2020年江苏高考化学全真模拟试卷05(解析版)

1、2020年高考全真模拟试卷05化学（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）注意事项：1 .本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3 .回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4 .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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 V 51 Fe 56选择题单项选择题：本题包括 10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选

2、项 符合题意。1 .陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一。陶瓷属于下列材料中的A .硅酸盐材料B .金属材料C.天然高分子材料D.合成材料【答案】A【解析】陶瓷属于传统的硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，A正确；金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等，B错误；天然高分子材料指相对分子质量很大，可达几千乃至几百万的一类天然有机化合物，陶瓷是无机非金属材料，C错误;合成材料是指人工利用有机高分子化合物制成的材料，主要包括塑料、合成纤维、台成橡胶，D错误。2 .用CICH2CH20H和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关

3、化学用语表示错误的是22A.质子数和中子数相等的钠原子：nNaC. NaCN 的电子式：。门 ： 丁|B.氯原子的结构本意图：« 7D,丙烯酸的结构简式： CH3CH=CHCOOH【解析】质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11 + 11=22,钠原子符号为：22Na, A正确；Cl原子的核外电子总数为 17,其原子结构示意图为,B正确；NaCN为离子化合物，由 Na+和CN-通过离子键构成，电子式为 、： C J K ：C正确；丙烯酸的结构简式为 CH2=CHCOOH , D错误。3 .下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. FeCl3易发生水解，可用于蚀

4、刻铜制的印制线路板B.漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOC. CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D.活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2+等重金属【答案】B【解析】FeCl3具有强氧化性，能与 Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中 SO2和NO有害气体，B正确；CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤， 与CaCO3高温下能分解无关，C错误；活性炭与 Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中P

5、b2+等重金属离子，D错误。4 .室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 mol L：1 的氨水：Cu2+、Na+、SO42、NO3B. 0.1 mol L：1 的 CaCl2溶液：Na > K > Cl、NO3C. 0.1 mol L：1 的 Na2SO3溶液：K > H + > SO42、NO3D. 0.1 mol L：1 的 NaHCO3溶液：K > Na NO3、OH【答案】B【解析】氨水显碱性，与 Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，A错误；Na+、K+、Cl一、NO3一之间不反应，且都不与 CaCl2溶液反应

6、，在溶液中能够大量共存，B正确；硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，C错误；NaHCO3溶液中的HCO3与OH会反应生成CO32与H2O而不共存，D错误。5 .下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A.用图甲装置制取并收集二氧化硫B.用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C.用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D.用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶【答案】C【解析】二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集,A错误；反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B错误；转移液体时

7、用玻璃棒引流,操作正确，C正确；溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体,B.细铁丝在氯气中燃烧生成 FeCl2D.放电时，氮气与氧气反应生成NO防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠, 不能进行蒸发结晶，D错误。6 .下列有关化学反应的叙述不正确的是A.硝酸见光分解生成 NO2、O2和H2OC.加热时，钠与氧气反应能生成Na2O2【答案】B【解析】硝酸见光分解生成 NO2、02和H2O,其化学方程式为：4HNO3光照4NO2 T +Of +2HO, A正确；氯气具 有强氧化性，可将 Fe氧化到最高价，即细铁丝在氯气中燃烧生成FeCb, B错误；加热时的条件下，钠与氧气反应能生成Na2O2,

8、C正确；氮气与氧气放电时发生反应生成NO,其化学方程式为：N2+O2理星2N0, D正确。7 .下列指定反应的离子方程式正确的是A,向 NaAlO2 溶液中滴入 NaHCO3 溶液：A10 2 + HCO 3 + H2O = Al(OH) 3 J+ CO32B. MnO 2 与浓盐酸混合加热：MnO 2 + 4H + + 4Cl . 小 一 MnCl 2 + Cl 2 T + 2H 2OC. FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2： Fe2+ H2O2+ 2H+ = Fe3+ + 2H2OD. Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2+ + HCO3 + NH3 H2O = CaCO 3+

