1、 山东省 2020 年高考名师押题猜想卷 化 学 （考试时间：90 分钟 试卷满分：100 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 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe
2、 56 Cu 64 Zn 65 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是（ ） A2019 年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存 B大飞机 C919 采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 C纳米复合材料实现了水中微污染物铅（）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小 D我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 2阿伏加德罗常数用 NA表示，下列叙述正确的是（ ） A18克液态水与 18 克冰中氢键数目均为 NA B工业酸性废水中的 Cr2
3、O72-可转化为 Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳 极为铁，理论上电路中每通过 6 mol电子，就有 NA个 Cr2O72-被还原 C标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数小于 3NA D1 mol LiAlH4在 125完全分解成 LiH、H2、Al，转移电子数为 3NA 3用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ） A甲用于制取氯气 B乙可制备氢氧化铁胶体 C丙可分离 I2和 KCl 固体 D丁可比较 Cl、C、Si 的非金属性 4已知二甲苯的结构： ，下列说法正确 的是（ ） Aa 的同分异构体只有 b和 c两种 B在三种二甲苯中，b 的一氯代物种
4、数最多 Ca、b、c 均能使酸性 KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色 Da、b、c 中只有 c 的所有原子处于同一平面 5明矾KAl(SO4)2 12H2O是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ） A含明矾的药物不宜与胃药奥美拉唑碳酸氢钠胶囊同时服用 B0.1 mol L-1明矾溶液完全水解生成 Al(OH)3胶粒数小于 6.02 1022 C向含 0.1 mol明矾的溶液中滴入 Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，SO42-和 Al3+全部转 化为 BaSO4和 Al(OH)3沉淀 D室温下，0.1 mol L-1明矾溶液中水电离出 c(H+)小于 10-7mol L-1 6
5、已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素， A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为 20。甲、乙分别为元素 E、A的单 质， 丙、丁为 A、E 分别与 B 形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确 的是 （ ） AA、B形成的一种化合物具有漂白性 BB、D形成的离子化合物可能含有非极性键 CC的单质能与丙反应置换出B的单质 D丁为黑色固体，且 1 mol 甲与足量丙反应转移电子 3NA 7设 NA为阿伏加德罗常数值。如图表示 N2O在 Pt2O+表面与 CO反应转化成无害气体的过程。下列 说法正确的是（ ） AN2O转化成无
6、害气体时的催化剂是 Pt2O2+ B每 1 mol Pt2O+转化为 Pt2O2+得电子数为 3NA C将生成的 CO2通人含大量 SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象 D1 g CO2 、N2O 的混合气体中含有电子数为 0.5NA 8用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的的是（ ） 实验目的 实验方案 所选玻璃仪器 A 除去 KNO3中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却 结晶，过滤 酒精灯、烧杯、玻璃 棒 B 证明 CH3COOH 与 HClO 的酸 性强弱 相同温度下用pH试纸测定浓度均为 0.1 mol L1 NaClO、CH3COO
7、Na溶 液的 pH 玻璃棒、玻璃片 C 配制1 L 1.6%的CuSO4溶液 （溶 液密度近似为 1 g mL1） 将 25 g CuSO4 5H2O溶解在 975 g 水 中 烧杯、量筒、玻璃棒 D 检验蔗糖水解产物具有还原性 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水 浴加热几分钟，再向其中加入新制 的银氨溶液，并水浴加热 试管、烧杯、酒精灯、 滴管 9利用电解原理将 SO2、NOx转化为（NH4）2SO4的装置如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 阴极的电极反应式：NOx+（2x+3）e- +（2x+4）H+=NH4+xH2O B. 溶液 C的酸性比硫酸铵稀溶液强 C. 电极 A与电源的负极相连，
8、发生氧化反应 D. 转移 0.2 mol电子时消耗 0.1 mol SO2 10某工业废气中的 SO2经如图中的两个循环可分别得到 S和 H2SO4。下列说法正确的是（ ） A循环中，反应 1 中的氧化产物为 ZnFeO3.5 B循环中，反应 2中的还原产物为 ZnFeO4 CMn可作为循环中电解过程中的阳极材料 D循环和循环中消耗同质量的 SO2，理论上得到 S和 H2SO4的质量之比为 1649 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有 1 个或 2 个选项符合题意，全都选对 得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11有机物 Z常用于治疗心律
