2024高考必考化學(xué)模擬題含解析

第21頁/共21頁高考模擬檢測卷（一）試題化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：N-14O-16S-32Ca-40Zn-65一、單項選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和科技密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A.殲—20飛機上用到的氮化鎵材料屬于金屬材料B.冬奧會上采用紫外消毒機器人進行消毒，利用了紫外線使蛋白質(zhì)變性C.“天問一號”火星車使用的保溫材料—納米氣凝膠，可產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)D.我國大力發(fā)展核電、水電有利于實現(xiàn)“碳中和”，電能屬于二次能源【答案】A【解析】【詳解】A．氮化鎵是化合物，不是金屬材料，故A錯誤；B．冬奧會上采用紫外殺菌技術(shù)消毒，這是由于蛋白質(zhì)在紫外線作用下會發(fā)生變性而失去其生理活性，因此該消毒方法是利用紫外線使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)，故B正確；C．納米氣凝膠屬于膠體，具有膠體的性質(zhì)，可以產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，故C正確；D．能從自然界直接獲取的能源是一次能源、電能是二次能源，故D正確；故選A。2.有機物G是抗癌藥物合成的重要中間體，下列關(guān)于G的說法錯誤的是

A.1molG最多可與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)B.G分子中最多有9個碳原子共平面C.G可發(fā)生氧化、取代反應(yīng)D.G有四種官能團【答案】D【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機物G分子中含有的苯環(huán)和碳碳雙鍵一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molG最多可與4mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機物G分子中苯環(huán)、碳碳雙鍵和羧基上的碳原子以及與苯環(huán)、碳碳雙鍵和羧基上碳原子相連的碳原子共平面，所以G分子中最多有9個碳原子共平面，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機物G分子中含有的碳碳雙鍵能反應(yīng)氧化反應(yīng)，含有的氯原子、羧基能發(fā)生取代反應(yīng)，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機物G分子中的官能團為氯原子、碳碳雙鍵和羧基，共有3種，故D錯誤；故選D。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1molNa與O2完全反應(yīng)，生成物中離子總數(shù)大于1.5NAB.硝酸與鐵反應(yīng)得到NO2、N2O4共46g，則鐵失去的電子數(shù)目為2NAC.50mL18.4mol/L濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子數(shù)目為0.46NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L由甲烷和乙烯組成的混合物中含有極性鍵的數(shù)目為4NA【答案】D【解析】【詳解】A．氧化鈉和過氧化鈉中鈉元素都為+1價，陰陽離子的個數(shù)比都為1：2，所以鈉與氧氣反應(yīng)無論生成氧化鈉，還是生成過氧化鈉，或氧化鈉和過氧化鈉的化合物，生成物中離子總數(shù)為1mol×1.5×NAmol—1=1.5NA，故A錯誤；B．二氧化氮和四氧化二氮的最簡式相同，都為NO2，46gNO2的物質(zhì)的量為=1mol，所以硝酸與鐵反應(yīng)時，鐵失去的電子數(shù)目為1mol×1×NAmol—1=NA，故B錯誤；C．銅與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，與稀硫酸不反應(yīng)，所以50mL18.4mol/L濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)時，生成二氧化硫的分子數(shù)目小于18.4mol/L×0.05L××NAmol—1=0.46NA，故C錯誤；D．甲烷和乙烯分子中都含有4個極性鍵，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L由甲烷和乙烯組成的混合物中含有極性鍵的數(shù)目為×4×NAmol—1=4NA，故D正確；故選D。4.下列操作或裝置不能達到實驗?zāi)康牡氖茿.圖甲證明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)B.圖乙分離SiO2和NH4ClC.圖丙進行中和熱測定D.圖丁制備Fe2(SO4)3晶體【答案】A【解析】【詳解】A．AgCl懸濁液中加入少量NaBr先生成AgBr的沉淀，AgCl溶液過量，故在加入NaI，仍然會生成AgI沉淀，故不能證明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故A錯誤；B．對裝置加熱，NH4Cl可分解，在濾紙上凝結(jié)；SiO2不分解，在燒杯底部，故可以分離SiO2和NH4Cl，故B正確；C．圖丙中大小燒杯之間為碎泡沫塑料起保溫隔熱的作用，環(huán)形玻璃攪拌棒起攪拌作用，故可以進行中和熱的測定，故C正確；D．Fe2(SO4)3的熱穩(wěn)定性強，且不揮發(fā)，它又是不揮發(fā)性酸的弱堿鹽，最終不會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3或Fe2O3，所以用圖丁裝置可以制備Fe2(SO4)3晶體，故D正確；故選A。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半徑依次減小，且分別位于三個不同周期，Y與Z的原子序數(shù)之和等于X與W的原子序數(shù)之和，Y是地殼中含量第二的元素，Q2Z是一種常見液體。下列說法錯誤的是A.W的單質(zhì)可與Q2Z發(fā)生置換反應(yīng)B.X、Y的最高價氧化物均可與強堿反應(yīng)C.簡單離子半徑：X>W>ZD.簡單氫化物的沸點：W<Z【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半徑依次減小，且分別位于三個不同周期，則Q為H元素；Y是地殼中含量第二的元素，則Y為Si元素；Q2Z是一種常見液體，則Z為O元素、W為F元素；Y與Z的原子序數(shù)之和等于X與W的原子序數(shù)之和，則X為Al元素?！驹斀狻緼．氟氣能與水發(fā)生置換反應(yīng)生成氟化氫和氧氣，故A正確；B．兩性氧化物氧化鋁和酸性氧化物二氧化硅都能與強堿溶液反應(yīng)生成鹽和水，故B正確；C．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑的大小順序為O2—>F—>Al3+，故C錯誤；D．水分子和氟化氫分子都能形成分子間氫鍵，但水分子形成的氫鍵數(shù)目多于氟化氫，分子間作用力強于氟化氫，沸點高于氟化氫，故D正確；故選C。6.鐵鉻液流二次電池是一種正、負(fù)極活性物質(zhì)均為液體的電池，其電解質(zhì)為酸性介質(zhì)。一種用于鐵鉻液流電池容量恢復(fù)的氫—鐵離子再平衡電池的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.可選用石墨或銅作電極b，電極a的電勢低于電極bB.產(chǎn)生氫氣的原因是陰極發(fā)生析氫副反應(yīng)：2H++2e-=H2↑C.該裝置將陰極產(chǎn)生的氫氣導(dǎo)入右側(cè)的再平衡電池的負(fù)極，實現(xiàn)Fe3+—Fe2+的循環(huán)D.電路中通過0.1mol電子時，0.1NA個H+由b極室經(jīng)交換膜移向a極室【答案】A【解析】【詳解】A．