9、 H2O + NH 4+【答案】A【解析】NaAlO 2和NaHCO 3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO 2 + HCO 3 + H2O rAl(OH)3j + CO32-,A 正确；MnO 2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2Cl& Mn2+Cl2 T +2HO ,B错误；电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的 H2O2的离子方程式为 2H+2Fe2+H2O2 r 2Fe3+2H2O, C错 误；Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水， 碳酸氢根离子完全反应， 离子方程式：Ca2+2HCO3 +2NH3?H2O = CaCO 3 + 2H2O +

10、2NH4+ CO32 , D 错误。8 .短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中 X与Y同周期且相邻，Y与W均可形成18个电子的 氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，Z是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是A .原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)B.简单氢化物的沸点：Y > WC. Y分别与Z和W形成的化合物中化学键的类型相同D.常温下Z的单质与X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不反应【答案】B【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中 X与丫同周期且相邻，丫与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成

11、淡黄色固体，该淡黄色固体为硫，则W为S,则形成的氢化物为 H2S,将H2s氧化为S,则另一种氢氧化物具有氧化性，为过氧化氢，因此 Y为O元素，则X为N元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，为 Alo同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：r(X)>r(Y) , A错误；水分子间能够形成氢键， 水的沸点高于硫化氢，B正确；氧化铝属于离子化合物, 含有离子键，二氧化硫或三氧化硫是共价化合物，含有共价键， C错误；常温下铝与浓硝酸发生钝化，钝化属于化学变化，D错误。9. 在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是B.C.D.N2(g)

12、, NO(g)NaNO2(aq)SiO2卜:E 'Na2SiO3，C。耍H2SiO3Al 'Ri ;l NaAlO 2 *, Al(OH) 3Fe3O4(s) ；?；YFe(s)H '!Fe(NO3)3(aq)【解析】氮气和氧气放电生成NO, 一氧化氮和氢氧化钠溶液不反应，不能一步实现，A错误；二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，向硅酸钠溶液中通入 CO2生成硅酸沉淀，能一步实现， B正确；铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，向偏铝酸钠溶液中通入CO2生成氢氧化铝沉淀，能一步实现，C正确；四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生

13、成硝酸铁，能一步实现，D正确。10. 一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是叫 I NO、*仃0A.贮能时，电能转变为化学能和光能B.贮能和放电时，电子在导线中流向相同C.贮能时，氢离子由 a极区迁移至b极区D.放电时，b 极发生：VO2+2H+e = VO 2+H2O【答案】D【解析】贮能时，光能转变为化学能， A错误； 贮能时电子由b极流出，放电时电子由 a极流出，在导线中流 向不相同，B错误；贮能时，氢离子由阳极 b极区迁移至阴极a极区，C错误；放电时，b极为正极，发生电极 反应：VO2+2H+e = VO 2+H2O, D 正确。不定

14、项选择题：本题包括 5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个 选项符合题意。若正确答案 只包括一个选项，多选时，该小题得 0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11. 下列说法正确的是A.常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入NH3,溶液中c(H + )C(CH3COOH)的值增大B. 298K 时，2H2s(g)+SO2(g)= 3S(s)+2H2O(l)能自发进行，贝U其 AH<0C.标准状况下，将 22.4 L Cl 2通入足量NaOH溶液中，反应转移的电子数为2X6.02 1023D.用pH均为2的盐酸和

15、醋酸分别中和等物质的量的NaOH,消耗醋酸的体积更大【答案】B【解析】对表达式稍作变形得到C(H ) =,因温度没变故 K值不变，在通入氨气的过程中溶液逐渐变一c(HAc) c(Ac )为醋酸钱溶液，醋酸俊是强电解质可以完全电离，因此溶液中的- _ 1- . .c(Ac)在增大，则A错误；该bG= AH-T器在298K时小反应是气体分子数减小的嫡减反应，却能在室温下自发进行，说明其吉布斯自由能于0, AH必须为负才有可能实现， 故反应放热，B正确；氯气通入碱中发生歧化反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,标出化合价后不难发现 1mol氯气在反应中只转移 1mol电子，标况下22.4L

