2023年高考第一次模拟试题：化学（辽宁A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷

化学•全解全析

本卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无

效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16S32Cr52Fe56Cu64Zn65Pb207

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合

题目要求.

1.2021年末，詹姆斯・韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公里的第

二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述

错误的是

A.主镜材料为密度小，性能好的金属镀，表面的金涂层可提高红外线反射率

B.望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料

C.望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氮制冷，氮的分子间作用力很弱，沸点极低

D.望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4,N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色

【答案】D

【解析】

A.金属镀的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线反射率的提高，A

正确：

B.聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料，B正确；

C.氮的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；

D.N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增大，所以

气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；

故选D。

2.下列表示正确的是

H

A.CH3cl的电子式：H：0：CIB.镁原子最外层电子的电子云图:

H

C.四氯化碳的比例模型：D.乙酸甲酯的结构简式：CH3OOCCH3

【答案】D

【详解】

一氯甲烷是共价化合物，电子式为H：2：G：，故A错误;

镁原子最外层电子为3s电子，电子云图,故B错误;

四氯化碳中氯原子的原子半径大于碳原子,四氯化碳的比例模型为故C错误

D.乙酸甲酯的分子式为C2H4。2,结构简式为CH.Q0CCH3，故D正确；

故选D。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.15gl4c16。中含有的质子数目为8NA

B.铅蓄电池中，当正极理论上增加3.2g时，电路中通过的电子数目为O.INA

C.ILO.lmol-L」的NaHCCh溶液中，阴离子总数小于O.INA

D.常温常压下，46gNO2中所含的分子数目为NA

【答案】B

【解析】

A.4支盟中含有的质子数目为W^x(6+8)NAmo尸=7/，A错误；

B.正极由PbC^fPbSO」每增重64g转移2moi电子，故止极增重3.2g转移电子数为0."八，B

正确；

C.lLlmol•L-'NaHCO3溶液中含有溶质NaHCO31mol,NaHCOs完全电离，即

+

NaHCO3=Na+HCO；,HCO；部分水解和电离，B|JHCO；+H2O$H2CO3+OH',

HCO1=^H++CO：,根据水解和电离方程式可知，阴离子的数目没有发生变化，且溶液中还有

溶剂水电离产生的0H,故阴离子数目大于NA，C错误；

D.N0?容易形成双聚分子NQ&,常温常压下，46gNC)2中所含的分子数少于2人，D错误；

故选:B,

4.特布他林是治疗支气管哮喘，喘息性支气管炎，肺气肿等肺部疾病的药物。它对支气管平滑肌有

高度的选择性，对心脏的兴奋作用很小，无中枢性作用。其结构简式如下图，下列关于该有机物说

法正确的是

A.该有机物的分子式为：Ci2H20NO3B.该有机物能发生加成、取代、氧化反应

C.Imol该有机物最多消耗2moiNa该有机物中最多7个碳原子共面

【答案】B

【解析】

A.该有机物分子式为C12H.NO〉A错误;

B.该有机物含苯环，可发生加成反应：含苯环和烷基，可发生取代反应；能与氧气发生氧化反应,

B正确;

C.1mol该有机物含3moi羟基,消耗3moiNa,C错误;

D.该有机物最多8个原子共平面，如图所示,

故选Bo

5.我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、

Y、Zo已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最

外层电子数之和等于8。下列说法正确的是

A.原子半径：Z>Y>W>XB.简单氢化物的稳定性：X>W>Z

C.X与Z可形成离子化合物ZXsD.同周期第一电离能小于Z的元素有5种

【答案】B

【解析】

原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z,W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍,