充電時，左側(cè)鐵鉻液流電池中，電極b上Fe2+發(fā)生氧化反應(yīng)生成Fe3+，則電極b為陽極，電極a為陰極，則電極a的電勢低于電極b；電極b可選用石墨作電極，但是不也能選Cu作電極，A錯誤；B．陰極上產(chǎn)生氫氣的原因是陰極發(fā)生析氫副反應(yīng)：2H++2e-=H2↑，B正確；C．如圖所示，再平衡電池的負(fù)極上，H2發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生H+，則該裝置將陰極產(chǎn)生的氫氣導(dǎo)入右側(cè)的再平衡電池的負(fù)極，實現(xiàn)Fe3+-Fe2+的循環(huán)，C正確；D．根據(jù)電荷守恒可知，電路中通過0.1mol電子時，就會有0.1molH+由b極室經(jīng)質(zhì)子交換膜移向a極室，D正確；故選A。7.H3A是一種多元酸，向10mL1mol·L-1(pH=1.75)的H3A溶液中逐滴加入1mol·L-1NaOH溶液至過量，滴加過程中各種含A微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ隨溶液pH的變化曲線如圖所示。下列敘述正確的是A.H3A是三元弱酸B.1mol·L-1的Na2HA溶液中存在：2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)C.當(dāng)V(NaOH)=15mL時，pH=5.85D.1mol·L-1的NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(H2A-)>c(H3A)>c(HA2-)【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖知，c(H3A)=c(H2A-)時，Ka1=c(H+)=10-3.49；c(H2A-)=c(HA2-)時，Ka2=c(H+)=10-5.85；【詳解】A．由1mol/L的H3A溶液pH=1.75可知，H3A為弱酸，由圖中有三種含A微粒可知，H3A溶液中有H3A、H2A-、HA2-三種微粒，故H3A為二元弱酸，A選項錯誤；B．在Na2HA溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2[c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)]，由電荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，整理兩式可得：2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)，B選項正確；C．當(dāng)V(NaOH)=15mL時，溶液中發(fā)生的反應(yīng)為:2H3A+3NaOH=Na2HA+NaH2A+3H2O，溶液中的c(HA2-)≠c(H2A-)，由圖可知，c(HA2-)=c(H2A-)時，pH=5.85，C選項錯誤；D．1mol/L的NaH2A溶液中含A的微粒以H2A-為主，由圖可知，此時溶液顯酸性，則H2A-的電離大于水解，即c(HA2-)>c(H3A)，D選項錯誤；故答案選B。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題(11題，共129分)。8.亞硝酸鈣是一種重要的化工原料，可作為水泥添加劑，防銹劑等。某興趣小組擬利用以下裝置制備Ca(NO2)2并測定產(chǎn)品的純度(夾持及加熱裝置略)。已知：①Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O②2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O（1）儀器a的名稱是____，B的作用是____，F(xiàn)中盛放的試劑是____。（2）A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____。（3）C中通入的O2的量應(yīng)為X的，若<，會導(dǎo)致____；若>，會導(dǎo)致____。（4）實驗中可通過調(diào)節(jié)氣體X流速來控制其與O2通入量的比，調(diào)節(jié)流速的方法有____(任答一種)。（5）充分反應(yīng)后，經(jīng)分離提純得到Ca(NO2)2，設(shè)計如下方案測定產(chǎn)品中Ca(NO2)2的純度(雜質(zhì)不參與以下反應(yīng))：準(zhǔn)確稱取mgCa(NO2)2樣品放入錐形瓶中，加適量水溶解，加入過量的c1mol·L-1的KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗VmL的Na2S2O3溶液。(在酸性條件下：2NO+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O，I2+2S2O=2I-+S4O)①滴定至終點的現(xiàn)象是____。②Ca(NO2)2的純度為____。【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.除HNO3，將NO2轉(zhuǎn)化為NO③.NaOH溶液（2）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（3）①.NO反應(yīng)不完全，逸出污染空氣②.產(chǎn)品中混有Ca(NO3)2雜質(zhì)（4）調(diào)節(jié)滴液漏斗的滴加速率（5）①.滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色②.×100%或%【解析】【分析】A裝置中Cu與稀硝酸反應(yīng)制備NO，由于HNO3具有揮發(fā)性，裝置中有空氣，生成的NO部分會與O2反應(yīng)生成NO2，A裝置制得的NO中混有HNO3、NO2，B裝置中水用于除去HNO3、將NO2轉(zhuǎn)化為NO，X為NO，C裝置中通過觀察氣泡控制NO、O2的通入量之比，D裝置中制備Ca(NO2)2，E裝置可防倒吸，F(xiàn)裝置用于吸收尾氣，防污染大氣?！拘?詳解】根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點知，儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗；根據(jù)分析，B的作用是除HNO3、將NO2轉(zhuǎn)化為NO；F裝置用于吸收尾氣，防污染大氣，故F中盛放的試劑是NaOH溶液；答案為：恒壓滴液漏斗；除去HNO3，將NO2轉(zhuǎn)化為NO；NaOH溶液?！拘?詳解】A中Cu與稀硝酸反應(yīng)生成Cu(NO3)2、NO和水，反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；答案為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。【小問3詳解】已知Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O、2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O，單獨NO與Ca(OH)2不反應(yīng)，NO2過量時會生成Ca(NO3)2；D中發(fā)生的總反應(yīng)可表示為4NO+O2+2Ca(OH)2=2Ca(NO2)2+2H2O，故C中通入的O2的量應(yīng)為NO的；若<，會導(dǎo)致NO反應(yīng)不完全，逸出污染空氣；若>，會導(dǎo)致產(chǎn)品中混有Ca(NO3)2雜質(zhì)；答案為：NO反應(yīng)不完全，逸出污染空氣；產(chǎn)品中混有Ca(NO3)2雜質(zhì)?！拘?詳解】要調(diào)節(jié)NO的流速，可調(diào)節(jié)滴液漏斗滴加稀HNO3的速率；答案為：調(diào)節(jié)滴液漏斗的滴加速率。【小問5詳解】①用淀粉溶液作指示劑，I2遇淀粉溶液，溶液呈藍色，故滴定至終點的現(xiàn)象是滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；答案為：滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色。