1、巴蜀中学2021届高考适应性月考卷(六)化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Co-59 Cu-64 I-127 Pb-207一、选择题：本题共14小题，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. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是A. 新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体B. 河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以直接饮用C. 面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为21，过氧化苯甲酰属于有机物D. “静电除
2、尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【答案】D【解析】分析】【详解】A胶体按分散剂的状态可分为固溶胶，液溶胶，气溶胶，故气溶胶属于胶体，故A错误；B明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，故B错误；C碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙是属于过氧化物，其阴阳离子个数比为11，故C错误；D“静电除尘”可除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”可除去SO2气体，“汽车尾气催化净化”可除去NOx，上述做法都可以减少污染性气体的排放，故能提高空气质量，故D正确。综上所述，答案为D。2. 下列各项表达正确的是A. F的结构示意图：B. HClO的结构式：HOClC. CO2的分子模型
3、示意图：D. CCl4的电子式：【答案】B【解析】【分析】【详解】AF的结构示意图为，故A错误；BHClO的结构式为HOCl，故B正确；C碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的分子模型，故C错误；DCCl4的电子式：，故D错误。综上所述，答案为B。3. 分类思想是中学化学的核心思想，分类均有一定标准。下列有关说法正确的是A. 导电能力强的一定是强电解质，难溶于水的一定是弱电解质B. Al、Si、Al2O3、NaHCO3均可与强酸、强碱反应C. 含有不同种元素的纯净物叫做化合物，含有同种元素的物质不一定是纯净物D. 根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液【答案】C【解析】【分析】【
4、详解】A导电能力强的不一定是强电解质，例如：铜单质；难溶于水的也不一定是弱电解质，电解质的强弱和溶解度无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故A错误；BSi不能与强酸反应，只能与HF反应，故B错误；C化合物是指由两种或两种以上的元素组成的纯净物(区别于单质)，含有同种元素的物质可能是同素异形体的混合物，故C正确；D根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故D错误。综上所述，答案为C。4. 下列关于有机化合物的叙述错误的是A. 黄酒中某些微生物使乙醇氧化为乙酸，于是酒就变酸了B. 葡萄糖具有还原性，可用于制镜工业C. 可通过加入金属钠观察是否产生气体的方法
5、检验乙醇中是否混有水D. 有机三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的【答案】C【解析】【分析】【详解】A黄酒变酸是因为在某些微生物作用下，乙醇被氧化为乙酸导致的，故A正确；B葡萄糖含有醛基，具有还原性，能够还原银离子，可用于制镜工业，故B正确；C金属钠既可以与水反应，又可以与乙醇反应生成氢气，则无法判断乙醇中是否含有水，故C错误；D塑料、合成橡胶和合成纤维，这三大合成材料都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的，故D正确；故答案为C。5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目
6、为0.3NAB. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C. 标准状况下，3.36 L HF和3.36 L NH3所含的电子数、质子数均为1.5NAD. 100 g质量分数为46的C2H5OH溶液中所含OH键数目为7NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A高温下铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，因此高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.2NA=0.27NA，故A错误；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，故B错误；C标准状况下HF是液体，不能利用气体摩尔体积计算，故C错误；D乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有OH键，所以10
