1、 - 1 - 广东省揭阳市广东省揭阳市 2019 届高三化学第一次模拟考试试题届高三化学第一次模拟考试试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 Na 23 Al 27 Cu 64H 1 C 12 N 14 Na 23 Al 27 Cu 64 一、 选择题： 本题共一、 选择题： 本题共 1313 小题， 每小题小题， 每小题 6 6 分。 在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项是符合题目要求的。分。 在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项是符合题目要求的。 1.下列有关说法正确的是 A. 加酶洗衣粉可以很好地洗涤毛织品上的污渍 B. 生物柴油与由石
2、油炼得的柴油都属于烃类物质 C. 氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱 D. 绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染 【答案】D 【解析】 【详解】A 项、毛织品的主要成分是蛋白质，在酶的催化作用下蛋白质可以水解，故不能用加酶洗衣粉洗涤毛织品上的污渍，A 错误； B 项、从石油炼制得到的柴油主要是由石油分馏后的 C15C18的多种烃的混合物，属于烃类物质，生物柴油的主要成分为酯类物质，不属于烃类物质，故 B 错误； C 项、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，酸性比碳酸还弱，但次氯酸不稳定见光易分解，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中盐酸浓度增大，酸性增强，故 C 错误
3、； D 项、绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染，而不是治理污染，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】本题考查化学与生活，把握相关物质的成分是解答的关键，注意生物柴油和矿物柴油的区别。 2.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：+H2(正反应吸热)，下列说法正确的是 A. 乙苯、苯乙烯都能够发生氧化反应和还原反应 B. 苯乙烯中所有原子一定共平面 C. 平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，平衡正向移动，平衡常数增大 D. 苯、乙苯的主要来源是石油的分馏 【答案】A 【解析】 【分析】 - 2 - 乙苯和苯乙烯都是芳香烃，乙苯是苯的同系物，苯乙烯是不饱和芳香烃，不属于苯的同系物
4、。 【详解】A 项、乙苯和苯乙烯都是芳香烃，都能够燃烧发生氧化反应；都能与氢气加成，发生还原反应，故A 正确； B 项、苯乙烯分子中含有单键，单键是可以旋转的，苯环和乙烯基上的原子可能共平面，故 B 错误； C 项、平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，反应物浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故 C 错误； D 项、苯、乙苯的主要来源是煤的干馏及石油的催化重整，故 D 错误。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。 3.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25，101kPa 条件下，5.6L 甲
5、烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA B. 将 4.6g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成 H2分子数为 0.1NA C. 将 1mol Cl2通入到足量的水中，则 N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA(N 表示粒子数) D. 50时，1L pH=1 的 H2SO4溶液中，含有 H+的数目为 0.1NA 【答案】D 【解析】 【分析】 A、25，101kPa 条件不是标准状况； B、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气； C、将 1mol Cl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应； D、50时，1L pH=1 的 H2SO4溶液中，H+的
6、物质的量为 0.1mol。 【详解】A 项、25，101kPa 条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积 vm=22.4L/mol 计算 5.6L 甲烷和乙烯的物质的量，故 A 错误； B 项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6g 钠的物质的量为 0.2mol，反应生成 0.1mol 氢气，但是反应生成的氢氧化钠也能够与铝箔反应生成氢气，故生成 H2的物质的量大于 0.1mol，B 错误； C 项、将 1mol Cl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA，故 C 错误； D 项、50时，1L pH=1 的 H
