《2021年山东省实验中学高考化学第二次模拟试卷(二模)-附答案详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年山东省实验中学高考化学第二次模拟试卷(二模)-附答案详解.pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20212021年山东省实验中学高考化学第二次模拟试卷年山东省实验中学高考化学第二次模拟试卷 （二模）（二模）1.“我们一起打疫苗，一起苗苗苗苗苗。”-全民抗疫正在进行时，疫苗接种正在全国范围内展开。下列有关叙述正确的是()A.肥皂水洗手可中断病毒传播，是因为其主要成分表面活性剂与病毒发生了化学反应B.据研究，接种疫苗的过敏反应多与聚乙二醇有关，其结构简式为C.疫苗可分为灭活疫苗、减毒活疫苗、核酸疫苗等，“灭活”的手段可以选择加热或化学试剂(通常是福尔马林)将其灭活D.抗疫消毒用品如84消毒液、过氧乙酸、75%酒精等，它们的作用机理均相同2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.
2、已知，25时Ksp(BaSO4) = 1 1010，则BaSO4饱和溶液中含有Ba2+的数目为1 105NAB.32 g Cu与足量浓硝酸反应生成的气体占有体积为22.4L (标准状况)C.还原灼热的CuO时，将22.4LH2(标准状况)通入反应装置时转移电子数为2NA+1 L0.5 mol L1CH3COONH4溶液的pH= 7， 溶液中的NH4数小于0.5NAD.常温下，3.下列实验操作及误差分析一定正确的是()A.利用图1操作配制一定浓度的NaCl溶液时，所配溶液浓度偏低B.图2中用湿润的pH试纸测定KClO溶液的pH，结果偏低C.图3中用已知浓度的醋酸溶液滴定某NaOH溶液时，选用甲基
3、橙做指示剂，所测结果偏高D.为测定样品中Na2CO3的含量(杂质与酸不反应)，利用图4量气管测定样品与硫酸反应生成CO2的体积，实验结束冷却至室温后直接读数，所测结果偏高第 1 页，共 30 页4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其结构如图所示(小球大小表示原子半径相对大小)，W、X位于不同周期，X基态原子中未成对电子为2，Z元素的简单离子为同周期中半径最小的离子，Y与Z紧邻。下列说法正确的是()A.Y单质的熔点比Z单质的高B.W、Y组成的化合物为离子化合物C.该结构所对应物质的化学式为YZWX3D.Y、Z的简单离子均不影响水的电离平衡5.2020年9
4、月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺-2060年实现碳中和。碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。实现碳中和的对策大概分为4种路径：碳替代、碳减排、碳封存、碳循环。以下说法正确的是()A.汽车尾气催化转化器的使用可以减少温室气体的排放B.通过研发新型催化剂可将CO2分解成碳和O2，同时放出热量C.CO2封存过程中需要破坏键和键D.为实现碳循环，可借助自发反应2CO2+ 6H2= C2H4+ 4H2O将CO2转化为有用的燃料，则该反应一定为放热反应6.工业上常利用铜萃取剂， 使溶液中的Cu2+富集进入有机相， 再经进一步的反萃取实现金属铜的沉积、再生，铜
5、萃取剂富集的原理如图，下列说法错误的是()第 2 页，共 30 页A.萃取剂M中所含元素的电负性由大到小的顺序为O N C HB.萃取剂M中，N原子以sp3杂化轨道与O原子形成键C.该配合物X在有机相的溶解度大于水相，晶体类型为分子晶体D.该配合物X中Cu2+的配体个数为27.非水系液流可充电电池的开发成为重要研究方向。 离子交换膜在水系电解液中具有优异特征，但在非水系电解液中稳定性较差且离子选择性较差， 某课题组为解决上述问题提出了一种两相无膜锌/吩噻嗪电池(如图1)，水系电解液中含有ZnSO4和KPF6，非水系电解液中含有TBAPF6和吩噻嗪(PTZ，结构如图2)。下列说法正确的是()A.