7、0g 46%的C2H5OH溶液中有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1mol OH键，含有水54g，物质的量为3mol，含有6mol OH键，所以共含OH键7mol，故D正确。综上所述，答案为D。6. 下列关于有机物的说法，正确的是A. 葡萄糖和麦芽糖属于同系物B. 淀粉、纤维素、蛋白质和硫化橡胶都是天然高分子化合物C. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D. 甲苯与氢气完全加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有5种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【分析】【详解】A葡萄糖分子式为C6H12O6，麦芽糖分子式为C12H22O11结构不相似，组成上也不
8、相差n个CH2，故A错误；B硫化橡胶不属于天然高分子化合物，故B错误；C除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，应加入足量饱和碳酸钠溶液，通过分液即得乙酸乙酯，乙酸乙酯与烧碱发生水解反应，故C错误；D完全氢化后的产物，即为甲基环己烷，六元环含有4种H，甲基含有1种H，故产物的一氯代物有5种同分异构体，故D正确。综上所述，答案为D。7. 下列各离子反应方程式书写与描述相符合并且正确是A. 配制银氨溶液时的总反应：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2OB. 工业上电解氯化钠溶液制备金属钠：C. 利用溴水检验SO2的漂白性：D. 向高锰酸钾酸性溶液中滴加Na2C2O4溶液，高锰酸钾溶液紫红色褪去：
9、【答案】A【解析】【分析】【详解】AAg(NH3)2OH可溶，在离子方程式中应该拆成离子，即Ag(NH3)2+、OH，正确的离子方程式为Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，故A正确；B用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，得不到金属钠，电解熔融的氯化钠得到金属钠，故B错误；C溴水与SO2发生氧化还原反应，溴水褪色，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故C错误；D离子方程式得失电子不守恒，正确的离子方程式为，故D错误。综上所述，答案为A。8. 如图实验中，实验设计或所选装置合理的是A. 用乙醇提取碘水中的碘，应选择图所示装置B. 用图和图所示装置进行粗盐提纯C. 用图所
10、示装置进行石油分馏实验制取汽油D. 装置用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度【答案】B【解析】【分析】【详解】A图为过滤操作，图为蒸发操作，图为分液操作，图为蒸馏操作，图为酸碱中和滴定操作；碘在乙醇中的溶解度比在水中的大，则碘更易溶解在乙醇中，但乙醇与水任意比互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质，A项错误；B粗盐提纯过程中需要过滤和蒸发操作，B项正确；C石油是烃的混合物，根据其成分的沸点不同，可用蒸馏的方法将成分进行分离，进行石油分馏实验制取汽油需用温度计测量以控制馏分的温度，另外还应用直型冷凝器冷凝，C项错误；D有玻璃活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，D项错误；答案选B。
11、9. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A. 最简单氢化物的沸点：YWB. 离子半径的大小顺序为WQZXYC. X、Z、W、Q分别与Y均能形成多种二元化合物D. 由元素X、Y组成的化合物是常见的大气污染物，可以用水来吸收处理【答案】A【解析】【分析】周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，则X的气态氢化物为氨气、Y的氢化物为水，X为N元素、Y为O元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶
12、液，却不溶于其浓溶液，则Z为Al元素、W是S元素；由原子序数可知，Q是Cl元素。【详解】AY、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点H2OH2S，A项正确；B电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子、氮离子和铝离子的电子层结构相同，则铝离子的离子半径小于氮离子，B项错误；CX为N，Z为Al，W为S，Q为Cl，Y为O，N和O可以形成NO或NO2等，Al与O只能形成Al2O3，S和O可以形成SO3或SO2等，Cl可以和O形成Cl2O或Cl2O7等，C项错误；D一氧化氮难溶于水，不能用水来吸收处理，D项错误；答案选A