7、2SO4溶液中，H+的物质的量为 0.1mol，H+的数目为 0.1NA，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加 - 3 - 德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用范围和条件是解答关键。 4.按如图装置进行实验，下列推断正确的是 选项 I 中试剂 II 中试剂及现象 推 断 A 铁粉与湿棉花 肥皂水冒泡 铁粉与水蒸气 发生了反应 B 硫酸亚铁 品红溶液褪色 FeSO4分解生成 FeO 和 SO2 C 涂有石蜡油的碎瓷片 酸性高锰酸钾溶液 褪色 石蜡油分解产物中 含有不饱和烃 D 氯化铵 酚酞溶液不变红色 氯化铵不
8、分解 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 A、加热时空气热胀冷缩，又能够使肥皂水冒泡，不能证明铁粉与水蒸气发生了反应； B、硫酸亚铁生成二氧化硫的反应为氧化还原反应，生成的应该为 Fe2O3； C、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成，可证明石蜡油发生了化学变化； D、氯化铵不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气。 【详解】A 项、加热铁粉与水蒸气，由于气体加热膨胀，能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，故 A 错误； B 项、硫酸亚铁的分解反应为氧化还原反应，反应生成二氧化硫，S 元素化合价降低，则亚铁离子应该被氧化成+3 价的
9、Fe2O3，即 FeSO4分解生成 Fe2O3和 SO2，故 B 错误； C 项、石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下，发生裂解生成乙烯，酸性高锰酸钾溶液褪色说明了有乙烯生成， - 4 - 从而证明石蜡油发生了化学变化，故 C 正确； D 项、氯化铵加热分解生成氨气和 HCl，遇冷时氨气与氯化氢又能够反应生成氯化铵，所以酚酞溶液不变红色，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及化学实验能力，涉及了铵盐性质、氧化还原反应、石蜡油分解等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键。 5.短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不
10、相等的奇数。X 与 Y 位于不同周期，X 与 W 的最高化合价之和为 8，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是 A. 化合物 YX4W 溶于水后，得到的溶液呈碱性 B. 化合物 YW3为共价化合物，电子式为 C. Y、Z 形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料 D. 原子半径大小：WZYX 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为 1、3、5、7，元素 Z 的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则 Z 为 Al 元素、Y 为 N 元素、
11、W 为 Cl 元素； 。X 与 Y 位于不同周期，则 X 为 H 元素。 【详解】A 项、X 为 H、Y 为 N 元素、W 为 Cl 元素，元素化合物 YX4W 为 NH4Cl，NH4Cl 溶液中 NH4+水解使溶液呈酸性，故 A 错误； B 项、Y 为 N 元素、W 为 Cl 元素，化合物 NCl3为共价化合物，电子式为，故 B 错误； C 项、Y 为 N 元素、Z 为 Al 元素，AlN 为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故 C 正确； D 项、 在周期表中， 同一周期从左到右， 原子半径逐渐减小， 同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H 原子半径最小，故
12、原子半径从大到小的顺序为 AlClH，D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为 1、3、5、7 来推断元素为解答的难点。 - 5 - 6.目前研究比较热门的 AlH2O2电池，其电池总反应为 2Al3HO2= 2AlO2OHH2O。现以 AlH2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备氢气(装置 2 中隔膜仅阻止气体通过，b、c、d 均为惰性电极)。下列说法错误的是 A. 左装置 中 Na+移向电极 b B. 电极 c 的电极反应式：CO(NH2)26e6OH= CO2N25H2O C. 电解时，电子流动路径：Al 极导线d
