2019-2020学年重庆市(区县)新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年重庆市（区县）新高考化学模拟试卷 一、单选题（本题包括 15 个小题，每小题 4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意） 1中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气 电池如下图 1 所示，电池的工作原理如下图 2 所示。下列有关说法正确的是A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B闭合开关 K 给锂电池充电， X 为直流电源正极 C放电时， Li +由正极经过有机电解质溶液移向负极 D充电时，阳极的电极反应式为Li 2O2-2e =O2 +2Li【答案】 D 【解析】【分析】 本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电

2、时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解 质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K 闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关 K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X 为直流电源负极，错误；C、放电时， Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2- 2e- =O2 +2Li+，故 D 正确。2下列判断中一定正确的是（）A若 R2-和 M +的核外电子层结构相同，则原子序数：R>MB若 X、Y 属于同主

3、族元素，且相对原子质量X>Y，则原子失电子能力： X>YC若 X、Y 都是气态氢化物，且相对分子质量X>Y，则沸点： X>YD若金属性 M>N，则以 M、N 为两电极的原电池中 M 一定是负极【答案】 B【解析】【分析】详解】A. 若 R2-和 M +的核外电子层结构相同，则 R元素在 M 元素的上一个周期，即原子序数： R<M，故 A 错误；B. 若 X、 Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则 X在 Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：X>Y，原子失电子能力： X>Y，故 B 正确；C. 因为 X、Y 可能为 N、O、F，则可能

4、存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确 定其沸点的大小，故 C 错误；D. 镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性M>N，则以 M 、N 为两电极的原电池中 M 不一定是负极，故 D 错误；综上所述，答案为 B。【点睛】活泼性不同的两金属单质形成原电池时， 一般活泼的金属作负极， 但作负极的金属要能与电解质溶液发生 氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。3热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3 产率降低。我国科研人员研制了 Ti-H-Fe 双温区催化剂（ Ti-H 区域和 Fe区

5、域的温度差可超过 100）。 Ti-H-Fe 双温区催 化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用* 标注。下列说法正确的是A为 N N 的断裂过程B 在高温区发生，在低温区发生C为 N原子由 Fe区域向 Ti-H 区域的传递过程D使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】 C【解析】【详解】A. 经历过程之后氮气分子被催化剂吸附， 并没有变成氮原子， ，过程中氮氮三键没有断裂， 故 A 错误；B. 为催化剂吸附 N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为 N 的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率要在低温区进行，故B 错误；C. 由题中图

6、示可知，过程完成了 Ti-H-Fe-* N到 Ti-H- *N-Fe两种过渡态的转化， N原子由 Fe区域向 Ti-H 区域传递，故 C 正确；故选： C。4天工开物中对制造染料 “蓝靛 ”的叙述如下： “凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日， 其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底 其掠出浮沫晒干者 曰靛花。 ”文中没有涉及的实验操作是A溶解B搅拌C升华D蒸发【答案】 C【解析】【详解】A、“水浸七日，其汁自来 ”涉及到溶解，故 A 不选；B、“搅冲数十下 ”涉及到搅拌，故 B 不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C 选；D

7、、“其掠出浮沫晒干者曰靛花 ”涉及到蒸发，故 D 不选； 故选 C。5工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A在铝土矿制备较高纯度 Al 的过程中常用到 NaOH 溶液、 CO2 气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2 1D黄铜矿 (CuFeS2)与 O2 反应产生的 Cu2S、FeO均是还原产物 【答案】 B 【解析】A. 用铝土矿制备较高纯度 A1，首先用 NaOH 溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过 滤、向滤液中通入 CO2 气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再

8、过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其 分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确； B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐 故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以 B不正确； C. 在制粗 硅时，发生反应 SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质 C与被还原的物质 SiO2的物质的量之比为 21， C是正 确的； D. 黄铜矿 (CuFeS2)与 O2反应，铜由 +2 价降为 +1 价被还原得到 Cu2S、氧由 0 价降至 -2得到 FeO，所 以 Cu2

9、S、FeO 均是还原产物， D 正确。6 Zn(CN)42-在水溶液中可与 HCHO 发生反应生成 Zn(H2O)42+和 HOCH2CN，下列说法错误的是()A Zn2+基态核外电子排布式为 Ar3d 10B1mol HCHO 分子中含有 键的数目为 1.806 ×1240C HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D Zn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，结构可表示为答案】 C解析】分析】详解】A Zn原子序数为 30，位于 B族，所以， Zn2+基态核外电子排布式为 Ar3d 10，A选项正确；B1 分子 HCHO含 2个 C-H键和 1个 C=

