《2019-2020学年福建省厦门大学附属科技中学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学年福建省厦门大学附属科技中学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学年福建省厦门大学附属科技中学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下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A胶体粒子在电场中自由运动B丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别C胶体粒子，离子都能过通过滤纸与半透膜D铁盐与铝盐都可以净水，原理都是利用胶体的性质【答案】D【解析】【详解】A.胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A 错误；B.丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；C.离子既能过通过滤纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能
2、通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；D.可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，原理都是利用胶体的性质，故D 正确。答案选 D。2要证明某溶液中不含Fe3+而含有 Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI 溶液加入少量KSCN溶液ABCD【答案】A【解析】【分析】三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据 Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧
3、化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI 溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为。答案选 A。3以下性质的比较可能错误的是()A离子半径HLi+B熔点Al2O3MgO C结合质子(H+)的能力CO32ClOD密度1氯戊烷 1氯己烷【答案】B【解析】【分析】【详解】A具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为HLi+，故 A 正确；B离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3MgO，故 B 错误；C酸性是：HCO3HClO，所以结合质
4、子(H+)的能力为 CO32ClO，故 C正确；D两者结构相似，1氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1氯戊烷 1氯己烷，故D 正确；答案选 B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。4己知：还原性HSO3-I-，氧化性IO3-I2。在含 3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液加入KIO3和析出 I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A 0a 间发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+Bab 间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol Cbc 间反应：I2仅是氧化产物D当溶液中I-与 I2的物质的量之比为53 时，
5、加入的KIO3为 1.08mol【答案】C【解析】A0a 间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-3SO42-+I-+3H+，故 A 正确；Bab间发生反应为3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，反应 IO3-的物质的量为0.06mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，故 B正确；C根据图象知，b-c 段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO3-
6、+6H+5I-3H2O+3I2，所以 I2是 I2是既是还原产物又是氧化产物，故C错误；D根据反应2IO3-+6HSO3-2I-+6SO42-+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3-+6H+5I-3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为 xmol，消耗碘离子的物质的量=xmol，剩余的碘离子的物质的量=（1-x）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：2 时，即（1-x）：x=52，x=0.24mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.24mol=1.08m
7、ol，故 D 正确；故选C。点睛：明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，还原性HSO3-I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性 IO-3I2，所以 IO3-可以结合H+氧化 I-生成 I2，离子方程式是 IO3-+6H+5I-3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。5科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8）
8、，下列有关说法正确的是A上述三种物质中的C原子都形成4 个单键，因此它们都属于烷烃B上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n2）C棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A 错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B 错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3 种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷
9、分子中每个C与三个 C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D 正确；故合理选项是D。6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2 倍。下列叙述不正确的是（）A Y、Z的氢化物稳定性YZ BY单质的熔点高于X单质CX、W、Z 能形成具有强氧化性的XZW D中 W 和 Y都满足 8 电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W 为 O，
10、X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为 Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2 倍，说明Y为 Si，Z为 Cl。【详解】A 选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl SiH4，故 A 错误；B 选项，Si单质的熔点高于Na 单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故 B 正确；C 选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故 C正确；D 选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8 来判断得出SiO32中 Si 和 O 都满足 8 电子稳定结构，故 D 正确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8 来判断化合物中各原子
11、是否满足8 电子稳定结构。7优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（）A四种钾肥化合物都属于正盐，硝酸钾属于氮钾二元复合肥B磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利于磷元素的吸收C上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾D氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾【答案】D【解析】【详解】A磷酸二氢钾可以电离出氢离子，所以为酸式盐，故A 错误；B磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B 错误；C依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷
12、酸二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；D氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾，故D 正确；故选：D。8我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu 和 Cu2O，在水溶液中用H 原子将 CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O 结合含碳微粒C该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反
13、应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A 正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和 H转化为 COOH，故 C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。9下列说法或表示方法中正确的是A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B由 C(金刚石)C(石墨)+119kJ 可知，金刚石比石墨稳定C在 101kPa 时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ 热量，氢气燃烧的热化