13、 极，c 极导线b 极 D. 通电 2 min 后，Al 电极的质量减轻 2.7 g，则产生 H2的体积为 3.36 L(标准状况) 【答案】B 【解析】 【分析】 由电池总反应可知，Al 电极为电池的负极，b 极为电池的正极；与 b 极相连的 c 为电解池的阳极，与 Al 电极相连的 d 为电解池的阴极，H2O2-Al 燃料电池工作时，Al 为负极被氧化，H2O2为正极被还原，电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液，CO（NH2）2在阳极被氧化，水电离出的氢离子在阴极被还原。 【详解】A 项、原电池中阳离子向正极移动，则左装置 中 Na+移向电极 b，故 A 正确； B 项、与 b 极相连的 c
14、 为电解池的阳极，CO（NH2）2在阳极被氧化，电极反应式为 CO(NH2)26e8OH=CO32-N26H2O，故 B 错误； C 项、电解时，电子流动路径为 Al 极导线d 极，c 极导线b 极，故 C 正确； D 项、每消耗 2.7g Al，则转移 0.3mol 电子，电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成 0.15mol氢气，标准状况下氢气体积为 3.36 L，故 D 正确。 故选 B。 【点睛】本题综合考查原电池以及电解原理，侧重于分析能力的考查，明确元素化合价变化，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析是解本题关键。 7.常温下，向 50mL 溶有 0.1molCl2的氯水中
15、滴加 2mol/L 的 NaOH 溶液，得到溶液 pH 随所加 NaOH 溶液体积的变化图像。下列说法正确的是 - 6 - A. 若 a 点 pH=4，且 c(Cl)= m c(ClO)，则 Ka(HClO)=10-4/(m+1) B. 若 x=100，b 点对应溶液中：c(OH)c(H+)，可用 pH 试纸测定其 pH C. 若 y=200，c 点对应溶液中：c(OH)c(H+)=2c(Cl)c(HClO) D. bc 段，随 NaOH 溶液的滴入，c(HClO)/c(ClO)逐渐增大 【答案】C 【解析】 试题分析：A、发生 Cl2H2O=HClHClO，c(Cl)=c(H)=104mol
16、L1，根据 c(Cl)=m c(ClO)，可以推出 c(ClO)=104/mmolL1， 溶液中 HClO 的浓度： c(HClO)=(104104/m)molL1， 根据 Ka=c(ClO)c(H)/c(HClO)=104/(m1)，故错误；B、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，x=100，两者恰好完全反应，溶质为NaCl 和 NaClO，溶液显碱性，不能用 pH 测定 pH，因为 NaClO 具有强氧化性，能把有色物质漂白，不能读出数值，故错误；C、y=200，氢氧化钠过量，反应后溶质为 NaOH、NaCl、NaClO，且三者物质的量相等，电荷守恒：c(Na)c(H)=c(Cl)
17、c(OH)c(ClO)，物料守恒：2c(Cl)2c(ClO)2c(HClO)=c(Na)，两式合并，得出 c(OH)=c(Cl)c(ClO)2c(HClO)c(H)，而 c(ClO)c(HClO)=c(Cl)，因此有 c(OH)c(H)=2c(Cl)c(HClO)，故正确；D、随着氢氧化钠量的增加，c(HClO)减少，c(ClO)增加，因此比值减小，故错误。 考点：考查电离平衡常数的计算、次氯酸钠的性质、离子浓度大小比较等知识。 8.叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下： 打开装置 D 导管上的旋塞，加热制取氨气。 再加热装置 A 中
18、的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置 D 并关闭旋塞。 向装置 A 中 b 容器内充入加热介质并加热到 210220，然后通入 N2O。 冷却，向产物中加入乙醇(降低 NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。 - 7 - 已知：INaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚； IINaNH2熔点 210，沸点 400，在水溶液中易水解。 请回答下列问题： (1)装置 B 中盛放的药品为_；装置 C 的主要作用是_。 (2)步骤中先加热通氨气的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成 NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为 _(填“水浴加热”，
19、“油浴加热”)。 (3)N2O 可由 NH4NO3在 240245分解制得(硝酸铵的熔点为 169.6)，则可选择的气体发生装置是(填序号)_。 (4)生成 NaN3的化学方程式为 _。 (5)图中仪器 a 用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_。 (6)步骤中用乙醚洗涤的主要目的是_。 (7)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数： 将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。 取50.00 mL 溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入 8 mL 浓硫酸，滴入 3 滴邻菲啰啉指
