2019-2020学年福建省泉州市南安国光中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省泉州市南安国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采用阴离子交换法合成了一系列不同Zn 和 Pt 含量的 PtSn-Mg(Zn)AlO 催化剂用于乙烷脱氢反应CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)H0，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的Zn 对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同Zn 含量 PtSn 催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是()A由图可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO 催化剂的催化反应活性最优B一定温度下，将nmol 乙

2、烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，则该温度下反应的平衡常数K=2a nV(1-a)C升高温度，平衡逆向移动D随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知，当时间相同时，PtSn/Mg(2-Zn)AlO 催化剂的催化反应活性最优，乙烷转化率最高，故A 正确；B一定温度下，将nmol 乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，则该温度下反应的平衡常数K=22233c(CH=?CH)c(H)c(CH CH)=(1)nanaVVnaV=2a nV(1-a

3、)，故 B 正确；CCH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)H0，升高温度，平衡正向移动，故C错误；D由图上曲线，随着反应时间的延长，曲线的斜率逐渐变小，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段，故D 正确；故选 C。2下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A 配制 100 g10%的 NaOH 溶液称取 10 gNaOH 溶于 90 g 蒸馏水中B 验证“84 消毒液”呈碱性用 pH 试纸测量溶液的pH C 检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D 从溴水中获得溴单质利用 SO2将 Br2吹出后，富集、还原、分离A A BB CC D

4、 D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.溶液质量是90 g+10g=100 g，溶质的质量分数为10g100g 100%=10%，A 正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH 试纸氧化漂白，因此不能用pH 试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B 错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C 错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2

5、HBr，不能将单质溴吹出，D 错误；故合理选项是A。3化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A a 的分子式是C10H12O Bb 的所有碳原子可能处于同一平面C萘的二氯代物有10 种Dab的反应类型为加成反应【答案】C【解析】【详解】A根据结构简式确定分子式为C10H10O，故 A 错误；Bb 中有 4 个 C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C结构对称，萘中含2 种位置的H，则其一氯代物有2 种（），二氯代物有10 种（，故 C 正确；D a 比 b 少 1 个 O 原子、多2 个 H 原子，所以为还原反应，故D 错误；答案选 C

6、。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用定一移二 的方法判断即可。4室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe2+B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C 反应生成 NO2C 向含有 ZnS和 Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D 用 pH 试纸测得：Na2CO3溶液的 pH 约为 9，Na

7、NO2溶液的 pH 约为 8 HNO2电离出 H+的能力比H2CO3的强A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故 A 错误；B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故 B正确；C 由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加 CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，故 C错误；D水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH 不能判断HNO2电离出 H+的能力比H2CO

8、3的强，故D 错误；故答案选B。【点睛】D 项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出 H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。5 偏二甲肼 （CH3）2N-NH2（N 为-2 价）与 N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H 0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-【答案】C【解析】【详解】A.自

9、发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0 可知，H0，可得 G=H-T S0，该反应在任何情况下都能自发进行，A 正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键，B 正确；C.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N 元素化合价由-2 升高到 0，+4 降低到 0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，生成 1molCO2时，转移 8mole-，D 正

10、确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS 0，反应自发进行，G=H-T S0，反应非自发，S为气体的混乱度。6设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A 5.6 g 铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NAB1 mol 苯分子中含有的碳碳双键数为3NAC在 0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NAD 6.2g 白磷分子中含PP键为 0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.Fe 与 S反应生成 FeS，Fe 的化合价变为+2 价，5.6g 铁物质的量是0.1mol，1mol 铁失去 2mol 电子，所以 0.1mol 铁反应转移的电子数为0.2N

11、A，A 正确；B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；C.NaHSO4晶体由 Na+和 HSO4-构成，0.1mol NaHSO4中含离子总数为0.2 NA，C错误；D.白磷分子是正四面体结构，1 个分子中含有6 个 PP 共价键，6.2 g 白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05mol，分子中含有PP 共价键 0.3mol，含 PP键数目为0.3NA，D 错误；故合理选项是A。7研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是()A改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B加强对含氨废水的

12、处理，降低氨气排放C采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D增加使用生物有机肥料，减少使用化肥【答案】A【解析】【详解】A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A 错误；B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D 正确；故合理选项是A。8银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A工作时原电池负极附近溶液的pH 增大B电子由Zn 经过溶液流向A