10、O键，共有 3个 键，所以， 1molHCHO分子中含有 键的物质 的量为 3mol ，数目为 1.806 ×1204， B选项正确；CHOCH2CN分子中与羟基相连的 C为 sp3杂化， -CN(-CN中) 的 C为 sp杂化， C选项错误；DZn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键， Zn 为 sp3 杂化，配位原子形成正四面体， 所以，Zn(CN)42-结构可表示为D 选项正确；答案选 C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有 1 个 键，如： C=O双键含 1 个 键、1个 键， CN叁键含 1 个 键、 2 个 键。7 NA是阿伏加德罗常数的值。

11、下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是A 46.0 g 乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子B 36.0 gCaO 2与足量水完全反应过程中转移的电子C53.5 g 氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4D5.0 g 乙烷中所含的共价键【答案】 C【解析】【详解】lmol 乙醇与过量冰醋酸在加热A 46.0 g 乙醇的物质的量为 1mol ，酯化反应为可逆反应，不能进行到底， 和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故 A 错误；0.5mol 电36gB36.0 gCaO2的物质的量为 72g /mol =0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气

12、，转移 子，故 B 错误；C53.5g 氯化铵的物质的量为 1mol ，中性溶液中 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒， c(NH4+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(Cl-)， 因此 c(NH4+)= c(Cl-)，即 n(NH4+)= n(Cl-)=1mol，故 C正确；D一个乙烷分子中含有 6个 C-H键和 1 个 C-C键，因此 5.0g 乙烷中所含的共价键数目为5g30g/ mol× 7×AN= 7 NA，故 D 错误；6答案选 C。【点睛】本题的易错点为 B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O 元素的化合价由 -1价变成 0 价和

13、 -2 价。8下列说法正确的是()A甲烷有两种二氯代物B1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为 5NAC等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3ClD邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构【答案】 D【解析】【详解】A. 甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故 A 错误；B. 1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为 6NA，故 B错误；C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光 照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故 C 错误；D. 邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是

14、由单双键交替组成的环状结构，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。9下列实验的 “现象 ”或 “结论或解释 ”不正确的是 ( )选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中， 充分反应 后滴加 KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将 Fe 氧化为 Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密 Al2O3 薄膜， 且 Al2O3 熔点高于 AlC少量待测液滴加至盛有 NaOH 浓溶液的试管中， 将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无 NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃， 迅速伸入集满 CO2 的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性

15、A ABBCCDD【答案】 A【解析】【分析】A. 稀硝酸与过量的 Fe 粉反应，铁粉过量，不生成 Fe3+；B. 铝在空气中加热生成氧化铝， Al2O3 熔点高于 Al；C. 检验 NH4+方法：待测液中加入 NaOH 浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D. 瓶内出现黑色颗粒，说明有 C 生成；【详解】A. 稀硝酸与过量的 Fe分反应，则生成硝酸亚铁和 NO气体、水，无铁离子生成， 所以加入 KSCN 溶液后， 不变红色，现象错误，故 A 错误；B. 铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B 正确；C. 检验 NH4+方法是：取少量待测溶液于试管

16、中，加入NaOH 浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故 C 正确；D. 瓶内出现黑色颗粒，说明有 C 生成，则 CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D 正确；故答案选 A。【点睛】 考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、 NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。10NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下， 33.6LSO3 中含有氧原子的数目为 4.5NAB 1L 浓度为 0.1mol/L 的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4NAC 0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为 0

17、.2NAD 1L0.2mol/L 的 FeCl3溶液和过量 KI溶液充分反应可生成 0.1molI 2答案】 C解析】详解】A. 标准状况下， SO3呈固态，不能利用 22.4L/mol 进行计算， A 错误；B 错误；B. 磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，C. 丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以 0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为 0.2NA，C 正确；D. 理论上， 1L0.2mol/L 的 FeCl3溶液和过量 KI溶液充分反应可生成 0.1molI 2，但反应为可逆反应，所以生 成 I2小于 1mol ， D 错误。故选 C。【点睛】当看到试题中提供

18、2.24、4.48、6.72 等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要克制住自己的情绪， 切记先查验再使用的原则。只有标准状况下的气体，才能使用 22.4L/mol 。特别注意的是： H2O、NO2、HF、 SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。11关于反应 2HI(g) 噲垐 ? H2(g) I2(g) - 11 kJ，正确的是A反应物的总键能低于生成物的总键能B 1mol I 2(g)中通入 1mol H 2(g)，反应放热 11kJC等物质的量时， I 2(g)具有的能量低于 I2(l)D平衡时分离出 HI(g)，正反应速率先减小后增大【答案】 D【解析】【详解】A 反应是吸热反应，

