甘肃省白银市2021届高考化学模拟试卷(二)(附答案详解)

甘肃省白银市2021届高考化学模拟试卷（二）

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）

A.用食盐、蔗糖等作食品防腐剂

B.用氧化钙作吸氧剂和干燥剂

C.用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药

D.用浸泡过高铳酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜

2.用以代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.0.5mo/Mg与足量盐酸反应生成的也分子数为NA

B.18gH2。中所含的“原子数为N.

C.O.lmo/0/T所含的电子数为N/

D.46gNO2和牝。4的混合物含有的分子数为N%

3.有机物GzggTL6口可以通过不同的反应得到①、②8曲、

O

③三种物质.生成这三种有机物的反应类型依次为（）

O

A.酯化、取代、缩聚B.酯化、消去、缩聚

C.取代、消去、加聚D.取代、消去、酯化

4.设M为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.5.4g4分别与含溶质0.2mo1的NaOH溶液、盐酸反应，生成为的分子数均为。3以

B.5.35gNH4G固体中含有N-"键的个数为0.4%

C.一定量的钠与8g氧气作用，若两者均无剩余，转移的电子数为以

D.OZmo/N/与OZmoQ在催化剂的作用下加热充分反应，所得NO的分子数为0.2治

5.当电解质溶液为氢氧化钾水溶液的甲烷燃料电池电解饱和碳酸钠溶液一段时间，假设电解时温

度不变且用惰性电极，下列说法正确的是（）

A.当电池正极消耗mg气体时，电解池阴极同时有mg气体生成

B.电解后c（Na+）与c（COg）的比值变小

C.电池中c（KOH）不变；电解池中溶液pH变大

D.电解后式2。2。。3）不变

6.下表为部短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是

元素代号XYZMN

原子半径/皿0.1600.1430.1020.0710.099

主要化合价+2+3Y、一2-1-1

A.x,丫的单质与稀盐酸反应速率y>x

B.M,N形成的简单离子的还原性N->M-

C.气态氢化物的稳定性<H2Z

D.最高价氧化物对应的水化物的酸性H2ZO4>HNO4

7.常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入O.Lno/lT氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加

入氨水的体积变化如图。下列分析不正确的是（）

VV（NH,-H.O）/mL

A.V=20

B.b点所示溶液中：c（N毋）>c（S。e）>c（H+）>c（OW-）

C.d点所示溶液中:c（NHj）+c（O/T）=2c（S。广）+c（H+）

D.NH3-“2。的电离常数K«2xIO-，

二、实验题（本大题共2小题，共29.0分）

8.草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中.草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水.草酸

晶体（H2c2。4•2%。）无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华，170。（：以上分解.回答

下列问题：

(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物.装置C中可观察到的现象是

,由此可知草酸晶体分解的产物中有.装置B的主要作用是.

(2)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO,为进行验证，选用甲组实验中的装置4、B和下图

所示的部分装置(可以重复选用)进行实验.

①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为AB、,装置H反应管中盛有的物质是

②能证明草酸晶体分解产物中有C。的现象是.

9.某化学小组在实验室中模拟利用高浓度NOx气体(含N。、NO?)制备NaNOz、NaNO3.具体流程

如图。

回答下列问题：

(1)用氨氧化法制备NO*气体，写出制备N。的化学方程式。

(2)“碱吸收”过程，若NO、NQ按物质的量之比1：1被NazC/溶液吸收，反应的化学方程式是

。为提高吸收速率与效率，最好选用装置(填序号)。

(3)“分离/”包括、过滤等操作，分离过程中产生的气态排放物中含有少量的NaN"等有害

物质，不能直接排放，冷凝后将其导入(填操作单元的名称)最合理。

(4)“转化”过程，加入HNO3、通入空气的目的是.

(5)若将NaN。?、NaNO3两种产品的物质的量之比设为3：1,则生产17gNaNO3时，Na2c。3的理论

用量是__g

三、简答题(本大题共3小题，共37.0分)