14、学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJ D在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若将含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH 的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ【答案】D【解析】【详解】A.等质量的硫蒸气比硫固体含有的能量高，因此二者分别完全燃烧，前者放出的热量多，A 错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由C(金刚石)C(石墨)+119kJ 是放热反应，说明金刚石不如石墨稳定，B错误；C.燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，在 101Kpa 时，2gH2完全燃烧生成液态水
15、，放出285.8kJ 热量，则2molH2 完全燃烧产生液态水放出的热量是571.6kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C错误；D.由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以若将含0.5 molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH 的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ，D 正确；故合理选项是D。10 某恒定温度下，在一个 2L 的密闭容器中，加入 4 mol A 和 2 mol B 进行如下反应:3A(g)+2B(g)?4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C,且反应前后压强之比为5:4,
16、则下列说法正确的是A增加 C,B的平衡转化率不变B此时 B 的平衡转化率是35%C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D该反应的化学平衡常数表达式是K=432c(C)c(A)c(B)g【答案】A【解析】【分析】由题意可知反应的前后压强之比为5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，列三段式：+2B g4C2D42001.20.81.60.82.81.21.60.38A g?？由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：145：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以 C物不是气体，D 物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度，
17、平衡向浓度减小的方向移动，但 C不是气体，增加 C不能使平衡正向移动，所以 B 的平衡转化率不变，故A 正确；B.B的平衡转化率=0.8mol 2mol 100%=40%，故 B错误；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；D.由于生成物C 为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=232c(D)c(A)c(B)g，故 D 错误；故答案为A。【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。11下列离子方程式不正确的是A足量 SO2通入 NaClO 溶液中：SO2H2OClO-SO42-Cl-2H+B在稀氨水中通入过量CO2：NH3H2OCO2N
18、H4+HCO3-C用浓 H2SO4溶解 FeS固体：FeS 2HFe2H2SD氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合：Ba22OH 2H SO42-BaSO4 2H2O【答案】C【解析】【详解】A.SO2具有较强的还原性，NaClO 具有强氧化性，足量SO2通入 NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2H2OClO SO42Cl2H+，故 A 正确；B.在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3H2O CO2NH4+HCO3，故 B正确；C.因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe2和 H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解 FeS固体，不能生成Fe2和 H2S
19、，故 C 错误；D.氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba22OH2HSO42BaSO4 2H2O，故 D 正确；答案选 C。【点睛】明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2和 H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。12下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加
20、氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复。【详解】A.硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；A 项正确；B.铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；B 项错误；C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化
21、亚铜砖红色沉淀；C 项正确；D.氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复，D项正确；答案选 B。13有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A放电时，此电池逐渐靠近磁铁B放电时，正极反应为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O C放电时，正极质量减小，负极质量增加D充电时，阴极反应为Li+e-=Li【答案】C【解析】【详解】A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极
22、反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li+e-=Li，故正确。故选 C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。14利用有机物X在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手
23、性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A X，Y分子都不存在对映异构体BX 分子中所有碳原子可能都在同一平面CY分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D未写出的产物可能有2 种，且都具有两性化合物的特性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故 A 错误；B.X 分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X 分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B 错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C 错误；D.因为 X分子结构中有肽键
24、和酯基，则X 生成 Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为 HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D 正确；综上所述，答案为D。15由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A 向 Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2 Co2O3B 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C 将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应D 将 10mL 2mol/L 的 KI溶液与 1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI
25、与 FeCl3的反应具有可逆性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A向 Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2 Co2O3，故 A 错误；B出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn 为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故 B 错误；C铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D根据 2Fe3+2I-=2Fe2+I2，10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，
26、由现象可知存在铁离子，说明KI 与 FeCl3反应有可逆性，故D 正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量 AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn 反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并
27、检查装置气密性，接下来的操作依次是：往烧瓶中加入足量MnO2粉末往烧瓶中加入20mL 12mol?L-1浓盐酸加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体_？A O2 B H2CCH2=CH2DHCl 若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有_（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是_；已知 AgClO 易溶于水，写出Cl2与 AgNO3溶液反应的化学方程式_（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5 倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol L-1NaOH 标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗N
28、aOH 标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为_ mol L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_。A 石蕊B 酚酞C 甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_(填偏大、偏小或影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8 10-9、Ksp(MnCO3)=2.3 10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使 Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_转移到 _中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要_，然后再 _，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是
