四川省成都双流棠湖中学2020届高三下学期模拟理综化学试题 Word版含解析

四川省成都双流棠湖中学2020届高三下学期模拟理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 成都双流棠湖中学2020届高三理科综合能力测试 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ni-59‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生活、能源、环境等密切相关。下列描述错误的是（ ）‎ A. 采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体 B. “雾霾天气”“温室效应”“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关 C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是单质硅 D. “地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒的氮气和CO2，A正确；‎ B. 氮的氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、雾霾天气，但与温室效应的形成无关，B错误；‎ C. 硅是良好的半导体材料，计算机芯片的材料是单质硅，C正确；‎ D. “地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下可以发生水解，生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故地沟油经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NA B. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NA C. 分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA D. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，则该电解过程中转移电子的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，反应过程中盐酸浓度减小，反应停止，故生成的氯气分子数为小于0.1NA，A错误；‎ - 18 -‎ B. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，据此计算生成的H2分子数目应为0.13NA，B错误；‎ C. N2和NH3 均存在3对共用电子，分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA，C正确；‎ D. Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和CO2，故加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体相当于加入0.1mol的CuO和0.05mol的H2O，由此推断阴极铜离子放电析出铜0.1mol，氢离子放电放出氢气0.05mol，阳极氢氧根离子放电，则转移电子的物质的量为：，则该电解过程中转移电子的数目为0.3NA，D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列与NH4Fe(SO4)2·24H2O溶液有关描述及离子方程式正确的是（ ）‎ A. 该溶液中H+、Fe2+、SCN-、Br-可以大量共存 B. 该溶液中滴入少量NaOH溶液：3NH4++Fe3++6OH-=3NH3↑+Fe(OH)3↓+3H2O C. 该溶液中加入足量的Zn粉：2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+‎ D. 先加盐酸再加入BaCl2溶液：SO42-＋Ba2+=BaSO4↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4Fe(SO4)2·24H2O溶液中存在Fe3+，Fe3+、SCN-之间发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，A错误；‎ B.滴入氢氧化钠少量时，铵根离子不反应，正确的离子方程式为：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，B错误；‎ C.该溶液中加入足量的Zn粉，铁离子被还原成Fe，正确的反应为：2Fe3++3Zn=3Zn2++2Fe，C错误；‎ D.先加盐酸再加入BaCl2溶液，发生反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，D正确； 故选D。‎ ‎4.下列①②对应的试剂（或条件）不能完成实验目的的是（ ）‎ - 18 -‎ 实验目的 试剂（条件）‎ A 温度对Na2S2O3溶液与H2SO4溶液反应速率的影响 ‎①热水浴②冷水浴 B 用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子 ‎①乙醇②煤油 C 用硝酸酸化的AgNO3溶液检验自来水中能否蒸馏除去Cl-‎ ‎①自来水②蒸馏水 D 催化剂对H2O2分解速率的影响 ‎①0.1mol/LFeCl3‎ ‎②0.2mol/LFeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.热水浴和冷水浴的温度不同，可以实现探究温度对反应速率的影响，A可达到实验目的；‎ B. 钠与乙醇反应生成氢气，煤油成分为烃类，钠与煤油不反应，可以检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子，B可达到实验目的； ‎ C.硝酸酸化的AgNO3溶液与含有Cl-的自来水反应，会生成AgCl白色沉淀，若将自来水蒸馏除去Cl-，则与硝酸酸化的AgNO3溶液反应不会生成白色沉淀，C可达到实验目的； ‎ D. 0.1mol/L FeCl3溶液或0.2mol/L FeCl3溶液中都含有Fe3+，都会影响H2O2的分解速率，D不能达到实验目的；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是对照试验，对照实验指其他条件都相同，只有一个条件不同的实验，所以要仔细分析题意，找出不同的条件。‎ ‎5.下列关于有机化合物的认识不正确的是（ ）‎ A. 油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳 B. 蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体 - 18 -‎ C. 在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以电离出H+‎ D. 在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂由C、H、O三种元素组成，在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳，故A正确；‎ B. 蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故B正确；‎ C. 在水溶液里，只有乙酸分子中羧基可以电离出H+，故C错误；‎ D. 苯与浓硝酸共热，苯环上氢原子被硝基取代，生成硝基苯，属于取代反应，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点。以钒酸钠（NaV3O8）为正极材料的电极反应式为：NaV3O8+xLi++xe-=NaLixV3O8，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 充电过程中阳极的电极反应式为NaLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+，NaLixV3O8中钒的化合价发生变化 B 充电过程中Li+从阳极向阴极迁移 C. 放电时，负极的电极反应式：Li－e-=Li+‎ D. 该电池可以用硫酸锂溶液作电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知放电时b电极做负极，a电极做正极；充电过程中b电极做阴极，a电极做阳极。‎ ‎【详解】A. 充电是电解过程，阳极得电子，发生氧化反应，电极反应式为NaLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+，钒的化合价发生变化，A正确；‎ B. 