10.为缓解能源紧张，越来越多的国家开始重视生物质能源(利用能源作物和有机废料，经过加工转

变为生物燃料的一种能源)的开发利用。

(1)如图是某国能源结构比例图，其中生物质能源所占的比例是O

(2)生物柴油是由动植物油脂转化而来，其主要成分为脂肪酸酯，几乎不含硫，生物降解性好，一些

国家已将其添加在普通柴油中使用。关于生物柴油及其使用，下列说法正确的是。

①生物柴油是可再生资源

②可减少二氧化硫的排放

③与普通柴油相比易分解

④与普通柴油制取方法相同

A.①②③

B.①②④

C①③④

D.②③④

(3)已知在常温常压下：

①2cH3。4。)+3。2(9)=2c4(g)+4H20(g)&H=-1275.6k/•moL

②”2。(。=%。(9)△W=+44.0/C；-mol-1

写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式。

(4)已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143口，18g水蒸气变成液态水放出44灯的热量。其

他相关数据如表:

0=0H-HH-0(g)

17noi化学键断裂需要吸收的能量"/496436X

则表中x为

(5)向体积为2L的固定密闭容器中通入气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)=

Y(g)+3Z(g)经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用丫表示的

速率为______

油料作物13%处能3%

水电15

石油39%

触1%

煤炭6%

天然气9%甘蔗14%

某国能源结构比例图

11.(1)写出铜原子价电子排布式：。与铜同一周期的副族元素原子中最外层电子数与铜原子

的相同的元素有(填元素符号)O

(2)第三周期第一电离能处于R和P之间的元素有种。

(3)某种原子的结构示意图为O8、丫［.则该原子的核电荷数x取值范围为。

JJJ

(4)Cr在周期表中位于周期族，属于区，价电子排布图为。

(5)CZ0f互为等电子体的分子或离子为o

(6)Ni与CO能形成配合物Ni(C0)4，该分子中兀键与。键个数比为»

12.沙丁胺醉是一种新型药物，常用于缓解哮喘等肺部疾病，其一种合成路线如下：

已知：RX+HN、TR-N(+HX

请回答：

(1)化合物C的结构简式为o

(2)反应⑦的化学方程式为o

(3)下列说法不正确的是o

A.化合物4能与FeCG溶液发生显色反应

B.化合物B能发生消去反应

C.16山化合物。最多能与3moiNaOH反应

D.沙丁胺醇的分子式为Ci3“19N03

(4)写出同时符合下列条件的化合物E的所有同分异构体的结构简式o

①/R谱表明分子中含有-N%，且与苯环直接相连；

②14-NMR谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子，且苯环上只有一种氢原子。

(5)请设计以甲苯和异丁烯［C“2=C(CH3)2］为原料合成化合物E的合成路线(用流程图表示,

无机试剂任选)。

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4高浓度的食盐、蔗糖溶液都使渗透压很高，细菌无法生长，所以可以用作防腐剂，故

A正确；

B.氧化钙不具有还原性，不能用作吸氧剂，故B错误；

C.碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝都能与盐酸反应，消耗盐酸，且腐蚀性较小，所以可以用于抗酸药，

故C正确；

D.乙烯可催熟水果，但乙烯能被高镒酸钾氧化，则浸泡过高锦酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙

烯可达到保鲜的目的，故D正确；

故选：Bo

A.高浓度的食盐、蔗糖溶液都使渗透压很高，细菌无法生长；

B.氧化钙不具有还原性；

C.碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝都能与盐酸反应，消耗盐酸，且腐蚀性较小；

D.乙烯可催熟水果，但乙烯能被高铳酸钾氧化。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应、性质与用途的关系为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2.答案：C

解析：解：4镁与盐酸反应，消耗Imo,镁生成Imo,氢气，所以0.5mo/Mg与足量盐酸反应生成氢气

的物质的量为0.5小。八分子数为0.5必，故A错误；

l

B.l8gH2。中所含的H原子数为亮嘉x2xNAmol-=2NA,故B错误；

C.O.lrnoZOH-所含电子的物质的量为Imo/,电子个数为N4,故C正确；

D.NO2和Nz/的摩尔质量不同，且二者之间存在转化平衡，没有告诉二者的组成，无法计算混合物

中含有的分子数，故D错误。

故选：Co

A.依据Mg〜/T计算；

B•依据"已=抖算；

C.1个氢氧根离子含有10个电子；

D.二氧化氮和四氧化二氮之间存在转化平衡，且二者的摩尔质量不同，也缺少二者的组成数据，无

法计算混合物的分子数。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化

学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。

有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

3.答案：B

解析：解：得到①00H中一。“与一co。”发生酯化反应;

H2CH2OH

得到②8吃一。"转化为碳碳双键,则H耦QH发生消去反应;

0

得到③HO£CCHzCHj—OJrH中-co。“、-。“发生缩聚反应生成高分

6，^JL-CH2CH2OH

子,

则生成这三种有机物的反应类型依次为酯化、消去、缩聚,

故选：Bo

,一。“与—COOH发生酯化反应;

得到②^一°”转化为碳碳双键；

0

得到③HO~Ff,H：CHLOAH._COOH、-。“发生缩聚反应生成高分子.

