《2019-2020学年北京一零一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京一零一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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、2019-2020学年北京一零一中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乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则 C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A 20 B24 C25 D 77【答案】B【解析】【分析】【详解】烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2 个 H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H 原子数目，再除以2 可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则 C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+1012
2、=24，答案选B。【点睛】明确每减少2 个 H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。2下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A嵌入锌块后的负极反应：Fe2e-=Fe2+B可用镁合金块代替锌块进行保护C腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【分析】【详解】A.嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A 项错误；B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B 项正确；C.由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；D
3、.此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D 项正确；答案选 A。3有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14CB轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D分子式242C H O可以表示乙酸，也可以表示乙二醇【答案】A【解析】【详解】A.原子序数为6，应为碳元素的粒子，可以表示12C，也可以表示14C，故 A 正确；B.由轨道表示式可知电子排布式为1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外层电子，故B 错误；C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳
4、分子，因为二氧化碳分子是直线形分子，故C错误；D.分子式为242C H O，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式为262C H O，故 D 正错误；故选 A。4以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）则下列叙述错误的是A A气体是 NH3，B 气体是 CO2B把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】D【解析】【详解】A氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应
5、制备纯碱，所以气体A 为氨气，B 为二氧化碳，故A 正确；B第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B 正确；C第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C 正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D 错误；故选 D。5化学与生活密切相关。下列说法错误的是A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C氢氧化铝可用于中和过多胃酸D碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确；B
6、.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X 射线造影检查，应该用硫酸钡，D 错误。答案选 D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。6下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实现现象A 分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片镁片表面产生气泡较快B 向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至
7、过量，边滴边振荡逐渐生成大量蓝色沉淀，沉淀不溶解C 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生D 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加23滴 KSCN 溶液黄色逐渐消失，加KSCN 后溶液颜色不变A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A 选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A 正确，不符合题意；B 选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B 错误，
8、符合题意；C 选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C 正确，不符合题意；D 选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2 3滴 KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D 正确，不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。725 C，改变30.01mol/LCH COONa溶液的pH，溶液中33CH COOH,CHCOO,HOH，浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若aapK=-l
9、gK。下列叙述错误的是（）ApH=6时，-+33c CH COOHc CH COOc HB3CH COOH电离常数的数量级为-510C图中点x 的纵坐标值为-4.74D30.01mol/LCHCOONa的pH约等于线c 与线 d 交点处的横坐标值【答案】A【解析】【分析】根据图知，pH7 时，CH3COOH几乎以 CH3COO形式存在，a表示 CH3COO；A、pH=6 时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH)=c（H）；C、根据 K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3CO
10、OH)求解；D、CH3COO+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol L1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)c(OH)/c(CH3COO)=1/k，求出 c(OH)，pH=14-pOH，即 c 与线 d 交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6 时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H），故 A 错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH)=c（H）=10-4.74，故 B 正确；C、根据 K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH
11、)求解；pH=2 时，c（H）=10-2mol L1，从曲线c 读出c(CH3COOH)=10-2mol L1，由选项B，K=10-4.74，解得 c(CH3COO)=10-4.74，故 C正确；D、CH3COO+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol L1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)c(OH)/c(CH3COO)=1/k，从 c 与线 d 交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac），求出 c(OH)=1/k=104.74mol L1，pH=14-pOH=9.26，即 c 与线 d 交点处的横坐标值。故D 正确。故选 A。8比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，
