2023年天津市五校联考高考化学一模试卷及答案解析.pdf

《2023年天津市五校联考高考化学一模试卷及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年天津市五校联考高考化学一模试卷及答案解析.pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年天津市五校联考高考化学一模试卷一、单 选 题（本大题共1 2小题，共3 6.0分）1 .第2 4届冬奥会于2 0 2 2年2月4日在北京开幕，许多核心技术为比赛保驾护航。下列说法不正确的是（）A.场馆选用了二氧化碳跨临界制冷系统，同时利用冷热联供一体化设计对制冷余热进行回收利用，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保B.大规模使用氢燃料电池车，行驶时只产生水，实 现“零碳排放”C.户外保暖穿戴设备由石墨烯材料制造，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料D.硫化镉（C d T e）薄膜太阳能电池与半导体玻璃结合形成的碇化镉发电玻璃应用于国家速滑馆中，其中，T e位于元素周期表中金属与非金属的交界

2、处2 .下列实验操作或实验仪器的使用正确的是（）A.做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用过量的氯气或双氧水氧化厂B.用剩的药品能否放回原瓶，应视具体情况而定C.其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中慢D.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴不能接触锥形瓶内壁3 .关于反应S 2 O看-+2 H 2（）+（C N S）2 =2 S 0 t +2 C N S-+4 H +,下列说法正确的是（）A.（C N S 可以和N a反应，生成N aC N SB.C N S-是氧化产物C.S 2 O钉既是氧化剂又是还原剂D.生成l m o l S O t，转移2网 个电子4 .新修本草是我国古

3、代中药著作，记载药物8 4 4种，其 中“青矶”条目下写到：“本来绿色，新出窟未见风者，正如玻璃 烧之赤色”，据此推测“青帆”的主要成分为（）A.C u S 04-5 H2O B.Z n S 04-7 H2OC.K A 1（S O4）2-1 2 H2O D.F eS 04-7 H2O5.某实验小组通过下图所示实验，探究N a?。?与水的反应:足量水溶液变红较多气泡红色褪去Na2O2大量气泡下列说法中正确的是()A.中的大量气泡的主要成分是氢气B.中溶液变红，说明有酸性物质生成C.中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D.中M n O z 的主要作用是降低了水中氧气的溶解度6.双酚A 是重

4、要的有机化工原料，可用苯酚和丙酮利用以下原理来制备。下列说法正确的是OH(”6+工11,0A.双酚A 分子中共线的碳原子最多有5 个B.双酚A 与足量氢气加成后的分子中六元环上的一氯代物有4 种(不考虑空间异构)C.苯酚与双酚A 均为酚类物质，互为同系物D.苯酚与双酚A 可以与N aH C 0 3 溶液反应7.一定温度下，在密闭容器中发生反应：B aS 04(s)+4 H2(g)B aS(s)+4 H2O(g)A H 0,下列说法正确的是()A.在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动B.在恒压条件下，向平衡体系中加入H 2,B aS C U 的转化率不变C.混合气体的物质的量不再发

5、生变化可说明反应达到平衡D.该反应在任何温度下都能自发进行8.下列由实验得出的结论正确的是()实 验结 论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红生成的有机物具有酸性B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇与水分子中氢的活性相同C将乙烯通入澳的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成物无色，可溶于四氯化碳D向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2sO4,加热，再加入银氨溶液未出现银镜蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D9.有机物R的结构简式如图所示。下列有关R的性质叙述正确的是（）A.R的所有原子一定在同一平面上B.在Ni催化和加热条件下，lmol R能与5moi出发生加成

6、反应C.R既能与竣酸、醇反应，还能发生加成、氧化反应D.Imol R与足量氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量为2moi1 0.萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（）A.Ca位于元素周期表s区B.每个Ca?+周围距离最近且等距的F-有4个C.F-位于C a 2+构成的四面体空隙D.基态氟原子核外电子的原子轨道有四种伸展方向1 1 .氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体。利用太阳能电池电解N&得到高纯H 2的装置如图所示。下列说法正确的是（）4蒙KOH溶液阴国f交换展KOH溶液A.该装置工作时，只发生两种形式能量的转化B.电解过程中O F