O

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与

应用能力的考查，注意官能团变化及有机反应的应用，题目难度不大.

4.答案:B

解析：解：45.4g铝的物质的量为0.2mo，，而由于Imo⑷〜3mo，HG,ImolAl-lmolNaOH,故0.2m。，

铝与0.2mo/氢氧化钠能恰好完全反应，而与0.2m。/盐酸反应时，铝过量，由于反应掉的铝的物质的

量不同，故生成的氢气分子个数不同，故A错误；

B535g氯化铉的物质的量为=O.lmol,O.lmol氯化镂中含有0.4mo,氮氢键,含有的N-，键

个数为0.4纥，故B正确；

C.钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，产物不确定，无法计算转移电子数，故C

错误；

D.ONmolN也与0.3加。，。2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气过量，氨气完全反应，则生成的一

氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于02以，故D错误；

故选：B。

A.求出铝的物质的量，然后根据〜Imo⑷〜ImoWa。，来分析；

B.质量转化为物质的量，结合1个钱根离子含有4个N-H键；

C.依据反应后氧元素的价态来分析；

D.OZMOW也与OSmo。在催化剂的作用下加热充分反应，氧气过量，氨气完全反应，则生成的一

氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，涉及的知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的

各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度中等。

5.答案：D

解析：解：A原电池的正极反应为外+2”20+4e-=40犷，当转正极消耗mg气体时，转移的电子

的物质的量为晶加。汽2=春加山，电解池阴极得电子为阴极发生的反应为：2"++2e-=

321616

HT,阴极生成气体的质量为看MO，x2g/mo/=gg,故A错误；

2ioO

B.电解后，由于电解了水，水的质量减小，碳酸钠为饱和溶液，所以会析出碳酸钠晶体，但是

以可。2（?。3）不变，所以c（Na+）与c（C。歹）的比值不变，故B错误；

C.甲烷燃料电池的总反应为：CH4+202+20H-=COj-+3H2。，反应消耗氢氧化钾，则c（K。"）减

小，pH减小,故C错误；

D.电解后，由于电解了水，水的质量减小，碳酸钠为饱和溶液，所以会析出碳酸钠晶体，但是

c（Na2c。3）不变,故D正确；

故选：D.

该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：02+2H2。+4e-=40/7-,负极反应为C4+10OH--

Se-=COj~+7H20,电解饱和碳酸钠溶液阴极发生的反应为：2H++2e-=H2T,阳极反应为：

40H--4e-=。2T+2H20,以此结合电子守恒计算解答.

本题考查了燃料电池和电解池原理的应用，注意把握溶液的酸碱性与电极反应的关系以及电子守恒

在计算中的应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力.

6.答案：B

解析：

本题考查元素推断和元素周期律，结合相关元素的性质正确推断元素、熟练掌握元素周期律是解题

的关键，难度不大。

根据表中信息判断判断可知X为Mg；y为4；Z为S；M为F，N为CI。

A.金属性Mg>4,所以X、丫的单质与稀盐酸反应速率X>丫，故A错误；

B.非金属性：F>G,依据元素的非金属性越强，其阴离子的还原性就越弱可知还原性N-

故B正确；

C.非金属性：F>S,元素的非金属性越强，其相应的气态氢化物的稳定性就越强，因此稳定性

H2Z,故C错误；

D.非金属性：Cl>S,非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此酸性HZ。4>“7名,

故D错误。

故选B。

7.答案：D

解析：解：4c点水电离程度最大，说明此时俊根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两

者恰好完全反应生成硫酸镀，而稀硫酸的浓度为0.05mo1/L,所以氨水的体积也是20M1,即V=20,

故A正确；

B.b点溶液中溶质为硫酸筱、硫酸氢钱，b点溶液呈酸性，溶液的p4<7,溶液中存在c(NH；)>

c(SO广)>c(H+)>c(。"-),故B正确;