13、。10. 根据如图所示所得推论正确的是A. 若图甲表示恒温恒容条件下，反应中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，则b点对应的状态为化学平衡状态B. 图乙是的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的H0、x0.1C. 图丙是0.5 molL1CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c(OH)减小D. 图丁是0.03 g镁条分别与2 mL 2 molL1盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断曲线代表盐酸与镁条的反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A恒温恒容条件下，发生可逆反应：2NO2(g) N2O4(g)，根据图象，b
14、点表示消耗N2O4的速率等于NO2的消耗速率，表明逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行，不是化学平衡状态，故A错误；B同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，则平衡正向移动，则H0；同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则x0.1，故B错误；C盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反应，温度升髙，水的离子积增大，水中的c(H+)增大，pH降低；温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，c(OH)增大，由于c(H+)=，Kw增大得更多一些，使得c(H+)也增大一些c(H+)没有c(OH)增大得多，溶液pH呈小幅度的减小，故C错误；D盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，则HCl和CH3CO
15、OH的物质的量也相同，故这两个容器中产生的H2的量相同，最终容器内的压强也相同；HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，则醋酸溶液的H+的浓度较低，其反应速率也较低，因此代表盐酸与镁条的反应，代表醋酸与镁条的反应，故D正确。综上所述，答案为D。11. 用如图所示装置进行实验，仪器a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，其中能达到实验目的的是选项试剂1试剂2试剂3实验目的A浓盐酸MnO2饱和食盐水制备氯气B盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液验证碳的非金属性比硅强C盐酸Na2SO3品红试液验证SO2具有漂白性D稀硫酸溶液X澄清石灰水验证X溶液中是否有A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析
16、】【分析】【详解】A用MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故A错误；B盐酸易挥发，会使硅酸钠溶液变浑浊，干扰实验，故B错误；C盐酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2使品红试液褪色，证明其具有漂白性，故C正确；D使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，则X溶液中可能含，等，故D错误。综上所述，答案为C。12. 利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2，制取石膏(CaSO42H2O)的过程如图。下列说法正确的是A. 过程后溶液pH减小B. 过程中，反应的离子方程式为C. Mn(OH)2和都是空气催化氧化S2的催化剂D. 将10 L上清液中的S2(S2浓度为480 mgL1
17、)转化为，理论上共需要0.15 mol O2【答案】A【解析】【分析】氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，与硫酸锰反应生成氢氧化锰，过程中，通入氧气将氢氧化锰氧化为，过程中，将上清液中S2氧化为，同时被还原为氢氧化锰，再通入氧气将氧化为，经过浓缩结晶，得到石膏。【详解】A由分析可知过程I中发生反应：2Mn(OH)2+O2+4OH=2+4H2O，溶液的pH减小，故A正确；B根据转化关系图，过程中S2与反应生成和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为4+2S2+9H2O=+4Mn(OH)2 +10OH，故B错误；C根据前面分析得到是催化氧化过程的中间产物，故C错误；D1
18、0L上清液中的S2的物质的量=0.15mol，根据物质转化过程可知，Mn(OH)2Mn(OH)2，S2转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气，在S2的过程中，硫元素的化合价由2价变成+6价，S2共失去0.15mol8=1.2mol电子，1mol O2在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的S2转化为，理论上共需要O2的物质的量=0.3mol，故D错误。综上所述，答案为A。13. 2020年3月29日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电