7、 T由b极区向a极区迁移C.电解时b极区溶液中n（K O H）减少D.电解过程中l m o l N H s参与反应，得到3 x 6.0 2 x 1 0 2 3个电子1 2 .下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（）C H 3 C O O H分子中碳原子的杂化类型有S p 2和S p 3两种元素G e位于周期表第四周期I V A族，核外电子排布式为 A r 4 s 2 4 P 2,属于p区非极性分子往往具有高度对称性，如B F 3、PCg电。2、C O?这样的分子（4）N a2O N a2O2,N aH S C U晶体中的阴、阳离子个数比均为1：2C u（O H）2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于

8、硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物氨水中大部分N国 与出0以氢键（用“”表示）结合成NE，K。分子，根据氨水的性质可知N&-H 2 O的结构式可记为:H F沸点高于HCL是因为H C 1共价键键能小于H F可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键A.7项 B.6项 C.5项 D.4项二、填 空 题（本大题共1小题，共1 8.0分）1 3.C O 2是温室气体，但也是重要的工业原料，C O 2的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。（1）C O 2和乙烷反应制备乙烯。2 9 8 K时，相关物质的相对能量如图，C O 2与乙烷反应生成乙烯、co和气态水的热化学方程式为能M:kJU1O31000-

9、100-200-300-400JH/g)GH(g)CO(g)H,CXg)H 9CO,(g)520-84-110-242-286-393(2)在R u/T Q催化下发生反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2()(g)。假定无副反应，350时向IL恒容密闭容器中充入ImolCOz和4m0IH2，初始总压强为5aM pa,反应进行到5min时,CO?与CH4分压(分压=总压x组分物质的量分数)相等，再过5min后反应达到平衡，CO?和CH4的平衡分压分别为0.25aMPa和0.75aMPa。该 可 逆 反 应 达 到 平 衡 的 标 志 为(填 标 号)。A.四种物质分压之比等于计量

10、系数之比B.单位体积内分子总数不变C.混合气体的平均相对分子质量不变D.CO2和C*的物质的量之和不变05min内，V(H20)=,平衡时CO2的 转 化 率 为。该温度下充入lmolCO?和3m olH 2,贝I该反应的平衡常数K=。lOmin达平衡后，该温度下继续充入ImolCOz和4m01%，再次达到平衡后出 的体积分数将。(填“变大”“变小”或“不变”)O(3)0)2与环氧丙烷(CHCHQFH?)在催化剂作用下生成(0火O的反应原理如图:该 反 应 的 化 学 方 程 式 为,催化剂为。三、实验题(本大题共2小题，共26.0分)1 4.近I I,我国研究人员利用硫氟酸甲基镂 CH3NH

11、3+SCN 气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲眯铅碘(FAPbb)。请回答下列问题：(1)基态S原 子 的 价 电 子 排 布 图 为。(2)甲眯(FA)的结构简式为H：N N H其组成元素的电负性由小到大的排序为,其中碳原子的杂化方式为。甲 眯 比 丙 烷 的 熔 点 更 高 的 原 因 是。F A P*的晶体结构单元如图所示，图中Y表示P b,位于八面体中心，则甲豚的碘配位数为1 5.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡(部分夹持装置已略去);有关信息如下表:化学式S n C l2S n C l4熔点/2 4 6-3 3沸点/C6 5 21 4 4其他性质无色晶体

12、，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：(1)甲装置中仪器A的名称为。(2)用甲装置制氯气，M n O 被还原为M M+,该 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待 观 察 到(填 现 象)后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；(4)如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为；乙装置的作用是：A.除去未反应的氯气，防止污染空气B.防止空气中C O 2气体进入戊装置C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D.防止空气中。2进入戊装置的试管中使产物氧化(5)某同学认为丁装置