16、氯气中有1mol氯气，则一共转移1mol 电子，C错误；醋酸是弱酸，溶液中只有小部分醋酸分子能电离产生H+，因此相同H+浓度下的醋酸要比盐酸的浓度大，在中和等量 NaOH时需要的醋酸体积更少，D错误。12. 化合物X可用于合成Y.下列有关X、Y的说法正确的是A. X分子中所有原子可能在同一平面上B. X在一定条件下可以发生消去反应C. Y与足量H2的加成产物中不含手性碳原子D. X、Y与足量浓滨水反应的类型完全相同【答案】B【解析】X分子中含有甲基，所有原子不可能在同一平面，A错误；X分子中含有羟基，且与连接羟基碳的相邻碳上有氢原子，在一定条件下可发生消去反应，B正确；丫与足量H2的加成产物为

17、，其中加*CHj的C原子连接四个不同的基团，为手性碳原子，C错误；X与丫均可与浓澳水发生取代反应，同时丫中还有碳碳双键，可与足量浓澳水发生加成反应，而X无该反应类型，D错误。13. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫色r还原性强于ClB向某溶液中滴加 H2O2溶液后再加入 KSCN ,溶液呈红色溶液中F含有Fe2 +C将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的Ba(NO 3)2溶液，有白色沉淀产生样品已变质D1可蔗糖溶液中加入少量稀硫酸并加热，热，未出现红色沉淀冷却，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加蔗糖未水解

18、【答案】A【解析】溶液显紫色，说明有I2生成，即发生反应 Cl2+2I =2C1+I2,根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，还原性 r>CF, A正确；应先加入 KSCN证明不存在Fe3+,再滴加H2O2溶液将Fe2+氧化，若出现红 色，即可证明溶液中存在Fe2+, B错误；加入盐酸酸化的 Ba(NO3)2溶液，相当于加入稀硝酸，SO32一被氧化为SO42 ,也有白色沉淀产生，不能说明样品已变质，C错误；水解之后没有调节溶液至碱性，D错误。14. 25 C时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A. 0.1 mol?L 1 NaHCO3 溶液中，c(OH ) = c(H

19、+)+c(H2CO3)c(CO32 )B. 0.1 mol?L 1NaHC2O4 溶液呈酸性，c(Na+)> c(HC2O4 )>c(H2c2O4)>c(C2O42 )C. 20mL 0.1 mol?L 1CH3OONa 溶液与 10mL 0.1 mol ?L 1HCl 溶液混合到酸性溶液，c(CH3OOH)+2 c(H+)=c(CH 3OO )+2c(OH )D.向 0.1 mol?L 1NH4HSO4 溶液中滴加 NaOH 溶液至恰好呈中性，c(Na+)>c(NH4+)>c(SO42 )> c(OH ) = c(H+) 【答案】AC【解析】根据质子守恒，

20、0.1 mol?L 1 NaHCO3 溶液中，c(OH ) = c(H+)+c(H2CO3) c(CO32 ), A 正确；0.1 mol?_ 1NaHC2O4 溶液呈酸性，说明 HC2O4 电离大于水解，c(Na+)>c(HC2O4 )>c(C2O42 )>c(H2c2O4), B 错误；20 mL 0.1 mol?L -1CH3OONa溶液与10 mL 0.1 mol ?L 1 HCl溶液混合到酸性溶液，根据物料守恒c(Na+) = 2 c(Cl ),c(CH 3COOH) + c(CH3COO ) = c(Na+),根据电荷守 c(Na+)+ c(H+) = c(CH3

21、COO )+c(OH )+ c(Cl ),带入得 c(CH 300H)+2 c(H+) = c(CH3COO )+2c(OH ), C 正确；NH4HSO4中滴加 NaOH 溶液，若二者物质的量相同时， 溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4,溶液呈酸性，需要再滴加少许 NaOH呈中性，c(Na+)+c(NH4+) = 2c(SO42 ),故溶液中离子浓度大小关系为c(Na +)> c(SO42 ) >c(NH 4+) >c(OH ) = c(H+), D错误。15. 40 C,向体积为VL的密闭容器中充入 NO,容器内各组分的物质的量随时间变化曲线如图所示。下列

