试题6套汇总2019年南京市名校高考第四次模拟化学试题.pdf

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1、2021届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）1.一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A.电池工作时，NO3-向石墨I移动B.石 墨I上发生的电极反应为：2NO2+2OH-2 e-=N2O5+H2OC.可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D.电池工作时，理 论 上 消 耗 的 和NO2的质量比为4：23【答案】B【解析】【分析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石 墨I通 入NO2生成N 2O 5,发生的是氧化反应，故石墨I是负极，发生的反应式为NO2-e*NO；=N2

2、O5,则石墨I I为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e+2 N2O5=4 N。；，该电池的总反应为：4NO2+O2=2 N2O5,【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石 墨I通 入NO?生成N 2O 5,发生的是氧化反应，故石墨I是负极，发生的反应式为NOz-e-+NO3-=N2Os,则石墨I I为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e+2 N2O5=4 NO；。A.电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石 墨I是负极，NO；向石墨移动，A正确；B.该电池一种熔融K N 5燃料电池，负极发生氧化反应，石 墨I上发生的电极反应为：NO2-e-+NO；=N

3、zO5,B错误；c.石 墨I生成电。5,石墨n消 耗 可 循 环 利 用 的 物 质 丫 的 化 学 式 为 帅。5,c正确；D.原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的。2和NO2的物质的量之比是1:4,则 消 耗 的 和NO2的物质的量之比是4：23,D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨I、石墨H是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。2.现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c（SO42-）+c（NO；）=5mol.L、10mL该混酸溶解铜

4、质量最大时。溶液 中HNO3、H 2 s的浓度之比为A.1：1B.1:2C.3：2D.2：3【答案】D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c(NO3-)+c(SO?-)=5m obL-,稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NOT+4H2 0,要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c(NOj-)；c(H+)=2：8=1：4,设 c(NChD=xmol-L-则 c(H+)=4xmobL-1,根据电荷守恒得 c(NO3-)+2c(SO42)=c(H+),xmobL-l+2c(SO42)=4xmobL-l c(

5、S O/-)=1.5xmobL-1,代入已知：c(NO3-)+c(SO42-)=5mobL-1,x=2,所以 c(NOj)=2mol,LT、则 c(H+)=8mol-L-,c(SO42-)=5mol-L-Zmol-L-SmobL-1,根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得 c(NOj-)=c(HNO3)=2mobL-c(SO4)=c(H2so4)=3mobL-l 所以混酸中 HNO3、H2s。4的物质的量浓度之比2moi J T：3mol L-1=2：3。故选D。3.下列实验设计能完成或实验结论合理的是A.证明一瓶红棕色气体是澳蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾一淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化

6、B.铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含FezO3C.测氯水的p H,可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D.检验Cd+和Fe3+离子，采用径向纸层析法，待离子在滤纸上展开后，用浓氨水熏，可以检验出C/+【答案】D【解析】【详解】A.澳蒸气、二氧化氮均能氧化I一生成L,淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，A 错误；B.铝能把三价铁还原为二价铁，所以不能确定是否含有FezOs,B错误；C.由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把试纸漂白，不能用pH试纸上测出氯水的pH,C错误；D.由于两种离子中Fe3+在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速

7、度快一些；Ci?+在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，氨 与 Ci?+可形成蓝色配合物，D 正确；答案选D。4,下列化学用语的表述正确的是()A.离子结构示意图可以表示16()2-,也可以表示18()2-B.比 例 模 型 可 以 表 示 甲 烷 分 子，也可以表示四氯化碳分子HC.氯化镂的电子式为H：X：H-C I-HD.CO2的结构式为0-C-0【答案】A【解析】【详解】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表 示 为 若 中 子 数 为10时，表示为A项正确；B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，C I的原子半径大于C的原子半径，不可以

8、表示四氯化碳分子，B项错误；HC.氯化钱的电子式为 H：H 一 二 日：厂，C项错误；HD.COz的结构式为O=C=O,D项错误；答案选A。5.关于常温下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A.1 L溶液中含H*为0.02molB.c(H+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)C.加水稀释，草酸的电离度增大，溶 液p H减小D.加入等体积p H=2的盐酸，溶液酸性减小【答案】B【解析】【详解】A 选项，c(H+)=0.01mol/L,1L 溶液中含 H+为 O.Olm ol,故 A 错误；B选项，根据电荷守恒得到C(H+)=2C(C2 O/)+C(HC2 C4)+

