2019年广东省佛山市高考化学一模试卷（含答案解析）

《2019年广东省佛山市高考化学一模试卷（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年广东省佛山市高考化学一模试卷（含答案解析）（15页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2019 年广东省佛山市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共 7 小题，共 42.0 分）1. 硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环(如图所示) 说法正确的是（ ）A. 含硫杄菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环B. 硫循环中硫的化合物均为无机物C. 上述硫循环中硫元素均被氧化D. 烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放【答案】A【解析】解：A流程分析可知，含硫杄菌及好氧 /厌氧菌使硫酸盐、亚硫酸盐缓慢变化植物的关系缓慢，含硫杄菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，故 A 正确；B硫循环中硫的化合物为有机物、无机物，故 B 错误；C上述硫循环中硫元素化合价升高被氧化，也有硫元素化合价降低

2、为-2 价被还原，故 C 错误；D加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入 CaO 后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故 D 错误；故选：A。A含硫杄菌及好氧/厌氧菌使硫酸盐、亚硫酸盐缓慢变化植物；B火山地壳运动单质硫生成含硫有机物、煤和石油；C含硫有机物、煤和石油生成硫化氢，硫元素化合价降低；D加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙；本题考查了元素化合物知识，涉及环境中硫的转化、硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧

3、重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。2. NA 为阿伏加德常数的值。下列叙述中正确的是（ ）A. 标准状态下，2.24 L CH 3OH 中质子数为 18NAB. 28gC2H4 和 C2H6 混合气体中氢原子数目为 4NAC. 60g 乙酸分子中共用电子对数目为 8NAD. 1L0.1 mol/LHF 的水溶液中 HF 共价键数目为 0.1NA【答案】C【解析】解：A、标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 A 错误；B、C 2H4 和 C2H6 的摩尔质量不同，故 28g 混合物的物质的量无法计算，则含有的 H 原子数无法计算，故 B 错误；C、60g

4、 乙酸的物质的量为 1mol，而乙酸中含 8 共用电子对，故 1mol 乙酸中含有 8NA对共用电子对，故 C 正确；D、HF 溶于水后部分电离，共价键部分被破坏，则此溶液中含有的 HF 共价键小于0.1NA 个，故 D 错误。故选：C。A、标况下甲醇为液体；B、C 2H4 和 C2H6 的摩尔质量不同，其含有的 H 原子数也不同；C、求出乙酸的物质的量，然后根据乙酸中含 8 共用电子对来分析；D、HF 溶于水后部分电离。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3. 某防晒产品中含水杨酸乙基己酯(结构简式如图) 、丙烯酸 (CH2= CH-

5、COOH)、甘油(丙三醇) 、水等物质。下列说法错误的是 A. 甘油具有保湿作用B. 水杨酸乙基己酯结构中所有的碳原子均可共面C. 水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有四种D. 丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应【答案】B【解析】解：A甘油易溶于水，具有保湿作用，故 A 正确；B水杨酸乙基己酯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不共面，故 B 错误；C水杨酸乙基己酯苯环有 4 个 H，结构不对称，一氯代物有 4 种，故 C 正确；D丙烯酸含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，故D 正确。故选：B。A甘油易溶于水，具有吸水性；B水杨酸乙基己酯含有饱和碳原子；C水杨

6、酸乙基己酯苯环有 4 个 H，结构不对称；D丙烯酸含有碳碳双键和羧基。本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团与性质关系即可解答，侧重考查基本概念、烯烃、羧酸等知识点，题目难度不大。4. 图甲丁中关于海带提取碘的部分实验操作及目的正确的是（ ）A. 装置甲的作用是使海带中 I2 升华B. 装置乙加 H2O2 发生置换反应生成 I2C. 装置丙用于富集水溶液中的 I2D. 装置丁用于分离 I2 和水的混合物【答案】C【解析】解：A海带中碘以离子存在，则灼烧不能使碘升华，故 A 错误； B过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，不属于置换反应，故 B 错误； C碘不易溶于