则W为O,Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素，Y与Z最外层电子数之和等于

8,Y的最外层电子数为8-6=2,Z的原子序数大于Y,则Y为Mg元素，则W、X、Y、Z分别是0、

F、Mg、S元素，以此来解析；

A.W、X、Y、Z分别是0、F、Mg、S元素，0、F的原子含有2个电子层，Y、Z的原子含有3

个电子层，原子序数O<F<Mg<S,所以原子半径：Mg>S>O>F,A不符合题意；

B.W、X、Z分别是0、F、S,非金属性越强对应的简单氢化物越稳定，非金属性F>O>S,简单氢

化物的稳定性：HF>H2O>H2S,B符合题意；

C.X、Z分别是F、S元素，形成SF6为共价化合物，C不符合题意；

D.Z为S,位于第三周期，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋

势，但第HA元素第一电离能大于第IHA元素，第VA族的第一电离能大于第VIA族元素；同周期

比硫电离能小的有钠、铝、镁、硅四种元素，D不符合题意；

故选B«

6.高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不氐画

的是

A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变

B.将TiCl,加入水中并加热使其转化为Tit^xHaO

C.乙烯聚合为聚乙烯的反应是皤减的过程，却能够自发进行，可知该反应的△>1<()

D.NaHCOj溶液显碱性的原因：HC0"H20『=^C0j+HQ+

【答案】D

【详解】

A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态，溶液中各离子

浓度不变，A正确；

B.将TiCl,加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化

为TiC^xH?。，B正确；

C.燧变、熔变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是增减的过程，却能够自发进

行，可知该反应的AH<0,C正确；

D.NaHCO?溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根恩子：HCO-+H2O^H2CO3+OH--

D错误；

故选D。

7.一种含硼钠盐的结构如图所示，其阴离子是由2个H,BO,和2个［B(OH)4「缩合而成，下列说法

错误的是

A.第一电离能：Na<B<0

B.&BO3中B原子未达到8电子稳定结构

C.阴离子中B原子杂化轨道的类型均为sp2

D.1个［B(OH)4「离子中含有8个G键

【答案】C

【详解】

A.金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，则

第一电离能的大小顺序为Na<B〈O,故A正确；

B.硼酸的结构简式为B(OH)3,分子中硼原子的最外层电子数为3+3=6,未达到8电子稳定结构，

故B正确；

C.阴离子含有硼酸和四羟基合硼离子，硼酸中硼原子的价层电子对数为3,原子杂化轨道为sp2杂

化，四羟基合硼离子中硼原子的价层电子对数为4,原子杂化轨道为sp3杂化，故C错误；

D.四羟基合硼离子中含有的8个单键都为c键，则1个四羟基合硼离子中含有8个单°键，故D正

确；

故选C。

8.类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理合理的是

选项已知推理

A电解熔融的MgCL冶炼镁电解熔融的AlCh也能冶炼铝

BFe与S能直接化合生成FeSCu和S也能直接化合生成CuS

C25℃时溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)225℃时溶解度：Na2CO3<NaHCO3

DCO2能使澄清石灰水变浑浊SO2也能使澄清石灰水变浑浊

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】

A.MgCL是离子化合物，熔融电解可制得镁，AlCb是共价化合物，熔融时不能导电，A不正确；

B.S的氧化能力弱，与具有可变化合价的金属反应，通常生成低价态金属硫化物，Fe与S反应生

成FeS,Cu与S反应生成C112S,B不正确；

C.CaCCh难溶于水，而Ca(HCO3)2易溶于水，所以溶解度：CaCOj<Ca(HCO3)2,Na2cCh、NaHCCh

都易溶于水，溶解度：Na2CO3>NaHCO3,C不正确；

D.C02通入澄清石灰水中，生成CaCCh而使溶液变浑浊,SO2通入澄清石灰水中，生成难溶盐CaSCh,

也能使溶液变浑浊，D正确：

故选D1,

9.《开宝本草》记载“取钢夕段作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百

日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为(CH3coObFe-H?。］可用如下方法检测。下列相关

