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1、2019-2020学年安徽省合肥市新城高升学校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某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A含有 4.5gAl B不含 FeCl2、AlCl3C含有物质的量相等的(NH4)2SO4和 MgCl2D含有 MgCl2、FeCl2【答案】C【解析】【分析】5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2
2、)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为2.9g0.0558/molgmol；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A 错误；B.从前面
3、的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n(NH4)2SO4=0.05mol，n(MgCl2)=nMg(OH)2=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和 MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D 错误。故选 C。2某有机物的结构为，下列说法正确的是（）A 1 mol 该有机物最多可以与7 mol H2发生加成反应B该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C0.1 mol 该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36L H2D与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8 种（不考虑立体异构
4、）【答案】A【解析】【分析】该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1mol 该有机物最多可与7mol H2发生加成反应，选项A正确；B该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误；C虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C错误；D分子中含有戊基-C5H11，戊基有 8 种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具
5、有相同官能团的同分异构体一定超过8 种，选项D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，题目难度不大。3下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是A如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和B相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少C金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可为:C(s金刚石)=C(s，石墨)?H-(E2 E3)kJmol1D同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的 H 相同【答案】
6、D【解析】【详解】A.据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A 错误；B.液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；C.放出的热量=反应物的总能量-生成物的总能量=-(E1E3)kJ mol-1，故 C 错误；D.反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D 正确；答案选 D。4下列离子方程式书写不正确的是A用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2 +Cu2+BNaOH 溶液与足量的Ca(HCO3)2
7、溶液反应：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H2O C等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液中的反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-D氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3 H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O【答案】B【解析】试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2+Cu2+，故 A 正确；B、NaOH 溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+CaCO3+H2O，故 B 错误；C、等物质的量的 FeBr2和 Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反
8、应为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-，故 C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3?H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故 D 正确；故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。5以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A反应 1 中，每生成1 mol
9、 ClO2有 0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应 2 中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A.在反应 1 中，NaClO3和 SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和 ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有 0.5 mol SO2被氧化，故A 正确；B.根据上述分析可知，反应1 中除了生成ClO2，还有 Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故 B 正确；C.在反应 2 中，ClO2与 H2O2在 NaOH 作用下反应生成NaClO2
10、，氯元素的化合价从+4 价降低到+3 价，则 ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D.减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D 正确；答案选C。6天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程O2间接氧化H2S C亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐【答案】A【解析】【详解】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，F
11、e2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A 错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B 正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C 正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛
12、水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确；故合理选项是A。7用下列装置完成相关实验，合理的是()A图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或 NH3C图：分离Na2CO3溶液与 CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH 与 CH3COOC2H5【答案】B【解析】【分析】【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A 错误；B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；CNa2CO3溶液与 CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C 错误；D C