19、池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4xexLi=LiFePO4，下列说法错误的是A. 放电时Li通过聚合物隔膜往正极迁移B. 充电时，阴极反应为Li1-xC6xexLi=LiC6C. 充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌D. 用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25 mol时能得到精铜32 g，则电子利用率为80【答案】C【解析】【分析】【详解】A磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6xe=xLiLi1xC6，正极反应：Li1xFePO4xexLi=LiFePO4；充电时，阳极反应式：LiFePO4xe=Li1xFePO4xLi，阴极反应式：Li1xC6x
20、Lixe=LiC6，放电时阳离子往正极迁移，故A正确；B充电时为电解池，阴极发生还原反应，电极反应式：Li1xC6xLixe=LiC6，故B正确；C脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应式为LiFePO4xe=Li1xFePO4xLi，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为LiC6xe=xLiLi1xC6，则充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，故C错误；D用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时理论上能得到精铜mol=0.625mol即40g，而实际得32g，则电子利用率为80%，故D正确。综上所述，答案为C。14. 亚砷酸(H3
21、AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9B. c(Na+)=0.100 molL-1的溶液中：C. 通常情况下，电离程度大于水解程度D. pH=12.8的溶液中：【答案】B【解析】【分析】H3AsO3、存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c()+2c()+3c()+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，据此解答。【详解】A由图中数据可知，pH=9.2时，c()=c(H3As
22、O3)，故H3AsO3的电离常数Ka1=，故Ka1的数量级为1010，故A错误；Bc(H3AsO3)+c()+c()+c()=0.100molL1，c(Na+)=0.100molL1，即c(H3AsO3)+c()+c()+c()= c(Na+)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c()、c(H3AsO3)、c()中，c()最大，由图可知，根据c()=c()时，得到Ka2大约等于1012.2，又由于的水解常数为，水解常数大于电离常数，因此故c(H3AsO3)c()，所以，c()c(H3AsO3) c()，故B正确；C当As元素主要以形式存在时，溶液的pH在11左右，根据B中分析，溶液呈碱性，
23、说明的水解程度大于电离程度，故C错误；D电荷守恒：c()+2c()+3c()+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，c()=c()，所以，4c()+2c()+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)4c()+c()+c(OH)，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题第17题为必考题，每道试题考生都必须作答；第18题第19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共3小题。15. 工业上以含钴矿粉废料(主要成分为Co2O3、CoO，还含Fe、Al、Mg、Ca、Si等元素氧化物)制备钴的氧化物的一种工
24、艺流程如图所示。回答下列问题：已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常作食品抗氧化剂。Co2O3不溶于水、具有很强的氧化性。25 时相关物质的Ksp见下表。物质Co(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Ca(OH)2MgF2CaF2Ksp11013.811016.311038.611032.311011.21107.811010.11109.9(1)在不同条件下测得含钴矿粉废料“浸取”操作的浸出率如下表所示。实验序号硫酸浓度(mol/L)温度()Na2S2O5浓度(g/L)Co的浸出率()a2402086.22b2602088.45c4402090.05d4404092.
