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1、2019-2020学年福建省厦门市集美高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下列物质的性质与用途具有对应关系的是A二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C明矾易溶于水，可用作净水剂D二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张【答案】B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确 C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可
2、用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。2人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（）A乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共 3 种C乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A 错误；B与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3 种，故 B正确；C乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，
3、故C错误；D乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O，故 D 错误；故选 B。3化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法【答案】C【解析】【分析】【详解】A温度过高蛋白质会发生变性，故A 正确；B天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；C碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型
4、无机非金属材料，故C 错误；D铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D 正确；故答案为C。4酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2+SO2=NO+SO3，2NO+O2=2NO2，SO3+H2OH2SO4，以下叙述错误的是A NO2由反应 N2+2O22NO2生成B总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O 4HNO3D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A N2+O22NO，不能生成NO2，故 A 错误；B 2+2得：2SO2+O2+2H2O2
5、H2SO4，故 B 正确；C利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+得：4NO2+O2+2H2O4HNO3，故 C正确；D利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+3得：4NO+3O2+2H2O 4HNO3，故 D 正确。故选 A。5如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A硝酸铵B生石灰C氯化铵D食盐【答案】B【解析】【详解】A硝酸铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故A 错误；B生石灰(CaO)与水反应时放出热量，温度升高，故B 正确；C氯化铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故C错误；D食盐溶于
6、水没有明显的热效应，温度变化不明显，故D 错误；故答案为B。【点睛】考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键，根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解题。6下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A 将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B 铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C 氧化铁溶于足量HI
7、溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈 棕黄色D 向待测液中加入适量的NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO45H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C氧化铁溶于足量HI 溶液，Fe2O3 6H+2I=2F
8、e2+I2 3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在 NH4+，故 D 错误；故选 B。7下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A氧化性：BC气态氢化物的稳定性：D与反应生成，而与生成【答案】A【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A 符合题意；B.在该反应中Cl2将 S置换出来，说明氧化性Cl2S，则元素的非金属
9、性ClS，B 不符合题意；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HClH2S，证明元素的非金属性 ClS，C不符合题意；D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中 Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2S，则元素的非金属性ClS，D 不符合题意；故合理选项是A。8三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A a、b、c 都能发生加成反应Ba 与苯互为同分异构体Ca、b、c 的一氯代物均只有一种D c 分子中的原子不在同一个平面上【答案】D【解析】【分析】【详解】A.a、b
10、、c 均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B.a 和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a 与苯互为同分异构体，故B正确；C.a、b、c 分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D.c 分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c 中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选 D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。92019 年 6 月 6 日，工信部正式向四大运营商颁发了5G 商用牌照，揭示了我国5G 元年的起点。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、高温
11、性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，其原理如图所示，下列说法正确的是（）A充电时，正极质量增加B放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极C充电时，阴极反应式为Li+6C+e-LiC6D放电时，Li+移向石墨电极【答案】C【解析】【详解】A充电时，正极发生的反应为LiM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+，则正极的质量减小，故A 错误；B放电时，石墨电极为负极，电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，故B 错误；C充电时，阴极上锂离子得电子，则阴极反
