1、四川省内江市高中2020届高三化学上学期第一次模拟考试（含解析）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，知需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。4.考试结束，将本答题卡交回。可能用到的相对原子质工：H1 C12 O16 Na23 Fe56第I卷(选择题 共126分)一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
2、求的)1.下列有关生活中常见物质说法正确的是A. 涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B. 豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D. 蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质【答案】D【解析】【详解】A. 涤纶衬衣（聚酯纤维）、牛皮鞋（主要成分是蛋白质）均是由有机高分子化合物构成的，但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量达不到10000，不是高分子化合物，A项错误；B. 豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，B项错误；C. 高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性；但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内，使细菌体内的蛋白质变性从而
3、杀菌，C项错误；D. 蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质，D项正确；答案选D。【点睛】高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上，淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，这是学生们的易错点，学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。2.化合物(x)、 (y)、(z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是A. x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. z的同分异构体只有x和y两种C. z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D. x分子中所有原子共平面【答案】C
4、【解析】【详解】A. x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B. C5H6的不饱和度为，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只有x和y两种，B项错误；C. z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；D. x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；答案选C。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温下，l mol C6H12中含碳碳键的数目一定小于6N
5、AB. 18g果糖分子中含羟基数目为0.6NAC. 4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAD. 50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA【答案】C【解析】【详解】A. C6H12可能为己烯或环己烷，1mol己烯含有4molCC键和1molC=C键，共5mol碳碳键，但环己烷含6molCC键，则l mol C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A项错误；B. 果糖的摩尔质量为180g/mol，则18g果糖为0.1mol，一分子果糖含有5个羟基，则18g果糖含有羟基数目为0.5 NA，B项错误；C. H218O的摩尔质量为20
6、g/mol，分子中含中子数=188=10，D216O的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=12+168=10，则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为，则所含中子数为0.2mol10 NA=2 NA，C项正确；D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OHH2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol，而水也能与钠反应生成氢气，则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目大于0.25NA，D项错误；答案选C。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元
7、素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A. 反应都属于氧化还原反应B. X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C. 在信息工业中，丙常作光导纤维材料D. 一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】B【解析】【分析】已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气
8、，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B. 同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C. 丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D. 在高温条件下，碳与
9、二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。5.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A. 装置探究浓度对化学反应速率的影响B. 装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C. 装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D. 装置防止铁钉生锈【答案】C【解析】【详解】A. 该实验中高锰酸钾溶液过量，不能褪色，因此无法记录褪色的时间，因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响，A项错误；B. 欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响，应保证过氧化氢的浓度是一致的，B项错误；C. 加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸
10、钾溶液褪色，故C正确；D. 该装置为电解池，Fe作阳极，加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选C。【点睛】本题C项涉及二氧化硫的还原性，二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，性质决定用途，学生切莫混淆，尤其是漂白性与还原性的区别，应加以重视。6.近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下
11、列说法正确的是A. 阴极的电极反应式为4OH4eO22H2OB. 阳极的电极反应式为Zn2eZn2C. 通电时，该装置为牺牲阳极的阴极保护法D. 断电时，锌环失去保护作用【答案】B【解析】【详解】A. 通电时，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，A项错误；B. 通电时，锌作阳极，则阳极反应式为Zn2eZn2，B项正确；C. 通电时，该装置是电解池，为外接电流的阴极保护法，C项错误；D. 断电时，构成原电池装置，铁为正极，锌为负极，仍能防止铁帽被腐蚀，锌环仍然具有保护作用，D项错误；答案选B。7.已知298K时，Ksp(NiS)=1.010-21，Ksp(FeS)=6
