《2019-2020学年安徽省临泉二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学年安徽省临泉二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学年安徽省临泉二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）1t时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A在 t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-9B图中 a 点是饱和溶液，b、d 两点对应的溶液都是不饱和溶液C向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，溶液由a 点向 c 点方向移动D要使 d 点移动到b 点可以降低温度【答案】C【解析】【详解】A.在 t时 PdI2的 Ksp=7.0 10-5（1 10-4）2=7 10-13，故 A 错误；B.图中 a 点是饱和溶液，b 变为
2、a 铅离子的浓度增大，即b 点不是饱和溶液，d 变为 a 点要减小碘离子的浓度，说明d 点是饱和溶液，故B错误；C.向 a 点的溶液中加入少量NaI 固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由a 点向 c 点方向移动，故C正确；D.沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使d 点移动到b 点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，故 D 错误。答案选 C。2下列说法错误的是（）A图 a 所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B用图 b 所示
3、装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C用图 c 所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e 口通入 NH3，再从 f 口通入 CO2，g 中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D测定某盐酸的物质的量浓度所用图d 所示装置中滴定管选择错误【答案】B【解析】【详解】A.根据图 a 装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A 正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B 错误；C.图 c所示装置是侯氏制碱法的
4、反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g 的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D 正确。故选 B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。3化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A用石材制作砚台的过程是化学变化B氯化铵溶液可清
5、除铜制品表面的锈渍，是因为氨根离子水解使溶液显酸性C月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化【答案】B【解析】【分析】【详解】A用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A 错误；B氨根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液可以用来除锈，故B 正确；C硅胶具有吸水性，可作食品包装中的硅胶为干燥剂，但硅胶没有还原性、不能除去月饼包装袋中的氧气，可放入装有铁粉的透气袋，故C错误；D石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠发生反应，故D 错误；故答案选B。4以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含
6、有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入 CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15 D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】【详解】A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入 CaO会与 SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A 项不符合题意；B.滤液为 NaAlO2溶液，通入CO2，生成 Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B
7、项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D 项不符合题意；本题答案选C。5 位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3 倍。据此推断，下述正确的是A简单氢化物的沸点：乙丙B由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D由
8、甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)r(乙)r(丙)r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A 项错误；B.甲、乙两元素组成的化
9、合物为烃类，烃类不溶于水，B 项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C 项正确；D.甲和丙可以组成24N H（肼），24N H中存在 N-N 非极性键，D 项错误；答案选 C。6只涉及到物理变化的是（）A石油裂化B煤的干馏C海水晒盐D高炉炼铁【答案】C【解析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。【详解】A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A 错误；B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油
10、、粗氨水和焦炉气等，故B错误；C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D 错误。故选：C。【点睛】本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。7下列关于氨气的说法正确的是（）A氨分子的空间构型为三角形B氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C氨分子是含极性键的极性分子D氨水呈碱性，所以氨气是电解质【答案】C【解析】【详解】A NH3中 N 原子的价层电子对数=3+（5-3 1）=4，属于 sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项A 错误；B氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合
