天津市和平区2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案
普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞
高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（ ）选项ABCD文物名称东汉铜车马舞马衔杯纹银壶萧何月下追韩信梅瓶雪景寒林图A．AB．BC．CD．D2．下列物质属于电解质的是（
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
简介：普通高考模拟试卷化学试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中错误的是（ ）A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤B．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶【答案】C【知识点】无机非金属材料；高分子材料；蒸发和结晶、重结晶【解析】【解答】A．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，在碱性条件下易水解，忌长期用肥皂洗涤，故A不符合题意；B．氮化硼陶瓷基复合材料，属于新型无机非金属材料，故B不符合题意；C．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，故C符合题意；D．“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”依据“南风大起，则一宵结成”可知，该过程通过蒸发水分得到固体，为蒸发结晶的操作，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.聚酯纤维在碱性条件下会水解；B.氮化硼属于新型无机非金属材料；C.碳纤维为碳单质，为无机非金属材料；D.“南风大起，则一宵结成”是氯化钠析出晶体的过程。2．下列说法一定错误的是（ ）A．乙烯分子中的π键：B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．原子结构示意图既可以表示，也可以表示D．(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6【答案】D【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图【解析】【解答】A．乙烯分子中碳原子与碳原子之间形成一个键和一个π键，其中π键是原子轨道在核间连线两侧以“肩并肩”的方式重叠形成，可表示为：，故AC不符合题意；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，故BC不符合题意；C．和都是氧原子，含有8个质子和8个电子，原子结构示意图都是，故CC不符合题意；D．原子符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，中子数=质量数-质子数，则的中子数为13-6=7，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.双键含有1个σ键和1个π键，π键是原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成；B.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；C.和为同位素，核电荷数和核外电子数相同；D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。3．下列说法中正确的是（ ）A．氢键仅存在于分子间B．和晶体类型相同C．的沸点比CO低主要是由于范德华力不同D．溶于水和干冰升华都只有范德华力改变【答案】C【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【解析】【解答】A．有的物质（如邻羟基苯甲酸）分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有的也存在于分子内，故A不符合题意；B．是由分子构成的晶体，是由原子构成的空间网状结构的晶体，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体，二者晶体类型不同，故B不符合题意； C．与CO都属于分子晶体，则的沸点比CO低主要是由于范德华力不同，故C符合题意；D．溶于水可与水反应生成碳酸，除了范德华力改变，共价键也发生了改变，干冰升华仅有范德华力改变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子内和分子间均可形成氢键；B.是分子晶体，是原子晶体；D.溶于水共价键和范德华力均发生改变，干冰升华只有范德华力改变。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；C.催化剂不影响平衡转化率。5．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是（ ）A．双氧水长期放置：B．向溶液滴入过量NaOH溶液：C．将溶液滴入酸性溶液：D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体：【答案】B【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：，A不符合题意；B．向溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：，B符合题意；C．草酸难电离，将溶液滴入酸性溶液：，C不符合题意；D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体发生氧化还原反应：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.过氧化氢水解生成水和氧气，无催化剂也能发生；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.少量，发生的反应为。6．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是（ ） A．c可发生消去反应形成双键B．该反应原子利用率100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A．c中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以c能发生消去反应，AC不符合题意；B．该反应为加成反应，只有c生成，该反应原子利用率为100%，BC不符合题意；C．脯氨酸的不饱和度是2，的不饱和度是2，两者的分子式相同结构式不同，互为同分异构体，CC不符合题意；D．-CHO、-CH(OH)-能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以b、c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a和酸性高锰酸钾溶液不反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.醇羟基的邻位碳原子含有氢原子时能发生消去反应；B.该反应为加成反应，产物只有c；C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。7．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．中所含电子的数目为4.5B．由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C．常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D．标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A符合题意；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B不符合题意；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C不符合题意；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.一个氨基含有9个电子；B.HCl与乙烯发生加成反应生成一氯乙烷；C.溶液体积未知；D.标况下三氧化硫为固态。8．下列实验对应的结论正确的是（ ）选项ABCD实验有白色沉淀产生均有白色沉淀结论正反应放热白色沉淀一定是BaSO3待测液中含有Cl-和Ag+与Fe2+不反应A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A符合题意；B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B不符合题意；C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C不符合题意；D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D不符合题意； 故答案为：A。【分析】A.该实验只有温度一个变量；B.二氧化硫通入硝酸钡中生成硫酸钡沉淀；C.碳酸银、碳酸钡等也是白色沉淀；D.可能发生反应Ag++Fe2+Ag+Fe3+，Ag++SCN-=AgSCN↓。9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．电负性：Z Y>W>XC．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键【答案】C【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A不符合题意；B．