12、.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：2.4，3.2) （ ） A. M点对应的溶液中，c(S2-)3.210-11 molL-1B. 与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C. 向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D. FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000【答案】D【解析】【详解】A饱和的NiS溶液中c(Ni2)=c(S2)= =3.21011molL1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2)=c(S2)=2.4109molL1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2)=2.4109mo
13、lL1，故A错误；B此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；CQ点加水，溶液中c(Ni2)、c(S2)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；D平衡常数K=6000，故D正确。第II卷(非选择题共174分)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合，过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁，在空气中灼烧碳酸亚铁得到铁的氧化物M。利用滴定法测定M的化学式，其步骤如下：称取3.92g样品M溶于足量盐酸，并配成100mL溶液
14、A。取20.00mL溶液A于锥形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液变红色；再滴加双氧水至红色刚好褪去，同时产生气泡。待气泡消失后，用1.0000 molL1 KI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe3，达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00 mL。(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、_和_。(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、_、_。(3)步骤中“气泡”有多种可能，完成下列猜想：提出假设：假设1：气泡可能是SCN的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2。假设2：气泡可能是H2O2的反应产物_，理由_。设计实验验证假设1：试管Y中试剂是_。(4)根据上述实验，写出硫酸亚铁溶
15、液和过量碳酸氢铵溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式_。(5)根据数据计算，M的化学式为_。(6)根据上述实验结果，写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 滴定管 (3). 排出玻璃尖嘴的气泡 (4). 调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度 (5). O2 (6). H2O2在催化剂作用下分解产生O2 (7). 澄清石灰水 (8). Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O (9). Fe5O7 (10). 5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2【解析】【分析】(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器，该实验第步为配制100mL溶液
16、，第步为滴定实验，据此分析判断；(2)根据滴定管的使用方法进行解答；(3)过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气；气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断；(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水；(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2+I2的定量关系计算铁元素物质的量，进而计算氧元素物质的量，从而确定化学式；(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁氧化物和二氧化碳，结合原子守恒配平化学方程式。【详解】(1)该实验第步为配制100mL溶液，缺少的定量仪器有100mL容量瓶；第步为滴定实验，缺少的定量仪器为滴定
17、管，故答案为：100mL容量瓶；滴定管；(2)滴定管在使用之前，必须检查是否漏水，若不漏水，然后用水洗涤滴定管，再用待装液润洗，然后加入待装溶液，排出玻璃尖嘴的气泡，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，读数后进行滴定，故答案为：排出玻璃尖嘴的气泡；调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；(3)假设2：气泡可能是H2O2的反应产物为O2，H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2，故答案为：O2；H2O2在催化剂作用下分解产生O2；假设1为气泡可能是SCN的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2，则试管Y中的试剂可以是澄清石灰水，用于检验气体，若假设成立，气体通入后会变浑浊，故答案为
18、：澄清石灰水；(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O；故答案为：Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O；(5)根据反应2I+2Fe3+=2Fe2+I2，可得关系式：I Fe3+，在20mL溶液中n(Fe3+)=1.0000mol/L0.01L100=0.01mol，则100mL溶液中铁离子物质的量为0.05mol，则铁的氧化物中氧元素物质的量，则n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7，化学式为：Fe5O7，故答案为：Fe5O7；,(6)碳酸亚铁在空气中灼烧和氧
19、气反应生成Fe5O7和二氧化碳，反应的化学方程式：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2，故答案为：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2。9.Zn是一种应用广泛金属。用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS、砷化合物杂质等)为原料制备金属Zn和ZnSO47H2O的流程如图所示：相关金属离子c(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4FeAsO4难溶于水；ZnSO47H2O易溶于水，难溶于酒精。回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分
20、除SiO2外还有_，焙烧后产生的气体对环境造成的常见危害为_。(2)氧化除杂工序中加入ZnO的作用是_。(3)制得的ZnSO47H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用的试剂为_。(4)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。不能省去“还原除杂”步骤，直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2，理由是_。(5)回收所得Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。(6)酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33发生反应生成FeAsO4
21、，写出该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). PbSO4 (2). 酸雨 (3). 调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全 (4). 酒精（或饱和硫酸锌溶液） (5). Zn+Cd2+= Zn2+Cd (6). 在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀 (7). Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O (8). 酸浸 (9). 5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4+7H2O【解析】【分析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2