12、应式为Li+6C+e-LiC6，故 C 正确；D放电时，阳离子向正极移动，石墨电极为负极，则Li+移向磷酸铁锂电极，故D 错误；故选：C。10大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）A铁、铜、铝B铁、铝、铜C铝、铜、铁D铜、铁、铝【答案】D【解析】【分析】【详解】越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。11下列说法正确的是()A分别向等物质的量浓度的Na2CO3和 NaHCO3溶液中滴加2 滴酚酞溶液，后者红色更深B分别向2 mL 5%H2O2溶液中滴加1 mL0.1mol/L FeCl3和 CuS
13、O4溶液，产生气泡快慢不相同C蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液或醋酸铅溶液均产生沉淀，沉淀均可溶于水D用加热NH4C1 和 Ca(OH)2固体的混合物的方法，可将二者分离【答案】B【解析】【详解】A.等物质的量浓度的Na2CO3和 NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3和 NaHCO3溶液中滴加2 滴酚酞溶液，前者红色更深，A 错误；B.FeCl3和 CuSO4溶液对 5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以分别向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和 CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同，B正确；C.Na2SO4属于不属于重
14、金属盐，该盐可使蛋白质产生盐析现象而产生沉淀，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性而产生沉淀，所以蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性产生的白色沉淀不溶于水，C错误；D.NH4Cl固体和 Ca(OH)2固体在加热条件下发生反应生成氨气，不能用加热的方法分离，D 错误；故合理选项是B。12某同学向SO2和 Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A 说明 Cl2被完全消耗B 中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O=H2SO
15、4+2HI C 中若将 BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-D实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化【答案】C【解析】A.加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则 Cl2被完全消耗，选项 A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-，选项 C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正
16、确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被 Cl2氧化为 SO42-。13同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A分子大小不同B分子间的平均距离不同C化学性质不同D物质的量不同【答案】D【解析】【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。14下列操作能达到相应实验目的的
17、是（）实验目的操作A 检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B 测定 84 消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少许84 消毒液滴在pH 试纸上C 除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A 选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A 正确，符合题意；B 选项，不能用pH 试纸测定84 消毒液的pH，因为 84 消毒液有漂白性，故B 错误，不符合题意；C 选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，
18、苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C 错误，不符合题意；D 选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D 错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。15下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A I3AsF6晶体中存在I3离子,I3离子的几何构型为V 形BC、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HC O C水分子间存在氢键，故H2O 的熔沸点及稳定性均大于H2S D第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn【答案】C【解析】【分析】【详解】AI3离子的价层电子对数7-1-12=2+=42，
19、含有7-1-12=22对孤电子对，故空间几何构型为V 形，A选项正确；B非金属性：HCO，则 C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H CO，B 选项正确；C非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O 的稳定性大于H2S是因为 O 的非金属性大于S，C 选项错误；DZn 的核外电子排布为Ar3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D 选项正确；答案选 C。【点睛】C 选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简
20、单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_。向 FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_、冷却结晶、过
21、滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。如图所示实验的目的是_，C 装置的作用是_。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液，_(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2。取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4和 SO42II实验探究影响溶液中Fe2稳定性的因素（3）配制0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察
22、可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH 7.6 2.7 完全沉淀pH 9.6 3.7 请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_。讨论影响Fe2稳定性的因素，小组同学提出以下3 种假设：假设1：其它条件相同时，NH4的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH 范围内，溶液pH 越小Fe2稳定性越好。假设3：_。（4）小组同学用如图装置（G 为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）