7、水，易溶于四氯化碳，分液漏斗可富集水溶液中的 I2，故 C 正确； D碘和水的混合物，沸点差异不大，不能蒸馏分离，应选萃取法，故 D 错误； 故选：C。A海带中碘以离子存在； B过氧化氢氧化碘离子生成碘单质； C碘不易溶于水，易溶于四氯化碳； D碘和水的混合物，沸点差异不大。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、海水资源应用、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5. 我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制 H2(装置如图)。总反应为 CO(NH2)2+H2O=3H2+N2+CO2。下列说

8、法中错误的是 A. a 为阳极，CO(NH 2)2 发生氧化反应B. b 电极反应为：2H 2O+2e =H2+2OHC. 每转移 6mol 电子，a 电极产生 1molN2D. 电解一段时间，a 极区溶液 pH 升高【答案】D【解析】解：电解富尿素废水低能耗制 H2，总反应为 CO（NH 2）2+H2O=3H2+N2+CO2，放出氢气的电极 b 为阴极，电极反应：2H 2O+2e-=H2+2OH-，放出氮气的电极 a 为阳极，电极反应：CO（NH 2） 2-6e-+6OH-=N2+CO2+5H2O，A分析可知 a 为阳极，CO （ NH2） 2 发生氧化反应，故 A 正确；Bb 电极为阴极，

9、溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应为：2H 2O+2e-=H2+2OH-，故 B 正确；C电极反应：CO（NH 2） 2-6e-+6OH-=N2+CO2+5H2O，每转移 6mol 电子，a 电极产生 1molN2，故 C 正确；D分析可知 a 为阳极，电解一段时间，CO（NH 2） 2-6e-+6OH-=N2+CO2+5H2O，a极区溶液 pH 减小，故 D 错误；故选：D。电解富尿素废水低能耗制 H2，总反应为 CO（NH 2） 2+H2O=3H2+N2+CO2，放出氢气的电极 b 为阴极，电极反应：2H 2O+2e-=H2+2OH-，放出氮气的电极 a 为阳极，电极反应：CO（NH 2）

10、 2-6e-+6OH-=N2+CO2+5H2O，据此分析回答问题。本题考查了电解原理的分析应用、电极反应和电子守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。6. 已知 W、X 、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，W 与 Z 同主族，X 与 Y同周期，且 Y 与 Z 的原子序数之和为 20Y 单质能与无色无味液体 m 反应置换出 X 单质，Z 单质也能与 m 反应置换出 W 单质。W、X 、Y 均能与 Z 形成离子化合物。下列说法错误的是（ ）A. X、Z 两元素的简单离子电子层结构相同B. X 与 Z 形成的离子化合物一定只含有离子键C. Y 的氢化物比 X 的氢化物稳定D. W 与

11、 Y 形成的化合物 WY 可刻蚀玻璃【答案】B【解析】解：由上述分析可知，W 为 H、X 为 O、Y 为 F、Z 为 Na， AX、Z 两元素的简单离子的核外电子数均为 10，则电子层结构相同，故 A 正确； BX 与 Z 形成的离子化合物若为过氧化钠，含离子键及共价键，故 B 错误； C非金属性越强，对应氢化物越稳定，则 Y 的氢化物比 X 的氢化物稳定，故 C 正确；DW 与 Y 形成的化合物为 HF，可刻蚀玻璃，故 D 正确； 故选：B。W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素， W 与 Z 同主族，X 与 Y 同周期，且 Y 与 Z 的原子序数之和为 20Y 单质能与无色无味液体

12、 m 反应置换出 X 单质，Z单质也能与 m 反应置换出 W 单质，可知 m 为 H2O，结合原子序数、元素的位置及性质可知，Y 为 F、X 为 O、Z 为 Na、W 为 H，且 W、X、Y 均能与 Z 形成离子化合物，以此来解答。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与水反应发生的置换反应，题目难度不大。7. 常温下，向 20mL0.1moL 的 H3PO4 溶液中滴加 0.1moL 的 NaOH 溶液，所得溶液的 pH 与 NaOH 溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. H3PO4 溶液第一步滴定

