仿真模拟训练(五)
7．解析：选C。C项中石油分馏得到汽油、煤油、柴油，不属于芳香烃，故错误。 8．解析：选C。A选项，HF在标准状况下为液态，错误。B选项，H数目应该是0.5N 9．解析：选D。由题意知该有机物只能是醇类物质，烯醇类有4种，环丁醇有1种，含三元环的醇有3种，故共8种。
10．解析：选C。A项，迅速升温是为了减少副产物的生成；B项，苯甲酸溶解后还需要补充水，以减少损失；D项，其他具有还原性的气体也可使高锰酸钾溶液褪色，如二氧化硫。
11．解析：选C。盐酸会与过氧化银反应，C项错误。
12.解析：选B。A项，由题意知硫酸氢根是不完全电离的，结合物料守恒和电荷守恒知，c(SO2-4)、c(H+)和c(Na+)不相等；B项，类比二氧化硫，可知其离子方程式正确；C项，不能排除SO2-3的干扰；D项，HSO-4H++SO2-4,加入过量的BaCl2后，平衡右移，最终c(H+)≈0.1 mol·L-1，故pH≈1。
13.解析：选D。选项A，据“先拐先平”可判定T1 26．解析：(1)亚硝酸是一种中强酸，是弱电解质，写电离方程式时应用可逆号。(2)②当有1 mol I2生成时，消耗了2 mol I，失去2 mol e，又n NO2∶n(I-)=1∶1，则有2 mol － － － ＋ 的亚硝酸钠得到2 mol e-，氮元素的化合价由+3降低到+2，故得到的含氮产物为NO。③亚硝酸为中强酸，比碳酸的酸性强，通入二氧化碳不能得到亚硝酸；二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，在酸性条件下二氧化硫能还原亚硝酸钠；次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硝酸钠。（4）亚硝酸是中强酸，存在电离平衡，所以常温下，0.1 mol·L-1亚硝酸溶液的pH>1;NaNO2溶液中亚硝酸根离子水解，使溶液显碱性，则NaNO2溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(NO2)>c(OH-)>c(H+)。 － 答案：(1)HNO2H＋NO2(2分) ＋－ (2)①＋3(1分) ②NO(2分) ③bde(2分) 0℃ (3)NO2＋NO＋H2O=====2HNO2(2分) (4)>(2分) cc 27．解析：(1)由题意可知，2CH3OH―→HCOOCH3＋2H2、HCOOCH3―→CH3OH＋CO。 33 (2)根据盖斯定律，将①×＋②得2H2O(l)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋O2(g) ΔH 22 CH3OH(g) 起始?mol·L1? － HCHO(g)＋H2(g) x 0 0 转化?mol·L1? － 0.9x0.9x 0.9x 平衡?mol·L1? － 0.1x 0.9x0.9x c?HCHO?c·?H0.9x2?0.9x× 则平衡常数K＝＝＝8.1x，因CH3OH的起始浓度未知， c?CH0.1x3OH?则平衡常数不一定为8.1。 答案：(1)2CH3OH―→HCOOCH3＋2H2(2分)、 HCOOCH3―→CH3OH＋CO(2分) (2)＋719.45(2分) (3)①＞(2分) ②增大压强(2分) ③不正确，当CH3OH的起始浓度未知，无法计算各物质平衡浓度，则该反应平衡常数不一定为8.1(4分) 点燃点燃 28．解析：(1)类似于2Mg＋CO2=====2MgO＋C，写出4Mg＋2NO2=====4MgO＋N2。(2)①要先打开弹簧夹，再通入NO2，当硬质玻璃管内充满红棕色气体后，关闭弹簧夹，然后点燃酒精灯。②装置A中的试剂是NaOH溶液。③干燥管的作用是吸收NO2避免污染环境，装置B的作用是收集N2。(3)n 点燃 答案：(1)4Mg＋2NO2=====4MgO＋N2(2分) (2)①badc(2分) ②NaOH溶液(2分) ③吸收NO2避免污染环境(2分) 收集N2(1分) (3) 实验步骤 步骤2：将剩余固体加入蒸馏水中(1分) 步骤3：湿润的红色石蕊试纸(1分) 丙(2分) 预期现象 有白色沉淀和有刺激性气味的气体生成(1分) 该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(1分) 36.