13、中的反应可能产生S n C k杂质，以下试剂中可用于检测是否产生S n C k的有(填 标 号)。A.%。2溶液B.Fe C k溶液(滴有K S C N)C.A g N C)3 溶液D.漠水(6)反应中用去锡粒1.1 9 g,反应后在戊装置的试管中收集到2.3 8 g S n C 1 4，则S n C 1 4的产率为。(保留3位有效数字)四、推断题(本大题共1小题，共2 0.0分)COOH1 6.煌A是基本有机化工原料，其分子式为C3 H 6,由A制备聚合物C和1)合成路线如图CIKOH所示(部分条件略去)。已知：(+1&o，R-CNLS RCOH(1)B中 含 氧 官 能 团 名 称 为。(

14、2)C的 结 构 简 式 为。(3)A t D的反应类型为 oCOOH COOH(4)用星号(*)标 出 该 化 合 物 中 所 含 的 手 性 碳 原 子,下列物质不能与CH2OH CH20H发 生 反 应 的 是(填 序 号)。a.N a O H溶液b膜水c.F e Cb溶液d.金属N a(5)写出E-F的化学方程式为。(6)满足以下条件，化合物B的同分异构体有 种，与B具有相同官能团能发生银镜反应：写出其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1的 结 构 简 式。(7)根据题中信息，写出以甲苯和乙醉为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线(无机试剂任选)答案和解析1.【答案】c【解析】

15、解：A.场馆选用了二氧化碳跨临界制冷系统，二氧化碳无毒，同时利用冷热联供一体化设计对制冷余热进行回收利用，减少了氟利昂的使用，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保，故A 正确；B.气燃料燃烧生成水，实 现“零碳排放”，故 B 正确；C.石墨烯为新型无机非金属材料，故 C 错误；D.根据元素周期表可知，Te位于元素周期表中金属与非金属的交界处，为半导体材料，故 D 正确，故选：C=A.二氧化碳无毒；B.氢气燃烧生成水；C.传统无机非金属材料是指陶瓷、玻璃、水泥等产品，石墨烯材料属于新型无机非金属材料；D.根据元素周期表进行分析。本题考查物质的性质与用途，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系是

16、解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A.过量的氯气可氧化碘单质生成碘酸根离子，做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用适量的氯气或双氧水氧化，故 A 错误；B.一般剩余药品不能放回原瓶，防止试剂污染，特殊药品如钠等可放回原瓶，视具体情况而定，故 B 正确；C.双氧水在溶液中存在两步电离，能电离出氢离子，碱性溶液促进了过氧化氢的电离，酸性溶液抑制过氧化氢的电离，故双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故 C 错误；D.滴定接近终点时，需使滴定管的尖嘴处液体流下，则滴定管的尖嘴能接触锥形瓶内壁，故 D 错误；故选：BoA.过量的氯气可氧化碘单质

17、生成碘酸根离子；B.一般剩余药品不能放回原瓶，特殊药品如钠等可放回原瓶；C.双氧水在溶液中存在两步电离，能电离出氢离子，碱性溶液促进了过氧化氢的电离，酸性溶液抑制过氧化氢的电离；D.滴定接近终点时，需使滴定管的尖嘴处液体流下。本题考查实验基本操作，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3 .【答案】A【解析】解：A.(CN S)2性 质 和 相 似，和N a反应生成N a CN S,故A正确；B.S2O +2 H2O +(CN S)2=2 S 0 j-+2 CN S-+4 H+,反应中(CN S其中S元素化合价一 1 价降低到一2价，做氧化剂，CN S-是还原产物，故B错误；C.分析硫

