模拟4

模拟(四)标准仿真预测卷可能用到的相对原子质量：H—1，C—12，N—14，O—16，S—32，Na—23，Mg—24，Fe—56第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分；每小题四个选项中只有一个选项符合题目要求。)7．KNO3是中国古代四大发明中“黑火药”的主要成分之一，该物质的提取方法在古文献中的记载为：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”。该文献中涉及的化学实验操作有()A．升华B．蒸馏C．萃取D．结晶答案：D解析：“冬月地上有霜”中的“霜”实质为硝酸钾的结晶，“扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”描述的是通过溶解、蒸发结晶得到硝酸钾晶体，故选D。8．下列关于有机物的说法正确的是()A．异丁烷也称为2­甲基丁烷B．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解C．乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物D．处于同一平面上的原子数最多为18个答案：C解析：异丁烷也称为2­甲基丙烷，A项错误；糖类中的单糖不能发生水解反应，B项错误；乙二醇和二元羧酸通过缩聚反应可以生成聚酯高分子化合物，苯乙烯通过加聚反应可以生成聚苯乙烯高分子化合物，C项正确；苯环、碳碳双键为平面结构，碳碳叁键为直线结构，且C—H键可以旋转，故处于同一平面上的原子数最多为20个，D项错误。9．设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A．12gNaHSO4晶体含阳离子的数目为0.2NAB．1L0.5mol·L－1Na3PO4溶液中含PO3－4数目为0.5NAC．标准状况下，1mol环己烷含非极性键的数目为6NAD．16.8gFe在氧气中完全燃烧时转移的电子数为0.9NA答案：C解析：A项，NaHSO4晶体中阳离子为Na＋，故0.1molNaHSO4晶体含0.1mol阳离子，错误；B项，PO3－4在溶液中发生水解，故1L0.5mol·L－1Na3PO4溶液中含PO3－4数目小于0.5NA，错误；C项，1个环己烷分子中含6个碳碳非极性键，正确；D项，铁在氧气中燃烧发生反应：3Fe＋2O2=====点燃Fe3O4,16.8gFe的物质的量为0.3mol，完全燃烧时转移0.8mol电子，错误。10．下列实验装置能达到相应目的的是()答案：D解析：甘油和水互溶，不分层，不能用分液的方法分离二者，A项不能达到实验目的；蔗糖与浓硫酸反应除了生成CO2外，还生成SO2，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，B项不能达到实验目的；当液面离容量瓶颈刻度线下1～2cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，C项不能达到实验目的；向工业酒精中加入生石灰，然后蒸馏可以得到无水酒精，D项能达到实验目的。11．水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是()A．由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸C．冬青油苯环上的一氯取代物有4种D．可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸答案：D解析：水杨酸与甲醇发生酯化反应可生成冬青油，酯化反应属于取代反应，A项正确；阿司匹林的分子式为C9H8O4，阿司匹林在酸性条件下水解可得水杨酸，B项正确；冬青油苯环上有4种不同化学环境的氢原子，故其苯环上的一氯取代物有4种，C项正确；冬青油中含有的酚羟基和酯基都能与NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸，D项错误。12．[2019·山东烟台模拟]短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M、N均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K是常见的大气污染物之一，0.05mol·L－1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．原子半径：W＜X＜Y＜ZB．元素的非金属性：Y＞Z＞XC．原子最外层电子数：W＜X＜Y＜ZD．K、L、M、N四种物质中沸点最高的是N答案：B解析：0.05mol·L－1丙溶液的pH为1，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，N为SO3，L为H2O，由转化关系可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。原子半径：XY，A错误；酸性：碳酸硫酸，所以非金属性：碳硫，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性：氧硫，因此元素的非金属性：YZX，B正确；原子最外层电子数：WXY＝Z，C错误；水分子之间存在氢键，K、L、M、N四种物质中沸点最高的是L，D错误。13．常温下，将除去表面氧化膜的Al片、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是()A．t1时刻前，Al片的电极反应为：2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋B．t1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al继续反应C．t1时刻后，负极Cu失电子，电流方向发生改变D．烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===2NO－3＋H2O答案：D解析：由题图1、2知，t1时刻前，即铝钝化前，铝片作负极，发生反应：2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋，A项正确；t1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al继续反应，B项正确；t1时刻后，Cu片作负极，失电子，电流方向发生改变，C项正确；烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO－3＋NO－2＋H2O，D项错误。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第26题～28题为必考题，每个试题考生必须作答，第35题～36题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共3题，共43分)26．(15分)苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：相对分子质量密度/(g·cm－3)熔点/℃沸点/℃溶解性乙醇460.79－114.378.5与水任意比互溶对氨基苯甲酸1371.374188339.9微溶于水，易溶于乙醇对氨基苯甲酸乙酯1651.1790172难溶于水，易溶于醇、醚类产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水中并加入10mL浓硫酸，然后将反应混合物在80℃热水浴中加热回流1h，并不断振荡。