解析：(1)废水的处理方法有沉淀法、吸附法、中和法、混凝法、氧化还原法等。由上述流程图中步骤②和步骤③加入的试剂并对比反应前后的物质，可以发现两个反应均为氧化还原反应，故上述处理废水的主要方法是氧化还原法。(2)反应物为CN和NaClO，生成物有CNO，即CN生成CNO，相当于C由＋2价升高至＋4价，那么根据氧化还原反应得失电子守恒可知，ClO在反应中元素化合价降低，题目提示无气体生成，故其中的＋1 － － － － － 价Cl转化为Cl，因此离子方程式为CN＋ClO===CNO＋Cl。(3)由反应物S2O23转化为 － － － － － － 22生成物SO24可知，Cr2O7被还原，其中Cr元素化合价降低，设Cr2O7被还原后Cr的化合 － － － 3价为＋n，则有关系：1∶[2×(6－n)]＝0.4∶2.4，所以n＝3，即Cr2O27被还原为Cr，故该 － ＋ 223反应的离子方程式为3S2O2(4)先生成Cu(OH)23＋4Cr2O7＋26H===6SO4＋8Cr＋13H2O。 － － ＋ － ＋ 沉淀，加入Na2S后，Cu(OH)2沉淀转化为CuS沉淀。这是因为Cu(OH)2的溶解度比CuS的溶解度大，或者说Cu(OH)2的溶度积大于CuS的溶度积，难溶的电解质转化为更难溶的电解质。(5)根据铬原子守恒知生成铁氧磁体的物质的量为×x＝6，得x＝1.5，根据铁原子守恒得a＝ 答案：(1)氧化还原法(2分) (2)CN＋ClO===CNO＋Cl(3分) 223 (3)3S2O23＋4Cr2O7＋26H===6SO4＋8Cr＋13H2O(3分) － － ＋ － ＋ － － － － 22 mol，根据得失电子守恒有2－x2－x 2×(1＋1.5)＝10。 2－1.5 (4)Cu2＋2OH===Cu(OH)2↓、Cu(OH)2(s)＋S2(aq)===CuS(s)＋2OH(aq)，因为 ＋ － － － Ksp(CuS) (5)D(3分) 37．解析：Ⅰ.根据构造原理，31Ga的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1 或[Ar]3d104s24p1；因30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定，第一电离能较大。 Ⅱ.(1)因为“CO与N2互为等电子体”，故其具有相同的结构，由N2的结构、“C原子上有一对孤电子对”和“C、O原子都符合8电子稳定结构”可知，CO的结构式可表示为C O； NH3分子中中心原子N的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥形。(2)a图中1个黑球周围有6个相邻白球，1个白球周围有3个相邻黑球，故黑∶白＝1∶2；b图中1个黑球周围有6个相邻白球，1个白球周围有2个相邻黑球，故黑∶白＝1∶3。(3)一个铜晶胞所含有的4－ ×64 g·mol1NA11256－－1 铜原子数为×8＋×6＝4，由ρ g·cm3＝3得：NA＝3 mol。 82?a cm?ρa 答案：Ⅰ.1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)(2分) 状态，较稳定(2分) Ⅱ.(1)C O(2分) sp3(2分) 三角锥形(2分) 30Zn 的4s能级处于全充满 256 (2)b(2分) (3)3(3分) ρa 38．解析：(1)由E的结构简式写出分子式。化合物F是对称结构，苯环上只有一类H原子，而N原子上的H原子是另一类，即有2种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱上有2个峰。 (2)反应①是苯与Cl2的取代反应，故条件是Fe或FeCl3作催化剂；反应②：苯的硝化反应是在60 ℃时进行，故采用水浴加热；反应④：C生成D时将硝基还原为氨基，故反应 类型为还原反应。 (3)反应⑥为苯环上的H原子被硝基取代的反应，由框图可推知共有四个硝基取代了苯环上的H原子，由此写出方程式即可。 (5)化合物D具有弱碱性的原因是分子中含有氨基，与盐酸反应的实质是氨基与H反应。 