20、示液，用 0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的 Ce4+，消耗溶液体积为 29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2；Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+；试样中 NaN3的质量分数为_。 【答案】 (1). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (2). 冷凝分离出水 (3). 排尽装置中的空气 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 油浴加热 (6). I、 IV (7). NaNH2+N2ONaN3+H2O (8). 反应过程中可能生成的 NaOH 能腐蚀
21、玻璃 (9). NaN3不溶于乙醚，能减少 NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (10). 93.60%(0.9360) 【解析】 【分析】 由反应步骤可知制取叠氮化钠的原理为，先通入氨气与钠先反应生成 NaNH2和氢气，反应生成的 NaNH2再与通入的 N2O 反应生成 NaN3和 H2O。 - 8 - 【详解】 （1）制备的氨气中含有大量的水，用 C 装置冷凝分离出水，B 中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；冷凝分离出水； （2）步骤中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤中氨气与钠反应生成 NaNH2和氢气，反应方程式为：2Na+2NH32
22、NaNH2+H2；水的沸点为 100，不能达到反应控制的温度210 一 220，故用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热； （3） 硝酸铵的熔点为 169.6， 因 NH4NO3在 240-245分解时已经熔化， 分解反应中还生成水， 故选 I、 IV，故答案为：I、 IV； （4） 氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O， 反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O； （5） 反应过程中有水生成， 会反应生成 NaOH 腐蚀玻璃， 故答案为： 反应过程可能生成的
23、NaOH 能腐蚀玻璃； （6）NaN3不溶于乙醚，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为：NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥； （7）50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中 n(NH4)2Ce(NO3)6= 0.1010molL150.00103L=5.050103mol，参与第二步反应的量 n(NH4)2Fe(SO4)2= 0.0500molL129.00103L=1.450103mol，与 NaN3反应的 n(NH4)2Ce(NO3)6= 5.050103mol1.450103mol=3.6001
24、03mol，试样中 NaN3的质量分数为(3.600103mol1065g/mol)/2.500 g100%=93.60%，故答案为：93.60%。 【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，理解物质的制备、对原理与装置的分析评价、基本操作、信息获取与迁移运用是解答关键。 9.CoCO3主要用作选矿剂、 伪装涂料的颜料等。 用钴矿石(含 Co2O3CoO 及少量 Fe2O3、 Al2O3、 MnO2等)生产 CoCO3的流程如下： 下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的 pH(“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于 1.010-5 molL-1) Al3 Fe3 Fe2 Mn2 Co2 开始沉淀的
25、pH 4.0 2.7 7.6 7.7 7.6 沉淀完全的 pH 5.2 3.7 9.6 9.8 9.2 - 9 - (1)写出“浸取”步骤 Co2O3CoO 发生反应的离子方程式 _ 。 (2)“浸取”步骤除 Co2O3CoO 外，钴矿石中还能被 Na2SO3还原的物质有_ (填化学式)。 (3)加 NaClO3的目的是氧化 Fe2，NaClO3的用量过多会造成的不良后果是 _ 。 (4)“沉钴”步骤向 CoCl2溶液加入 NH4HCO3溶液需要 5557 条件下进行，温度控制在 5557 的原因为 _ 。 (5)已知金属萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图所示。请补充完整由“氧化”后
26、的溶液制备 CoCO3的实验方案：向“氧化”后的溶液中加入_，得较纯 CoCl2溶液，加入 NH4HCO3溶液沉钴得 CoCO3。(实验中须使用试剂：Na2CO3溶液、金属萃取剂、盐酸)。 【答案】 (1). Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O (2). Fe2O3、MnO2 (3). 与 Cl反应生成 Cl2污染环境或将 Co2氧化成 Co3 (4). 温度过高 NH4HCO3易分解， 温度过低反应速率缓慢 (5). Na2CO3溶液，调节溶液的 pH 至 5.27.6，过滤，向滤液中加入盐酸调 pH 至 3.5 左右(3.04.0 均可) ，加入金属萃取剂萃取 23