9、失常，Z可由有机物 X和 Y在一定条件下反应制得，下列叙述正确的 是（ ） AX中所有原子可能在同一平面内 BX、Z均能与酸性 KMnO4溶液反应 C1 mol Y 最多能与 2 mol NaOH 反应 D室温下 Z与足量 Br2加成产物的分子中有 2 个手性碳原子 12下图是 0.01 mol/L甲溶液滴定 0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定 NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定 NaOH溶液或者 NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的是 A条件相同时导电能力：盐酸NaAc B曲线是 NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线 C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能
10、力 Da 点是反应终点 13已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个 CO2分子间距为 a pm，阿伏加德 罗常数为 NA，下列说法正确的是（ ） A晶胞中一个 CO2分子的配位数是 12 B晶胞的密度表达式是 3-30 A 444 2 2a10N g cm3 C一个晶胞中平均含 6个 CO2分子 DCO2分子的立体构型是直线形，中心 C原子的杂化类型是 sp3杂化 14电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图 1 为相同电 导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图 2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温 过程中电导率变化曲线，温度均由 22
11、上升到 70。下列判断不正确 的是（ ） A离子的迁移速率与温度无关 B由曲线 4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关 C由图 1 和图 2 可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 Cl- 的迁移速率大于 CH3COO-的迁移速率 D由图 1和图 2 可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中 H+、OH-的浓度和迁移速率无 关 15 某温度下， 在三个容积均为 1 L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) （正 反应放热） 。下列说法正确的是（ ） 容器 编号 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(
12、mol/L) c(NO) c(Br2) c(NOBr) c(NOBr) I 0.3 0.15 0.1 0.2 II 0.4 0.2 0 III 0 0 0.2 A. 容器 II达平衡所需的时间为 4 min，则 v(Br2)=0.05 mol/(Lmin) B. 达平衡时，容器 I与容器 III中的总压强之比为 2:1 C. 升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 D. 达平衡时，容器 II中 c(Br2)/c(NOBr)比容器 III中的小 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16 （12 分）甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的化工原料。可通过以下方法
13、将甲醇转化为甲醛。 脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)H2(g) H192.09 kJ mol1 氧化法：CH3OH(g) 1 2 O2(g)=HCHO(g)H2O(g)H2 回答下列问题: （1）已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H3483.64 kJ mol1，则 H2_。 （2）与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为 _。 （3）图 1 为甲醇制备甲醛反应的 lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_(填“a” 或“b”)对应脱氢法，判断依据是_。 （4）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图 2)，该物质在医药等工业中 有广泛用途。
14、若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为_。 （5）室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型 甲醛气体传感器的原理如图 3所示，则 a极的电极反应式为 _， 当电路中转移 4 104 mol电子时， 传感器内参加反 应的 HCHO为_mg。 17（12 分） 镍是一种用途广泛的金属， 常用于电镀工业和制造电池。 镍易形成 Ni(CO)4、 Ni(NH3)6SO4 等配合物。 （1）镍基态原子的核外电子排布式为_。 （2）Ni2可用丁二酮肟检验。丁二酮肟的结构如图所示，其分子中碳原子轨道的 杂化类型为_。 （3）与 CO互为等电子体的阴离子的化
15、学式为_。 （4）1 mol Ni(NH3)6SO4中 键的数目为_。氨的沸点高于膦(PH3)，原因是 _。 （5）镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为 LaNi5H6，晶胞结构如图所示， X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中 Z表示的微粒为_(填化学式)。 18 （15 分）AlN 新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下： 物质 熔点/ 沸点/ 与N2反应温度/ 相应化合物分解温度/ Al 660 2467 800 AlN：2000 （1400升 华） AlCl3： （181升华） Mg 649 1090 300 Mg3N2：800 （1）AlN 的制备
16、。 化学气相沉积法。 .一定温度下，以 AlCl3气体和 NH3为原料制备 AlN，反应的化学方程式是 _。 .上述反应适宜的温度范围是_（填字母） 。 a.75100 b.6001100 c.20002300 铝粉直接氮化法。 Al与 N2可直接化合为 AlN 固体，AlN 能将 Al 包裹，反应难以继续进行。控制温度，在 Al粉中 均匀掺入适量 Mg 粉， 可使 Al几乎全部转化为 AlN固体。 该过程发生的反应有： _、 _和 2Al + N2 800-14002AlN。 碳热还原法。 以 Al2O3、C（石墨）和 N2为原料，在高温下制备 AlN。 已知：. 2Al2O3(s) 4Al