离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B不符合题意；C．元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C符合题意；D．化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，且X的原子半径最大，则X为Na元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2，对应的酸为一元强酸，Z的原子序数最大，则Z为Cl元素，W为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2，应为二元强酸，Y的原子半径大于Z，则Y为S元素。10．联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）A．1mol可处理水中1.5molO2B．③中发生反应后溶液的pH增大C．①转化中失去电子D．工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A符合题意；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B不符合题意；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C不符合题意；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据得失电子守恒分析； B.③发生的反应为4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-；C.①转化中转化为N2，N元素化合价升高；D.具有还原性。11．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如图。下列说法错误的是（ ）A．工作时的能量转化形式：太阳能→化学能→电能B．铜箔为阴极，发生还原反应C．阳极区可能有和生成D．固体陶瓷膜可让海水中选择性通过【答案】A【知识点】常见能量的转化及运用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A符合题意；B．铜箔为阴极，在阴极上Li+得电子发生还原反应形成金属锂，故B不符合题意；C．阳极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的氯离子、氢氧根离子均能放电，因此阳极区可能有和生成，故C不符合题意；D．Li+要透过固体陶瓷膜向阴极移动，所以固体陶瓷膜可让海水中选择性通过，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】催化电极上有气体生成，应为海水中的氯离子得电子生成的氯气，同时还发生氢氧根失去电子生成氧气的反应，则气体为氯气和氧气；铜箔为阴极，阴极发生还原反应得到金属锂。12．甘氨酸盐酸盐的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：常温时，向10mL一定浓度的的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A．水的电离程度：Q>XB．X→P过程中：逐渐增大C．P点的溶液中：D．当时，混合溶液中的溶质主要为和NaCl【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A不符合题意；B．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B不符合题意；C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C不符合题意；D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3 Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；B.根据K2=，=分析；C.根据电荷守恒分析。二、综合题13．含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表示式为 。（2）Ga与Zn的第一电离能大小关系为：Ga Zn(填“＞”“＜”或“=”)。（3）的熔沸点如下表所示。镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①100℃，、和呈液态的是 (填化学式)。②的熔点约1000℃，远高于的熔点，原因是 。（4）镓配合物具有高的反应活性和良好的选择性在药物领域得到广泛的关注。与2-甲基-8-羟基喹啉()在一定条件下反应可以得到喹啉类家配合物，2-甲基-8-羟基喹啉分子中碳原子的杂化轨道类型为 。（5）作为第二代半导体，砷化家单晶因其价格昂贵而素有“半导体贵族”之称。砷化镓是由和在一定条件下制备得到，同时得到另一物质，该物质分子是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，分子的空间形状为 。（6）锰与镓同周期，催化分解：，其反应机理如图：已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)： 。（7）钙与镓同周期，晶胞结构见图，则距最近且等距的有 个。【答案】（1）（2）＜（3）GaCl3；GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体（4）sp2、sp3（5）非极性分子；三角锥形（6）H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2（7）8【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用【解析】【解答】(1)Ga原子的价电子排布为：4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；(2)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，原子越稳定，其第一电离能越大；Zn是全充满，相对Ga更稳定，故第一电离能更大，故答案为：＜；(3)①根据表格中熔沸点信息，可知呈液态的是GaCl3；GaCl3、GaBr3和GaI3 均属于分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高，故答案为：GaCl3；②GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故答案为：GaF3属于离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；(4)2-甲基-8-羟基喹啉分子中环上碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，甲基中碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；(5)Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为CH4，CH4为非极性分子；AsH3分子中As原子采取sp3杂化，分子空间结构为三角锥形，故答案为：非极性分子；三角锥形；(6)转化关系可知，过氧化氢和锰离子反应得到二氧化锰和氢离子：①②依据盖斯定律①-②得到H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2，故答案为：H2O2(l)+Mn2+(aq)＝MnO2(s)+2H+(aq)ΔH=ΔH1-ΔH2；(7)由面心的Ca2+可知距离最近且等距的F-个数为8个，故答案为：8。【分析】（1）Ga为31号元素，根据构造原理画出价电子的轨道表示式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）熔点：离子晶体>分子晶体；（4）2-甲基-8-羟基喹啉分子中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（5）根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；AsH3分子中As原子采取sp3杂化；（6）根据盖斯定律计算；（7）由面心的Ca2+判断距离最近且等距的F-个数。14．乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：RCOOH回答下列问题：（1）A的化学名称为 。（2）D中含氧官能团的名称为 。（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为 。（4）写出反应③的化学方程式 。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)。条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。（7）根据上述信息，以和为原料，设计合成的路线(无机试剂任选) 。【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基 （3）（4）+H2O（5）保护羧基（6）23；（7）【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质【解析】【解答】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。(1)A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；(2)D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；(4)反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；(6)化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；(7)以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下：。 