说法不正确的是

►制微外气味气体X

铁华粉一

」痂k董色沉淀

NQ1江棕色沉淀

A.在铁华粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定会变红

B.制备铁华粉的主要反应为Fe+2cH3co0H=(CH3coO^Fe+H?T

C.气体X的产生是因为发生了复分解反应

D.由上述实验可知，0H-结合Fe3+的能力大于CN

【答案】A

【详解】

A.根据分析可知铁华粉中含有铁单质，硝酸的量比较少时，生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe?、当

溶液中不存在Fe3+时，滴入KSCN溶液不会变红，A错误；

B.根据题干中佶息可知，制备铁华粉的主要反应为Fe+2cH3COOH=(CH3co0)36+达个，B正

确；

C.气体X为醋酸蒸气，反应为：(CH3COO)2Fe+H2SO4=2CH3COOH+FeSO4,属于复分解反应,

C正确；

D.由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，

说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN,D正确；

故选Ao

10.钮的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如下图所示。下列说法错误的是

油"3

CT*HNUgQ

+

A.该反应的离子方程式为：H2o2+cr+H^HOC1+H2O

B.产物H0C1可用于杀菌消毒

C.该催化循环中V的成键数目发生变化

D.帆的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高HQ?的平衡转化率

【答案】D

【详解】

A.由图示知，整个过程输入H2O2、Cl、H+、氏0物质的量之比为1：1：1：1,生成H2O、HOC1

+

物质的量之比为2：1,故该反应离子方程式为：H2O2+Cr+H=H2O+HOCl,A正确；

B.产物HOC1,即次氯酸，具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；

C.该催化循环过程中，有V元素形成6根键，也有V元素形成5根键的情况，C正确；

D.钮的配合物在过程中起到催化作用，即作催化剂，而催化剂对平衡移动没有影响，故不会影响

H2O2平衡转化率，D错误：

故答案选D。

11.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质的性质实验对应的反应方程式书写正

确的是

2++2+31

A.硫酸亚铁溶液滴入酸性高镐酸钾溶液中：5Fe+MnO；+8H=Mn+5Fe+4H2O

3

B.足量NH3通入氯化铝溶液中：Al'+4NH3+2H2O=A1O；+4NH；

c.足量氯气通入碳酸钠溶液中：ci2+co^=cr+cio+co2

2

D.SO2通入H2s溶液中：4H'+2S+SO2=3S^+2H3O

【答案】A

【解析】

2++2t3+

A.硫酸亚铁使高锌酸钾溶液褪色：5Fe+MnO4+8H=Mn+5Fe+4H2O,选项A正确；

3+

B.氢氧化铝不溶于弱碱，过量NHs通入氯化铝溶液中：Al+3NH3+3H2O=Al(OH)3J<+3NH：,选

项B错误；

C.次氯酸酸性弱于碳酸，向碳酸钠溶液中通入足量氯气：2Cl2-K：O^+H2O=2Cr+2HClO+€O2,选

项c错误：

D.H2s为弱酸，SO2通入H2s溶液中：2H2S+SC)2=3S(+2Hq,选项D错误；

答案选A。

12.一定温度下，在2个容积均为IL的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应:

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)AH<0,相关数据见下表。

起始物质的量/mol平衡物质的量/mol

容器编号温度/℃

NO(g)CO(g)co2(g)

10.20.20.1

0.20.20.12

nT2

下列说法不正聊的是

A.工>T2

B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%

C.达到平衡所需要的时间：11>]

D.对于I,平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCC>2，平衡正向移动

【答案】D

【解析】

A.两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T?达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平

衡正向移动，故工>12,A正确；

B.I中反应达到平衡时，CO2的物质的量为O.lmol,则参加反应的CO的物质的量为O.lmol起始

投入量为0.2mol,则其转化率为50%,B正确；

c.T,>T2,温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；

D.恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CCh的物质的量分别为O.lmol、O.lmol、