13、H3CH2OH 与 CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D 错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A 是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。8雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1 D该反应中每析出4.8g
14、 硫黄，则转移0.5mol 电子【答案】D【解析】【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故 A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以 NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故 C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol 电子，故D正确。9已知常温下，Ka1(H2CO3)=
15、4.3 10-7，Ka2(H2CO3)=5.6 10-11。某二元酸H2R 及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH 变化关系如图所示，下列叙述错误的是A在 pH=4.3 的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B等体积、等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小C在 pH=3 的溶液中存在2-32-c(R)c(H R)=10c(HR)D向 Na2CO3溶液中加入过量H2R 溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-【答案】C【解析】【分析】【详解】A在 pH=4.3 的溶液中，c(R2-)=c(H
16、R-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，则3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，A 选项正确；B等体积等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，生成等浓度的H2R、HR-，溶液的 pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B 选项正确；C当溶液pH=1.3 时，c(H2R)=c(HR-)，则-+-1.3a12c HRc H=10c H RK，溶液的pH=4.3 时，c(R2-)=c(HR-)，2-+-4.4a2-c Rc H=10c HRK，则2-3.1a22-a1c(R)c
17、(H R)=10c(HR)KK，C选项错误；D结合题干条件，由C选项可知，H2R 的电离常数Ka2大于 H2CO3的 Ka2，即酸性 HR-大于 H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液，发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-，D 选项正确；答案选 C。10某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu 或 Cu2O，Cu和 Cu2O 均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O H2SO4=CuSO4CuH2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu 假设二：红色
18、固体只有Cu2O 假设三：红色固体中有Cu和 Cu2O 下列判断正确的是()A取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C现将 7.2 克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4 克，则假设二成立D实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH 的 Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O【答案】C【解析】【详解】A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A 错误；B.若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为
19、氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B 错误；C.假设红色固体只有Cu2O，则 7.2gCu2O 的物质的量为0.05mol，和 H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为 6.4g，所以假设成立，选项C正确；D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH 的 Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项 D 错误。答案选 C。11某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A H2SO4浓度为 4 mol/L B溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为 0.2 mol/L D AB 段反应为：
20、Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为 22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据 OA 段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=nV计算 c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g 铁，也就是22.4g 56g/mol 0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒
21、，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A 正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B 正确；C、OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO +2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为 2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO +2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D 正确。答案选 C。【点晴】
22、该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。12NA表示阿伏加德罗常数的数值。乙醚(CH3CH2OCH2CH3)是一种麻醉剂。制备乙醚的方法是2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O.下列说法正确的是A 18gH218O 分子含中子数目为10NAB每制备1molCH3CH218OCH2CH3必形成共价键数目为4NAC10g46%酒精溶液中含H 原子个数为1.2NA
23、D标准状况下,4.48L 乙醇含分子数为0.2NA【答案】C【解析】A、18gH218O 分子含中子数目为 10NA=9NA，故 A 错误；B、每制备1molCH3CH218OCH2CH3，分子间脱水，形成CO、OH 共价键，形成共价键数目为2NA，故 B 错误；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水 5.4g,含 H原子=(6+2)NA=1.2NA，含 H 原子个数为1.2NA，故 C 正确，D、标准状况下,4.48L 乙醇为液态，故D 错误；故选C。13下列化学用语正确的是A聚丙烯的链节：CH2CH2CH2B二氧化碳分子的比例模型：C的名称：1，3二甲基丁烷D氯离子的结构示意图：【答
24、案】D【解析】【分析】【详解】A聚丙烯的链节：，A 错误；BO 的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B 错误；C的名称：2甲基戊烷，C错误；D氯离子最外层有8 个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D 正确；答案选 D。14下列有关说法正确的是二氧化硅可与NaOH 溶液反应，因此可用NaOH 溶液雕刻玻璃；明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2O CaO 6
