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1、2019-2020学年福建省厦门市英才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）12019 年是国际化学元素周期表年。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A元素甲的原子序数为31 B元素乙的简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4C原子半径比较：甲乙Si D乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池【答案】B【解析】【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As 小，As 位于第四周
2、期VA 族，则 C、Si、乙位于第 IVA 族，乙为Ge，B、Al、甲位于 A 族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A甲为 Ga，元素甲的原子序数为31，故 A 正确；B非金属性C 大于 Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故 B 错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙Si，故 C 正确；D乙为 Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D 正确。故选 B。【点睛】本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，
3、注意规律性知识的应用。2NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A 5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB1 mol Na与足量 O2反应，生成Na2O和 Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C标况时，22.4L 二氯甲烷所含有的分子数为NAD镁条在氮气中完全燃烧，生成50g 氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏【答案】D【解析】A铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3 价，还可能是+2价，故 0.1mol 铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故 A 错误；BNa 原子最外层是1 个电子，则1 mol Na与足量 O
4、2反应，生成Na2O 和 Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D镁条在氮气中完全燃烧，生成50g 氮化镁时，参加反应的N2为 0.5mol，而 N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D 正确；答案为D。3一定量的2CO与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：2C sCOg2CO g?，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A550 时，若充入惰性气体，v正、v逆逆 均减小，平衡不移动B650 时，反应达平衡后2CO的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的2CO和
5、 CO，平衡向逆反应方向移动D平衡常数的关系：K 925K 600【答案】B【解析】【详解】A.体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则v正、v逆逆均减小，平衡正向移动，选项A 错误；B.由图可知，650时，CO的体积分数为40%，设开始及转化的2CO分别为 n、x，则2x40%nx2x，解得n4x，平衡后2CO的转化率为x100%25.0%4x，选项 B 正确；C.T时，若充入等体积的2CO和 CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K 与温度有关，则K 925K 600，选项 D 错误
6、；答案选 B。4甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=lgKb，pKb(CH3NH2 H2O)=3.4，pKb(NH3 H2O)=4.8。常温下，向 10.00 mL 0.1000 molL1的甲胺溶液中滴加0.0500 mol L1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的负对数pOH=lgc(OH-)与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A B点对应的溶液的pOH3.4 B甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH3+OHCA、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)：CBA D A、B、C、D 四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：DCB
7、A【答案】D【解析】【分析】A B点加入 5 mL0.0500 mol/L 的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2 H2O)=3.4，CH3NH2?H2O 的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)；B甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2?H2O 是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；C恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；D C、D 点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D 点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。【
8、详解】A B点加入 5 mL0.0500 mol/L 的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2 H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明 CH3NH2?H2O 的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)，3332c CH NHc CH NH1，结合 Kb(CH3NH2?H2O)=3332c CH NHc CH NH c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A 正确；BCH3NH2?H2O 是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方
9、程式为：CH3NH2?H2OCH3NH3+OH-，B正确；C 用 0.0500 mol/L 的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 mol/L 的甲胺溶液滴入10 mL 恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H)：CBA，C正确；D C点硫酸与CH3NH2?H2O 恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D 点 n(CH3NH3+)相差较小，但 D 点加入硫酸溶液体积为C 点 2 倍，则 c(CH3NH3+)：CD，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合
10、的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。5利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（）A浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X 中是否含有碳酸根离子D稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCl，故 A 错误；B浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓
11、硫酸吸水，可以挥发出较多HCl 气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故 B 正确；C二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故 C错误；D稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D 错误；故选：B。6用下列对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是实验目的试剂（或条件）A用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气热水浴冷水浴B用 Na 块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子乙醇己烷C用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异石蕊品红D用溴水检验苯的
12、同系物中烷基对苯环有影响苯甲苯A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A 不选；B.钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B 不选；C.二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；D.溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D 选；故选：D。7人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（
13、）A B为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H 原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2
14、O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为 A。82A(g)B(g)+Q（Q0）；下列能量变化示意图正确的是（）ABCD【答案】B【解析】【详解】根据热化学方程式2A(g)B(g)+Q（Q0）可知：该反应是2molA 气体发生反应产生1molB 气体，放出热量 Q，反应物的能量比生成
15、物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。9含有非极性键的非极性分子是A C2H2BCH4CH2O D NaOH【答案】A【解析】【详解】A乙炔分子中，C与 C原子之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，A 正确；B甲烷分子中只含有CH 极性键，不含有非极性键，B 错误；C水分子中只合有HO 极性键，分子结构不对称，属于极性分子，C错误；D NaOH 属于离子化合物，不存在分子，D 错误；故合理选项是A。10下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（）无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-使 pH=11 的溶液中：CO32-，Na+，Al
16、O2-，NO3-加入 Al 能放出 H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+加入 Mg 能放出 H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-ABCD【答案】C【解析】【详解】无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，不合题意；CO32-，AlO2-都能发生水解反应，使溶液呈碱性，符合题意；加入 Al 能放出 H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，不合题意；加入 Mg 能放出 H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大
17、量存在，符合题意；使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，符合题意；酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，不合题意。综合以上分析，只有符合题意。故选C。11 使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol BCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 70.1kJ/mol CCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H
18、70.1kJ/mol D CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol【答案】D【解析】【分析】本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9)H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol，故 D 符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应
19、方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。12设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2LH2与 11.2LD2所含的质子数均为NAB硅晶体中，有NA个 Si 原子就有4NA个 SiSi 键C6.4g Cu 与 3.2g 硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NAD用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L 气体【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下，11.2LH2与 11.2LD2均为 0.5mol，每个分子中含有2 个质子，则所含的质子数均为NA，故A 正确；B.硅晶体中，每个 Si周围形成4 个 SiSi键，每个 SiSi
20、键是 2 个 Si 原子共用，所以有 NA个 Si原子就有2NA个 SiSi 键，故 B 错误；C.硫和铜反应的方程式：2Cu+SCu2S，6.4gCu 与 3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1mol，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu 的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，故 C错误；D.未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D 错误。故选 A。【点睛】此题易错点在于D 项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。13下列叙述正确的是A 24 g 镁与 27 g 铝中，含有相
21、同的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1 mol 重水与 1 mol 水中，中子数比为21 D 1 mol 乙烷和 1 mol 乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】【分析】本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A1 个 Mg 原子中有 12 个质子，1 个 Al 原子中有13 个质子。24g 镁和 27g铝各自的物质的量都是1mol，所以 24g 镁含有的质子数为12mol，27g 铝含有的质子的物质的量为13mol，选项 A 错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为
