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1、2019-2020学年上海市普陀区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银 Ferrozine 法检测甲醛的原理：在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2Fe3+与中产生的 Ag 定量反应生成Fe2+Fe2+与 Ferrozine 形成有色物质测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法不正确的是()A中负极反应式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B溶液中的H+由 Ag2O 极板向另一极板迁移C测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高D理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4【答案
2、】B【解析】【详解】A.在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A 项正确；B.Ag2O 极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C.甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C 项正确；D.甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0 价升高到+4 价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为 1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4，D 项正确；答案选 B。【点睛】本题的难点是D 选
3、项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。2下列判断中一定正确的是（）A若 R2-和 M+的核外电子层结构相同，则原子序数：RM B若 X、Y属于同主族元素，且相对原子质量XY，则原子失电子能力：XY C若 X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量XY，则沸点：XY D若金属性MN，则以 M、N 为两电极的原电池中M 一定是负极【答案】B【解析】【分析】【详解】A.若 R2-和 M+的核外电子层结构相同，则R元素在 M 元素的上一个周期，即原子序数：RY，则 X 在 Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：XY，原子失电子能力：XY，故 B 正确；C.因为 X、Y 可能为 N
4、、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性MN，则以 M、N 为两电极的原电池中M 不一定是负极，故D 错误；综上所述，答案为B。【点睛】活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。3逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下四个推理中正确的是（）A有机物一定含有碳元素，所以含碳元素的化合物一定是有机物B置换反应中有单质生成，所以有单质生成的反应一定属于置换反
5、应C含碳元素的物质在O2中充分燃烧会生成CO2，所以在O2中燃烧能生成CO2的物质一定含碳元素D盐的组成中含有金属阳离子与酸根离子，所以盐中一定不含氢元素【答案】C【解析】【详解】A、有机物都含碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，如一氧化碳、二氧化碳和碳酸盐等，虽然含有碳元素，但属于无机物，选项A 错误；B、由置换反应的概念可知，一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，但有单质生成的反应不一定是置换反应，如氯酸钾分解、同素异形体的互变等，选项B 错误；C、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，含碳元素的物质燃烧都能产生CO2，在 O2中燃烧生成 CO
6、2的物质都含碳元素，选项C正确；D、盐可能含有氢元素，如碳酸氢钠含有氢元素，选项D 错误；答案选 C。4下列反应可用离子方程式“H+OHH2O”表示的是（）A H2SO4溶液与 Ba（OH）2溶液混合BNH4Cl溶液与 KOH溶液混合CNH4HSO4溶液与少量NaOH D NaHCO3溶液与 NaOH 溶液混合【答案】C【解析】【详解】A.H2SO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故 A 错误；B.NH4Cl溶液与 KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4OH=NH3 H2O，故 B 错误
7、；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH 反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H+OH=H2O，故 C 正确；D.NaHCO3溶液与 NaOH 溶液混合，离子方程式为：OH-+HCO3-CO32+H2O，故 D 错误；故答案为C。5下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A若按 顺序连接，可检验所有气体产物B若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH 5.6D实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸
8、铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A 错误。若装置 只保留 a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B 正确。酸雨的要求是pH 小于 5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH 一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH 就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D 错误。6短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A 和 D 的质子
9、数之和等于E的核外电子数，B和 D 同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A 和 E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是A简单离子半径：BC B热稳定性：A2DAE CCA 为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D实验室制备AE时可选用D 的最高价含氧酸【答案】B【解析】【分析】据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A 为氢（H）、E为氯（Cl）；又 A 和 D 的质子数之和等于E的核外电子数，则D 为硫（S）；因 B和 D
10、 同主族，则 B 为氧（O）。A 项：B、C 的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A 项正确；B 项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性SCl，故氢化物热稳定性：H2SHCl，B 项错误；C 项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH 和 H2，使溶液呈碱性，C项正确；D 项：实验室制备HCl 气体，常选用NaCl 和浓硫酸共热，D 项正确。本题选 B。7实验室用H2还原 SiHCl3(沸点：31.85)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是()A装置、中依次盛装的是浓H2SO4、冰水B实验时，