25、62e4604068.47据上表数据分析，请找出规律：_。“浸出”液中加入焦亚硫酸钠的作用是_。“浸取”中Co2O3反应的化学方程式是_。(2)“氧化”中加试剂X最佳为_(填序号)。A.H2O2 B.NaClO C.Co2O3(3)使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1105 molL1时，可认为该离子沉淀完全)。(4)沉钴的离子反应方程式为_；滤渣3的成分是_。(5)实验室拟在空气中焙烧CoC2O4以探究其产物。“焙烧”操作的热重曲线(热重法是测量物质的质量与温度关系的方法)如图所示。若将CoC2O4固体于873 K温度下在氧气中焙烧，所得氧化物的化学式为_。【
26、答案】 (1). 随着硫酸浓度增大，Na2S2O5浓度增大，温度升高，Co的浸出率增大 (2). 作还原剂，将Co2O3还原为Co2+ (3). 2Co2O33H2SO4Na2S2O54CoSO4Na2SO43H2O (4). C (5). 4.9 (6). Co2+NH3CoC2O4 (7). CaF2和MgF2 (8). Co3O4【解析】【分析】钴矿粉废料(主要成分为Co2O3、CoO，还含Fe、Al、Mg、Ca、Si等元素的氧化物)，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)反应，主要将Co2O3还原为Co2+，得到滤渣主要是SiO2、CaSO4，加入氧化剂氧化亚铁离子，加入氨水调节溶液
27、的pH除掉铁铝元素，过滤后滤液加入CoF2除掉镁离子和钙离子，过滤后加入草酸氢铵沉淀Co2+，煅烧得到含钴的氧化物。【详解】(1)据上表数据分析，随着硫酸浓度增大，Na2S2O5浓度增大，温度升高，Co的浸出率增大，因为增大浓度，升高温度，反应速率加快；故答案为：随着硫酸浓度增大，Na2S2O5浓度增大，温度升高，Co的浸出率增大。焦亚硫酸钠具有还原性，所以作用是将Co2O3还原为Co2+；故答案为：作还原剂，将Co2O3还原为Co2+。据题意“浸取”中Co2O3反应的化学方程式是2Co2O33H2SO4Na2S2O54CoSO4Na2SO43H2O；故答案为：2Co2O33H2SO4Na2S
28、2O54CoSO4Na2SO43H2O。(2)因为H2O2、NaClO、Co2O3都有强的氧化性，都能氧化Fe2+，Fe3+会催化H2O2分解，NaClO有碱性，Co2O3不会引入新杂质，故最佳为Co2O3；故答案为：C。(3)根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)1.0105 molL1时，c(OH)109.1 molL1，所以c(H)104.9 molL1，pH4.9，即pH的理论最小值为4.9；故答案为：4.9。(4)据流程图分析可知，沉钴的离子反应方程式为HC2OCo2
29、+NH3CoC2O4；加入CoF2的目的是除去Ca2+和Mg2+，所以滤渣3成分是CaF2和MgF2；故答案为：Co2+NH3CoC2O4；CaF2和MgF2。(5)873K时质量减少，设生成氧化物的化学式为CoxOy，则，所以化学式为Co3O4；故答案为：Co3O4。16. 肉桂酸是香料、化妆品、医药、塑料和感光树脂的重要原料，实验室制备原理如下：I.反应原理II.反应装置图(如图)III.合成步骤如下：在100 mL的仪器a中加入3 g CH3COOK、3 mL苯甲醛和5.5 mL乙酸酐，混合均匀后，在160170 反应1 h。将反应后的混合溶液倒入500 mL烧杯中，加水至100 mL后
30、，加Na2CO3固体调至溶液成弱碱性(pH=810)，蒸馏除去苯甲醛。向中溶液中加少许活性炭，加热煮沸10 min，进行操作A后，得到透明溶液。向中所得溶液中加浓盐酸至显酸性后，用冰水冷却至固体析出，过滤，将粗产品进行操作B后，得到2.22 g纯产品(不含杂质)。IV.相关物质的物理参数如下表：化合物相对分子质量沸点相对水的密度溶解度(g/100 mL)苯甲醛1061791.060.3乙酸酐1021401.112肉桂酸1483001.28乙酸601181.05互溶请回答下列问题：(1)仪器a的名称是_，空气冷凝管的作用是_。(2)操作A、操作B名称分别为_、_。(3)反应温度控制在160170
31、 的原因是_。(4)步骤中加水的目的是促进乙酸酐水解，写出该反应的化学方程式：_。(5)步骤中加入浓盐酸的目的是_。(6)本实验中肉桂酸的产率为_(不考虑母液中肉桂酸的残留量，计算结果保留小数点后两位)。【答案】 (1). 三颈烧瓶或三口烧瓶 (2). 冷凝回流 (3). 趁热过滤(趁热抽滤) (4). 洗涤干燥 (5). 温度低于160，反应速率较慢，高于170，可能导致苯甲醛、乙酸酐等大量挥发，产率降低 (6). (CH3CO)2O+H2O2CH3COOH (7). 将肉桂酸钠转化成溶解度极小的肉桂酸，有利于肉桂酸从溶液中析出 (8). 50.00【解析】【分析】【详解】(1)仪器a是三颈
32、烧瓶；作用是冷凝挥发的乙酸酐、乙酸(反应条件是160-170，看表格此时乙酸，乙酸酐沸点小于条件，会挥发)；(2)A：趁热过滤，冷却，看表格肉桂酸不溶，所以过滤即可；B:洗涤干燥，因为产品上有盐酸，所以要洗涤再干燥；(3)加快反应速率，因为温度越高反应速率越快，若温度过高，则苯甲醛也挥发了，反而速率下降；(4) 加水的目的是促进乙酸酐水解，乙酸酐水解为：(CH3CO)2O+H2O2CH3COOH；(5)使肉桂酸盐生成肉桂酸时加入碳酸钠，肉桂酸中的-COOH会与盐反应生成-COONa，加HCl会使-COONa变为-COOH；(6)3毫升苯甲醛，5.5毫升乙酸酐的质量为3mL1.06g/mL=3.