22、mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol 和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8 个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项 B 正确。C重水为，其中含有 1 个中子，含有 8 个中子，所以 1 个重水分子含有10 个中子，1mol重水含有10mol 中子。水为，其中没有中子，含有 8 个中子，所以1 个水分子含有8 个中子，1mol 水含有 8mol 中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项 C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6 个 CH 键和 1 个 CC键，所以1mol 乙烷有 7mol 共价键。乙烯（C2H4）分子中有
23、4 个 CH 键和 1 个 CC，所以 1mol 乙烯有 6mol 共价键，选项D 错误。故选 B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。14屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是A分子式为C15H24O2B属子芳香族化合物C能发生取代反应和加成反应D分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据结构可知，分子式为C15H22O2，故 A 错误；B、分子结构
24、中没有苯环，不属子芳香族化合物，故B 错误；C、分子结构中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故 C正确；D、分子中含有CH3等结构，所有原子不可能共平面，故D 错误。答案选 C。15能正确反映化合物（用M 表示）与电解质（用N 表示）二者关系的是选项A B C D 关系包含关系并列关系交集关系重叠关系A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】据电解质的概念分析。【详解】电解质是溶于水或熔化时能导电的化合物。故电解质一定属于化合物，包含在化合物之中。本题选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，
25、某课外活动小组先测定废水中含NO3-为 310-4 mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为 N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_NO3-+_Al+_H2O _N2+_Al(OH)3+_OH-。(2)上述反应中被还原的元素是_，每生成 2 mol N2转移 _mol 电子。(3)有上述废水100 m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_g。.NO 与 Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5，沸点-5.5，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl
26、2时，装置A 中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。(5)将上述收集到的Cl2充入 D 的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。装置 D 中发生的反应方程式为_。如果不用装置E会引起什么后果：_。某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_，为了充分吸收尾气，可将尾气与 _同时通入氢氧化钠溶液中。【答案】610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 2NO+Cl22NOCl F中的水蒸气进入D 装置中，会导致产品水解NOO2【解析】【分析】.N 元素化合价由+5 降低为 0，铝元素化合价由0 升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；.实
27、验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO 与 Cl2发生化合反应生成NOCl，根据 NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N 元素化合价由+5 降低为 0，铝元素化合价由0 升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O=3N2+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N 元素化合价由+5 降低为 0，被还原的元素是N，每生成 2 mol N2转移 2mol 2(50)=20mol电子。(3)100 m3废水含有NO3-的物质的量是100103L 3 10-4 mol/
28、L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n-32236NO+10Al+18H O=3N+10A6mol10mol30l OH+mol6OHn1030mol6momolln=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol 27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=VMnCl2+Cl2+2H2O。(5)装置 D 中 NO 与 Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl22NOCl。NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D 装置中，会导致产品水解。尾气中含有NO，NO 不
29、能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与 NO 反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_；E中含氧官能团的名称是_。(2)D 生成 E的反应类型为_。(3)C 的结构简式为_。(4)A 遇 FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生
30、成1 mol B、1 mol H2O 和 1 mol CO2，B 能与溴水发生加成反应，推测A 生成 B 的化学方程式为_。(5)X 是 B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有_种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为_。可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳遇 FeCl3溶液发生显色反应除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线 _(其他试剂任选)。【答案】HOOC CH2COOH 醚键、酯基取代反应15【解析】【分析】本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由 E的结构简式以及D 的分子式可推断出D 的结构简式为，由 C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断
31、出C的结构简式为，B 与氢气发生加成反应生成C，结合 B 的分子式与第（4）问中“B 能与溴水发生加成反应”，可推断出B 的结构简式为，A 与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合 A 的分子式以及第（4）问中“A 遇 FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O 和 1 mol CO2”，可推断出A 的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察 E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D 生成 E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平
32、可写出A 生成 B 的化学方程式为：；（5）条件：该结构简式中含有羧基；条件：该结构简式中含有酚羟基；条件：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2 个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3 个取代位置，（3）中酚羟基有4 个取代位置，（4）中酚羟基有4 个取代位置，（5）中酚羟基有2 个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15 种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成 B 的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，
