1、浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题（六）(时间：90分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ca40Fe56选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于碱性氧化物且常温条件下能与水反应的是()A.Na2O2 B.CaO C.Fe3O4 D.MgO解析A项属于过氧化物与水反应除了生成碱还有氧气生成，错误；B项是碱性氧化物且能与水反应生成碱；C、D项不能与水反应，错误。答案B2.下列仪器名称为“蒸发皿”的是()解析A.是干燥管，A错误；
2、B.是蒸发皿，B正确；C.是研钵，C错误；D.是坩埚，D错误。答案选B。答案B3.下列属于非电解质的是()A.铜 B.氧化钠C.熔融的氯化钾 D.干冰解析非电解质也必须是化合物，在熔融状态下或水溶液中不导电。A项为单质，错误；B、C项两种都是电解质，且为强电解质；D项干冰是二氧化碳属于非电解质。答案D4.下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是()A.CH2O(g)COH2B.2Na2O22H2O=4NaOHO2C.8NH36NO27N212H2OD.MgO2HCl=MgCl2H2O解析氧化还原反应中元素的化合价有升降，氧化剂和还原剂为同一种物质的反应为歧化反应，A中碳、氢元素化
3、合价都变了；B中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；C项中氨气中的氮元素和二氧化氮中的氮元素化合价都变了；D项不是氧化还原反应。答案B5.下列说法正确的是()A.Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象B.H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥C.SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物D.SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4解析氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，A错误；H2、SO2、CO2三种气体和浓硫酸不反应，都可用浓硫酸干燥，B正确；氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不属于盐，不符合两性氧化物
4、的定义，不是两性氧化物，C错误；SO2具有还原性，在酸性环境下，硝酸根离子把SO2氧化为SO，SO与Ba2生成硫酸钡沉淀；SO3溶于水生成硫酸，与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液得到BaSO4，D错误；答案选B。答案B6.下列说法不正确的是()A.可将氯气转化为液氯， 储存于钢瓶中B.海水中提取粗食盐后的母液是提取溴的原料C.氧化镁是优质的耐高温材料D.通常用食盐溶液去除物品表面的油污解析氯气有固液气三态变化，所以可将氯气转化为液氯，常温下纯净的氯气与铁不反应，钢瓶的主要成分为铁，所以盛装液氯，故A正确；B.海水中含有大量的溴化物，所以提取粗食盐后的母液
5、是提取溴的原料，故B正确；C.氧化镁是离子化合物，熔点很高，所以是优质的耐高温材料，故C正确；D.油污是油脂类化合物，不溶于食盐溶液，故不能用食盐溶液去除物品表面的油污，故D错；答案：D。答案D7.下列有关化学用语表示正确的是()A.CCl4分子的比例模型：B.氟离子的结构示意图：C.CaCl2的电子式：D.氮分子的结构式：NN解析A项CCl4分子的比例模型的原子半径相对大小错误；B项正确；C项电子式中氯离子的表示应分开左右两边，不能一起写；D项氮气中氮氮原子间是叁键。答案B8.下列过程中，发生吸热反应的是()A.碘的升华B.生石灰溶于水C.Ba(OH)28H2O 与NH4ClD.盐酸和氢氧化
6、钠溶液混合解析A.碘升华吸热，但此过程属于物理变化，故A错误；B.生石灰溶于水，发生CaOH2O=Ca(OH)2，属于放热反应，故B错误；C.此反应属于吸热反应，故C正确；D.盐酸和氢氧化钠发生中和反应，属于放热反应，故D错误。答案C9.对某次酸雨成分的分析数据如下表，此次酸雨的pH约为()离子 NH Na Cl NOSO 浓度(mol/L)2.01051.91056.01052.31052.8105A.3 B.4 C.5 D.6解析本题考查溶液中电荷守恒。溶液中阴、阳离子所带电荷总数相等，则c(NH)c(Na)c(H)c(Cl)c(NO)2c(SO)，即2105mol/L1.9105mol/
