2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）
A．利用排空气法收集CO2
B．收集氧气
C．制备并检验氢气的可燃性
D．稀释浓硫酸
【答案】B 【解析】 【详解】
A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A错误； B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B正确；
C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；
D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D错误； 故合理选项是B。
2．下列有关化学反应的叙述正确的是 A．铜能与FeCl3溶液发生置换反应
B．工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉 C．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝 D．实验室用MnO2与1.0 mol·L－1的盐酸加热制取氯气 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；
B．氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；
C．向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；
D．实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误； 答案选C。 【点睛】
铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。 3．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应A． 后滴加KSCN溶液 现象 有气体生成，溶液呈血红色 溶液变蓝、有黑色固B． L Fe2(SO4)3溶液中 将铜粉加1.0mol·－1结论 稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋ 金属铁比铜活泼 体出现 熔化后的液态铝滴金属铝的熔点较低 落下来 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打C． 磨过的铝箔在酒精灯上加热 L－1 MgSO4溶液滴入NaOH将0.1mol·先有白色沉淀生成D． 溶液至不再有沉淀产生，再滴加后变为浅蓝色沉淀 0.1mol·L CuSO4溶液 A．A 【答案】D 【解析】
B．B
C．C
－1Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 D．D
【分析】 【详解】
A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误； B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；
C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；
D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确； 故合理选项为D。
4．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－
c(H+)B．1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－ -＝
c(OH)C．0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－ D．0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42- 【答案】B 【解析】 【详解】
A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；
c(H+)－12＋＋－2－B. 1×10KNaCOAlO＝的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：、、、32
c(OH-)与OH-间不发生反应，故B符合；
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符； D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合； 故选B。
5．食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是（ ）
A．该条件下氧化性：Cl2> KIO3 B．反应产物中含有KCl
C．制取KIO3的反应中消耗KOH 和KI 的物质的量比是6：1
D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全 【答案】D 【解析】 【详解】
A.该反应中，Cl2为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正确；
B.还原产物为KCl，所以反应产物中含有KCl，故B正确；
C.方程式为6KOH+3Cl2+KI＝KIO3+6KCl+3H2O，制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1，故C正确；
D.如果反应中碘化钾过量，则加入稀硝酸后碘离子也能被氧化为碘酸钾，不会出现黄色沉淀，所以不能据此说明反应不完全，故D错误。 故答案选D。 【点睛】
选项D是解答的易错点，注意硝酸的氧化性更强，直接加入硝酸也能氧化碘离子。 6．下列离子方程式书写正确的是
A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2= Fe3+＋2Cl－
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－= CaCO3↓＋H2O C．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+= Fe2+＋H2S↑ D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】
A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－； B、正确；
C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误； D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误， 答案选B。
7．下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是
A．阳极反应式为2H2O?4e?4H++O2↑
B．CO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等
C．阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大 D．若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H++6e?【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
图中阳极是水失电子，生成O2和H+，电极反应式为：2H2O?4e?
4H++O2↑，选项A正确；CO2被还原CH3OH+H2O
时，化合价降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极Pt，二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反应式为：CO2+6H++6e?
CH3OH+H2O，选项D正确。
8．减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是 A．【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A．
是干燥管，故A不选；
B．
C．
D．
B． 是抽滤瓶，用于减压过滤，故B选；
C． 是洗气装置，用于除杂，故C不选；
D．是坩埚，用于灼烧固体，故D不选；
故选B。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．食醋除水垢2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O： B．稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H++SO32-=SO2↑+H2O
C．处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O
D．用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 【答案】C 【解析】 【详解】
A．食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：
2CH3COOH+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故A错误；
B．酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；
C．Cr(Ⅵ)具有强氧化性，可以用在酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr(Ⅵ)，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，故C正确；
D．酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误； 故选C。 【点睛】
本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。
10．将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下列分析正确的是（ ） A．残留固体是2mol Na2CO3
B．残留固体是 Na2CO3和NaOH的混合物 C．反应中转移2mol电子 D．排出的气体是1.5mol氧气 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
过氧化钠受热不分解，但是NaHCO3受热分解2NaHCO3@Na2CO3+CO2?+H2O，产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol电子，答案选A。
11．下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是 操作或现象 向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液A 变浑浊 取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡 酸性：盐酸>碳酸>苯酚 所得结论 B 氧化性：KMnO4>H2O2 C 用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒 向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加高浓度酒精能让蛋白质变性更快 D 热一段时间，试管内壁无任何现象 A．A 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
B．B
C．C
淀粉未水解 D．D
A．由于浓盐酸挥发出HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A错误； B．发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4>H2O2，B正确；
C．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；
D．淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误； 答案选B。
12．有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，下列说法正确是（ ） A．d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子 B．d与e形成的化合物中只存在离子键
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高 D．x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键 【答案】D 【解析】 【分析】
x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原
子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高L-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·
均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。 【详解】
A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；
B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误； C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；
D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确； 答案选D。 【点睛】
此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。
13．中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是( )
A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性
B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来 C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺 【答案】B 【解析】 【详解】
A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理; B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;
C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;
D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充
分应用了化学工艺，故D合理； 故答案为B。
14．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl- 中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)
下列说法一定正确的是（ ）
A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/L B．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子 C．溶液中可能含有Cl- ，一定没有Fe3+
D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl- 【答案】C 【解析】
根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，SO42－，Fe3＋一定不存在，即原溶液中含有CO32－、根据离子共存，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4
＋
，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol，
原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na
＋
，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干
－－－
扰，故D错误。
15．25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+ ）>c（Y -） C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点 【答案】C 【解析】 【分析】
0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。 【详解】
A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。 答案选C。 【点睛】
C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)； pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)； pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)； pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7) 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。
请回答：
（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。 （2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。 （3）有关此实验的说法正确的是________________。 A．实验过程中，可能听到爆鸣声
B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色
C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物
D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染
+-【答案】2Na + 2H2O = 2Na+2OH + H2↑用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用
于实验。ABC
【解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑； （2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；
（3）A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:
已知：R＇、R〞代表烃基或氢原子
+ R〞Br+CH3ONa???回答下列问题:.
（1）A的名称为________,D中官能团的名称为____。 （2）试剂a的结构简式为_______，I 的分子式为______。
（3）写出E→F 的化学方程式: _________。反应G→H的反应类型是_________。
（4）满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1的有机物的结构简式为. _________。
a 只有一种官能团 b 能与NaHCO3溶液反应放出气体 c 结构中有3个甲基 （5）以CH2 BrCH2CH2 Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备容补充完整: ____，____，____，____。 CH2BrCH2CH2Br
3?CH3OOCCH2COOCH3HOOCCH2COOH?????浓HSO?加热24+CH3OH+NaBr
的流程如下,请将有关内
CHOH
【答案】溴乙烷 醛基、酯基 C11H18N2O3
+CH3OH+H2O 取代反应 3
HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、
2? HOCH2CH2CH2OH 、CH(COOH)2C(CH3)3 ?????NaOH/HO酸性高锰酸钾?????? CH2BrCH2CH2Br
【解析】 【分析】
根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D
，E
与甲醇发生酯化反应生成F ，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生
成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为
可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。 【详解】
（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为案为：溴乙烷；醛基、酯基；
，结合H和I的结构变化分析，
，所含官能团有醛基、酯基，故答
（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据
I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：
+CH3OH
应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：
；C11H18N2O3；
+H2O；比较G和H的结构变化，反
+CH3OH+H2O；取代反应；
（4）G为
，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个
羧基，结构中有3个甲基的结构有、
、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，
核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9 : 2: 1，其结构为：
、
，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、
、CH(COOH)2C(CH3)3；
（5）可利用CH2 BrCH2CH2 Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到
，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸
2酸性高锰酸钾?；HOCH2CH2CH2OH；?????性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：????? ；?NaOH/HOCH2BrCH2CH2Br。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“<”或“=”)。
mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·
人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_____。
组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是____。
（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：____。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有____个。
（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是____。
（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___(填序号)。
A．离子键 B．极性键 C．金属键 D．配位键 E.氢键 F.非极性键
（6）科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中的CO2。若有1molCH4生成，则有___molσ键和___molπ键断裂。
【答案】+3 > 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键C—C、C—N、C—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子 sp2、sp3 TiN>MgO>CaO>KCl 12 CrO2 AC 6 2 【解析】 【分析】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，判断A、B的化合价。
(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子数。 (5)观察配合物的分子的结构。 (6)破环O＝C＝O，H-H。 【详解】
(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al；B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。
(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的
氨基酸是甘氨酸，其中碳①原子采用sp3杂化，碳②原子采用sp2杂化。
(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。
四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。
综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO>KCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiN>MgO>CaO>KCl。
(4)V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中Cr4+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
(5)观察配合物的分子结构会发现其中存在配位键Ni←N，极性键H—O、O—N等，非极性键C—C，氢键O……H—O等作用力。不存在离子键和金属键。
(6)CO2的结构式为O＝C＝O，1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键，1个H2分子中共含有1个σ键，生成1molCH4需要1molCO2和4molH2，因此需要断裂6molσ键和2molπ键。 【点睛】
阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。 19．铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。
(1)铁原子外围电子轨道表示式为_______，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用___________摄取铁元素的原子光谱。
(2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)____I4(Fe)（填“>”或“<” ) ，原因是__________________________。
(3)二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃，沸点249 ℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。
(4)环戊二烯(C5H6)结构如图( a )，可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。分子中的大π键可用符号Πm表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子(C5H5―）结构如图(b)，其中的大π键可以表示为_________________。
n
(5)某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成，其晶胞结构如图(c)。该物质中，不存在________（填标号）。
A 离子键 B σ键 C π键 D 氢键 E 金属键
(6)该晶胞中Ni2+采用的堆积方式与________(选填Po、Na、Mg、Cu)相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个 Na+。 【答案】
光谱仪 < 铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个
电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易 分子 sp2 sp3
6?5 DE Cu 4
【解析】 【分析】
(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2；光谱仪可以摄取原子光谱；
(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定； (3)根据熔沸点判断晶体类型；