【分析】（1）根据系统命名法进行有机物命名（2）熟记有机物中常见官能团结构特点和名称（3）C到D少了Br多了含硫基团，可以看出是取代反应，对比结构变化，推出M的结构简式（4）反应③形成了酰胺基（氨基和羧基脱水），由此可知E到F两个酯基水解得到两个羧基（5）G到J，先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，目的是为了保护羧基，题中已知给出羧基可以被30%H2O2氧化（6）化合物Q比A的相对分子质量多14，即多一个CH2，分子式为C8H7O2Br核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1，则有五种氢分别是2个（苯环上对称2个），2个（苯环上对称2个），1个，1个，1个，与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基（一个H）能发生银镜反应，有醛基（一个H）根据以上信息推断化合物Q的结构（7）分析目标产物有两个酰胺基，并且反应物有一个丁二酸，由此可见是一个氨基与两个羧基发生脱水反应得到的目标产物，所以只需要在苯环上连接一个氨基即可，参考题中A到B苯环上连接硝基，D到E硝基还原为氨基设计目标产物的合成路线15．和焦亚硫酸钠可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室用和制取的化学方程式为 。欲净化与收集，选择必要装置，按气流方向连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)。（2）①焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ⅰ的溶液， 样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液溶液褪色样品未完全氧化变质②是常用的食品添加剂，常用于葡萄酒、果脯、拉面等食品中。为检验某白葡萄酒中是否含有能否用酸性溶液检验？作出判断并说明理由 。（3）某小组利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ；该装置中发生的离子方程式为： 。若空气流速为，当观察到 时，结束计时，测定耗时tmin。假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是 。【答案】（1）H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；baefgh（2）取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；不能，因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-；溶液蓝色消失；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】(1)H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，化学方程式为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2；实验室用此方法制取的SO2中含有水蒸气，可用浓硫酸吸收，导气管长进短出，然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh； (2)①若样品已经变质，则溶液中含有，故为取少量实验Ⅰ的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静止，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则样品已经变质；②因为葡萄酒中含有乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能；(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使SO2气体充分吸收；SO2与I2和H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；碘溶液中含有溶质I2的物质的量为n(I2)=，根据以上离子方程式，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据转化关系可知，n(I2)=n(SO2)=0.0100mol，m(SO2)=，通入空气的体积V=，故该空气样品中SO2的含量是。【分析】（1）H2SO4与NaHSO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2；装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接；（2）①若样品已经变质，则溶液中含有；②葡萄酒中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；（3）带许多小孔的玻璃球泡可增大接触面积；二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和HI；根据SO2+I2+2H2O=4H++SO+2I-计算。16．汽车尾气中含有氨氧化合物、和CO等，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）一定条件，反应的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第 步是决速步骤。（2）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，体系达到平衡时的体积分数为25%，则CO的平衡转化率= 。（3）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如下图装置可同时吸收和NO。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)，阴极的电极反应式 。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。（4）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1mol和3mol，发生反应，测得和随时间变化如图所示。①M点时， 。(填“＞”、“<”或“=”)②下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 。A．化学反应速率关系：B．容器内混合气体的密度不再改变C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O-H键D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】（1）3（2）80%（3）b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳（4）＞；CD【知识点】电极反应和电池反应方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用 【解析】【解答】(1)一定条件，反应的反应历程如图所示，由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用，故答案为：3；(2)在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，原料组成，，体系达到平衡时的体积分数为=25%，x=0.8，则CO的平衡转化率==80%。故答案为：80%；(3)由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上二氧化硫发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的正极为b；阴极的电极反应式为2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：b；2HSO+2e-+4H+=H2S2O4+2H2O；阳。(4)①由图M点时，浓度增大，反应正向进行，＞。故答案为：＞；②A．化学反应速率关系：，虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不正确；B．恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不正确；C．由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C=O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O-H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正=v逆，达到平衡，故C正确；D．反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M=知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD。【分析】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；（2）列出反应的三段式，结合计算；（3）HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，a为电源的负极，b为电源的正极，阴极发生还原反应；（4）①M点时反应正向进行；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