7、Lc(H)6105mol/L2.3105mol/L22.8 105mol/L，解得c(H)104 mol/L，pH4，故选B。答案B10.下列说法正确的是()A.容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏并干燥B.蒸馏操作时，温度计水银球应插入混合液C.焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色D.配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏高解析A.具有塞子或活塞的仪器使用前需要查漏，容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏，均不需要干燥，故A错误；B.蒸馏操作时，温度计水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C.焰色反应时，铂丝需用稀盐酸洗净，并在火焰上灼烧至无色，故C错误；D.配制
8、溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，配得溶液的体积偏小，则所配制溶液的浓度偏高，故D正确；故选D。答案D11.下列说法正确的是()A.H3与H2分子互为同位素，石墨和C60互为同素异形体B.O表示中子数为10的氧元素的一种核素C.甲酸和乙二酸互为同系物D.乙醚和乙醇互为同分异构体解析H3与H2是分子，不是原子，A错误；O是质子数为8，中子数为10一种核素，B正确；甲酸和乙二酸羧基数目不同，不为同系物，C错误；乙醚和乙醇的碳原子数不同，甲醚和乙醇才是互为同分异构体关系，D错误。答案B12.在一恒容绝热密闭容器中，发生反应：X(s)2Y(g)2Z(g)Ha kJmol1(a0)。以下不能说明反应达到平
9、衡状态的是()A.容器内的温度不再变化B.容器内压强不变C.气体的密度不再变化D.X、Y、Z的分子数之比为122解析A项，该反应是放热的，体系绝热，温度不再改变说明达到平衡状态，正确；B项，恒容条件下的绝热密闭容器中，当压强不变则说明温度不变，亦能推知达到平衡状态；C项，由于X物质是固体，若气体密度不变说明平衡不移动，达到反应限度，正确；D项，不要求各组分的浓度达到特殊比值，只要不再改变即能说明达到平衡状态，错误。答案D13.下列离子方程式正确的是()A.氯化钡溶液中通入SO2气体：Ba2SO2H2O=BaSO32HB.过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2OC.
10、Fe3O4与盐酸反应：Fe3O48H=2Fe3Fe24H2OD.Si与NaOH溶液反应：Si2OH2H2O=SiOH2解析盐酸酸性大于亚硫酸，所以氯化钡溶液与SO2不反应，故A错误；过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2HCOOH=CaCO3H2O，故B错误；Fe3O4中铁的化合价是2、3，Fe3O4与盐酸反应的离子方程式是：Fe3O48H=2Fe3Fe24H2O，故C正确；Si与NaOH溶液反应：Si2OHH2O=SiO2H2，故D错误。答案C14.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是()A.X、Y之间形成的
11、化合物都易溶于水B.最高价氧化物对应的水化物的酸性W比Z弱C.Z的单质与氢气反应比Y的单质与氢气反应剧烈D.只由这四种元素不能组成有机化合物解析由题意可推知X、Y、Z、W为氮、氧、硫、氯四种元素，A氮氧之间形成的化合物不一定都易溶于水，如一氧化氮，错误；B项最高价氧化物对应的水化物即高氯酸和硫酸的酸性比较，高氯酸酸性强，错误；C项，硫元素的非金属性比氧元素弱；单质硫的氧化性比氧气弱，与氢气反应不如氧气剧烈，错误；D项这四种元素中不存在碳元素，不可能形成有机物，正确。答案D15.下列说法正确的是()A.碳原子数小于5的烷烃共有5种B.苯易被酸性KMnO4溶液氧化C.通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭
12、、粗氨水等物质D.总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧的耗氧量相同，生成CO2的量也相同解析A.碳原子数小于5的烷烃有甲烷、乙烷、丙烷、正丁烷和异丁烷，共五种，故A正确；B.苯分子结构是由一种介于单键和双键之间的独特的键形成的对称稳定结构，所以不能被酸性KMnO4溶液氧化，故B错误；C.煤焦油、焦炭、粗氨水等物质是通过煤的干馏获得的产物，故C错误；D.总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧的耗氧量和生成CO2的量都不会相同，所以D错误。本题正确答案为A。答案A16.下列说法正确的是()A.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解B.煤的工业处理有气化、液化、干馏，石油的工业
13、处理有分馏、裂化、裂解，其中只有干馏是物理变化C.区分丝绸与棉料，可以用灼烧的办法，棉料可以闻到烧焦羽毛的气味D.用玻璃棒蘸取皂化反应的溶液点在装有热水的烧杯中，若无油滴，则说明反应液中的油脂已完全水解；若有油滴，则需要继续加热使反应完全解析A项，糖类中的单糖不能发生水解；B项，干馏是化学变化；C项，闻到烧焦羽毛气味的是丝绸，因为丝绸是由蛋白质组成；D项，用玻璃棒蘸取皂化反应的溶液点在装有热水的烧杯中，若无油滴，说明无油脂剩余，皂化彻底了。答案D17.一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是()A.该电池工作时，每消耗22.4 L NH3转移3 mol电
14、子B.电子由电极A经外电路流向电极BC.电池工作时，OH向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：O24H4e=2H2O解析A.温度、压强未知，无法计算22.4 L NH3的物质的量，A错误；B.该电池中氧气得到电子所在电极B为正极，电极A为负极，电子由电极A经外电路流向电极B，B正确；C.电池工作时，OH向负极移动，C错误；D.该电池电解质为碱性，电极B上发生的电极反应为：O22H2O4e=4OH，D错误。答案选B。答案B18.H2S水溶液中存在电离平衡H2SHHS和HSHS2。若向H2S溶液中()A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
15、C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小解析加水促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B项反应：2H2SSO2=3S2H2O；当SO2过量溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，错误；C项滴加新制氯水，发生反应：Cl2H2S=2HClS，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2SCu2=CuS2H，H浓度增大，D项错误。答案C19.根据热化学方程式：S(g)O2(g)=SO2(g)HQ kJmol1(Q0)，则下列分析正确的是()A.1 mol S(g)与1 mol O2(g)的总能量比1 m
16、ol SO2(g)的总能量低Q kJB.1 mol S(g)与1 mol O2(g)反应生成1 mol SO2(g)放出Q kJ 的能量C.S(s)O2(g)=SO2(g)HQ kJmol1D.1个S(g)与1个O2(g)完全反应可放出Q kJ的能量解析A.H0，反应放热，反应物能量高，故A错误；B.热化学方程式的化学计量数表示物质的量，且H0，则反应放热，故B正确；C.硫的固体状态能量低，故放热少，HQ kJmol1故C错误；D.热化学方程式的化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误；故选B。答案B20.下列说法不正确的是()A.CS2中所含所有原子的最外层电子数均为8B.沸点： C
17、H4 CCl4SiO2C.有些物质不含化学键，存在分子间作用力D.金刚石和冰在熔化时均要破坏共价键解析若最外层电子数|化合价|8，原子满足最外层8电子结构，所以CS2中所含所有原子的最外层电子数均为8，故A正确；SiO2是原子晶体，沸点最高，CH4、CCl4都是分子晶体，相对分子质量CH4CCl4，所以沸点CH4 CCl40，实验测得反应体系中水蒸气浓度(molL1)的变化结果如下：序号时间/min温度T1 / 1号Cu2O温度T1 /2号Cu2O温度T2 /2号Cu2O00.050 00.050 00.050 0100.049 20.049 00.048 0200.048 60.048 30
18、.047 0300.048 20.048 00.047 0400.048 00.048 00.047 0600.048 00.048 00.047 0下列说法不正确的是()A.实验时的温度T2高于T1B.2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高C.实验前20 min的平均反应速率v(O2)7105 molL1min1D.等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的颗粒大小有关解析从表中分析可知，序号和比较，在其他条件相同的情况下，序号实验的反应速率快，所以实验时的温度T2高于T1，A正确；序号和比较，反应速率序号快，B正确；催化剂的催化效率与颗粒大小有关，D正确。答案
19、C22.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是()A.14 g乙烯和丁烯混合气体中的氢原子数为2NAB.2 mol SO2与1 mol O2反应生成的SO3分子数为2NAC.1 mol Fe放入过量的浓硫酸，电子转移数小于3NAD.标准状况下，2.24 L C3H8含有的共价键数为1.0NA解析A.乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故14 g乙烯和丁烯混合气体中含有CH2的物质的量为14 g14 g/mol1 mol，氢原子物质的量为2 mol，氢原子个数为2NA，故A正确；B.因SO2和O2反应生成SO3为可逆反应，则2 mol SO2与1 mol O2不能完全反应生成SO3，反应生成
20、的SO3分子数小于2NA，故B错误；C.Fe遇到浓硫酸发生钝化，Fe不能完全反应，则电子转移数小于3NA，故C正确；D.标准状况下，C3H8为气体，则2.24 L C3H8的物质的量为2.24 L22.4 L/mol0.1 mol，因1个C3H8分子中含有10个共价键，所以0.1 mol C3H8分子中含有的共价键数为1.0NA，故D正确；答案选B。答案B23.常温下，将体积为V1 的 0.100 0 molL1 HCl溶液逐滴加入到体积为V2的0.100 0 molL1Na2CO3 溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数()随pH的变化曲线如图。下列说法正确的是()A.人体
21、血液pH约为7.4，则CO2在血液中存在形式：c(HCO)c(H2CO3)c(CO)B.H2CO3的一级电离平衡常数为K1107.7C.在pH8.0时，溶液中：0.100 0 molL1c(HCO)c(CO)c(H2CO3)D.V1V212时，溶液的pH正好为10.3解析A.pH约为7.4，则CO2存在形式：c(HCO)c(H2CO3)c(CO)，正确；B.K1c(HCO)c(H)/c(H2CO3)，左侧交点，c(HCO)c(H2CO3)，K1c(H)106.3，错误；C.在pH8.0时，溶液的体积发生了变化，浓度发生了变化，c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.100 0 molL1，错
22、误；D.V1V212时，n(HCl)n(Na2CO3)12，反应瞬间n(Na2CO3)n(NaHCO3)11，涉及电离水解的程度不一致性，c(HCO)不等于c(CO)，因此pH不为10.3。答案A24.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是()A.上述流程脱硫实现了废弃物的综合利用和酸雨的减少B.用MnCO3能除去溶液中Al3和Fe3，其原因是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小
23、C.MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是MnO2H2Oe=MnOOHOHD.假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将a m3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量为c mol，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2为(0.6c0.4ab) mol解析含有二氧化硫的气体，经过一系列变化最终变为硫酸钾，上述流程实现了废弃物的综合利用，减少了SO2的排放，使得酸雨也减少，A正确；MnCO3消耗溶液中的酸，升高溶液的pH，促使Al3和Fe3水解生成氢氧化物沉淀；
24、而不是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小，B错误；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，发生还原反应，正极的电极反应式是MnO2H2Oe=MnOOHOH，C正确；流程中发生的反应有：MnO2SO2=MnSO4、2H2O3MnSO42KMnO4=K2SO45MnO22H2SO4，生成MnO2的物质的量为c mol，所以反应消耗的MnSO4物质的量为nc3/50.6c mol, 而吸收SO2生成 MnSO4的物质的量为n1a1 000b%89.6%/22.40.4ab, 所以引入的锰元素的物质的量n2nn1(0.6c0.4ab)mol, D正确；正确选项为B。答案B25.某溶液只含下表离子中的几种
25、，且各离子的物质的量浓度相等(不考虑水的电离与离子水解)。阳离子K、NH、Fe2、Mg2、Cu2阴离子OH、Cl、CO、SO某同学进行了如下实验(必要时可加热)：下列说法正确的是()A.由沉淀A推断原溶液中一定含有SOB.原溶液中只含有NH、Fe2、Cl、SOC.滤液A中可能含有KD.沉淀B中一定含有Mg(OH)2解析由加入稀硫酸无现象可知溶液中不存在CO，由加入硝酸钡产生气体A，分析溶液中含还原性离子，只能是Fe2，由加入氢氧化钠出现气体B可知含NH，根据共存原理和电荷守恒，综合分析，肯定且只含有NH、Fe2、Cl、SO。答案B非选择题部分二、非选择题 (本题共7小题，共50分)26.(6分
26、)烃A是一种重要的化工原料，其气体密度是相同条件下H2的14倍，E是一种能使溴的四氯化碳溶液褪色的乙酸酯。A、B、C、D、E在一定条件下存在如下转化关系：请回答：(1)有机物C中含有的官能团名称是_；工业上，由石蜡油A的加工过程称为_。(2)写 出ADO2E的化学反应方程式_。(3)下列说法不正确的是_。A.75%(体积分数)的B溶液常用于医疗消毒B.有机物E在碱性条件下可发生皂化反应C.有机物A能与溴发生氧化反应使溴水褪色D.用新制银氨溶液可鉴别有机物C、D、E解析已知烃A气体密度是相同条件下H2的14倍，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，即乙醇，乙醇氧化得C为乙醛，则D为乙酸，所以E
27、为乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2。分析如下：(1)有机物C为乙醛，含有的官能团的名称为醛基，工业上由石蜡油 A的加工过程称为裂解；(2)ADO2 E的化学反应方程式为2CH2=CH22CH3COOHO22CH3COOCH=CH22H2O；(3)A.医疗消毒用的乙醇溶液为75%(体积分数)，故A正确；B.乙酸乙烯酯可以在碱性条件下发生水解反应，而油脂在碱性条件下的水解反应又叫皂化反应，所以B错误；C.乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，故C错误；D.新制银氨溶液与C乙醛反应有银镜现象，与D乙酸混合无明显现象，与E乙酸乙烯酯混合后溶液分层，因此可用新制银氨溶液鉴别有机物C、D、E，故D
28、正确。正确答案为BC。答案(1)醛基裂解(2)2CH2=CH22CH3COOHO22CH3COOCH=CH22H2O(3)BC27.(6分)某研究小组为了探究一种抗酸药X(仅含五种短周期元素)的组成和性质，设计并完成了如下实验：请回答下列问题：(1)A的电子式为_，X的化学式为_。(2)步骤3中生成沉淀C的离子方程式为_。(3)设计实验方案验证溶液C中的含碳元素的离子_。解析抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体A和无色溶液A，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀B和溶液B，溶液B中加入足量A得到白色沉淀C，沉淀C加入过量氢氧化钠溶液完全溶解，说明沉淀C为Al(OH)3，则溶液B含有偏铝酸钠
29、，A为CO2，无色溶液C为碳酸氢钠溶液，抗酸药X仅含五种短周期元素，判断沉淀B只能为Mg(OH)2，无色溶液A为AlCl3溶液和MgCl2溶液，抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体二氧化碳，说明含有CO，其中n(Al3)nAl(OH)30.01 mol，n(Mg2)nMg(OH)20.03 mol，n(CO)n(CO2)0.01 mol，则得到剩余部分质量2.78 g0.01 mol27 g/ mol0.03 mol24 g/ mol0.01 mol60 g/mol1.19 g，依据电荷守恒，物质中还含有0.07 mol的负电荷，则质量17 g/mol，判断剩余阴离子为OH，得到化学式为Mg3Al
30、(OH)7(CO3)，(1)A为二氧化碳属于共价化合物，二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，由以上分析 X为Mg3Al(OH)7(CO3)。(2)步骤3中生成沉淀C为Al(OH)3，反应的离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO；(3)设计实验方案验证溶液C中的含碳离子为HCO，取少量溶液于试管中，加入氯化钙无现象，再加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子。答案(1) Mg3Al(OH)7CO3或2Mg(OH)2Al(OH)3MgCO3 (2)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(3)取少量溶液C，先滴入CaCl
31、2溶液，无明显现象，再滴入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含HCO28.(4分)如图所示是制取无水氯化铜的实验装置图，将浓盐酸滴加到盛有二氧化锰粉末的圆底烧瓶中。请回答下列问题：(1)上述起干燥作用的装置有哪几处：_。(2)玻璃管D中的反应方程式是_。(3)如何用简单实验验证D中的单质铜是否完全反应_。解析(1)制取无水氯化铜的实验装置必须保持干燥，否则氯化铜要水解，装置中C、E起到干燥作用，C中放浓硫酸，E中放入碱石灰；(2)在D中发生CuCl2CuCl2，(3)若铜单质未完全反应则会有不溶于盐酸的固体剩余，因此可取样品用盐酸进行溶解观察，但不能用水，因为氯化铜在中性条件下
32、水解。答案(1)CE(2)CuCl2CuCl2(3)取样品用盐酸进行溶解观察，若有固体剩余说明反应不完全29.(4分)取不同质量由 Ba(OH)2和 BaCO3组成的均匀混合样品，先加适量的水溶解，然后加入100 mL某浓度稀盐酸，所得CO2气 体的体积(已换算为标准状况)与加入样品的质量关系如图所示(不考虑CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成)。请计算：(1)混合物中Ba(OH)2和 BaCO3物质的量之比为_。(2)稀盐酸物质的量浓度为_mol/L。解析(1)由CO2的体积可得，其物质的量分别为0.005 mol和0.010 mol，由图像可知，当样品为1.84 g时，盐酸过量，BaCO3完
33、全反应，由反应BaCO32HCl=BaCl2CO2H2O得n(BaCO3)0.005 mol，则1.84 g样品中含n(Ba(OH)2)0.005 mol，所以混合物中Ba(OH)2和 BaCO3物质的量之比为11；(2)由图像可知，11.04 g样品与盐酸反应时，盐酸不足；按照等比例关系，可得11.04 g样品中含n(BaCO3)nBa(OH)20.030 mol，但此时生成的n(CO2)0.010 mol，根据中和反应优先的原则，反应消耗的盐酸的物质的量为0.030 mol20.010 mol20.080 mol，因此稀盐酸物质的量浓度为0.800 mol/L。答案(1)11(2)0.80
34、030.【加试题】(10分)甲醇是一种重要的有机化工原料，CO2与H2在催化剂CZZA(普通铜基催化剂)作用下合成甲醇，相关反应如下：反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H149.2 kJmol1反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2已知：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0 kJmol1和285.8 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H344.0 kJmol1请回答：(1)反应的H2_kJmol1。(2)研究表明：在其他条件相同的情况下，将催化剂CZZA换成新型催化剂(CZZA/rGO)，可以显著提高甲醇的选择性，试用过渡态理论解释其原因：_。(3)以
35、CZZA/rGO为催化剂，在一定条件下，将物质的量之比为13(总量为a mol)的CO2与H2通入恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如下图所示：在553 K时，反应体系内甲醇的物质的量为_mol。随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：_。(4)将CO2与H2按物质的量之比为13通入恒温恒容密闭容器中，控制条件，使其仅仅按反应进行，得到甲醇的体积分数与时间的关系如图所示。保持其他条件不变，t1时再向容器中加入一定量物质的量之比为13的CO2与H2混合气，t2时再次达到平衡
36、，请在图中画出t1t3时间内甲醇体积分数随时间的变化曲线。(5)在催化剂作用下，以NaOH溶液为电解液，将甲烷气体通入石墨复合电极，电解产生甲醇。写出阳极反应的电极反应式_。解析CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H344.0 kJmol1反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H149.2 kJmol1反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2(1)由盖斯定律，反应的H2285.8 kJmol1(283.0 kJmol1)(44.0 kJmol1)41.2
37、kJmol1。(2)在其他条件相同的情况下，将催化剂CZZA换成新型催化剂(CZZA/rGO)，可以显著提高甲醇的选择性，用过渡态理论解释其原因：新型催化剂能将反应活化能降低更多，使反应物更容易生成甲醇； 在553 K时，反应体系内甲醇的物质的量为0.25a0.2160%0.031 5a；随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，其原因：当温度升高时反应平衡逆向移动，而反应平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低。(4)保持其他条件不变，t1时再向容器中加入一定量物质的量之比为13的CO2与H2混合气，t2时再次达到平衡，t2时相当于对原平衡进行加压
