2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(2月份)

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(2月份)

‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(2月份)‎ 一、选择题:本大题包括7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.‎ ‎ ‎ ‎1. 下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是(        ) ‎ A.质子数为‎17‎、中子数为‎20‎的氯原子:‎‎​‎‎17‎‎20‎Cl B.氯离子‎(Cl‎−‎)‎的结构示意图:‎ C.氯分子的电子式:‎ D.氯乙烯分子的结构简式:H‎3‎C−CH‎2‎Cl ‎ ‎ ‎ ‎2. 下列指定反应的离子方程式正确的是( ) ‎ A.将铜插入稀硝酸中:‎Cu+4H‎+‎+2NO‎3‎‎−‎=Cu‎2+‎+2NO‎2‎↑+H‎2‎O B.向Fe‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量铁粉:‎Fe‎3+‎+Fe=2Fe‎3+‎ C.向Al‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量氨水:‎Al‎3+‎+3NH‎3‎⋅H‎2‎O=Al(OH‎)‎‎3‎↓+3NH‎4‎‎+‎ D.向Na‎2‎SiO‎3‎溶液中滴加稀盐酸:‎Na‎2‎SiO‎3‎+2H‎+‎=H‎2‎SiO‎3‎↓+2Na‎+‎ ‎ ‎ ‎3. 下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是( ) ‎ A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能 B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能 C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能 D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能 ‎ ‎ ‎4. 短周期主族元素X,Y,Z,W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍,X,Y的核电荷数之比为‎3:4‎,W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应,下列说法正确的是( ) ‎ A.X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应 B.原子半径大小:XW C.化合物Z‎2‎Y和ZWY‎3‎都只存在离子键 D.Y,W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂 ‎ ‎ ‎5. 由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是(    ) ‎ A.由X→Y反应的ΔH=E‎5‎−‎E‎2‎ B.由X→Z反应的ΔH>0‎ C.降低压强有利于提高Y的产率 D.升高温度有利于提高Z的产率 ‎ ‎ ‎6. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S‎8‎材料,电池反应为:‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎。下列说法错误的是(        ) ‎ A.电池工作时,正极可发生反应:‎‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎ B.电池工作时,外电路中流过‎0.02 mol电子,负极材料减重‎0.14 g C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D.电池充电时间越长,电池中的Li‎2‎S‎2‎量越多 ‎ ‎ ‎7. 已知异丙苯的结构简式如图,下列说法错误的是(        ) ‎ A.异丙苯的分子式为C‎9‎H‎12‎ B.异丙苯的沸点比苯高 C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面 ‎ D.异丙苯和苯互为同系物 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答,第11题-第12题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:3题,共43分。‎ ‎ ‎ ‎ ClO‎2‎与Cl‎2‎的氧化性相近.在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛.某兴趣小组通过图‎1‎装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究. ‎ ‎(1)仪器D的名称是________,安装F中导管时,应选用图‎2‎中的________.‎ ‎ ‎ ‎(2)打开B的活塞,A中发生反应:‎2NaClO‎3‎+4HCl=2ClO‎2‎↑+Cl‎2‎↑+2NaCl+2H‎2‎O.为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜________(填“快”或“慢”).‎ ‎ ‎ ‎(3)关闭B的活塞,ClO‎2‎在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO‎2‎,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是________.