②根據(jù)反應(yīng)2+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O、I2+2=2I-+可得關(guān)系式Ca(NO2)2~I2~2Na2S2O3，樣品中Ca(NO2)2物質(zhì)的量n[Ca(NO2)2]=n(Na2S2O3)=×c2mol/L×V×10-3L=mol，Ca(NO2)2的質(zhì)量m[Ca(NO2)2]=mol×132g/mol=g，Ca(NO2)2的純度為=；答案為：或。9.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是制備負(fù)載型活性鐵催化劑的主要原料，為亮綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。以廢鐵屑(含C和SiO2)為原料制備K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工藝流程如圖所示。已知：25℃時，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq)K=6.31×10-17。（1）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中Fe的化合價為____。（2）廢鐵屑需堿浸預(yù)處理，“堿浸”中加Na2CO3溶液的目的是____。（3）“溶解、氧化”過程中除了生成K3[Fe(C2O4)3]外，還有Fe(OH)3生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，該過程中體系溫度需保持在40℃的原因是____。（4）“調(diào)pH”是為了獲得更多的產(chǎn)品，此時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（5）獲得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶體的“一系列操作”包括：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥。其中洗滌的具體操作是____。（6）該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是____。（7）某同學(xué)欲檢驗所制晶體中的鐵元素，取少量晶體放入試管中，加蒸餾水使其充分溶解，再向試管中滴入幾滴0.1mol·L-1KSCN溶液。判斷上述實驗方案是否可行并結(jié)合數(shù)據(jù)和原理說明理由：____?！敬鸢浮浚?）+3（2）除去廢鐵屑表面的油污（3）①.6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3②.溫度過高，H2O2易分解：溫度過低，反應(yīng)速率太慢（4）Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O（5）沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸沒沉淀，待液體自然流下，重復(fù)操作2-3次（6）H2SO4（7）否，因為[Fe(C2O4)3]3-轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]2+反應(yīng)的平衡常數(shù)小于1.0×10-5，觀察不到明顯現(xiàn)象，所以無法檢驗【解析】【分析】廢鐵屑加Na2CO3溶液堿浸，除去廢鐵屑表面的油污，加入稀硫酸進行溶解，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，C和SiO2與稀硫酸不反應(yīng)，過濾向濾液中加入草酸溶液進行沉鐵，得到草酸亞鐵沉淀，過濾所得濾液為硫酸溶液，向草酸亞鐵沉淀中加入草酸鉀溶液和過氧化氫進行溶解、氧化，將溶液煮沸后加草酸氫鉀調(diào)節(jié)溶液pH，然后經(jīng)過一系列操作得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。【小問1詳解】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中鉀元素化合價為+1價，草酸根離子為-2價，依據(jù)化合物中正負(fù)化合價代數(shù)和為0的原則可知，鐵的化合價為+3價?！拘?詳解】廢鐵屑表面有油污，堿性條件下水解，因此廢鐵屑“堿浸”中加Na2CO3溶液的目的是：除去廢鐵屑表面的油污?！拘?詳解】“溶解、氧化”過程中FeC2O4與K2C2O4、H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3；反應(yīng)過程中，若溫度太低，反應(yīng)速率太慢，而過氧化氫受熱易分解，若溫度過高，過氧化氫易分解，因此該過程中體系溫度需保持在40℃?！拘?詳解】“溶解、氧化”過程中生成了Fe(OH)3，“調(diào)pH”是為了獲得更多的產(chǎn)品，使Fe(OH)3轉(zhuǎn)化為K3[Fe(C2O4)3]，因此加入草酸氫鉀發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O。【小問5詳解】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，難溶于乙醇，因此洗滌的具體操作為：沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸沒沉淀，待液體自然流下，重復(fù)操作2-3次。【小問6詳解】由分析可知，濾液為硫酸溶液，可在溶解一步繼續(xù)使用，因此該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是：H2SO4?！拘?詳解】由已知信息：25℃時，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq)K=6.31×10-17可知，[Fe(C2O4)3]3-轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]2+反應(yīng)的平衡常數(shù)小于1.0×10-5，觀察不到明顯現(xiàn)象，因此無法檢驗所制晶體中的鐵元素。10.2022年北京冬奧會的火炬“飛揚”是世界首款高壓儲氫火炬，它運用了液體火箭發(fā)動機的氫能技術(shù)。I.由氨氣制取氫氣是一種新工藝，氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲氫載體，且安全、易儲運。氨熱分解法制氫氣相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表：化學(xué)鍵N≡NH—HN—H鍵能E/(kJ·mol-1)946436391回答下列問題：（1）反應(yīng)2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·mol-1。（2）已知該反應(yīng)的△S=0.2kJ·mol·K-1，則溫度T____K時反應(yīng)能自發(fā)進行。（3）某興趣小組對該反應(yīng)進行了實驗探究，在一定溫度和催化劑的條件下，將0.1molNH3通入恒容密閉容器中進行反應(yīng)，此時容器內(nèi)總壓為200kPa，4min后達到平衡，容器內(nèi)的壓強為280kPa。①該反應(yīng)達到化學(xué)平衡的標(biāo)志是____(填序號)。A.NH3的反應(yīng)速率為0B.H2的分壓保持不變C.氣體平均相對分子質(zhì)量保持不變D.NH3、N2、H2的物質(zhì)的量之比為2：1：3②在該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____kPa2。(分壓=總壓×該組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))II.利用有機物HCOOH分解可再生H2與CO2。（4）在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反應(yīng)機理如圖所示：