38、，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，如图。(5)在催化剂作用下，以NaOH溶液为电解液，将甲烷气体通入石墨复合电极，电解产生甲醇。阳极甲烷氧化生成甲醇，阳极反应的电极反应式：CH42e2OH=CH3OHH2O。答案(1)41.2(2)新型催化剂能将反应活化能降低更多，使反应物更容易生成甲醇(3)0.031 5a当温度升高时反应平衡逆向移动，而反应平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低(4)(5)CH42e2OH=CH3OHH2O31.【加试题】(10分)过氧化尿素是一种无毒无味的白色粉末，是一种新型的漂白剂与消毒剂。它的合成方式如下：原理：CO(NH2)2H2O2
39、CO(NH2)2H2O2流程(见图1)图2请回答下列问题：(1)实际生产中需控制n(H2O2)nCO(NH2)21.21，并控制合成温度25 30 ，其主要原因是_。(2)若欲从母液中分离出H2O2和尿素，可采用的操作是(填序号)_。A.盐析、过滤 B.分液、过滤C.减压蒸馏、结晶 D.减压蒸馏、萃取(3)为测定产品中活性氧的含量(活性氧16%相当于H2O234%)，称取干燥样品4.00 0 g，溶解，在250 mL容量瓶中定容。准确量取25 mL于锥形瓶中，加入2 mL 6.0 molL1的硫酸，然后用0.100 0 molL1KMnO4标准溶液滴定，三次滴定平均消耗KMnO4溶液16.00
40、 mL(已知KMnO4溶液与尿素不反应)。完成并配平方程式：MnOH2O2H=Mn2H2O_若滴定前仰视读数，会使测得的活性氧含量_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。滴定过程中判断终点的依据是_。本实验KMnO4溶液滴定过程中操作滴定管的图示正确的是(填编号)_。根据滴定结果，可确定产品中活性氧的质量百分数为_。解析(1)工业生产中为提高尿素的转化率和过氧化尿素的纯度，适当用相对廉价的过氧化氢溶液过量；控制合成温度25 30 ，其主要原因是防止H2O2因温度过高而分解，采取水浴方法；(2)从母液中分离出H2O2和尿素，可采用的操作是减压蒸馏、结晶，为防止蒸馏过程中的分解，必须采取减压以降低蒸
41、馏温度；(3)根据电子得失守恒和电荷守恒配平方程式为：2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2；若滴定前仰视读数，会使读得的数据偏小，标准液用量偏小，代入测得的活性氧含量偏低；本实验不用指示剂，因为反应终点当滴入的高锰酸钾不再褪色即说明终点出现，因此现象为溶液从无色突变为粉红色，且半分钟不褪色；正确操作如图A；标准液的每次用量为0.116103mol，根据关系式2MnO5H2O2可知每份样品中H2O2的量为2.50.116103mol，计算4.00 0 g样品中H2O2的含量为34%，由此可计算活性氧含量为16%。答案(1)提高尿素的转化率和过氧化尿素的纯度，防止H2O2因温度过高而分解
42、(2)C(3)2、5、6、2、8、5O2偏低溶液从无色突变为粉红色，且半分钟不褪色A16%32.【加试题】(10分)化合物N是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：(1)H的结构简式为_。(2)下列有关说法错误的是_。A.G在一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应B.C能发生银镜反应C.FG的反应类型是取代反应D.有机物N的分子式为C13H15NO5(3)写出DE的化学方程式：_。(4)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：_。含有苯环，核磁共振显示分子中只有四类氢能发生水解反应，且1 mol该物质与NaOH溶液反应时最多可消耗3 mol NaOH(5)丙烯A经
43、过加成、氧化两步反应可合成C，请写出其合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析(1)由N的结构可知H与C发生取代反应生成一个HCl分子，则H的结构为。(2)A.由H、N结构可推知G的结构为，酯基可以在碱性条件下水解，氨基可以与酸反应，故A正确；B.C中有羰基没有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C.FG的反应，属于还原反应，故C错误；本题选BC。 (4)含有苯环，核磁共振显示分子中只有四类氢说明结构具有高度的对称性，能发生水解反应，说明有酯键，1 mol能和3 mol NaOH反应，说明结构中有一个酚酯键和一个羧基，由此推出可能的结构为：(5)CH3CH=CH2CH3COCH2Cl
