2019-2020学年河北省邢台一中、邢台二中新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是（ ）

A．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化

B．高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物

C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料

D．由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故A正确；

B. 瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；

C. 新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；

D. 陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误；

故选A。

2．锂空气电池是一种用锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物的电池。其工作原理如图，下列说法中错误的是( )

A．多孔电极可以提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面

B．正极的电极反应：3ca7d4414e2a7827d016832a39093f76.png

C．有机电解液可以是乙醇等无水有机物

D．充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化

【答案】C

【解析】

【分析】

在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。

【详解】

A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；

B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；

C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；

D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生置换反应，试题难度不大。

3．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．某密闭容器中盛有 0.1molN2 和 0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为 0.6NA

B．常温下，1L pH＝9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1×10−9 NA

C．14.0gFe 发生吸氧腐蚀生成 Fe2O3•xH2O，电极反应转移的电子数为 0.5NA

D．标准状况下，2.24L 丙烷含有的共价键数目为 1.1NA

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；

B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10−5mol/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10−5mol/L×NA=1×10−5NA，故B错误；

C. Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为72a608e5d4277237f19e72029ce4536c.png，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2=0.5mol，故C正确；

D. 标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1mol，而丙烷中含10条共价键，故0.1mol丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误；

故选C。

【点睛】

水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25 ℃时)

(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 mol·L-1。

(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7 mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7 mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。

(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7 mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7 mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。

4．某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：

下列说法不正确的是（ ）

A．固体1中含有SiO2

B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉

C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2

D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化

【答案】B

【解析】

【分析】

硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。

【详解】

A. 根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；

B. 最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误；

C. 控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确；

D. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。

综上所述，答案为B。

5．已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：

又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）

A．物质A一定是单质 B．物质C可能是淡黄色固体

C．物质D可能是酸或碱 D．物质E可能属于盐类

【答案】A

【解析】

【分析】

若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。

【详解】

若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。

A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；

B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；

C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；

D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；

故选A。

6．历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是（ ）

A．战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金

B．秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品

C．宋王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维

D．对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜

【答案】C

【解析】

【详解】

A．战国•曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是铜锡的合金，故A正确；

B．陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝•兵马俑用陶土烧制而成的陶，属硅酸盐产品，故B正确；

C．碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料，作画用的一些宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故C错误；

D．铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，呈绿色，故D正确；

故选C。

7．据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（　　）

A．种出的钻石是有机物 B．该种钻石是原子晶体

C．甲烷是最简单的烷烃 D．甲烷是可燃性的气体

【答案】A

【解析】

【详解】

A．由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；

B．种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；

C．甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；

D．甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；

故选：A。

8．已知2H2(g) +O2(g) → 2H2O(l) + 571.6kJ。下列说法错误的是( )

A．2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6kJ热量

B．2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量

C．2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量

D．2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量大于571.6kJ

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．由信息可知生成2molH2O（l）放热为571.6kJ，则2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6KJ热量，选项A正确；

B．该反应为放热反应，则2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量，选项B正确；

C．物质的量与热量成正比，则2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量，选项C正确；

D．气态水的能量比液态水的能量高，则2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量小于571.6kJ，选项D错误；

答案选D。

9．298K时，在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂

B．X点溶液中：c（H2A）+c（H+）=c(A2-)+2c（OH-）

C．Y点溶液中：3c（Na+）=2c(A2-)+2c（HA-）+2c(H2A)

D．0.01mol/LNa2A溶液的pH约为10.85

【答案】D

【解析】

【分析】

滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反应终点溶质为NaHA，第二反应终点溶质为Na2A。

【详解】

A．石蕊的的变色范围为5～8，两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故A错误；

B．X点为第一反应终点，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒c(OH-)+ c(A2-)= c(H+)+ c(H2A)，故B错误；

C．Y点溶液127cbca73202b1803b033af10770e60e.png=1.5，所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，故C错误；

D．Na2A溶液主要存在A2-的水解：A2-+H2O=HA-+OH-；据图可知当c(A2-)= c(HA-)时溶液pH=9.7，溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L，而Na2A的第一步水解平衡常数Kh=1152c7b2f3be8c1a57df1709730c54b9.png，当c(A2-)= c(HA-)时Kh= c(OH-)=10-4.3，设0.01mol/LNa2A溶液中c(A2-)=amol/L，则c(OH-)amol/L，Kh=1b3e189e277c0511eac307b5cba77321.png，解得a=10-3.15mol/L，即c(OH-)=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故D正确。

【点睛】

解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D选项为难点，学习需要对“c(A2-)= c(HA-)”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。

10．对下列实验现象或操作解释错误的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】

【详解】

A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；

B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；

C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；

D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。

综上所述，答案为D。

【点睛】

易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。

11．常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是

A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，

A．氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；

B．氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；

C．二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；

D．SO2和H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；

故选：C。

12．CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是(　　)

A．制备SO2

B．制备CuI并制备少量含SO2的溶液

C．将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀

D．加热干燥湿的CuI固体

【答案】D

【解析】

【详解】

A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；

B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；

C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；

D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；

故合理选项是D。

13．对下列化学用语的理解正确的是

A．丙烯的最简式可表示为CH2

B．电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子

C．结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷

D．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确；

B. 电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；

C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷， CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；