27、 次，静置后分液 【解析】 【分析】 由化学工艺流程可知，“浸取”步骤时，Co2O3CoO、Fe2O3、Al2O3、MnO2与盐酸和亚硫酸钠反应，得到含有Co2、 Fe2、 Mn2、 Al3的溶液， 向浸取液中加入 NaClO3的目的是氧化 Fe2， 向“氧化”后的溶液中加入 Na2CO3溶液，调节溶液的 pH 至 5.27.6，使 Fe3和 Al3转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调 pH 至 3.5左右(3.04.0 均可) ，加入金属萃取剂萃取 23 次，静置后分液，除去 Mn2，得较纯 CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得 CoCO3。 【详解】 （1）“浸取”步骤中，酸性
28、条件下 Co2O3CoO 与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钴，反应的离子方程式为 Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O，故答案为：Co2O3CoOSO32-6H=3Co2SO42-3H2O； （2）“浸取”步骤除 Co2O3CoO 外，具有氧化性的 Fe2O3和 MnO2也能与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸锰，故答案为：Fe2O3、MnO2； （3）加 NaClO3的目的是氧化 Fe2，若 NaClO3的用量过多，会与盐酸反应生成氯气污染环境，也可能将 Co2 - 10 - 氧化成 Co3，故答案为：与 Cl反应生成 Cl2污染环境或将 Co2氧化成 Co3
29、； （4）5557 条件下向 CoCl2溶液加入 NH4HCO3溶液的目的是沉钴得 CoCO3，若温度过高，NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢，所以反应时需温度控制在 5557 ，故答案为：温度过高 NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢； （5） 由流程图可知， “氧化”后的溶液制备 CoCO3的实验方案为， 向“氧化”后的溶液中加入 Na2CO3溶液，调节溶液的 pH至 5.27.6， 使 Fe3和 Al3转化为沉淀除去， 过滤， 向滤液中加入盐酸调 pH至 3.5 左右(3.04.0 均可) ，加入金属萃取剂萃取 23 次，静置后分液，除去 Mn2，得较纯 CoCl2溶液，加
30、入 NH4HCO3溶液沉钴得 CoCO3，故答案为：Na2CO3溶液，调节溶液的 pH 至 5.27.6，过滤，向滤液中加入盐酸调 pH 至 3.5左右(3.04.0 均可) ，加入金属萃取剂萃取 23 次，静置后分液。 【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键。 10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。 (1)丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。 为提供反应所需热量， 恒压时若向原料气中掺入水蒸气， 则K(主反应)_(填“增大”、 “减小”或“不变”，下同)，转化率(C3
31、H8)_。 温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_。 (2)下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分 别为 104 Pa 和 105 Pa)。 - 11 - 104 Pa 时，图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。 104 Pa、500 时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_(已知：气体分压=气体总压体积分数)。 (3)利用 CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。 该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。 已知：CO 和 H2的燃烧热分别为H =283.0 kJmol-1、H =285.8 kJmo
32、l-1。 图中催化剂为_。 298 K 时，该工艺总反应的热化学方程式为_。 该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。 【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 副反应的活化能低于主反应的活化能 (4). (5). 3.3103Pa (6). CrO3 (7). C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol (8). 碳与 CO2反应生成 CO，脱离催化剂表面 【解析】 【分析】 （1）反应温度升高，平衡向正反应方向移动； 由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能； （2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应；