18、元素化合价变化可知，S 2。k是还原剂，故C错误；D&0反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，生成l m o l S O j 1转移总 个电子，故D错误；故选：A oA.(CN S)2性质和C1 2相似;B.S2O 1-+2 H 2。+(CN S)2 =2S0l-+2 CN S-+4 H+,反应中(CN S为中S元素化合价一 1 价降低到一2价，做氧化剂；C.S 2。失中硫元素化合价升高做还原剂；D.S 2 O针反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，结合电子守恒计算。本题考查了氧化还原反应、氧化剂还原剂、氧化产物和还原产物的分析判断、电子转移总数的计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目

19、难度不大。4.【答案】D【解析】【分析】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单。【解答】“青矶”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如壬留璃 烧之赤色”，青矶是绿色，经煨烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe 2()3超细粉末为红色，A为蓝色晶体，B为Z 11S O 4 7H2。是白色晶体，C 为K A1(S()4)2-12H2。是无色晶体，D 为Fe s。4 7H2。为黄色晶体，所以判断“青矶”的主要成分为Fe S C U 7也0。5 .【答案】C【解析】【分析】本题考查物质性质及实验现象解释，综合考查物质的

20、性质及实验能力，为高频考点，把握过氧化钠的性质及实验流程为解答的关键，题目难度不大。【解答】A.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2N a 2C)2+2H2。=4 N a O H+02 T,所以中的大量气泡主要成分是氧气，故 A 错误；B.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚棘变红，说明生成碱性物质，故B错误；C.中红色褪去，可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有强氧化性，能氧化有色物质,漂白褪色，故 C正确；D.过氧化氢在二氧化镒作催化剂的条件下分解生成水和氧气，即验证过氧化钠和水反应生成的过氧化氢，故 D 错误；故选C。6.【答案】B【解析】解：A.苯

21、环对角线上的原子共线，最多有2个原子共线，故 A 错误；CB.双酚分子加成后为H 00 H,为对称结构，六元环上的一氯代物有4 种,CF3故 B正确；C.苯酚中含有1个苯环，双酚A 中含有两个苯环，结构不同，不属于同系物，故 C错误;D.苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子，故苯酚与碳酸氢钠不反应，故 D 错误；故选：B oA.苯环对角线上的原子共线；B.双酚分子加成后产物为：H0O H；C.苯酚中含有1个苯环，双酚A中含有两个苯环；D.苯酚的酸性小于碳酸，强于碳酸氢根离子。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。7.【

22、答案】A【解析】解：A.在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，故 A 正确；B.在恒压条件下，向平衡体系中加入电，平衡正向移动，Bas。4的转化率变大，故 B 错误；C.该反应气体总物质的量不变，故混合气体的物质的量不变不能说明反应到平衡，故 C 错误；D.该反应为吸热的，不是在任何温度下都能自发进行，故 D 错误；故选：AoA.在恒容条件下，向平衡体系中充入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变；B.在恒压条件下，向平衡体系中加入电，平衡正向移动；C.该反应气体总物质的量不变；D.该反应为吸热反应。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动

23、的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。8.【答案】C【解析】解：A.发生取代反应生成HCL HC1能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而一氯甲烷为中性，故 A 错误；B.乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同，所以可以根据生成氢气速率判断乙醇和水分子中H原子的活泼性强弱，故 B 错误；C.乙烯和澳发生加成反应生成1,2-二漠乙烷，1,2-二滨乙烷溶于四氯化碳而导致溶液互溶，最终变为无色透明，故 C 正确；D.在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液，否则银氨溶液和稀硫酸反应而不能复生银镜反应，故D错误；故选：CoA.发生取代反应生成HC1,HC1能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；

24、B.乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同；C.乙烯和嗅发生加成反应生成1,2-二澳乙烷；D.在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：A.该分子中连接羟基的C原子采用sp3杂化，所以该分子中所有原子不在同一个平面上，故A错误；B.苯环和醛基能和氢气发生加成反应，则在Ni作催化剂条件下，lm olR能与4m01%发生加成反应，故B错误；C.醇羟基能和竣基发生酯化反应、竣基能和醉发生酯化反应，苯环和醛基能发生加成反