6、充电时，电子由a极移向b极作为载流子由有机相移向水相以维持电荷平衡B.当锌极增重65g时，有2molPF6C.放电时，b极的电极反应式PTZ e= PTZ+D.水和二氯甲烷互不相溶且密度不同，能将正、负极分隔开，防止电池内部发生短路8.“核酸检测”已成为确定人体是否被新冠病毒感染的有效方法。 核酸是脱氧核糖核酸(DNA)与核糖核酸(RNA)的总称。核酸检测是将新冠病毒的RNA逆转录为DNA后引入荧光基团进行测定的方法。如图1为DNA分子的局部结构图，图2中A、T、G、C均为碱基。则下列说法错误的是()第 3 页，共 30 页A.脱氧核糖分子中含有3个手性碳原子B.腺嘌呤脱氧核苷酸分子可以发生取
7、代、消去、氧化反应C.两条DNA分子链通过碱基之间的氢键结合在一起形成稳定的双螺旋结构。不同碱基之间配对时形成氢键的数目均相同D.加热时图2中四种碱基能与NaOH溶液反应的有3种9.工业上常以低品锌矿(主要成分为ZnS以及CuS、SiO2等)为原料，采用堆浸反萃取电解法获得锌，流程如图：已知：堆浸时，金属硫化物转化为硫酸盐。原理为Zn2+ 2HDBP Zn(DBP)2+ 2H+。有机相萃取剂为磷酸二丁酯(HDBP)，下列说法正确的是()A.“堆浸”时为了加快反应可将矿石粉碎并进行加热B.萃取过程中可以加强碱NaOH，以促进萃取进行C.萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，并不时旋开活塞放气D.“
8、堆浸渣”中分离出的SiO2可用做太阳能电池板材料10. 罗马洋甘菊精油是一种从洋甘菊花中提取的水蒸气挥发性香精油(主要成分为当归酸异丁酯)， 能溶于乙醇、 乙醚等有机溶剂。 利用如图所示装置处理罗马洋甘菊花，经分离提纯可得到罗马洋甘菊精油。下列叙述错误的是()第 4 页，共 30 页A.装置B中圆底烧瓶倾斜放置的意义是缓冲气流，防止飞溅起的液体进入冷凝管B.蒸馏结束时的操作为停止加热后打开弹簧夹，然后关闭冷凝水C.实验结束后可用氢氧化钠溶液清洗冷凝管D.当观察到甲处馏出液无油状液体时可以停止蒸馏11. 根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是()选项A实验操作和现象结论向溶液中滴加盐酸酸化的B
9、aCl2溶液，有白色沉淀生 该溶液中不一定含有成SO24B向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色沉Cu(OH)2可溶于氨水生成淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液向FeCl2和KSCN的混合液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红向大豆油和煤油中分别加入足量NaOH溶液充分加热，一种液体仍然分层，另一种液体不再分层Cu(OH)42氧化性：Ag+ Fe3+分层的是煤油，不再分层的是大豆油CDA.AB.BC.CD.D12. 碲(Te)凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料。可从精炼铜的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲，工艺流程如图：已知：“焙烧”后，碲主要以TeO
10、2形式存在；“电积”是一种基于电解原理的冶金第 5 页，共 30 页技术。下列说法错误的是()“还原”时发生的总化学方程式为Na2TeO4+ 3Na2SO3+ H2SO4=A.工艺()中，4Na2SO4+ Te+ H2OB.滤渣2中富含Au和Ag，可用王水溶液将其进行分离C.“电积”过程中，阴极的电极反应式为TeO24+ 6e + 4H2O = Te+ 8OHD.滤液1进入铜电积系统可得到Cu，并实现了H2SO4的循环利用13. 以对硝基苯甲酸为原料，采用电解法制备对氨基苯甲酸的装置如图：下列说法正确的是()A.气体Y为O2，电子由电源流入DSA电极B.反应结束后，右侧电极区的pH增大C.乙醇
11、的作用是做溶剂增强反应物溶解性，提高硫酸浓度更有利于电解进行D.每生成1mol对氨基苯甲酸时阳极电解液的质量减少54g14. 研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：N2O + Fe+= N2+ FeO+(慢)，FeO+ CO = CO2+ Fe+(快)。下列说法正确的是()A.反应中既有极性键的断裂又有极性键的形成B.N2O比CO2更稳定C.N2O与CO2的中心原子杂化方式相同，且所有原子均满足8电子稳定结构D.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定第 6 页，共 30 页15. 常温下，向10 mL某浓度的AgNO3溶液中逐滴加