22、SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的Fe2+转变为F
23、e3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2为Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，则滤渣3为Cd以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO47H2O，经过电解得到金属Zn，据此分析解答。【详解】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO
24、2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的Fe2+转变为Fe3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可
25、与AsO33发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2为Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，则滤渣3为Cd以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO47H2O，经过电解得到金属Zn，(1)由以上分析可知，滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；焙烧后产生的气体为SO2，其对环境造成的常见危害为酸雨，故答案为：PbSO4；酸雨；(2)由以上分析知，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，故答案为：调节溶液的pH
26、使Fe3+沉淀完全；(3)已知ZnSO47H2O易溶于水，难溶于酒精，则为了减少洗涤过程中晶体的损失，可以用酒精或者饱和硫酸锌溶液洗涤晶体，故答案为：酒精（或饱和硫酸锌溶液）；(4)还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，从而除去Cd，发生反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2+Cd；根据Cd2+、Zn2+沉淀的pH可知，若直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀，因此需要在“还原除杂”步骤中除去Cd2+，故答案为：Zn+Cd2+= Zn2+Cd；在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需
27、要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀；(5)电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则放电时，正极反应式为：NiO(OH)+H2O+ e- = Ni(OH)2 +OH-，充电时，阳极发生的反应为放电时正极反应的逆过程，则阳极反应式为：Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O；电解硫酸锌溶液制备锌单质时，阴极锌离子得电子析出金属锌，阳极为水电离出的氢氧根离子放电，电极反应式为：2H2O-4e- =O2+4H+，则电解后溶液生成稀硫酸，所以沉积锌后的电解液可返回酸浸工序继续使用，故答案为：Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O；酸浸；(6)已知
28、酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33发生反应生成FeAsO4，As的化合价根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，写出该反应的离子方程式为5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4+7H2O，故答案为：5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4+7H2O。10.二氧化碳的捕集、创新利用是世界能源领域的一个重要战略方向。(1)用稀氨水喷雾捕集CO2。常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液。已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb2
29、105，H2CO3的电离平衡常数K14107，K241011。在NH4HCO3溶液中，c(NH4)_(填“”“”“或“”)。图中x1_(填“”或“”)x2。若图中B点的投料比为2，则500时的平衡常数KB_。(3)工业上用CO2生产甲醇燃料，进一步可合成二甲醚。已知：298K和101kPa条件下，反应I：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) Ha kJmol1反应II：2H2(g)O2(g)2H2O(1) Hb kJmol1反应III：CH3OH(g)CH3OH(l) Hc kJmol1CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_。合成二甲醚的总反应为2CO2(g)6H2(g)CH
30、3OCH3(g)3H2O(g) H130.8 kJmol1。在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3)_。【答案】 (1). (2). c(NH4+)+ c(NH3H2O)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3) (3). (4). (5). 8 (6). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) (7). 0.18molL-1min-1【解析】【分析】(1)根据盐类
31、水解规律，越弱越水解，比较HCO3与NH4水解程度的大小关系，进而确定c(NH4)和c(HCO3)的大小关系；根据水解和电离情况，结合N元素和C元素守恒可得NH4HCO3溶液中的物料守恒；(2)结合图像判断温度对平衡移动的影响；根据增加一种反应物的用量，可提高另一反应物的转化率，进行分析；结合已知信息列出三段式进行计算；(3)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，先写出表示燃烧热的方程式，再根据盖斯定律和已知的热化学方程式计算反应热；根据计算反应速率。【详解】(1)已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb2105，H2
32、CO3的电离平衡常数K14107，K241011，NH3H2O的电离平衡常数比H2CO3的电离平衡常数大，根据盐类水解规律，越弱越水解，可知HCO3的水解程度比NH4的水解程度大，所以c(NH4)c(HCO3)；根据N元素和C元素守恒可得NH4HCO3溶液中，物料守恒表达式为c(NH4+)+ c(NH3H2O)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)，故答案为：；c(NH4+)+ c(NH3H2O)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)；(2)由图可知，升高温度，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故该反应的H0，故答案为
33、：；相同温度条件下，投料比越大，说明氢气越多，则二氧化碳的转化率越大，根据图可知， x1x2，故答案为：；根据图中B点的投料比为2，二氧化碳的转化率为50%，容器容积为1L，可列出三段式（单位为mol/L），则500时的平衡常数，故答案为：8(3)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，则表示CH3OH(l)燃烧热的化学方程式为CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，根据盖斯定律可知，可由反应II-反应I-反应III得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则，故答案为：CH3O