25、应，醉羟基和醛基能发生氧化反应，故C正确；D.只有较基能和NaOH反应，则lm olR最多能消耗Im olN aO H,故D错误；故选：Co该分子中含有苯环、醛基、醇羟基、竣基，具有苯、醛、醇和竣酸性质，据此分析解答。本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇、醛和竣酸性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错点是原子共平面判断方法，题目难度不大。1 0.【答案】B【解析】解：A.Ca位于第四周期第DA族，属于s区元素，故A正确；B.面心上的C a2+,与之距离最近且等距的F-位于体内，共8个，则每个Ca2+周围距离最近且等距的F-有8个,故B错误；C.由晶胞结构图可知，F-距离最近且等距的Ca

26、2+为4个，所以F-位于Ca2+构成的四面体空隙，故C正确；D.基态氟原子核外电子排布式为Is22s22P5,其中s能级有一种伸展方向，p能级有三种伸展方向，共4种，故D正确；故 选:B oA.C a 位于第四周期第H A 族；B.面心上的C a 2+,与之距离最近且等距的F-位于体内，共8 个；C.F-距离最近且等距的C a 2+为4 个；D.基态氟原子核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P 5。本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。1 1 .【答案】B【解析】A.该装置工作时，实现了光能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为热能等，故 A错误；B.电解

27、池中，左侧消耗NG 生成N 2,发生氧化反应是阳极，消耗了0 H-,右侧水中H+得电子生成H2,发生还原反应，是阴极，电极反应中生成OH 1故0 H-从右向左移动，由b 极区向a 极区迁移，故 B 正确；C.b 是阴极，电极反应中生成0 H-,电解时b 极区溶液中n(KO H)不变，故 C错误；D.阳极是N H3 失电子发生氧化反应生成电，则电极反应式为60 H-+2 N H3-6e-=N2+6H20,电解过程中I m o l N 为参与反应，失去3 X6.0 2 X 1。2 3 个电子，故 D错误；故选：Bo1 2 .【答案】B【解析】解：甲基中，碳原子价层电子对数=o键个数+孤电子对数=4

28、+0 =4,所以为s p 3 杂化，-C O O H中，碳原子价层电子对数=3 +0 =3,形成3 个。键，无孤对电子，采取s p 2 杂化，故正确；Ge 位于第四周期W A族,Ge 为3 2 号元素，原子核外电子排布式为 A r 3 d 1 0 4 s 2 4 P2,属于p 区元素，故错误；电。2 结构不对称，属于极性分子，故错误；N a 2。每有2 个N a+,就有1 个。2-，阴阳离子个数比为1：2,肥 2。2 每有2 个N a+,就有1 个0 歹，阴阳离子个数比为1：2,N a HSO,晶体中为N a+和H S O3阴阳离子个数比为1：1,故错误；C u(O H 属于碱能溶于硝酸，但C

29、 u(O H)2 能溶于氨水，是因为C u(O H)2 和氨水反应生成络合离子,属于络合反应，C u(O H%无两性，故错误；氢键应形成于X H-Y 形式中，X、Y必须是N、0、F元素之一，这样N H3-H2。的结构式有两种可能：H3N-H-O-H H2N -H-O H2,由于N H3&0可电离出N Ht和0 H-,则前者合理,故正确；HF和HC 1 属于分子晶体，由于HF中存在H F H 这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HC 1,故错误；0 可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键，但甲烷和水分子之间不存在氢键，故错误；综上所述，共6项错误，故选：Bo甲基中碳原子价层电子对数为4