33、由题意建立三段式，结合公式计算分压常数； （3）由图可知，CrO3为催化剂； 由盖斯定律计算可得； 该工艺中碳与 CO2反应生成 CO。 【详解】 (1) 由图可知， 丙烷脱氢制丙烯为吸热反应： C3H8（g）C3H6（g） +H2（g） H =+124.3 kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，体系温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数 K 增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大； 由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能； （2）丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应
34、方向移动，丙烯的平衡体积分数 - 12 - 减小；该反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，故曲线代表 104 Pa 时丙烯的平衡体积分数，故答案为：； 104 Pa、500 时，丙烯的平衡体积分数为 33%，设起始丙烷为 1mol，转化率为 x，由题意建立如下三段式： C3H8（g）C3H6（g）+H2（g） 起（mol） 1 0 0 变（mol） x x x 平（mol） 1-x x x 则由丙烯的平衡体积分数为 33%可得， x/(1+x)=0.33， 解得 x0.5， 丙烷、 丙烯和氢气的分压均为 104Pa1/3，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（104Pa1
35、/3）（104Pa1/3）/（104Pa1/3）=104Pa1/3=3.3103Pa，故答案为：3.3103Pa； （3）由图可知，反应为 3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反应为 3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为 CrO3，故答案为：CrO3； 由题意可得 H2（g）+1/2O2（g）=H2O(l) H =285.8kJ/molCO（g）+1/2O2（g）=CO2 (g) H =283.0kJ/molC3H8（g）C3H6（g）+H2（g）H =+124.3 kJ/mol,由盖斯定律-+得热化学方程式 C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+
36、H2O(l)， 则H = （+124.3 kJ/mol） + （285.8kJ/mol） （283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol； 该工艺中碳与 CO2反应生成 CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与 CO2反应生成 CO，脱离催化剂表面。 【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了化学平衡、化学平衡分压常数、反应机理、热化学方程式书写等，注意题干信息的理解和图象变化、数据处理的分析判断是解题关键。 11.氮及其化合物与人类生产、生活息息相关
37、。 (1)在现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。 (2)基态 N 原子的价电子占据的能量最高的能级是_，价电子在该能级上的排布遵循的原则是_。 (3)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。l mol NH4BF4含有_mol 配位键。 (4)化肥(NH4)2SO4中会含有 N4H4(SO4)2，该物质在水中电离出 SO42-和 N4H44+，N4H44+遇到碱性溶液会生成一种形似白磷(P4)的 N4分子。N4比 P4的沸点_，原因为_。 - 13 - (5)尿素(H2NCONH2)也是一种常用的化肥，其分子中原子的杂化轨道类型有_， 键和 键数目之比为_。
38、 (6)Cu3N 具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构如图。Cu+半径为 a pm，N3-半径为 b pm，Cu+和 N3-都是紧密接触的刚性小球，则 N3-的配位数为_，Cu3N 的密度为_ gcm-3。(阿伏加德罗常数用 NA表示) 【答案】 (1). 原子光谱 (2). 2p (3). 洪特规则 (4). 2 (5). 低 (6). N4和 P4都为非极性分子，N4的相对分子质量低于 P4，分子间作用力比 P4弱 (7). sp2、sp3 (8). 7:1 (9). 6 (10). 【解析】 【分析】 （1）根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析； （2）基态