11、应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液D实验中制备氢气的装置也可用于实验室中用碱石灰与氯化铵溶液反应制备氨气【答案】C【解析】【详解】A.装置 的作用是使SiHCl3挥发，中应盛装热水，故A 错误；B.氢气、氧气的混合气体加热易爆炸，实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，用生成的氢气把装置中的空气排出，再加热管式炉，故B错误；C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，用双氧把亚铁离子氧化为铁离子，若加入硫氰化钾溶液后变红，则说明含有铁单质，故C 正确；D.实验室中一般用加热碱石灰与氯化铵固体混合物制备氨气，装置图为，故 D
12、 错误；答案选 C。8稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为下列说法不正确的是（）A萘与 H2完全加成后，产物的分子式为C10H18B蒽、菲、芘的一氯代物分别有3 种、5 种、5 种C上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面D上述四种物质均能发生加成反应、取代反应【答案】B【解析】【详解】A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；B、蒽：，有 3 种不同的氢原子，一氯代物有3 种，菲：，有 5种不同的氢原子，一氯代物有5 种，芘：，有 3 种不同的氢原子，一氯代物有3 种，错误；C、四种有机物都含
13、有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。答案选 B。9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 CuSO4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
14、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
15、误；故合理选项是B。10向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A M 点时，Y的转化率最大B平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C升高温度，平衡常数减小D W、M 两点 Y的正反应速率相同【答案】C【解析】【分析】起始时向容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q 点，X 的体积分数减小；Q 点之后，随着温度升高，X 的体积分数增大，意味着Q 点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡
16、逆向移动，反应从右向左进行。【详解】AQ 点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q 点M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q 点时 Y的转化率最大，A 项错误；B平衡后充入X，X 的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X 的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D容器体积不变，W、M 两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M 点温度更高，Y的正反应速率更快，D 项错误；答案选 C。11下列图示两个装置的说法错误的是（）A Fe的腐蚀速率，图图 B
17、图 装置称为外加电流阴极保护法C图 中 C棒上：2H+2e=H2D图 中 Fe表面发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A.图 为原电池，Fe 作负极，腐蚀速率加快；图为电解池，Fe 作阴极被保护，腐蚀速率减慢，所以Fe的腐蚀速率，图图，故 A 说法正确；B.图装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，金属被保护，称为外加电流的阴极保护法，故B 说法正确；C.饱和食盐水为中性溶液，正极C棒发生吸氧腐蚀：2H2O+O2+4e =4OH-，故 C说法错误；D.图 装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，故D 说法正确；故答案为C。【点睛】图中 Fe、C和饱和食盐水构成原电池，由于饱和食盐水呈中性，所
18、以发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e =4OH-。12不能用勒夏特列原理解释的是（）A草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B将 FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C人体血液pH 值稳定在7.4 0.05 D工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎【答案】D【解析】【详解】A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成 NH3，使 N 元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A 不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B 不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/Na
19、HCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液 pH 值稳定在7.4 0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D 选；故答案为D。13用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 0.1molCH4和 0.1molCl2充分反应，生成的C-Cl 键和 H-Cl 键的数目均为0.2NAB7.8gNa2S和 Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC18g 固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD 25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中Ag+数目为
20、1.0 10-8NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A 错误；B.Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故 B 错误；C.依据 n=m/M 计算物质的量=18g/18g/mol=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中
21、含有的氢键数目为2NA，故 C正确；D.25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中c(Ag+)为 1.0 10-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D 错误。答案选C。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B 选项 Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA；C选项依据n=m/M 计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。14用如图所示装置探究Cl2和 NO2在 NaOH 溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和
22、 NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中用二氧化锰与3 mol L-1的盐酸共热制备氯气B装置中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C装置的作用是便于控制通入NO2的量D若制备的NO2中含有 NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而 3 mol L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A 错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl 溶液，作用是除去氯气中的杂质 HCl 气体，B 错误；C.由于 NO2气体不能再CCl4