30、,-C O O H 中碳原子价层电子对数为3；Ge 原子核外电子排布式为 A r 3 d】。4 s 2 4 P2；出。2 结构不对称；N a 2。每有2 个N a+,就有1 个。2-，N a 2。?每有2 个N a+,就有1 个0 夕，N a HSC 晶体中为N a+和HSO ；C u(0 H)2 能溶于氨水，是因为C u(O H)2 和氨水反应生成络合离子；氢键应形成于X H-Y形式中，X、Y必须是N、0、F元素之一；HF和HC 1 属于分子晶体，HF分子间存在氢键；0 可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键。本题考查原子结构和分子的性质，侧重考查学生核外电子排布、物质构成、氢键的掌握

31、情况，试题难度中等。1 3.【答案】C2H6(g)+C O2(g)=C2H4(g)+C O(g)+H2O(g)H=+1 7 7 k j/m o l BC 0.2 m o l/(L-m i n)50%6.7 56.7 5L2-m o l-2减小 艰H R o (R)/+c()2 吧剂 f S1/J)和或 Z 11O 4n H.C O O和【解析】解：(1)二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为C 2H 6(g)+C O z(g)=c 2H 4(g)+C O(g)+H2O(g),则 H =(52-110-242+84+393)k J/m o l =+177k J/m o L 则热化学

32、方程式为C 2H 6(g)+C O2(g)=C 2H 4(g)+C O(g)+H2O(g)H =+177 k j/m o b故答案为：C 2H 6(g)+C O2(g)=C 2H 4(g)+C O(g)+H2O(g)H =+177 k j/m o l；(2)A.四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故 A 错误；B.该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故 B 正确；C.由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均

33、相对分子质量不变说明正逆反应速率相等,反应已达到平衡，故 C 正确；D.二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡,故 D 错误；故答案为：BC；设5min时消耗二氧化碳的物质的量为x m o l,由题意可建立如下三段式：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O开始(mol)1 4 0 0变化(mol)x4x x 2x平衡(m o l)l-x 4-4 x x 2x由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=三，解得x=0.5m0 1,由容器的体积为1L可知，0-5 2x 5 2x5min内水的反应速率为v=卸=嘿?=0.2mol/(L-min)；CO的转

34、化率为竽x 100%=50%,设5min时消耗二氧化碳的物质的量为y m o L 由题意可建立如下三段式：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)开始(mol)1 4 0 0变化(mol)y 4yy 2y5min(mol)l y 4 4yy 2y由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1：3可得:甥 =占,解得y=0.75,由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为K=赞？蜉?=0 75X1-52L2,mor2=6.751?.C(CO2)C4(H2)0.25X14moP2,温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入lm ol二氧化碳和3moi氢气的反应平衡

35、常数也为6.7513 。产，故答案为：0.2mol/(L-min)；50%；6.756.75L2-mol-2；lOmin达平衡后，该温度下继续充入ImolCOz和4m01出，平衡正向移动，再次达到平衡后出的体积分数将减小，故答案为：减小;D义(3)由图可知，在7.；和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成 T？，反Q、一 一O HiC可卜曲 O应的化学方程式为,+C02催 2 剂夕小()，C服卜偈 叉 心故答案为：,/1 +C02催颦，；)-和或Zn04和A c (Q)(1)二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+

36、H2O(g),则4 H=(52-110-242+84+393)kJ/mol=+177 kj/rnol；(2)A.四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等；B.该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等；C.由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等;D.二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等；设5min时消耗二氧化碳的物质的量为x m o l,由题意可建立如下三段式：CO2(g)+4H2 =CH4(g)+2H2

37、0(g)开始(mol)1 4 0 0变化(mol)x4x x 2x平衡(mol)l x 4 4x x 2x山二氧化碳和甲烷的分压相等可得：品=含,解得x=.5 m l,山容器的体积为1L可知，0-5min内水的反应速率为v=点，设5min时消耗二氧化碳的物质的量为y m o l,由题意可建立如下三段式：C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)开始(mol)1 4 0 0变化(mol)y 4yy 2y5min(mol)l y 4 4yy 2y由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1：3可得:毛 孕=解得y=0.75,由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数