22、说法正确的是3 2 10A. X 是 N2OB. 1 min3 min 时，v(NO2)= 1/6Vmol (L min) 1C. 40 c时该反应的平衡常数为 1D. NO2和X的浓度相等可以作为判断反应到达平衡的标志【答案】AB【解析】根据图像变化，3分钟时反应达到平衡， 一氧化氮在减少，二氧化氮和X在增加，则一氧化氮为反应物，二氧化氮与X为生成物，一氧化氮的变化量为 3mol,二氧化氮与X为生成物变化量分别为 1mol,化学计量系数之比等于参与反应各组分的物质的量的变化量之比，则反应方程式为3NO= NO 2+X ,根据原子守恒，则 X的化学式为N2O。平衡时，NO剩余1mol , NO

23、2和N2O分别为1mol。根据上述分析，X是N2O, A正确；根据图像11- mol分析，1 min3 min时，二氧化氮物质的量的变化量分别为-mol , v(NO2)= -3 =1/6Vmol (L min) 1, B正确;2min工1NO2和X的浓度都相等，不代表 NO240 c时该反应的平衡常数为 V一V V , C错误；反应进行到任意时刻,1V和X的浓度保持不变，不能作为判断反应到达平衡的标志，D错误。非选择题16. (12分)以电石渣主要成分Ca(OH)2,含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质为原料制备纳米碳酸钙的一种工艺流程如下:0 54+3.9 9饱和NC1溶液CO.I电fi渣

24、一*浸渍-过滤I 碳化过滤II 洗涤 干燥 CaCO：午 _r滤渣1滤液II(1)浸渍"时，NH4CI和Ca(OH)2反应的化学方程式为 (2)浸渍”时，一定时间内Ca2+浸取率随温度变化如图所示。Ca2+浸取率随温度升高而上升的两个原因是(3)碳化”时，一般采用低温工艺，对应的离子方程式为 。(4)滤液n中，可循环利用的溶质的化学式为 。(5)洗涤”时，检验是否洗净的方法是 。【答案】(12 分)(1) 2NH4Cl + Ca(OH)2=CaCl2 + 2NH3 H20 (2 分)(2)温度升高，增大浸取反应速率，从而提高Ca*浸取率(或温度升高，NH4CI溶液水解程度增大，从而提

25、高Ca2+浸取率，2分)(3) Ca2+ + 2NH 3 H2O+ CO2=CaCO3 U 2NH 4+ H2O 或 Ca2+ + 2NH 3+ H2O + CO2=CaCO 3 U 2NH 4+( 2 分)(4) NH4C1 (2 分)(5)取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成则已洗净 (或若有白色沉淀生成则未洗净，2分)【解析】(1)浸渍”时发生钱盐与碱的反应，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH 3 H20。(2)浸渍”时微溶于水的Ca(0H)2转化为易溶于水的 CaCl2,反应2NH 4Cl+Ca(0H) 2

26、? CaCl2+2NH 3 H2O平衡移动将影响Ca2+浸出率，该反应为吸热反应。从反应速率角度来说，温度升高，浸取反应速率增大，单位时间内Ca2+浸取率增大；从化学平衡角度来说，温度升高平衡向正反应方向移动，(或温度升高导致氨挥发，平衡向正反应方向移动)从而提高 Ca2+浸取率；可能的原因还有：温度升高，NH4C1溶液水解程度增大，从而提高Ca2+浸取率；温度升高，溶液黏稠度减小，从而提高Ca#浸取率。(3)碳化”是让CaCl2转化为纳米碳酸钙，溶液中的氨使溶液显碱性，保证更多吸收C02,低温是为了防止氨挥发，其反应的离子方程式为Ca2+ + 2NH3 H2O+CO2=CaCO3 2NH4+

27、H2。或 Ca2+2NH 3+H2O +CO2=CaCO3 2NH4+。(4)根据 碳化”时发生的化学反应 CaCl2+2NH 3 H2O+CO2=CaCO3j+ 2NH 4Cl + H2O 或 CaCl2+2NH 3+H2O + CO2=CaCO3 2NH4C1可知，滤液II中主要成分是 NH4C1,为了节约资源， NH4C1可循环利用。(5)由滤液II的成分可知，CaC03沉淀上沾附的溶液中含有 Cl-,通过检验最后洗涤液中是否有Cl-即可确定是否洗净。所以检验沉淀是否洗净的方法是：取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgN03溶液，若无白色沉淀生成则已洗净(或若有白色

