1、重庆市普通高中学2021年高中化学1月学业水平选择性考试适应性测试试题（含解析）注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56 As 75 Sr 88一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是A. 用明矾作净水剂B. 用硫
2、酸铜作杀藻剂C. 用氯化钠作pH 调节剂D. 用次氯酸钠作消毒剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，A正确； B 铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；C氯化钠溶液呈中性，不能作pH 调节剂，C错误； D次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；答案选C。2. 下列化学用语表述正确的是A. S2Cl2结构式为ClSSClB. S2-结构示意图为C. PCl3电子式为：D. 丙烯的球棍模型为【答案】A【解析】【分析】【详解】AS最外层6个电子、Cl最外层7个电子，则S2Cl2分子内S共用
3、2对电子对、Cl共用1对电子对，结构式为ClSSCl ，A正确；B硫离子的电子数为18，硫原子核电荷数与电子数均为16， S结构示意图为， B错误；C PCl3电子式中P除了有3对共用电子对之外，还有1对孤电子对都要表示出来，C错误； D 丙烯含碳碳双键，模型不能代表丙烯，丙烷的球棍模型为，D错误；答案选A。3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H2的分子数为0.1NAB. 标准状况下22.4 LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NAC. 1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAD. 1 LpH=
4、13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A 硝酸是氧化性酸， 5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应，硝酸中氮元素化合价降低，不产生H2，A错误；B 标准状况下22.4 LO2的物质的量为1 mol，与足量H2反应生成H2O，氧元素化合价从0降低到-2价，得失电子数守恒，转移的电子数为4NA，B正确；C 1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中，溶质和溶剂均含有氧原子，氧原子数远大于为0.4NA，C错误；D 常温下，1 LpH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子数目为0.1NA，Ba2+数目为0.05NA，D错误；答案选B。4. 下列实验设计正确的是A
5、. 用乙醇萃取碘水中的碘B. 用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸C. 向乙醇和乙酸中分别加入钠，比较其官能团的活泼性D. 向蔗糖和稀硫酸共热后溶液中加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖【答案】C【解析】【分析】【详解】A因为乙醇与水互溶，不分层，不能用乙醇萃取碘水中的碘，A错误；B乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解，所以不能用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，可用饱和碳酸钠溶液，B错误；C乙酸中的羧基易发生电离，水溶液呈酸性，而乙醇中的羟基不活泼，可以向乙醇和乙酸中分别加入钠，钠与乙醇反应比较缓慢，而钠与乙酸反应比较激烈，所以可以比较其官能团的活泼性，C正确；D碱性环境下，银氨溶液具有弱氧化性；向
6、蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中，应先加入氢氧化钠中和稀硫酸，碱性环境下再加入少量银氨溶液，水浴加热，若出现银镜，反应生成了葡萄糖，D错误；故选C。5. 下列指定反应离子方程式正确的是A. 氯化铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3+Cu= 2Fe2+Cu2+B. 氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+OH- = Cl- +HClOC. 氯化铝溶液与浓氨水混合：A13+4NH3H2O=+4+2H2OD. 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A 氯化铁溶液腐蚀铜箔得到氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu= 2Fe2+Cu2+，A正确； B 氢氧化钠溶液吸收氯气
7、生成氯化钠、次氯酸钠和水： ，B错误；C 氯化铝溶液与浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀： A13+3NH3H2O=+3+2H2O ，C错误；D 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：可能是铵根水解生成的H+中和氢氧化镁电离出的OH，导致沉淀溶解，也有可能是铵根与氢氧化镁电离出的OH生成弱电解质一水合氨， 导致沉淀溶解，Mg(OH)2+2=Mg2+2NH3H2O，D错误；答案选A。6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的核外电子数等于其主族序数，X的单质在空气中含量最多，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，Z的最高正价与最低负价代数和为4.下列说法错误的是A. W与X形成的最简单化合物极易
8、溶于水B. Y和Z可形成化合物Y2Z3C. 最外层电子数ZXYWD. Y和Z的简单离子的电子层结构相同【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，则X为N元素，W的核外电子数等于其主族序数，则W为H元素，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，则Y为Al元素， Z的最高正价与最低负价代数和为4，因为最高正价与最低负价的绝对值之和为8，则最高正价为+6、最低负极为-2价，则Z为S元素，据此回答；【详解】A W与X形成的最简单化合物氨气极易溶于水，A正确；B Y即Al化合价+3价、Z即S化合价-2价，Y和Z可形成化合物Y2Z3，B正确；CZ、X
9、、Y、W最外层电子数分别为6、5、3、1，最外层电子数ZXYW，C正确；D Y和Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不相同，D错误；答案选D。7. 下列实验操作错误的是ABCD收集NO气体检查装置气密性比较乙酸和碳酸的酸性蒸发结晶NaClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，A正确；B往长颈漏斗里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，B正确；C乙酸滴入到碳酸钠溶液中产生气体，产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，这