‎ ‎ ‎ ‎(4)已知在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎,该反应的离子方程式为________,在ClO‎2‎释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是________.‎ ‎ ‎ ‎(5)已吸收ClO‎2‎气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ,加酸后释放ClO‎2‎的浓度随时间的变化如图‎3‎所示,若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是________,原因是________.‎ ‎ ‎ ‎ SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。 ‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理: ①尿素‎[CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎]‎水溶液热分解为NH‎3‎和CO‎2‎,该反应的化学方程式:________。 ②反应器中NH‎3‎还原NO‎2‎的化学方程式:________。 ③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO‎2‎在O‎2‎作用下会形成‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎,使催化剂中毒。用化学方程式表示‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎的形成:________。 ④尿素溶液浓度影响NO‎2‎的转化,测定溶液中尿素‎(M=60g⋅mol‎−1‎)‎含量的方法如下: 取a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH‎3‎,所得NH‎3‎用过量的v‎1‎‎ mL c‎1‎ mol⋅L‎−1‎ H‎2‎SO‎4‎溶液吸收完全,剩余H‎2‎SO‎4‎用v‎2‎‎ mL c‎2‎ mol⋅L‎−1‎ NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎ ‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理: NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。 ①通过BaO和Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。 ②用H‎2‎模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H‎2‎与Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎的物质的量之比是________。 ③还原过程中,有时会产生笑气‎(N‎2‎O)‎。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下,‎​‎‎15‎NO与NH‎3‎以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是‎​‎‎15‎NNO。将该反应的化学方程式补充完整:________‎=​=​=‎催化剂‎▫‎‎15‎NNO+▫H‎2‎O。‎ ‎ ‎ ‎ 催化还原CO‎2‎是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO‎2‎和H‎2‎可发生两个平行反应,分别生成CH‎3‎OH和CO.反应的热化学方程式如下: CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)△‎H‎1‎=‎−53.7kJ⋅mol‎−1‎Ⅰ CO‎2‎(g)+H‎2‎(g)⇌CO(g)+H‎2‎O(g)△‎H‎2‎Ⅱ 某实验室控制CO‎2‎和H‎2‎初始投料比为‎1:2.2‎,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据: ‎ T(K)‎ 催化剂 CO‎2‎转化率 甲醇选择性‎(%)‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(%)‎ ‎543‎ Cat‎.‎l ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎543‎ Cat.2‎ ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎553‎ Cat‎.‎l ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎553‎ Cat.2‎ ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎ 【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO纳米片;甲醇选择性:转化的CO‎2‎中生成甲醇的百分比 已知:①CO和H‎2‎的标准燃烧热分别为‎−283.0kJ⋅mol‎−1‎和‎−285.8kJ⋅mol‎−1‎ ②H‎2‎O(l)=H‎2‎O(g)△‎H‎3‎=‎44.0kJ⋅mol‎−1‎ 请回答(不考虑温度对‎△H的影响): ‎ ‎(1)反应I的平衡常数表达式K=________;‎ ‎ ‎ ‎(2)有利于提高CO‎2‎转化为CH‎3‎OH平衡转化率的措施有(    )。‎ A.使用催化剂Cat.1‎ B.使用催化剂Cat.2‎ C.降低反应温度 D.投料比不变,增加反应物的浓度 E.增大CO‎2‎和H‎2‎的初始投料比 ‎ ‎ ‎(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响,其原因是________。