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1、湖南省长沙市雅礼中学2022届高三下学期模拟试卷(一)化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载内容的
2、说法正确的是A. 周礼中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3B. 本草纲目中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”，涉及重结晶操作C. 抱朴子中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D. 梦溪笔谈中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，与化学反应无关【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为CaCO3，CaCO3灼烧生成CaO，所以“灰”的主要成分为CaO，故A错误；B“扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”意思为：扫取后用水溶解，然后加热煎炼蒸发结晶得到硝酸钾晶体，用到操作方法有：溶解、蒸发、
3、结晶，涉及重结晶操作，故B正确；C升华和凝华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，积变又还成丹砂，即Hg和S又生成HgS，均为化学变化，不属于升华和凝华，故C错误；D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，属于化学变化，故D错误；答案选B。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 20g 2H2O中含有8NA个中子B. 1mol H2与1mol I2在密闭容器中充分反应后的分子总数小于2NAC. 标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2NAD. 1L 0.5molL1 Na2S溶液中含S2和H
4、S的离子总数为0.5NA【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A20g 2H2O的物质的量为=1mol，一个2H2O中含有10个中子，则20g 2H2O中含有10NA个中子，故A错误；BH2和I2在密闭容器中发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应前后气体分子数不变，故1mol H2与1mol I2在密闭容器中充分反应后，分子总数为2NA，故B错误；C1个CH4分子和1个CH2=CH2分子均含有4个极性键（C-H键），标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体的物质的量为0.5mol，含极性键的数目为0.5mol /mol=2NA，故C正确；D根据硫元素守恒可知，1L 0.5
5、molL1 Na2S溶液中含S2、HS和H2S的离子总数为0.5NA，故D错误；答案选C。3. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. CO2通入足量的NaClO溶液中：CO2+2ClO+H2O=2HClO+COB. 用惰性电极电解CuCl2水溶液：2Cl+Cu2+2HOCu(OH)2+Cl2+H2C. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl+SOD. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A 酸性：H2CO3HClOHCO，CO2通入足量的NaClO溶液中：CO2+ClO
6、+H2O=HClO+HCO，故A错误；B 用惰性电极电解CuCl2水溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极铜离子得电子生成铜：2Cl+Cu2+Cu+Cl2，故B错误；C 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2生成亚硫酸氢钠：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl+SO，故C正确；D 草酸是弱电解质，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故D错误；故选C。4. 科学家采用如图所示方法，可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。下列说法正确的是A. 该过程中Li和H2O作催化剂B. 三步反应都是氧化还原反应C. 反应可能是对Li
7、OH溶液进行了电解D. 反应过程中每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A从图中可以看出，该反应中Li参加了反应，最终又生成了Li，所以Li是催化剂。虽然在第二步水也参加了反应，第三步生成了水，但总反应为2N2+6H2O=3O2+4NH3，所以水为反应物，故A错误；B第二步反应是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C电解LiOH溶液时，在阴极不可能是Li+得电子生成Li，故C错误；D根据总反应方程式：2N2+6H2O=3O2+4NH3，每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2，故D正确
8、；故选D。5. 部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是A. 常温下，可用R材质容器储运浓硫酸B. M可用K3Fe(CN)6溶液检验C. 若Q为金属阳离子，可通过Fe2O3与稀HI溶液反应生成D. Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO【5题答案】【答案】B【解析】【分析】M不带电，铁的化合价为+2价，则M可能为FeO；Q带2个单位正电荷，化合价为+2价，则Q为Fe2+；R不带电，铁的化合价为0价，即R为铁单质。【详解】A常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，所以常温下，可用R材质容器储运浓硫酸，故A合理；BFe2+
9、和K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，M不是Fe2+，所以M不能用K3Fe(CN)6溶液检验，故B不合理；CFe2O3与稀HI溶液发生氧化还原反应，Fe2O3中的+3价铁被I-还原为Fe2+，故C合理；D从图中可以看出，在碱性溶液中可以生成，中铁为+6价，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D合理；故选B。6. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据元素周期表中三个不同周期。下列说法不正确的是A. Z的最高价氧化物对应的水化物为弱电解质B. 工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质YC. X的简单离子半径小于Y的简单离子半径D.