10、可证明乙酸的酸性大于碳酸，C正确；D蒸发结晶应选蒸发皿而不是坩埚，D错误；答案选D。8. 由下列实验操作及现象所得结论错误的是实验操作及现象结论A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去H2O2具有漂白性B向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝待测溶液中有I-存在C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3具有酸性D向AgCl悬浊液中，加入少量Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S溶解度小于AgClA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】A有机色质褪色为漂白，酸性KMnO4溶液和H
11、2O2溶液发生氧化还原反应而使紫红色褪去，表明H2O2具有还原性，A错误；B碘分子与淀粉反应显蓝色，待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝，说明加入氯水后生成了碘单质，则原待测液中有I-存在，B正确；C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液发生复分解反应生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，沉淀消失，则氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和水，Al(OH)3具有酸性，C正确；D向AgCl悬浊液中，加入少量Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即AgCl转变为Ag2S，可见 ，由于加入的Na2S少量，则可推测Ag2S溶解度小于AgCl ，D正确；答案选A。
12、9. 山梨酸是一种高效安全的防腐保鲜剂。其合成路线如图所示，下列说法正确的是A. 反应1属于缩聚反应B. 反应2每生成1 mol 山梨酸需要消耗1 mol水C. 可用酸性高锰酸钾溶液检验山梨酸中是否含有巴豆醛D. 山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾【答案】D【解析】【分析】【详解】A反应1中没有小分子生成，不属于缩聚反应，A错误；B 反应2每生成1 mol 山梨酸需理论上不需要消耗水，一个酯基水解消耗1个水分子，但同时分子内因消去反应又生成一个水分子，B错误；C 山梨酸、巴豆醛分子结构中均含有碳碳双键，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能检验，C错误；D 山梨酸钾是可溶性钠盐，其
13、水溶性更好，山梨酸的酸性大于碳酸，故山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾，D正确；答案选D。10. 双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。下图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。下列说法正确的是A. 出口2的产物为HBr溶液B. 出口5的产物为硫酸溶液C. Br-可从盐室最终进入阳极液中D. 阴极电极反应式为2H+2e-=H2【答案】D【解析】【分析】【详解】A 电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Na+向阴极移动，与双极膜提供的氢氧
14、根离子结合，出口2的产物为NaOH溶液，A错误；B 电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Br-向阳极移动，与双极膜提供的氢离子结合，故出口4的产物为HBr溶液，钠离子不能通过双极膜，故出口5不是硫酸，B错误；C 结合选项B，Br-不会从盐室最终进入阳极液中，C错误；D 电解池阴极处，发生的反应是物质得到电子被还原，发生还原反应，水解离成H+和OH，则在阴极处发生的反应为2H+2e-=H2，D正确；答案选D。11. 己知(g)+H2(g)CH3CH2CH3(g) H=-157 kJ/mol。已知环丙烷(g)的燃烧热H=-2092 kI/mol，丙烷(g)的燃烧热H=-2
15、220 kJ/mol，1 mol液态水蒸发为气态水的焓变为H=+44 kJ/mol。则 2 mol氢气完全燃烧生成气态水的H(kJ/mol)为A. -658B. -482C. -329D. -285【答案】B【解析】【分析】【详解】己知反应为(g)+H2(g)CH3CH2CH3(g) H1=-157 kJ/mol。反应： ，反应：，变化，则 按盖斯定律，反应-反应+反应+变化得到反应：,，则2 mol氢气完全燃烧生成气态水的热化学方程式为： ，B正确；答案选B。12. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：下列说法错
16、误的是A. 反应1说明酸性：H2SO3H2CO3B. 反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C. 反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为12D. 反应2最好在无氧条件下进行【答案】C【解析】【分析】【详解】A反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3H2CO3，A正确；B 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；C 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的
17、氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；D连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；答案选C。13. 草酸H2C2O4是二元弱酸。向100 mL 0.40 mol/L H2C2O4溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200 mL。测得溶液中微粒的(x)随 pH变化曲线如图所示，(x)=，x代表微粒H2C2O4、HC2O或C2O。下列叙述正确的是A. 曲线是HC2O的变化曲线B. 草酸H2C2O4的电离常数K= 1.010-1.22C. 在 b点，c(C2O)+2c(OH-)= c(HC2
18、O)+c(H+)D. 在c点，c(HC2O)=0.06 mol/L【答案】B【解析】【分析】【详解】A当酸性越强时，曲线表示的微粒的含量越高，可推知曲线是H2C2O4 的变化曲线，曲线是HC2O的变化曲线，曲线是C2O的变化曲线，A错误；B在a点H2C2O4的浓度和HC2O的浓度相等，pH=1.22，则草酸H2C2O4的电离常K= =10-1.22，则B正确；C在 b点，c(C2O)= c(HC2O)，且溶液呈酸性，若c(C2O)+2c(OH-)= c(HC2O)+c(H+)，则2c(OH-)= c(H+)，显然不成立，C错误；D在c点，HC2O的含量为0.15，而H2C2O4的物质的量为0.