17、(g) + 3O2(g) H 1 =3351 kJ mol-1 . 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) H 2 =221 kJ mol-1 . 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) H 3 =318 kJ mol-1 运用平衡移动原理分析反应对反应的可能影响： _。 （2）AlN 的性质。AlN 粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的 AlN 粉末水解时溶液 pH的 变化如图所示。 AlN 粉末水解的化学方程式是_。 解释 t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_。 （3）AlN 含量检测。向 a g AlN 样品中加入足量浓 NaOH溶液，然后通入水蒸气将 NH
18、3全部蒸 出， 将NH3用过量的v1 mL c1 mol L-1 H2SO4溶液吸收完全， 剩余的H2SO4用v2 mL c2 mol L-1 NaOH 溶液恰好中和，则样品中 AlN 的质量分数是_。 19（10 分） 某研究小组由 Cu(NO3)2溶液先制得 Cu(NO3)2 3H2O晶体， 然后在下图所示实验装置中(夹 持及控温装置省略)，用 Cu(NO3)2 3H2O晶体和 SOCl2制备少量无水 Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点 为105、沸点为 76、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。 （1）由 Cu(NO3)2溶液制得 Cu(NO3)2 3H2O晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷
19、却结晶、抽滤等 步骤。 蒸发浓缩时当蒸发皿中出现_(填现象)时，停止加热。 为得到较大颗粒的 Cu(NO3)2 3H2O晶体，可采用的方法是_(填一种)。 （2）仪器 c的名称是_。 向三颈烧瓶中缓慢滴加 SOCl2时，需打开活塞_(填“a”或“b”或“a和 b”)。 （3）装置甲中 Cu(NO3)2 3H2O和 SOCl2发生反应的化学方程式为 _。 （4）装置乙的作用是_。 20（13 分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： +H2O （1）A 的结构简式是_。 （2）AB 的反应类型是_。 （3）C 中含有的官能团是_。 （4）物质 a 的分子式为 C6H7N，其分子
20、中有_种不同化学环境的氢原子。 （5） I 能与 NaHCO3 反应生成 CO2，D+IJ 的化学方程式是_。 （6） 芳香化合物 L 的结构简式是_。 （7）还可用 A 为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成 C，反应器中生成 C 的离子方 程式是_。 答案答案+全解全析全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 D D C B A D D C C D BC C AB AD D 1 【答案】D 【解析】 A2019 年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故 A 正确； B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材
21、料，故 B正确； C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（）的高灵敏、高选择性检测， 但吸附的量小，故 C正确； D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故 D错误； 故选 D。 2 【答案】D 【解析】 A冰中 1个水分子周围有 4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有 2个氢键，所以 1mol 冰中，氢键的数目是 2NA，故 A错误； B铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O72与亚铁离子发生氧化还原反应生成 Cr3和三价铁离子，其离子 方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e 1 6 Cr2O72，当电 路中通过 6
22、mol e，有 0.5 mol Cr2O72被还原，故 B错误； C所以标准状况下，22.4 L NO2物质的量为： =1 mol，含有的原子数等于 3 NA，故 C错 误； D依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1 mol LiAlH4在 125完全分解成 LiH、 H2、Al，化学方程式为：2LiAlH4=2LiH+3H2+2Al，转移电子 3NA，故 D正确； 故选 D。 3 【答案】C 【解析】 A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的； B.向 NaOH溶液中滴加饱和 FeCl3溶液得到红褐色的 Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，
23、制备氢 氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入 56滴 FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到 实验目的； C.I2易升华，加热 I2和 KCl 固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成 I2固体，烧 杯中留下 KCl，C 能达到实验目的； D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应 2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2，得出酸性 HClH2CO3，但 HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较 C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥 发性，从锥形瓶导出的 CO2中一定混有 HCl，HCl 能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白 色沉淀，不能说明 CO2一