10、 该化合物中Z不满足8电子稳定结构【6题答案】【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大且占据元素周期表中三个不同周期，则W为H；根据形成的化合物的结构可知，X最外层有6个电子，在阴离子中，3个X得了3个电子，则X为O；Y形成了阳离子，带3个单位正电荷，则Y为Al；Z最外层有5个电子，则Z为P。【详解】AP的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，是弱酸，是弱电解质，故A正确；B工业上用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，故B正确；CO2-和Al3+电子层结构相同，但O的质子数比Al少，对核外电子的束缚力弱于Al，所以O2-半径比Al3+半径大，故C错误；DZ为P，最外层有
11、5个电子，和其他原子共用三对电子能满足8电子稳定结构，该化合物中P周围有5个共价键，所以不满足8电子稳定结构，故D正确；故选C。7. 下列装置对应的实验目的能够实现的是A. 用甲装置随关随停制取CO2B. 用乙装置快速制取并收集NH3C. 用丙装置制取NaHCO3固体D. 用丁装置萃取溴水中的溴，并从下口放出溴的苯溶液【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A纯碱可溶于水，甲装置不能达到随关随停制取CO2的实验目的，故A错误；B收集氨气时，试管口不能塞单孔塞，应塞一团棉花防止与空气对流，故B错误；C侯氏制碱法是向饱和食盐水中先后通入氨气和二氧化碳得到碳酸氢钠固体，图中装置合理，故C正确；D萃取时
12、，上层液体从上口倒出，溴的苯溶液密度比水的密度小在上层，应该从上口倒出，故D错误；答案选C。8. 我国科研人员发现中药成分黄芩素(结构如图所示)能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是A. 1mol黄芩素最多可以和7 mol H2加成B. 黄芩素的分子式为C15H10O5C. 该分子所有碳原子可能处于同一平面D. 该分子苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)【8题答案】【答案】A【解析】【分析】分子中含有苯环、羰基、碳碳双键能和氢气发生加成反应，含氧官能团为羟基、醚键、羰基，碳碳单键可以旋转。【详解】A 苯环、羰基、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，分子中含有2个苯环、1个羰基
13、、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多消耗8mol氢气，故A错误；B 分子中含有C、H、O原子个数依次是15、10、5，分子式为C15H10O5，故B正确；C 单键可以旋转，该分子所有碳原子可能处于同一平面，故C正确；D 该分子苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)，如图，故D正确；故选A。9. 环己烷(C6H12)有椅型、半椅型、船型、扭船型等多种结构，不同结构的势能不同，它们的相对势能如图所示。下列说法错误的是A. 上述四种结构中，椅型结构最稳定B. C6H12(椅型)=C6H12(船型) H = +28.9 kJmol-1C. 相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的快D. 升
14、温有利于椅型转化成扭船型【9题答案】【答案】C【解析】【详解】A物质的能量越低越稳定，由图可知，四种结构中，椅型的能量最低最稳定，故A正确；B由图可知，船型结构比椅型结构的环己烷能量高，椅型结构转化为船型结构的反应为吸热反应，反应的热化学方程式为C6H12(椅型)=C6H12(船型) H = +28.9 kJmol-1，故B正确；C由图可知，椅型转化为扭船型的活化能大于扭船型转化为椅型的活化能，则相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的慢，故C错误；D由图可知，扭船型结构比椅型结构的环己烷能量高，椅型结构转化为扭船型结构的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，有利于椅型转化成扭
15、船型，故D正确；故选C。10. 化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象，下列分析正确的是A. 变化中，有2处涉及氧化还原反应B. 向后试管加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解C. 若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生现象与图中、现象相同D. 若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，可产生相同现象【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A 中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应；中是S2-+Fe2+=FeS；中铁离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳；是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生
16、聚沉，的变化中，有1处涉及氧化还原反应，故A错误；B 向后试管中沉淀(FeS和S)加入足量稀盐酸，FeS溶解，而硫不溶，沉淀部分溶解，故B正确；C 若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，硫离子过量，产生的亚铁离子与硫离子产生黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中、现象不相同，故C错误；D Na2SO3具有强还原性，若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，生成亚铁离子和硫酸根离子，产生现象不相同，故D错误；故选B。二、选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11