12、下列说法错误的是（）A都使用了合适的催化剂B都选择了较高的温度C都选择了较高的压强D都未按化学方程式的系数进行投料反应【答案】C【解析】【分析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A 正确；B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故 C 错误；D、合成氨合成塔与制硫酸
13、接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D 正确。故选：C。9下列离子反应方程式正确的是（）A用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO +4H2O C将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A 错误；B.Fe粉少量，硝酸过量，反
14、应产生Fe3+，B 错误；C.金属钠与冷水反应产生NaOH 和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D 错误；故合理选项是C。10工业酸性废水中的227Cr O可转化为3Cr除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为27250mL,Cr O的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是()实验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸227Cr O的去除率%0.922 12.7 57.3 A对比实验可知
15、，降低pH 可以提高227Cr O的去除率B实验中，227Cr O在阴极放电的电极反应式是23272Cr O6e14H2Cr7H OC实验中，227Cr O去除率提高的原因是阳极产物还原227Cr OD实验中，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5mol227Cr O被还原【答案】D【解析】【分析】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子
16、，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH 可以提高Cr2O72-的去除率，A 正确；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故 B正确；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验中，
17、Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol 电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，则有 0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O72-被 Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。11 碳跟浓硫
18、酸共热产生的气体X 和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B在 Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D洗气瓶中无沉淀产生【答案】C【解析】【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为 CO2和 SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是 NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和 NO，NO 遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A因为 SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能
19、与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有 BaCO3生成，A 错误；B反应生成的NO 在 Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因 CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D 错误。答案选 C。12下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A空气被二氧化硫污染后形成酸雨B植物进行光合作用C用漂粉精杀菌D明矾净水【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫溶于与水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，是氧化还原反应，故A 不选；B植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合
20、成有机物，并产生氧气，O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性，发生了氧化还原反应，故C 不选；D明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质，具有净水作用，没有发生氧化还原反应，故 D 选；故答案选D。13下列物质能通过化合反应直接制得的是 FeCl2H2SO4 NH4NO3 HClA只有 B只有 C只有 D全部【答案】D【解析】【分析】【详解】Fe2FeCl3=3FeCl2；SO3H2O=H2SO4；NH3HNO3=NH4NO3；H2Cl2HCl 故都可以通过化合反应制备，选D。14有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，
21、其中 x、y、d、f 随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1 所示。z、e、g、h 的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的 pH 与原子序数的关系如图2 所示。根据上述信息进行判断，下列说法正确是（）A d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d 离子Bd 与 e 形成的化合物中只存在离子键Cx、y、z、d、e、f、g、h 的单质中，f 的熔点最高D x 与 y 可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键【答案】D【解析】【分析】x、y、z、d、e、f、g、h 为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子
22、序数，可以知道x 是 H 元素，y 是 C元素，z 是 N 元素，d 是 O 元素，f 是 Al 元素，z、e、g、h 的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol L-1，e 的 pH 为 12，为一元强碱，则e 是 Na 元素，z、h 的 pH均为 2，为一元强酸，则z 为 N 元素、h 为 Cl 元素，g 的 pH 小于 2，则 g的为二元强酸，故g 为 S元素，据此分析解答问题。【详解】A d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数 AlNaO，则离子半径O2-Na+Al3+，而 S2-的电子层数
23、最多，半径最大，故半径最大的是g 离子，A选项错误；Bd 与 e 形成的化合物可以是Na2O，也可以是 Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；Cx、y、z、d、e、f、g、h 的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；D x 与 y 可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D 选项正确；答案选 D。【点睛】此题 C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C 答案。15设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A 25、
24、l0IKPa下，NA个 C18O2分子的质量为48g B标准状况下，22.4L HF 中含有的电子数为10NAC1mol 白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD 1L0.1 mol/L 的 NaClO 水溶液中含有的氧原子数为0.l NA【答案】A【解析】【详解】A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为1 48g=48g，故正确；B、标准状况下，HF 不是气体，故错误；C、白磷是正四面体结构，4 个 P处于顶点，1mol 白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；D、NaClO 溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；故答案选A。二、