33、故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18I.工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料。（1）等物质的量浓度的两溶液，pH 大小为：氯化铵_
34、硫酸铵（选填、=或，下同）；铵根离子浓度相同的两溶液，两者的浓度大小关系为：氯化铵_硫酸铵；（2）检验铵态氮肥中铵根离子的实验方案是_；（3）长期施用硫酸铵，土壤会酸化板结的原因是_。II.最新“人工固氮”的研究报道：常温常压、催化剂条件下，N2与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)?4NH3(g)+3O2(g)?Q，（Q0）。（4）如果反应的平衡常数K值变小，该反应正反应速率_（选填增大、减小或不变，下同），逆反应速率 _。（5）请用上述反应中的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态_。（6）若反应的容器容积为2.0L，反应时间4.0 min，容器内气体的密度增大了0.18 g/L，在这段
35、时间内O2的平均反应速率为_。【答案】取样，加入试管配成溶液，加入浓氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸,若变蓝，则含有铵根离子；反之没有硫酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以长期施用，土壤会酸化板结减小减小容器中气体的总质量不随时间而变化或容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化或容器中气体的密度不随时间而变化或v正（N2）：v逆（O2）=2:3（合理即可）0.00125 molL-1min-1【解析】【分析】(1)等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵，硫酸铵中的铵根离子浓度大，溶液PH小，若铵根离子浓度相同则硫酸铵溶液浓度小；(2)依据铵根离子和氢氧根离子结合生成一水合氨，加热
36、分解生成的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝设计证明；(3)长期施用硫酸铵能够使土壤中的氢离子浓度升高；(4)2N2(g)+6H2O(l)?4NH3(g)+3O2(g)?Q，(Q0)，反应是吸热反应，如果反应的平衡常数K 值变小说明平衡逆向进行，温度降低，反应速率减小；(5)反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析，由此分析解答；(6)容器内气体的密度增大了0.18g/L，即水的质量减少了0.18g/L 2L=0.36g，则生成氧气物质的量为：120.36g18g/mol=0.01mol，再据 v=nVtVV计算速率。【详解】(1)等物质的量浓度的两溶液，氯化铵含一个铵根，硫酸
37、铵含两个铵根，pH 大小为：氯化铵硫酸铵，铵根离子浓度相同的两溶液，两者的浓度大小关系为：氯化铵硫酸铵；(2)检验铵态氮肥中铵根离子的实验方案是：取样，加入试管配成溶液，加入浓氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则含有铵根离子；反之没有；(3)长期施用硫酸铵会使土壤板结酸化，硫酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以长期施用，土壤会酸化板结；(4)2N2(g)+6H2O(l)?4NH3(g)+3O2(g)?Q，(Q0)，反应是吸热反应，如果反应的平衡常数K 值变小说明平衡逆向进行，应降低温度，温度降低，反应速率减小，正反应速率和逆反应速率都减小；(5)2N2(g)+6H2
38、O(l)?4NH3(g)+3O2(g)?Q，(Q0)，反应是有液体参加的气体体积增大的吸热反应，容器中气体的总质量不随时间而变化或容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化或容器中气体的密度不随时间而变化或v正(N2)：v逆(O2)=2：3 时，都可以说明反应达到平衡状态；(6)容器内气体的密度增大了0.18g/L，即水的质量减少了0.18g/L 2L=0.36g，则生成氧气物质的量为：120.36g18g/mol=0.01mol，据 v(O2)=nVtVV=0.01mol2L4min=0.00125 mol?L-1min-1。【点睛】注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，
39、平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。19为了纪念元素周期表诞生150 周年，联合国将2019 年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag 与 Cu在同一族，则Ag在周期表中 _（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。Ag(NH3)2+中 Ag+空的 5s 轨道和 5p 轨道以 sp 杂化成键，则该配离子的空间构型是_。(2)表中是 Fe和 Cu 的部分电离能数据：请解释I
40、2(Cu)大于 I2(Fe)的主要原因：_。元素Fe Cu 第一电离能I1/kJ mol1759 746 第二电离能I2/kJ mol11561 1958(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4Fe(CN)6。CN-的电子式是 _；1mol 该配离子中含键数目为 _。该配合物中存在的作用力类型有_（填字母）。A金属键B离子键C共价键D配位键E氢键F范德华力(4)MnO 的熔点(1660)比 MnS 的熔点(1610)高，其主要原因是_。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，
41、其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M 处于 _位置，X处于 _位置（限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空）。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为a nm，其晶体密度为dgcm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_。【答案】ds 直线形失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子12NABCD 二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO 的晶格能大于MnS 体心面心3762010ad【解析】【详解】(1)Ag 在第五周期第B族，属于ds 区；依题意：Ag(NH3)2+中 Ag
42、+以 sp 杂化成键，应该是直线形；(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是 4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定。所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满3d10 电子，需要的能量高，而 Fe 失去的是4s1 电子，所需能量低；故I2(Cu)大于 I2(Fe)。(3)CN-与 N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与 Fe2+以配位键结合，这6 个配位键都属于键，还有6 个 CN-中各有一个键，1 个配离子中含有
43、的键共有 12个，则 1mol 该配离子中含有12 NA个 键；K4 Fe(CN)6是离子化合物，含有离子键，阳离子 K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与 CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合，故选 BCD；(4)MnO 和 MnS 的阳离子相同，阴离子所带电荷也相同，但是O2-的半径比S2-小，离子键作用力强，所以MnO 中的晶格能比MnS 中的大，物质的熔点也比MnS 的高；(5)依题意可知：卤素阴离子位于立方体的6 个面的面心，正好构成正八面体，M 位于八面体的体心，也是立方体的体心；晶体体积=晶体体积=a3 10-21cm3，晶体密度=MANV，则 NA=M?V。1mol 晶胞含 1molCH3NH3PbI3，据d=3762010ANa，所以 NA=3762010ad。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用。