①HCOOD催化釋氫反應(yīng)除生成CO2外，還生成____(填化學(xué)式)。②研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變時，HCOOK替代一部分HCOOH，催化釋氫的速率增大，根據(jù)圖示反應(yīng)機理解釋其可能的原因是____。III.氨電解法制氫氣：利用電解原理，將氨轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示：

（5）陽極的電極反應(yīng)式為____?！敬鸢浮浚?）+92（2）>460（3）①.BC②.4800（4）①.HD②.HCOOH是弱電解質(zhì)，HCOOK是強電解質(zhì)，替代后HCOO-濃度增大，反應(yīng)速率增大（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O【解析】【小問1詳解】斷裂舊鍵吸收能量，形成新鍵釋放能量，根據(jù)△H=斷裂舊鍵吸收的能量-形成新鍵釋放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·mol-1=+92kJ·mol-1，故答案為：+92；【小問2詳解】若反應(yīng)能自發(fā)進行，則△G=△H-T△S<0，即：92-0.2T<0，解得：

T>460K，故答案為：>460；【小問3詳解】①A．達平衡狀態(tài)時，反應(yīng)仍在繼續(xù)進行，反應(yīng)速率不為0，故A錯誤；B．H2的分壓保持不變即物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)保持不變，故B正確；C．氣體總質(zhì)量不變，氣體平均分子量保持不變即氣體物質(zhì)的量保持不變，達平衡狀態(tài)，故C正確；D．NH3、

N2、H2的物質(zhì)的量之比為2:

1:

3，并不能表示其不變，故D錯誤；故答案為：BC；②容器體積不變反應(yīng)達到平衡，根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比即，解得n(混)=0.14mol，設(shè)轉(zhuǎn)化的氨氣為2x，則，則0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器內(nèi)的壓強為280kPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù)，故答案為：4800；【小問4詳解】①H、D是氫元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推斷HCOOD催化釋氫生成CO2和HD；②HCOOH是弱電解質(zhì)，HCOOK是強電解質(zhì)，用部分HCOOK代替HCOOH，導(dǎo)致HCOO-濃度增大，因此其他條件不變時，HCOOK替代一部分HCOOH，催化釋氫的速率增大，故答案為：HD；HCOOH是弱電解質(zhì)，HCOOK是強電解質(zhì)，替代后HCOO-濃度增大，反應(yīng)速率增大；【小問5詳解】陽極是氨氣失去電子變?yōu)榈獨?，其電極反應(yīng)式為6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案為：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上。把所選題目對應(yīng)題號右邊的方框涂黑，注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。11.明朝《天工開物》中有世界上最早的“火法”煉鋅技術(shù)的記載。鋅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著重要的用途。鋅是生命體必需的微量元素，被稱為“生命之花”。（1）基態(tài)Zn原子核外電子共有____種空間運動狀態(tài)。（2）鋅與銅在周期表中的位置相鄰?，F(xiàn)有4種銅、鋅元素的相應(yīng)狀態(tài)，①鋅：[Ar]3d104s2、②鋅：[Ar]3d104s1、③銅：[Ar]3d104s1、④銅：[Ar]3d10失去1個電子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。A.④②①③ B.④②③① C.①②④③ D.①④③②（3）鋅在潮濕的空氣中極易生成一層緊密的堿式碳酸鋅[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蝕性。其中CO的空間構(gòu)型為____(用文字描述)。與CO互為等電子體的分子是____(寫一種即可)。（4）葡萄糖酸鋅為有機鋅補劑，對胃黏膜刺激小，在人體中吸收率高。如圖是葡萄糖酸鋅的結(jié)構(gòu)簡式。①葡萄糖酸鋅組成元素中電負(fù)性最大的元素為____，其中C原子的雜化方式為____。②1mol葡萄糖酸分子中含有____molσ鍵。葡萄糖酸的熔點小于葡萄糖酸鋅的熔點原因是____。（5）ZnS是一種性能優(yōu)異的熒光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS兩種晶型，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2—形成的____空隙中；②六方ZnS的晶體密度為____g·cm-3(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）15（2）A（3）①.平面三角形②.SO3（4）①.O②.sp3、sp2③.24④.葡萄糖酸是分子晶體，熔點小于離子晶體葡萄糖酸鋅（5）①.四面體(或正四面體)②.