两种物质分子中所含

7、的氢原子个数相同，且两种物质分子的摩尔质量均为92 g/mol，所以 9.2g 混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA，D 项正确；答案选 D。6面对突如其来的新型冠状病毒，越来越多人意识到口罩和医用酒精的重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法错误的是A医用口罩能有效预防新型冠状病毒传染B聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料C医用酒精中乙醇的体积分数为95%D抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，故A 不符合题意；B聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，故B 不符合题意；C医用酒精

8、中乙醇的体积分数为75%，故 C 符合题意；D疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，故D 不符合题意；故答案为：C。7下列说法中的因果关系正确的是A因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应【答案】B【解析】【详解】A二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A 错误；B液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B 正确；C明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水

9、的杀菌消毒，故C错误；D浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D 错误；故选 B。8化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用B油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法D废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料【答案】C【解析】【详解】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A 错误；B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，

10、才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B 错误；C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C 正确；D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D 错误。答案选 C。9生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是A研发可降解高分子材料，减少“白色污染”B经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等C控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化D分类放置生活废弃物【答案】B【解析】【详解】A.研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A 错误；B.经常使用一

11、次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；C.控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；D.垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D 错误；答案为 B。10短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p 是由这些元素组成的二元化合物，r 是一种气态单质，n 为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.0lmol/L 的 s 溶液 pH 为 12，X的质子数是W 与 Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A原子半径：WXY B简单氢

12、化物沸点：ZXY Cn、s 中均含有离子键和共价键D q 溶于水时温度升高，证明其水解过程放热【答案】C【解析】【分析】n 是一种淡黄色粉末，且与p 反应生成s 与 r，而 0.01mol?L-1的 s 溶液的 pH 为 12，s为一元强碱，r 为 Y的气体单质，则s 为 NaOH，n 为 Na2O2，p 为 H2O，r 为 O2，可推知m 为 CO2，q 为 Na2CO1结合原子序数可知 W 为 H，X为 C，Y为 O，Z为 Na，据此分析解答。【详解】A H 原子核外只有1 个电子层，C、O 核外均有2 个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：WYX，故 A 错误；B

13、C对应简单氢化物为CH4，O 对应简单氢化物为H2O，Na 对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O 均为分子晶体，NaH 为离子晶体，H2O 分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：XYGeH4SiH4CH4；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；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，熔、沸点会降低。11向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和 CuSO4，可生成CuCl沉淀除去 Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)H1a kJ mol-1Cl(aq)+Cu+(aq)CuC

14、l(s)H2b kJ mol-1实验测得电解液pH 对溶液中残留c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B溶液 pH 越大，Ksp(CuCl)增大C反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl)减小D 1/2 Cu(s)+1/2 Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)H(a+2b)kJmol-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图像，溶液的pH 越小，溶液中残留c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故 A 错误；B.Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH 无关，故B 错误；C.根据 Cu(s)+Cu2+(aq)2

15、Cu+(aq)，增大 c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl)减小，故C正确；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)H1 a kJ mol-1，Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)H2b kJ mol-1，根据盖斯定律，将12+得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的 H(2a+b)kJmol-1，故 D 错误；故选 C。12为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）选项实验目的实验方法相关解释A 测量氯水的pH pH 试纸遇酸变红B 探究正戊烷(C5H

16、12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C 实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D 用 AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A 选项，不能用pH 试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A 错误；B 选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C 选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D 选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HC

17、l 气流中加热AlCl3溶液制备 AlCl3晶体，故D 错误。综上所述，答案为C。13下列判断正确的是()A加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入 Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在【答案】D【解析】【分析】【详解】A、在加 HCl 之前生成的可能是AgCl 沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还

18、是后来加进去的,故 A 错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故 B 错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故 C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故 D 正确；综上所述，本题应选D。14下列实验可达到实验目的的是A用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和 NaHCO3溶液B向 CH3CH2Br 中滴入 AgNO3溶液以检验溴元素C用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体D与 NaOH 的醇溶液共热制备C

19、H3-CH=CH2【答案】D【解析】【详解】A.Ca(OH)2和 NaHCO3溶液改变滴定顺序,均生成白色沉淀,则不能利用相互滴加检验,故 A 错误；B.CH3CH2Br 中不含溴离子,与硝酸银不反应,不能直接检验溴元素,故 B 错误;C.溴与二氧化硫发生氧化还原反应,但溴单质和二氧化硫的反应必须在水溶液中进行,则不能用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体,故 C错误;D.卤代烃在NaOH 的醇溶液中共热发生消去反应，则与 NaOH 的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2，故 D 正确；答案选 D。15设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A向 1 L 1 molL-1 NaClO溶液中通入

20、足量CO2,溶液中 HClO 的分子数为NAB标准状况下,体积均为2.24 L 的 CH4与 H2O 含有的电子总数均为NAC2 mol NO 与 1 mol O2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2NAD由 13 g 乙酸与 2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.向 1 L 1 molL-1 NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于NA，故 A 错误；B.标准状况下，H2O 是液体，2.24 L H2O 的物质的量不是0.1mol，故 B 错误；C.NO 和 O2反应生成NO2，体