39、 N 原子的核外电子排布式为 1s22s22p3； （3）NH4BF4为离子化合物，NH4+离子中含有 1 个 NH 配位键，BF4离子中含有 1 个 FB 配位键； （4）结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高； （5）H2NCONH2分子中，羰基 C 原子的杂化方式为 sp2杂化，氨基中 N 原子的杂化方式为 sp3杂化； （6）由 Cu3N 的晶胞结构可知，大球表示 Cu 原子、小球表示 N 原子，Cu 原子个数=121/4=3，N 原子个数=81/8=1。 【详解】 （1）根据原子光谱来鉴别物质及确定它的化学组成和相对含量的方法叫光谱分析，其优点是灵敏迅速，历史
40、上曾通过光谱分析发现了许多新元素，如铷，铯，氦等，故答案为：原子光谱； （2） 基态 N 原子的核外电子排布式为 1s22s22p3， 电子占据的最高能级符号为 2p； 2p 轨道是电子为半充满，则价电子在该能级上的排布遵循的原则是洪特规则，故答案为：2p；洪特规则； （3） NH4BF4为离子化合物， NH4+离子中含有 1 个 NH 配位键， BF4离子中含有 1 个 FB 配位键， 则 lmolNH4BF4含有 2mol 配位键，故答案为：2； （4）结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点越高，N4和 P4都为正四面体结构， - 14 - 都为非极性分子，N4的相对分
41、子质量低于 P4，分子间作用力比 P4弱，N4比 P4的沸点低，故答案为：低；都为非极性分子，N4的相对分子质量低于 P4，分子间作用力比 P4弱； （5）H2NCONH2分子中，羰基 C 原子的杂化方式为 sp2杂化，氨基中 N 原子的杂化方式为 sp3杂化； 键的数目为 7， 键的数目为 1， 键和 键数目之比为 7:1，故答案为：sp2、sp3；7:1； （6）由 Cu3N 的晶胞结构可知，大球表示 Cu 原子、小球表示 N 原子，Cu 原子个数=121/4=3，N 原子个数=81/8=1， 中间面上N的周围有4个Cu， 上下面上各有1个Cu， 则N3-的配位数4+2=6; 晶胞的体积=
42、 （2a+2b）10-10cm3，Cu3N 的密度=,故答案为：。 【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重分析与计算能力的考查，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。 12.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下： 已知: 请回答： (1)B 的化学名称为_；M 中含氧官能团的名称为_；FG 的反应类型为_。 (2)CD 的化学反应方程式为_。 (3)E 的结构简式为_；H 的顺式结构简式为_。 (4)同时满足下列条件的 F 的同分异构体有_种(不考虑立体异构)：属于芳香族化合物；能发生水解反应和银镜反应。写出其
43、中一种核磁共振氢谱有 4 种吸收峰，其峰面积之比为 6:2:1:1 的物质的结构简式_。 (5)参照上述合成路线和相关信息， 以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物， 设计合成 - 15 - 路线_。 【 答 案 】 (1). 氯 乙 烯 (2). 酯 基 (3). 消 去 反 应 (4). (5). (6). (7). 14 (8). 或 (9). 【解析】 【分析】 D 和 H 发生酯化反应生成 M，根据 D 和 M 结构简式知，H 结构简式为；G 发生氧化反应生成 H，则 G 结构简式为；F 发生消去反应生成 G，E 发生加成反应生成 F，则 E、F结构简式为、；A 和 HCl 发
44、生加成反应生成 B，B 发生加聚反应生成 C，则 C 结构简式为，B 结构简式为 CH2=CHCl，A 结构简式为 HCCH。 【详解】(1)B 的结构简式为 CH2=CHCl，名称为氯乙烯；M 中含氧官能团是酯基；FG 的反应为 F 发生消去反应生成 G，故答案为：氯乙烯；酯基；消去反应； （2）CD 的反应为在氢氧化钠溶液中，加热发生水解反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）E 结构简式为；H 结构简式为，具有顺反异构，顺式结构简式为，故答案为：； - 16 - （4）F 为，F 的同分异构体符合下列条件：属于芳香族化合物，说明含有苯环；能发生水解反应和银镜反应，说明含有醛基和
45、酯基，取代基为 HCOO-和-CH2CH3有邻间对 3 种；如果取代基为 HCOOCH2-和-CH3有邻间对 3 种； 如果取代基为 HCOOCH（CH3） -有 1 种；如果取代基为 HCOOCH2CH2-有 1 种；如果取代基为-COOH 和两个-CH3，两个甲基位于相邻物质，有 2 种；如果两个甲基位于间位，有 3 最后；如果两个甲基位于对位，有 1 种。综上所述，符合条件的共有 14 种，其中核磁共振氢谱有 4 种吸收峰且峰面积之比为 6:2:1:1 的物质的结构简式为 或，故答案为：14； 或； （4）乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成 1,2二溴乙烷，1,2二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二醛，结合题给信息，乙二醛与乙醛反应生成，合成路线流程图为： ， 故答案为： 【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合应用能力，根据某些物质结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。
浙公网安备33030202001339号