12、入0.1 mol L1的氨水溶液，反应过程中1gc(Ag+)或1gc(Ag(NH3)2+)与加入氨水体积之间的关系如图。3 2已知：K稳定(Ag(NH3)2+) =c(Ag+c2(NHc(Ag(NH) +)3)= 1.12 107下列说法正确的是()A.原硝酸银溶液的浓度为0.1 mol L1B.m点溶液中存在c(NO3) ”或“ N C H，故 A 正确；B.分子中N原子形成1个C = N双键、1个N O单键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，杂化方式为：sp2杂化，即N原子以sp2杂化杂化轨道与O原子形成键，故 B错误；C.萃取剂M使溶液中的Cu2+富集进入有机相，再经过进一步的反萃取
13、实现金属铜的沉积、再生，说明萃取剂M与 Cu2+形成的配合物X在水相的溶解度小于有机相的溶解度，符合分子晶体的性质，该配合物属于分子晶体，故C 正确；D.根据配合物X的结构， 配合物X中Cu2+的分别与2个萃取剂M中的N原子和O原子形成配位键，所以配体个数为2，故 D 正确；故选：B。A.萃取剂M中所含元素有C、 N、 O、 H，C、同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，N、O在它们的氢化物中均为负化合价，它们的电负性均大于氢的；B.萃取剂M中N原子形成1个C = N双键、1个N O单键，还含有1对孤电子对；C.配合物X使溶液中的Cu2+富集进入有机相， 再经过进一步的反萃取实现金属铜的沉积
14、、再生，说明配合物X在水相的溶解度小于有机相的溶解度；D.根据配合物X的结构可知Cu2+的配体个数。本题考查配合物的成键情况，为高频考点，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等。7.【答案】D【解析】解：A.原电池中电极a为负极，电极b作正极，充电时电极b作阳极，电极a作阴极，电子由阳极b经过导线移向阴极a，故 A错误；B.充电时阴离子移向阳极，65gZn的阴极反应式为Zn2+ 2e= Zn， 当锌极增重65g时，第 16 页，共 30 页物质的量为65g/mol= 1mol，转移电子2mol ，即有2mo
15、lPF6作为载流子由水相移向有机65g相，故 B 错误；C.放电时为原电池，电极b作正极，正极反应式为PTZ+ e= PTZ，故 C 错误；D.二氯甲烷和水互不相溶， 且二氯甲烷密度大，二氯甲烷在两种电解质溶液分界处将二者隔开，可防止电池内部短路，故D正确；故选：D。由图可知，Zn比石墨C活泼，则Zn所在电极a作原电池的负极，石墨所在电极b作正极，负极上Zn失电子生成Zn2+， 负极反应为Zn 2e= Zn2+， 正极上PTZ+得电子生成PTZ，正极反应式为PTZ+ e= PTZ，充电时为电解池，原电池的正负极与电源的正负极相接、 作阳阴极， 阴阳极反应与负正极反应相反， 并且阴离子移向阳极，
16、 阳离子移向阴极，据此分析解答。本题考查原电池及电解池工作原理，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意电化学知识的灵活运用，题目难度中等。8.【答案】C【解析】解：A.连接4个不同基团的碳为手性碳，如图中黑球表示的为手性碳，共3个，故 A正确；B.腺嘌呤脱氧核苷酸分子含羟基， 可发生取代反应， 且与羟基相连C上有H，可发生氧化反应，与羟基相连C的邻位碳上有H，可发生消去反应，故B正确；C.A与T配对、C与G配对，A与T之间形成2个氢键，C与G之间形成3个氢键，故 C 错误；D.只有T、G、C含酰胺键，则加热时能与NaOH溶液反应的有3种，故 D
17、 正确；故选：C。第 17 页，共 30 页A.连接4个不同基团的碳为手性碳；B.腺嘌呤脱氧核苷酸分子含羟基；C.A与T配对、C与G配对；D.只有T、G、C含酰胺键。本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，明确有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点。9.【答案】C【解析】解：A.“堆浸”时将矿石粉碎可加快反应，但不能加热，因为堆浸时使用了野外细菌，加热会杀死野外细菌，降低了堆浸效率，故A 错误；B.萃取过程中若加NaOH，氢氧化钠溶液直接与Zn2+反应，降低了萃取率，故B 错误；C.萃取振荡时，用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗瓶塞，倒
18、转分液漏斗使下口倾斜向上，振荡，并不时旋开活塞放气，故C 正确；D.太阳能电池板材料为单质硅，光导纤维的主要成分为SiO2，故 D错误；故选：C。SiO2等)中加入野外细菌堆浸，锌矿(主要成分为ZnS以及CuS、金属硫化物转化为硫酸盐，SiO2不反应，堆浸渣中含有SiO2等难溶物，堆浸液中含有硫酸铜、硫酸锌等物质；堆浸液中加入有机相萃取剂萃取Zn2+，发生反应为Zn2+ 2HDBP Zn(DBP)2+ 2H+，分液得到的有机相中含有Zn(DBP)2，含有Zn(DBP)2的有机相经过反萃取获得含有Zn2+的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌，以此分析解答。本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，