13、g2O C溶液中OH-由 Zn 电极移向Ag2O 电极DAg2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-【答案】D【解析】【详解】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH 减小，故A 错误；B.电子不能在溶液中传递，故B 错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由 Ag2O 电极移向Zn 电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故 D 正确；答案选 D。【点睛

14、】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。9用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A侯氏制碱法中可循环利用的气体为3NHB先从 a 管通入 NH3，再从 b 管通入 CO2C为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱【答案】B【解析】【分析】侯氏制碱法的原理：将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入 CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3

15、Na2CO3CO2H2O，生成的 CO2可用于上一步反应（循环利用）；副产品NH4Cl 可做氮肥。【详解】A侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A 项错误；B先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a 管通入，之后再从b 管通入 CO2，B 项正确；C碱石灰（主要成分是NaOH 和 CaO）不能吸收NH3，C项错误；D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D 项错误；答案选 B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的H

16、CO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于 CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出 NaHCO3晶体。10下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是（）A用图甲装置制取并收集二氧化硫B用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶【答案】D【解析】【分析】【详解】A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，导气管应该长进，出气管要短，故A 错误；B应将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B 错误；

17、C转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；D蒸发浓缩液体可用烧杯，在加热过程中需要垫石棉网，并用玻璃棒不断搅拌，故D 正确。故选：D。【点睛】浓硫酸的稀释时，正确操作为：将浓硫酸沿烧杯壁注入水中，并不断搅拌，若将水倒入浓硫酸中，因浓硫酸稀释会放热，故溶液容易飞溅伤人。11四种短周期元素W、X、Y和 Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）W X Y Z A氢化物的沸点：XZ B最高价氧化物对应水化物的酸性：YW C化合物熔点：YX2YZ4D简单离子的半径：X W【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置知，W、X 是第二周期元素而Y 和

18、Z 位于第三周期，设W 原子最外层电子数是 a，则 X、Y、Z 原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则 a+a 1+a1+a+2=22，则 a=5，则 X、Y、Z、W 分别是 O、Si、Cl、N 元素；【详解】A NH3和 SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故 A 错误；BN 元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B 错误；C二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即 SiO2的熔点比SiCl4高，故 C错误；D N3和 O2离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3O2

19、，故 D 正确；故选：D。【点睛】易错选项是A，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。12几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（）元素代号A B D E G I J K 化合价-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 A常温下B 元素的单质能与K 单质反应BA、I、J 的离子半径由大到小顺序是AJI CG 元素的单质存在同素异形体DJ 在 DB2中燃烧生成B 元素的单质【答案】D【解析】短周期元素，A、E有-1 价，B有-

20、2 价，且 A 的原子半径与B 相差不大，则A、E处于 A 族，B 处于 A族，A 原子半径小于E，可推知A 为 F、E为 Cl，B 为 O；D 有-4、+4 价，处于 A 族，原子半径与O 原子相差不大，可推知 D 为 C元素；G 元素有-3、+5价，处于 A 族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则 G 为 P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A 族、A 族，原子半径依次增大，且都大于P 原子半径，应处于第三周期，可推知I 为 Al、J为 Mg、K为 Na；ANa 与 O2常温下可生成 Na2O，故 A 正确；BF-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核

21、电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-Mg2+Al3+，故 B 正确；C磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故 C错误；D镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO 和碳单质，故D 错误；故选D。13用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A中子数为8 的氮原子：87NBHCl 的电子式：CNH3的结构式：DCl-的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8 的氮原子的质量数为15；B、HCl 中只含共价键；C、NH3中含个 N-H 键；D、Cl-最外层有8 个电子。【详解】A、中子数为8 的氮原子的质量数为15，可表示为157N，选项 A 错误；B、H

22、Cl 中只含共价键，其电子式为，选项 B错误；C、NH3中含个 N-H 键，NH3的结构式为：，选项 C 正确；D、Cl-最外层有8 个电子，Cl-的结构示意图为，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。14下列说法不正确的是()A苯和乙炔都与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色B乙醛和乙酸都可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应C邻二甲苯只有一种结构，证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构D等质量的乙烯和丙