分离提纯：冷却后将反应液转移到400mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH＝9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度0.714g·cm－3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸馏，冷却结晶，最终得到产物3.3g。(1)仪器A的名称为________，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的________________。(2)该合成反应的化学方程式是________________。(3)将烧瓶置于冰水中的目的是________________。(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是______________，乙醚位于________(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是________________。(5)合成反应中加入过量的乙醇的目的是____________；分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是________________。(6)本实验中苯佐卡因的产率为________(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是________(填标号)。a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多b．催化剂加入量不足c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚d．酯化反应是可逆反应答案：(1)球形冷凝管(1分)沸石(或碎瓷片)(1分)(3)散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失(2分)(4)检查是否漏液(1分)上层(1分)干燥吸水(1分)(5)作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率(1分)中和过量的浓硫酸和调节pH(1分)(6)33.4%(或33.3%)(2分)ad(2分)解析：(1)仪器A的名称为球形冷凝管。在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的沸石(或碎瓷片)，以防止暴沸。(2)书写该合成反应的化学方程式时可以类比乙酸和乙醇合成乙酸乙酯的反应的化学方程式。(3)浓硫酸在稀释时放热，所以将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失。(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液。乙醚的密度小于水的密度，所以乙醚位于上层。无水硫酸镁是有机实验中常用的干燥剂，故分离提纯的过程中加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水。(5)增加乙醇用量，可以增大对氨基苯甲酸的转化率；对氨基苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，故乙醇还可以作溶剂。由题意知，分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是中和过量的浓硫酸和调节pH。(6)根据题意可知，对氨基苯甲酸少量，故应根据其用量计算苯佐卡因的理论产量：8.2g137g·mol－1(或0.06mol)×165g·mol－1＝9.88g(或9.90g)，苯佐卡因的产率为3.3g9.88g或9.90g×100%＝33.4%(或33.3%)。该反应产率较低的原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多；酯化反应是可逆反应，本题选a、d。27．(14分)“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。(1)已知：CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g)ΔH＝－90.0kJ·mol－1；H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ·mol－1；C(s)的燃烧热ΔH＝－394.0kJ·mol－1。则表示H2燃烧热的热化学方程式为______________________。(2)在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将H2和CO2按投料比n(H2):n(CO2)＝4:1置于恒压密闭容器中发生反应：反应ⅠCO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示。(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)①反应Ⅰ的ΔH1________(填“＞”“＜”或“＝”)0；理由是________________。②温度过低或过高均不利于反应Ⅰ的进行，原因是________________。③350℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。④为减少CO在产物中的比率，可采取的措施有________(列举一条)。(3)为探究反应Ⅰ的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol·L－1的H2与CO2。根据相关数据绘制出反应速率与浓度的关系曲线：v正～c(CO2)和v逆～c(H2O)。则曲线v正～c(CO2)对应的是图3中的曲线________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填字母，下同)。曲线乙对应的平衡点可能为________。答案：(1)H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)ΔH＝－286.0kJ·mol－1(2分)(2)①＜(1分)反应Ⅰ在350℃达到平衡状态后，随温度升高CO2的平衡转化率降低，所以该反应是放热反应(2分)②温度过低，化学反应速率慢；温度过高，反应Ⅰ向逆反应方向进行且CH4的选择性减小(2分)③2.89×104(MPa)－2(2分)④降低温度或增大压强(2分)(3)乙(1分)D(1分)C(1分)解析：(1)由题意知CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g)ΔH＝－90.0kJ·mol－1①、H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ·mol－1②、C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－394.0kJ·mol－1③，根据盖斯定律，由(①－②×2＋③)×