充电过程中，阳离子向阴极迁移，阴离子向阳极迁移， Li+从阳极向阴极迁移，B正确；‎ - 18 -‎ C. 原电池放电时，负极Li失电子，发生氧化反应，电极反应式：Li-e-=Li+，C正确；‎ D. 锂可以和硫酸锂溶液中的水反应，所以不用硫酸锂溶液作电解质，D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】二次电池的电极判断可记忆为“负负正正”，即原电池的负极在电解时接外接电源负极，做阴极；原电池的正极在电解时接外接电源正极，做阳极。‎ ‎7.25℃时，取浓度均为0.1000mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20.00mL，分别用0.1000mol/LNaOH溶液、0.1000mol/L盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 由滴定曲线，25℃时Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=10-5‎ B. 当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好出现交点 C. 曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+)‎ D. 在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，水的电离程度先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明是盐酸滴定氨水溶液的滴定曲线；曲线II的pH＜7，说明是NaOH溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线。‎ ‎【详解】A．根据图象可知，0.1000mol/L醋酸的pH约为3，0.1000mol/L氨水的pH约为11，据此计算出 Ka(CH3COOH)、Kb(NH3•H2O)，CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，可用三段式计算，溶液中H＋浓度为10－3mol/L，‎ ‎ ‎ - 18 -‎ 根据Ka= 带入数据，Ka=10-5 mol·L-1，同理可算出氨水Kb=10-5 mol·L-1，A正确；‎ B．当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时，二者反应恰好生成醋酸钠和氯化铵，溶液分别为碱性、酸性，所以曲线Ⅰ和Ⅱ不会相交，B错误； C．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00 mL时，溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可推出溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+)，C正确； D．在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，滴定前溶液为酸性或者碱性，随着中和反应的进行，溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；恰好反应时，由于盐的水解，此时水的电离程度最大；中和反应之后溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液中水电离程度逐渐减小，D正确；‎ 故选B。‎ 第II卷（非选择题）‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26~28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第35~36题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题 ‎8.为了探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性，某化学兴趣小组设计如下实验。‎ ‎[查阅资料]乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4·2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。‎ I.乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。‎ ‎（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题：‎ ‎①装置的连接顺序为：A→D→____→____→F→E→C→G。‎ ‎②装置中冰水混合物的作用是____。‎ ‎③整套装置存在不合理之处____。‎ - 18 -‎ Ⅱ.乙二酸的弱酸性：‎ 该小组同学为验证草酸性质需0.1mol/L的草酸溶液480mL。‎ ‎（2）配制该溶液需要草酸晶体____g。‎ ‎（3）为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的是____。‎ A.将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色 B.测定0.1mol/L草酸溶液的pH C.将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出 D.测定草酸钠溶液的pH ‎（4）该小组同学将0.1mol/L草酸溶液和0.1mol/L的NaOH等体积混合后，测定反应后溶液呈酸性，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____。‎ Ⅲ.乙二酸的还原性：‎ ‎（5）该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为____。‎ ‎【答案】 (1). B (2). G (3). 除去草酸蒸气，防止干扰实验 (4). 没有CO尾气处理装置 (5). 6.3 (6). BD (7). c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-) (8). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的实验目的是探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性。解题时要结合信息围绕实验目的进行思考。‎ ‎【详解】(1)①根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，由于草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊，检验时产物时可用冰水混合物使草酸冷凝以除去草酸干扰，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO，故顺序为用D检验水、用B冷却得到草酸晶体、用G检验二氧化碳、用F吸收二氧化碳、用E干燥CO、用C氧化CO、再用G检验产物二氧化碳，排列顺序是A→D→B→G→F→E→C→G；‎ ‎②冰水混合物作用是除去产物中草酸蒸气，防止干扰实验，故需除去草酸蒸气，防止干扰实验；‎ - 18 -‎ ‎③CO有毒，不能直接排空，所以要有尾气处理装置，而图中没有CO尾气处理装置；‎ ‎(2)配制480mL0.1mol•L-1的草酸溶液需要500mL容量瓶，则需要草酸晶体质量=cVM=0.1mol/L×0.5L×126g/mol=6.3g；‎ ‎(3)A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，所以不能证明草酸是弱酸，故A错误；‎ B．测定0.1molL-1草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，故B正确；‎ C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，则不能证明草酸是弱酸，故C错误；‎ D．