17、. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是选项实验操作和现象结论A向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑色沉淀Ka1(H2CO3)Ka1(H2S)B向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色氧化性：Cl2Br2C常温下，用pH计分别测定等体积1mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH，测的pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同D将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体加热条件下，浓硝酸被木炭还原成NO2A. AB. BC. CD. D【11题答案】【答案】A【解
18、析】【详解】A产生黑色沉淀，说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体，强酸制弱酸，所以Ka1(H2CO3)Ka1(H2S)，故A正确；B有机层呈橙红色，说明有Br2生成，则KBrO3作氧化剂，Cl2作还原剂，并不能得出氧化性Cl2Br2，故B错误；C测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，故C错误；D可能是浓硝酸发生分解生成NO2，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，故D错误；答案选A。12. 目前工业上多用CO制备甲酸，其主要过程如下：流程一：流程二：下列说法正确的
19、是A. 反应、的原子利用率均为100%B. 两种流程最终分离HCOOH都可用水洗分液法C. 反应中H2SO4可用HNO3代替D. 从原料充分利用角度来看，流程二比流程一更优【12题答案】【答案】AD【解析】【详解】A反应、中反应物全部得到生成物，原子利用率均为100%，故A正确；B甲酸钠和甲酸都易溶于水，不能用水洗分液法分离，故B错误；C反应中用60%H2SO4和HCOONa反应得到HCOOH，硫酸难挥发，而HNO3易挥发，若使用HNO3代替硫酸不利于后续甲酸的分离，故C错误；D流程二中，反应水解生成甲醇能循环利用，利用率更高，所以流程二比流程一更优，故D正确；答案选AD。13. 天津大学研究
20、团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法不正确的是A. 若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的铅电极B. Ni2P电极反应式为RCH2NH24e=RCN+4H+C. 合成1mol偶氮化合物，需转移4 mol电子D. 离子交换膜是阴离子交换膜【13题答案】【答案】BC【解析】【分析】该装置为电解池，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为：RCH2NH24e+4OH-=RCN+4H2O，CoP电极是硝基苯变为偶氮化合物，发生的是还原反应，CoP为阴极，电极反应式
21、为：2 +8e-+4H2O= +8OH-，据此分析解答。【详解】A根据分析可知，CoP为阴极，接直流电源的负极，即连接铅蓄电池的铅电极，故A正确；BNi2P为阳极，发生氧化反应，电极反应为：RCH2NH24e+4OH-=RCN+4H2O，故B错误；CCoP为阴极，电极反应式为：2 +8e-+4H2O= +8OH-，根据电极反应式可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8 mol电子，故C错误；D左侧电极生成OH-，右侧电极消耗OH-，左侧OH-需要迁移到右侧，离子交换膜阴离子交换膜，故D正确；答案选BC。14. 向5mL0.10molL1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温
22、度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. 30 时，Ka2(2)=109.7B. 从W至Z点，水的电离程度逐渐增大C. 当c(H2A)=c(A2)时，溶液pH=6D. 当时，c(H2A)c(A2) c(HA)【14题答案】【答案】BD【解析】【分析】由图可知，X为第一反应终点，X点为NaHA溶液，Z为第二反应终点，Z点为Na2A溶液，X点时：n(NaOH)=n(H2A)，c(NaOH)V(NaOH溶液)=c(H2A)V(H2A溶液)，c(H2A)= 0.10molL1，代入数据解得c(NaOH)=0.05molL1，据此分析解答。【详解】A电离平衡常数受温度影响，反应过程中温度发生变化，由
23、图可知，c(HA-)=c(A2-)时溶液温度30 ，故不能按c(HA-)=c(A2-)时的pH=9.7计算30 时的电离常数Ka2(2)，故A错误；B由分析可知，Z点为Na2A溶液，盐的水解促进水的电离，Z点水的电离程度最大，所以从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，故B正确；C若不考虑温度的影响，当c(H2A)=c(A2)时，c(H+)=10-6 molL1，则溶液pH=6，但电离平衡常数受温度影响，反应过程中温度发生变化，故C错误；D当时，根据物料守恒：2c(Na+)=3c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)