C.根据电荷守恒：c(H+)+c(NHt)=2c(S0r)+c(0H-),而溶液呈中性c(O/T)=c("+),所以

c(NHi)=2c(SO。,则c(NHj)+c(OH~)=2c(SO1-)+c(H+),故C正确；

D.加入20mL氨水时两溶液恰好反应，此时c(H+)=5x10-6^01/3c(0/T)=鉴三=2x

10-97nWL,由于溶液中氢离子主要是钱根离子水解生成的，贝IJC(N"3-H20)*C(H+)=5X

10-6mol/L,铁根离子水解程度较小，则c(NHj)笈0.05mo，/L,所以常温下0.1m。"的氨水的Ka=

c(NH*>c(OH-)=OQ5x2x】：-9=s,故D错误。

C(NH3H2O)5X10-65卜口八

故选：0。

由图可知稀硫酸的浓度为0.05mo，/L,

A.c点水电离程度最大，说明此时铁根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大；

B.b点溶液中溶质为硫酸筱、硫酸氢筱；

C.结合据电荷守恒结合溶液呈中性分析解答；

D.根据20mL时溶液pH计算出氢离子、氢氧根离子浓度，然后结合物料守恒计算出一水合氨浓度，

进而计算电离常数。

本题考查弱电解质的电离、混合溶液的酸碱性判断等，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图

能力，明确图中曲线变化趋势及每一点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵

活运用，题目难度中等。

8.答案：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊CO2冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生

成沉淀而干扰CO?的检验F、D、G、H、0、ICuOH中黑色粉末变为红色，其后的。中澄清石

灰水变浑浊

解析：解：⑴草酸晶体（H2c2。4-242。）无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华，170久以

上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸

钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有

二氧化碳生成；

草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸

和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干

扰二氧化碳的检验，

故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；C02；冷凝QK蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应

生成沉淀而干扰。。2的检验；

（2）①要检验生成C0,在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，

用碱石灰干燥C0,利用C。和Cu。发生还原反应生成CO?,再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，

用排水法收集C。避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、/；

H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和C。反应有明显现象发生，Ciz。能被C0还原且反应过程中

黑色固体变为红色，现象明显，所以“中盛放的物质是CuO,

故答案为：八D、G、H、。、/；CuO；

②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且C。将黑色的Cu。还

原为红色的Cu,只要H中黑色固体转化为红色且其后的。装置溶液变浑浊就说明含有CO,

故答案为：“中黑色粉末变为红色，其后的。中澄清石灰水变浑浊.

(1)草酸晶体(H2c2。4・2H2。)无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华，170国以上分解，如

果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而

其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；

(2)①要检验生成CO,在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，

用碱石灰干燥CO,利用CO的还原性将C。氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法

收集C。；”装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；

②C。具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊.

本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验

方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，

注意要排除其它因素干扰，题目难度较大.

N0+N0+NaC0

9•答案：4N/+5O2上4N0+6H2。^2^=^aNO2+H20B蒸发浓缩、冷却

△

结晶溶碱将NaNO2转化为NaN(?342.4

解析：解：(1)N也与过量。2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4N%+

5°2-^-4NO+6H2。，

一—一、，催化剂

故答案为：4N“3+5。2，-4N0+6“2。；

(2)N0与NO2按物质的量之比1：1被Naz。。?溶液吸收，发生反应为归中反应，根据N元素的化合价

可知，N(+2-+3)、(+4-+3),反应生成NaNOz，反应的方程式为N。+NO?+Na2cO3=

2NaNO2+H2O,为提高吸收速率与效率，最好选用B装置，

故答案为：NO+N02+Na2CO3=2NaNO2+H20；B；

(3)将中和液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到NaNOz，蒸发I产生的蒸汽中含有少量的NaNOz等

有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；溶碱；

(4)母液I进行转化时加入稀UN/、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNOz转化为NaN03,

故答案为：将NaNOz转化为NaN03；

(5)生产17gNaN3时，n(NaNO2)==0.2mol,NaNO2,NaNOs两种产品的物质的量之比

为则由原子守恒可知,

3：1,n(NaN02)=Na2n(/Va2CO3)=n(WaJVO2)+n(/VaWO3)=

0.8mo/,n(Nci2co3)=OAmol,m=nM=OAmolx106g/mol=42.4g,

故答案为:42.4o

由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生

NCZ2C03+N0+N02=2NaNO24-CO2.3NO2+H20=

、然后中和液进行蒸发操作，浓度增大

HNO3+NONa2CO3+2HNO3=NaNO3+H20+C02T,I

时NaNO2析出，母液/中主要含NaN/,母液I进行转化时加入稀HN/、空气，硝酸提供酸性环境，

可揩NaNOz转化为NaNC>3,转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNC^,母液口中主要含NaN%.