25、SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。ABC除外都正确D【答案】D【解析】，虽然二氧化硅可与NaOH 溶液反应，但不用NaOH 溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，错误；，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，正确；，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含 I-的水溶液I2/H2O I2的 CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的
26、主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，Na2O CaO 6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选 D。15工业上利用电化学方法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确的是（）A电极 为阳极，发生还原反应B通电后H+通过阳离子交换膜向电极方向移动，电极区溶液 pH 增大C阴极区电极反应式为：2SO2+2eS2O42D若通电一段时间后溶液中H+转移 0.1mol，则处理标准状况下SO2废气 2.24L【答案】C【解析】A电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，A 错
27、误；B通电后 H+通过阳离子交换膜向阴极电极方向移动，电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为2H2O+SO22e4H+SO42，酸性增强pH 减小，B 错误；C电极极为阴极，发生还原反应SO2生成 Na2S2O4，电极反应式为：2SO2+2eS2O42，C正确；D由阴极电极反应式为：2SO2+2eS2O42，阳极电极反应式为：2H2O+SO22e4H+SO42，则若通电一段时间后溶液中H+转移 0.1mol，则阴阳两极共处理标准状况下SO2废气（0.1+0.05）mol 22.4L/mol=3.36L，D 错误，答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某科研小组采用如下方
28、案对废旧光盘金属层中的少量Ag 进行回收（金属层中其它金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解；常温时N2 H1H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：3242243224Ag NHN HH O4AgN4NH4NHH O回答下列问题：(1)“氧化”阶段需在80条件下进行，控制在该温度下反应的原因是_。(2)NaClO 溶液与 Ag 反应生成白色沉淀和无色气体，该反应的化学方程式为_；从反应产物的角度分析，以 HNO3代替 NaClO 的缺点是 _。(3)“滤液”中可循环的物质是_；为提高Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(1)已知溶液
29、中银离子易与氨水中氨分子结合生成Ag(NH3)2+，请写出“溶解”过程中反应的离子方程式：_；常温下，其反应的平衡常数K=_。已知：常温下，10AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)1.8 10spK?833d2Ag NH(aq)Ag(aq)2NH(aq)6.0 10K?(5)从“过滤”后的滤液中获取单质Ag 的过程中，在加入 2mol/L 水合肼溶液后，后续还需选用下列试剂有_（填序号）；反应完全后获取纯净的单质银，还需再进行的实验操作方法主要有_。1mol/L H2SO110%氨水1mol/L NaOH 溶液【答案】防止氧化剂NaClO分解1Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaO
30、H+O2 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染NaOH 溶液将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O 0.003 静置，过滤、洗涤【解析】【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生1Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaOH+O2，为控制80，可水浴加热，过滤I 分离出 AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O，过滤 II分离出的滤渣中可能含有Ag，对过滤 II得到的滤液用N2H1?H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag(NH3)
31、2+得到 Ag，以此来解答。【详解】（1）根据题干信息中NaClO 溶液在受热条件下容易分解分析知，“氧化”阶段需在80条件下进行，原因是防止氧化剂NaClO 分解，故答案为：防止氧化剂NaClO 分解；（2）NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O 元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为1Ag+1NaClO+2H2O1AgCl+1NaOH+O2；HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染，故答案为：1Ag+1NaClO+2H2O
32、 1AgCl+1NaOH+O2；会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染；（3）发生氧化反应1Ag+1NaClO+2H2O 1AgCl+1NaOH+O2后生成了NaOH，所以可以循环的物质是NaOH溶液；为提高Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少 Ag 的损失，故答案为：氨气；将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中；（1）氯化银沉淀溶解于氨水得到银氨溶液的离子方程式为：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O；根据平衡常数表达式得：+-+-1033sp2222+-833dAg NH(Cl)cAgNH c(Cl)c(Ag)
33、(AgCl)1.8 100.003(NH)c(NH)c(Ag)6.0 10=KccKcK，故答案为：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2+Cl-+2H2O；0.003；（5）由题干信息知，从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案为向滤液中滴加2mol/L 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol/L H2SO1溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥，故答案为：；静置，过滤、洗涤，干燥。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的
34、一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4 种d由 E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D 的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物具有硝基核磁共振氢谱有3 组峰（6）写出用和 CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_【答案】2-氯-1,3-丁二烯加成
35、反应碳碳双键、酯基；氯原子cd【解析】【分析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以 B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。（2）由 C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故 a 错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b 错误；c氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4 种，故 c 正确；d由 E生成氨