33、18g，5.5mL1.1g/mL=6.05g，物质的量分别为3.18g/106gmol-1=0.03mol，6.05g/102 gmol-1=0.05mol，可知乙酸酐过量，所以生成肉桂酸质量为0.03mol148g/mol=4.44g，则肉桂酸的产率为。17. 1-丁烯是仅次于乙烯和丙烯的重要石油化工基本原料，可以利用正丁烷催化脱氢制备。催化脱氢分为无氧催化脱氢和有氧催化脱氢。I.无氧催化脱氢反应原理如下： H (1)已知CH3CH2CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、H2的燃烧热分别为2878 kJmol1，2720 kJmol1，286 kJmol1，计算H=_。(2)无氧催化脱氢用
34、Pt系催化剂时，正丁烷单位时间转化率和1丁烯选择性如下表所示：催化剂单位时间转化率1丁烯选择性催化剂1：PtSn/-Al2O323.092.0催化剂2：PtSnSr0.2/-Al2O338.588.1催化剂3：PtSn(0.3)/MgAl2O427.098.9仅从1丁烯选择性的角度考虑，应选择的催化剂为_(填催化剂序号)。工业上，从1丁烯单位时间收率的角度考虑，应选择的最佳催化剂为_(填催化剂序号)。II.有氧催化脱氢通常选择O2或CO2为氧化剂，VOxMgO为催化剂，反应原理如下： 当O2或CO2为氧化剂时，正丁烷单位时间转化率和选择性如下表所示：氧化剂单位时间转化率1-丁烯选择性O268.
35、052.0CO250.089.0(3)与无氧脱氢相比，有氧脱氢(O2为氧化剂)在单位时间内转化率要高一些的可能原因是_。(4)一定温度下，在体积为10 L的刚性容器中，加入10 mol CH3CH2CH2CH3，7 mol O2，3 mol CO2，初始压强为20 kPa，经过10 h，反应刚好达到平衡，此时压强变成25 kPa，其中O2的体积分数为16。结合有氧催化脱氢回答下列问题：v(O2)=_moL/(Lh)。该温度下，反应的压强平衡常数KP=_kPa。O2为氧化剂时，1-丁烯的选择性明显低于CO2为氧化剂时的选择性，分析可能原因：_。【答案】 (1). +128 kJmol1 (2).
36、 催化剂3 (3). 催化剂2 (4). 生成的H2与O2反应，促进反应正向进行(或有氧脱氢为放热反应，无氧脱氢为吸热反应，反应耦合后有利于反应的发生) (5). 0.03 (6). 64 (7). O2的氧化性强于CO2，更容易引起1丁烯的深度氧化，降低了1丁烯选择性；另一方面，CO2是深度氧化的产物，抑制了正丁烷的深度氧化【解析】【分析】【详解】(1)已知CH3CH2CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、H2的燃烧热分别为2878 kJmol1，2720 kJmol1，286 kJmol1，将CH3CH2CH2CH3的燃烧热减去CH2=CHCH2CH3、H2的燃烧热得到H2878 kJm
37、ol12720 kJmol1286 kJmol1+128 kJmol1；故答案为：+128 kJmol1。(2)从表格中分析得到从1丁烯选择性的角度考虑，使用催化剂3生成1丁烯选择性高，故答案为：催化剂3。从表格中分析得到工业上，从1丁烯单位时间收率的角度考虑，应选择的最佳催化剂为催化剂2；故答案为：催化剂2。(3)与无氧脱氢相比，有氧脱氢(O2为氧化剂)在单位时间内转化率要高一些的可能原因是生成的H2与O2反应，促进反应正向进行，使得在单位时间内转化率高(或有氧脱氢为放热反应，无氧脱氢为吸热反应，反应耦合后有利于反应的发生)；故答案为：生成的H2与O2反应，促进反应正向进行(或有氧脱氢为放热
38、反应，无氧脱氢为吸热反应，反应耦合后有利于反应的发生)。(4)根据题意得到n始(总)=20mol，根据压强之比等于物质的量之比，因此n平(总)=25mol，其中O2的体积分数为16即n(O2)=2516%=4mol，n(总)=5mol，；故答案为：0.03。根据题意得到，由于n(总)=5mol，因此和二氧化碳的反应改变量为2mol，因此达到平衡时，平衡时n(CH3CH2CH2CH3)= 10 mol 6 mol 2 mol =2mol，n(CO2)=3 mol 2 mol =1mol，n(CH2=CHCH2CH3)=6 mol +2 mol =8mol，n(H2O)=6 mol +2 mol
39、=8mol，n(CO)=2mol，该温度下，反应的压强平衡常数Kp=；故答案为：64。O2为氧化剂时，1丁烯的选择性明显低于CO2为氧化剂时的选择性，根据表中数据得到O2的氧化性强于CO2，更容易引起1丁烯的深度氧化，降低了1丁烯选择性；另一方面，CO2是深度氧化的产物，抑制了正丁烷的深度氧化；故答案为：O2的氧化性强于CO2，更容易引起1丁烯的深度氧化，降低了1丁烯选择性；另一方面，CO2是深度氧化的产物，抑制了正丁烷的深度氧化。(二)选考题：请考生从给出的2道题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分。18. 钙钛矿型太阳能电池，是利用钙钛矿型的有机金属卤化物半导体作为吸光材料的太阳
40、能电池。在这种钙钛矿结构(ABX3，如图)中，A离子通常指的是有机阳离子，最常用的有，；B离子指的是金属阳离子，主要有Pb2+和Sn2+；X离子为卤族阴离子，即I、Cl和Br。目前在高效钙钛矿型太阳能电池中，最常见的钙钛矿材料是碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)。(1)基态Pb原子的价电子排布图为_；第四周期过渡元素中基态原子未成对电子数与Pb相同的是_(填元素符号)。(2)和中碳原子杂化轨道类型分别为_。(3)用短棍表示共价键，同时用小黑点表示孤对电子(未用于形成共价键的电子)的结构式叫做路易斯结构式。请画出的路易斯结构式：_。(4)CH3NH3PbI3存在的化学键有_(填序号)。A.离子键
41、 B.极性键 C.非极性键 D.配位键 E.氢键 F.金属键(5)请推测HClO4、H5IO6可写成(HO)5IO、HIO4物质的酸性由强到弱的顺序为_(用序号表示)，原因是_。(6)钙钛矿晶胞的结构如图所示，其中A离子和X离子半径相近，共同构成立方密堆积。A离子被_个X离子包围。若原子坐标参数a为(0，0，0)，b为(0，)，则c的原子坐标参数为_。若钙钛矿材料是碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)，晶体密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中邻近的A与X原子的核间距离为_pm(写出含、NA的计算表达式)。【答案】 (1). (2). Ti、Ni (3). sp3和sp2杂化 (4
42、). (5). ABD (6). (7). 中非羟基氧个数比大，所以酸性大于，而氯元素的非金属性强于碘元素，所以最高价含氧酸 (8). 12 (9). (，) (10). 【解析】【分析】【详解】(1)基态Pb原子价电子排布图为；因为基态Pb原子的未成对电子数为2，所以第四周期过渡元素中基态原子未成对电子数与Pb相同的是Ti、Ni；故答案为：；Ti、Ni。(2)因为CH3CH2NH3+和NH2CH=NH2+中碳原子是单键和双键，所以碳原子杂化轨道类型分别为sp3和sp2杂化；故答案为：sp3和sp2杂化。(3)据题意可知， NH2CH=NH2+的路易斯结构式为；故答案为：。(4)据结构分析可知