(1)氨气具有还原性，氧气具有氧化性，氨气中氮元素为-3价，被氧气氧化为+2价的氮元素，所以

氨气和氧气反应生成一氧化氮和水；

(2)N。与NO?发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNOz；既要考虑不因为溶解而

倒吸，还有考虑重点接触面充分吸收；

(3)中和液进行蒸发操作，目的是使NaNOz析出，NaNOz等有毒要回收再循环利用；

(4)母液I进行转化时加入稀”/7。3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNOz转化为NaNO3；

⑸生产时，两种产品的物质的量之比

17gNaNO3n(NaNO2')==0.2mol,NaNO2>NaN/

为3：1,则n(NaNOz)=0.6?noZ,由Na原子守恒可知，2n(202。。3)=MNaN。2)+"(NaNOs),结

合m-71M计算。

本题考查工业制备、涉及物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，把握流程中

NaNC^NaNO3,

的反应、分离方法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力

的综合考查，题目难度中等。

答案1

10.：27%ACH3OH(l)+lo2(g)=C02(g)+2H2O(l)AH=-725.8/c；•mor4630.03moZ/

(L•min)

解析:解：(1)图中油料作物、甘蔗属于生物质能源，其中生物质能源所占的比例是13%+14%=27%,

故答案为：27%；

(2)①生物柴油是由动植物油脂转化而来，生物柴油是可再生资源，故①正确；

②生物柴油几乎不含硫，可减少二氧化硫的排放，故②正确；

③生物柴油主要成分为脂肪酸酯，生物降解性好，与普通柴油相比易分解，故③正确；

④生物柴油主要成分是脂肪酸酯，普通柴油主要充分为烧，生物柴油与普通柴油制取方法不相同，

故④错误，

故答案为：A；

（3）①2cH3。"（。+3。2（9）=2c。2（9）+4/0（9）△”=-1275.6k/•moL

②“2。（，）=42。（9）△W=4-44.0/c；-mor1

根据盖斯定律，①xA②x2可得:CW3OH(0+1。2(。)=C02(g)+2H2。。)=(-1275.6k；•

mo/-1)x1-2x44kJ-moL=-725.8k/•mol-1,

1

故甲醇燃烧热的热化学方程式为:C/。，。)+|。2(。)=CO2(g)+2,2。。)/”=-725.8kJ-mol-,

故答案为：+|。2(9)=。。2(9)+2,2。。)4"=一725.80•moE；

(4)lmo1氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143划xX蓍㈣=286幻，生成18g水，而18g水

蒸气变成液态水放出44口的热量，则1m。，氢气完全燃烧生成气态水放出的热量为2860-440=

242口，即热化学方程式为：也(9)+3。2(9)="2。(9)/"=-242处力。厂1,贝心-242=436+

496X--2%,解得％=463,

故答案为：463；

(5)5mm后反应达到平衡，反应混合物总物质的量为3mo2X1.2=3.6?no/,气体物质的量增大

3.6mol-3mol=0.6mo/,由2X(g)=Y(g)+3Z(g)可知，每生成17noz丫，气体物质的量增大lzno/+

10.3mol

mol-2mol=2mol,则生成丫为0.6?no,x-=0.3mol则用丫表示的速率为二iZZ=0,03mol/(L-

2f5min'、

min),

故答案为：0.03mo〃(L-min)o

(1)图中油料作物、甘蔗属于生物质能源；

(2)生物柴油主要成分是脂肪酸酯，几乎不含硫，生物降解性好，是可再生资源；

(3)甲醇燃烧热的热化学方程式中，甲爵的化学计量数为1,生成的水为液态，根据盖斯定律书写；

(4)写出氢气燃烧生成气体水的热化学方程式，再根据“焙变△”=反应物总键能-生成物总键能”