21、系中存在2242NON O?平衡，2 mol NO 与 1 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于2NA，故 C错误；D.乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是115，由 13 g 乙酸与 2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子物质的量是113+2 g1g/mol=1mol15，氢原子数是NA，故 D 正确。选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3?5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3?5H2O（M=248g/moL）在 35 以上的干燥空气

22、中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3?5H2O 并探究 Na2S2O3的化学性质。I制备 Na2S2O3?5H2O 设计如下吸硫装置：（1）写出 A 瓶中生成Na2S2O3和 CO2的离子方程式_。（2）装置 B 的作用是检验装置A 中 SO2的吸收效果，装置B 中试剂可以是_A 浓硫酸B 溴水C FeSO4溶液D BaCl2溶液II测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI 和 H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用N

23、a2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。则 c（Na2S2O3）_ mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，2S2O32+I2S4O62+2I）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_（填字母）A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B 滴定终点时俯视读数C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡探究Na2S2O3的化学性质已知 Na2S2O3溶液与 Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移 8mol 电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2

24、O3溶液具有 _和_。（2）乙同学认为应将上述流程中所加试剂顺序颠倒，你认为理由是_。【答案】2S2+CO32+4SO23S2O32+CO2B 6000a214V（或3000 a107V）B 碱性还原性可以排除BaS2O3的干扰【解析】【分析】I(1)根据图示信息可知，吸硫装置A 制取 Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S 和 Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物 CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II(1)根据 KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与

25、I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=()()()cVV标标待分析；(1)甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明 Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成；(2)在证明 Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I(1)根据图示信息可知，吸硫装置 A 制取 Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和 Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S 中硫

26、元素由+4 价和-2 价变为+2 价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为 4、2 和 3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物 CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2+CO32+4SO23S2O32+CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或4KMnO溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若 SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B 中的溶液会褪色；II(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=a214

27、mol，设参加反应的Na2S2O3为 xmol；32223KIO3I6Na S O16amolxmol214所以 x=6a214，则 c(Na2S2O3)=-3mo6a214Vln10 L=V=6000214aVmol?L-1（或3000107aV）mol?L-1，(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A 不符合题意；B.滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C 不符合题意；D.滴定管尖嘴处滴定前有

28、气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D 不符合题意；故答案选B；(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的 pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明 Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成,即证明 S2O32-具有还原性；(2)在证明 Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管

29、中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17下列物质为常见有机物：甲苯1，3丁二烯直馏汽油植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是_（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是_（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式_（3）已知：环己烯可以通过1，3丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以 1，3丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A

30、_；B_（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_（c）1mol A 与 1mol HBr 加成可以得到_种产物【答案】+3HNO3+3H2OA 4【解析】【分析】(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH 反应，酯能够在NaOH 溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息反应生成A，则 A 为，A 发生信息的反应生成B，则 B 为，结合 C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D 为，D 发生加成反应生成

31、甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：；(2)烃不能与NaOH 反应，酯能够在NaOH 溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3+3H2O，故答案为：；+3HNO3+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A 的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c

32、)A 的结构简式是，分子中2 个碳碳双键上的4 个 C原子都不等效，所以Br原子加成到4 个 C 原子上的产物都不相同，因此A 与 HBr 加成时的产物有4 种，故答案为：4。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。(1)工业上以CO2、NH3为原料生产尿素CO(NH2)2，反应实际为两步进行：I：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)H1=-272kJ mol-1II：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)H2=+138kJ mol-1已知：H2O(l)=H2O(g)H3=+44kJ mol

33、-1请写出以NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式_。T1时，在 1L 的密闭容器中充入CO2和 NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，如图是 CO2平衡转化率()与 x 的关系。求图中A 点 NH3的平衡转化率=_。当 x=1.0 时，若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_(kPa)-3(KP为以分压表示的平衡常数)。(2)用 CO2和 H2合成甲醇：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJ mol-1。在 T时，甲、乙、丙三个 2L 的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平

34、衡时有关数据如下：甲容器10s达到平衡时测得x=39.2，则甲中CO2的平均反应速率_。下列说法正确的是_(填字母编号)。A 2c1c3Bz2p2D1+31(3)用 NaOH 溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10 的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_K1(H2CO3)=4.4 10-7、K2(H2CO3)=5 10-11，溶液中c(Na+)_c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“”“=”或“”)。【答案】2NH3(g)CO2(g)?H2O(l)CO(NH2)2(s)H=178 kJ?mol-133.3 Kp=108/p030.04 m

35、ol?L-1?s-1AB 1 2 或 0.5 【解析】【分析】本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。【详解】(1)NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)H，根据盖斯定律可知H=H1+H2-H3=178 kJ?mol-1，因而有2NH3(g)CO2(g)?H2O(l)CO(NH2)2(s)H=178 kJ?mol-1；A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设 n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0

36、.50，则转化的CO2的量为 1mol 0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol 2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol 100=33.3；当 x=1.0 时，设 n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)起1 1 转2x x 平1-2x 1-x 又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知1-2x+1-x1+1=12，解得 x=13mol，则 n平(NH3)=13mol，n平(CO2)=23m