24、定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较 H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能 比较 C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的； 答案选 C。 4 【答案】B 【解析】 A.a 的同分异构体中属于芳香烃的除了 b和 c 外还有，另 a 还可能有链状的同分异构 体如 CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CH2等、或环状的同分异构体如 等，A错误； B.a、b、c 侧链上的一氯代物都只有 1 种，a 苯环上一氯代物有 2 种，b苯环上一氯代物有 3 种，c 苯 环上一氯代物只有 1 种，故三种二甲苯中，b 的一氯代物种数最多，B正确； C.a、b、c 均能被酸性 KMnO4溶液氧化，使酸性 KM
25、nO4溶液褪色，a、b、c 都不能与溴水发生化学 反应，C错误； D.a、b、c 分子中都含有CH3，与CH3中碳原子直接相连的 4 个原子构成四面体，a、b、c中所有 原子都不可能在同一平面上，D错误；答案选 B。 5 【答案】A 【解析】 A明矾含有铝离子，胃药奥美拉唑碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反应，药物失效， 所以二者不能同时服用，故 A 正确； B溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧化铝胶 体微粒个数，故 B 错误； C沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故 C错误； D盐类水解促进水的电离，所以室温
26、下，0.1 molL1明矾溶液中水电离出 c(H)大于 107molL1， 故 D 错误；故答案选 A。 6 【答案】D 【解析】 已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E 为地壳中含量最高的过渡金属元素，则 E 为 Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知 A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则 A为 H，D 为 Na，由C与D的原子序数之和为 20，可知 C为 F；甲、乙分别为元素 E、A 的单质， 丙、丁为 A、E分别与 B 形成的二元化合物，结合图示转化关系，由 Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可 知丙为 H2O，丁为 Fe3O4，则 B 为 O元素。 AH、O 两
27、元素组成的 H2O2有强氧化性，具有漂白性，故 A 正确； BO和 Na组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故 B正确； CF2溶于水生成 HF和 O2，故 C正确； D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由 3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知 1 mol Fe 与足量 H2O反应转移电子 8 3 NA，故 D错误；故答案为 D。 7 【答案】D 【解析】 A根据转化关系，N2O转化 N2时，Pt2O+转化为 Pt2O2+，则该过程的催化剂是 Pt2O+，故 A错误； B根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O 转化 N2时，Pt2O+转化为 Pt2O2+，氧化还原反应方程式 为：N2
28、O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1 价得电子变为 0 价，1 mol N2O转化为 N 2得到 2 mol 电子，则每 1 mol Pt2O+转化为 Pt2O2+失电子为 2mol，数目为 2NA，故 B错误； C将生成的 CO2通人含大量 SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少 量)+H2O=CO32-+H2SiO3，有白色沉淀生成，故 C 错误； DCO2和 N2O的摩尔质量都为 44 g/mol，一个分子中含有电子数都为 22 个，则 1 g CO2 、N2O的 混合气体的物质的量为 1 44 mol，含有电子数为 1
29、 44 mol 22NA=0.5NA，故 D正确。 8 【答案】C 【解析】 A二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故 A 错误； BNaClO 在溶液中会水解生成 HClO，HClO 具有漂白性，不能用 pH试纸测 pH，故 B 错误； C在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则 25 g CuSO4 5H2O溶解在 975 g 水中， 质量分别为 16%，但溶液体积是 1 1000g 1g?mL =1000 mL=1 L，故 C 正确； D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加 NaOH 溶液中和至中 性或弱碱性，再向
30、其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故 D 错误；故选 C。 9 【答案】C 【解析】 A电极 B 为阴极，NOx得到电子，生成铵根离子，发生电极反应：NOx+（2x+3）e- +（2x+4） H+=NH4+xH2O，故 A 正确； B在电解质溶液中，电极 B 中生成铵根离子，电极 A 处生成硫酸根离子，故硫酸铵稀溶液浓度变 大，溶液 C为浓硫酸铵溶液，由于浓度越大，水解产生的 H+浓度越大，所以酸性增强，故 B正确； C电极 A是阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故 C 错误； D1 mol SO2转化为硫酸根，转移 2 mol电子，则转移 0.2 mol 电子时消耗 0.1 mol SO