19、反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A 错误；B反应为可逆反应不能进行彻底， 1mol I 2(g)中通入 1mol H 2(g)，反应放热小于 11kJ ，选项 B 错误； C等物质的量时， I2( g)具有的能量高于 I2(l)，选项 C 错误；D平衡时分离出 HI (g)，平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比 原来速率小，选项 D 正确；答案选 D。12 三元轴烯( a)、四元轴烯( b)、五元轴烯( c)的结构简式如图所示，下列说法不正确的是Aa、b、c 都能发生加成反应Ba 与苯互为同分异构体Ca、b、c 的一氯代物均只有一种Dc 分子中的原子不在同

20、一个平面上答案】 D解析】分析】详解】A. a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B. a 和苯的分子式均为 C6H6，且结构不同，则 a 与苯互为同分异构体，故 B正确；C. a、 b、 c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D. c 分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c 中所有的原子在同一个平面上，故D错误； 故选 D。【点睛】 在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物 可在此基础上进行判断即可。13 下列说法正确的是A甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B 2,3,5

21、,5- 四甲基 -3,3- 二乙基己烷的键线式为C高聚物和 均是缩聚产物，它们有共同的单体D将总物质的量为 1 mol 的水杨酸、 1,2- 二氯乙烷和 CH3NHCOOCH3的混合物与 NaOH溶液充分反应，最 多可以消耗 2 mol NaOH答案】 D解析】详解】A. 甘油醛不属于单糖，故错误；B. 键线式为 的名称为 2,2,4,5- 四甲基 -3,3- 二乙基己烷，故错误；C. 高聚物 的单体为碳酸乙二醇，而 的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D. 水杨酸含有羧基和酚羟基， 1 mol 的水杨酸消耗 2mol 氢氧化钠， 1 mol 的 1,2- 二氯乙烷消耗 2mol 氢氧化

22、钠， CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键， 所以 1 mol 的 CH3NHCOOCH3消耗 2mol 氢氧化钠， 将总物质的量为1 mol 三种物质的混合物与 NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH ，故正确。故选 D。列说14 一种钌 (Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。 法错误的是A电池工作时，光能转变为电能，X 为电池的负极B镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-C电解质溶液中发生反应 :2Ru3+3I-2Ru2+I3-D电池工作时，电解质溶液中I-和 I3-的浓度基本不变【答案】 B【解析】【分析】【详解】Y 为正极，故 A

23、A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X 为负极，电极正确；B、根据示意图， I3I，化合价降低，应发生还原反应，故B 错误；C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3+3I-2Ru2+I3-，故 C 正确；D、根据示意图， I和 I3的浓度基本不变，故 D 正确。答案选 B。15设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1L 0.1mol/L 的 NaHS溶液中 HS-和 S2-离子数之和为 0.1NAB2.0 g H218O与 D2O 的混合物中所含中子数为 NAC1 mol Na 2O2固体中含离子总数为 4NAD3 mol Fe 在足量的水蒸气中完

24、全反应转移9NA个电子答案】 B解析】 【详解】A. HS-在溶液中既能水解为 H2S又能电离为 S2-，根据物料守恒可知溶液中 H2S、HS-和 S2-的个数之和为 0.1NA 个，故 A 错误；B. H218O 与 D2O的摩尔质量均为 20g/mol ，且均含 10 个中子，故 2.0g混合物的物质的量为 0.1mol ，含 NA 个中子，故 B 正确；C. 过氧化钠由 2 个钠离子和 1 个过氧根构成，故 1mol 过氧化钠中含 3NA 个离子，故 C错误；8D. 铁与水蒸汽反应后变为 + 价，故 3mol 铁和水蒸汽反应后转移 8mol 电子即 8N A个，故 D 错误； 3故选：

25、B。二、实验题（本题包括 1 个小题，共 10 分） 16氮化铝 （AlN） 是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3 3CN22AlN 3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和 NaNO2与 NH4Cl 溶液制取氮气的化学方程式为 _。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A 的作用是 _（填写序号 ）。a防止 NaNO2 饱和溶液蒸发 b保证实验装置不漏气 c使 NaNO2 饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D 末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下， _。（ 4）化学研究小组的装置存在严

