1、景博高中第二次模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Fe-56Co-591化学与生活密切相关。下列说法正确的是A含4%硅的硅钢具有很高的导磁性，可用作变压器铁芯B为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入75%酒精C“西气东输”中的“气”是指液化石油气D柴油和生物柴油的主要成分都是烃类2海洋具有十分巨大的开发潜力。下列有关海水综合利用的说法正确的是A海水晒盐的过程中只涉及化学变化B利用潮汐发电是将化学能转化为电能C将转变为是海水提溴中关键的化学反应D从海水制得的氯化钠除食用外，还可用于氯碱工业以制备金属钠3无法达到相应实验目的的是A图1：探究浓硫酸的脱水性
2、和氧化性B图2：探究温度对水解程度的影响C图3：制备干燥的氢气D图4：验证与反应产生电流4花椒毒素的一种中间体结构简式如：，下列有关该中间体的说法错误的是（ ）A分子式为C13H7O4B分子中所有原子不可能共平面C能发生水解反应D分子中含有4种官能团5据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是ATi4+NH2N=O是中间产物B总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2OCTi4+是催化剂DTi4+NH2N=OTi4+N2+H2O属于分解反应6研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是A加入HNO3降低了正
3、极反应的活化能B电池工作时正极区溶液的pH降低C1molCH3CH2OH被完全氧化时有3molO2被还原D负极反应为CH3CH2OH+3H2O12e-=2CO2+12H+7X、Y、Z、R、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，其中X与W同主族，Y是形成化合物最多的元素，Q与Y同主族，W与Q同周期。已知常温下单质X与W的状态不同，R的核电荷数是Y的最外层电子数2倍，化合物QY是第三代半导体材料的典型代表。则下列推断中正确的是A由X、Z、R三种元素组成的化合物一定是共价化合物BQ与R形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C原子半径由大到小的顺序是：WQZRD元素的非金属性由强到弱的顺序是：RZQ
4、Y8陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：(1)“滤液”主要成分是_；“操作”的分离方法是_。(2)“酸溶”中H2O2的作用是：_；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：_。(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示，则有机磷萃取时最佳pH为_。(4)Co2+萃取的反应原理如下：Co2+2HR(有机层)=CoR2+2H+，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂_(填选项)。AH2SO4B
5、NaOHCCo(OH)2DHR(5)“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：_。(6)在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为_。9我国有丰富的资源，2020年10月，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱及盐的闭路循环绿色工艺流程：某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。装置A中的橡皮管a的作用是_。装置B中加入的目的是_。装置C中的试剂b是_。(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过
6、量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有_。(3)用以下实验装置图进行流程中的“煅烧()”煅烧时，要边加热边通氮气，理由是_。依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧()”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的溶液最好是_溶液。(4)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：序号1234标准溶液体积/20.0518.4019.9520.00所得产品硫酸氢钠的纯度为_(以百分数表示，保留三位有效数字)。(5)分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式_。10羰基硫(C
7、OS)是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下：反应I：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)反应：CO2(g)+H2S(g)COS(g)+H2O(g)(1)以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)H=_。决定COS生成速率的步骤是_(填“第1步”或“第2步”)(2)在密闭容器中按下表投料，分别发生反应和反应(N2不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如下图实线所示(虚线表示平衡曲线)。反
8、应反应起始投料COH2SN2CO2H2SN2起始物质的量分数/%11981198已知相同条件下，反应速率比反应快。反应的平衡曲线是_(填标号)。8001200时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是_。下列说法正确的是_(填标号)。A降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大B该实验中，900时，反应的COS生成速率大于分解速率C恒温恒容下反应达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动D选用合适的催化剂均能增大反应和反应的COS的平衡产率A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为_，该温度下反应的平衡常数K=_(写计算式)(3)用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体