9、C(O H),故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶 液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH=2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH=2,氢离子浓度与几元酸无关，根 据pH值可得c(H+)=0.01mol/L,很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L,如 果 是 强 酸 削)=0.02m ol/L,若是弱酸，则c(H，0),获得如下数据：下列判断正确的是时间/S020406080100c(NO2)/mol-L 10.000.120.200.260.300.30A.升高温度该反应的平衡常数K减小B

10、.2040s 内，V(N2O4)=0.004 mol-L-1-s-1C.100s时再通入0.40 mol N2O4,达新平衡时N2O4的转化率增大D.反应达平衡时，吸收的热量为0.15QRJ【答案】D【解析】【分析】A.正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；AcB.根据。=计算v(N02),再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v(N2O4);b tC.100 s时再通入0.40 mol N2O4,等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；D.80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3m ol/LxlL=0.3m ol,结合热化学方程式计算吸收的热量。【详解】A.

11、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；,Ac 0.2mol/L-0.12mol/L _ AB.2040s 内，u=-=0.004mol-L-s,贝！X 20sU(N2O4)=1/V O2)=0.002mol-L1 s ,B 项错误；C.100 s时再通入0.40 mol N 0 4,相当于增大压强，平衡逆向移动，吐。4的转化率减小，C项错误；D.浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生 成NO2的物质的量为0.3m ol/LxlL=0.3m ol,由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3molNO2吸收

12、热量0.15QkJ,D项正确；答案选D。【点睛】本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。7.CO?和CH,催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：oA.合 成 气 的 主 要 成 分 为 CO和 H zB.一既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C.一吸收能量D.N i在该反应中做催化剂【答 案】C【解 析

13、】【详 解】A.由 图 示 可 知 CO?和 C a 在 N i催化作用下，最 终 生 成 C。和 出，故 A 正确；B.化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知今过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形 成，故 B 正 确；C.的能量总和大于的能量总和，则今的过程放出能量，故 C错误；D.由图示可 知 C02和 CH,催 化 重 整 生 成 CO和 H2的 过 程 中 N i的质量和化学性质没有发生变化，则 N i为催化剂，故D 正 确；故 答 案 为 C。8.25时，1 mol/L醋 酸 加 水 稀 释 至 0.01 m o l/L,下列说法正确的是A.溶液中c

14、(H+c(CH,COOH)的值增大B.pH增 大 2 个单位C.溶 液 中 c(OH)减小D.4减小【答 案】A【解 析】【详 解】A.加水稀释，溶 液 中 的 UChhCOO)减 小，但 醋 酸 的 Ka=C(CH3 c oe T)c(H+)c(CH3coOH)不 变，故溶液中c|H+c(CH,COOH)的值增大，故 A 正确;B.加 水 稀 释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故 pH的 变 化 小 于 2,故 B错误;C.对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而 Kw不变，故 c(OH)增 大，故 C错误;D.Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故 加 水 稀

15、释 对 Kw的值无影响，故 D 错误;故答案为A。9.下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（）A.蒸储、过滤、萃取、蒸发 B.蒸储、蒸发、萃取、过滤C.萃取、过滤、蒸谓、蒸发 D.过滤、蒸发、萃取、蒸储【答案】A【解析】【分析】蒸储烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸储烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸储；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体

16、，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馈、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。10.实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A.b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B.固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C.乙 酸 乙 酯 与。互为同分异构体D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入

17、液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CLCOOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CKCOObCa、CO2、H 0,将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与，一，。的分子式都是C4H8。2,二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确;D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱,D正确；故合理选项是Bo1 1.下列说法中正确的是()A.HQ?属于共价化合物,分子中只含有共价键B.NaQz属

18、于离子化合物，该物质中只含有离子键C.分子间作用力CHdSiH.所以CH4沸点高D.CO?中碳原子与氧原子间存在共价键,所以干冰为原子晶体【答案】A【解析】【详解】AH2O2属于共价化合物，分子中只含有共价键，正确，故A选；B.NazOz中除了离子键，还含有共价键0-0,故B不选；C.由于S iS相对分子质量比CH4的大，所以分子间作用力C H SiH d,则SiH4的沸点高，故C不选；D.干冰是CO?分子间通过范德华力结合成的，为分子晶体，故D不选；故选A。【点睛】原子晶体是原子间通过共价键结合而形成的空间网状结构的晶体。在原子晶体中只有共价键。分子晶体是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体