测定草酸钠溶液的pH，如果草酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，如果草酸钠是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，所以能证明草酸是否是弱电解质，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎(4)二者恰好反应生成NaHC2O4，混合溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，Na+不水解、HC2O4-水解，则c(Na+)＞c(HC2O4-)，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液中c(H+)＞c(C2O42-)，溶液呈酸性则c(OH-)浓度最小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-；‎ ‎(5)酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，酸性KMnO4溶液和草酸发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Mn元素化合价由+7价变为+2价，则C元素生成稳定氧化物CO2，根据转移电子相等、原子守恒、电荷守恒，书写方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。‎ ‎【点睛】注意部分装置的作用，比如装置D无水硫酸铜可以检验水、装置B用于冷却草酸得到晶体、装置G用于检验二氧化碳等。再围绕实验题的实验目的综合考虑。‎ ‎9.地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。‎ ‎（1）实验前：①先用0.1mol·L-1 H2SO4洗涤Fe粉，其目的是____，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入____（写化学式）。‎ ‎（2）如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式____。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是____。‎ - 18 -‎ ‎（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：‎ 假设一：溶液的pH；‎ 假设二：____；‎ 假设三：____；‎ ‎（4）请你设计实验验证上述假设一，补充实验步骤及结论：（已知：溶液中的NO3-浓度可用离子色谱仪测定）____、____。‎ ‎【答案】 (1). 除去铁粉表面的氧化物等杂质 (2). N2 (3). 4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O (4). 生成的Fe2+水解（或和溶液中OH-的结合） (5). 温度 (6). 铁粉颗粒大小 (7). pH各不相同，并通入氮气 (8). 用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3-浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。‎ ‎【详解】（1）①铁表面的氧化物主要是氧化铁，因此H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物是发生反应的化学方程式为Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O；故答案为：除去铁粉表面的氧化物等杂质；‎ ‎②氧气具有氧化性，而空气中含有大量的氧气，所以为防止空气中的O2‎ - 18 -‎ 对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2；故答案为：N2；‎ ‎（2）根据图中信息可判断，t1时刻前溶液中离子浓度减小的有：H+、NO3-、增大的有Fe2+、NH4+ ，t1时刻前反应的离子方程式为：4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O ，故 ‎ t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是发生了水解反应，溶液pH增大，促进水解，故答案为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O；生成的Fe2+水解（或和溶液中OH-的结合）；‎ ‎（3）影响脱氮速率的因素除了溶液的pH外，还可能是温度、固体与溶液的接触面积等，故答案为：温度；铁粉颗粒大小；‎ ‎（4）要验证溶液的pH影响脱氮速率，需要设计对照实验，其他条件相同，而pH不同，并通入氮气， 再分别向溶液中分别加入足量等质量的同种铁粉，根据已知用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，故答案为：pH各不相同，并通入氮气；用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度，若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3-浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。‎ ‎10.某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下：‎ 已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图：‎ ‎（1）滤渣1的主要成分为____。‎ ‎（2）①用离子方程式解释加入H2O2的作用____。‎ ‎②加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为____。‎ - 18 -‎ ‎（3）从滤液2中获得NiSO4·6H2O的实验操作是____、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（4）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图如图：‎ ‎①B极附近pH会____（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：____。‎ ‎②一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体(标准状况下)，理论上能得到Ni____g。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 减小 (6). H2OH++OH-，OH-B极放电使c(OH-)降低，平衡向右移动，c(H+)增大，导致pH降低 (7). 29.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题，从NiO的废料中（有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质），提取NiSO4和Ni的流程。围绕中心元素Ni，用首尾分析法，看箭头、找三线、结合信息进行做题。‎ ‎【详解】(1). 某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用稀硫酸处理，金属氧化物与酸反应产生相应的硫酸盐，而酸性氧化物SiO2不能发生反应，成为滤渣，所以滤渣1成分是SiO2； ‎ ‎(2). ①由于Fe2+、Ni2+形成沉淀的溶液的pH接近，不容易把杂质Fe2+除去，而Fe3+完全沉淀时溶液的pH小于4，可以很好的除去，所以加入H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+除去。用离子方程式表示是2H+ +H2O2 + 2Fe2＋= 2Fe3＋+ 2H2O；‎ ‎②加Na2CO3调节溶液的pH至5，根据图像可知形成的沉淀是Fe(OH)3、Al(OH)3，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； ‎ ‎(3). 从滤液2中获得NiSO4.6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(4). ①电解池中根据阳离子移向阴极，阴离子移向阳极可判断A极为阴极，B极为阳极，阳极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；由于OH—不断放电，使附近溶液中c(H+)增大，所以pH会减小，故pH变化原因为： H2OH++OH-，OH-在B极放电使c(OH-)降低，平衡向右移动，c(H+)增大，导致pH降低；②阳极失电子和阴极得电子的物质的量相等，‎ - 18 -‎ ‎，即，n(Ni)= 0.5mol， ，则m(Ni)=29.5g。‎ ‎【点睛】工艺流程题要看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。还要关注所加物质的可能作用，是参与反应还是提供反应氛围，满足定量要求等。