13、可用酚酞作指示剂B. A 点溶液中 c（H 2PO4-） c（H 3PO4）c（HPO 42-）C. 图象中 A、 B、C 三处溶液中 相等D. B 点溶液存在 2c（Na +）=c （PO 43-）+c（H 2PO4-）+c（ PO42-）+c（H 3PO4）【答案】C【解析】解：A加入 20mL 等浓度的 NaOH 溶液时生成 NaH2PO4，此时溶液的pH=4，酚酞的变色范围为 810，不能用酚酞作左上角，故 A 错误；BA 点溶质为 NaH2PO4，溶液的 pH=4，说明 H2PO4-的电离程度大于其水解程度，则溶液中 c（HPO 42-）c （H 3PO4），正确的离子浓度大小为：c

14、（H 2PO4-）c （HPO 42-）c（H 3PO4），故 B 错误；C. 为 HPO42-的水解平衡常数，只受温度的影响，所以 A、B、C 三处溶液中 相等，故 C 正确；DB 点加入等浓度的 40mLNaOH 溶液，反应后溶质为 Na2HPO4，根据物料守恒可得：c（Na +） =2c（PO 43-）+2c（H 2PO4-）+2c（PO 42-）+2c（H 3PO4），故 D 错误；故选：C。A加入 20mL 等浓度的 NaOH 溶液时生成 NaH2PO4，此时溶液的 pH=4，结合酚酞的变色范围分析；BA 点溶质为 NaH2PO4，溶液的 pH=4，据此判断粒子浓度大小；C. 为 H

15、PO42-的水解平衡常数；DB 点反应后溶质为 Na2HPO4，根据 Na2HPO4 溶液中的物料守恒分析。本题考查酸碱混合的定性判断及溶液 pH 的计算，题目难度中等，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解及离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。二、填空题（本大题共 1 小题，共 14.0 分）8. 葡萄糖酸亚铁（C 6H11O7） 2Fe是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备 FeCO3，并利用 FeCO3 与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题： （1）a 的名称为_。（2）打开 a 中 K1、K 3，关闭 K2，一段时间后，关闭

16、 K3，打开 K2。在_（填仪器标号）中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的 H2 作用有_、_。（写 2 条）（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因_。（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是_。（5）用 NaHCO3 溶液代替 Na2CO3 溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为_，此法产品纯度更高，原因是_。【答案】(1)恒压滴液漏斗(2) c ; 氢气作用是排出装置内空气，防止生成的 FeCO3 被氧化； 将 b 中溶液压入c 中 (3) 4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH） 3+

17、4CO2 (4) 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度 (5) Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O ; 降低溶液的 pH，以免产生氢氧化亚铁【解析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故烧瓶 b 中制备硫酸亚铁，三颈烧瓶 c 中 FeSO4 和 Na2CO3 发生反应： FeSO4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，（1）根据仪器 a 的构造判断其名称；（2）亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与稀硫酸反

18、应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故烧瓶中制备硫酸亚铁，三颈烧瓶中 FeSO4 和 Na2CO3 发生反应：FeSO 4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中；（3）红褐色为氢氧化铁，说明碳酸亚铁被氧气氧化成氢氧化铁；（4）葡萄糖酸亚铁（C 6H11O7） 2Fe易溶于水，几乎不溶于乙醇；（5）FeSO 4 溶液与 NaHCO3 溶液反应生成 FeCO3、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；产物中有二氧化碳生成，可提高溶液酸性，防止生成氢氧化亚铁。本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关

19、键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。【解答】（1）根据图示可知，仪器 a 为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；（2）Fe 与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故先打开 a 中 K1、K 3，关闭 K2，此时在 b 中制备硫酸亚铁；一段时间后，关闭 K3，打开K2，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶 c 中，发生反应为：FeSO 4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4，因此碳酸亚铁在 c 中生成；故答案为：c；氢气作用是排出装置内空气，防止生成的 FeCO3 被氧化；将 b 中