0.05moK0.1moh平衡常数K==5，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO,

O.PxO.l22

此时浓度商QC=O°5X03：=5,K=Q,，平衡不移动，D错误；

0.12X0.32

故选D。

13.下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的方案设计现象和结论

判断c元素和s

常温下，测定等物质的量浓度的若Na2co3溶液pH比Na2s。3溶液

A元素的非金属性

Na2cCh和Na2sCh溶液的pH的大，则非金属性：S>C

强弱

在AI2O3中加入适量浓盐酸，加热促进若冷却时晶体析出量很少，则说明

以A12O3为原料制

B溶解，蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶氯化铝溶解度随温度降低变化不

备AlCh«6HO

2膜，静置，冷却结晶明显，应采取蒸发结晶的方法

在3支试管中分别加入0.05molL\若0.2mol-LT草酸溶液中紫色最先

验证反应物浓度

0.2molL_1、2moi草酸溶液各2mL,褪去，则反应物浓度增大时，该反

C增大可加快反应

再同时加入ImLO.OlmolL」高镭酸钾应速率不一定增大,还有其它影响

速率

溶液，观察现象因素，需要进一步探究

取5mL1-漠丙烷和10mL饱和氢氧化

检验1—澳丙烷消若高锌酸钾溶液褪色，则有丙烯生

D钾乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体

去产物中的丙烯成

通入2mL稀酸性高钛酸钾溶液中

【答案】C

【解析】

A.亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸的盐，不能据此判断C元素和S元素的非金属性强弱，A

错误；

B.采取蒸发结晶的方法容易失去结晶水，不能得到AICbKHzO,B错误；

C.由于生成的钵离子可作催化剂，加快反应速率，所以当反应物浓度增大时，反应速率增大不一

定是由于浓度影响造成的，还可有其它影响因素，需要进一步探究，C正确；

D.生成的丙烯中含有乙醇，乙醇也能使高镭酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，D错误；

答案选C。

14.有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的

结构如图所示。下列说法正确的是

II

Qx/=\

-NN—CH2cH2

nM十

阳）充电

离

~a子》放电

交

N—CH2CH2换

(0-注：M+代表Li+或Na+

O膜

A.充电时有机电极发生了氧化反应

B.充电时每转移2moie\右室离子数目减少2moi

C.放电时负极电极反应为：

00O-

一-NN-CH2cH2"|—，2e-=-4-NN—CH2cH2——

OO

noorn

D.将M+由Li*换成Na\电池的比能量会下降

【答案】D

【解析】

A.由题干可知，该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电

时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；

B.充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3r-2e-=Ij,则充电时每转移2moi白，左侧减少2moi

阴离子，同时有2moiM-离子进入左室，右室离子数目减少4mol,B借误；

D.比能量是指电池单位质量或单位体枳所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将M+由

Li卡换成Na\电池的比能量会卜.降，D正确;

故选D。

15.NHQ溶液可发生反应：4NH；+6HCHO=(CH2)6N4lT(一元弱酸)+3才+6H?0；以O.lOOOmoLL」

的NaOH溶液滴定20.00mL经HCHO处理后的NH4cl溶液，滴定曲线如图所示。关于该过程下列说

法错误的是

A.应选择酚曲作为指示剂

B.NH4cl溶液的浓度为o.looOmoLI?

c/cu、Z口+七"4xl0"xl0"

C.(CHJNH有Ka=------------

64a0.1000

++

D.溶液pH=7时，c[(CH2)6N4H]+c(Na)=c(Cl-)

【答案】C

【解析】

A.强碱滴定酸，根据图像可知终点时溶液显碱性，因此应选择酚酬作为指示剂，A正确；

B.所得溶液是(CH2)6N4HC1和HCh滴加氢氧化钠溶液恰好反应时生成Na(CH2)6N4Cl和Nad,根

据原子守恒可知氯化馁的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等，所以NH4Cl溶液的浓度为

O.lOOOmolL1.B正确:

C.(CH2)6N4H'的电离方程式为(CH2)6NaH'^(CH2)6N4+H,根据图像可知起始时氢离子浓度是10

^"mol/L,但溶液中(CH2)6N&的浓度不是10-1,mol/L,所以(CHz'NaH-的电离常数不是

生山竺，C错误；

0.1000

+

D.溶液pH=7时氢离子浓度等于氢氧根浓度,所以根据电荷守恒可知C[(CH2)6N4IT]+c(Na)=c(Cr),

D正确；

答案选C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(13分)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(A1)、铝(M。)、银(Ni)

等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

废催化剂

己知：该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO：的形态存在。

(1)“焙烧”中，有Na2Moe\生成，其中Mo元素的化合价为。

(2)“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式«

(3)“沉钥”中，pH为7.0o生成BaMoO4的离子方程式为。

(4)①滤液川中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为(填化学式)。

②往滤液m中添加适量NaCI固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量

CO2,可析出Y。

(5)高纯AlAs(碎化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保

护膜为一种氧化物，可阻止HQ?刻蚀液与下层GaAs(碑化钱)反应。

HQ,刻蚀液

光刻掩膜|光刻掩膜

-AlAs

I'----GaAs

致密保护膜

/

\GaAs

/__________3-AlAs

IGaAs

①该氧化物为。

②已知：Ga和A1同族，As和N同族。在H?。?与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为

+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。

【答案】

(1)+6

(2)AlOj+CO2+2H2O=A1(OH)31+HCO3

2+

(3)MoO^+Ba=BaMoO41

(4)NaHCO3NH3

(5)A12O34:1

【解析】废催化剂主要含铝(Al)、钥(Mo)、银(Ni)等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和

钥都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和铝酸钠，经水浸、过滤，分离出含镁的固体滤渣，滤液I中

加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液n中加

入适量的氯化钢溶液沉铝后，过滤得到铝酸钢。

(1)Na2MoC)4中Na和O的化合价为+1和-2,根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为

+6。

(2)“沉铝”中，NaAlCh溶液与过量CCh反应可以生成AI(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的

离子方程式为A1Oj+CO2+2H2O=A1(OH)31+HCO；。

(3)pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO：的形态存在，“沉钥”中，pH为7.0,即：滤液II中含有铝

酸钠，加入氯化钢溶液后生成BaMoOa沉淀，该反应的离子方程式为MoOj+Ba2+=BaMoO4J。

(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得

到的滤液n中含有碳酸氢钠和铝酸钠。滤液H中加入适量的氯化银溶液沉钥后，因此，过滤得到的

滤液III中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3o

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液川中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3,再通入足量CO2,

可析出NaHCO3o

(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金

属铝表面容易形成致密的氧化膜uj■知，该氧化物为AbCh。

②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层

GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8,As元素被氧化，则该反应的氧化

剂为H2O2,还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，

每个H2O2参加反应会使化合价降低2,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降

低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4：lo

17.(15分)处理、回收利用C0是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：

(1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)==^CO2(g)+N2(g)。在Zn作用下该

反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。

“①”或"②”)，该判断的理由是o

(2)已知：CO(g)+N2O(g)FqCC)2(g)+N2(g)的速率方程为v=kc(N2。)，k为速率常数，只与温

度有关。为提高反应速率，可采取的措施是(填字母序号)。

A.升温B.恒容时，再充入CO

C.恒压时，再充入N2OD.恒压时，再充入N2

(3)在总压为lOOkPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N20(g)发生上述反应，在不同条

件下达到平衡时，在TiK时N2O的转化率与要却、在要却=1时N2O的转化率与工的变化曲

n(CO)n(CO)T

线如图3所示：

②「T2(填“〉”或“(”)；

p(CO2)„p(N2)