23、和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2 进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2mol L1NaCl B：0.1mol L1FeSO4电流计读数实验 1 pH=1 pH=5 8.4 实验 2 pH=1 pH=1 6.5 实验 3 pH=6 pH=5 7.8 实验 4 pH=6 pH=1 5.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4溶液比pH=5 的 FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以
24、得出以下结论：U 型管中左池的电极反应式_。对比实验1 和 2（或3 和 4）,在一定pH 范围内，可得出的结论为_。对比实验 _和_，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。对（资料3）实验事实的解释为_。【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入 2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的
25、稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱1 3（或 2 和 4）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1 的 FeSO4溶液更稳定。【解析】【分析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶
26、液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)FeSO4中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水
27、；实验 1 和 2（或3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4溶液的 pH 不同，且 FeSO4溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4溶液的 pH 相同时，NaCl溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 4，NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结
28、合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2 滴 KSCN溶液
29、，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3)由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3 +8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相
30、同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4)FeSO4中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；实验 1 和 2（或3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4溶液的 pH 不同，且 FeSO4溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4溶液的
31、pH 相同时，NaCl溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强，O2氧化性越强；对比实验1 和 4，NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1 的 FeSO4溶液更稳定。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：已知：A 分子中只有一种氢；B分子中有四种
32、氢，且能发生银镜反应2HCHO+OH-CH3OH+HCOO-请回答下列问题：(1)E的化学名称是_。(2)F所含官能团的名称是_。(3)AB、CD 的反应类型分别是_、_。(4)写出 BC 的化学方程式 _。(5)G 的结构简式为_。(6)H 是 G 的同分异构体，写出满足下列条件的H 的结构简式 _。1mol H 与 NaOH 溶液反应可以消耗4molNaOH；H 的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。试剂 X 为_；L的结构简式为_。【答案】丙二酸二甲酯酯基加成反应取代反应HCHO【解析】【分析】A 分子中只有一种氢原子，则乙烯
33、与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A 为，A 与乙醛发生反应生成B，已知 B 分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B 的分子式 C8H16O4，可知 B为，根据已知反应可知，B 与甲醛在碱性条件下反应生成C 为，C与 HBr 发生取代反应生成D 为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成 E为 CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应可知，D 与 E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为 CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为
34、：酯基；(3)A 为，A 与乙醛发生反应生成B，已知 B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合 B 的分子式C8H16O4，可知 B 为，则 AB 的反应类型是加成反应，C为，C与 HBr 发生取代反应生成D 为，CD 的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应可知，B 与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G 的结构简式为；(6)H 的分子式为C12H18O4，其不饱和度为122+2-18=42，满足下列条件的H，1mol H 与 NaOH 溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4
35、个酚羟基，H 的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4 种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有 10 个碳原子，只有 9 个碳原子，根据已知反应可知，与 HCHO在一定条件下发生取代反应生成I 为，I 发生已知反应生成 J 为，J 经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。I（1）催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比
36、较，实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为一定条件下1mol CH3OH 与 O2发生反应时，生成CO、CO2或 HCHO的能量变化图反应物 O2（g）和生成物H2O（g）略去。在有催化剂作用下，CH3OH 与 O2反应主要生成 _（选填“CO 或 CO2或 HCHO”）。（2）2007 年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德 埃特尔，他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如图所示：下列说法不正确的是_。A 升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B
37、图示中的一以及后面几个过程均是放热过程C 此图示中存在H-H 键断裂和N-N 键断裂，以及N-H 键的形成过程合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量 CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根）溶液来吸收原料气中的CO，其反应是：33323Cu NHAcCONHCu NHAc COH0僔生产中必须除去原料气中CO的原因是_；Cu（NH3）2Ac 溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是_。氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环，请回答相关问题。（3）NH4+硝化过