【解析】【小問1詳解】鋅元素的原子序數(shù)為30，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，原子軌道的數(shù)目與核外電子的空間運動狀態(tài)相等，s軌道、p軌道、d軌道的數(shù)目分別為1、3、5，所以鋅原子核外電子共有15種空間運動狀態(tài)，故答案為：15；【小問2詳解】同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，則①失去電子需要的能量大于③；同種元素的逐級電離能依次增大，則②失去電子需要的能量大于①；④中3d軌道為穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，較難失去電子，則失去電子需要的能量大于②，所以失去1個電子需要的能量由大到小排序為④②①③，故選A；【小問3詳解】碳酸根離子中碳原子的價層電子對數(shù)為3，孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為平面三角形；三氧化硫分子和碳酸根離子的原子個數(shù)都為4、價電子數(shù)都為24，互為等電子體，故答案為：平面三角形；SO3；【小問4詳解】①金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，非金屬元素的非金屬性越強，電負(fù)性越大，葡萄糖酸鋅中氧元素的非金屬性最強，所以氧元素的電負(fù)性最大；葡萄糖酸鋅中單鍵碳原子的雜化方式為sp3雜化，雙鍵碳原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：O；sp3、sp2；②葡萄糖酸分子中單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，所以1mol葡萄糖酸分子中含有24molσ鍵；離子晶體的熔點高于分子晶體，葡萄糖酸鋅是離子晶體，葡萄糖酸是分子晶體，所以熔點小于離子晶體葡萄糖酸鋅，故答案為：24；葡萄糖酸是分子晶體，熔點小于離子晶體葡萄糖酸鋅；【小問5詳解】①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，立方硫化鋅晶胞中1個鋅離子周圍有4個硫離子，4個硫離子在空間形成正四面體結(jié)構(gòu)，所以鋅離子填充在硫離子形成的正四面體空隙中，故答案為：四面體(或正四面體)；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，六方硫化鋅晶胞中位于頂點和體內(nèi)的硫離子個數(shù)為8×+1=2，位于棱上和體內(nèi)的鋅離子個數(shù)為4×+1=2，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=a×10—7×asin60°×10—7×c×10—7×d，解得d=，故答案為：。12.含硫生物分子或活性硫物種(RSS)成為近期的研究熱點，該研究的重點在于闡明其生理功能。化合物H成功實現(xiàn)對含硫物質(zhì)(如H2Sn)的選擇性檢測，其合成路線如圖。已知：①試劑X是芳香族化合物，其相對分子質(zhì)量不超過100；②CH3COOH；回答下列問題：（1）B的化學(xué)名稱為____；試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為____。（2）C與乙二醇反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為____。（3）F中含氧官能團的名稱是____。（4）試劑Z的分子式為C7H8O2，其結(jié)構(gòu)簡式為____。（5）G→H分兩步完成，第一步發(fā)生加成反應(yīng)，第二步的反應(yīng)類型為____。（6）M是試劑Y的同系物，且其相對分子質(zhì)量比Y少14，寫出滿足下列條件的M的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____。(不考慮立體異構(gòu))①核磁共振氫譜顯示苯環(huán)上只有一種氫原子；②能與金屬Na反應(yīng)，但不能與Na2CO3溶液反應(yīng)；③分子中不含“—NHOH”片段。（7）請根據(jù)題中信息，寫出以和為原料合成肉桂酸()的路線____?！敬鸢浮浚?）①.1，3—丙二醇②.（2）nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O（3）酯基、醛基（4）（5）消去反應(yīng)（6）或（7）【解析】【分析】由有機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，BrCH2CH2CH2Br在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應(yīng)生成HOCH2CH2CH2OH，則A為BrCH2CH2CH2Br、B為HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)生成HOOCCH2COOH，則C為HOOCCH2COOH；在催化劑作用下HOOCCH2COOH與共熱發(fā)生取代反應(yīng)生成，則試劑X為；與反應(yīng)得到，與DEF、POCl3共熱反應(yīng)生成，與發(fā)生取代反應(yīng)生成，與先發(fā)生加成反應(yīng)，再發(fā)生消去反應(yīng)生成。【小問1詳解】由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2CH2OH，名稱為1，3—丙二醇；試劑X為苯酚，結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：1，3—丙二醇；；【小問2詳解】C與乙二醇反應(yīng)生成高分子化合物的反應(yīng)為一定條件下，HOOCCH2COOH與乙二醇發(fā)生水解反應(yīng)生成和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O，故答案為：nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；【小問3詳解】由結(jié)構(gòu)簡式可知，F(xiàn)的含氧官能團為酯基、醛基，故答案為：酯基、醛基；’【小問4詳解】由分析可知，試劑Z的分子式為C7H8O2，結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；【小問5詳解】由分析可知，G→H的反應(yīng)為與先發(fā)生加成反應(yīng)，再發(fā)生消去反應(yīng)生成，故答案為：消去反應(yīng)；【小問6詳解】Y的同系物M的相對分子質(zhì)量比Y少14，能與金屬Na反應(yīng)，但不能與Na2CO3溶液反應(yīng)，分子中不含“—NHOH”片段說明M分子中含有的官能團為—NH2和—OH，符合核磁共振氫譜顯示苯環(huán)上只有一種氫原子的結(jié)構(gòu)簡式為、，故答案為：或；【小問7詳解】由題給信息可知，以和為原料合成肉桂酸的合成步驟為與先發(fā)生加成反應(yīng)，再發(fā)生消去反應(yīng)生成，酸性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成，共熱發(fā)生脫羧反應(yīng)生成，合成路線為，故答案為：。