答案：(1)C12H9N3O4(2分) 2(1分) (2)Fe(或FeCl3)作催化剂(1分) 水浴加热(1分) 还原反应(1分) ＋ 仿真模拟训练(六) 7．解析：选D。在弱酸性或中性条件下，钢铁主要发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2 ＋4e＋2H2O===4OH，故D错误。 8．解析：选D。由氧化还原反应中元素的化合价升降知，A正确；离子方程式中的铋 － － 酸钠是以化学式形式书写的，所以为难溶物质，B正确；反应中生成了MnO4，反应现象为溶液由无色变为紫色，所以可以作为鉴定Mn2的反应，C正确；铋酸钠可以氧化氯离子， ＋ － D错误。 9．解析：选D。酯基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，故1 mol该香精与氢气加成最多消耗4 mol氢气，D错。 10．解析：选C。A项，氯化铵受热分解产生氯化氢和氨气，这两种气体在试管口附近相遇又生成了氯化铵，错误；B项，品红溶液褪色说明FeSO4分解生成了SO2，由于S元素化合价降低，则Fe元素化合价应升高，即生成Fe2O3，错误；C项，石蜡油的主要成分是烷烃，加热碎瓷片上的石蜡油，产生了不饱和烃，不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油发生了化学反应，正确；D项，肥皂水冒泡，不能说明气泡是氢气，加热时试管Ⅰ中的空气进入试管Ⅱ中，也能使肥皂水冒泡，错误。 11．解析：选C。该装置左边是电解池，电解水，右边是氢氧燃料电池。电解池将电能转化为化学能，氢氧燃料电池将化学能转化为电能，A错误；a极上发生还原反应，B错误；b极与电源正极相连作阳极，放出的气体Y是氧气，进入c极，因此c极作正极，d极作负极，溶液中阳离子由负极移向正极，C正确；氢氧燃料电池的电解质溶液显酸性，故c极上发生的电极反应是O2＋4H＋4e===2H2O，D错误。 12．解析：选B。电解精炼铜时，比铜活泼的金属先于Cu失电子，转移1 mol电子，阳极上溶解的铜原子数不一定为0.5NA，A不正确；CO2和N2O的摩尔质量都为44 g·mol －1 ＋ － 且都是三原子分子，4.4 g二者的混合物中所含原子数为0.3×6.02×1023，B正确；等体积 0.2 mol·L1HCl溶液与0.05 mol·L1Ba(OH)2溶液混合后，c(H)＝0.05 mol·L1，pH不等于1， － － ＋ － C不正确；由水电离出的c(H)＝1×10 ＋ ＋－12 mol·L －1 的溶液可能是酸性溶液，H、NO3、Fe2 ＋ － ＋ 不共存，也可能是碱性溶液，Fe2、Mg2与OH不共存，D不正确。 ＋ － 13．解析：选B。A项，CH3COOH ＋ － CH3COO＋H，无论加水或通入HCl气体， － －＋ c?H?·c?CH3COO?c(CH3COO)均减小，而K＝，温度不变时K值不变，所以 c?CH3COOH?c?H? 的值均增大，A项正确。B项，两溶液混合得到含CH3COOH、CH3COONa c?CH3COOH?和NaCl三种溶质的溶液，且浓度相等，c(Na)＝2c(Cl)＝c(CH3COO)＋c(CH3COOH)，由混合后的溶液呈酸性知CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，c(Na ＋ － ＋ － － ＋ )>c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)，而CH3COOH的电离和CH3COO的水解都是微弱的， ＋ ＋ － － ＋ － －－－ 所以c(CH3COOH)>c(H)，即c(Na)>c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H)>c(OH)，Bc?OH?项错误。C项，两溶液等体积混合，醋酸大量剩余，溶液呈酸性，C项正确。D项，由＋ c?H?＝1×108和c(H)·c(OH)＝1×10 － ＋ － －14 － 可求得c(OH)＝1×10 － －－11 mol·L1，OH来自于水的电离， － － 所以水电离出的c(H)也为1×10 ＋－11 mol·L1，D项正确。