‎ ‎ ‎ ‎(4)如图,在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎ ‎ ‎ 研究发现,在CO‎2‎低压合成甲醇反应‎(CO‎2‎+3H‎2‎=CH‎3‎OH+H‎2‎O)‎中,Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。回答下列问题: ‎ ‎(1)Co基态原子核外电子排布式为_________________________,元素Mn与O中,第一电离能较大的是________,基态原子核外未成对电子数较多的是________。‎ ‎ ‎ ‎(2)CO‎2‎和CH‎3‎OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。‎ ‎ ‎ ‎(3)‎在CO‎2‎低压合成甲醇反应所涉及的‎4‎种物质中,沸点从高到低的顺序为______________________,原因是____________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(4)‎硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料,Mn(NO‎3‎‎)‎‎2‎中的化学键除了σ键外,还存在___________。‎ ‎ ‎ ‎(5)MgO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm,则r(O‎2−‎)‎为________nm。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为a‎′‎‎=0.448nm,则r(Mn‎2+‎)‎为________nm。‎ ‎【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎ ‎ ‎ 化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下: 已知:①RCHO+CH‎3‎CHO‎→‎NaOH/H‎2‎O‎△‎RCH=CHCHO+H‎2‎O ②+‎→‎催化剂‎ ‎ 回答下列问题: ‎ ‎(1)A的化学名称为________。‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(2)由C生成D和E生成F的反应类型分别为________、________。‎ ‎ ‎ ‎(3)E的结构简式为________。‎ ‎ ‎ ‎(4)G为甲苯的同分异构体,由F生成H的化学方程式为__________________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(5)芳香化合物X是F的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎,其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢,峰面积比为‎6:2:1:1‎,写出‎2‎种符合要求的X的结构简式________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(6)写出用环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物的合成路线____________________________________(其他试剂任选)。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(2月份)‎ 一、选择题:本大题包括7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 原子结构示意图 结构简式 电子式 电子式、化学式或化学符号及名称的综合 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎.元素的左上角应标明质量数,应为‎17+20=37‎,A项错误;  B.Cl‎−‎的最外层为‎8‎个电子,B项错误; C.Cl‎2‎ 中两个Cl 原子之间有一对共用电子,C项正确; D.氯乙烯分子中有一个碳碳双键,结构简式为CH‎2‎=CHCl,D项错误。 故选C。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 离子方程式的书写 ‎【解析】‎ A‎.反应生成硝酸铜、NO和水; B.电子、电荷不守恒; C.反应生成氢氧化铝和硫酸铵; D.硅酸钠在水中完全电离,钠离子实际不参加反应。‎ ‎【解答】‎ A‎.将铜插入稀硝酸中的离子反应为‎3Cu+8H‎+‎+2NO‎3‎‎−‎=3Cu‎2+‎+2NO↑+4H‎2‎O,故A错误; B.向Fe‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量铁粉的离子反应为‎2Fe‎3+‎+Fe=3Fe‎2+‎,故B错误; C.向Al‎2‎(SO‎4‎‎)‎‎3‎溶液中加入过量氨水的离子反应为Al‎3+‎+3NH‎3‎⋅H‎2‎O=Al(OH‎)‎‎3‎↓+3NH‎4‎‎+‎,故C正确; D.向Na‎2‎SiO‎3‎溶液中滴加稀盐酸的离子反应为SiO‎3‎‎2−‎+2H‎+‎=H‎2‎SiO‎3‎↓‎,故D错误;‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 常见的能量转化形式 氧化还原反应 ‎【解析】‎ 氧化还原反应的本质是电子转移,特征是元素的化合价在反应前后发生变化,凡是有元素化合价升降的化学反应都是氧化还原反应,原电池和电解池工作时均有电子转移,均与氧化还原反应有关。‎ ‎【解答】‎ A.‎硅太阳能电池工作时直接将光能转化为电能,没有氧化还原反应的发生,A符合题意。‎ B.‎锂离子电池放电时,负极失去电子,发生氧化反应,正极得到电子,发生还原反应,B不符合题意。