25、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH 溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH 溶液反应的离子方程式是_；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_；.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器
26、 a 的名称是 _。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_；(5)C 中反应生成BaCO3的化学方程式是_；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在 A-B 之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在 B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g 样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为 _(保留 3 位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收 CO2
27、前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_(填“是”“否”)，若填“否”则结果 _(填“偏低”或“偏高”)。【答案】Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O 通入 CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O cd25.0%否偏高【解析】【分析】(1)氢氧化铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)
28、3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2+H2O；实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)(7)；(8)装置 B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【详解】(1)氢氧化铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H
29、2O=Al(OH)3+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入 C 中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在 C中二氧化碳
30、与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a 不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b 不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在AB 之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c 选；d.挥发的 HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在 C中被氢
31、氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在 BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d 选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为 3.94g，则 n(BaCO3)=3.94197/ggmol=0.02mol，则 n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol 100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为2.00g8.00g 100%=25.0%，故答案为25.0%；(8)B 中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C 中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C 吸收 CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数
32、，故答案为否；偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某新型药物G 合成路线如图所示：已知：.RCHOHCN（R 为烃基）；.RCOOH3PBr；.+RNH2一定条件请回答下列问题：（1）A 的名称为_，合成路线图中反应所加的试剂和反应条件分别是_。（2）下列有关说法正确的是_（填字母代号）。A反应的反应类型为取代反应BC可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚CD 中所有碳原子可能在同一平面上D一定条件下1 mol G 可以和 2 mol NaOH 或者 9 mol H2反应（3）F的结构简式为_。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式_
33、。（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_种。属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环能发生银镜反应和水解反应（6）参照 G 的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线 _。【答案】苯乙醛浓硫酸，加热C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2【解析】【分析】根据合成路线，A 结构中含有苯环结构，AB 发生信息I 的反应，则A 为，B 为，B 酸性条件下水解生成C；根据 D 的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C 发生消去反
34、应生成D，D 为，D 发生信息II 的反应生成E，E为，结合 G 的结构简式可知，E和 F发生取代反应生成G，则 F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；(2)A.根据上述分析，反应为加成反应，故A 错误；B.C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C.D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D 中所有碳原子可能在同一平面上，故 C正确；D.一定条件下1 m
35、ol G()可以和 2 mol NaOH 发生水解反应，能够和7 mol H2发生加成反应，故D 错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：苯环上含有2 个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有 3 种结构；苯环上含有1 个侧链的，HCOO-可以分别连接在-
36、CH=CH-两端，有两种结构，共有5 种同分异构体，故答案为：5；(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G 的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 201
37、6 年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：（1）对叔丁基杯4 芳烃(如图所示)可用于 B 族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2)的核外电子排布式：_，其中电子占据的轨道数为_个。（2）对叔丁基杯 4芳烃由 4 个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_，羟基间的相互作用力为_。（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN-等。一定条件下，SCN-与 MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式 _。（4）NH3分子
38、在独立存在时HNH 键角为 106.7。如图Zn(NH3)62+离子的部分结构以及HNH 键角的测量值。解释配合物中H N H 键角变为 109.5 的原因：_。（5）橙红色的八羰基二钴Co2(CO)8的熔点为52，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于_晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠NaCo(CO)4，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_。（6）已知 C60分子结构和C60晶胞示意图(如图、图所示)：则一个 C60分子中含有键的个数为 _，C60晶体密度的计算式为_g cm-3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)【答案】1s22s22p63s23p63d1或 Ar3d110 sp
39、3氢键N C SS C N 氨分子与 Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故 HNH 键角变大分子离子键、配位键、极性键90 412601030/(a3NA)【解析】【分析】（1）Sc是 21 号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有 1 个轨道，p 能级有 3 个轨道，d 能级只有 1 个电子，占有1 个轨道，据此计算总的轨道数；（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；（3）根据等电子体原理分析作答；（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；（5）根据给定
40、的物理性质判断晶体类型；【详解】（1）Sc是 21 号元素，核外电子排布式为Ar3d14s2，则 Sc2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1；s 能级有 1 个轨道，p 能级有 3 个轨道，d 能级只有1 个电子，占有1 个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1=10 个，故答案为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1；10；（2）羟基的中心原子氧原子，有 2 个 键，2 个孤电子对，其杂化轨道数为2+2=4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，故答案为sp3；氢键；（3）N3、SCN与 CO2互为等电子体，因此 SCN的空间构型为直线
41、型，(SCN)2的结构式应为NC-S-S-CN，故答案为NC-S-S-CN；（4）氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故HNH 键角变大，故答案为氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故HNH 键角变大；（5）熔点为52，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(CO)8属于分子晶体；NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有 CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部 C 原子与 O 原子之间存在极性
42、共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，故答案为分子；离子键、配位键、极性键；（4）根据 C60分子结构，C60分子中 1 个碳原子有2 个 CC键、1 个C=C，根据均摊法，一个碳原子真正含有的 键的个数为32，即一个C60分子中含有键的个数为6032=90；根据 C60晶胞结构，离C60最近的 C60上面有 4 个，中间有4 个，下面有4 个，即有 12 个；C60的个数为81/861/2=4，晶胞的质量为14 12g/mol60AN mol=41260ANg，晶胞的体积为（a 1010）3=a3 1030 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为3304 126
43、0g10ANa=4 12 60 1030/(a3NA),故答案为412601030/(a3NA)。19苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)垐?噲?(g)+H2(g)H=+17.6kJ/mol。(1)从温度和压强角度分析提高乙苯平衡转化率可采取的措施有_。(2)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:4)，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实_。平衡常数Kp=_kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数)反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别
44、为正逆反应速率常数。计算a 处的vv正逆_。(3)CO2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在图1 两种途径：b=_kJ/mol。途径 I 的反应历程图所示，下列说法正确的是_。aCO2为氧化剂b状态 1 到状态 2 形成了 O-H 键c中间产物只有()d该催化剂可提高乙苯的平衡转化率在相同的容器中，不同p(CO2)的条件下，进行相同的反应时间，p(CO2)与乙苯转化率关系如图，分析，p(CO2)为 15kPa 时乙苯转化率最高的因_。【答案】升温、降压乙苯蒸气中掺混水蒸气，可以达到减小乙苯蒸气分压的作用，减压有利于平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率452.559.2a、bp(CO2)压强增大，反应
45、速率加快，乙苯转化率增多，当 p(CO2)大于 15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降【解析】【分析】（1）(g)垐?噲?(g)+H2(g)H=+17.6kJ/mol 是吸热反应，又是气体体积增大的反应；（2）气体体积增大的反应，利用减小压强，平衡正向移动；根据反应三段式分析计算；反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，则 v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即 k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，所以vvk PPkpk pppp正乙苯乙苯正逆逆苯乙烯氢气苯乙烯氢气计算；（3）由图片可知b=17.6J/mol+41
46、.6J/mol；反应过程中CO2转化为 CO，C 的化合价降低，被还原；状态1 到状态 2 过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和等中间产物；催化剂可加快反应速率，但不影响反应进程；由反应途径I 图片可知乙苯催化脱氢被催化剂吸附，在催化剂表面进行，随着 CO2压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快，但压强过大时，会导致催化剂吸附乙苯的机能降低，乙苯平衡转化率反而降低。【详解】（1）(g)垐?噲?(g)+H2(g)H=+17.6kJ/mol 是气体体积增大的吸热反应，升高温度和减小压强，平衡向正反应方向移动，则提高乙苯平衡转化率可采取的措施有升温、降压，故答案为：升温、降压；（2）掺入水蒸气
47、能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实乙苯蒸气中掺混水蒸气，可以达到减小乙苯蒸气分压的作用，减压有利于平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率。原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:4，根据 PV=nRT，其它条件相同时，物质的量之比等于压强比，原料气中P水蒸气=80Kpa，P乙苯=20Kpa，平衡时P乙苯=20Kpa（1-75%）=5Kpa，P苯乙烯=20Kpa75%=15Kpa，P氢气=20Kpa 75%=15Kpa，平衡常数Kp=15Kpa15Kpa5Kpa=45kPa，故答案为：45；反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数，a 处的v2
48、0(160%)452.5v20 60%2060%k PPkpkpppp正乙苯乙苯正逆逆苯乙烯氢气苯乙烯氢气，故答案为：2.5；（3）由盖斯定律可知b=17.6J/mol+41.6J/mol=59.2kJ/mol，故答案为：59.2；a反应过程中CO2转化为 CO，C的化合价降低，被还原，是氧化剂，故a 正确；b状态 1 到状态 2 过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“等中间产物，形成了O-H键，故 b 正确；c状态 1 到状态 2 过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和等中间产物，故c 错误；d 催化剂可加快反应速率，但不影响反应进程，故d 错误；ab 正确，故答案为：ab；在相同的容器中，不同p(CO2)的条件下，进行相同的反应时间，p(CO2)与乙苯转化率关系如图3，p(CO2)为 15kPa时乙苯转化率最高的原因：p(CO2)压强增大，反应速率加快，乙苯转化率增多，当 p(CO2)大于 15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降，故答案为：p(CO2)压强增大，反应速率加快，乙苯转化率增多，当p(CO2)大于 15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降。