高考模擬檢測卷（二）試題化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：N14Al27P31Sr88一、選擇題1.化學(xué)與社會、科學(xué)、技術(shù)、生活等密切相關(guān)，下列說法正確的是A.“凡引水種鹽，待夏秋之交，南風(fēng)大起，則一宵結(jié)成”該過程屬于蒸發(fā)結(jié)晶B.“天和”核心艙其腔體使用的氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料C.青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對青蒿素的提取屬于化學(xué)變化D.“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟帶”和“21世紀(jì)海上絲綢之路”的簡稱，絲綢的主要成分是天然纖維素，屬于高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A．夏秋之交的溫度比較高，引水種鹽，溫度高時利于水分蒸發(fā)，可快速得到鹽，屬于蒸發(fā)結(jié)晶，A正確；B．氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于新型無機非金屬材料，B錯誤；C．屠呦呦對青蒿素的提取是萃取過程，屬于物理變化，C錯誤；D．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于高分子化合物，D錯誤；故選A。2.下列性質(zhì)的比較，不能用元素周期律解釋的是A.酸性： B.金屬性：C.熱穩(wěn)定性： D.氫化物的穩(wěn)定性：【答案】C【解析】【詳解】A．元素的非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性Cl>S，故酸性H2SO4<HClO4，A不符合題意；B．同周期從左往右金屬性減弱，故金屬性：Na>Al，B不符合題意；C．碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱穩(wěn)定性與元素周期律無關(guān)，C符合題意；D．同主族從上往下非金屬性減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性減弱，故氫化物的穩(wěn)定性：H2S<H2O，D不符合題意；故選C。3.光氣（）是一種重要的有機合成中間體，有劇毒，光氣與氨氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為：.下列有關(guān)說法不正確的是A.中含有離子鍵和共價鍵 B.原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖：C.的球棍模型： D.的電子式為：【答案】D【解析】【詳解】A．NH4Cl中，和Cl-之間形成離子鍵，N原子和H原子之間形成共價鍵，即該化合物中含有離子鍵和共價鍵，A正確；B．Cl的原子序數(shù)為17，則Cl原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，B正確；C．CO(NH2)2的結(jié)構(gòu)式為，其球棍模型為，C正確；D．電子式中的非金屬原子（除H原子外）周圍應(yīng)有8個電子，則COCl2的電子式為，D錯誤；故選D。4.下列離子方程式書寫正確的是A.Na與H2O反應(yīng)：2Na+2H+=2Na++H2↑B.向NH4Al(SO4)2溶液滴入過量NaOH溶液：Al3++4OH-=+2H2OC.鐵絲與CuSO4溶液反應(yīng)：Fe+Cu2+=Fe2++CuD.將H2C2O4溶液(弱酸)滴入酸性KMnO4溶液：5C2O+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【詳解】A．H2O是弱電解質(zhì)，應(yīng)該寫化學(xué)式，反應(yīng)的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-++H2↑，A錯誤；B．向NH4Al(SO4)2溶液滴入過量NaOH溶液時，溶液中的、Al3+都會與OH-發(fā)生反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為：+Al3++5OH-=+NH3·H2O+2H2O，B錯誤；C．反應(yīng)符合事實，遵循物質(zhì)的拆分原則，C正確；D．H2C2O4是二元弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式，反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D錯誤；故合理選項是C。5.利用下列裝置進行實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖茿.配制0.1mol·L-1NaCl(aq) B.收集SO2并吸收尾氣C.制取C2H4 D.蒸干FeC13溶液制FeC13晶體【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．固體藥品的溶解應(yīng)在燒杯中進行，A錯誤；B．SO2密度比空氣大，利用向上排空氣法收集，二氧化硫有毒，過量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，同時可以防倒吸，B正確；C．制取乙烯，反應(yīng)液溫度為170℃，則溫度計應(yīng)伸入到液面以下，C錯誤；D．蒸干FeC13溶液，蒸發(fā)過程中鐵離子會發(fā)生水解，溫度升高，HCl揮發(fā)，促使水解平衡正向進行，不能得到FeC13，D錯誤；答案為B。6.關(guān)于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說法錯誤的是A.CH3OH為極性分子 B.N2H4空間結(jié)構(gòu)為平面形C.N2H4的沸點高于(CH3)2NNH2 D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N雜化方式均相同【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．甲醇可看成是甲烷中的一個氫原子被羥基取代得到的，為四面體結(jié)構(gòu)，是由極性鍵組成的極性分子，A正確；B．N2H4中N原子的雜化方式為sp3，不是平面形，B錯誤；C．N2H4分子中連接N原子的H原子數(shù)多，存在氫鍵的數(shù)目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氫鍵，另一端的兩個甲基基團比較大，影響了分子的排列，沸點較N2H4的低，C正確；D．CH3OH為四面體結(jié)構(gòu)，-OH結(jié)構(gòu)類似于水的結(jié)構(gòu)，(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)簡式為，兩者分子中C、O、N雜化方式均為sp3，D正確；故選B。7.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)敘述正確的是A.白磷中白磷分子總數(shù)為B.含為的礦泉水含數(shù)目為C.由乙烯制備一氯乙烷若獲得產(chǎn)品需個分子D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，與足量水反應(yīng)可獲得個分子【答案】B【解析】【詳解】A．31g白磷(P4)的物質(zhì)的量為=0.25mol，則白磷分子總數(shù)為0.25NA，A錯誤；B．2L

含

K+

19.5mg/L

的礦泉水中

K+的物質(zhì)的量為=10?3mol，則K+數(shù)目為

10-3

NA，B正確；C．由乙烯制備一氯乙烷，生成

1mol

產(chǎn)品理論上需HCl分子數(shù)為

NA，C錯誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3不是氣體，不能用氣體摩爾體積進行計算，D錯誤；故選：B。8.CO2的轉(zhuǎn)化一直是世界范圍內(nèi)的研究熱點。利用兩種金屬催化劑，在水溶液體系中將CO2分別轉(zhuǎn)化為CO和HCOOH的反應(yīng)過程示意圖如下：下列說法正確的是A.在轉(zhuǎn)化為CO的路徑中，只涉及碳氧鍵的斷裂和氧氫鍵的形成B.在轉(zhuǎn)化為HCOOH的路徑中，CO2被氧化為HCOOHC.在轉(zhuǎn)化為兩種產(chǎn)物的過程中碳、氧原子的利用率均為100%D.上述反應(yīng)過程說明催化劑具有選擇性【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖看出路徑中有碳氧單鍵斷裂和碳氧三鍵的形成，A錯誤；B．HCOOH的C元素化合價為+2，CO2為+4價，化合價降低，CO2被還原為HCOOH，B錯誤；C．CO2轉(zhuǎn)化為CO，O原子失掉一個，原子利用率不是100%，C錯誤；D．該機理圖可知CO2在兩種金屬催化劑作用下生成兩種不同產(chǎn)物，即催化劑具有選擇性，D正確；故選：D。9.下列說法正確的是A.將NaOH溶液分多次緩慢注入鹽酸中，或一次性快速注入鹽酸中，都不影響中和熱的測定B.已知中和熱為=-57.3kJ·mol-1，則稀H2SO4與稀Ba(OH)2溶液反應(yīng)的反應(yīng)熱=-2×57.3kJ·mol-1C.燃燒熱是指在101kPa時1mol可燃物完全燃燒時所放出的熱量，故S(s)+O2(g)=SO3(g)=-315kJ·mol-1即為硫的燃燒熱D.已知冰的熔化熱為6.0kJ·mol-1，冰中氫鍵鍵能為20.0kJ·mol-1，假設(shè)1mol冰中有2mol氫鍵，且熔化熱完全用于破壞冰中的氫鍵，則最多只能破壞1mol冰中15%的氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．分多次緩慢注入，造成熱量散失，則測定的中和熱偏小，應(yīng)一次性快速注入鹽酸中，A錯誤；B．生成硫酸鋇放熱，則稀H2SO4與稀Ba(OH)2溶液反應(yīng)的反應(yīng)熱<-2×57.3kJ·mol-1，B錯誤；C．燃燒熱定義中，硫燃燒生成的穩(wěn)定氧化物應(yīng)為二氧化硫，C錯誤；D．冰的熔化熱為6.0kJ·mol-1，1mol冰變成0℃的液態(tài)水所需吸收的熱量為6.0kJ·mol-1，冰中氫鍵鍵能為20.0kJ·mol-1，1mol冰中有2mol氫鍵，破壞時需吸收40kJ的熱量，則，即最多只能破壞1mol冰中15%的氫鍵，D正確；答案選D。10.高電壓水系鋅—有機混合液流電池的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.充電時，中性電解質(zhì)NaCl的濃度增大B.放電時，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-+4OH-=C.充電時，1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ轉(zhuǎn)移2mol電子D.放電時，正極區(qū)溶液的pH增大【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，充電時，F(xiàn)QH2生成FQ，被氧化，所以充電時右側(cè)為陽極，左側(cè)為陰極，被還原為Zn；則放電時左側(cè)為負(fù)極，Zn被氧化為，右側(cè)為正極，F(xiàn)Q被還原為FQH2?！驹斀狻緼．充電時，左側(cè)陰極的電極反應(yīng)為+2e-=Zn+4OH-，陰離子增多，為平衡電荷，中性電解質(zhì)溶液中的Na+經(jīng)陽膜遷移至左側(cè)，Cl-經(jīng)陰膜遷移至右側(cè)，NaCl的濃度減小，A錯誤；B．放電時，左側(cè)為負(fù)極，Zn被氧化為，電極反應(yīng)為Zn-2e-+4OH-=，B正確；C．充電時，右側(cè)FQH2被氧化為FQ，電極反應(yīng)為FQH2-2e-=FQ+2H+，所以1molFQH2轉(zhuǎn)化為FQ轉(zhuǎn)移2mol電子，C正確；D．放電時右側(cè)為正極，電極反應(yīng)為FQ+2H++2e-=FQH2，氫離子被消耗，pH增大，D正確；綜上所述答案為A。11.常溫下，向一定濃度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.直線m表示pH與的關(guān)系B.H2X的電離常數(shù)Ka2的數(shù)量級為10-5C.N點水電離出的c(H+)=1×10-4.3mol·L-1D.當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)直線m，當(dāng)pH=0時或=-1.3，對應(yīng)電離常數(shù)為10-1.3；根據(jù)直線n，當(dāng)pH=0時或=-4.3，對應(yīng)電離常數(shù)為10-4.3，，所以、?！驹斀狻緼．直線m對應(yīng)電離常數(shù)為10-1.3，所以直線m表示pH與的關(guān)系，故A正確；B．直線m對應(yīng)電離常數(shù)為10-1.3、直線n對應(yīng)電離常數(shù)為10-4.3，H2X的電離常數(shù)Ka2的數(shù)量級為10-5，故B正確；C．直線n表示pH與的關(guān)系，，N點=0，則c(H+)=1×10-4.3，HX-電離出氫離子使溶液呈酸性，水電離受到抑制，水電離出的c(H+)=1×10-9.7mol·L-1，故C錯誤；D．當(dāng)混合溶液呈中性時，，所以c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正確；選C。12.在容積為VL的恒溫密閉容器中模擬工業(yè)合成氨。充入N2和H2的總物質(zhì)的量為1mol，容器內(nèi)各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與反應(yīng)時間t的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.a表示N2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化情況物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)B.0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1C.t2min時，NH3的分解速率小于其生成速率D.t3min時改變的條件可能為減小容器容積【答案】B【解析】【分析】由題中圖示可知，開始時N2和H2各占50%，總物質(zhì)的量是1mol，則N2和H2各為0.5mol，由可得，某時刻總物質(zhì)的量為n(總)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某時刻N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為=50%，所以，N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)一直保持不變，是50%，則a代表N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，隨反應(yīng)進行減小的是c代表H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，b代表NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；據(jù)此解答。【詳解】A．由上述分析可知，N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)一直保持不變，是50%，則a代表N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，故A正確；B．由上述分析可知，a代表N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，c代表H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，b代表NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，t1時H2、NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，即，解之x=0.1mol，則0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1，故B錯誤；C．由上述分析可知，b代表NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，t2時刻及以后，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，說明反應(yīng)向右進行，則NH3的分解速率小于其生成速率，故C正確；D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3時刻，減小容積，壓強增大，平衡正向移動，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，故D正確；答案為B。二、填空題13.第二代半導(dǎo)體材料——(Ⅲ?V)A族化合物的特殊性能使之成為科學(xué)家的研究熱點之一。（1）基態(tài)鎵原子的價電子排布式為__，基態(tài)P原子的價電子排布圖為___。（2）NH4NO3中N的雜化方式為__；NH4NO3呈__性，原因是__。（3）N、P、As位于同一主族，已知NH3的沸點比PH3的沸點高，AsH3的沸點比PH3的沸點高。產(chǎn)生的原因是__。（4）第三周期主族元素中，按第一電離能大小排序，第一電離能在磷和鋁之間的元素有__。（5）磷化鋁晶胞如圖，若晶胞參數(shù)為dpm，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，則磷化鋁晶體的密度ρ=__g/cm3。(用含d的表達式填空)