9、，该反应的化学方程式为_。11铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)在元素周期表的分区中，铜属于_区，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有_种。(2)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量铜元素的是_(填标号)。AX射线衍射B原子光谱C质谱D红外光谱(3)在CO分子中，C与O之间形成_个键、_个键，在这些化学键中，O原子共提供了_个电子，过渡金属与O形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物中，_。(4)CuCl2可与某有机多齿配
10、体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构简式如图所示。该配合物分子中N原子的杂化类型为_，1mol该有机配体与Cu()形成的配位键为_mol。(5)铜催化烯烃硝化反应时会产生NO。键角：NO_NO(填“”)，其原因是_。(6)近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。该铜硒化合物的化学式为_，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则_(填“”或“”)为Cu2+。12热塑性树脂尼龙-66和工程塑料聚碳酸酯(PC)的合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B中官能团的名称为_。(2)己二酸与己二胺生成尼龙66的反应类型为_。(3)C的名称是_，由1，4二氯丁烷生成C的化学方
11、程式为_。(4)1molE与足量的浓溴水反应，最多可以消耗_molBr2。(5)具有一种官能团的W是已二酸()的同分异构体，1molW与足量银氨溶液反应生成4molAg，符合条件的W共有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_(任写一种)。(6)参照上述合成路线，以对二氯苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。1A【详解】A含4%硅的硅钢具有导磁率高、矫顽力低、电阻系数大等特性，主要用作变压器的铁芯，A正确；B“84”消毒液的主要成分为NaClO，酒精具有还原性，会将NaClO还原，二者发生氧化还原反应，降低消毒效果，B错误；C西气东输中的气主要是天然气，不是液化石
12、油气，C错误；D柴油主要成分是烃类，生物柴油是酯类，D错误；综上所述答案为A。2C【详解】A海水晒盐涉及蒸发、结晶等物理变化，故A错误；B利用潮汐发电是将潮汐能转化为机械能，再将机械能转化成电能，故B错误；C海水中提取溴单质，主要的反应是将海水中的溴离子通过氧化转变成溴单质，故C正确；D氯碱工业制取的产物是氢氧化钠、氢气和氯气，故D错误；故选：C；3D【详解】A图1：通过观察蔗糖是否碳化以及品红是否褪色来探究浓硫酸的脱水性和氧化性，A正确；B图2：通过观察温度不同时溶液颜色变化来判断溶液碱性变化从而探究温度对水解程度的影响，B正确；C图3：用硫酸与锌反应制取氢气，用硫酸干燥，然后用向下排空气法
13、(短进长出)收集干燥的氨气，C正确；D还原性强的铁与氧化性强的硫酸铁溶液直接反应，没有形成原电池，不会产生电流，D错误；答案选D。4A【详解】A烃或烃的含氧衍生物的分子中氢原子数都是偶数，分子式为C13H8O4，据此可以快速判断，故A错误；B该分子中含有甲基，甲基中的四个原子不共平面，故B正确；C分子中含有酯基，在酸性溶液中或碱性溶液中都可以发生水解，故C正确；D分子中含有羰基、酯基、醚键和碳碳双键(左边六元环和右边五元环)，故D正确；故答案选A。5B【详解】A观察图中Ti4+NH2N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以Ti4+NH2N=O是中间产物，A正确；B分析图中参加
14、反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，错误；C图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确；D根据概念分析，Ti4+NH2N=OTi4+N2+H2O属于分解反应，D正确；故合理选项是B。6B【分析】该装置为原电池，据图可知，Pt电极上乙醇转化为CO2，被氧化，所以Pt电极为负极，碳电极为正极。【详解】A由图可知，硝酸是正极的催化剂，所以HNO3降低了正极反应的活化能，A正确；B电池工作时正极区的总反应为O2+4e+4H+=2H2O，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，B错误；C1mol氧气得4mol电子，当有
15、1mol CH3CH2OH被完全氧化为二氧化碳时转移12mol电子，根据电子守恒，有3mol O2被还原，C正确；D乙醇在负极失电子发生氧化反应，据图可知生成二氧化碳，所以电极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，D正确；综上所述答案为B。7C【详解】由“Y是形成化合物最多的元素”知Y是碳，则同主族的Q是Si。 六种短周期元素X、Y、Z、R、W、Q的原子序數依次增大，R的核电荷数是碳的最外层电子数的2倍，R的原子序数为8.即为氧。原子序數依次增大，则Z为氯，X和W属于同主族，且状态不同，则X为氢，W为钠。A由分析可知X为H、Z为N、R为O，三种元素可以组成离子化合物
16、NH4NO3或共价化合物HNO3，选项A错误；B由分析可知Q为Si、R为O，形成的化合物SiO2可以和HF反应生成四氟化硅气体和水，选项B错误；C由分析可知Z为N、R为O、W为Na、Q为Si，电子层数越多，半径越大。电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是:NaSiNO即WQZR，选项C正确；D由分析可知R为O、Z为N，Q为Si、Y为C，同一周期，从左到右元素非金属性递增，同一主族，自上而下元素非金属性递减，故ONCSi即RZYQ，选项D错误。答案选C。8(1) NaAlO2 分液(2) 作还原剂或将钴元素还原为二价钴 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoS
17、O4+Na2SO4+11H2O(3)5.3至6区间(或5.5左右)(4)A(5)Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2(6)Co3O4【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过第一步“碱浸”操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液)而被除去，钴渣主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在“酸溶”步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作得到滤液，说明操作为过滤操作，所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取、分液操作
18、(操作)实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。（1）由分析知，滤液主要成分为NaAlO2；操作为分液。（2）由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：。（3）萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图像知，最佳pH为5.36区间(或5.5左右)。（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2+2HR(有机层)=CoR2+2H+，反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平
19、衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案选A。（5）“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，原因为：若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质。（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，由碳元素守恒得：n(CoCO3)=n(CO2)=，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)=，则，故该氧化物化学式为Co3O4。9 平衡气压，使氨水能顺利滴加 防止溶液倒吸 饱和溶液 烧杯、玻璃
20、棒、漏斗 排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应 96.0% 【分析】由实验装置可知“一次反应”中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备CO2的装置，反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，装置C则是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去CO2中的HCl，装置B为反应装置，反应方程式为：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+(NH4)2SO4，然后过滤分离出硫酸铵溶液，进入“二次反应”室，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，然后对复盐进行煅烧，反应为：2NaHSO
21、4+2NH3+2H2O，“一次反应”和“煅烧”均产生含有NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中多次测量求平均值时，应将明显误差的第二组数据舍去再进行计算，据此分析解题。【详解】(1) 装置A中的橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加，故答案为：平衡气压，使氨水能顺利滴加；和不溶于，装置B中加入的目的是防止溶液倒吸，故答案为：防止溶液倒吸；有分析可知，装置C是除去中混有的，应选用饱和溶液，故答案为：饱和溶液；(2)分离该复盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；(3) 煅烧时，要边加热，边通氮气排出分解产
22、生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应，故答案为：排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反应；依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用溶液吸收尾气，故答案为：溶液；(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用标准溶液，所得产品硫酸氢钠的纯度，故答案为：96.0%；(5)由流程图知，该流程总反应的化学方程式为，故答案为：。10 -11.3kJ/mol 第1步 a 温度升高，反应速率加快，相同时间内生成的COS物质的量增多，物质的量分数不断增大 AB 3% K= COS+H2O=CO2+H2S【详解】(1)从图像可以看出，2CO(g)+2H2S(g)2COS(g)+2H2(g)的H=168.9kJ/m
23、ol-191.5kJ/mol=-22.6kJ/mol，所以CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)的H=-11.3kJ/mol。两步反应中，反应速率慢的决定整个反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第1步。(2)已知相同条件下，反应速率比反应快。从图像可以看出，相同温度下，a曲线的生成物COS的的物质的量分数大，所以a曲线表示反应。8001200时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是8001200时，反应还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大。A从图像可以看出，随着温度升高，两个反应的生成物的物质的量分数均减小