37、ol，那么 p平(NH3)=0p21312+33=0p6kPa，p平(CO2)=0p22312+33=0p3kPa，因而 Kp=2321pNHp()()CO平平=30108p(kPa)-3；(2)根据 3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJ mol-1，可知消耗的CO2的量为1mol 39.249=0.8mol，v(CO2)=0.8mol2L10s=0.04mol L-1 s-1；A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半

38、体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c32c3*，综合上述分析可知c32c1，A 正确；B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z z*，故 z2y，B 正确；C.根据 B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙

39、中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p32p2，C 错误；D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中 1=2c1/1=2c1，乙中 2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而1+2=2c1+1-2c2=1，根据 C 可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而3小于2，所以 1+3 c(H+)，所以 c(Na+)c(HCO3-)+2c(CO32-)。【点睛】注意平衡等效，转化率不一定相同：若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密闭定容容器中发生反应2M(g)+N(g)?

40、2E(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了20%，则 E的转化率是40%；若开始时充入2molM 和 1molN，达到平衡后，M 的转化率是60%。若是从一个方向建立的等效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应2E(g)?2M(g)+N(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时M 的物质的量为0.8mol，则 E的转化率是40%；若开始时充入4molE，达到平衡后M 的物质的量为1.6mol，则 E的转化率仍为40%。19一种制备草酸铁铵晶体(NH4)3Fe(C2O4)3的工艺流程如下：回答下列问题：(1)CaC2的电子式为 _(2)步骤 主要是除去H2S

41、、PH3等杂质气体。在除PH3时，PH3被氧化为H3PO4，CuSO4被还原为Cu，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(3)步骤 制 H2C2O4时需要加热硝酸的还原产物为NO，该反应的化学方程式为_，硝酸的浓度及反应温度都不宜过高，是因为_.(4)“过滤 1”需对沉淀进行洗涤检验其是否洗涤干净的依据是_(5)步骤、VII 补加草酸的目的是_.(6)步骤 VIII 由滤液制得产品的操作为_、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】22Ca:CC:M M4:1 催化剂微热22322423CH+8HNO3H CO+4HO+8NO升高温度、增大硝酸浓度，会使硝酸的氧化性增强，会导致草酸进一步被氧化取最后

42、一次洗涤液少许滴入盐酸酸化的2BaCl溶液中，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净；若产生白色沉淀，说明未洗涤干净草酸过量，使溶液中2243n C O3a Fe，从而得到更多的产品加热（蒸发）浓缩冷却结晶【解析】【分析】(1)CaC2中碳碳共用三对电子，因此可以书写电子式。(2)根据氧化还原反应化合价升降守恒分析得出。(3)根据反应信息和氧化还原反应得到化学方程式，由于浓度越大，温度越高，硝酸氧化性越强，易将草酸氧化。(4)沉淀表面有硫酸根杂质，检验其是否洗涤干净，主要是验证最后一次洗液中是否有硫酸根。(5)步骤、VII 补加草酸，增加草酸浓度，有利于平衡向生成草酸铁铵方向移动得到更多产品。(6)

43、步骤 VIII 由滤液制得产品，从溶液到晶体遵循一般采用蒸发浓缩、冷却结晶等。【详解】(1)CaC2的电子式为22Ca:C C:M M，故答案为：22Ca:CC:M M。(2)步骤 主要是除去H2S、PH3等杂质气体。在除PH3时，PH3被氧化为H3PO4，CuSO4被还原为Cu，PH3中 P 化合价升高8 个价态，作还原剂，CuSO4中 Cu化合价降低2 个，作氧化剂，根据化合价升降守恒，因此该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，故答案为：4:1。(3)步骤 制 H2C2O4时需要加热硝酸的还原产物为NO，该反应的化学方程式为3C2H28HNO3H2C2O44 H2O8NO，硝酸具有

44、强氧化性，浓度越大，温度越高，氧化性越强，易将草酸氧化，因此硝酸的浓度及反应温度都不宜过高，是因为升高温度、增大硝酸浓度，会使硝酸的氧化性增强，会导致草酸进一步被氧化，故答案为：3C2H28HNO3H2C2O44 H2O8NO；升高温度、增大硝酸浓度，会使硝酸的氧化性增强，会导致草酸进一步被氧化。(4)“过滤 1”需对沉淀进行洗涤，沉淀表面有硫酸根杂质，检验其是否洗涤干净，主要是验证最后一次洗液中是否有硫酸根，其依据是取最后一次洗涤液少许滴入盐酸酸化的BaCl2溶液中，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净；若产生白色沉淀，说明未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许滴入盐酸酸化的BaCl2溶液中，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净；若产生白色沉淀，说明未洗涤干净。(5)步骤、VII 补加草酸，增加草酸浓度，有利于平衡向生成草酸铁铵方向移动，因此目的是草酸过量，使溶液中2243n C O3a Fe，从而得到更多的产品，故答案为：草酸过量，使溶液中2243n C O3a Fe，从而得到更多的产品。(6)步骤 VIII 由滤液制得产品，溶液到晶体一般的操作为加热（蒸发）浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热（蒸发）浓缩、冷却结晶。