28、沉淀生成则未洗净 )。17. (15分)沙罗特美是一种长效平喘药，其合成的部分路线如下:NI 0 分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应;能发生水解反应，水解产物之一是“氨基酸，另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。C11()NIL（5）请写出以、（CH3）2C（OCH 3）2、CH3NO2 为原料制备的合成路线流程图（无【答案】（15分）（1）醒键（1分） 羟基（1分）（2）从流程图中可以看出， C-D ,其醛基碳氧双键断裂，加氢还原的过程，无小分子出现，故该反应类型为:（1） F中的含氧官能团名称为（写两种）。（2） C-D的反应类型为（3） B的分

29、子式为C8H8。3,与（CH3）2C（OCH3）2发生取代反应得到物质C和CH3OH,写出B的结构简式:（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）加成反应（2分）(3 分)H3(5)C1J°Hr(Kx(KlL _.CJK)X. jQf a、J（5分，每步1分）【解析】（1） F的结构简式为:沙罗特美rj 1CH I H.(3分),其中含氧官能团名称为酸键、羟基。HCIIOa。ILCOxOClh o加成反应。O(3) B的分子式为C8H8。3,含有不饱和度 =5,得到物质C和CH3OH,采用逆合成分析法可知，B的分子内含有两个羟

30、基能与(CH 3)2C(OCH 3)2发生取代反应，则其结构简式为(4)根据E的结构简式可知E的分子式为：C12H17NO3,含有不饱和度 =5,其同分异构体中，分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应，则苯环上没有酚羟基，结构中有一个碳原子周围连接四个不同的基团或原子； 能发生水解反应， 水解产物之一是 “氨基酸，则该同分异构体的结构中有肽键或者酯基，又另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢， 则分子的对称性很好，综上同时符合上述两种条件的物质的结构简式为:程图可推知，若要制备EKX II(5)因酚羟基已被氧化，可考虑先制得,则需将,再引入硝基，最后再还原

31、为羟基的思路，根据已知的流与(CH 3)2C(OCH 3)2发生取代反应得到,再与,再利用羟基的消去反应引入碳碳双键，将双键与硝基通过加氢最终还原生成氨基，其整个合成路线可表示为:18. (12分)NVCO化学式可表示为(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d 10H20能用于制取 VO2,实验室可由 V2O5、N2H4 2HC1、NH4HCO3 为原料制备 NVC0。(1)原料NH4HCO3中HC0 3水解的离子方程式为 。(2)N2H4 2HC1是N2H4的盐酸盐。已知 N2H4在水中的电离方式与 NH3相似，25 C时，K1=9.55 10一7。该 温度下，反应 N2H4+h+= N

32、2H5+的平衡常数K= (填数值)。(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验： 称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成 NH3 0.224 L （已换算成标准状况下） 另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量 M00%）随温度的变化如下图所示（分解过程中各元素的化合价不变）H度0D 5D irwi 150 2fM)25O JOO 350 W 45(1的相的 心76 186461根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式（写出计算过程）【答案】（12 分）（1） HCO3 +H2O H2CO3+OH （3 分）（2） 9.55 M07 （3

33、 分）M 18 8b 51 32(3)设 NVCO 的摩尔质重为 M g/mol,由=0.864 8,可得 M =1 065 ,由 0,4676 可得 b=6;MM由.3尸 I Xa=n(NH 3)="22IL=0.01mol,解得 a=5,由最后产物为 VO2,则 VO 为+2 价, 1065g / mol22.4L/mol2c+d=5 XI+2 >6=17,由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065 可知 60c+17d=393 ,解得 c=4, d=9 ,将a=5, b=6, c=4, d=9代入化学式表达式，可得化学式为（NH 4）5（VO）

34、 6（CO3）4（OH）9 10H2。（6分）【解析】（1） HCO3一水解生成H2CO3和OH,水解反应离子方程式为HCO3 +H2O H2CO3+OH 0（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H 20r “ N2H5+OH ,反c N2H5K17_应 N2H4+H + =N2H5+的平衡常数 K=- = 19.55 R =9.55 冲07。c N2H4 gc H Kw 1 10 14M 18 8b 51 32(3)设 NVCO 的摩尔质重为 M g/mol ,由=0.864 8,可得 M=1 065 ,由 0,4676可得 b=6;MM由dccu