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎11.科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。‎ ‎（1）O原子核外电子的运动状态有____种。‎ ‎（2）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为____。‎ ‎（3）下列关于CH4和CO2的说法正确的是____(填序号)。‎ a.固态CO2属于分子晶体，在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子 b.CH4分子中含有极性共价键，是极性分子 c.因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2‎ d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp ‎（4）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2‎ ‎①基态Ni原子的电子排布式为____，该元素位于元素周期表的第____周期____族。‎ ‎②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1mol Ni(CO)4中含有____mol σ键。‎ ‎（5）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。‎ ‎①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是____。‎ - 18 -‎ ‎②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是____。‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). H、C、O (3). a、d (4). 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (5). 四 (6). Ⅷ (7). 8 (8). 氢键、范德华力 (9). CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子， 所以有多少个电子,就有多少电子运动状态 ；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，其电负性越大； （3）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答； （4）①Ni为28号元素； ②该配合物的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键； （5）①可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键； ②依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，据此解答即可．‎ ‎【详解】（1）O原子核外有8个电子，每个电子运动状态都不同，故答案为：8；‎ ‎（2）电负性可以依据周期表判断， 同周期自左向右,非金属性增强即电负性增强；同族元素,自上而下非金属性减弱即电负性减小，故CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为H、C、O；‎ ‎（3）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；‎ a.固态CO2属于分子晶体，由其晶胞结构可知，在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，a正确；‎ b.CH4分子中含有极性共价键，但CH4正负电荷重心重合，是非极性分子，b错误；‎ c. CH4和CO2是分子晶体，不能根据键能比较它们的熔点，c错误；‎ d. CH4的C原子的价层电子对数为4，属于sp3杂化，CO2分子中碳原子的价层电子对数为2，杂化类型sp，d正确；‎ 故选a、d；‎ ‎（4）①Ni为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族； ‎ - 18 -‎ ‎②正四面体形配合物Ni(CO)4中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键，故1mol Ni(CO)4中含有8mol σ键；‎ ‎（5）①可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键，“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是氢键、范德华力；‎ ‎②已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，故从物质结构及性质的角度分析，科学家用CO2置换CH4的设想的依据是CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4。‎ ‎12.已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解；‎ ‎②CH3-CHO+H2O 现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。‎ ‎（1）X中官能团的名称是____。‎ ‎（2）F→H的反应类型是____。‎ ‎（3）I的结构简式为____。‎ ‎（4）E不具有的化学性质____(选填序号)‎ a.取代反应 b.消去反应 c.氧化反应 d.1mol E最多能与2mol NaHCO3反应 ‎（5）写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：____。‎ ‎②F→G的化学方程式：____。‎ ‎（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有____种。‎ a.苯环上有两个对位取代基 b.不能发生水解反应 c.遇FeCl3溶液不显色 - 18 -‎ d.1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应 ‎【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去 (3). (4). bd (5). +4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O (6). n+(n-1)H2O (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：。‎ ‎【详解】A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2‎ - 18 -‎ ‎，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为 ，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：； （1）X为，含有官能团是：酯基、溴原子；‎ ‎（2）F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，H为 ，故F→H的反应类型是消去反应； （3）由上述分析可知，I的结构简式为：； （4）E的结构简式为：， a．E含有酚羟基和甲基，能发生取代反应，故a错误； b．E不能发生消去反应，选b正确； c．E的官能团有酚羟基，易被氧化，故c错误； d．羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应，故d正确； 故答案为：bd；‎ - 18 -‎ ‎（4）C为HCOOH，D为；‎ ‎（5）①由上述推断，X为，故X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：+4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O ‎ ‎②F→G为聚合反应，故反应的化学方程式：‎ n+（n-1)H2O ‎（6）E的同分异构体要求苯环上有两个对位取代基；不能发生水解反应，说明没有酯基；‎ 遇FeCl3溶液不显色，说明没有酚羟基； 且1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应故E含有1个-OH、1个-COOH，符合条件的同分异构体有：，共有4种。‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