19、。构成分子的原子间通常以共价键结合(稀有气体是单原子分子,分子内没有化学键)，所以在分子晶体中，一般既有共价键，又有分子间作用力。1 2.在某温度下，同时发生反应A(g)=冶(g)和A(g)U C (g)o已知A(g)反应生成B(g)或C(g)的能量如图所示，下列说法正确的是B.在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主C.反应A(g B(g)的活化能为(E3Ei)D.反应 A(g)(g)的 AHVO 且 AS=O【答案】B【解析】【详解】A.从图分析，B的能量比C高，根据能量低的稳定分析，B(g)比C(g)不稳定，故错误；B.在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的

20、活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；C比B更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；C.反应A(g)=2(g)的活化能为E i,故错误；D.反应A(g)=f C (g)为放热反应，即A H C O,但AS不为0,故错误。故选B。13.一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是()A.Cl2 B.Fe C.Na D.C【答案】A【解析】【详解】A.CI2与水反应生成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；B.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C.N a与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；D.C与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；答案选A。【点睛】熟知元素及其化合物的

21、性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。1 4.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OCH,-CH-C-OH下列关于乳酸的说法正确的是()4A.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+n H 2【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；0B.与乳酸具有相同官能团的同分异构体CH2-CH2 J-OH 乳酸分子有对称碳

22、原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；C.乳酸分子含有羟基、较基，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、竣基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为nCOOH 一定条件、H-f-O-H-2-OH+S口岫。，故 D错误；故选B。1 5.以是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16.25 g FeCb水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB.22.4 L(标准状况)氧气含有的质子数为18 NAC.92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为L0 NAD.1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3cl分子数为1.0 NA【答案

23、】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氧气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g+162.5g/mol=0.1 m ol,由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(0H)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氧气的物质的量是Imol,氧气是一个A r原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA,B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是lm o L其中含有羟基数是3 g,C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生

24、成的卤代烧不止一种，因此生成的CH3cl分子数小于1.0 NA,D错误。答案选B。点睛：选 项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。二、实验题(本题包括1个小题，共10分)1 6.某小组以亚硝酸钠(NaNO2)溶液为研究对象，探 究NO?.的性质。实验试剂编号及现象滴管试管1Q2mL1%酚酸溶液1 mol-L1 NaNO2溶液实验1:溶液变为浅红色，微热后红色加深1 mol-L1NaNOz溶液0.1 mol-L1 KMnO4溶液实验II:开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1

25、 mol-L1 FeSO4溶 液(pH=3)实验川：无明显变化1 moLL1NaNOz溶液1 mol-L1 FeSO4溶 液(pH=3)实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴 加KSCN溶液变红资料：Fe(N。)产在溶液中呈棕色。(1)结合化学用语解释实验I微热后红色加深”的原因(2)实 验II证 明NO2-具有 性，从原子结构角度分析原因.(3)探究实验IV中的棕色溶液为确定棕色物质是NO与Fe2+,而 非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象A 淳上lmoH?FeSO4 溶 液(pH=3)i.溶液由 色迅速变为 色i i.无明显变化加热实验IV中的

26、棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_ _ _ _ _ _ _ _ _。(4)络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。盐桥的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _电池总反应式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _实验结论：N 6一在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关

27、。【答案】NC2一发生水解反应N O f+H z O-HNOZ+O H-,温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深 还原性 N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示)，+3价不稳定，易失电子，体现还原性 浅绿色 棕色 0.5mol-LFe2(S04)3溶 液(pH=3)棕色溶液中的 Fe(NO)产受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为NO?，加热有利于Fe?+被氧化为Fe3+,促 进Fe?+水解，产 生Fe(OH)3沉淀 阻碍Fe?+与NO接触，避免络合反应发生 Fe2+NO2+2H+=Fe3+N0 t+H20【解析】【分析】(1)根据实验I的现象说明NaNCh为强碱弱酸盐，NO