20、溶液压入 c 中；（3）+2 价的铁具有还原性，则 FeCO3 浊液在空气中容易被氧化生成氢氧化铁，该反应的化学方程式为：4FeCO 3+6H2O+O2=4Fe（OH） 3+4CO2，故答案为：4FeCO 3+6H2O+O2=4Fe（OH） 3+4CO2；（4）由于葡萄糖酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，加入乙醇可降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，从而提高产率，故答案为：降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；（5）FeSO 4 溶液与 NaHCO3 溶液反应生成 FeCO3、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：Fe 2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，该反应生成二氧化碳，使溶液的 pH 减小，从而

21、避免生成氢氧化亚铁，故答案为：Fe 2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；降低溶液的 pH，以免产生氢氧化亚铁。三、简答题（本大题共 4 小题，共 49.0 分）9. 钛白粉（TiO 2）广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石主要成分为（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5，含有少量 Al2Ca（SiO 4） 2制备 TiO2，工艺流程如下。已知：TOSO 4 易溶于水，在热水中易水解生成 H2TiO3 回答下列问题：（1）（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5 中钛元素的化合价为_，实验“焙烧”所需的容器名称是_，“滤渣”的主要成分是_（填化学式。）（2）制取 H2

22、TiO3 的化学方程式为 _。（3）矿石粒度对 TiO2 的提取率影响如图，原因是_。（4）相关的金属难溶化合物在不同 pH 下的溶解度（s ，molL -1）如图所示，步骤应该控制的 pH 范围是_ （填标号）A.12 B.23 C.56 D.1011（5）常用硫酸铁铵NH 4Fe（SO 4） 2滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解 ag 二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取 20.00mL，以 NH4SCN 作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti 3+Fe3+=Ti4+Fe2+滴定终点的现象为_。滴定终点时消耗 bmolL-1 N

23、H4Fe（SO 4） 2 溶液 VmL，则 TiO2 纯度为_。 （写表达式）【答案】+4 坩埚 CaSO4、CaSiO 3 TiOSO4+2H2O H2TiO3+H2SO4 矿石颗粒越小，反应接触面积越大，反应速率越快 B 当滴入最后一滴 NH4Fe（SO 4） 2 溶液时，溶液变为血红色且半分钟内不褪色 【解析】解：（1）（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5 经过 NH4HSO4 浸取、焙烧、水浸过程得到Fe2+，所以（ Mg0.5Fe0.5）Ti 2O5 中 Fe 化合价为+2，设 Si 的化合价为 x，根据化合物中化合价规则有+20.5+（+2）0.5+2x+（-2 ）5=0，x=+

24、4；实验“焙烧”所需的温度高，一般选用坩埚；根据原料黑钛矿石主要成分为（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5，含有少量Al2Ca（SiO 4） 2和加入 NH4HSO4 浸取、焙烧、水浸过程，结合元素守恒可知滤渣为含有 Ca2+的硅酸盐、硫酸盐等物质，即为 CaSO4、CaSiO 3；故答案为：+4；坩埚；CaSO 4、CaSiO 3；（2）TOSO 4 易水解，根据水解规律可知 TOSO4 易水解生成 H2TiO3 和 H2SO4，所以水解方程式为 TiOSO4+2H2O H2TiO3+H2SO4；故答案为：TiOSO 4+2H2O H2TiO3+H2SO4；（3）由 TiO2 提取率与矿石

25、粒度关系图象可知：矿石颗粒越小，反应接触面积越大，反应速率越快，TiO 2 提取率越高；故答案为：矿石颗粒越小，反应接触面积越大，反应速率越快；（4）根据金属难溶化合物在不同 pH 下的溶解度图象可知：H 2TiO3 沉淀完全的 pH 为2 左右，Al 3+、Fe 2+、Mg 2+等离子沉淀的 pH 大于 3，所以应该控制的 pH 范围是使TiO2+水解完全、而 Al3+、Fe 2+、Mg 2+不能沉淀，所以 2pH3；故答案为：B；（5）因为 Ti3+Fe3+=Ti4+Fe2+，当 Ti3+反应完，溶液中铁离子使溶液显红色，则当滴入最后一滴 NH4Fe（SO 4） 2 溶液时，溶液变为血红色