19、1L 0.40 mol/L=0.04 mol，则HC2O的物质的量为0.150.04 mol=0.006 mol，溶液体积为0.2L，c(HC2O)=0.006 mol0.2L=0.03 mol/L，D错误；故选B。14. MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法错误的是A. X、Y两点的MTP的物质的量浓度相等B. X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)v(Z)C. 若Z点处于化
20、学平衡，则210时反应的平衡常数K=mol/LD. 190时，0150 min之间的MTP的平均反应速率为mol/(Lmin)【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图知X、Y两点反应物的转化率相等，则MTP的物质的量浓度相等，A正确；B. 由图知，X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)v(Z) ，因为Z点转化率已达98%，反应物浓度极小，则反应速率下降，B正确；C 由题知，反应过程中甲醇不断从体系中移走，若Z点处于化学平衡，则210时甲醇的浓度不等于0.98amol/L，则反应的平衡常数K不等于mol/L，C错误；D 190时，0150 min之间的MTP的浓度减少了0.6
21、7mol/L，则其平均反应速率为mol/(Lmin)，D正确；答案选C。二、非选择题：共58分。第1517题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1819题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。15. 碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含8090% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：Sr(OH)2在水中的溶解度温度/10203040608090100溶解度/(g/100g)1.251.772.643.9584220.244.591.2(1)元素Sr位于元素周期表第_周期第_族。(2
22、)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_。(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_。(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_。(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrOyFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_(取整数)。【答案】 (1). 五 (2). A (3). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 (4). SrCO3+2CSr+3CO (5). 碱性耐火砖 (6). 为了增大氢氧化锶
23、的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 (7). MgO (8). Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3H2O (9). 6【解析】【分析】菱锶矿(含8090% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第A族，故答案为：五；A；(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案
24、为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO；碱性耐火砖；(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增
25、大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3H2O；(6)xSrOyFe2O3中Sr与Fe质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。16. 四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。硫渣的化学组成物质SnCu2SPbAsSb其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.230.370
26、.81氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点物质性质SnCl4CuClPbCl2AsCl3SbCl3S熔点/-33426501-1873112沸点/1141490951130221444请回答以下问题：(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_，b瓶中的试剂是。_。(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。生成SnCl4的化学反应方程式为_。其中冷凝水的入口是_，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_。实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_和_。(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_。(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.
27、00 g产品溶于水中，用0.02000 molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00 mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3 + 3H2O = H3AsO3 + 3HCl和5H3AsO3+ 2KMnO4 + 6HCl=5H3AsO4+ 2MnCl2+ 2KCl +3H2O。该滴定实验的指示剂是_，产品中SnCl4的质量分数为_%(保留小数点后一位)。【答案】 (1). 平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中 (2). 浓硫酸 (3). (4). c (5). 吸收未反应的Cl2，防止污染空气 (6). Cu (7). Pb (8). 114 (9). KMnO4 (1
28、0). 94.6%【解析】【分析】由图可知，装置A用于制备Cl2，饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，B装置为反应装置，在Cl2参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCl4，装置C为蒸馏装置，用于分离提纯产品。【详解】(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中； Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；(2)硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即，故填；为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到
29、空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114，故填114；(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=nM=g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1-94.6%，故填KMnO4、94.6%。【点睛】根据A、B装置的特征，可判断出其中
30、所盛试剂及作用。表中Sb的含量为0.37%，回收处理得到的金属可以忽略。17. 内酯在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。(1)内酯可以通过有机羧酸异构化制得。某羧酸A在0.2 mol/L盐酸中转化为内酯B的反应可表示为A(aq)B(aq)，忽略反应前后溶液体积变化。一定温度下，当A的起始浓度为a mol/L时，A的转化率随时间的变化如下表所示：t/min02136506580100A的转化率/%013.320.027.833.340.045.075.0反应进行到100 min时，B的浓度为_mol/L。v正(t =50 min)_v逆 (t =min)(填“”“”或“=”)。增加A的起始浓度