28、f发生水解反应N O f+H h O-HNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；(2)N原子最外层5个电子，NO?.中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；(3)若要证明棕色物质是NO与Fe2+,而 非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3,含Fe?+和Fe浓度均为lm ol/L的FeSO4溶液和Fez(S04)3溶液中通入N O,若通入FeS)4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fez(SO4)3溶液无现象，则可证明；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了 NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，

29、说明生成了 Fe(OH)3,据此解答；(4)将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+,U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe?+与N。接触，避免络合反应发生；两电极反应式相加得总反应式。【详解】(1)根据实验I的现象说明NaNCh为强碱弱酸盐，N 0;发生水解反应N O f+H z O-HNO2+O H 温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mLimol-pNaNOz溶液中滴加酚配溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NOf发生水解反应NOf+dO-HNOz+OH,温度升高水解平衡正向移动，碱性

30、增强，溶液红色加深；(2)根据实验II说 明NaNOz溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说 明NOf具有还原性。NOZ.具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示)，+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示)，+3价不稳定，易失电子，体现还原性；(3)实验IV在FeS04溶 液(pH=3)中滴加NaNO?溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴 加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO?一被还原为NO。若要证明棕色物质是是N。与F e,而 非Fe?+发生

31、络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3,含Fe?+和Fe，+浓度均为lm ol/L的FeSC4溶液和Fez(SO4)3溶液中通入N O,若通入Fes。,溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fez(SO4)3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mo上广%2(SO4)3溶 液(PH=3)；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了 N。气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了 Fe(OHb，原因是棕色溶液中的 Fe(NO)产受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为N O 2,加热有利于Fe被氧化为Fe3+,促 进Fe?+水解，产

32、 生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的 Fe(NO)广受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为N02I加热有利于Fe被氧化为Fe3+,促 进Fe3+水解，产 生Fe(OH)3沉淀；(4)将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+,U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe”与NO接触，避免络合反应发生；该原电池负极反应为：Fe2+-e=Fe3+,正极反应为NORe-+2H+=N。个+出0,所以电池总反应式为Fe?+NO2+2H+=Fe3+N0 个+”0；故答案为 Fe2+NO

33、2+2H+=Fe3+NO个+”。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)1 7.某杀菌药物M的合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)A中官能团的名称是.B fC的反应类型是(2)8的分子式为 o(3)C fD的化学方程式为 o(4)F的结构简式为 o(5)符合下列条件的C的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)；能发生水解反应；能与FeCb溶液发生显色反应。其 中 核 磁 共 振 氢谱 为 4 组峰的结构简式为.（任写一种）。（6）请以的合成路线（无机试剂任OH和 CH3cH20H为 原 料，设计制备有机化合物OH选）.【答 案】羟基浓修酸CH3cH20H-170 tBr Br【解 析】本题主

34、要采用逆推法，通 过 分 析 C反 应 生 成 C；分 析 B（【分 析】的 结 构 可 知 A（）与 CHzCk发 生 取 代 反 应 生 成 B；的 结 构 可 知 B（H 工J；）与 CHJ发生取代在浓硫酸、浓 硝 酸 条件下发生硝化反应生成D,D 在 Fe+HCI条件下，-NO?还原为-N H z,根 据 M 中肽键的存在，可 知 E与 F 发 生 分 子 间 脱 水 生 成 M；分 析 M 的结构IhCO可 知 D 为“。人工，/。【详 解】根 据 上 面 分 析 可 知 A（）中官能团的名称是羟基。B TC 的反应类型是取代反应；答案:羟 基 取 代 反 应(2)B(的分子式为C7

35、H6。3；答案：C7H6。3。(3)C(在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D,化学方程式为(4)根据上面分析可知F的结构简式为(5)符合下列条件的C(的同分异构体：能发生水解反应，说明必有酯基；能与FeCb溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-,-CH3,-O H,符合条件的共有1 0种；苯环外面两个官能团：-OH、-C00CH3,符合条件的共有3种；苯环外面两个官能团:-OH,-OOCCH3,符合条件的共有3种；-CdOOCH、-O H,符合条件的共有3种；因此同分异构体共1 9种,其中核磁共振氢谱只有4组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为逆推法