38、为K=2黑 端 甲，据此计算；C(CO2)C4(H2)lOmin达平衡后，该温度下继续充入ImolCOz和4m0%,平衡正向移动；。乂(3)由图可知，在 K 和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化 碳 反 应 生 成；o/)0 OH.C、一本题考查化学平衡及其影响因素、反应热的计算、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握活化能概念及活化能与化学反应速率的关系、化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。14.【答案】(1)E 1面二切 3P(2)

39、H C N；sp2杂化 甲眯存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力(3)12【解析】【分析】本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、判断及知识综合应用能力，明确反应前后碳链、官能团变化及反应中断键和成键方式是解本题关键，会根据甲烷、乙烯、苯结构特点判断原子是否共平面，题目难度不大。【解答】(1)S为16号元素，最外层有六个电子，其价电子的电子排布图为&1山 C I3s 3P故答案为:西叵田三55 3P(2)元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，故甲眯中组成元素的电负性由小到大的排序为H C N,中心原子C的价层电子对=2+(4-1-1)=3,碳原子的杂化方式为S

40、p 2杂化，故答案为：H C N；s p 2杂化；两者均为分子晶体，甲眯比丙烷的熔点更高的原因是甲眯存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力，故答案为：甲眯存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力；(3)分析图中结构可知，Y表示P b,在晶胞中各微粒个数比为F A：P b：I =l：1：3,Y在顶点，8 x =1O个，甲豚在中心，为X,有 一 1个，Z为I,在晶胞的棱中心，1 2 x；=3个，与甲豚距离最近且相等的碘的个数为1 2个，在则甲豚的碘配位数为1 2,故答案为：1 2。1 5.【答案】蒸 储 烧 瓶2 M n O +1 0 C 1-+1 6 H+=2 M n2+5 C 12 T +8

41、 H2O 丁装置内充满黄绿色气 体 使S n C 1 4气化，利于从混合物中分离出来S n +2 H C 1 =S n C l2+H2 T A C B D 9 1.2%【解析】解：(1)由仪器装置图可知A为蒸储烧瓶，故答案为：蒸锵烧瓶；(2)A中发生反应：2 K M n()4 +1 6 H C 1(浓)=2 K C 1 +2 M n C l2+5 c l 2 T +8 H2O,离子方程式为2 M n O；+1 0 C 1-+1 6 H+=2 M n2+5 C 12 T +8 H2O,故答案为：2 M n O +l O C r +1 6 H+=2 M n2+5 C 12 T +8 H2O；(3)

42、整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成S n C J加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的Sn C。气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使Sn C l,气化，利于从混合物中分离出来；(4)如果缺少乙装置，可能产生的后果是：H Q与Sn反应，发生Sn +2 H C l =Sn C 1 2 +H 2 T,Sn C Lj产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；A.碱石灰具有碱性，能和氯气反应而除去氯气，从而防止污染空气，故A正确；B.装置乙防止空气中水蒸气进入戊装置，故B错误；C.碱石灰具有吸水性，能防止水蒸气进入戊装置的试

43、管中使产物水解，故C正确；D.防止空气中防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故D错误；故答案为：Sn +2 H C 1 =Sn C l2+H2 T；AC；(5)A.H 2()2溶液能氧化Sn C k，同时双氧水被还原生成水，但是没有明显现象，无法检验，故A错误；B.F e C b溶液(滴有K SC N),溶液呈红色，氯化铁氧化Sn C l?，铁离子被还原生成亚铁离子，褪色,可以检验，故B正确;C.Ag N 0 3溶液能检验氯离子，但是不能检验S M+,所以无法检验，故C错误;D.澳水氧化Sn C k，澳被还原生成溪离子，溶液褪色，可以检验，故D正确；故答案为：B D；（6）用去锡粒1.1