【答案】（1）①.4s24p1②.（2）①.sp3、sp2②.酸③.由于NH4NO3在水溶液中發(fā)生水解+H2ONH3·H2O+H+（3）PH3、AsH3分子之間存在范德華力，AsH3的相對分子質(zhì)量大，范德華力更強，沸點更，而NH3分子間存在氫鍵，氫鍵比范德華力更強，NH3的沸點最高（4）Mg、Si、S（5）【解析】【小問1詳解】已知鎵為31號元素，則基態(tài)鎵原子的價電子排布式為4s24p1，磷是15號元素，基態(tài)P原子的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，基態(tài)P原子的價電子排布圖為：，故答案為：4s24p1；；【小問2詳解】NH4NO3中的中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：4+(5-1-4×1)=4，中心原子N原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+(5+1-3×)=3，故N的雜化方式為sp3、sp2，由于NH4NO3是強酸弱堿鹽，發(fā)生水解呈酸性，反應(yīng)原理為：+H2ONH3·H2O+H+，故答案為：sp3、sp2；酸；由于NH4NO3在水溶液中發(fā)生水解+H2ONH3·H2O+H+；【小問3詳解】PH3、AsH3分子之間存在范德華力，AsH3的相對分子質(zhì)量大，范德華力更強，沸點更，而NH3分子間存在氫鍵，氫鍵比范德華力更強，NH3的沸點最高，故答案為：PH3、AsH3分子之間存在范德華力，AsH3的相對分子質(zhì)量大，范德華力更強，沸點更，而NH3分子間存在氫鍵，氫鍵比范德華力更強，NH3的沸點最高；【小問4詳解】根據(jù)同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，IIA與IIIA、VA與VIA反常，故第三周期主族元素中，按第一電離能大小排序，第一電離能在磷和鋁之間的元素有Mg、Si、S三種元素，故答案為：Mg、Si、S；【小問5詳解】由磷化鋁晶胞如圖，可知一個晶胞中含有Al的個數(shù)為：=4，P原子個數(shù)為4個，故若晶胞參數(shù)為dpm，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，一個晶胞的質(zhì)量為：，一個晶胞的體積為：V=(d×10-10cm)3，則磷化鋁晶體的密度，故答案為：。14.化合物1是一種具有多種藥理學(xué)活性的黃烷酮類藥物。由化合物A制備1的合成路線如圖：回答下列問題：（1）C中官能團的名稱為____________________。（2）由A生成C的方程式可表示為：，化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為____________________。（3）由C生成D的反應(yīng)類型是_____________，E的化學(xué)名稱是____________________。檢驗E中官能團的試劑及現(xiàn)象是_______________________________________。（4）I的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________________________。（5）芳香化合物X是C的同分異構(gòu)體，同時滿足如下條件的X有_________種，其中核磁共振氫譜峰面積比為的X的一種結(jié)構(gòu)簡式是___________________________________。條件：a、苯環(huán)上只有三個取代基，且甲基不與苯環(huán)直接相連：b、能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；c、可與反應(yīng)。（6）寫出用環(huán)戊烯和正丙醛為原料制備化合物的合成路線（其他試劑任選）_____________________________________________________________________________________?！敬鸢浮浚?）羥基、羰基（2）（3）①.取代反應(yīng)②.苯甲醛③.銀氨溶液、水浴后有光亮的銀鏡生成（新制氫氧化銅懸濁液、加熱后產(chǎn)生磚紅色沉淀）（4）（5）①.6②.：或；（6）【解析】【分析】根據(jù)題中信息，A與B反應(yīng)生成C和H2O，故B為CH3COOH，A到B發(fā)生了取代反應(yīng)；C中兩個酚羥基位置上的氫原子被甲基取代得到D，D與苯甲醛反應(yīng)得到F，F(xiàn)在I2和DMSO的作用下反應(yīng)得到G，對比結(jié)構(gòu)可知羥基上氫原子的位置發(fā)生了反應(yīng)，且醛基變成了碳碳雙鍵；G中甲氧基中的甲基被取代得到H，酚羥基復(fù)原，故C到D的目的是為了保護酚羥基；H到I發(fā)生了加成反應(yīng)，對比分子式可知，H的雙鍵位置發(fā)生了加成反應(yīng)的到I，I的結(jié)構(gòu)簡式為：?！拘?詳解】C中官能團名稱為：羥基、羰基；【小問2詳解】根據(jù)分析，B的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH；【小問3詳解】根據(jù)分析，C到D的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，E的名稱為苯甲醛；檢驗醛基可用銀氨溶液、水浴后有光亮的銀鏡生成（或新制氫氧化銅懸濁液、加熱后產(chǎn)生磚紅色沉淀）；【小問4詳解】根據(jù)分析I的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問5詳解】X為C的同分異構(gòu)體，除本環(huán)外還有一個不飽和度，該同分異構(gòu)體中苯環(huán)上有三個取代基且甲基與苯環(huán)不直接相連，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明有酚羥基，1molX能與4molNaOH溶液反應(yīng)，說明該物質(zhì)含1mol酚酯基和2mol酚羥基，可能的同分異構(gòu)體有：（數(shù)字代表-OOCCH3的位置）：、、，共6種；其中核磁共振氫譜峰面積比為的X的一種結(jié)構(gòu)簡式是：或；【小問6詳解】根據(jù)逆合成分析法，可由與正丙醛反應(yīng)得到，可由催化氧化得到，可由與水發(fā)生加成反應(yīng)得到，故合成路線為：。15.氮化鍶（）是工業(yè)上生產(chǎn)熒光粉的原材料。已知：鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)產(chǎn)生氨氣。I.利用裝置A和B制備（1）在元素周期表中的位置是____________________。（2）裝置A中儀器b的名稱為_____________________，a導(dǎo)管的作用是_____________________﹔裝置B中廣口瓶盛放的試劑是_____________________（填名稱）。（3）裝置A制備的化學(xué)方程式為_______________________________________。（4）實驗時先點燃裝置__________處酒精燈（填“A”或“B”），一段時間后，點燃另一只酒精燈。II.測定產(chǎn)品的純度稱取產(chǎn)品，放入干燥的三頸瓶中，然后加入蒸餾水，通入水蒸氣，將產(chǎn)生的氨全部蒸出，用的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收（吸收液體體積變化忽略不計）從燒杯中量取的吸收液放入錐形瓶中，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的，到終點時消耗溶液（圖中夾持裝置略）（5）三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生氨氣的化學(xué)方程式為________________________。（6）產(chǎn)品純度為____________（精確到）。（7）下列實驗操作可能使氮化鍶（）測定結(jié)果偏低的_________________（填標(biāo)號）。A.錐形瓶洗滌干凈后未干燥，直接裝入待測液B.滴定時未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管C.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定結(jié)束后氣泡消失D.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視【答案】（1）第5周期IIA族（2）①.蒸餾燒瓶②.平衡氣壓，使液體順利流下③.濃硫酸（3）（4）A（5）（6）（7）BC【解析】【分析】本實驗利用氮氣與鍶反應(yīng)制備氮化鍶。裝置A為制備氮氣的裝置，反應(yīng)原理是：；因氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)故制備氮化鍶裝置前后需要連接干燥裝置，制備的氮氣需要經(jīng)過干燥后才能進入裝置B，故廣口瓶中盛放液體為濃硫酸，作用是干燥氮氣。檢視會的作用是防止空氣中的水分進入制備裝置。【小問1詳解】Sr與Mg同主族，在元素周期表中的位置為：第5周期IIA族；【小問2詳解】裝置A中儀器b的名稱為蒸餾燒瓶，導(dǎo)管a的作用是平衡氣壓，使液體順利流下；根據(jù)分析