23、烯充分燃烧所消耗的O2的量相同【答案】A【解析】【详解】A苯不能与溴水加成，将苯加入溴水中，是发生了萃取而使溴水褪色，故A 错误；B乙醛与氢氧化铜浊液在加热的条件下发生氧化还原反应，乙酸含有羧基，具有酸性，与氢氧化铜发生中和反应，故B 正确；C若苯环中存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，则邻二甲苯有2 种结构，而邻二甲苯只有一种结构，证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，故C正确；D乙烯和聚乙烯的最简式相同，则完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D 正确；故选 A。15螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中一种，下列关于该化合物的说法错误的是（）A该化合物的分子

24、式为C9H12B一氯代物有四种C该化合物可以发生氧化、取代、加成、加聚等反应D与 Br2以物质的量之比l：1 加成生成2 种产物【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故 A 正确；B该化合物没有对称轴，等效氢共有8 种，所以其一氯代物有8 种，故 B错误；C该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；D该化合物有2 个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1 加成生成2 种产物，故D 正确；故选 B。【点睛】该化合物分子中有2 个碳碳双键，2 个碳碳双键之

25、间有2 个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1 加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2以物质的量之比l：1 加成只能得到2种产物。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的

26、目的是_。向 FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。如图所示实验的目的是_，C 装置的作用是_。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液，_(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2。取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4和 SO42II实验探究影响溶液中Fe2稳定性的因素（3）配制0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都

27、是浅绿色，分别同时滴加2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH 7.6 2.7 完全沉淀pH 9.6 3.7 请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_。讨论影响Fe2稳定性的因素，小组同学提出以下3 种假设：假设1：其它条件相同时，NH4的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH 范围内，溶液pH 越小Fe2稳定性越好。假设3：_。（4）小组同学用如图装置

28、（G 为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2 进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2mol L1NaCl B：0.1mol L1FeSO4电流计读数实验 1 pH=1 pH=5 8.4 实验 2 pH=1 pH=1 6.5 实验 3 pH=6 pH=5 7.8 实验 4 pH=6 pH=1 5.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4溶

29、液比pH=5 的 FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：U 型管中左池的电极反应式_。对比实验1 和 2（或3 和 4）,在一定pH 范围内，可得出的结论为_。对比实验 _和_，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。对（资料3）实验事实的解释为_。【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入 2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2+O2+

30、10H2O=4Fe(OH)3+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱1 3（或 2 和 4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1 的 FeSO4溶液更稳定。【解析】【分析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也

31、有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)FeSO4中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电

32、池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验 1 和 2（或3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4溶液的 pH 不同，且 FeSO4溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4溶液的 pH 相同时，NaCl溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 4，NaCl

33、 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少

34、量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3 +8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根浓度更大，

35、故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4)FeSO4中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；实验 1 和 2（或3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4溶液的 pH 不同，且 FeSO4溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越

36、强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4溶液的 pH 相同时，NaCl溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强，O2氧化性越强；对比实验1 和 4，NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1 的 FeSO4溶液更稳定。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17

37、某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A 的原子利用率为100%，则 X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)E F 的反应类型为_，B的结构简式为_，若 E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出 D 与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)E 的同系物G 比 E多一个碳原子，G 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol 该物质最多可还原出4 mol Ag 遇 FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲

38、基，且苯环上有2 个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9 CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B 中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C转化为 D 的反应条件知，D为，由 E的分子式、F的结构

39、式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由 C 的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A 的转化关系知，A 是乙醛，B 是，由 C 转化为 D 的反应条件知，D 为，由 E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由 E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知 F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是 O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)E F 的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D 为，与 NaOH 溶液反应的化学方程式：；(4)由得出分子中含有苯环且苯环上

40、含有酚羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个 HCOO-，苯环上有2 个官能团一定有-OH，还含有 CH2CH(CHO)OOCH或 CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3 种不同的位置关系，故共有9 种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G 中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol 该物质最多

41、还原出4molAg，说明酯基为HCOO，分子不含有甲基，且苯环上有2 个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18几种物质的转化关系如图所示，A 是中学富见的金属，常温常压下Y 呈液态，J由阴、阳离子个数1:1 构成且阴、阳离子都与氖原子的电子层结构相同。Z遇浓盐酸产生“白烟”。回答下列问题（1）J的化学式为 _。（2）写出反应的化学方程式_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）实验室制备Z可能选择下列装置的是_(填代号)。（5）为了测定X产品纯度，进行如下实验：取WgX 产品溶于足量蒸馏水，将产生的气体全部赶出来并用V1