24、，此时溶液pH=9.7，c(H+)c(HA-)+2c(A2-)，将c(Na+)代换并整理得c(H2A)c(A2) c(HA)，故D正确；答案选BD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1517题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括3小题，共39分。15. 二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：已知：I乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2
25、，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，KspTiO(OH)2=1.01027。回答下列问题：（1）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是_。（2）写出“反萃取”步骤中发生反应的化学方程式：_。（3）“水煮”时加水并加热的目的是：_。（4）检验“过滤”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是_。（5）室温下测得“滤液”的pH=2，则此时滤液中c(
26、TiO2+)为_。（6）最新研究发现，可以用如图所示装置由TiO2获得金属钛，电解质为熔融CaO。阳极的电极总反应式为_。【15题答案】【答案】（1）增大CH3CH2NH浓度，增大萃取率 （2）(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3H2O=2CH3CH2NH3+2H2O+ (NH4)2WO4 （3）促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀 （4）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净 （5）0.001molL-1 （6）C-4e-+2O2-=CO2【解析】【分析】二氧化钛和三氧化钨碱浸，三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4，过滤分
27、离二氧化钛和Na2WO4溶液，调pH，在酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4，分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，加入盐酸酸化形成H2WO4xH2O，H2WO4xH2O煅烧生成高纯度WO3。二氧化钛与浓硫酸共热生成TiOSO4，TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧获得高纯TiO2。【小问1详解】乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH，“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大CH3CH2NH浓度，增大萃取率。故
28、答案为：增大CH3CH2NH浓度，增大萃取率；【小问2详解】(CH3CH2NH3)2WO4分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，“反萃取”步骤中发生反应的化学方程式：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3H2O=2CH3CH2NH3+2H2O+ (NH4)2WO4。故答案为：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3H2O=2CH3CH2NH3+2H2O+ (NH4)2WO4；【小问3详解】“水煮”时加水并加热的目的是促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀。故答案为：促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀；【小问4详解】TiOSO4水解生成H2TiO3和
29、硫酸，过滤得到H2TiO3，检验“过滤”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；【小问5详解】室温下测得“滤液”的pH=2，c(H+)=110-2mol/L，c(OH-)=110-12，室温时，K spTiO(OH)2=1.010-27=c(TiO2+)c2(OH-)，c(TiO2+)=0.001molL-1，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001molL-1。故答案为：0.001molL-1；【小问6详解】石墨
30、电极为阳极，失电子生成CO2，所以电极方程式为C-4e-+2O2-=CO2，故答案为：C-4e-+2O2-=CO2。17. 肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理： +CH3CH2OH+H2O已知：.物理常数有机物相对分子质量性状熔点/沸点/密度/(g/mL)溶解度水乙醇乙醚肉桂酸148白色晶体1353001.25微溶溶溶肉桂酸乙酯176无色油状12271.51.05不溶溶溶.三元共沸物的组成和沸点物质水乙醇环己烷共沸物沸点/(1at)10078.380.862.6质量分数/%4.819.775.5-分水器内液
31、体组成上层0.25.294.6-下层10.418.471.2.实验步骤：向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；按照图示组装好仪器(安装分水器)，加热圆底烧瓶，开始回流，分水器中出现上下两层，过程中不断将上层液体流回圆底烧瓶，将下层液体放出；停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末；用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；干燥，过滤；首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏(水浴加热即可)得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。回答下列问题：（