‎ C.‎电解质溶液导电时,电能转化成化学能,形成电解池,两极分别发生氧化、还原反应,C不符合题意。‎ D.‎葡萄糖为人类生命活动提供能量时被O‎2‎氧化,发生氧化还原反应,D不符合题意。‎ 故选A。 ‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 ‎【解析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍,则X为C元素,X、Y的核电荷数之比为‎3:4‎,则Y为O元素,W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构,W为F或Cl元素,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应,则Z为Na元素,W只能为Cl元素,以此解答该题.‎ ‎【解答】‎ 解:短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的‎2‎倍,则X为C元素,X、Y的核电荷数之比为‎3:4‎,则Y为O元素,W‎−‎的最外层为‎8‎电子结构,W为F或Cl元素,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应,则Z为Na元素,W只能为Cl元素, A.X与Y形成的化合物有CO、CO‎2‎等,Z的最高价氧化物的水化物为NaOH,CO和NaOH不反应,故A错误; B.一般说来,电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同,质子数越多,半径越小,则原子半径大小X>Y,Z>W,故B错误; C.化合物Z‎2‎Y和ZWY‎3‎分别为Na‎2‎O、NaClO‎3‎,NaClO‎3‎存在离子键和共价键,故C错误; D.Y的单质是臭氧,W的单质是氯气,对应的化合物ClO‎2‎,可作为水的消毒剂,故D正确。 故答案为D。 ‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 化学平衡的影响因素 ‎【解析】‎ 本题考查能量变化图象的分析。‎ ‎【解答】‎ A‎.由图象可知,由X→Y反应的ΔH=E‎3‎−‎E‎2‎,故A错误; B.由图象可知,X→Z的反应,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,即X→Z反应的ΔH<0‎,故B错误; C.由图象可知,该反应的化学方程式为‎2X(g)⇌3Y(g)‎,该反应是气体体积增大的可逆反应,降低压强,平衡正向移动,有利于提高Y的产率,故C正确; D.由B分析可知,X→Z为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,Z的产率降低,故D错误; 故选C。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 原电池的工作原理及应用 电解池与原电池的工作原理 电极反应和电池反应方程式 ‎【解析】‎ 由电池反应‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎可知负极锂失电子发生氧化反应,电极反应为:Li−e‎−‎=Li‎+‎,Li‎+‎移向正极,所以a是正极,发生还原反应:S‎8‎‎+2e‎−‎=‎S‎8‎‎2−‎,S‎8‎‎2−‎‎+2Li‎+‎=Li‎2‎S‎8‎,‎3Li‎2‎S‎8‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=4Li‎2‎S‎6‎,‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎,Li‎2‎S‎4‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=2Li‎2‎S‎2‎,根据电极反应式结合电子转移进行计算.‎ ‎【解答】‎ 由电池反应‎16Li+xS‎8‎=8Li‎2‎Sx(2≤x≤8)‎可知负极锂失电子发生氧化反应,电极反应为:Li−e‎−‎=Li‎+‎,Li‎+‎移向正极,所以a是正极,发生还原反应:S‎8‎‎+2e‎−‎=‎S‎8‎‎2−‎,S‎8‎‎2−‎‎+2Li‎+‎=Li‎2‎S‎8‎,‎3Li‎2‎S‎8‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=4Li‎2‎S‎6‎,‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎,Li‎2‎S‎4‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=2Li‎2‎S‎2‎; A.据分析可知正极可发生反应:‎2Li‎2‎S‎6‎+2Li‎+‎+2e‎−‎=3Li‎2‎S‎4‎,故A正确; B.负极反应为:Li−e‎−‎=Li‎+‎,当外电路流过‎0.02mol电子时,消耗的锂为‎0.02mol,负极减少的质量为‎0.02mol×7g/mol=0.14g,故B正确; C.硫的导电性非常差,而石墨烯是室温下导电最好的材料,则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性,故C正确; D.充电时a为阳极,与放电时的电极反应相反,则充电时间越长,电池中的Li‎2‎S‎2‎量就会越少,故D错误; 故选D。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 有机物的结构和性质 苯的同系物的化学性质 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 根据键线式书写特点并结合异丙苯的结构简式可知,异丙苯的分子式为C‎9‎H‎12‎,A正确异丙苯的相对分子质量大于苯,则分子间作用力强于苯,故异丙苯的沸点比苯高,B正确;异丙苯可看作2个一CH‎3‎、1个一C‎6‎H‎5‎(苯基)取代了甲烷分子中的3个氢原子,依据甲烷为正四面体结构可知,异丙苯中碳原子不可能都处于同一平面,C错误;异丙苯是苯分子中氢原子被烷基取代后的产物,因此与苯互为同系物,D正确。