19、为高频考点， 把握实验原理、 物质的性质、实验技能为解答的关键，注意掌握常见混合物分离与提纯方法，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。10.【答案】B【解析】解：A.装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中，起到了缓冲气流的作用，故 A 正确；B.蒸馏结束时，应该先打开弹簧夹，然后停止加热，再关闭冷凝水，故B 错误；C.香精油的主要成分为当归酸异丁酯， 能够溶于氢氧化钠溶液，所以实验结束后可用氢氧化钠溶液清洗冷凝管，故C 正确；第 18 页，共 30 页D.香精油属于酯类，在水中溶解度较小，当观察到仪器甲处馏出液无油状液体时，说明已经蒸馏完全，可以停
20、止蒸馏，故D正确；故选：B。A.倾斜的圆底烧瓶倾斜可防止飞溅起的液体进入冷凝管中；B.蒸馏结束时，若先停止加热，易发生倒吸现象；C.当归酸异丁酯属于酯，能溶于氢氧化钠溶液；D.当归酸异丁酯在水中溶解度较小，蒸馏完全时仪器甲处馏出液无油状液体。本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握题干信息、实验原理、物质性质为解答关键， 注意掌握常见混合物分离与提纯方法， 试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。11.【答案】BC【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，由操作和现象可知，溶液中不一定含有 SO24，故 A 正确；B.加氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜， 后溶解生成四氨合
21、铜离子， 即 Cu(OH)2可溶于氨水生成Cu(NH3)42+，故 B错误；C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能比较Ag+、Fe3+的氧化性强弱，故 C错误；D.大豆油与NaOH溶液加热发生水解后不分层，煤油与NaOH溶液不反应，且混合分层，则分层的是煤油，不再分层的是大豆油，故D正确；故选：BC。A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；B.加氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，后溶解生成四氨合铜离子；C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；D.大豆油与NaOH溶液加热发生水解后不分层，煤油与NaOH溶液不反应，且混合分层。本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应
22、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。12.【答案】BC第 19 页，共 30 页【解析】解：A.工艺()中，加入双氧水氧化生成Na2TeO4，加入硫酸、亚硫酸钠还原生成Te，发生反应的总化学方程式为Na2TeO4+ 3Na2SO3+ H2SO4= 4Na2SO4+ Te+H2O，故 A正确；B.滤渣2中富含Au和Ag，Au和Ag均能够溶于王水，用王水溶液无法将二者分离，故B错误；C.工艺()中，碱浸时TeO2与NaOH反应生成Na2TeO3，浸出液中含有Na2TeO3，则阴极的电极反应式为TeO23+ 4e + 3H2O = Te+ 6OH ，故 C
23、错误；D.滤液1中含有硫酸铜和硫酸， 电解硫酸铜溶液生成铜和硫酸， 所以滤液1进入铜电积系统可得到Cu，并实现了H2SO4的循环利用，故 D 正确；故选：BC。结合流程可知， 以碲化铜渣(主要成分为Cu2Te)为原料提取单质碲， 加硫酸和氧气焙烧，焙烧后碲主要以TeO2形式存在，应该还有硫酸铜生成，加入软水水浸，滤液1中含有硫TeO2溶解，酸铜和硫酸， 滤渣1的主要成分为TeO2， 加入氢氧化钠碱浸，滤渣2中含有Ag、Au等不溶物；滤液2为Na2TeO3的溶液，工艺()加入双氧水氧化生成Na2TeO4，加入硫酸、亚硫酸钠还原可生成Te，发生反应为Na2TeO4+ 3Na2SO3+ H2SO4=
24、 4Na2SO4+Te+ H2O；TeO2与NaOH工艺()加入硫酸调节pH得到TeO2沉淀， 再用NaOH溶液碱浸，反应生成Na2TeO3， 浸出液电积得到Te， 电积过程的阴极的电极反应式为TeO23+ 4e +3H2O = Te+ 6OH，以此解答该题。本题考查混合物分离与提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握常见元素化合物性质及电解原理，题目难度中等。13.【答案】D【解析】解：A.气体Y为O2，该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A 错误；B.阳极区