31、，A在t =min时转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。该温度下，平衡常数K=_在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，平衡时B的转化率为_。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是_。(2)内酯也可以通过电化学合成。以石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CH3CN作为溶剂，LiClO4作为电解质，经电解合成内酯的反应式如下： + H2产生H2的电极为_(填“石墨电极”或“铂电极”)；通电一段时间后，溶液中向铂电极迁移的离子为_。写出石墨电极上的电极反应式_。【答案】 (1). 0.45a (2). (3). 不变 (4
32、). 3 (5). 25% (6). 盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡 (7). 铂电极 (8). H+ (9). -2e-+2H+【解析】【分析】结合已知条件、按化学反应速率的定义、化学平衡常数的定义等列式计算、运用影响速率的因素理论判断速率的相对大小；应用电化学原理判断阴阳极、书写电极方程式；【详解】(1)由表知，反应进行到100 min时，A的转化率为45.0%，则根据化学方程式A(aq)B(aq)，B的浓度为0.45amol/L。一定温度下，化学反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度在不断减小，所以v正(t =50 min)v逆 (t =min)
33、= v正 (t =min)。， ，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t =min时转化率将不变。由表知，该温度下，A在t =min时转化率为75%，则平衡常数在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，则，则，得 ，平衡时B的转化率为。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡。(2)产生H2的反应中氢元素化合价降低，发生还原反应，则在阴极上生成氢气，生成氢气的电极为铂电极；通电一段时间后，阳离子向阴极移动，则溶液中向铂电极迁移的离子为H+。石墨电极为阳极，发生氧化反
34、应，电极反应式为：-2e-+2H+。(二)选考题：共15分。请考生从第18题和第19题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。18. 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。(1)基态镍原子的核外电子排布式为_。(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和 CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为_在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_，立体构型为正四面体的分子是_，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_。(3)Ni与CO在6080时反应生成 N
35、i(CO)4气体，在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_，Ni(CO)4晶体类型是_。(4)已知 MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知Mg 晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为_g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2+之间的最短距离为_nm(已知=1.414，=1.732结果保留小数点后两位)，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). MgCO (3). CO2 (4). CH4 (5). 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键 (6). C (7). 分子晶体 (8). 3.6
36、(9). 0.30 (10). 12【解析】【分析】【详解】(1)镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为MgCO；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲
37、醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高，故答案为：MgCO；CO2；CH4；甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键；(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，故答案为：C；分子晶体；(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8+6=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42107)3d，解得d= g/cm33.6 g/cm3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的
38、最短距离为0.42nm0.30nm，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为12，故答案为：3.6；0.30；12。19. 化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：已知： i. (R1、R3为烃基，R2为H或烃基)ii. (R1、R2、R3为烃基)回答下列问题：(1)H的化学名称为_，AB所需的试剂是_。(2)DE反应类型是_，J含有的官能团名称是_ 。(3)G、M的结构简式分别为_、_。(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为_。(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式_(写出两种即可)。属于芳香族化合物能发生银镜反应
39、核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1126(6)己知H2C=CH2CH3CHO。根据本题信息，写出以乙烯为原料制备不超过五步的合成路线_(乙醚及其它无机试剂任选)。【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 铁粉和液溴 (3). 取代反应 (4). 碳碳双键、羧基 (5). (6). (7). + + (8). 、。(写出两种即可) (9). 【解析】分析】AB即苯转变为溴苯，C为苯基溴化镁，D为苯乙醇，E为，按信息反应i ：+G，则 G为丙酮，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，L为，N为，在M参与下LN，即信息反应ii。目标产物合成中要碳链增长，仿照流程中的反应，只要得到 CH3CH
40、O和C2H5MgBr发生信息反应i即可制得，则通过乙烯与HBr得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到，据此回答；【详解】(1)由流程知，H的化学名称为苯甲醛，AB即苯转变为溴苯，苯和液溴在溴化铁作用下发生取代反应即可，所需的试剂是铁粉和液溴。(2)DE反应类型是取代反应，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基 。(3)按信息反应i ：+G，则 G为丙酮、结构简式为，L为，N为，在M参与下LN，即信息反应ii、则M的结构简式分别为。(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液共热,生成、Cu2O和水，化学方程式为：+ +。(5)写出满足下列条件的K的分子式C9H10O2，其不饱和度为5，则 其同分异构体：属于芳香族化合物，分子内有1个苯环，能发生银镜反应，则含有醛基；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1126，则分子内共4种氢原子，则结构简式、。(写出两种即可)。(6)己知H2C=CH2CH3CHO。乙烯与HBr发生加成反应得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生信息反应i即可制得，流程为【点睛】