0x0

③已知：该反应的标准平衡常数K°=%3,其中p。为标准压强(lOOkPa),p(CO2)、

p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数K9(计算结

果保留两位有效数字，P产PM物质的量分数)。

(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2s2。4是一种弱酸。从A口中出来的气

体是(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为，用化学方程

式表示吸收池中除去N2O的原理：。

%

收

池

【答案】

(1)-361.22①反应①的活化能是149.6kJ-molL反应②的活化能是108.22kJ-inoH,反应②

的活化能更小,故反应①是总反应的决速步

(2)AC

(3)II>3.4

+

(4)O22H2SO3+2e+2H=H,S2O4+2H2OH2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3

【解析】

(1)由图2可知，总反应为:CO(g)+N2O(g)^=^CO2(g)+N2(g)AH=-361.22kJ-mol-',反应的

决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化

能是149.6kJ-moH,反应②的活化能是108.22kJmoH,反应②的活化能更小，故反应①是总反应

的决速步；

(2)由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2。)有关，

A.升温，k增大，速率加快，A正确；

B.恒容时，再充人CO,c(N2O)不变，速率不变，B错误；

C.恒压时，再充人N2O,c(N2(3)增大，速率增大，C正确；

D.恒压时，再充人N2,c(N2O)减小，速率减慢，D错误；

故选AC；

(3)①半黑越大，N2O的转化率越小，故曲线H表示N9的转化率随当限的变化；

n(CO)n(CO)

②曲线I表示N2O的转化率随3的变化，由于△!!<(),则：越大，N2O的转化率越大，故TBT2；

③由图3曲线1可知，粤都=1，温度为T4时，N2O的转化率为65%，利用“三段式”计算法可知平

n(CO)

衡时p(N2O)=17.5kPa,p(CO)=17.5kPa,p(CO2)=32.5kPa,p(N2)=32.5kPa,K0=

0.325x0.325169,/

-----------=——«3.4；

0.175x0.17549

(4)由图可知，电解池的阳极电极反应式为2H2O-4c=4H++O2T,故从A口中出来的气体是O2,

电解池的阴极电极反应式为2H2so3+2e-+2H'=H2s2。4+2也0,由装置图可知吸收池中除去N2O的

原理是

H20+H2S204+N,0=N2+2H2S03O

18.(13分)草酸(H2c2。4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络

合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙快在45-55"C硝

酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。

［草酸的制备］

甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。

(1)仪器a的名称«

(2)实验室制乙焕时用饱和食盐水代替水的目的是。反应时C中产生大量

红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式。

［产品中草酸晶体(H2c2。42比0)质量分数的测定］

乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cinolL」

酸性KMnCU标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：

(3)上述滴定实验中发生的离子反应方程式,判断到达滴定终点的

现象是。

(4)产品中草酸晶体(H2c20,2比0)的质量分数为(用a、v表示)

［草酸的性质］

(5)上述酸性高镒酸钾与草酸反应，体现了草酸(填酸性、氧化性或还原性)

(6)室温下已知：Ka|(H2c204)=5.6x10-2,Ka2(H2c204)=1.5x104,通过下列实验探究草酸的性质。

［lg2=0.3,lg3=0.5］o向10mL0.1mol/LH2c2O4溶液中逐滴加入VmLO.lmol/LNaOH溶液，当V从0

逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确是(填字母)

A.当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O；)>c(C2O;)>c(H*)>c(OH-)

B.当溶液中c(C20；尸c(HC2。；)时，混合溶液的pH约为3.8

C.当溶液中c(C2Oj)+c(HC2O；)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7

D.当溶液中c(Na-)=2c(C2O：)+2c(HC2O；)+2c(H2C2O4)fft，混合溶液的pH>7

【答案】

(1)分液漏斗

Hg(NO3)2

(2)减缓反应速率GH2+8HNC)3(浓)........H2C2O4+8NO2+4H2O

45-55℃

2h

(3)2MnO；+6H-+5H2C2O4=2Mn+10CO2t+8H2O当滴入最后•滴酸性高锦酸钾溶液时，锥形

瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

(4)157.5cv/a%(1.575cv/a)