25、电解的是水，硫酸的浓度增大，反应结束后阳极区pH减小，故 B错误；C.乙醇虽然是做溶剂增强反应物溶解性，提高反应速率，但是H2O H+ OH，提高硫酸浓度使得溶液氢离子增加，反应向逆反应方向移动，抑制水的电离，则不利于水电解反应，故 C 错误；D.阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为：第 20 页，共 30 页+6e+ 6H+2H2O。 每生成1mol对氨基苯甲酸时需要消耗6H+，即3molH2O，所以消耗了54 g电解液，故 D 正确；故选：D。该装置为电解池，由装置图可知，左侧由对硝基苯甲酸生成对氨基苯甲酸，发生还原反应，故左侧是阴极，则右侧为阳极，电极反应式为2
26、H2O 4e= O2 +4H+，A.气体Y为O2，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源的正极；B.反应结束后，阳极区pH减小，C.由于H2O H+ OH， 提高硫酸浓度使得溶液氢离子增加， 反应向逆反应方向移动，抑制水的电离，则不利于水电解反应；D.根据电极反应可得关系式：6H+3H2O，计算解答。本题考查学生电解池的工作原理知识， 注意电解池的两极电子得失判断阴、 阳极并决定电极反应的书写，电子守恒的计算应用是解题关键，难度中等。14.【答案】C【解析】解：A.CO中碳氧键属于极性键，CO2中碳氧键也属于极性键，故反应中有极性键的断裂和非极性键的形成，故A错误；B.由
27、图可知， (N2O + Fe+)的能量大于(CO2+ Fe+)的能量， 即N2O的能量大于CO2的能量，能量越低越稳定，即CO2更稳定，故 B 错误；C.N2O中N原子为sp杂化，电子式为也是sp杂化，故 C正确；D.由图可知，两步反应后产物的总能量均低于反应物的总能量，均为放热反应，总反应的速率应最慢的决定，即由反应决定，故 D 错误；故选：C。A.CO中碳氧键属于极性键，CO2中碳氧键也属于极性键；B.由图可知， (N2O + Fe+)的能量大于(CO2+ Fe+)的能量， 即N2O的能量大于CO2的能量，能量越低越稳定；C.N2O的电子式为，CO2的电子式为，碳、氮均为sp杂化；，CO2
28、的电子式为，碳原子D.由图可知，两步反应均为放热反应，总反应的速率应最慢的决定。第 21 页，共 30 页本题主要考查化学反应中的能量变化，同时考查学生的看图、理解能力，具体涉及到键的极性、杂化方式、吸放热反应等，属于基本知识，基础题型，难度不大， N2O的电子式是本题的难点。15.【答案】AD【解析】解：A.b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸+银溶液也为10mL，根据方程式Ag+ NH3 H2O = AgOH +NH4可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，故 A 正确；+B.m点溶液存在电荷守恒c(OH)+ c(NO3) = c(Ag ) + cA
29、g(NH3)2 + c(NH4) + c(H )，+此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，即c(OH) c(H+)，则c(NO3) O Cl CH3CH2NO2以共价分子存在，分子间作用力弱，H2NCH2COOH可以形成内盐H3N+CH2COO，相互作用力强，熔点高 (0.5 + x,0.5 x,0.5)N16010)2(3001010)A(45010(1)Ga为31号元素，【解析】 解：基态Ga原子的电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s24p1，所以价层电子为4s24p1，开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，2，1，两次生成的沉淀物质的量之比为1：说
30、明内界与外界含有的Cl数目数目分别为2、配合物配位数为6，故配体还有4个NH3，配合物化学式为Ga(NH3)4Cl2Cl，故答案为：4s24p1；Ga(NH3)4Cl2Cl；(2)在配合物结构中，一定有多个多齿配体提供多对电子与中心原子形成配位键；由图1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键为6个； EDTA 中氮原子的成键电子为4，可知，含有1个孤电子，因而N的杂化方式为sp3，故答案为：6；sp3；(3)已知化合物RuCl2(H2O)4NO3的阳离子为六配位八面体构型， 其阳离子的异构体有2种，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA 族由于半满和全满结构，第一电离能
31、偏大，故第一电离能N O Cl，故答案为：2；N O Cl；(4)熔点CH3CH2NO2(90)远低于H2NCH2COOH (240)，除了有氢键的影响外，可能的原因还有CH3CH2NO2以共价分子存在，分子间作用力弱，H2NCH2COOH 可以形成内盐H3N+CH2COO，相互作用力强，熔点高，故答案为：CH3CH2NO2以共价分子存在，分子间作用力弱，H2NCH2COOH 可以形成内盐H3N+CH2COO，相互作用力强，熔点高；(5)在金红石结构中，Ti 原子处在变形的TiO6八面体中，Ti O 距离有4个较近，2个较远，TiO6八面体沿着c轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，晶