38、程的方程式是2NH4+3O2垐?噲?2HNO3+2H2O+2H+，恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是_（填标号）。A 溶液的 pH 不再改变B NH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C 溶液中 NH4+、NH3?H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变实验测得在其它条件一定时，NH4+硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A 所示，温度高于35时反应速率迅速下降的原因可能是_。（4）亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO-+NO2-=
39、NO3-+Cl-。在 25和 35下，分别向NO2-初始浓度为510-3 mol/L 的溶液中按不同的投料比-2n C1On NO加人次氯酸钠固体（忽略溶液体积的变化），平衡时 NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图 B 所示，a、b、c、d 四点 ClO-的转化率由小到大的顺序是_，35时该反应的平衡常数K=_（保留三位有效数字）。【答案】HCHO C 防止 CO使催化剂中毒低温、高压A 温度过高使亚硝酸菌变性d、c、b、a 2.67【解析】【分析】【详解】（1）根据图象可知转化为甲醛时活化能最低，所以使用催化剂时主要产物为HCHO。答案为：HCHO。（2）A N2中键能较大，常温不易反
40、应，升高温度可促使N2中化学键断裂，加快反应进程，提高生产效率，A 正确；B图示中及后面的几个过程均为形成新的化学键N-H，而形成新的化学键要放出热量，B 正确；C此图中是N-N 键断裂，以后为N-H 键的形成，没有出现H-H 键断裂的图示，C错误；答案选 C。生产中必须除去原料气中的CO的原因是防止合成塔中的催化剂中毒，据题可知溶液吸收CO的正反应为气体体积减少的放热反应，在低温、高压的条件下有利于CO的吸收。答案为：防止CO使催化剂中毒；低温、高压。（3）A由 2NH4+3O2垐?噲?2HNO3+2H2O+2H+可知，当pH 不变也就是H+不变则说明反应达到平衡，A正确；B由反应可知NH4
41、+的消耗速率和H+的生成速率描述的都是正反应，无法判断反应是否达到平衡，B 错误；C在氮的循环中，氮元素的物质的量始终保持不变，C错误；由图 A 可知 35时反应速率迅速下降是因为反应中有亚硝酸菌参与，而温度过高会使细菌亚硝酸菌中的蛋白质发生变性，从而导致速率变慢。答案为：A；温度过高使亚硝酸菌变性。（4）由图像可知，a、b 两点温度相同，都是25，由 a点到 b 点，投料比-2n C1On NO不断增大，可以理解为不断增加n(ClO-)，NO2-的去除率不断增大，而ClO-的转化率不断减小，所以ClO-的转化率：ab，同理可得：cd，而 c、d 两点，投料比相同，由b 到 c 升高温度，而N
42、O2-的去除率不断减小，说明正反应是放热反应，则ClO-的转化率bc，所以 a、b、c、d 四点 ClO-的转化率由小到大的顺序是：d、c、b、a；NO2-初始浓度为510-3 mol/L，35当投料比为2 的时候，NO2-的去除率为80%，平衡时NO2-的转化量为5 10-3 mol/L 80%=4 10-3 mol/L，用三段式进行计算：-23-2-3-3-3-3-3-3-3-3-3ClO+NO=NO+Cl(mol/L)1 105 1000(mol/L)4 104 104 104 10(mol/L)6 101 104 104 10始转平平衡常数K=-3-3-3-34 104 106 101
43、 10=166=2.67。答案为:d、c、b、a；2.67。19K3Fe(C2O4)3 3H2O三草酸合铁()酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应很好的催化剂。下图是在实验室制备K3Fe(C2O4)3 3H2O 的流程：回答下列问题：（1）步骤 I 中加入稀硫酸的目的是_。步骤 II 中发生的主要化学反应为一可逆过程，其离子方程式为_。常温下，该反应的平衡常数K=_已知常温下：Ka1(H2C2O4)=5.6 10-2、Ka2(H2C2O4)=5.4 10-5、Ksp(FeC2O4)=2.1 10-7（2）下列试剂均可将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最适宜作
44、为“试剂 a”的是 _(填序号)a氯水 b酸性 KMnO4溶液 cH2O2溶液 d稀硝酸（3）使用托盘天平称量制得的K3Fe(C2O4)3 3H2O 的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为20 g游码示数如图所示，则制得晶体的质量为_g，该实验中K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为_。(已知：K3Fe(C2O4)3 3H2O 的相对分子质量为491，FeSO4 7H2O 的相对分子质量为278)（4）某研究小组将K3Fe(C2O4)3在一定条件下加热分解后，利用下图所示装置(可重复使用)确认所得含碳元素的气体产物为CO和 CO2。按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为_(填装置序号)；
45、确认气体产物中含CO的现象为 _。【答案】抑制Fe2+水解Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+14.4 c 21.9 44.6%DCDBAD A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】【详解】（1）步骤 中：亚铁离子在水溶液中水解：Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，溶解的过程中要加入几滴稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解；在步骤 I 制备的溶液中加入25mL 饱和 H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，晶体颗粒长大形成黄色FeC2O4?2H2O沉淀，离子方程式为Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+的平衡常数K=+2+22
46、42()()()HH C Oc Fecc，根据 H2C2O4H+HC2O4-，HC2O4-H+C2O42-，K1=+-24224()()()HHCHcCcOcO，K2=+2-24-24()()()HC OHC Occc根据的溶解平衡方程式：FeC2O4Fe2+C2O42-，Ksp(FeC2O4)=c(Fe2+)c(C2O42-)，可知，K=12spK KK=2575.6 105.4 102.1 10=14.4，故答案为抑制Fe2+水解；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；14.4；（2）为了不引入杂质，将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最好需要双氧水，故选选 c；（3）根据题
47、意和图示，制得晶体的质量为21.9g；27.8gFeSO4 7H2O 的物质的量为2788/27.ggmol=0.1mol，根据铁元素守恒，理论上可以生成0.1molK3Fe(C2O4)3 3H2O，质量为49.1g，K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为21949.1gg 100%=44.6%，故答案为21.9；44.6%；（4）二氧化碳能够是澄清石灰水变浑浊，一氧化碳具有还原性，被氧化生成二氧化碳，因此首先检验二氧化碳，除净二氧化碳后再检验一氧化碳，从左到右，装置的连接顺序为DCDBAD，当看到第一个澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳，当看到A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊，证明有一氧化碳，故答案为DCDBAD；A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊。