发布时间 : 星期六 文章2019-2020学年浙江省镇海中学新高考化学模拟试卷含解析更新完毕开始阅读dfedc4c8fd4ffe4733687e21af45b307e971f90f
A．T的氢化物的沸点一定低于R的 B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸 C．T和W组成的化合物含两种化学键 D．工业上电解熔融氧化物制备G的单质 【答案】D 【解析】 【分析】
T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。 【详解】
A. T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误； B. W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HClO为弱酸，B错误； C. T和W组成的化合物为CCl4，只含有一种化学键共价键，C错误； D. G为Al，工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确； 故答案选D。
???14．25?C，改变0.01mol/LCH3COONa溶液的pH，溶液中CH3COOH,CH3COO,H，OH浓度
的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa=-lgKa。下列叙述错误的是（ ） ．．
A．pH=6时，c?CH3COOH?>cCH3COO>cH-????
+B．CH3COOH电离常数的数量级为10-5 C．图中点x的纵坐标值为-4.74
D．0.01mol/LCH3COONa的pH约等于线c与线d交点处的横坐标值 【答案】A
【解析】 【分析】
－＋
根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH）=c（H），二者的
对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－； A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；
B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）； C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解； D、CH3COO－+H2O
－
CH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO
)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。
【详解】
A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；
B、c=cCH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c=10-4.74，（CH3COOH）（CH3COO－）时，（H＋）故B正确；
C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确； D、CH3COO－+H2O
－
CH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO
－－)=1/k，=cL－1，pH=14-pOH=9.26，从c与线d交点作垂线，交点 c（HAc）（Ac），求出c(OH)=1/k=104.74mol·
即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。 故选A。
15．只存在分子间作用力的物质是 A．NaCl 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．NaCl是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A不选； B．He由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B选； C．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C不选；
D．HCl由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D不选； 故选B。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
B．He
C．金刚石
D．HCl
16．苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。
已知：①
和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐
②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2③有关物质的部分物理性质见表： 物质 苯胺 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 -6.3 184 210.9 34.6 +3Sn+12HCl→2
+3SnCl4+4H2O
密度/g?cm-3 微溶于水，易溶于乙醚 1.02 难溶于水，易溶于乙醚 1.23 微溶于水 0.7134 硝基苯 5.7 乙醚 -116.2 Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质
(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。
Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。
(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；
(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。 Ⅲ.提取苯胺。
i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：
ii.加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。 ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。 iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。
(4)装置B无需用到温度计，理由是______。
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。 (6)该实验中苯胺的产率为 _____________。
(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案： _________________。
【答案】NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3++OH-→ C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤 【解析】 【分析】
(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析； (2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；
(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式； (4)根据蒸馏产物分析；
(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析； (6)根据关系式即可计算苯胺的产率； (7)根据物质的性质分析作答。 【详解】
(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；
(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；
(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3+OH→C6H5NH2+H2O； (4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；
(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝
+
-
1.23?5.0?93g=4.65g，所以
123该实验中苯胺的产率=
2.79g×100%=60%； 4.65g(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）