11、金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项B 错误；C NH3中有 N、H 元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项 C 正确；D氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项D 错误；答案选 C。8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
12、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。9下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是A NH3NONO2HNO3B浓缩海水Br2HBr Br2C饱和食盐水Cl2漂白粉D H2和 Cl2混合气体HCl 气体盐酸【答案】D【解析】【
13、分析】【详解】A 工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO 后，生成的 NO 与 O2反应生成 NO2，NO2溶于水生成HNO3，A 项不符合题意，不选；B通过海水提取溴，是用Cl2氧化经 H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为 Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将 Br2转化为 HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为 Br2，经 CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B 项不符合题意，不选；C工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；D H2和 Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产
14、，D 项符合题意；答案选 D。10世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A普通玻璃含有二氧化硅B该发电玻璃能将光能完全转化为电能C碲化镉是一种无机化合物D应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答案】B【解析】【分析】【详解】A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A 正确；B.该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C.碲化镉属于无机化合物，故C正确；D.应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D 正确。故选 B。11对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O
15、 5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是A 5/11 的磷被氧化B3mol CuSO4可氧化 11/5mol P C每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol D当 1mol P 参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol【答案】C【解析】【详解】A.11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3 价，这样的 P原子是 5mol，还有 P元素的化合价由0 升高为+5 价，这样的P原子是 6mol，即被氧化的磷原子为611，选项 A 错误；B.根据反应知道，是1molCuSO4得到 1mol 电子，
16、1molP 失去 5mol 电子，则3molCuSO4可氧化 0.6molP，选项 B 错误；C.起氧化作用P元素的化合价由0 降低为-3 价转移 3 个电子，起还原作用的P的化合价由0 升高为+5 价转移 5 个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，选项 C正确；D.当 1molP 参加反应时，有611molP 作还原剂，转移电子的物质的量为3011mol，选项 D 错误答案选 C。【点睛】本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P 既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，11P+15CuSO4
17、+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0 降低为-3 价，这样的 P原子是 5mol，还有 P元素的化合价由0 升高为+5 价，这样的P原子是 6mol，Cu元素的化合价由+2 价降低为+1 价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。12T时，分别向10 mL 浓度均为0.1 molL1的 CuCl2和 ZnCl2溶液中滴加0.1 molL1的 Na2S溶液，滴加过程中lgc(Cu2)和 lgc(Zn2)与 Na2S溶液体积(V)的关系如图所示 已知：Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，lg30.5。下列有关说法错误的是()。A abd 为滴定 ZnC
18、l2溶液的曲线B对应溶液pH：a be Ca 点对应的CuCl2溶液中：c(Cl)2 c(Cu2)c(H)D d 点纵坐标约为33.9【答案】A【解析】【分析】【详解】A10mL 浓度为 0.1 mol?L-1的 CuCl2和 ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 mol?L-1的 Na2S反应生成CuS沉淀和 ZnS沉淀，Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a-b-e 为滴定 ZnCl2溶液的曲线，故A 错误；B某温度下，分别向10mL 浓度均为0.1 mol?L-1的 CuCl2和 ZnCl2溶液中滴加0.1 mol?L-1的 Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌
19、，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH 增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH 增大，溶液pH：a be，故 B正确；CCuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=2c(Cu2+)+2c Cu(OH)2，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl-)2 c(Cu2+)+c(H+)，故 C 正确；D c 点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2-)，则 Ksp(CuS)=10-17.710-17.7=10-35.4，d 点
20、加入 20mL0.1 mol?L-1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度112mol Lmo0.01L0.10.1S0.03Ll L3c，22235.4sp0.1CuS(Cu)(S)(Cu)103Kccc，c(Cu2+)=310-34.4mol?L-1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9，故 D 正确。综上所述，答案为A。13锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。2VS/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。2Zn可以在2VS晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为2x2VS+xZnZn VS垐 垎?噲 垐?放电充电。下列说法错误的是（）A放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B放电
21、时负极的反应为2Zn2eZnC充电时电池正极上的反应为：-2+x22Zn VS+2xe+xZn=VS+2xZnD充电时锌片与电源的负极相连【答案】C【解析】【分析】如图：对 VS2/Zn 扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2eZn2；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A 正确；B放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2eZn2，故 B 正确；C充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C 错误；
22、D充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D 正确；故选 C。14镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（）A电能、氢能属于二次能源B该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜C该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2+O2D镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH-e-NiOOH+H2O【答
23、案】D【解析】【详解】A电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A 正确；B电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B 正确；C该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2+O2，故 C正确；D正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-NiOOH+H2O，故 D 错误。故选：D。15许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白2PbCO3?Pb（OH）2安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3
24、）等。下列解释错误的是（）A 周易参同契 中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3Pb（OH）2PbO2 PbB纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl C 本草经疏中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3【答案】A【解析】【详解】A 周易参同契中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3?Pb(OH)2 PbO Pb，故 A 错误；B纳米级的钛白可由Ti
25、Cl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O?TiO2+4HCl，故 B正确；C 本草经疏中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；D铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4高温Fe2O3+SO2+SO3，故 D 正确；故选：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收 S。实验步骤如下：步骤 1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤 2.向 CaS的甲醇悬浊液中缓缓通
26、入一定量的SO2。步骤 3.过滤，得滤液和滤渣。步骤 4.从滤液中回收甲醇(沸点为 64.7)，所得残渣与步骤3 的滤渣合并。步骤 5.用 CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是_。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为_，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的 CaSO4，其原因是 _。(3)步骤 4“回收甲醇”需进行的操作方法是_。(4)步骤 5 为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是_。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3 5H2O 的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，_，用滤纸吸干。已知：在液体沸腾状