23、中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有 NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D 错误；故合理选项是C。15能证明与过量 NaOH 醇溶液共热时发生了消去反应的是（）A混合体系Br2的颜色褪去B混合体系淡黄色沉淀C混合体系有机物紫色褪去D混合体系有机物Br2的颜色褪去【答案】D【解析】【详解】A混合体系Br2的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A 错误；B混合体系淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，
24、而发生水解反应和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B 正确；C混合体系有机物紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；D混合体系有机物Br2的颜色褪去，说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO 和 Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
25、装置 装置 烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NO Cu _，_。(2)乙组同学利用甲组制得的NO 和 Cl2制备 NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置 的作用为 _，若无该装置，中 NOCl可能发生反应的化学方程式为_。乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置 不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是_。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_。(4)丁组同学用以下方法测
26、定亚硝酰氯(NOCl)纯度取中所得液体mg 溶于水，配制成 250mL 溶液；取出 25.00mL，以 K2CrO4溶液为指示剂，用 c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_(用代数式表示即可)。若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_(偏高、偏低、无影响)【答案】饱和食盐水稀硝酸ef(或 f e)cbd 防止水蒸气进入装置2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或 NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl +Cl2+2H2O 310bc 1065
27、.5m 100%偏高【解析】【分析】氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的 NO 中可能混有其他氮氧化合物，结合 NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO 以及 NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置 用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO 中可能混有其他氮氧化合物，NO 不溶于水，故装置 用水净化NO；故
28、答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)将氯气和NO 干燥后在装置中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO 以及 NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl 遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为aef(或 f e)cbd，故答案为ef(或 f e)cbd；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII 干燥装置防止水蒸气进入装置；若无该装置，中 NOCl水解生成氯化氢、NO 和 NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O
29、=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置 不能有效除去有毒气体。NO 能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或 NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=
30、NOCl +Cl2+2H2O；(4)亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用 AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以 K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOClHClAgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L b 10-3L250mL25.00mL=10bc 10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为310bc 10mol65.5g/molmg100%=310bc1065.5m100%，故答案为310bc1065.5m100%；若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。三
31、、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17下列物质为常见有机物：甲苯1，3丁二烯直馏汽油植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是_（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是_（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式_（3）已知：环己烯可以通过1，3丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以 1，3丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A_；B_（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_（c）1mol A 与 1mol HBr 加成可以得到
32、_种产物【答案】+3HNO3+3H2OA 4【解析】【分析】(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH 反应，酯能够在NaOH 溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息反应生成A，则 A 为，A 发生信息的反应生成B，则 B 为，结合 C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D 为，D 发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使
33、溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：；(2)烃不能与NaOH 反应，酯能够在NaOH 溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3+3H2O，故答案为：；+3HNO3+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A 的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A 的结构简式是，分子中2 个碳碳双键上的4 个 C原子都不等效，所以Br原子加成到4 个 C 原子上的
34、产物都不相同，因此A 与 HBr 加成时的产物有4 种，故答案为：4。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为 _。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是 _。（4）6氨基青霉烷酸的结构如图1 所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2 所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有