31、2，故 D正确； 答案选 C。 10 【答案】D 【解析】 A.反应 1 为 2ZnFeO4+H22ZnFeO3.5+H2O，氧化产物为 H2O，故 A 错误； B.反应 2 为 4ZnFeO3.5+SO24ZnFeO4+S，还原产物为 S，故 B错误； C.循环中电解时，阳极上 Mn2+放电生成 MnO2，若 Mn 作为循环中电解过程中的阳极材料，则 阳极上 Mn 放电，得不到 MnO2，故 C错误； D.循环 I中总反应为 2H2+SO2S+2H2O，循环中电解过程发生反应为 MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2，吸收过程发生反应为 MnO2+SO2=MnSO4，故循环中总反 应
32、为 2H2O+SO2=H2SO4+H2，循环 I和循环中消耗同质量的 SO2，理论上得到 S和 H2SO4的物质的 量之比为 1:1，质量之比为 16:49，故 D正确。故选 D。 11 【答案】BC 【解析】 AX中含有一个甲基，结构类似甲烷，所有原子不可能在同一平面内，故 A错误； BX含有酚羟基，Z中含有碳碳双键，均能与酸性 KMnO4溶液反应，故 B正确； CY中有酯基和溴原子，都可与氢氧化钠反应，1 mol Y 最多能与 2 mol NaOH 反应，故 C正确； D一个碳原子要成为手性碳需满足两个条件：该碳原子必须是 sp3杂化，且连有四个不同的基团。 室温下 Z中的双键可以与 Br
33、2发生加成，产物的结构式为，分子中连有溴原子的 碳都是手性碳，则有 4个手性碳原子，故 D 错误；答案选 BC。 12 【答案】C 【解析】 A由曲线盐酸滴定 NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件 相同时导电能力：盐酸NaAc，故 A正确； B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定 NaOH 溶液的曲线，因此曲线是 NaOH溶液滴定 盐酸导电能力变化曲线，故 B 正确； C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成氯化 钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线起点可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积 增大，曲线的溶液逐渐变成盐
34、酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故 C错误； D 反应达到终点时会形成折点， 因为导电物质发生了变化， 即 a 点是反应终点， 故 D 正确； 故选 C。 13 【答案】AB 【解析】 A面心立方最密堆积配位数为 12，故 A正确； B该晶胞中最近的相邻两个 CO2 分子间距为 a pm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶 点上的二氧化碳之间的距离为 a pm，则晶胞棱长= 2a pm=2a 10 -10 cm，晶胞体积=( 2a 10 -10 cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=81 8 +61 2 =4，晶胞密度 = 33 A 3 3-30 -10 A 44 4 444 =g
35、/ cm =g / cm 2 2a10 2a 10 Nm V N ，故 B 正确； C该晶胞中二氧化碳分子个数=81 8 +61 2 =4，故 C错误； D二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是 2，根据价层电子对互斥理论判断 C原子 杂化类型为 sp，故 D错误；故选 AB。 14 【答案】AD 【解析】 A曲线 1 中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提 高离子的迁移速率，故 A错误； B温度升高，促进了 CH3COONa 溶液中 CH3COO-的水解，则由曲线 3 和曲线 4可知，温度升高， 醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故
36、 B 正确； C曲线 1 和曲线 2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐 酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是 Cl-的迁移速率大于 CH3COO-的迁移速率，故 C 正 确； D曲线 1和曲线 2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括 H+和 OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的 H+和 OH-浓度不再和盐酸溶 液的 H+和 OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中 H+、OH-的浓度和迁 移速率有关，故 D 错误；故答案为 D。 15 【答案】D 【解析】 A、 容器 I中
37、2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)， c 始/mol L1 0.3 0.15 0.1 c 变/mol L1 0.1 0.05 0.1 c 平/mol L1 0.2 0.10 0.2 K= 2 2 0.2 0.20.1 =10 容器中 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)， c 始/mol L1 0.4 0.2 0 c 变/mol L1 2x x 2x c 平/mol L1 0.4- 2x 0.2-x 2x K= 2 2 (2 ) 10 (0.42 )(0.2) x xx ，解得 x=0.1mol L1，v(Br2)=0.1mol L1/4min= 0.025mol/(Lmin)，
38、 故 A 错误；B、将容器 I、容器 III的生成物全部转化成反应物，容器 I的投料相当于容器 III的 2 倍， 达平衡时，容器 I相当于对 2个容器 III进行加压，平衡正向移动，容器 I与容器 III中的总压强之比 小于 2:1，故 B错误； C、升高温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大，故 C 错误； D、 将容器 II、容器 III的生成物全部转化成反应物， 容器 II的投料相当于容器 III的 2 倍， 达平衡时， 容器 II相当于对 2个容器 III进行加压，平衡正向移动，容器 II中 c(Br2)减小，c(NOBr)增大，容器 II中 c(Br2)/c(NOBr)比容器 II