26、且半分钟内不褪色，则说明达到终点；故答案为：当滴入最后一滴 NH4Fe（SO 4） 2 溶液时，溶液变为血红色且半分钟内不褪色；由关系式 TiO2TiO 2+Ti 3+NH 4Fe（SO 4） 2 可知 n（TiO 2）=nNH 4Fe（SO 4） 2=bmol/V10-3L =5bV10-3mol，m （TiO 2）=nM=5bV10 -3mol80g/mol=0.4bVg，TiO 2 纯度= = ；故答案为： 。制备 TiO2 流程：粉碎的黑钛矿石经 NH4HSO4 浸取和焙烧，改变原料结构，再水浸取、过滤得到 FeSO4、Al 2（SO 4） 3、MgSO 4、TiOSO 4 溶液和 C

27、aSO4、CaSiO 3 滤渣，控制滤液的 pH 使 TiOSO4 水解生成 H2TiO3 而除去 FeSO4、Al 2（SO 4）3、MgSO 4，H 2TiO3 煅烧分解生成 TiO2；（1）（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5 经过 NH4HSO4 浸取、焙烧、水浸过程得到 Fe2+，所以（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5 中 Fe 化合价为+2，根据化合物中元素化合价代数和为 0 求出（Mg 0.5Fe0.5）Ti 2O5 中钛元素的化合价；实验“焙烧”所需的温度高，一般选用坩埚；根据原料和加入试剂、结合元素守恒可知滤渣为含有 Ca2+的硅酸盐等物质；（2）TOSO 4 易溶于水

28、，在热水中易水解生成 H2TiO3，所以 TiOSO4 水解生成 H2TiO3和 H2SO4；（3）分析 TiO2 提取率与矿石粒度关系图象作答；（4）根据金属难溶化合物在不同 pH 下的溶解度图象可知：H 2TiO3 沉淀完全的 pH 为2 左右，Al 3+、Fe 2+、Mg 2+等离子沉淀的 pH 大于 3，所以应该控制的 pH 范围是使TiO2+水解完全、而 Al3+、Fe 2+、Mg 2+不能沉淀的 pH；（5）硫酸铁铵NH 4Fe（SO 4） 2滴定法测定钛白粉的纯度的原理是：酸溶解二氧化钛样品得到 TiO2+，铝粉还原 TiO2+（3TiO 2+Al+6H+=3Ti3+Al3+3H

29、2O），由于Ti3+Fe3+=Ti4+Fe2+，当 Ti3+反应完全，溶液中 Fe3+使 NH4SCN 溶液显红色，达到滴定终点；利用原子守恒建立关系式，通过关系式得到 n（TiO 2）与 nNH4Fe（SO 4） 2的等量关系。本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、氧化还原滴定、学生的阅读、分析、提取信息解决问题的能力，主要是化学工艺流程，题目难度较大，做题时注意从物质的性质角度结合题中信息解答。10. 石油化工生产中，利用裂解反应可以获得重要化工原料乙烯、丙烯。一定条件下，正丁烷裂解的主反应如下：反应 I C4H10（g） CH4（g）+CH 3

30、CH=CH2（g）H 1；反应C 4H10（g） C2H6（g）+CH 2=CH2（g）H 2；回答下列问题：（1）正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热分别为 Q 1kJmol-1、O 2 kJmol-1、Q 3 kJmol-1，反应的H 2=_。（2）一定温度下，向容积为 5L 的密闭容器中通入正丁烷，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）数据如下：时间 t/min 0 a 2a 3a 4ap/MPa 5 7.2 8.4 8.8 8.8该温度下，正丁烷的平衡转化率 =_；反应速率可以用单位时间内分压的变化表示，即 =P/t，前 2a min 内正丁烷的平均反应速率 v（正丁烷）=_MPamin-1。若