26、重问题，请说明改进的办法：_。（ 5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计 ）。已知：氮化铝和 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2 和氨气。 广口瓶中的试剂 X 最好选用 _（填写序号 ）。a汽油b酒精c植物油d CCl4 广口瓶中的液体没有装满 （上方留有空间 ），则实验测得 NH3的体积将 _（填“偏大 ”、 “偏小”或“不变 ”。） 若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为 3.36L（标准状况 ），则样品中 AlN 的质量分数为 _。【答案】 NaNO2+NH4Cl NaCl+N2 +2H2Oc 用酒精灯微热蒸馏烧瓶

27、， 导管口有气泡冒出， 撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好 在干燥管 D 末端连接一个尾气处理装置 c 不变 61.5%【解析】【分析】制取氮化铝： 用饱和 NaNO2 与 NH4Cl溶液制取氮气 NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管 A，平衡内外压强，使 NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气， 碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO， D 防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和 NaNO2 与 NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和

28、水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（ 4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（ 5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那 么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中， 根据等量法可知， 进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气 的体积所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进 而根据方程式求出氮化铝的质量。 产生的氨气极易溶于水， 为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离， 因此应选择不能与氨气产生作用的液 体作为隔离液；选用的试剂应是

29、和水不互溶，且密度大于水的； 反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨 气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可； 根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分 含量。【详解】制取氮化铝： 用饱和 NaNO2 与 NH4Cl溶液制取氮气 NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管 A，平衡内外压强，使 NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气， 碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式

30、为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO， D 防止空气进入反应装置干扰实验。（ 1）饱和 NaNO 2 与 NH 4Cl 溶液反应生成氯化钠、 氮气和水，反应为 NaNO2+NH4ClNaCl+N2 +2H2O；故答案为： NaNO2+NH4ClNaCl+N2 +2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A 具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选 c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀 冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用 酒精灯微热蒸馏烧瓶，

31、 导管口有气泡冒出， 撤掉酒精灯一段时间， 导管内上升一段水柱， 证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D 末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管 D 末端连接一个尾气处理装置；（5）酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而 且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔 离；故答案为： c；本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此， 把最后空

32、间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变； 氨气的体积为 3.36L（标准状况） ，物质的量是 0.15mol ，所以氮化铝的物质的量是 0.15mol ，质量是6.150.15mol × 41g/mol=6.15，g 所以氮化铝的质量分数为× 100%=61.5%，故答案为： 61.5%。10【点睛】 本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所 学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全 面把握基础知识。三、推断题（本题包括 1个小题，共

33、10 分）17有机物聚合物 M ：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃 C4H8 合成 M 的合成路线如下：回答下列问题：（ 1） C4H8的结构简式为 ，试剂 II 是。（2）检验 B反应生成了 C的方法是 。（3）D 在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为 ；（4）反应步骤 不可以为 的主要理由是 。答案】NaOH 水溶液 取样，加入新配 Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成 C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C保护碳碳双键不被氧化解析】分析】1)根据 M 的结构简式可知详解】F与乙酸酯化生成 M，则 F的结构简式为 CH

34、2C(CH3)COOCH2CH2OH。E 和环 氧乙烷生成 F，则 E的结构简式为 CH2C(CH3)COOH，因此 C4H8应该是 2甲基2 丙烯，其结构简式为；B 连续氧化得到 D，D 发生消去反应生成 E，所以反应 应该是卤代烃的水解反应，因此试剂 II 是 NaOH 水溶液；2)B发生催化氧化生成 C，即 C中含有醛基， 所以检验 B反应生成了 C的方法是取样， 加入新配 Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明 生成 C；(3)D 分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为

35、 ；(4) 由于碳碳双键易被氧化， 所以不能先发生消去反应， 则反应步骤 不可以为 的主要理由 是保护碳碳双键不被氧化。四、综合题(本题包括 2 个小题，共 20 分)18据央广新闻报道， 2016 年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近 105 吨可挖 80 年。除了发现的特 大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：(1) 铅原子的价层电子排布式为 ，原子核外有 个未成对电子。(2) 锌与镓 ( Ga)同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是 。(3) 天然碱的化学式为 Na2CO3· NaHCO3 · 2H2O。( I) 天然碱

36、的晶体类型是 ； H2O 的 VSEPR模型为 。( )Na2CO3中存在的作用力类型主要有 ，CO32中 C 的杂化类型为 。( 4 )金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2 Au( CN) 2一 Zn2Au Zn( CN) 4 2。与 CN一互为等电子体的离子有 ( 任写一种 ) ，HCN 分子中 键和 键数目之比为 。( 5 )金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为 g· cm3，摩尔质量 M( Au) 197g· mol 1，阿伏加德罗常数为 NA。则晶体中金原子的配位数为 ，金原子 (或粒子 )的半径 r_pm (用含 和 NA的代数式表示 ) 。答案】 6