36、：根据题干A生 成B的信息可知:发生取代反应生成;!可以利用乙烯与滨水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去反应生成，据此设Br Ur计合成路线为CH3cH20H浓硫酸1 7 0%：B r2CH2=CH2-浓硫酸 B2CH3.CH,OH*CH.=CH2 CH.CH.2 no r 2 2 I 2 I 2一定条件Br Br0四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素。其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量最高的元素，M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1,Q在元素周期表的各元

37、素中电负性最大。P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子。请回答下列问题：基态X的 外 围 电 子 电 子 排 布 图 为,P元 素 属 于 区元素。(2)XZz分 子 的 空 间 构 型 是,YZ2分子中Y的 杂 化 轨 道 类 型 为,相同条件下两者在水中的溶解度较大的是(写分子式)，理由是 0含有元素N的盐的焰色反应为一色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其 原 因 是 _。(4)元 素M与元素Q形成晶体中，M离子与Q离子的配位数之比为 o(5)P单质形成的晶体中，P原 子 采 取 的 堆 积 方 式 为,P原子采取这种堆积方式的空间利用率为(用含n表达式表示)。【答案】L

38、 t U L t U L L t J ds V形 sp杂化 SO2 SO2为极性分子，8 2为非极性分3s 3p子，为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大 紫 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 2：1 面心立方最密堆积 交 兀X 100%6【解析】【分析】X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素，X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为is22s22P63s23P,X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4,则Y为C元素；Z是地壳内含量最高的元素，为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，

39、M只能处于第四周期，最外层电子数只能为2,内层电子总数为1 8,核外电子总数为20,M为Ca元素；N的原子序数比M小：L,则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数=2+8+18+1=29,则P为Cu元素，据此解答。【详解】X为S元素，Y为C元素，Z为。元素，M为Ca元素，N为K元素，Q为F元素，P为Cu元素。(1)X为S元素，元素在周期表中的位置是：第三周期VIA族，外围电子排布为3s23P-它的外围电子的电子排布图为L i U LtLLWJ,P元素为C u,属于ds区元素；3s 3p(2)SC)2分

40、子中S原子价层电子对数2+|=3,S原子含有1对孤电子对，所以其立体结构是V形，CO2分子C原子呈2个。键、没有孤电子对，C的杂化轨道类型为sp杂化，SO?为极性分子，CO?为非极性分子，山0为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO?的溶解度较大；含有K元素的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；(4)元 素M与Q分别为Ca和F,形成的晶体为CaF2,Ca?+作面心立方最密堆积，F做四面体填隙，Ca的配位数为8,F的配位数为4,所 以M离子与Q离子的配位数之比为2：1；(5)P为Cu,P单质形成的晶体中，原子采取的堆积方

41、式为面心立方最密堆积，一个晶胞中有Cu的个数为8xg+6 x!=4个，设Cu的半径为r,则V球=4x也,根据几何关系，晶胞边长为a2=2近r,8 2 3 3 J2、16nr3所以晶胞的体积V*a 3=1 6正/，所以空间利用率为V球 v n n o/72 x100%,V晶胞16夜，6【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布、化学键、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、晶胞计算等，(4)中注意利用均摊法计算晶胞的质量，涉及球、立方体的体积的计算等，难度中等。19.CO?是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO?可以被NaOH溶液捕获，其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出)

42、。c o：含量高的气体 C O：(1)下列有关该方法的叙述中正确的是a.能耗大是该方法的一大缺点b.整个过程中，只有一种物质可以循环利用c.反应分离 环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤d.该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备各种化工产品(2)若所得溶液pH=13,CO?主 要 转 化 为 (写离子符号)。已 知CS2与CO2分子结构相似，CS2的 电 子 式 是,CS2熔点高于CO2,其原因是。(3)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)6 2co(g)+2H2(g)-120kJ,补全下图中C02与CH,催化重整反应的能量变化示意图(即，注明生成物能

43、量的大致位置及反应热效应数值)能量A/CHi(g)+CO(g)-反应进程(4)常 温 下,在2 L密闭容器中，下 列 能 说 明 该 反 应 达 到 平 衡 状 态 的 是。a.每 消 耗16gCH4的同时生成4gHzb.容器中气体的压强不再改变c.混和气体的平均相对分子质量不发生改变d.容器中气体的密度不再改变反应进行到10 m in时，C O 2的质量减少了 8.8 g,贝！|010 m in内 一 氧 化 碳 的 反 应 速 率 是。(5)按一定体积比加入CH4和CO2,在恒压下发生反应，温 度 对C O和心产率的影响如图所示。此反应优选温度为900C的原因是 o【答案】ad CO；-S