D. 比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D错误。

14．卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有

A．4种 B．5种 C．6种 D．7种

【答案】C

【解析】

【分析】

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.png=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。

【详解】

卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。

答案选C。

【点睛】

卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。

15．高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（ ）

A．KO2中只存在离子键

B．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－

C．晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个

D．晶体中，所有原子之间都以离子键相结合

【答案】C

【解析】

【详解】

A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；

B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；

C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；

D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。

【点睛】

易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，性质不稳定遇热易分解，可利用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制得，某实验小组利用该原理在实验室中合成少量过氧乙酸。装置如图所示。回答下列问题：

已知：①常压下过氧化氢和水的沸点分别是158℃和100℃。

②过氧化氢易分解，温度升高会加速分解。

③双氧水和冰醋酸反应放出大量的热。

(1)双氧水的提浓：蛇形冷凝管连接恒温水槽，维持冷凝管中的水温为60℃，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水(质量分数为30%)滴入蛇形冷凝管中。

①蛇形冷凝管的进水口为___________。

②向蛇形冷凝管中通入60℃水的主要目的是________。

③高浓度的过氧化氢最终主要收集在______________(填圆底烧瓶A/圆底烧瓶B)。

(2)过氧乙酸的制备：向100mL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸，滴加提浓的双氧水12mL，之后加入浓硫酸1mL，维持反应温度为40℃，磁力搅拌4h后，室温静置12h。

①向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，其主要原因是__________。

②磁力搅拌4h的目的是____________。

(3)取V1mL制得的过氧乙酸溶液稀释为100mL，取出5.0mL，滴加酸性高锰酸钾溶液至溶液恰好为浅红色(除残留H2O2)，然后加入足量的KI溶液和几滴指示剂，最后用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL(已知：过氧乙酸能将KI氧化为I2；2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)。

①滴定时所选指示剂为_____________，滴定终点时的现象为___________。

②过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式为_________。

③制得过氧乙酸的浓度为________mol/L。

【答案】a 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 圆底烧瓶A 防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O 64737bea908b8d3cec187bf490e74cc2.png

【解析】

【分析】

①蛇形冷凝管的进水口在下面，出水口在上面；

②向蛇形冷凝管中通入60℃水的主要目的从实验目的来分析，该实验目的是双氧水的提浓；

③高浓度的过氧化氢最终主要收集哪个圆底烧瓶，可从分离出去的水在哪个圆底烧瓶来分析判断；

(2)①向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，从温度对实验的影响分析；

②磁力搅拌4h的目的从搅拌对实验的影响分析；

(3)①滴定时所选指示剂为淀粉，滴定终点时的现象从碘和淀粉混合溶液颜色变化、及滴定终点时颜色变化的要求回答；

②书写过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式，注意产物和介质；

③通过过氧乙酸与碘化钾溶液反应、及滴定反应2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式、结合数据计算求得过氧乙酸的浓度；

【详解】

①蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；

答案为：a；

②实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60℃水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；

答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；

③圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；

答案为：圆底烧瓶A ；

(2)①用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；

答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；

②磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应；

答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应；

(3)①硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；

答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 ；

②过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O；

答案为：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O ；

③通过CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O及滴定反应2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：0e0d2a63c2f429ae88ceb1968764ae93.png，a222192e65d3f76e1849f6d26ce80ffe.png，得x=5.000×V2×10-5mol，则原过氧乙酸的浓度88d970d213d48a0c6784ee0077382bed.png ；

答案为：64737bea908b8d3cec187bf490e74cc2.png。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．新合成的药物J的合成方法如图所示：

已知：R1—NH—R2+Cl—R31ca99e5811055a9bf10fbb42f110e358.png+HCl

R1COOR2+R3CH2COOR4c5f1e4c85c8ca0c94697dbae728092fd.png+R2OH

db7ed19931e30d15c43bc6dc8b11b45d.png(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)

回答下列问题：

(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________

(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____

(3)③的化学方程式为__________。

(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。

(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。

①遇FeCl3溶液显紫色

②苯环上有两个取代基

(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇3318e7eced6a863b966fbc52efa00b95.pngRCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)

【答案】3-氯-1-丙烯 碳碳双键和氨基 取代反应 吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 15

【解析】

【分析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到， 根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。

【详解】

（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；

（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；

（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；

（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；

（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；

（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。

【点睛】

解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．2015年“8·12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）。请回答下列问题：

（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是____________________。

A、 水 B、泡沫灭火器 C、干粉灭火器 D、细沙盖灭

（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下受热分解，可发生不同的化学反应：

在110°C时：NH4NO3=NH3+HNO3+173kJ

在185~200°C时：NH4NO3=N2O+2H2O+127kJ

在230°C以上时，同时有弱光：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O+129kJ，

在400°C以上时，发生爆炸：4NH4NO3=3N2+2NO2+8H2O+123kJ

上述反应过程中一定破坏了__________________化学键。

（3）NaCN的电子式为________________，Na+有_________种运动状态不同的电子，C原子核外有________种能量不同的电子，N原子核外最外层电子排布有________对孤对电子。