39、I中的小，故 D 正确；故选 D。 16 【答案】 （1）149.73 kJmol1 （2）脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应， 放热反应在热力学上趋势较大 （3） b 脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大 （4） 32 （5） HCHOH2O -4e = CO24H 3 【解析】 (1)已知 iCH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)H1=+92.09 kJmol-1 ii.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H3=-483.64 kJmol-1， 根据盖斯定律 i+ 1 2 ii得方程式 CH3OH(g)+ 1 2 O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)H2=(+92.09
40、- 1 2 483.64)kJ/mol=-149.73kJmol-1； (2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应，放热 反应在热力学上趋势较大； (3)脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大，所以曲线 b对应的是脱氢法； (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分 子中含有 6 个 C原子、4个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1个 C原子、每个氨气分子中含有 1个 N 原子，根据 C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6个甲醛分子、4 个氨气分子，则 需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，
41、即物质的量之比为 3:2； (5)据图可知 a 极 HCHO 被氧化生成 CO2，则 a为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为 HCHOH2O -4e = CO24H；根据电极方程式可知转移 4 104 mol电子时，参与反应的 HCHO 为 1 104 mol，质量为 1 104 mol 30 g/mol=0.003 g=3 mg。 17 【答案】 （1）Ar3d84s2(或 1s22s22p63s23p63d84s2) （2）sp3、sp2 （3）CN （4） 28 mol NH3分子间可形成氢键，而 PH3分子间不能 （5） H2 【解析】 （1）镍在元素周期表中的原子序数为 2
42、8，根据原子的构造原理，镍基态原子的核外电子排布式为 Ar3d84s2(或 1s22s22p63s23p63d84s2)； （2）根据丁二酮肟的结构简式，其中碳原子既有单键又有双键，碳碳单键上的碳原子的杂化类型是 sp3，碳碳双键上的碳原子的杂化类型是 sp2杂化； （3）等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，CO含 有 2个原子，价层电子数为 14 个电子，与 CO互为等电子体的阴离子有 CN-或 C22-等； （4） Ni(NH3)6SO4中 Ni2+与 6个 NH3形成 6个配位键属于 键， NH3形成 3 个氮氢单键为 键， SO42- 中含有 4
43、个 键，所以 1 mol Ni(NH3)6SO4中 键的数目=1 mol (6+6 3+4)=28mol； PH3分子之间 为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于 PH3分子的； （5）晶胞中 X位于晶胞的顶点，数目81 8 =1、Y位于晶胞的体心和面上，数目1+81 2 =5、Z 位于晶胞的面和棱上，数目81 4 +21 2 =3，则该物质的组成为 XY5Z3，结合化学式 LaNi5H6，可 知 X 代表 La、Y代表 Ni、Z代表 H2。 18 【答案】 （1） I. AlCl3 + NH3=AlN + 3HCl II. b 3Mg + N2
44、Mg3N2 Mg3N23Mg + N2 反应能降低氧气浓度， 有利于反应正向移动 （2） AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3 H2O 粒径较小的 AlN 表面积大，水解反应速率较大 （3） -3 1122 41 (2c v -c v )10 a 100% 【解析】 （1）. 3 AlCl气体和 3 NH制备AlN ，反应的化学方程式是 33 AlCl + NH =AlN + 3HCl， 答案为： 33 AlCl + NH =AlN + 3HCl； .根据表中数据，要保证 3 AlCl为气体，需要温度大于 181，排除 a，AlN大于 2000会分解， 排 除 c， 故答案选
45、b； 根据表中数据，大于 300，镁和氮气反应，大于 800氮化镁会分解， 故答案为： 232 300-800 3Mg + NMg N ； 322 800 Mg N3Mg + N ； 反应能消耗氧气，反应生成氧气，故反应能促进反应正向进行， 答案为：反应能降低氧气浓度，有利于反应正向移动； （2）氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨， 故答案为：AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3 H2O ； 由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关， 故答案为：粒径较小的 AlN 表面积大，水解反应速率较大； （3）消耗硫酸的物质的量为： 3 22 11 c V c V
46、-10 mol 2 ，氨气和硫酸按照 2:1 反应，故氨气的物质 的量为： 3 22 11 c V 2c V -10 mol 2 ，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是 3 22 11 c V 2c V -10 mol 2 ，故样品中氮化铝的质量分数为 -3 1122 3 22 11 c V 2c V -1041 2 100%= a 41 (2c v -c v )10 a 100%， 故答案为： -3 1122 41 (2c v -c v )10 a 100% 19 【答案】 （1）溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却结晶的速度 （2）球形干燥管 b （3）Cu(NO3)2 3H2O3SOCl2 加热 Cu(NO3)23SO26HCl （4）吸收 SO2和 HCl，防止 倒吸 【解析】 （1