‎ 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答,第11题-第12题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:3题,共43分。‎ ‎【答案】‎ 锥形瓶,‎b 慢 吸收Cl‎2‎ ‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎‎=Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O,验证是否有ClO‎2‎生成 稳定剂Ⅱ,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎,能较长时间维持保鲜所需的浓度 ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 根据实验装置图可知,A、B是制备氯气和二氧化氯的;C是用于吸收氯气的;D是用于吸收二氧化氯的,E是用于重新释放二氧化氯的,F是用于验证二氧化氯的,F中的颜色不变,从而验证C的作用是吸收氯气, (1)根据仪器特征,可知仪器D是锥形瓶;F装置应是Cl‎2‎和KI反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气; (2)为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收,产生ClO‎2‎的速率要慢; (3)F装置中发生Cl‎2‎+2KI=‎2KCl+‎I‎2‎时,碘遇淀粉变蓝,而F中溶液的颜色不变,说明Cl‎2‎被吸收; (4)在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎=Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O; 在ClO‎2‎释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是验证是否有ClO‎2‎ 生成; (5)由图可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎,能较长时间维持保鲜所需的浓度.‎ ‎【解答】‎ 根据仪器特征,可知仪器D是锥形瓶;F装置应是Cl‎2‎和KI反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气,故选b, 故答案为:锥形瓶;b;‎ 为使ClO‎2‎在D中被稳定剂充分吸收,产生ClO‎2‎的速率要慢,故滴加稀盐酸的速度要慢, 故答案为:慢;‎ F装置中发生Cl‎2‎+2KI=‎2KCl+‎I‎2‎时,碘遇淀粉变蓝,而F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是吸收Cl‎2‎, 故答案为:吸收Cl‎2‎;‎ 在酸性条件下NaClO‎2‎可发生反应生成NaCl并释放出ClO‎2‎,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为:‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎=Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O; 在ClO‎2‎释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是验证是否有ClO‎2‎ 生成, 故答案为:‎4H‎+‎+5ClO‎2‎‎−‎=Cl‎−‎+4ClO‎2‎↑+2H‎2‎O;验证是否有ClO‎2‎ 生成;‎ 由图可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂Ⅱ好, 故答案为:稳定剂Ⅱ;稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO‎2‎,能较长时间维持保鲜所需的浓度.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)①CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎+H‎2‎O‎→‎‎△‎CO‎2‎+2NH‎3‎,②‎8NH‎3‎+6NO‎2‎‎=​=​=‎催化剂7N‎2‎+12H‎2‎O,③‎2SO‎2‎+O‎2‎+4NH‎3‎+2H‎2‎O=​=​=2(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎,④‎‎3(2c‎1‎v‎1‎−c‎2‎v‎2‎)‎‎100a ‎(2)①BaO,②‎8:1‎,③‎‎4‎‎15‎NO+4NH‎3‎+3O‎2‎‎=​=​=‎催化剂‎4‎‎15‎NNO+6H‎2‎O ‎【考点】‎ 氮的氧化物的性质及其对环境的影响 化学方程式的有关计算 ‎“三废”处理与环境保护 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ ‎(1)①根据题意,反应物为H‎2‎O和CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎,生成物为NH‎3‎和CO‎2‎,‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 反应条件为加热,结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。 ②根据题意,反应物为NH‎3‎和NO‎2‎,生成物为N‎2‎和H‎2‎O,反应需在催化剂作用下进行。 ③根据题意,NH‎3‎、SO‎2‎、O‎2‎和H‎2‎O反应生成‎(NH‎4‎‎)‎‎2‎SO‎4‎。 ④根据题意,加入硫酸的总物质的量为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎mol,NaOH消耗硫酸的物质的量为c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol,因此与NH‎3‎反应的硫酸的物质的量为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎−‎c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol,根据关系式:CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎∼2NH‎3‎∼H‎2‎SO‎4‎,得n[CO(NH‎2‎‎)‎‎2‎]=‎2c‎1‎v‎1‎×‎10‎‎−3‎−c‎2‎v‎2‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎mol,因此尿素溶液中溶质的质量分数为c‎1‎v‎1‎‎×‎10‎‎−3‎−‎c‎2‎v‎2‎‎×‎‎10‎‎−3‎‎2‎‎×60ga g‎×100%=‎‎3(2c‎1‎v‎1‎−c‎2‎v‎2‎)‎‎100a。‎ ‎(2)①由图a可以看出NOx在BaO中储存,在Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎中还原,因此储存NOx的物质为BaO。 ②由图b可知,Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎在第一步反应中被H‎2‎还原为NH‎3‎,根据得失电子守恒,‎1mol Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎转化成NH‎3‎得到‎2mol×8=16mol电子,‎1mol氢气失去‎2mol电子,因此消耗的氢气与硝酸钡的物质的量之比为‎8:1‎。 ③根据题意,有氧气参与反应,同时根据生成物为‎​‎‎15‎NNO和H‎2‎O,可推测出参加反应的‎​‎‎15‎NO与NH‎3‎的物质的量之比为‎1:1‎,结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。‎ ‎【答案】‎ c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎ C,D 表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为。‎ ‎【考点】‎ 化学平衡常数的含义 化学平衡的影响因素 ‎【解析】‎ ‎(1)K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比; (2)催化剂不影响平衡移动,焓变为负,为放热反应,降低温度或增大反应物浓度均可使平衡正向移动; (3)未达到平衡前,不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响; (4)催化剂不改变反应的始终态,Cat.1‎比Cat.2‎的选择性低,活化能大。‎ ‎【解答】‎ 反应I的平衡常数表达式K=‎c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎, 故答案为:c(CH‎3‎OH)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c‎3‎(H‎2‎)‎;‎ A‎.使用催化剂Cat.1‎,不影响平衡移动,故A不选; B.使用催化剂Cat.2‎,不影响平衡移动,故B不选; C.为放热反应,降低反应温度,平衡正向移动,转化率增大,故C选; D.投料比不变,增加反应物的浓度,可看成体积减小、压强增大,平衡正向移动,转化率增大,故D选; E.增大CO‎2‎和H‎2‎的初始投料比,CO‎2‎转化为CH‎3‎OH平衡转化率减小,故E不选; 故答案为:CD;‎ 表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO‎2‎转化成CH‎3‎OH的选择性有显著的影响,其原因是表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响, 故答案为:表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响;‎ 催化剂不改变反应的始终态,Cat.1‎比Cat.2‎的选择性低,活化能大,则反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为, 答:反应I在无催化剂、有Cat.1‎和有Cat.2‎三种情况下“反应过程‎∼‎能量”示意图为。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学-选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎【答案】‎ ‎(1)‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎,O,‎Mn ‎(2)sp,‎sp‎3‎ ‎(3)H‎2‎O>CH‎3‎OH>CO‎2‎>‎H‎2‎,常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体;水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键,而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高 ‎(4)π键、离子键 ‎(5)‎0.148‎,‎‎0.076‎ ‎【考点】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 物质结构与性质综合应用 化学键种类及离子、共价化合物的判断 晶胞的计算 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 元素电离能、电负性的含义及应用 原子核外电子排布 氢键的存在及其对物质性质的影响 ‎【解析】‎ ‎(1)Co是‎27‎号元素,可按照能量最低原理书写电子排布式;O为非金属性,难以失去电子,第一电离能较大;‎ ‎(2)CO‎2‎和CH‎3‎OH分子中C原子分别形成‎2‎、‎4‎个σ键;‎ ‎(3)‎水和甲醇分子间都存在氢键,二氧化碳和氢气常温下为气体,结合氢键数目和相对分子质量判断;‎ ‎(4)Mn(NO‎3‎‎)‎‎2‎为离子化合物,含有离子键、共价键,共价键含有σ键和π键;‎ ‎(5)‎阴离子采用面心立方最密堆积方式,位于顶点和面心;阳离子为体心立方堆积,体心和棱,以此计算半径.