36、甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故 d 正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由 D 的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2;核磁共振氢谱有3 组峰说明含有3 种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和 CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18（1）纳米氧化铜、纳米氧化锌均可
37、作合成氨的催化剂，Cu2+价层电子的轨道表达式为_。（2）2-巯基烟酸()水溶性优于2 巯基烟酸氧钒配合物()的原因是_。（3）各原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p 轨道，则 p 电子可在多个原子间运动，形成“离域 键”,下列物质中存在“离域 键”的是 _。A SO2BSO42-CH2S DCS2（4）尿素(H2NCONH2)尿素分子中，原子杂化轨道类型有_，键与 键数目之比为_。（5）氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼(如左下图 )和六方氮化硼(如右下图),前者类似于金刚石，后者与石墨相似。晶胞中的原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。左
38、上图中原子坐标参数A 为(0,0,0),D 为（12,12,0）,则 E原子的坐标参数为_。X-射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼晶体中N 与 B 的原子半径之和为_pm(3=1.732)。已知六方氮化硼同层中B-N 距离为 acm，密度为dg/cm3，则层与层之间距离的计算表这式为_pm。(已知正六边形面积为3 32a2,a 为边长)【答案】2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大AD sp2、sp371(14，34，34)156.5 2253 32AadN 1010【解析】（1）考查轨道式的书写，Cu属于副族元素，价电子应是最外层电子和次
39、外层d 能级上的电子，因此Cu2的价层电子的轨道式是；（2）考查溶解性，2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢鍵，使其在水中溶解度增大；（3）考查化学键类型，A、SO2中心原子S有 2 个 键，孤电子对数为(622)/2=1，价层电子对数为3，则 SO2空间构型为V 型，符合题中所给条件，即存在离域键，故 A 正确；B、SO42中心原子S含有 4 个 键，孤电子对数为(6 242)/2=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体，不符合题中信息，不含离域键，故 B错误；C、H2S的空间构型为V型，但 H 不含 p 能级，即不存在离域 键，故 C 错误；D、CS2空间构型为直线型，符合信息，存在离
40、域 键，故 D 正确；（4）考查杂化类型的判断、化学键数目的判断，尿素的结构简式为，判断出N、C、O 杂化类型分别是sp3、sp2、sp3；成键原子之间只能形成1个 键，因此 1mol 尿素中含有 键的物质的量为7mol，含有 键的物质的量为1mol，比值为7：1；（5）考查晶胞的计算，BN 结构类似于金刚石的结构，因此 BN 为原子晶体，根据金刚石晶胞结构贴点，E的坐标为(1/4，3/4，3/4)；立方氮化硼中B 和 N 最近的距离是体对角线的1/4，求出 B与 N 之间的距离应是pm（x 为晶胞的边长），即为 156.5pm；根据六方氮化硼的结构，B的个数为61/631/3=2，晶胞的质量
41、为，根据晶胞的体积为（3 32a2h）cm3(h 为六方氮化硼的高)，根据晶胞的密度的定义，求出 h=22253 32AadNcm，层与层之间的距离应是高的一半，因此2253 32AadN 1010pm。点睛：本题易错点是问题（3），学生读不懂信息，首先应是各原子在同一平面，即根据价层电子对数判断空间构型，然后是相互平行的p 轨道，即原子中含有p 轨道参与成键，这样就可以判断出正确的选项，注意硫化氢中H 为 s 能级。19CH3OCH3是绿色能源，也是化工原料。(1)已知几种共价键的键能数据如下:用 CO和 H2合成 CH3OH；CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)H=-99 kJ.mo
42、l-1。根据上述信息，表格中E1-E2=_kJ mol-1。(2)在恒容密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)，发生反应2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)?H，测得 CH3OH平衡转化率与温度的关系如图所示。?H_0(填“”“或“=”)，判断依据是_。T2K 下，平衡常数K=._。(3)在 T 1K下，CO和 CH4混合气体发生反应：CO(g)+CH4(g)?CH3CHO(g)?H 0，反应速率v=v正-v逆=k正c(CO)c(CH4)k逆c(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，vv正逆将_(填“增大”“减小”或“不变”,下
43、同)；若升温，kk正逆将_。(4)在 T2K 下，在 2L 真空容器中充入1 mol CH3OCH3(g)，发生反应：CH3OCH3(g)?CH4(g)+H2(g)+CO(g)。在不同时间测定容器内的总压数据如下表所示：在该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为_。(5)科研人员电解酸化的CO2制备 CH3OCH3，装置如图所示。阴极的电极反应式为_。【答案】733T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应4不变减小75%2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O【解析】【分析】(1)利用热焓变计算键能时，借助公式：反应物的总键能生成物的总能键=?H；代入已知键能的数
44、据，便可求出未知键能的数值；(2)利用坐标图象分析?H 与 0 的相对大小时，需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短。(3)利用图象求平衡常数时，需采集图中曲线上某点的转化率或浓度，利用三段式建立反应物与生成物的平衡量关系，代入平衡常数计算公式进行计算。(4)利用电池装置图书写电极反应式时，应提取图中的信息，或电极反应物或生成物，电解质的性质，然后根据反应物中元素价态的变化，确定电极的名称，然后写出电极反应式。【详解】(1)H=反应物的总键能生成物的总键能，即(E1+2 436kJ/mol)-(3 413kJ/mol+E2+465kJ/m
45、ol)=-99/mol，从而求出 E1-E2=733kJ mol-1。答案为：733；(2)从图中可以看出，T1时达平衡时间短，T1T2，升高温度，3CH OH%（）减小，则平衡逆向移动，?HT2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应。答案为：T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应；T2K 下，CH3OH 的转化率为80%，设混合气的体积为1L，利用三段式：33322CH OH(g)CH OCH(g)H O(g)(mol)200(mol)1.60.80.8(mol)0.40.80.8垐?噲?起始量变化量平衡量平衡常数K=20.8 0.80.4=4。答案为：4
46、；(3)达到平衡后，若加入高效催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，则vv正逆将不变；平衡时，v正=v逆，k正c(CO)c(CH4)=k逆c(CH3CHO)，K=kk正逆，此时若升温，平衡逆向移动，kk正逆将减小。答案为：不变；减小；(4)设 CH3OCH3的起始量为1mol，变化量为y，建立三段式：3342CH OCH(g)CH(g)CO(g)H(g)(mol)1000(mol)(mol)1yyyyyyyy垐?噲?起始量变化量平衡量因为压强之比等于物质的量之比，则15012125y，y=0.75mol，从而求出该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为 75%。答案为：75%；(5)依题意，阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H+3O2，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。答案为：2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。【点睛】在书写电极反应式时，从箭头分析，H2OO2，则 O 元素由-2 价升高到0 价，失电子，此电极为阳极，则另一电极为阴极，同样从箭头分析，CO2 CH3OCH3，可利用的离子是H+，H2O 也是可利用的物质，由此可写出电极反应式。