32、1）蒸馏装置中，选用的冷凝管为_(填标号)。A. 空气冷凝管B. 球形冷凝管C. 直形冷凝管D. 蛇形冷凝管（2）本实验中，分水器的作用是_。（3）步骤加入碳酸钠粉末的作用是_。（4）步骤合适的干燥剂为_(填标号)；A.浓硫酸 B.无水氯化钙 C.氧化钙 D.氢氧化钠采用减压蒸馏的原因是_。（5）已知无水乙醇的密度为0.79 gmL1，该实验中肉桂酸乙酯的产率为_。（6）产品纯度的分析，取amL所得样品，用乙醇作溶剂，准确配制成250.00mL溶液，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠(过量)，充分反应后，用浓度为c molL1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为V mL，该样品
33、的纯度为_(用代数式表示，无需化简)。【17题答案】【答案】（1）C （2）分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率 （3）除去过量的肉桂酸、硫酸，降低肉桂酸乙酯的溶解度 （4） . B . 碳碳双键的稳定性较差，高温下肉桂酸乙酯易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，减小副反应的发生 （5）70% （6）【解析】【分析】44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，3mL浓硫酸混合加热，肉桂酸乙酯沸点较高，在有碳碳双键的存在的情况下，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率，反应中乙醇过量，按44.4g肉桂酸计算理论产量，计算
34、产率；肉桂酸乙酯与氢氧化钠发生水解反应，反应比例为1：1，过量的氢氧化钠与盐酸1：1反应，则n（肉桂酸乙酯）=，求解n（肉桂酸乙酯）后继续计算产率，滴定重点溶液变为碱性，使用酚酞作为指示剂。【小问1详解】蒸馏装置中，选用的冷凝管为直形冷凝管。故选C；故答案为：C；【小问2详解】本实验中，分水器的作用是分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率。故答案为：分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率；【小问3详解】步骤加入碳酸钠粉末的作用是除去过量的肉桂酸、硫酸，降低肉桂酸乙酯的溶解度。故答案为：除去过量的肉桂酸、硫酸，降低肉桂酸乙酯的溶解度；【小问4详解】A.除去有机层中的水，使用浓硫酸
35、不能过滤分离，故A不选；B.无水氯化钙，能干燥，可通过过滤分离，故B选； C.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，促进酯水解，故C不选； D.氢氧化钠是碱能促进酯水解，故D不选；故选B。采用减压蒸馏的原因是碳碳双键的稳定性较差，高温下肉桂酸乙酯易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，减小副反应的发生。故答案为：B；碳碳双键的稳定性较差，高温下肉桂酸乙酯易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，减小副反应的发生；【小问5详解】m(乙醇)=0.79g/mL25mL=19.5g，+CH3CH2OH+H2O 根据方程式知，如果148g肉桂酸反应需要46g乙醇，如果44.4g肉桂酸反应需要 =13.8g乙醇，所以
36、乙醇过量，设生成肉桂酸乙酯的质量为x，148g：176g=44.4g：x，x=52.8g，实际生成的肉桂酸乙酯的质量为35.2mL1.05g/mL=36.96g，其产率=100%=70%，故答案为：70%；【小问6详解】产品纯度的分析，取amL所得样品，用乙醇作溶剂，准确配制成250.00mL溶液，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠(过量)，充分反应后，用浓度为c molL1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为V mL，肉桂酸乙酯的物质的量为 ， =该样品的纯度为(用代数式表示，无需化简)。故答案为：。19. 肼(N2H4)具有高含氢量，被视为一种极具应用潜力的液相化学储氢材料
37、。回答下列问题：（1）用肼(N2H4液态)作燃料，NO2作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H1=+66.4 kJ/molN2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H2=534 kJ/mol请写出N2H4(l)与NO2反应的热化学方程式：_。（2）为了研究反应的热效应，我国的科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数Kp。i.N2H4(l)N2(g)+2H2(g) H0 Kp0ii. N2H4(l)NH3(g)+ N2(g) H1 Kp1iii. NH3(g) N2(g)+2H2(g) H2 Kp2t时，在恒容容器中，加入足量N
38、2H4(l)发生反应i和ii.平衡时，测得容器内压强为22kPa，p(H2)=p(NH3)，则p(N2)=_kPa，反应i的平衡常数Kp0=_kPa3。若中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器容积扩大2倍，反应再次平衡后，c(N2)相比原平衡时_(填“增大”“减小”或“不变”)。lgKp1T和lgKp2T的线性关系图如图所示，据此分析：H0_(填“大于”或“小于”)0；对于反应NH3(g)N2(g)+2H2(g)，图中v正(A)_ v正(B)(填“大于”“小于”或“等于”)；值范围是_(填标号)。A.1 B.10 C.01 D.1【19题答案】【答案】（1）2N2H4(l)+2NO2(g)=3