27、态下，可发生反应Na2SO3S 5H2ONa2S2O3 5H2O。硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。为获得纯净产品，需要进行脱色处理。须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。【答案】能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS 3SO22CaSO33S CaSO3被系统中O2氧化蒸馏，收集64.7 馏分加入 CS2，充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤【解析】【分析】(1)恒压漏斗能保持压强平衡；(2)CaS脱除
28、烟气中的SO2并回收 S，元素守恒得到生成S和 CaSO3，CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸点为 64.7)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；(5)回收的 S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3?5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X 为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶
29、中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中 O2氧化；(3)从滤液中回收甲醇(沸点为 64.7)，步骤 4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7馏分；(4)步骤 5 为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；(5)已知：在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O；硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。为获得纯净产品，需要进行脱色处理。须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3?5H2O 的实验方案：称取稍过量硫粉放
30、入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。【点睛】本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线已知：ROH+ROH浓硫酸加热ROR +H2O 完成下列填空：（1）F中官能团的名称_；写出反应的反应条件_；（2）写出反应的化学方程式_（1）写出高聚物P的结构简式 _（4）E有多种
31、同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式_分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；1mol 该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图（无机试剂任选）_合成路线流程图示例如下：CH1CHO2O催化剂CH1COOH32CH CH OH浓硫酸CH1COOCH2CH1【答案】羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH乙醇加热+NaCl+1H2O CH2=C（CH1）CH=CH2溴水CH2BrC（CH1）=CHCH2BrNaOH溶液加热HOCH2C（CH1）=CHCH2OH催化氧化OHCC（C
32、H1）=CHCHO催化氧化HOOCC（CH1）=CHCOOHHCl催化剂F【解析】【分析】78C H不饱和度极高，因此推测为甲苯，77C H Cl推测为，根据反应的条件，C 中一定含有醇羟基，则反应是卤代烃的水解变成醇的过程，C 即苯甲醇，根据题目给出的信息，D 为，结合 D 和 E 的分子式，以及反应的条件，推测应该是醇的消去反应，故 E 为，再来看 M，M 的分子式中有钠无氯，因此反应为氢氧化钠的乙醇溶液，M 为，经酸化后得到N 为，N 最后和 E 反应得到高聚物P，本题得解。【详解】（1）F 中的官能团有羧基、氯原子；反应取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；（2）反应即中和反应和消去
33、反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH乙醇加热+NaCl+1H2O；（1）根据分析，P 的结构简式为；（4）首先根据E 的分子式910C HO可知其有5 个不饱和度，苯环只能提供4 个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；（5）首先根据58C H的分子式算出其分子内有2 个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F 中的 2个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2溴水CH2BrC（CH1）=CHCH2BrNaOH溶液加热HOCH2C（CH1）=CHCH2OH催化氧化OHCC（CH1）=CHCHO催化氧化HOOCC（CH1）=CHCOOH
34、HCl催化剂F。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 铁及其化合物在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。由此产生的22CO,SO等废气处理意义重大。（1）将2CO应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道。其合成反应为2232CO(g)3H(g)CHOH(g)H O(g)。如图为2CO平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0 MPa,4.0MPa,5.0MPa。据图可知，该反应为_反应（填“吸热”或“放热”）。设2CO的初始浓度为-10c molL，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K 240=_（列式即可
35、）。若 4.0Mpa 时减小投料比22c CO:cH，则2CO的平衡转化率曲线可能位于II 线的 _（填“上方”或“下方”）。（2）1T时，向某恒温密闭容器中加入一定量的34Fe O和CO，发生反应-13421Fe O(s)+CO(g)3FeO(s)+CO(g)H=+19.3kJmol?，反应达到平衡后，在1t时刻，改变某条件，（逆）V随时间（t）的变化关系如图1 所示，则1t时刻改变的条件可能是_（填写字母）。a 保持温度不变，压缩容器b 保持体积不变，升高温度c 保持体积不变，加少量碳粉d 保持体积不变，增大2CO浓度（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器（p 总）加入1molCO