31、平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为 、 ，则该温度下反应 I 的压力平衡常数 Kp=_MPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，保留三位有效数字）。若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积_8.8L（填“”“”或“=”）实际生产中发现高于 640K 后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是_（任写 1 条）。（3）一种丁烷燃料电池工作原理如图所示。A 电极上发生的是_反应（填 “氧化”或“还原”）写出 B 电极的电极反应式： _。【答案】（O 2+O3-O1）kJmol -l 76% 2.13 催化剂活性降低或副产物增多等 还原 C4H10+13O2-2

32、6e-=4CO2+5H2O【解析】解：（1）正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热的热化学方程式CH 3CH2CH2CH3（g）+ O2（g）=4CO 2（g）+5H 2O（g）H=-Q 1kJmol-1，CH 3CH3（g）+ O2（g） =2CO2（g）+3H 2O（l ）H=-O 2kJmol-l，CH 2=CH2（g）+3O 2（g）=2CO 2（g）+2H 2O（l ） H=-Q3 kJmol-l，根据盖斯定律- 得到反应的H 2=-Q1kJmol-1-（-O 2kJmol-l）-（-Q 3 kJmol-l）=（O 2+O3-O1）kJmol -l；故答案为：（O 2+O3-O1）kJmol -

33、l；（2）恒温恒容时气体的物质的量之比等于压强之比，所以设起始设 n（C 4H10）=5mol，则平衡时混合气体的总物质的量为 8.8mol，反应 I、反应 II 均为完全反应1mol 正丁烷，同时生成 2mol 混合气体的反应，所以混合气体的n= n（正丁烷），而n=（8.8mol-5mol ）=3.8mol，所以正丁烷的变化量 n（正丁烷）=3.8mol ，故正丁烷的平衡转化率 = =76%；同理 2a min 时刻混合气体的总物质的量为8.4mol，n（正丁烷）=（8.4mol-5mol ）=3.4mol，p（正丁烷）= 8.4Mpa=1.6Mpa， P=5Mpa-1.6Mpa=3.4M

34、pa，前 2a min 内正丁烷的平均反应速率 v（正丁烷） = = Mpa/min= Mpa/min；故答案为： ；据反应 I、反应 II 的特点可知，甲烷和丙烯的体积分数相等、均为 ，乙烯和乙烷的体积分数相等、均为 ，计算出正丁烷的体积分数为 ，则 p（C 4H10）= 8.8Mpa=1.2Mpa、p（CH 4）=p（CH 3CH=CH2）= 8.8Mpa=1.6Mpa，所以反应 I的压力平衡常数 Kp= = =2.13Mpa；故答案为：2.13；反应 I、反应 II 的正向均为体积增大的反应，随着反应进行，容器内压强增大，所以恒温恒压体系相当在恒温恒容基础上增大容器体积，反应正向进行，气

35、体的条件增大；故答案为：；催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多；故答案为：催化剂活性降低或副产物增多等；（3）丁烷燃料电池的正极 A 为空气极，得到电子发生还原反应；故答案为：还原；极 B 为丁烷极，失去电子，根据电子守恒、电荷守恒得到电极反应式为 C 4H10+13O2-26e-=4CO2+5H2O；故答案为：C 4H10+13O2-26e-=4CO2+5H2O。（1）正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热的热化学方程式CH 3CH2CH2CH3（g）+ O2（g）=4CO 2（g）+5H 2O（g）H=-Q 1kJmol-1

36、， CH3CH3（g）+ O2（g）=2CO2（g）+3H 2O（l）H=-O 2kJmol-l，CH 2=CH2（g）+3O 2（g）=2CO 2（g）+2H2O（ l）H=-Q 3 kJmol-l，根据盖斯定律- 得到反应的H 2；（2）恒温恒容时气体的物质的量之比等于压强之比，所以设起始设 n（C 4H10）=5mol，则平衡时混合气体的总物质的量为 8.8mol，根据反应 I、反应 II 的特点计算正丁烷的变化量；同理 2a min 时刻混合气体的总物质的量为 8.4mol，利用 =P/t，前2a min 内正丁烷的平均反应速率 v（正丁烷） ；根据反应 I、反应 II 的特点可知，甲