37、s26p22Zn 的价电子排布式为 3d104s2，全充满结构稳定， 而 Ga 的价电子排布式为 4s24p1，不稳定， 所以锌的第一电离能大于镓的第一电离能离子晶体 四面体形离子键、 共价键sp2C221:1122 788410-30 NA解析】详解】( 1 )铅原子位于第六周期第 A 族，价电子排布为 6s26p2；根据洪特规则，电子在能量相同的轨道上排布 时，电子优先排布在不同的轨道上，且自旋方向相同，铅原子核外 6p 轨道上的 2 个电子未成对； (2)Zn和 Ga处于同一周期，锌原子价电子为3d104s2，镓位于周期表中第四周期第 A，价电子排布式为4s24p1，Zn的 4s能级处于

38、全充满状态，较稳定，所以锌的第一电离能大于镓的第一电离能；(3)( I) Na2CO3、NaHCO3属于离子化合物， 所以 Na2CO3·NaHCO3·2H2O是离子晶体； H2O 中氧原子的价电 子对数是 6+2 =4 ， VSEPR模型为四面体；2( )Na2CO3 是离子晶体，存在离子键、共价键，存在的作用力类型主要有离子键、共价键；CO32中 C原4+2子的价电子对数是=3 ，C原子杂化方式是 sp2；2( 4) CN一的原子数是 2、价电子数是 14，与 CN一互为等电子体的离子有 C22 ；单键为 键，叁键中有 1 个 键和 2个 键， HCN的结构式是 H-C

39、 N ，所以 HCN分子中 键和 键数目之比为 1:1； ( 5 )根据图示，金为面心立方晶胞，金原子配位数是离金原子最近且距离相等的原子数，金原子的配位数11是 12；根据均摊原则， 1 个晶胞中金原子数是 8 +6 =4 ，设晶胞的边长是 a pm ，晶胞的体积是824 197 788 1a3 10 30cm3 ，则 a3 10 30 N = ，a=3 10-30 N ；金原子半径等于面对角线的 4 ，金原子 ( 或粒子 ) 的半径1 个晶胞占用 1 、面心的8点睛】 本题的难点是晶胞的计算，需熟悉晶胞中原子数的计算，立方晶胞顶点的原子被11原子被 1 个晶胞占用 、楞上的原子被 1 个晶

40、胞占用 。2419 有效去除大气中的 NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1) 在没有 NOx催化时， O3 的分解可分为以下两步反应进行； O3=O+O2 (慢)O+O3=2O2 (快)第一步的速率方程为 v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为 v2=k2c(O3) ·c(O)。其中 O 为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用 k1、 k2组成的代数式表示 c(O)=。(2) NO 做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知： O3(g)+O(g)=2O2(g) H= 143 kJ/m

41、ol反应 1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=200.2 kJ/mol 。反应 2：热化学方程式为 。n(NO 2 )(3) 一定条件下，将一定浓度 NOx(NO2和 NO的混合气体 )通入 Ca(OH)2悬浊液中，改变2 ，NOx 的去n(NO)除率如图所示。已知： NO 与 Ca(OH)2 不反应；NOx 的去除率 =1从Ca(OH) 2悬浊液中逸出的 NO x的物质的量通入 Ca(OH) 2悬浊液中 NO x的物质的量× 100% nn(NNOO)2)在 0.30.5之间， NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为： 当n(NO2) 大于 n(NO) 大于

42、1.4 时，NO2去除率升高，但NO 去除率却降低。其可能的原因是(4) 若将 CO和 NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) H= 759.8n COkJ/mol ，反应达到平衡时， N2 的体积分数随n NO的变化曲线如图。 b点时，平衡体系中 C、N 原子个数之比接近 。 a、 b、c 三点 CO的转化率从小到大的顺序为 ； b、 c、d 三点的平衡常数从大到小的顺序为(以上两空均用a、 b、 c、 d 表示 ) 。n CO若 n NO =0.8，反应达平衡时， N2的体积分数为 20%，则 NO 的转化率为 【答案】 1NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H2=+57.2 kJ/molNO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2Ok2NO2量太多，剩余的 NO2和水反应生成 NO 逸出，导致 NO 去除率降低1：1c<b<a b=c>d 60%【解析】【分析】(1) 由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2) 根据盖斯定律将两个热化学反应相减