32、体结构如图1所示，晶体沿c轴方向的投影如图2所示，其中原子1的分数坐标为(x,x,0)，则原子2的分数坐标为(0.5 + x,0.5 x,0.5)，晶胞中，Ti原子数目为2，O原子数目为4，故晶胞质量为482+164NAg，晶胞体积为(450 1010)2(300 1010)cm3，故晶胞密度为g cm3=N160A482+164NA10(45010)2(3001010)(4501010)2(3001010)160g cm3，。故答案为：(0.5 + x,0.5 x,0.5)；N10)2(3001010)A(45010(1)Ga为31号元素，可利用电子进入轨道的顺序写出电子排布式，再写出原子价
33、层电子排布式；开始外界氯离子生成AgCl，加热滤液是内界氯离子生成AgCl，两次生成的沉淀第 23 页，共 30 页物质的量之比为1：2，说明内界与外界含有的Cl数目数目分别为2、1，配合物配位数为6，故配体还有4个NH3；(2)配位数是直接与中心离子或原子配位的离子或分子的数目；(3)已知化合物RuCl2(H2O)4NO3的阳离子为六配位八面体构型， 其阳离子的异构体有2种，元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大；(4)熔点CH3CH2NO2(90)远低于H2NCH2COOH (240)，除了有氢键的影响外，可能的原因是晶体类型的
34、不同所造成的；(5)在金红石结构中，Ti 原子处在变形的TiO6八面体中，Ti O 距离有4个较近，2个较远，TiO6八面体沿着c轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，晶体结构如图1所示，晶体沿c轴方向的投影如图2所示，其中原子1的分数坐标为(x,x,0)，则原子2的分数坐标为(0.5 + x,0.5 x,0.5)，晶胞中，Ti原子数目为2，O原子数目为4，故晶胞质量为482+164NAg，晶胞体积为(450 1010)2(300 1010)cm3，据此计算晶胞密度。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基
35、础为解题关键，整体难度适中。17.【答案】+24kJ/mol 低温时以反应为主，反应为吸热反应，随着温度的升高，CO2的产率增大，高温时以反应为主，反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO2的产率下降 723 AC 36【解析】解：(1)反应的 H2= 5 413kJ/mol+ 332kJ/mol + 326kJ/mol+465kJ/mol 1076kJ/mol 4 413kJ/mol 436kJ/mol = +24kJ/mol，故答案为：+24kJ/mol；(2)随着温度的升高，CO2的百分含量先增大后减小的原因为低温时以反应为主，反应为吸热反应，随着温度的升高，CO2的产率增大，
36、高温时以反应为主，反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO2的产率下降；催化剂具有选择性，加入催化剂主要为加快反应的速率，二氧化碳百分含量最高的温度就是催化剂适用的最佳温度，为723K，可以提高C2H5OH在催化剂表面的吸附速率的措施为：A.增大乙醇蒸气的分压，相当于增大乙醇的浓度，吸附速率提高，故A正确；B.提高水蒸气的浓度，相当于稀释乙醇蒸气，乙醇浓度降低，吸附速率变慢，故 B错误C.增大催化剂的比表面积，使乙醇与催化剂接触面积更大，吸附速率提高，故C 正确；D.降低产物浓度，会促进副反应正向进行，乙醇蒸气浓度降低，吸附速率减慢，故D第 24 页，共 30 页错误；故答案为：低温
37、时以反应为主，反应为吸热反应，随着温度的升高， CO2的产率增大，高温时以反应为主，反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动， CO2的产率下降；723；AC；(3)由图可知，反应速率最快，故对应温度为348K，对应温度为343K，对应温度为338K，升高温度，CH4的平衡转化率增大，说明升温平衡正向移动，故正向为吸热反应， H 0；反应达到平衡状态时，v正= v逆，则k正 c(CO2) c(CH4) = k逆=c(COc (CO) c (H2)，k22逆k正c2(CO)c2(H2)2)c(CH4)= K，K值变大，温度升高， 平衡正向移动，故曲线K值最大，k正 k逆值最大；在1L密闭容器
38、中充入1 mol CO2和1 mol CH4，曲线CH4的平衡转化率为50%，则平衡时甲烷的反应量为1mol 50% = 0.5mol，平衡时二氧化碳CO的物质的量为1mol 0.5mol = 0.5mol， 甲烷的物质的量为1mol 0.5mol = 0.5mol，和氢气的物质的量均为1mol，此温度下k= K =c(CO逆k正c2(CO)c2(H2)2)c(CH4)=(1mol21mol2) ()1L1L0.5mol0.5mol1L1L= 4，B点处CH4的转化率为25%，则此时甲烷的反应量为1mol 25% = 0.25mol，此时二氧化碳的物质的量为1mol 0.25mol = 0.7