37、烷和丙烯的体积分数相等、均为 ，乙烯和乙烷的体积分数相等、均为 ，计算出正丁烷的体积分数为 ，则 p（C 4H10）= 8.8Mpa=1.2Mpa、p（CH 4）=p（CH 3CH=CH2）= 8.8Mpa=1.6Mpa，进而计算反应 I 的压力平衡常数 Kp= ；反应 I、反应 II 的正向均为体积增大的反应，随着反应进行，容器内压强增大，恒温恒压体系相当在恒温恒容基础上增大容器体积；催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多；（3）丁烷燃料电池的正极 A 为空气极，得到电子发生还原反应，负极 B 为丁烷极，失去电子，发生氧化反应，根据电子守恒、电荷守恒写出电极反应式。本题考查盖斯定律应

38、用、化学反应速率的计算、化学平衡移动及其影响因素、化学平衡常数及其计算、原电池原理及其电极反应式书写的知识点，计算量大、考查点全，题目难度较大，掌握基础、迁移运用是解题关键，注意加强信息题目的训练。11. 碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结简式如图所示。基态 Cu 原子的价电子排布式为 _，在元素周期表中铜位于_区（填“s”“p”“d”或“ds”）。C、N、O 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu 2+的配位数是_，N 原子的杂化类型为_。（2）C 60 是富

39、勒烯族分子中稳定性最高的一种， N60 是未来的火箭燃料，二者结构相似。有关 C60 和 N60 的说法中正确的是_。AC 60 和 N60 均属于分子晶体 B N 60 的稳定性强于 N2CC 60 中碳原子是 sp3 杂化 DC 60 易溶于 CS2、苯近年来，科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子，它是把足球形分子C60 容纳在足球形分子 Si60 中，则该分子中含有的化学键类型为_ （填“极性键”“非极性键”）。（3）原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。图 a 中原子坐标参数分别为：A （0，0，0），B（ ， ，0），C（ ，0， ），则 D 的原子坐标参数为_ 。图 b

40、 为铜的晶胞，铜原子半径为 Rnm，N A 是阿伏加德罗常数的值，则铜晶体的密度为_gcm -3（用含 R、N A 的式子表示）【答案】3d 104s1 ds NOS 4 sp 2、sp 3 AD 极性键、非极性键 （0， ， ） 【解析】解：（1）Cu 是 29 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，属于过渡元素，价电子包括 3d、4s 电子，价电子排布式为 3d104s1，在元素周期表中铜位于 ds 区，故答案为：3d 104s1；ds；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但 IIA 族、VA 族元素最高能级为全充满或半充满稳定状态，第一电离

41、能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：NOS，故答案为：NOS；Cu 2+形成 4 个配位键， Cu2+的配位数是 4；形成配位键的 N 原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，N 原子采取 sp2 杂化，而氨基中 N 原子形成 3 个 键、还有 1 对孤电子对，N 原子杂化轨道数目为 4，N 原子采取 sp3 杂化，故答案为：4；sp 2、sp 3；（2）AC 60 和 N60 均由分子构成，属于原子晶体，故 A 正确；BN 60 中 N 原子是 N-N 单键，而 N2 是 NN 三键，N-N 键能小于 NN，键能越小，化学键越不稳定，故 N60 的稳定性弱于 N2，故 B 错误；CC 60

42、 中每个 C 原子连接 3 个碳原子，每个 C 原子形成 2 个有 C-C 单键、1 个 C=C双键，C 原子杂化轨道数目为 3，C 原子采取 sp2 杂化，故 C 错误；DC 60、CS 2、苯都是非极性分子，相似相溶，C 60 易溶于 CS2、苯，故 D 正确，故选：AD；足球形 C60 分子容纳在足球形 Si60 分子中，外面的硅原子与里面的碳原子以极性共价键结合， Si 原子之间、C 原子之间形成形成非极性键，故答案为：极性键、非极性键；（3）D 所在的面处于坐标平面 yAz 内，故参数 x 为 0，而 D 到坐标平面 xAz、坐标平面 xAy 的距离均为晶胞棱长的 ，故参 y=z=