计算；

(5)根据压强之比等于物质的量之比计算反应后总物质的量，再利用差量法计算生成丫的物质的量，

△n

根据〃=亘计算。

△t

本题考查热化学方程式书写、反应热有关计算、化学反应速率的计算等，注意燃烧热的热化学方程

式中可燃物系数为1,反应生成稳定的氧化物。

：

11.答案：3d104slCr320sxs30且X不等于24和29四VIBd--------Cl2O,

S。干、POl-1：1

解析：解：(l)Cu原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子,

其价电子排布式为3di°4s%

铜原子最外层排布为4s1，同周期外层排布为4s1，副族中d能级含有5个电子为Cr,

故答案为：3d104s1；Cry

(2)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第HA族元

素比第DIA族元素的第一电离能大，第VA族比第VL4族第一电离能大，Mg、Al.Si、P、S、CZ属于

同一周期且其原子序数依次增大，但"g属于第D4元素，4属于第DI4族，P属于第V4元素，S属于

第VIA族，所以Mg、4、Si、P、S、C7几种元素的第一电离能的大小顺序是P、S、Si、Mg、Al,所

以第一电离能处于4、P之间的元素有3种，

故答案为：3；

(3)某种原子的结构示意图为,其核外电子排布式为Is22s22P63s23P64s23dy-8,d

轨道上完全填满是10e-,则：0<y-8<10,即8SyS18,原子结构中核电荷数等于核外电子总

数，则x的取值范围是20<x<30且X不等于24和29,

故答案为：20WxW30且X不等于24和29；

(4)K元素原子序数为19,处于第四周期第1列，第四周期容纳18种元素，24)的原子序数比K元素

大5,所以24仃处于周期表中第四周期，第6列，故24。处于周期表中第四周期第叨8族，位于周期

表中d区；Cr原子为24号元素，其满足半满和全满的稳定结构，基态原子价层电子排布式为3d54sI，

电子排布图为：-J-----------二。

3d4s

C'•T•'丁

故答案为：四；VIB；d；---；

3d

(5)与a。］为等电子体的分子可以用g原子替换。原子与i个单位负电荷，等电子体分子为：ci2o,

用p原子与2个单位负电荷替换g原子可得单电子离子：P0l~,用s原子与I个单位负电荷替换a原子

可得离子:sol~,

故答案为：Cl2O.SO广、P0广；

(6)Ni与C。能形成配合物Ni(C0)4,C。中含有1根。键，2根兀键，配位键也属于共价键，也为C键，该

分子中。键为：1x4+4=8与兀键个数为：

2x4=8,为1：1,

故答案为：1：1。

(1)铜是29号元素，原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；并判断与铜同

周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素；

(2)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第UA族元

素比第DM族元素的第一电离能大，第VA族比第VL4族第一电离能大，据此分析解答；

(3)某种原子的结构示意图为,其核外电子排布式为Is22s22P63s23P64s23dy-8,d

轨道上完全填满是10e-,贝U：0<y-8<10,再结合原子结构的特点判断x的取值范围；

(4)Cr为24号元素，其满足半满和全满的稳定结构，据此判断在周期表中位置和书写其基态原子价层

电子排布式；

(5)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体;

(6)C。中含有1根。键，2根兀键，配位键也属于共价键，也为<7键。

本题考查物质结构知识，包含电子排布图的书写，第一电离能大小的比较，等电子体的书写，考查

知识较为综合，有助于培养综合分析问题的能力,题目难度中等。

12.答案:

CHaCHjCH,

BCH/CH3H/4CH,

CHJCHJCH,CH)

CJKIV-CIhNibq

\/jcRft\—/\——/fi'X

HCI〜

Clh€(CHO：~~►(CHi)iCCI

或H

CH：C(CH)h--*(CHj))CCI^-»(CH?hCNII2

・ClkNIICtCHjh

op

解析：解：(1)通过以上分析知，C的结构简式为CH，。CH一故答案为:

O0

CH<aCH)；

CHOO

(2)反应⑦的方程式为

•2CHXXXJH

oiicoo

O

故答案为:cX•2cn(ax)n

CHiCOO

(3)44为，A中含有酚羟基，则化合物4能与FeCb溶液发生显色反应，故正确:

B.B为C1B中氯原子不能发生消去反应，则化合物B不能发生消去反应，故错误;

C.D中水解生成的竣基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol化合物。最多能与4mo,NaOH反应,

故错误;

D.沙丁胺醇的分子式为C13&9NO3,故正确;

故选BC；

(4)E的同分异构体符合下列条件:

①/R谱表明分子中含有-AZ%，且与苯环直接相连;

②】"-NMR谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子,且苯环上只有一种氢原子,

则符合条件的同分异构体有

CH,CHjCHJCHJ

M：N-LCMfCHahCH,

*CH,CH,CH^CHJ

CH5CH?

CH2cH3

故答案为：H/<CH,

CH3cH[

CH2cH