（4）下列能说明碳与氮两元素非金属性相对强弱的是_____________。

A、相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaNO3

B、酸性：HNO2＞H2CO3

C、CH4比NH3更稳定

D、C 与H2的化合比N2与H2的化合更容易

（5）NaCN属于剧毒物质，可以用双氧水进行无害化处理NaCN + H2O2 —— N2↑+ X + H2O，试推测X的化学式为___________。

（6）以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。写出CNO-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________________________________；

【答案】D 离子键、共价键 Na+[:C ┇┇ N:]- 10 3 1 A NaHCO3 2CNO- + 6ClO- + 8H+ → N2↑+ 2CO2↑+ 3Cl2↑+ 4H2O

【解析】

【分析】

(1) Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧；

(2)氯化铵属于离子化合物，含有离子键和共价键；

(3) NaCN属于离子化合物，C、N原子周围都是8个电子；Na+原子核外有10个电子；根据C的电子排布判断；N的原子核有7个电子，最外层有5个；

(4)比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱；

(5)根据元素守恒确定X中元素，根据转移电子守恒、原子守恒确定X化学式；

(6)根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应配平。

【详解】

(1) Na、K能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧，所以应该采用细沙灭火，故答案为：D；

(2)氯化铵属于离子化合物，含有离子键和共价键，氯化铵分解时破坏了共价键和离子键，故答案为：离子键、共价键；

(3) NaCN属于离子化合物，C、N原子周围都是8个电子，其电子式为：Na+[：C┇┇N：]﹣；Na+原子核外有10个电子，每个电子一种运动状态，共10种运动状态不同的电子；C的电子排布式为1s22s22p2，共有3种能量不同的电子；N的原子核有7个电子，最外层有5个，根据其电子式可知，含有1个孤电子对，故答案为：Na+[：C┇┇N：]﹣；10；3；1；

(4) A. 相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaNO3，说明硝酸的酸性强于碳酸，则证明非金属性N＞C，A项正确；

B. 酸性：HNO2＞H2CO3，由于亚硝酸不是N元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小， B项错误；

C. CH4的稳定性比NH3弱，与实际不符，C项错误；

D. C 与H2的化合比N2与H2的化合更困难，与实际不符，D项错误；故答案为：A；

(5)根据元素守恒知，X中含有Na、C元素，该反应中N元素化合价由﹣3价转化为0价、NaCN中C元素化合价为+2价，则C元素化合价由+2价转化为+4价，转移电子数为6，根据转移电子守恒、原子守恒知X为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；

(6)根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，故答案为：2CNO﹣+6ClO﹣+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。

【点睛】

本题重点(5)(6)，针对陌生的氧化还原反应方程式的书写，要巧妙利用元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒、氧化还原反应的基本规律解题。

19．中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。

（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是___（有机物请写结构简式）。

（2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式___。

（3）在400℃时，向初始体积1L的恒压反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则：

①在该温度下，其平衡常数K=__。

②若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），C2H4的产率将__（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是___。

③若容器体积固定，不同压强下可得变化如图，则压强的关系是___。

④实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)→C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。

在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___。

【答案】2CH2=CH2+O2ca3f8051c973c53ced00a113d9fcd22a.png2 2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g) △H=+202kJ/mol 0.20（mol/L） 增大 该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 p1＞p2 在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快

【解析】

【分析】

(1)用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，X为；

(2)结合表格中数据，根据盖斯定律，将反应可由②×2-③-①×2得到甲烷制备乙烯的热化学方程式；

(3)①恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数，列“三段式”解答计算；

②该反应的正反应是吸热反应，若向该容器通入高温水蒸气（不参加反应，高于400℃），相当于升高温度平衡正向移动；恒压条件下通入水蒸气导致分压减小，平衡正向移动；

③增大压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低；

④根据图像结合反应速率解答；

【详解】

(1)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，X为，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2=CH2+O2ca3f8051c973c53ced00a113d9fcd22a.png2；

(2)根据表格中数据有：①H2(g)+93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.pngO2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，②CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol，③C2H4(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202kJ/mol；

(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，设生成乙烯的物质的量为x，列“三段式”：

0575d5f6c3f104a7839898e56cf485e2.png

所以有e1978f1bbdd0d9996710f15faa295c7e.png×100%=20.0%，解得：x=0.25，平衡后气体的体积=5c5647a81d1b8e36e174f1130873c789.png×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K=eac8a1190a0576ceac22e7ac53f14a41.png =e6fde352795714b183b7c692f8e275d3.png=0.20；

②2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=+202kJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为：增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；

③若容器体积固定，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，反应为气体分子数增多的反应，温度相同时，压强增大不利于反应正向进行，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2；

④根据图象，200℃时，测出乙烷的量比乙烯多，是因为生成乙烷的反应速率较快。

【点睛】

本题易错点为(3)①的平衡常数的计算，要注意该容器的体积可变，需要根据物质的量之比等于气体体积之比计算出平衡时的体积。

2019-2020学年河北省邢台一中、邢台二中新高考化学模拟试卷含解析