39、5mol，甲烷的物质的量为1mol 0.25mol =0.75mol， CO和氢气的物质的量均为0.5mol，=v逆v正k正c(CO2)c(CH4)k逆c2(CO)c2(H2)= 4 0.75mol0.75mol1L1L0.5mol20.5mol2() ()1L1L=36，故答案为：；36。(1)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；(2)由温度变化对反应的影响判断二氧化碳转化率变化，由反应物和生成物的含量变化判断适宜温度，影响催化剂表面的吸附速率的因素有浓度、温度、压强等；(3)由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热， 反应达到平衡状态， 正逆反应速率相等，由反应物转化率求算各组分浓度，
40、进而求算速率比值。本题考查反应热和化学平衡，题目难度较大，难点是化学平衡的计算，注意反应达到平衡时正逆反应速率相等。+1+ 2AsO18.【答案】NH3、(NH4)2SO4As2O3+ 2NH3+ H2O = 2NH426mol L氧化AsO2和亚铁离子，并转化为FeAsO4沉淀 吸附FeAsO4等含砷微粒 2Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO4 +6NH3 +(NH4)2SO4 第 25 页，共 30 页(1)结合分析可知，【解析】 解：蒸氨过程中有氨气产生， 沉淀过程中有(NH4)2SO4产生，两者可以循环使用，故答案为：NH3、(NH4)2SO4；离子反应为As2O3+ 2NH3
41、+(2)As2O3被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到AsO2，+H2O = 2NH4+ 2AsO2，+ 2AsO故答案为：As2O3+ 2NH3+ H2O = 2NH42；1molCu2(OH)2CO3全部浸出为Cu(NH3)42+的反应为Cu2(OH)2CO3+ 5NH3+3NH4= 2Cu(NH3)42+ HCO故参与反应的氨气为5a mol， 浓度为5amol/L，3+ 2H2O，由图可知：全部浸出为Cu(NH3)42+时lg(NH3) = 0，则此时氨气浓度为1mol/L，故原浸取液中起始时c(NH3) (5 1 + 1)mol L1= 6mol L1，故答案为：6mol
42、L1；含有过氧键， 具有强氧化性， 可以氧化AsO(3)由H2S2O8的结构式可知，2和亚铁离子，并转化为FeAsO4沉淀，故答案为：氧化AsO2和亚铁离子，并转化为FeAsO4沉淀；Fe(OH)3胶体在此过程中的作用是吸附FeAsO4等可生成Fe(OH)3胶体，FeSO4需过量，含砷微粒，故答案为：吸附FeAsO4等含砷微粒；(4)“蒸氨”时发生反应为Cu(NH3)4SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，故反应为2Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO4 +6NH3 +(NH4)2SO4，故答案为：2Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO4 +6NH3 +(NH4)2SO4；(5)
43、抽滤完毕时，应先断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管再关闭水龙头，故答案为：；。Cu2(OH)2CO3、由流程可知， 用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿含CuO、As2O3及重金属盐等，含铜化合物转化为Cu(NH3)4SO4溶液，同时混有重金属盐和AsO加入硫化铵除去重金属离子， 再加入(NH4)2S2O8和FeSO4， 沉淀AsO过滤FeAsO42，2，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，以此来解答。本题考查混合物分离提纯及物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混
44、合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。第 26 页，共 30 页【答案】 直形冷凝管 降温冷凝SOCl2SOCl2+ H2O = SO2 +2HCl f g b c d 除19.+2+去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2MnO2+ C2O2+ 2CO24+ 4H= Mn+2H2O 97.4(1)分析装置可知，【解析】 解：仪器A为直形冷凝管， 装置中冰水的作用为降温冷凝SOCl2，故答案为：直形冷凝管；降温冷凝SOCl2；(2)SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，反应方程式为：SOCl2+ H2O = SO2 +2HCl ，