36、2与足量的碳，发生反应-123C(s)+CO(g)2CO(g)H=+172.4kJmol?，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示，650时，该反应达平衡后吸收的热量是_KJ。T时，若向平衡体系中再充入2V CO:V(CO)4:5的混合气体，平衡_（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。（4）已知 25时，-38sp3KFe(OH)=4.010，此温度下若在实验室中配制100mL 5 mol?L-1FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入2 mol?L-1的盐酸 _mL（忽略加入盐酸体积）。【答案】放热3003000.8c0.8c0.2c0.6 c上方d 43 逆向2
37、.5【解析】【分析】先通过温度升高，转化率变化，平衡移动进行分析；先根据相同温度时，从下到上，看转化率来判断I、II、III 的压强，再建立三段式得到平衡常数；减小投料比22c CO:c H，相当于CO2的量不变，增加H2的物质的量来分析转化率。a.保持温度不变，压缩容器，浓度变大，正逆反应速率加快，由于等体积反应，平衡不移动；b.保持体积不变，升高温度，正逆反应速率瞬时都加快，建立平衡时，正反应速率减小，逆反应速率增加；c.保持体积不变，加少量碳粉，速率不变；d.保持体积不变，增大2CO浓度，逆反应速率瞬间变大，建立平衡阶段，逆反应速率减小，正反应速率增大。先计算平衡时CO的物质的量，再计算
38、吸收热量；T 时，根据图像得出2V CO:V CO1:1，可以将充入2V CO:V CO4:5的混合气体拆为先向容器中充入2V CO:V CO4:4和再充入CO气体来分析平衡移动。先根据溶度积计算氢氧根浓度和氢离子浓度，再根据溶液稀释原理计算盐酸体积。【详解】据图可知，升高温度，转化率下降，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应；反应是体积减小的反应，定温度，从下到上，转化率增大，说明是加压，因此I 为 5.0MPa，II 为 4.0MPa，III 为 3.0MPa，设2CO的初始浓度为-10c mol L，223211001111000011110000COg+?3HgCH OH g+
39、?H O gmol L 3 mol L000.8 mol L 2.4 mol L0.8mol L 0.8 mol L0.2mol L 0.6 mol L0.8mol L 0.8 mol Lcccccccccc?开始：转化：平衡：，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数0033000.8c0.8c2400.2c0.6 cK，若 4.0Mpa 时减小投料比22c CO:c H，相当于 CO2的量不变，增加H2的物质的量，则2CO的平衡转化率增大，因此曲线可能位于II 线的上方；故答案为：放热；0033000.8c0.8c0.2c0.6 c；上方。a.保持温度不变，压缩容器，浓度变大，正逆反应
40、速率加快，由于等体积反应，平衡不移动，故a 不符合题意；b.保持体积不变，升高温度，正逆反应速率瞬时都加快，建立平衡阶段，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增加，故 b 不符合题意；c.保持体积不变，加少量碳粉，速率不变，故 c 不符合题意；d.保持体积不变，增大CO2浓度，逆反应速率瞬间，变大，建立平衡阶段，逆反应速率逐渐减小，正反应速率逐渐增大，故d 符合题意；综上所，答案为：d。650 时，该反应达平衡，CO体积分数占40%，设 CO物质的量为2x，则有2x100%40%1-x+2x，x=0.25mol，CO的物质的量为2x=2 0.25mol=0.5 mol，根据方程式生成2molCO
41、 吸收 172.4kJ 的热量，反应生成 0.5molCO，则吸收的热量是0.5mol172.443kJ2mol；故答案为：43。T 时，两者体积分数都为50%，即2V CO:V CO1:1，可以将充入2V CO:V CO4:5的混合气体拆为先向容器中充入2V CO:V CO4:4时，平衡不移动，再充入 CO气体，平衡逆向移动；故答案为：逆向。已知 25时，-38sp3KFe(OH)=4.0 10，此温度下若在实验室中配制100mL 5 mol?L-1FeCl3溶液，33338sp3Fe OHFeOH5OH4 10Kccc，则131OH2 10mol Lc，14w131 10H2 10OHKc
42、c=0.05mol/L，当Hc0.05mol/L 时不出现浑浊现象，0.05mol/L 0.1L=2mol/L V，则至少需要加入2 mol?L-1的盐酸 V=0.0025L=2.5mL；故答案为2.5。19微量元素硼对植物的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用。请回答下列问題：（1）区分晶体硼和无定硼形科学的方法为_。（2）下列 B 原子基态的价层电子排布图中正确的是_ABCD（3）NaBH4是重要的储氢载体，阴离子的立体构型为_。（4）三硫化四磷分子(结构如下图1 所示)是_分子(填极性”或非极性)。（5）图 2 表示多硼酸根离子的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_。（6）硼酸晶体
43、是片层结构，其中一层的结构如图3 所示。硼酸在冷水中溶解度很小，但在热水中较大，原因是 _。（7）立方氮化硼(BN)是新型高强度耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其晶胞结构(如右图)与金刚石类似。已知该晶体密度为ag/cm3，则晶体中两个N 原子间的最小距离为_pm。(用含 a的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数)【答案】X-射线衍射实验A 正四面体极性BO2-或(BO2)nn-或 BnO2nn-晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，硼酸分子与水分子形成氢键，溶解度增大3A21002aN 1010【解析】【详解】（1）区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为进
44、行X-射线衔射实验；（2）B原子外围电子有3 个电子，2s 能级上有 2 个电子，2p 能级上有1 个电子，其外围电子排布图为，答案选A；（3）NaBH4是一种重要的储氢载体，阴离子的化学式为BH4，则其结构式为，立体构型为为正四面体；（4）P4S3中 P原子成 3 个 P-S键、含有一对孤对电子，杂化轨道数为4，P 原子采取sp3杂化，属于极性分子；（5）从图可看出，每个BO32-单元，都有一个B，有一个 O 完全属于这个单元，剩余的2 个 O 分别为 2 个BO32-单元共用，所以B：O=1：（1+21/2）=1：2，化学式为BO2-或(BO2)nn-或 BnO2nn-；（6）由于晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，溶解度增大，所以硼酸晶体在冷水中溶解度很小，但在热水中较大；（7）一个晶胞中B原子数目=118682，含 N 原子数=4，一个晶胞的质量254AN，根据，100，晶胞棱长为103310010010，仔细观察BN 的晶胞结构不难发现 N 位于晶胞中8 个小立方体中互不相邻的4 个小立方体的体心，N 与 N之间距离就是晶胞面对角线的一半，因此晶体中两个最近的N 原子间的距离为：3A21002aN 1010。