35、3ygXa=n(NH3)=丝型=0.01moi解得a=5,由最后产物为 V02,则VO为+2价,1065g / mol22.4L/mol2c+d=5 X1+2 >6=17,由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065 可知 60c+17d=393 ,解得 c=4, d=9 ,将 a=5, b=6, c=4, d=9 代入化学式表达式，可得化学式为（NH 4）5（VO） 6（CO3）4（OH）9 10H20。19. （15分）一种制备 N2H4 H20 （水合肿）和无水 Na2SO3的主要实验流程如下：过近SO上MOI Chf NilSO已知：温度超过40 C ,

36、 C12与NaOH溶液反应会生成副产物 NaClO 3。(1)反应I "中NaOH应过量且同时减慢通入 C12的速率，目的是 。(2)常温时，将C12通入NaOH溶液中，一段时间后溶液中将有NaClO3生成，原因是 。(3)写出 反应n ”中NaClO与(NH2)2CO反应的化学方程式： 。(4)反应出”中会有气体 (填化学式)生成，检验有该气体的方法是 。(5)图所示为Na2SO3的溶解度随温度的变化曲线，由质量分数为10%的Na2SO3溶液制取无水 Na2SO3的方法是。XI 就40 S摘 . 3D ino【答案】(15分)(1)提高C12的吸收率，防止C12污染环境(2分)(2

37、) C12与NaOH溶液反应放热(2分)(3) NaClO + (NH2”CO + 2NaOH= Na2CO3+N2H4 H2O+NaCl (3 分)(4) CO2 (2分)将气体先通过足量的酸性 KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2,若不变浑浊，则不存在 CO2 (3分)(5)将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34c条件下趁热过滤(3分)【解析】(1) C12有毒，通入过快未反应的氯气会污染空气，NaOH应过量，可增加对氯气的吸收效率。(5) C12与NaOH溶液反应放热，温度超过 40 C , C12与NaOH溶液反应会生成副产物 NaClO3。(3)写出 反

38、应n ”中碱性条件下，NaClO与尿素反应生成 N2H4?H2O和Na2CO3,化学方程式：NaClO + (NH 2)2CO+ 2NaOH = Na2CO3 + N 2H4 H2O + NaCl。(4)根据分析，副产品Na2CO3溶液中通入过量二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，检验有二氧化碳存在首先要排除二氧化硫气体的干扰，方法是将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2,若不变浑浊，则不存在 CO2。(5)由质量分数为10%的Na2SO3溶液加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象可知在高于34c条件

39、下趁热过滤，可得到无水 Na2SO3。20. (14分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。(1) H2s热分解制氢的原理：2H2s(g) = 2H 2(g) + S2(g) AH= 169.8 kJ/mol,分解时常向反应器中通入一定比例空气，使部分 H2s燃烧，其目的是 ；燃烧生成的SO2与H2s进一步反应，硫元素转化为S2,写出反应的化学方程式： 。(2)氨硼烷(NH3BH3)是储氢量最高的材料之一，其受热时固体残留率随温度的变化如图甲所示。氨硼烷还可作燃料电池，其工作原理如图乙所示。常 Jt/TC出*1NH/H 卜型餐r依杜第金sc110c时残留固体的化学式

40、为 。氨硼烷电池工作时负极的电极反应式为 。（3）十氢蔡（C10H18）是具有高储氢密度的氢能载体，经历知：C1oH18（l）C10H12Q） +3H 2（g）AH1C10H12Q）C10H8（l）+2H 2（g）AH2温度335 C、高压下，在恒容密闭反应器中进行液态十氢蔡（C10H18- C10H12-C10H8”的脱氢过程释放氢气。已1.00 mol）催化脱氢实验，测得 C10H12和C10H8的物质的量ni和n2随时间的变化关系如图丙所示。图丁表示催化剂对反应活化能的影响。一言>舍曾费 AH1_AH2 （选填 >"、="或 之”）。8 h时，反应体系内氢