44、：C：SCS2与CO?都为分子晶体，CSz的相对分子质量大，CS2分子2/0 便？w w|.l2UkJCO：便间作用力较大，所以CS2熔点高于C02be 0.02mol/(Lmin)反 应 选I9-900C时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低【解析】【分析】(1)流程为：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，反应分离环节中，应该是先过滤，据此分析解答；(2)强碱溶液中CO2转化为Na2c。3

45、；COz是直线型分子，含有两个C=O双键，CS?与CO?分子结构相似,所 以CSz也是直线型分子，含有两个C=S双键，据此写出电子式；CS2与CO?分子结构相似，都是分子晶体,结合分子间作用力分析CS2熔点高于C02；(3)C0 2与 C S经催化重整反应为 CH，g)+C0 2(g)=2 C0 (g)+2 H2(g)-12 0 kJ,即 lmolCH4(g)+lmolC5(g)总能量比 ZmolCO(g)+2 molHz(g)总能量小 1 2 0 kJ,或 2 moicO(g)+2 molHz(g)总能量比 lmolCH4(g)+lmolCOz(g)总能量高1 2 0 kJ,据此作图；(4)

46、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；Ac催化剂根据v=计算v(C0 2)，再根据CH4(g)+CO2(g)=28 (g)+2 Hz(g)中C。、CO2的计量关系计算v(CO)；t(5)结合图象中温度对CO和 产率的影响及CO和出产率相对较高时的反应条件分析解答。【详解】(1)a、由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点，故a正确；b、由流程可知，反应分离 的氢氧化钠用于“捕捉室 反

47、应，高温反应炉”生成的CaO用于 反应分离 中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误；c、“反应分离 环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；d、该分离过程涉及分离、提纯并利用CO”可以减少碳的排放，捕捉到的CO?还可用来制备其他化工产品，故d正确；故答案为：ad；(2)pH=13的强碱溶液中CO2转化为NazCOs,阴离子为CO；CO?是直线型分子，含有两个C=0双键，CS2与CO,分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键，写出的电子式为5：C：F;CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2熔

48、点高于C0 2；CS2与C0 2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CSz分子间作用力较大，所 以CS2熔点高于C0 2，故答案为：c o；-；,s ：c ：s,;CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CSz分子间作用 力较大，所以CS2熔点高于C0 2；催化剂(3)由 CH4(g)+CO2(g)=2 C0(g由2 H2(g)12 0 kJ 可知,即工molCH4(g)+lmolCO2(g)总能量比2 molCO(g)+2 molH2(g)总能量小 1 2 0 kJ,或 ZmolCO(g)+2 molH2(g)总能量比 ImolCHJgHlmolCOzlg)总能量高2CO(

49、gb 2HdgJ1 2 0 kJ,能量变化如图CH0C.室温下，将NazCO3和NaHCC3的混合溶液加水稀释,c(HCO；)c(CO32)减小D.电解精炼铜时，若阴极析出3.2 g铜，则阳极失电子数大于6.02x1022【答案】B【解析】【详解】A.原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中的右向正极迁移，NO3-向负极迁移。A项错误；B.该反应焙增加(即AS。)，因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下AHT A S X),所以AH0。B项正确；c(CO2)9C.因为混合溶液中存在HCO；H+CO33平衡，其平衡常数K=二 二 八、c(HCOpc(HCQ；)诋)即 c(C

50、O；)*只与温度有关，加水稀释过程中K值不变，而c(H+)增大，所以c(HCO)c(CO；)增大，c项错误;3 2gD.电解精炼铜时，阴极只有Cu放电：Cu-,3.2 g铜 的 物 质 的 量=说 篇=。.。5m所以阴极得到电子的物质的量为0.05molx2e-=0.1mole.，即6.02x1()22个电子，根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.02x102,D项错误；答案选B。【点睛】本题易错点是C选项，C fV.水解生成H C O I：CO32+H2O H C O/+O H ；HCO；电离产生COj%H C O3 C O32+H+,从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断