43、，CH3NH3PbI3存在的化学键有离子键、极性键和配位键，所以选ABD；故答案为：ABD。(5)据含氧酸酸性强弱判断，HClO4、H5IO6可写成(HO)5IO、HIO4三种物质的酸性由强到弱的顺序为，原因是中非羟基氧个数比大，所以酸性大于，而氯元素的非金属性强于碘元素，所以最高价含氧酸；故答案为：；中非羟基氧个数比大，所以酸性大于，而氯元素的非金属性强于碘元素，所以最高价含氧酸。(6)因为晶胞是立方密堆积，所以A离子被12个X离子包围；故答案为：12。据坐标分析可知，c原子在体心，因此c的原子坐标参数为(，)；故答案为：(，)。设晶胞边长为a cm，因为晶胞密度，所以，因为晶胞中邻近的A与
44、X的核间距离等于面对角线距离的一半，所以答案为距离；故答案为：。19. 化合物C是有机合成的中间体，在化学化工合成上有重要的意义，合成路线如图：回答下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)化合物B中的官能团名称为_。(3)反应4、反应5的反应类型分别为_、_。(4)设计反应1的目的是_。(5)写出反应2的化学方程式：_(6)满足下列条件的化合物C的同分异构体有_种，任写出其中一种的结构简式：_。除苯环外无其他环状结构 1 mol该物质最多可消耗4 mol NaOH溶液 不考虑立体异构(7)结合上述流程中化合物C的合成路线，以苯为原料，设计合成苯酚的流程图_。(无机试剂任选)【答案】 (1).
45、(2). 氨基、羧基 (3). 氧化反应 (4). 还原反应 (5). 占位，防止反应2生成TNT (6). (7). 9 (8). (3个基团位置可动)或 (邻、间、对三种) (9). 【解析】【分析】和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成，和浓硝酸在浓硫酸作用下反应生成，和一水合氢离子加热作用下反应生成，和酸性高锰酸钾反应生成，在Fe、氢离子作用下发生还原反应生成，在亚硝酸钠、硫酸低温下反应生成，和一水合氢离子加热作用下反应生成。【详解】(1)根据A和浓硫酸反应的产物得到A的结构简式为；故答案为：。(2)根据化合物B的结构简式得到B中的官能团名称为氨基、羧基；故答案为：氨基、羧基。(3)反应4
46、甲基变为羧基，其反应类型为氧化反应，反应5是硝基变为氨基，其反应类型为还原反应；故答案为：氧化反应；还原反应。(4)设计反应1的目的是主要用磺酸基占位，防止反应2生成TNT；故答案为：占位，防止反应2生成TNT。(5)反应2是和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应，其化学方程式：；故答案为：(6)化合物C()的同分异构体满足除苯环外无其他环状结构，1 mol该物质最多可消耗4 mol NaOH溶液，说明有每种结构中有2个酚羟基，1个甲酸酚酯或则1个酚羟基，1个，当有2个酚羟基，1个甲酸酚酯时，两个羟基在邻位，取代另外位置的氢，苯环上有两种位置的氢，即两种结构；两个羟基在间位，取代另外位置的氢，苯环上有三种位置的氢，即三种结构；两个羟基在对位，取代另外位置的氢，苯环上有一种位置的氢，即一种结构，共6种；1个酚羟基，1个，分别为邻间对三种结构，满足上述结构的同分异构体有9种，任写出其中一种的结构简式：或 ；故答案为：9；(3个基团位置可动)或 (邻、间、对三种)。(7)苯在浓硫酸作用下和浓硝酸加热条件下反应生成硝基苯，硝基苯在Fe、酸性条件下反应生成，和亚硝酸钠在硫酸、低温下反应生成，在一水合氢离子加热作用下生成苯酚，其合成路线为；故答案为：。