‎ ‎【解答】‎ 解:(1)Co是‎27‎号元素,位于元素周期表第‎4‎周期第VIII族,其基态原子核外电子排布式为‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎.元素Mn与O中,由于O元素是非金属元素且原子半径更小,对核外电子的吸引力更强;而Mn是过渡元素,所以第一电离能较大的是O;O基态原子价电子为‎2s‎2‎2‎p‎4‎,所以其核外未成对电子数是‎2‎,而Mn基态原子价电子排布为‎3d‎5‎4‎s‎2‎,所以其核外未成对电子数是‎5‎,因此核外未成对电子数较多的是Mn, 故答案为:‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3d‎7‎4‎s‎2‎或‎[Ar]3d‎7‎4‎s‎2‎;O;Mn ‎ ‎(2)对于CO‎2‎,根据VSEPR理论,其中心原子C原子的价层电子对数‎=2+‎4−2×2‎‎2‎=2‎,根据杂化轨道理论,C的杂化方式为sp杂化;CH‎3‎OH分子中C原子形成‎4‎个σ键,中心原子C原子的价层电子对数为‎4‎,所以C的杂化方式为sp‎3‎杂化; 故答案为:sp;sp‎3‎; ‎ ‎(3)‎在CO‎2‎低压合成甲醇反应所涉及的‎4‎种物质中,沸点从高到低的顺序为H‎2‎O>CH‎3‎OH>CO‎2‎>‎H‎2‎,原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体;水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键,而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可参与形成分子间氢键,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高; ‎ ‎(4)‎硝酸锰是离子化合物,硝酸根和锰离子之间形成离子键,硝酸根中N原子与‎3‎个氧原子形成‎3‎个σ键,硝酸根中有一个氮氧双键,所以还存在π键, 故答案为:π键;离子键; ‎ ‎(5)‎因为O‎2−‎是面心立方最密堆积方式,面对角线是O‎2−‎半径的‎4‎倍,即‎4r=‎2‎a,解得r=‎2‎‎4‎×0.420nm≈0.148nm;MnO也属于NaCl型结构,根据晶胞的结构,Mn‎2+‎构成的是体心立方堆积,体对角线是Mn‎2+‎半径的4倍,面上相邻的两个Mn‎2+‎距离是此晶胞的一半,因此有‎2r(O‎2−‎)+2r(Mn‎2+‎)=a‎​‎‎′‎=0.448nm,则r(Mn‎2+‎)=‎0.448nm−2×0.148nm‎2‎=0.076nm; ‎ ‎【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎【答案】‎ ‎(1)苯甲醛 ‎(2)加成反应,取代反应 ‎(3)‎ ‎(4)‎ ‎(5)‎ ‎(6)‎ ‎【考点】‎ 有机化学基础综合应用 有机物的推断 ‎【解析】‎ 由信息①可知A应含有醛基,且含有‎7‎个C原子,应为,则B为,则C为,D为,E为,与乙醇发生酯化反应生成F为,对比F、H的结构简式可知G为,以此解答‎(1)∼(4)‎; (5)F为,芳香化合物X是F的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎,说明含有羧基,其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢,峰面积比为‎6:2:1:1‎,则分子中应含有‎2‎个甲基,且为对称结构; ‎(6)‎环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物,环戊烷应先生成环戊烯,然后与‎2−‎丁炔发生加成反应生成,最后与溴发生加成可生成 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎,以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ 解:由信息①可知A应含有醛基,且含有‎7‎个C原子,应为,则B为;B在氢氧化铜加热的条件下反应生成C,则C为;C与溴发生加成反应生成D,则D为;D在氢氧化钾的醇溶液中发生消去反应生成E,则E为,E与乙醇发生酯化反应生成F为,对比F、H的结构简式可知G为,据此回答问题。 (1)由分析可知A为,即A为苯甲醛;‎ ‎(2)C为,发生加成反应生成,E为,与乙醇发生酯化反应生成F,为取代反应;‎ ‎(3)由以上分析可知E为;‎ ‎(4)G为,F为,二者发生加成反应生成H,反应方程式为;‎ ‎(5)F为,芳香化合物X是F的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO‎2‎,说明含有羧基,其核磁共振氢谱显示有‎4‎种不同化学环境的氢,峰面积比为‎6:2:1:1‎,则分子中应含有‎2‎个甲基,且为对称结构,可能结构有;‎ ‎(6)环戊烷和‎2−‎丁炔为原料制备化合物,环戊烷应先生成环戊烯,然后与‎2−‎丁炔发生加成反应生成,最后与溴发生加成反应可生成,反应的流程为。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页
查看更多

相关文章

您可能关注的文档