29、由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？_A甲B乙C丙D丁【答案】D 饱和食盐水除去挥发出的HCl Cl2+H2O+AgNO3=AgCl+HClO+HNO36.9mol/L C 偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】【分析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用 1.500mol?L-
30、1NaOH 标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.500mol/L23.00mL25mL=1.38mol/L，此浓度为稀释5 倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5 倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合
31、题意，故A 不符合题意；BH2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B 不符合题意；CCH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C 不符合题意；D HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D 符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用 1.500mol?L-1NaOH 标准溶液滴定，消耗 23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸
32、浓度为，由 c(HCl)?V(HCl)=c(NaOH)?V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.500mol/L23.00mL25mL=1.38mol/L，此浓度为稀释5 倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5 倍=1.38 5=6.9 mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp 比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn 粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y 型管内壁
33、，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn 反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量 AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物J是合成
34、抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）反应的反应类型是_；J中官能团名称是_。（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B 物质的原因是_。（3）根据流程中的信息，在反应的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量 CH3CH2CH2I 充分反应生成的有机产物结构简式为_。（4）反应的化学方程式为：其中产物X的结构简式是_。（5）写出符合下列条件的I 的同分异构体_。能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上一氯取代物只有一种；核磁共振氢谱有4 组峰。（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH 为有机原料合成的合成路线。_【答案】取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯
35、气与甲苯反应选择性差，得到的B 物质中副产物多HOCH2CH2OH、【解析】【分析】A 为，B为，由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D 为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，E发生取代反应生成F，F与碘甲烷发生取代反应生成G，G 取代生成H，H 与甲醇发生酯化反应，生成I，I 发生取代反应得到J，同时还生成乙二醇，以此解答。【详解】（1）由上述分析可知，反应为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溴原子、酯基，故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴原子、酯基；（2）由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H 原子，选择性差，因此得到的B 物质中副产物多，
36、故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多；（3）反应发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量 CH3CH2CH2I 充分反应：；（4）I 发生取代反应得到J，根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应的化学方程式为：，其中产物X 的结构简式为OHCH2CH2OH，故答案为：OHCH2CH2OH；（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4 组峰，说明只有4 种氢原子；符合条件的同分异构体为：、，故答案为：、；（6）与 NaCN 发生取代反应生成，水解生成CH3CH2
37、CH(COOH)CH3，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物M 对霉菌有较好的抑制作用，结构简式为其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)化合物 B的分子式为 _；D 中官能团的名称为_。(2)反应的反应类型是_。(3)化合物 E的结构简式为 _。(4)写出 A与足量溴水反应的化学方程式：_。(5)同时满足下列条件的D 的所有同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示有3 组峰，且峰面积之比为 2：2：3 的结构简式为_。含苯环和一NO2结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应；1 mol 该物质最多可与4 mol NaOH 反应。(6)请以、
38、为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图。（无机试剂任用）_【答案】C7H6O3醚键、硝基取代反应13【解析】【分析】推断物质时，采用逆推法，由 M 的结构简式，可逆推出E 为，由 E 逆推出 D 为，则 A 的构简式为，依据第一个信息，可推出B 为，C 为。【详解】(1)由以上分析可知，化合物B 为，则其分子式为C7H6O3；D 为。其官能团的名称为醚键、硝基。答案为：C7H6O3；醚键、硝基；(2)反应为转化为，是苯环上的一个氢原子被-NO2代替，则反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(3)由以上分析可知，化合物E的结构简式为。答案为：；(4)A 的结构简式为，分子内含有3个酚羟基，酚
39、羟基邻、对位上的氢原子能被溴原子取代，则其与足量溴水反应的化学方程式为。答案为：；(5)D 的同分异构体同时满足下列条件：“含苯环和一NO2结构；不能与FeCl3溶液发生显色反应；1 mol 该物质最多可与4 mol NaOH 反应”，则D 的同分异构体应含有一个苯环、苯环上连有一个-ONO2，苯环上还连有一个-OOCH(若为此基团，苯环上还应连有-CH3)，或-OOCCH3。从而得出，若同分异构构体是苯环上连有-ONO2、-OOCH、-CH3，共有 10 种；若异构体为苯环上连有-ONO2、-OOCCH3，共有 3 种，所以同分异构体共有13 种。其中核磁共振氢谱显示有3 组峰，且峰面积之比
40、为2：2：3 的结构简式为。答案为：13；(6)以、为原料合成化合物，可先将转化为，再与在碱性条件下反应转化为，与氢加成转化为。从而得出合成路线流程图为：。答案为：。【点睛】书写同分异构体时，可先确定物质的分子式，然后依据限定条件，确定分子内一定含有哪些原子团，再据不饱和度及分子式，确定可能含有哪些原子团，最后再将原子团组合成物质，如果条件对氢原子种类作出限定，则还要考虑原子团的相对位置。19钠、硫及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态 S原子价层电子的轨道表达式为_，基态 Na 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）乙炔钠广泛用于有机合成，乙炔钠中存在_（填序号）。乙炔钠
41、的熔沸点比S8高，原因是_。A金属键B 键C 键D氢键（3）NaN3是用于汽车安全气囊的产气药，N3的空间构型为_，N3中心原子的杂化方式是_。（4）NaCl的晶格能可通过图示中的bornHaber 循环计算得到，Na 原子的电子电离能为_kJ mol-1，Cl-Cl的键能为 _kJ mol-1，Cl的电子亲和能为_kJ mol-1，NaCl的晶格能为_kJ mol-1。（5）已知2Na S的晶胞结构如图所示，晶体密度为1.86gcm-3。设 NA为阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数 a=_nm（列出计算式）。【答案】球BC 乙炔钠是离子晶体，8S是分子晶体直线形sp496244349 788
42、7A823432101.86N【解析】【分析】【详解】（1）基态 S原子是 16 号原子，它的价电子轨道表示式为；Na 的最高能级为3s 能级，电子云模型为球形；（2）乙炔钠是一种有机金属化合物，结构中存在离子键、键和 键，乙炔钠的熔沸点比S8高，原因是乙炔钠是离子晶体，S8是分子晶体；（3）根据 VSEPR模型计算，中心原子不存在孤电子对，因此N3-为直线型分子，中心N 原子的杂化方式为 sp 杂化；（4）根据 BornHaber 循环可以得到，Na 原子的电子电离能为气态基态电中性原子失去电子所吸收的能量为 496 kJ mol-1，Cl-Cl的键能为1molCl2断开化学键所吸收的能量为244 kJ mol-1，Cl的电子亲和能为Cl-得到电子变成Cl 所放出的能量为349 kJ mol-1，NaCl 的晶格能为Na+和 Cl-形成稳定氧化物所放出的能量为788 kJ mol-1；（5）从晶胞结构中可以看出Na 在晶胞的体心，S在晶胞的顶点和面心上，一个晶胞中4 个 Na2S，由此可以算出晶胞参数为7A8 23432101.86N。