(5)还原性

(6)BD

【解析】

装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙快，反应方程式为：CaC2+2H2O^Ca(OH)2+CH=CHt.装置

B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H?S、AsH.3等，装置C中C2H2与浓HNCh反应发生

Hg(NO3)2

H2c2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O,装置D用来吸

555

收二氧化氮尾气；

(1)仪器a的名称分液漏斗；

(2)乙焕与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙焕气流，制乙快时用饱和食盐水代替水，目的是减

缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO),已知乙块在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件

下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HN03反应发生H2c2。4和N02,化学反应方程

Hg(NO3)2

式C2H2+8HNO3(浓)=^~H2c2O4+8NO2+4H2O：

45-55℃

(3)滴定实验中草酸和高锌酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mi?+,发生的离子反应方程式

2MnO；+6H++5H2c2O4=2Mn2++10CO2f+8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锦

酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；

(4)用cmolL」酸性KMnCU标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL,n(KMnO4)=cvxl(y3m由滴

定原理可得关系式n(H2c2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cvxl(r3mo1,产品中草酸晶体(H2c2O2H2O)的质量为

3xv

m=nM=2.5cvx10molx1°°mLx126g/mol=1.575cvg,质量分数为——100%="7,攵%.

20mLaga

(5)酸性高铳酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；

(6)A.当V=10时，溶质为NaHCzO©HC2O；的电离常数为K4H2c2。4)=1.5*103水解常数为

K1x10~141

"。/口1大=《么团-2-77X1072,则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)>

Aal2U4)J.oxiuJ.O

+

c(OH),溶液中H,由HC2O4>IW共同电离产生，HC2O；电离程度大于H2O的电离程度，则c(H)

>C(C2O^)>C(OH),盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子

存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O；)>c(H+)>c(C2O：)>c(OH)故A错误：

B.当C（C20；尸c（HC2。；）时,K「（H）C（CN）=c(H+)=1.5xI0<,

C（HC2O；）

pH=-lgc(H+)=-lg1.5x10-4=4-lg3+1g2=3.8,故B正确；

+++

C.溶液中存在电荷守恒:C(OH)+2C(C2O1)+C(HC2O；)=c(Na)+c(H),若溶液pH=7,则c(H)=c(OH),

+

因此2C(C2O)+C(HC2O；)=c(Na'),所以c(C2Ot)+c(HC2O；)<c(Na),故C错误;

D.当溶液中c（Na+）=2c（C2O：）+2c（HCO；）+2c（H2c2O4）时即物料守恒，溶质为Na2c2O4,C?。?发

生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7,故D正确；

故选：BDo

19.（14分）镇痛药物J的合成方法如图：

O

回

CHOI-CH

22oCH^IKIh

AQ

CH3cH2C1

④CHJCHJ^N^

回°E

R.-NHR1、N~R3

已知：①I+C1—R3—j1+HC1

R2

R2

…nNaR|COCHCOOR

②R1COOR2+R3cH2COOR4-"以弱小_14+ROH

,&2

„9i.R3N“、,HR3衣nt以甘

③人一>A(&'R2、氐、R4为氢或燃基)

R[R2R]R2

@HN/+RCOOR,_____碱性条件_______>RCONZ

回答下列问题：

（l）反应②的反应类型，B的名称o

（2）F中含碳的官能团的名称。

（3）反应D―E的化学方程式。

（4）有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有种。

①遇FeCb溶液显紫色

②苯环上有两个取代基

写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1：1：2：2：2：3的结构简式（任写一种即可）

NH2NHCOCH2COCH[3

)℃出为原料制备X(jA^0CH3

(5)设计以CH3cH20H和)的合成路线:

。(无机试剂任选。)

【答案】

(1)取代反应3—氯丙烯

(2)酮镁基、碳碳双键

CH2CH=CH2CH2CH=CH2

浓硫酸N、

(3)1+H2O-A~~1+CH3OH

「COOCH3