42、 mLc 1mol/L 盐酸吸收(过量)，再用 c2mol/L NaOH 溶液滴定吸收液至终点。消耗V2mL NaOH 溶液。该样品纯度为 _。若碱式滴定管未用待装溶液润洗，则测得结果 _(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】MgOMg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 4NH3+5O24NO+6H2OA、B、C偏低【解析】Z遇浓盐酸产生“白烟”，Z 为 NH3，为 4NH3+5O24NO+6H2O；L为 NO，Y为 H2O，J由阴、阳离子个数1:1 构成且阴、阳离子都与氖原子的电子层结构相同，得 J 为 MgO，为 Mg(OH)2=MgOH2O，H 为 Mg(OH)2，为

43、2H2O2=2H2O，C为 H2，为 Mg3N2 6H2O=3Mg(OH)22NH3，N23H2=2NH3（1）J的化学式为MgO；（2）写出反应的化学方程式Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；（3）写出反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O；（4）实验室制备NH3：A、用固体与液体不加热，将浓氨水滴入生石灰中，故A正确；B、加热固体，可用2NH4Cl Ca(OH)22NH3CaCl22H2O,故 B正确；C、加热液体，可用加热浓氨水，故C正确；D、块状固体，难溶于水，制氨气，找不到合适的试剂，故D错误；故选 ABC。（5）与氨气反应的n（HCl）=V110-3LC1m

44、olL1-C2molL1V210-3L=（C1V1-C2V2）10-3mol，根据氨气和HCl 的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1-C2V2）10-3mol，Mg3N2的质量分数=100%=；若碱式滴定管未用待装溶液润洗，碱浓度偏低，所测V2偏大，则测得结果偏低。19研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=_（用含 K1、K

45、2的代数式表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向 2L 恒容密闭容器中加入0.2mol NO 和 0.1mol Cl2，10min 时反应（）达到平衡 测得在 10min 内 v（ClNO）=7.5 103mol?L1?min1，则平衡后n（Cl2）=_mol，NO 的转化率1=_其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率 2_1（填“”“”或“=”），平衡常数K2_（填“增大”“减小”或“不变”）若要使 K2减小，可采用的措施是 _（3）实验室可用NaOH 溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O含 0.2mol

46、NaOH 的水溶液与 0.2mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，溶液 B 为 0.1mol?L1的 CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和 c（CH3COO）由大到小的顺序为_（已知 HNO2的电离常数Ka=7.1 104mol?L1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105mol?L1，可使溶液A 和溶液 B的 pH 相等的方法是_a 向溶液 A 中加适量水b 向溶液 A 中加适量NaOH c 向溶液 B中加适量水d 溶液 B中加适量NaOH【答案】212KK1.125 75%不变升高温度c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）bc【解析】【分析】（1）结合

47、已知反应化学方程式判断与4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的关系，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；（2）依据平衡三段式列式计算，依据反应速率概念计算V=ctVV、转化率概念的计算，转化率=消耗量起始量 111%，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO 的转化率2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行，平衡常数随温度变化；（3）1.2mol NaOH 的水溶液与1.2

48、mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为11mol/L，NaNO2物质的量为1.1mol/L，溶液 B为 1.1mol?L-1的 CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1 11-4mol?L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7 11-5mol?L-1，说明 CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大【详解】(1)2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）+Q1K1（）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）+Q2K2（）由 I 2-II

49、 得到 4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则 K=212KK，故答案为：212KK；(2)在恒温条件下，向 2L恒容密闭容器中加入1.2molNO 和 1.1molCl2，11min 时反应()达到平衡，测得 11min内 v(ClNO)=7.5 11-3mol?L1?min1，物质的量为7.5 11-3mol?L1?min1 11min 2L=1.15mol，2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)，起始量(mol)1.2 1.1 1 变化量(mol)1.15 1.175 1.15 平衡量(mol)1.15 1.125 1.15 则平衡后n

50、(Cl2)=1.125mol，NO 的转化率 1=1.15mol 1.2mol 111%=75%；其他条件保持不变,反应()在恒压条件下进行,随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO 的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；故答案为：1.125；75%；不变；升高温度；(3)1.2mol NaOH 的水溶液与1.2mol NO2恰好完全反应得1L 溶液 A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3