35、两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A 处为(0，0，0)；B 处为(12，12，0)；C处为(1，1，1)。则 D 处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为 g cm3，则晶胞参数a 为_pm(设 NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。【答案】3d64s1平面正三角形1 乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高C、N、O、S 8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(3/4,3/4,3/4)103A3104N4 78【解析】【分析】（
36、1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（1）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；（3）依据二氧化碳的结构进行回答；（4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式（6）D 处于体对角线AC上，且 AD 距离等于体对角线长度的34，则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长34；晶胞中 Ca1+与离它最近的 F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的14，体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，均摊法计算晶胞中
37、各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。【详解】（1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s1，故答案为：3d64s1；（1）NO3-中 N 原子价层电子对=1/1（5+1-31）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，故答案为：平面正三角形；（3）二氧化碳的结构是O=C=O，含有的键的数目为1，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，；故答案为：1；乙醇
38、分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高；（4）只要共价单键和孤电子对的和是4 的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（5）该晶胞中铁原子个数=818+612=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1，故答案为：8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(6)D 处于体对角线AC上,且 AD 距离等于体对角线长度的34,则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长3/4,由 C的坐标参数
39、可知,晶胞棱长=1,故 D 到坐标平面距离均3/4,D 处微粒的坐标参数为(34,34,34)，故答案为：(34,34,34)；设晶胞中Ca1+与离它最近的F-间距离为 xnm，晶胞的边长为ycm，则 x与 y的关系为(4x)1=3y1，所以 y=43x。由于 F-位于晶胞的内部，Ca1+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和 Ca1+数目分别是8 个和 4个，所以=130A4N()483710 x，解得 x=103A3104N478，故答案为：103A3104N478。19环氧乙烷()、环氧丙烷()都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题：（1）已知：22222CH=CH(g)+
40、3O(g)2CO(g)+2H O(g)垐?噲?-11 H1322.5kJ mol2222(g)+5O(g)4CO(g)+4H O(g)垐?噲?-12 H2433.0kJ mol2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g3 H_-1kJ mol（2）某温度下，物质的量均为1mol 的 CH2CH2和 O2在 0.5L的刚性容器内发生反应，5min 后反应达到平衡，气体总压减少了20。平衡时CH2CH2(g)的转化率为 _，达到平衡后，欲增加CH2 CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施是_(填一条措施即可)。0 5min 内，环氧乙烷的生成速率为_。该反应的平衡常数K_(精确到 0.01
41、)。当进料气CH2 CH2和 O2的物质的量不变时，T1时达到反应平衡，请在图1 中画出温度由T1变化到T2的过程中乙烯的转化率与温度的关系_。（3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl 已知：CH3CHCH2H2OCl2CH3CH(OH)CH2Cl HCl，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷，其电解简易装置如图2 所示。a 电极上的电极反应式为_。b 电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为_。【答案】-212 80%降低温度或增加氧气的浓度等0.32mol/(Lmin)13.33 或2Cl-2eCl2CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O【解析
42、】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)根据三段式结合气体总压减少了20，分析计算出反应的氧气的物质的量，再分析解答；(3)根据图示a 电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇分析解答；b 电极区域氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl 与氢氧化钠反应生成环氧丙烷，据此书写反应的方程式。【详解】(1)22222CH=CH(g)+3O(g)2CO(g)+2H O(g)垐?噲?-11 H1322.5kJ mol，2222(g)+5O(g)4CO(g)+4H O(g)垐?噲?-12 H2433.0kJ mol，根据盖斯定律，将2-得：2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g3
43、H2(-11322.5kJ mol)-(-12433.0kJ mol)=-212-1kJ mol，故答案为：-212；(2)设反应的氧气的物质的量为x，则2222CH=CH(g)+O(g)2垐?噲?()g起始(mol)110 反应(mol)2xx2x 平衡(mol)1-2x1-x2x 5min 后反应达到平衡，气体总压减少了20，则气体的物质的量减少20%，x2=20%，解得：x=0.4mol。平衡时CH2CH2(g)的转化率为20.4mol1mol100%=80%；该反应为气体物质的量减小的放热反应，达到平衡后，欲增加CH2CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施有降低温度或增加氧气的浓度等，
44、故答案为：80%；降低温度或增加氧气的浓度等；0 5min 内，环氧乙烷的生成速率为20.4mol0.5L5min=0.32mol/(Lmin)，故答案为：0.32mol/(Lmin)；该反应的平衡常数K=220.42()0.510.421 0.4()()0.50.5=13.33，故答案为：13.33；反应达到平衡后，温度再升高，平衡逆向移动，乙烯的转化率下降，则乙烯的转化率与温度的关系曲线为或，故答案为：或；(3)根据 CH3CHCH2H2OCl2CH3CH(OH)CH2ClHCl，及 a 电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇，说明a 电极区生成了氯气，则a 电极为阳极，电极反应式为2Cl-2eCl2，故答案为：2Cl-2eCl2；b 电极区域氯丙醇 CH3CH(OH)CH2Cl与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH+NaCl+H2O。