24、，说明两个反应的正反应都是放热反应，所以降低反应温度，平衡向右移动，CO和CO2的平衡转化率均增大，故A正确；B该实验中，900时，反应还没有达到平衡状态，所以COS生成速率大于分解速率，故B正确；C恒温恒容下反应达到平衡后，增大N2的体积分数，反应物和生成物的物质的量浓度均不变，所以平衡不移动，故C错误；D催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以选用合适的催化剂不能增大反应和反应的COS的平衡产率，故D错误；答案选AB；A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.03%。假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol， 则CO 、H2S、 N2的物质的量分别为1mol、1
25、mol和98mol。该反应前后物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.03mol，设H2S的转化率为x，可列三段式：x=0.03mol，所以CO的转化率为=3%。则平衡时CO、H2S、COS、H2的物质的量分别为0.07mol、0.07mol、0.03mol、0.03mol，物质的量浓度分别为0.07mol/L、0.07mol/L、0.03mol/L、0.03mol/L。该温度下反应的平衡常数K=。(3)COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S，根据质量守恒，该反应的化学方程式为：COS+H2O=CO2+H2S。11(1) ds 2(2)B(
26、3) 1 2 4 4(4) sp2、sp3 3(5) 根据VSEPR理论，NO为直线型结构，键角为180，NO为V型结构(6) Cu3Se2 【解析】（1）在元素周期表的分区中，铜属于ds区；基态Cu原子核外电子排布为Ar3d104s1，最外层电子数为1，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子K、Cr2种。（2）一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，X射线衍射可检测晶体结构；检验水中痕量铜元素可选用原子光谱，故选B；（3）在CO分子中，C与O之间形成碳氧叁键，存在1个键、2个键，在这些化学键中，键由氧原子提供孤电子对、碳提供空轨道，O原
27、子共提供了4个电子；镍原子核外电子为28，同周期的稀有气体元素Kr的原子序数为36，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物中，；（4）根据配合物的结构可知，N原子以单键相连接时，杂化类型为sp3，N原子以双键相连接时，杂化类型为sp2；由结构可知，1个配位体与铜形成的配位键有3条，分别为2条铜氧键、1条铜氮键，故1mol该有机配体与Cu()形成的配位键为3mol。（5）NO中中心N原子价层电子对数为2+=4，N原子采用sp杂化，为直线形分子，键角为180；NO中中心N原子价层电子对数为2+=3，N原子采用
28、sp2杂化，为V形分子，键角小于180；故键角：NONO；（6）晶胞中位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；位于体内，一个晶胞中原子数目为4；铜原子共2+4=6；Se原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；则化学式为Cu3Se2；Se元素化合价为-2，根据化合价代数和为零，可知为Cu2+、为Cu+；12 氨基 缩聚反应 1，3丁二烯 +2NaOH2NaCl2H2O+ 4 9 HCOOCH2CH2CH2CH2OOCH或HCOOCH(CH3)CH(CH3)OOCH 【分析】根据题中信息可知，由与KCN发生取代反应生成A，则A的结构简式为，A与H2在Ni作催化剂加热条件下生成B，则B的结构简式为，
29、A在酸性条件下水解生成，B与在催化剂条件下生成尼龙-66，尼龙-66的结构简式为，由在NaOH醇溶液加热条件下发生消去反应生成C，C的结构简式为，C与CH2=CH2发生双烯合成生成D，D的结构简式为，D在Pd/C加热条件下生成，经过氯代水解生成，在酸性条件下与丙酮反应生成E，E的结构简式为，E与在催化剂条件下反应生成PC；据此解答。【详解】(1)B的结构简式为，该结构中官能团为氨基；答案为氨基。(2) 与在催化剂条件下生成尼龙-66，尼龙-66的结构简式为，则该反应类型为缩聚反应；答案为缩聚反应。(3)C的结构简式为，名称为1，3丁二烯，由在NaOH醇溶液加热条件下发生消去反应生成C，其反应方
30、程式为+2NaOH2NaCl+2H2O+；答案为1，3丁二烯，+2NaOH2NaCl+2H2O+。(4)E的结构简式为，E分子中含有2个酚羟基，与浓溴水可发生苯环上酚羟基的邻、对位取代反应，故1 mol E最多可消耗4 mol Br2；答案为4。(5)W是己二酸的同分异构体，含有一种官能团，1 mol W与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明1个W分子中含有2个CHO，结合W的分子组成分析，该有机物分子中含2个OOCH(甲酸酯基)，其余4个碳原子的碳链为CCCC，若2个OOCH连在不同碳原子上，有4种不同结构；若2个OOCH连在同一碳原子上，有2种不同结构；其余4个碳原子的碳链为，若2个OOCH连在不同碳原子上，有2种不同结构；若2个OOCH连在同一碳原子上，有 1种结构，故符合条件的W的同分异构体为4+2+2+1=9种。核磁共振氢谱为三组峰，则该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子，该有机物的结构简式可能为HCOOCH2CH2CH2CH2OOCH或HCOOCH(CH3)CH(CH3)OOCH；答案为9，HCOOCH2CH2CH2CH2OOCH或HCOOCH(CH3)CH(CH3)OOCH。(6)对二氯苯()先与KCN发生取代反应生成，在酸性溶液中发生水解反应生成(对苯二甲酸)，催化加氢生成(对苯二甲胺)，和在催化剂作用下发生缩聚反应生成，其合成线路为；答案为。