43、，即 D 的坐标参数为（ 0， ， ），故答案为：（0， ， ）；由晶胞结构可知 Cu 为面心立方最密堆积，处于晶胞面对角线上 Cu 原子相邻，铜原子半径为 R nm，则晶胞棱长为 2Rnm =2 Rnm，晶胞中 Cu 原子数目=8 +6 =4，晶胞的质量=4 g，晶体密度=4 g（2 R10-7cm） 3= gcm-3，故答案为： 。（1）Cu 是 29 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，属于过渡元素，价电子包括 3d、4s 电子，处于第四周期 IB 族；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但 IIA 族、VA 族元素最高能级为全充满或半充

44、满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；Cu 2+形成 4 个配位键；形成配位键的 N 原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为3而氨基中 N 原子形成 3 个 键、还有 1 对孤电子对， N 原子杂化轨道数目为 4；（2）AC 60 和 N60 均由分子构成；BN 60 之间是 N-N 单键，而 N2 是 NN 三键；CC 60 中每个 C 原子连接 3 个碳原子，每个 C 原子形成 2 个有 C-C 单键、1 个 C=C双键；DC 60 是非极性分子，相似相溶；同种原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键；（3）D 所在的面处于坐标平面 yAz 内，故参数 x 为 0，而 D 到坐标平面

45、 xAz、坐标平面 xAy 的距离均为晶胞棱长的 ；由晶胞结构可知 Cu 为面心立方最密堆积，处于晶胞面对角线上 Cu 原子相邻，铜原子半径为 R nm，则晶胞棱长为 2Rnm =2 R nm，均摊法计算晶胞中 Cu 原子数目，计算晶胞的质量，晶体密度=晶胞质量晶胞体积。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、元素周期表、电离能、配合物、杂化方式、化学键、分子结构与性质、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算，熟记常见晶胞结构特点，（2）中题目直接考查中学陌生物质的结构，属于易错点、难点。12. PBAT（聚己二酸/ 对苯二甲酸丁酯）可被微生物

46、几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，可由聚合物 PBA 和 PBT 共聚制得，一种合成路线如下已知：R-CH 3 R-CN R-COOH回答下列问题：（1）B 的化学名称为_ ，C 所含官能团的名称为_ 。（2）H 的结构简式为_ 。（3）、的反应类型分别为_、_。（4）的化学方程式为_。（5）写出所有的与 D 互为同分异构体且满足以下条件的结构简式_。能与 NaHCO 3 溶液反应； 能发生银镜反应能发生水解反应 核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为 1：6：2：1（6）设计由丙烯为起始原料制备 的单体的合成路线_（其它试剂任选）。【答案】环己醇 羧基 HO（CH 2） 4OH

47、 氧化反应 缩聚反应 HOOCC（CH 3） 2CH2OOCH 或 HOOCCH2C（CH 3） 2OOCH CH2=CHCH3 CH2=CHCN CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3【解析】解：（1）B 的化学名称为环己醇， C 所含官能团的名称为羧基，故答案为：环己醇；羧基；（2）H 的结构简式为 HO（CH 2） 4OH，故答案为：HO（CH 2） 4OH；（3）、的反应类型分别为氧化反应、缩聚反应，故答案为：氧化反应；缩聚反应；（4）的化学方程式为 ，故答案为： ；（5）与 D 互为同分异构体且满足 能与 NaHCO3 溶液反应，含-COOH ；能发生银镜反应，含 -CHO；能发生水解反应，含-COOC-，核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为 1：6：2：1，则分子中含 2 个甲基，四种 H，满足条件的结构简式为 HOOCC（CH 3） 2CH2OOCH或 HOOCCH2C（CH 3） 2OOCH，故答案为：HOOCC （CH 3） 2CH2OOCH 或 HOOCCH2C（ CH3） 2OOCH；（6） 的单体为 CH2=CHCOOCH3，由丙烯合成 CH2=CHCOOCH3的合成路线为 CH2=CHCH3 CH2=CHCN CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH3，故答案为：CH 2=CHCH3 CH2=