41、气的物质的量为 mol （忽略其他副反应）。m显著低于n2可能的原因是 。【答案】（14分）（1）为H2s热分解反应提供热量（1分）4H2S+2SO2=4H2O+3S2 （ 2分）（2） BH2NH2 或（BH2NH2） （2 分） NH3BH36e +2H2O=NH 4+BO2 +6H+ （2 分）（3）> （1分） 1.951 （3分） 反应2的活化能比反应1的小，催化剂显著降低了反应2的活化能，反应生成的 C10H12很快转变成 CioH8,故n1显著低于n2 （3分）【解析】（1）使部分硫化氢燃烧，放出热量，为硫化氢热分解反应提供热量，二氧化硫与硫化氢进一步反应，生成物在常温下均

42、非气体，二者反应生成S2与H2O,反应的化学方程式：4H2S+ 2SO2=4H 2O + 3S2。（2）110 C时分析固体残留率随温度的变化图可知，M （A） =M（NH 3BH 3）瀚3.55%=31瀚3.55%=29 ,故A为BH2NH2或（BH2NH2）n,氨硼烷在原电池的负极失电子生成NH4BO2,电极反应式为 NH3BH3-6e +2H2O=NH 4+BO2 +6H+。（3）由图丁可知 AHi和 川2都是吸热反应，且 AHi的活化能高于 AH2的活化能，所以 AHi>AH2。温度335 C ,在8 h时，十氢蔡为1.00 mol,测得C10H12和C10H8的产率xi=0.0

43、27 , x2=0.374 ,即生成C10H12 和C10H8的物质的量分别为 0.027mol, 0.374mol ,设反应的C10H18的物质的量为a,反应C10H12的物质的量为b, 根据反应，CioHi8（l）CioHi2（l） + 3H2（g）11 3aa 3aC10H12。）CioH8（l）+2H2（g）,112bb2b则a-b=0.027, b=0.374,则a=0.401,因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3X0.401+2X0.374=1.951,则氢气的量为1.951mol。反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应 2更快，所以相同时间内，生成的四氢秦大部分都转化为

44、蔡，故 n1显著低于n2,故答案为反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢蔡 大部分都转化为蔡，故 Q显著低于n2o21. （ 12分）【选做题】本题包括 A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A .【物质结构与性质】馍是银白色金属，具有磁性。图 1为一种含馍配合物及其配体。 /=NH占OH物质A物质B图1（1） Ni2+基态核外电子排布式为 。（2）物质A中碳原子采取的杂化类型为 ,所含有的非金属元素的第一电离能由小到大顺序为 （用 元素符号表示）。（3） 1 mol物质B中所含b键的物质的量为 mol。（JH（4

45、）物质B在一定条件下水解生成的沸点为197 C,而 H（的沸点为Q c'liow/247 c ,导致两种物质沸点相差较大的原因是2所示，则每个 Ni原子周围与之紧邻的 As（5）红馍矿是一种重要的含馍矿物，其主要成分的晶胞如图原子数为Ni【答案】（12 分）（1） 1s22s22p63s23p63d8或网3d 8 （2 分）（2） sp2 （1 分） C < O <N （1 分）（3） 16 （2 分）oHc（4） Y形成分子内氢键， h，。伙 形成分子间氢键，故前者沸点低于后者（3分）（5） 6 （3 分）【解析】（1）馍是28号元素，Ni2+核外有26个电子，根据构造原

46、理可得Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或Ar3d 8。（2）苯环碳原子有3个 键，无孤电子对，所以采取 sp2杂化，侧链（-CH=N-）碳原子含有3个 键，没有孤 电子对，故也采取sp2杂化，所以物质A中碳原子都采取 sp2杂化。物质A中含有的非金属元素有 C、H、0、N, 根据第一电离能的递变规律可知，第一电离能由小到大顺序为C<O<N（H不参与比较）。（3）单键是b键，双键中只有1个b键，苯环上相邻的两个碳原子间只有 1个b键。物质B中单键数有5个C -H, 1个N-H, 1个0H,侧链1个C-C, 1个C0；含双键数为1个C=N；苯环共有6个键，