45、故答案为：SOCl2+ H2O = SO2 +2HCl ；(3)SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入， 用品红溶液检验二氧化硫， 用氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫与HCl，防止污染环境，装置的连接顺序为f g h h b c d e，故答案为：f；g；b；c；d；(4)固体含有碳和MnOOH， 灼烧可生成二氧化碳， 以除去碳， 且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；+2+(5)MnO2溶解反应的离子方程为MnO2+ C2O2+ 2CO2 +2H2O，4+ 4H= Mn+2+故答案为：M
46、nO2+ C2O2+ 2CO2 +2H2O；4+ 4H= Mn(6)高锰酸钾、2MnO二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠(Na2C2O4)氧化， 分别发生：4+2+2+5C2O2+ 10CO2 +8H2O，MnO2+ C2O2+ 2CO24+ 16H= 2Mn4+ 4H= Mn+2H2O，n(C2O24) =134g/mol= 0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO4) =2.68g0.0200mol/L 0.0173L 100mL20mL= 0.00173mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等n(MnO2) = 0.015675mol，得n(MnO2) 2 + 0.0017
47、3mol 5 = 0.0200mol 2，则产品的纯度约为0.015675mol87g/mol1.40g 100% 97.4%，故答案为：97.4。.SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入， 用品红溶液检验二氧化硫， 用氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸；.固体含有碳和MnOOH，灼烧可除去碳，且生成MnO2；2MnO.高锰酸钾、 二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠(Na2C2O4)氧化， 分别发生：4+2+2+5C2O2+ 10CO2 +8H2O，MnO2+ C2O2+ 2CO24+ 16H= 2
48、Mn4+ 4H= Mn+2H2O，结合方程式求算n(MnO2) = 0.005675mol，再根据质量分数公式计算其质量分数。第 27 页，共 30 页本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。20.【答案】酰胺基、硝基 取代反应、(任写一种)【解析】解：(1)C中含氮官能团的名称是酰胺基、硝基，故答案为：酰胺基、硝基；(2)I中酚羟基上的H原子发生取代反应生成J， 则I J的反应类型为取代反应； 化合物D的结构简式为，故答案为：取代反应；(3)G发生取代反应生成H，G H的化学
49、方程式为，故答案为：第 28 页，共 30 页；(4)化合物E的同分异构体符合下列条件：分子中共有5种氢原子，峰面积比为1：1：2：2：4，其中苯环上的有2种；不含S CHO， 符合条件的同分异构体结构简式有有CHO，、，故答案为：、(任性两种)；(5)以甲苯和乙酸为原料合成C， 根据信息知， 甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，氨基易被氧化，所以应该先将甲基氧化为COOH，再将硝基还原为NH2，氨基和乙酸反应生成酰胺基， 最后再和浓硝酸发生取代反应生成硝基而得到目标产物， 其合成路线为，故答案为：。根据D的分子式知，C发生取代反应生成D，D和F发生取代反应生成G，根据G的结构简第 29 页，共 3
50、0 页式及D的分子式知，D为，B中氨基上的氢原子被取代生成E，对比G、I的结G发生信息的反应生成H， H为构简式及H的分子式知，I发生取代反应生成J，C3H7Cl的结构简式为CH3CH2OCH2Cl；，(5)以甲苯和乙酸为原料合成C， 根据信息知， 甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，氨基易被氧化，所以应该先将甲基氧化为COOH，再将硝基还原为NH2，氨基和乙酸反应生成酰胺基，最后再和浓硝酸发生取代反应生成硝基而得到目标产物。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质的结构简式是解本题关键， 采用知识迁移、逆向思维方法进