44、9 g,其物质的量为：I；：舄。1=O.Ol m o l,根据Sn原子守恒理论生成Sn C）为OQl m o l,则则Sn C 1 4的产率为:2.38g261g/molx0.01molx 1 0 0%X 9 1.2%,故答案为：9 1.2%。Sn Oj极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有H C 1及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去H C 1,可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成Sn C。，反应生成Sn C的为气态，在戊处冷却收集得到液态Sn C Lp干燥管中碱石灰吸

45、收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集Sn。4的试管使其水解，以此解答该题。本题考查物质制备实验方案设计，为高考常见题型，题目难度中等，涉及仪器使用、离子方程式书写、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计、产量计算等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，是对学生综合能力的考查。16.【答案】酯基I H.-FCH-CCH3 COOH取代反应COOH+H O C H2-C H =C H2 TCHOH8 H C O O C H =CH20H 无 色、NaCN-iN a O H CH3cH20H 个C(C H)MMTA UCHs CHjQ CHjCN CH2coOH 2112

46、coOCH2cH3【解析】解：（1）B为C H 3 cH =C H C 00C H 3，其中含有的含氧官能团为酯基,故答案为：酯基；(2)根据分析可知，C的结构简式为+C|H1 七 一，CH3COOH故答案为：叶 甲 一好.CH3COOH(3)A为C 3 H 6,D为C&=C H C H 2 C L故A生成D发生了取代反应,故答案为：取代反应;(4)C(X)HCH2OHCOOH中所含的手性碳原子为;该化合物中含有竣基、羟基以及双键，故可以与CH20H氢氧化钠溶液、金属钠和滨水发生反应，但是不能与氯化铁溶液发生反应,故答案为：C；CI(5)ETF的 化 学 方 程 式 为/3+H 0 C H 2

47、 -C H =C H 2：,CH20HCl故答案为：+H O C H2-CH=CH2 A :CH20H(6)B的结构简式为C H 3 cH =C H C 00C H 3,B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键、H C O O-,符合条件的有UHC-OOIIHC-OUHC-OO-CHHH。=&OO-CH H2C=C-CH3dx r n、H IC-O-CHHC-C-CH3 1 1共8种,其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式H C O O C H =C(C H 3)2,故答案为:8；H C O O C H =C(C H3)2;与乙醇发生酯化反

48、应脱水生成；0 CHzCOOCHCHs CH#OOH CH-OOH可以由与氢氧化钠和盐酸反应生成：7 yCHzCN CHzCN可以由与NaC N反应生成；CHCI CHCI可以由甲苯与氯气发生取代反应生成，故以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线为CH,CHZC NCHzCN故答案为:CH2aCHsCH/MICHsCHOH浓 破 电 CH2coOHCH2co O C H IMB发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，贝I J B的结构简式为C H 3 cH =C H C O O C H 3,A为C 3 H 6,A发生加成反应生成B,贝I J A的结构简式为C&=C H C E，聚丁烯酸甲酯发生水

49、解反应然后酸化得到聚合物c,C的结构简式为TC|H-f 七一；A发生反应生成D,D发生水解反应生成E,E能发生题给信息CH3COOH的加成反应，结合E分子式可知，E的结构简式为C&=C H C H z O H D的结构简式为C H 2 =C H C H2C 1,E和2-氯-1,3-丁二烯发生加成反应生成F,F的结构简式为,F发生取代反应生成G,CH20HCHOHG发生信息中反应得到CNCHOH,贝4 G的结构简式为CN由NCttCOOCHCH3 CHCOOH与乙醇发生酯化反应脱水生成；CH#OOH可以由与氢氧化钠和盐酸反应生成;可以由、/与NaC N反应生成；弋CHZCN CHCI CHCI可以由甲苯与氯气发生取代反应生成。本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，对学生的逻辑推理有很高的要求，理解反应信息是关键，注意根据问题中的信息进行推断，难度中等。