34、H(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ；T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，此时投料比等于2，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时，二氧化碳的转化率为60%，则生成CH3OCH3为6mol60%=1.8mol，所以平均反应速率；故答案为：0.18molL-1min-1。【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其他物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况。(二)选考题(共45分)请
35、考生从给出的2道物理题，2道化学题，2道生物题中每科选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。(1)Fe3的基态核外价电子排布式为_，应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小：I3(Mn)_I3(Fe)(填、)。理由是_。(2)Fe、Fe2、Fe3可以与CO、SCN、CN、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。配合物Fe(CO)5的熔点20，沸点103，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示：下列关于Fe(CO)5说法不正确的是_。A.Fe(CO)5是分子晶体B.Fe(CO)5中Fe原子的配体与C22互
36、为等电子体C.Fe(CO)5中键与键之比为1：1D.Fe(CO)5Fe5CO反应中没有新化学键生成CN的电子式为_。H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为_、_，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为_，1 mol H2NCONH2(尿素)分子中含有键的数目为_。(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3C，MgO的熔点高达2800。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_。(4)FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn)CunNy，FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2
37、所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为_。【答案】 (1). 3d5 (2). (3). Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子 (4). D (5). (6). sp3 (7). sp2 (8). NOCH (9). 7NA (10). 氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高 (11). FeCu3N【解析】【分析】(1)根据构造原理写价电子排布式，根据原子核外电子排布以及洪特规则比较电离能大小；(2)A. 分子晶体熔沸点较低；B. 互为等电子体的分子或离子价电子数相等，原子个数相等；C. Fe与CO形成5个配
38、位键，每个CO分子中含有1个键和2个键；D. 反应得到Fe单质，形成金属键；CN与N2互为等电子体；将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，根据价层电子对互斥理论以及杂化轨道理论判断原子的杂化类型，同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；(3)根据离子晶体熔沸点的比较方法说明理由；(4)能量越高，物质越不稳定，由此判断Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，再根据均摊法计算其化学式。【详解】(1)Fe为26号元素，根据构造原理，写出Fe价电子排布式为：3d64s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，则F
39、e3的基态核外价电子排布式为3d5；由于Fe原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d6，Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子，故I3(Mn)I3(Fe)，故答案为：3d5；Mn原子核外失去2个电子后，其价电子排布式为3d5，处于半充满的稳定状态，较难失去电子；(2)A. Fe(CO)5的熔沸点很低，属于分子晶体，A项正确；B. Fe(CO)5的配体为CO，与C22互为等电子体，B项正确；C. Fe与CO形成5个配位键，每个CO分子中含有1个键和2个键，则Fe(CO)5中键的数目为10个，键的数目为10个，则Fe(CO)5中键与键之比为1：1
40、，C项正确；D. 反应得到Fe单质，形成金属键，D项错误；故答案为：D；CN与N2互为等电子体，电子式为，故答案为：；将H2NCONH2(尿素)的结构简式写成，由此可知尿素中N、C原子的价层电子对数分别为4、3，则N、C原子的杂化方式分别为sp3、sp2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是NOCH，1mol H2NCONH2(尿素)分子中含有键的数目为7NA，故答案为：sp3；sp2；NOCH；7NA；(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则
41、熔点更高，故答案为：氧化镁晶体中所含离子的半径小，电荷数更大，晶格能更大，则熔点更高；(4)能量越高，物质越不稳定，根据转化过程能量变化可知，Cu代替b位置的Fe型能量高，相对不稳定，根据均摊法可知，该晶胞中Cu原子个数=、Fe原子个数=、N原子个数为1，所以其化学式为FeCu3N，故答案为：FeCu3N。12.芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：已知：A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O回答下列问题：(1)A生成B的反应类型为_,由D生成E的反应条件为_。(2)H中含有的官能团名称为_
42、。(3)I的结构简式为_。(4)由E生成F的化学方程式为_。(5)F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为：_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有5组核磁共振氢谱峰(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，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】 (1). 消去反应 (2). NaOH水溶液、加热 (3). 羟基、羧基 (4). (5). +2H2O (6). 或 (7). 【解析】【分析】芳
43、香族化合物A(C9H12O)的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子，则A为，B能够与溴加成，则B为，D为B与溴的加成产物，根据F的化学式，F能够与银氨溶液反应生成H，H中含有羧基，H在催化剂作用下反应生成聚酯I ，则H中还含有羟基，因此D水解生成E，E为二元醇，E催化氧化生成F，F中含有羟基和醛基，则E为，F为，H为，I为；根据信息，B中碳碳双键被氧化断裂生成C，C为，根据信息，K为。【详解】(1)A()发生消去反应生成B()；根据上述分析，D发生卤代烃的水解反应E，反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为消去反应；NaOH水溶液、加热；(2)H()的官能团有羟基、羧基，故答案为羟
44、基、羧基；(3)根据上述分析，I为，故答案为；(4)由E生成F的反应方程式为，故答案为；(5)F()有多种同分异构体，能发生水解反应和银镜反应，说明属于甲酸酯；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；具有5个核磁共振氢谱峰，满足条件的结构可以是、，故答案为或；(6)由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮()。根据信息，合成可以由和丙酮合成，根据题干流程图中AC和信息，合成丙酮可以由叔丁醇(CH3)3COH首先合成，再由发生信息的反应生成即可，合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的易错点为EF的催化氧化中F的结构判断。本题的难点为(6)的合成路线的设计，要注意充分利用题示信息和流程图中的合成路线的迁移。