39、N2(g)+4H2O(g)H=-1134.4kJ/mol （2） . 6 . 384 . 不变 . 小于 . 小于 . D【解析】【分析】已知：N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H1=+66.4 kJ/mol，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H2=534 kJ/mol，依据盖斯定律2-得到肼与NO2完全反应的热化学方程式。根据图象可知：随温度升高，lgKp1减小，反应ii放热；随温度升高，lgKp2增大，反应iii吸热；根据盖斯定律ii+iii得N2H4(l)N2(g)+2H2(g)，则Kp0=Kp1Kp2。【小问1详解】已知：N2(g)+2O2(g)= 2N
40、O2(g) H1=+66.4 kJ/mol，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H2=534 kJ/mol，依据盖斯定律2-得到肼与NO2完全反应的热化学方程式：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=(=-534kJ/mol)2-(+66.4kJ/mol)=-1134.4kJ/mol，故答案为：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1134.4kJ/mol；【小问2详解】t时，在恒容容器中，加入足量N2H4(l)发生反应i和ii.平衡时，测得容器内压强为22kPa，p(H2)=p(NH3)，设氢气、氨气的物质的量都是
41、4mol，根据N2H4(l)N2(g)+2H2(g)，生成2mol氮气、N2H4(l)NH3(g)+ N2(g) 反应生成1mol氮气，则容器内气体总物质的量为11mol、氮气的物质的量为3mol，则p(N2)=22 kPa=6kPa，反应i的平衡常数Kp0=(22kPa)(22kPa)2 =384kPa3。故答案为：6；384；若中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器容积扩大2倍，压强减小，平衡正向移动，反应再次平衡后，平衡常数不变，各种气体浓度不变，c(N2)相比原平衡时不变(填“增大”“减小”或“不变”)。故答案为：不变；随温度升高，lgKp1减小，反应ii放热；随温度升高，lgKp2增
42、大，反应iii吸热；根据盖斯定律ii+iii得N2H4(l)N2(g)+2H2(g)，则Kp0=Kp1Kp2。由图可知，温度对Kp1的影响程度大于对Kp2的影响程度，所以升高温度，Kp0减小，H0小于(填“大于”或“小于”)0；对于反应NH3(g)N2(g)+2H2(g)，图中B点对应的温度和浓度都比A高，所以v正(A)小于 v正(B)(填“大于”“小于”或“等于”)；H1小于0，H2大于0，H0小于0，由盖斯定律可知：H0-H1=H20，因此H0H1，由于放热反应的H越小，其绝对值越大，值范围是1(填标号)。故选D。故答案为：小于；小于；D。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选
43、一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。21. 钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：（1）钛和锆的价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布式为_。（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是_，H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为_。（3）ZrCl4可以与乙二胺形成配合物ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)，其中Zr原子配位数为6。1mol ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)中含有键的物质的量为_mol。H2NCH2CH2NH2形成ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)后，H-N-H键角将_(填“变大”“变小”或
44、“不变”)，原因是_。（4）已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示：TiO2晶胞中O2的配位数是_。已知ZrO2晶胞的密度为 gcm3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离_pm(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为M g/mol)。【21题答案】【答案】（1）4d25s2 （2） . 正四面体 . TiBH （3） . 17 . 变大 . 游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大 （4） . 3 . 10-10pm【解析】【小问1详解】Ti的原子序数为22，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为:3d24s2，钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2。故答案为：4d25s2；【小问2详解】BH与CH4具有相同的原子数目和相同的价电子数目，两者互为等电子体，空间构型相似，甲烷为正四面体形，BH的空间构型是正四面体形，金属元素的电负性小于非金属元素，H元素在非金属元素中电负性之比B大，所以H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为：TiBH。故答案为：正四面体；TiBH；【小问3详解】1 个ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)中含有ZrC