(4)有机物中单键碳原子的杂化方式是sp、双键碳原子的杂化方式是sp； (5)根据晶体由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成分析；
(6) 根据晶胞结构图(c)分析Ni2+的堆积方式；先根据均摊原则计算晶胞中Ni2+、Fe3+和CN―的数目，再利用电荷守恒计算出晶胞中的Na数目。 【详解】
(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2，轨道表示式为光谱仪摄取铁元素的原子光谱；
(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；I4(Co) 是失去3d6上的一个电子，相对容易，I4(Fe)失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，所以I4(Co) (3)二茂铁[(C5H5)2Fe]熔点172℃，沸点249 ℃，易升华，难溶于水，所以属于分子晶体。 (4) 既有单键碳又有双键碳，所以碳原子的杂化方式是sp2、sp3；每个茂环形成大π键的原子 ；可以用 + 3 2 数为5，每个茂环带有一个单位负电荷，因此每个环含有6个π电子，大π键可以表示为?5； (5)该晶体由Na、Ni、Fe和CN离子构成，所以一定有离子键，CN中含有σ键、 π键，故该物质中不存在金属键、氢键，选DE； (6) 根据晶胞结构图(c)，晶胞的面心、顶点各有1个Ni2+，所以Ni2+的堆积方式是面心立方最密堆积，与Cu相同；据均摊原则，晶胞中Ni2+数是12?+ 2+ 3+ ― ― 6 111+1=4、Fe3+数是8?+6?=4、CN―数目是 8241124?+24?+6=24，根据电荷守恒，晶胞中的Na+数目=24-4×2-4×3=4，所以单个晶胞的配位空隙中 42共容纳4个 Na+。 【点睛】 会根据均摊原则计算晶胞中原子数，立方体顶点的原子被1个晶胞占用面心上的原子被1个晶胞占用离子所带负电荷总数。 11、楞上的原子被1个晶胞占用、841、体心的原子被1个晶胞完全占用，晶体中阳离子所带正电荷总数等于阴22021届新高考化学模拟试卷 一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．能用共价键键能大小解释的性质是（ ） A．稳定性：HCl>HI C．沸点：HI>HCl B．密度：HI>HCl D．还原性：HI>HCl 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NA B．标准状况下，18g冰水中共价键的数目为NA C．5.6g铁与7.1gCl2充分反应，转移电子数目为0.3NA D．7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA 3．下列物质结构和性质变化规律正确的是（ ） A．硬度：LiCl＜NaCl＜KCl C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 B．沸点：HF＜HCl＜HBr D．原子半径：Na＞Mg＞Al 4．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是 A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染 B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性 5．下列物质的工业制法错误的是 A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物 B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应 C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为CO D．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收 6．工业上利用电化学方法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．电极Ⅱ为阳极，发生还原反应 B．通电后H+通过阳离子交换膜向电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ区溶液pH增大 C．阴极区电极反应式为：2SO2+2e﹣═S2O42﹣ D．若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则处理标准状况下SO2废气2.24L 7．某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设： 假设一：红色固体只有Cu 假设二：红色固体只有Cu2O 假设三：红色固体中有Cu和Cu2O 下列判断正确的是( ) A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立 B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立 C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立 D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O 8．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题： (1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是___（填化学式）。 (2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示： ①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，其目的是__。 ②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。 “后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是__，其原因是__。 (3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是___。 (4)有人设计了图示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠（Na2S2O8），并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为__，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是__（填“a到b”或“b到a”）。 9．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl- B．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32- C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42- D． Kw-13+2+--?= 1×10mol/L的溶液中：NH4、Cu、Cl、NO3 c(H)10．其它条件不变，升高温度，不一定增大的是 A．气体摩尔体积 Vm C．水的离子积常数 Kw 11．三轴烯(是 A．m、n、p互为同系物 C．n和p的二氯代物均有2种 B．n能使酸性KMnO4溶液褪色 D．m生成1molC6H14需要3molH2 )(m)、四轴烯( B．化学平衡常数 K D．盐类水解程度 )(n)、五轴烯( )(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的 12．化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实的解释不正确的是( ) 选现象或事实 项 A B C D A．A Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨 祖国七十华诞焰火五彩缤纷 现代旧房拆除定向爆破用铝热剂 金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处 B．B． C．C Fe3O4是一种红棕色物质 金属元素的焰色反应 铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化 NH4Cl溶液呈弱酸性 D．D 化学解释 13．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是 A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同 B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基 C．R能发生加成反应和取代反应 D．R苯环上的一溴代物有4种 14．在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（ ） A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：3 15．下列气体在常温常压下不能共存的是 A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O2 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)： +CH3COOH+H2O 注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。 ②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。 ③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。 可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3) 相对分名称 子质量 棕黄色油苯胺 93.12 状液体 无色透明冰醋酸 60.052 液体 乙酰苯135.16 胺 合成步骤： 晶体 无色片状1.21 155~156 280~290 溶解度大 1.05 16.6 117.9 ∞ ∞ 1.02 -6.3 184 微溶 ∞ 性状 /g?cm 3密度熔点/℃ 沸点/ 溶解度 g/100g水 g/100g乙醇 温度高，较水中大 在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。 分离提纯： 将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。 (1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。 (2)反应开始时要小火加热10min是为了__。 (3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。 (4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或\直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。 a．100~105℃ b．117.9~184℃ c．280~290℃ (5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。 a．用少量热水洗 b．用少量冷水洗 c．先用冷水洗，再用热水洗 d．用酒精洗 (6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17． “达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下： R2NH2已知：R1CHO???? 回答下列问题： (1)有机物A的名称是______________；反应②反应类型是__________。 (2)物质B的结构简式是____________；E的分子式为_____________。 (3)G中含氧官能团的名称是________；F中有________个手性碳原子。 (4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。 (5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。 ①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。 (6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。 (1)基态B原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比Be___________（填“大”或“小”）。 (2)三价B易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]的一种阳离子等电子体_______。 （3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。 － 的合成路线_______________。 （4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_________。 (5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_______________________。 (6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_______；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm，镁单质的密度为ρ g·cm，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。 3 －3 19．（6分）21世纪是海洋开发与利用的世纪。海水资源的开发利用具有十分广阔的前景。海水开发利用 的流程图如下： 回答下列问题： (1)精盐中非金属离子的核外电子排布式_________________________________ (2)A常温下为气体，A的电子式是_________________________________ (3)反应①中两种氢化物稳定性比较______________＞__________________填化学式) (4)反应①③是侯氏制碱反应，反应中可循环使用的物质是__________________填化学式) (5)写出侯氏制碱反应①的化学反应方程式_________________________________ (6)在空气中直接加热MgCl2?6H2O的最终产物是______________________________填化学式) (7)将406gMgCl2?6H2O加热至450℃，固体质量减少至153g，此时固体产物的化学式是_____________________________。 2?2?2?(8)除去粗盐中Ca,Mg,SO4离子所需试剂及正确顺序____________________________ a．NaOH溶液 b.稀硫酸 c. Na2CO3溶液 d. NaHCO3溶液 e. BaCl2溶液 f.盐酸 参考答案 一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】 【详解】 A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确； B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误； C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化 学键无关，C错误； D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误； 故合理选项是A。 2．A 【解析】 【分析】 【详解】 A. 20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g×46%=9.2g，物质的量为 9.2g=0.2mol，0.2mol甲酸含0.4NA 46g/mol个氧原子，水的质量为10.8g，水的物质的量为中共含0.4NA+0.6NA=NA个氧原子，故A正确； 10.8g=0.6mol，0.6mol水含0.6NA个氧原子，故溶液 18g/molB. 18g冰水的物质的量为1mol，而水分子中含2条共价键，故1mol水中含2NA条共价键，故B错误； C. 5.6g铁和7.1g氯气的物质的量均为0.1mol，二者反应的化学方程式为2Fe+3Cl2点燃2FeCl3，由比例关系知，0.1mol铁完全反应需要0.15mol氯气，故氯气不足，Fe过量，则0.1mol氯气反应后转移0.2NA个，故C错误； D. 7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05mol，故含中子数为0.05mol×16NA=0.8NA个，故D错误； 故选A。 【点睛】 氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。 3．D 【解析】 【详解】 A、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误； B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误； C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误； D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确； 答案选D。 【点睛】 本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影 响晶体熔沸点高低的因素。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】 A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确； B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确； C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确； D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。 答案选D。 5．A 【解析】 【详解】 A. 氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确； B. 金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误； C. 粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误； D. 硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误； 答案为A。 【点睛】 加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。 6．C 【解析】 A．电极Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，A错误；B．通电后H+通过阳离子交换膜向阴极电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，C．2SO2+2e酸性增强pH减小，B错误；电极Ⅰ极为阴极，发生还原反应SO2生成Na2S2O4，电极反应式为： － ＝S2O42－，C正确；D．由阴极电极反应式为：2SO2+2e－＝S2O42－，阳极电极反应式为：2H2O+SO2－2e－＝ 4H++SO42－，则若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则阴阳两极共处理标准状况下SO2废气（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L，D错误，答案选C。 7．C 【解析】 【详解】 A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误； B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误； C. 假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确； D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。 答案选C。 8．NaHSO3和NaHSO4 增大锌粒的表面积，加快化学反应速率 Zn＋2SO2=ZnS2O4 减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定 HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O 2SO42-－2e-=S2O82- a到b 【解析】 【分析】 (1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中氧化，S转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐应为硫酸和亚硫酸的酸式盐。 (2)①将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，可以增大其与SO2的接触面积。 ②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4。 ③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，从溶解和干燥两个方面寻找原因；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境。 (3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，由此可写出反应的离子方程式。 (4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，由此可得出电极反应式；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，从电荷守恒出发可确定其迁移方向。 【详解】 (1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。答案为：NaHSO3和NaHSO4； (2)①锌粉－水悬浊液与SO2的接触面积比锌粉与SO2的接触面积大，反应速率快。答案为：增大锌粒的表面积，加快化学反应速率； ②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4，反应的化学方程式为Zn＋2SO2=ZnS2O4。答案为：Zn＋2SO2=ZnS2O4； ③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介 质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强“保险粉”的稳定性。答案为：减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定； (3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O。答案为：HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O； (4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，电极反应式为2SO42-－2e-=S2O82-；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，电极反应发生后，阳极Na+富余，它应向阴极迁移，所以Na+的迁移方向是由a到b。答案为：2SO42-－2e-=S2O82-；a到b。 【点睛】 书写电极反应式时，应先确定电极的名称和电解质，阳极失电子，则电极材料为惰性电极时，只能是溶液中的离子失电子，因而可得出阳极产物，同样可得出阴极产物；电极反应发生后，依据阴、阳离子的电荷数关系，在确保电荷守恒的前提下，富余离子透过交换膜向另一电极迁移。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误； B. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误； C．强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误； Kw-13+2+--D． ?= 1×10mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4、Cu、Cl、NO3可以共存，D正确。 c(H)答案选D。 10．B 【解析】 【详解】 A. 气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；； B. 可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选； C. 水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选； D. 水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选； 故选：B。 11．B 【解析】 【详解】 A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2，故A错误； B. n含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确； C. n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误； D.应该是m（C6H6）生成1molC6H12需要3molH2，故D错误； 答案：B 【点睛】 易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。 12．A 【解析】 【详解】 A、Fe3O4是一种黑色物质，故A错误； B、不同的金属元素焰色不同，五彩缤纷的焰火利用金属元素的焰色反应，故B正确； C、铝热反应能放出大量的热，使建筑物的钢筋熔化，故C正确； D、NH4Cl溶液呈弱酸性，铁锈能溶于酸，所以金属焊接前用NH4Cl溶液除锈，故D正确。 选A。 13．A 【解析】 【详解】 A．分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、 羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误； B．分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基，故B正确； C．该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确； D．R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确； 故选A。 14．D 【解析】 【分析】 已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度 下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。 【详解】 分两种情况： 2g24:?4:3； ⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= 2g/mol32g/mol⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气 10g16g:?10:1； 体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= 2g/mol32g/mol故答案为D。 【点睛】 抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。 15．A 【解析】 【分析】 常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。 【详解】 A．常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A选； B．常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B不选； C．常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，选项C不选； D．常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项D不选； 答案选A。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．通风橱 促进反应正向进行，提高苯胺的转化率 让苯胺与乙酸反应成盐 使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率 油浴 a 冷凝管中不再有液滴流下 b 防止暴沸 偏小 49.7 【解析】 【分析】 (1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。 (2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。 (3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。 (4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。 (5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。 (6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。 (7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。 【详解】 (1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率； (2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐； (3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率； (4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a； (5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b； (6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小； 10mL?1.02g/cm3(7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为 93.12g/mol0.11mol×135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是案为：49.7。 【点睛】 乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和 7.36g?100%=49.7%。答14.8g催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．苯甲醛 还原反应 H2N C15H21NO3 羟基 2 +→+ 2?????? ΔCu/OCH3NH2???? NaBH4???? 【解析】 【分析】 根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N ，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加 成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成 ， 在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析 解答。 【详解】 (1)有机物A( )的名称为苯甲醛；反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原 反应，故答案为：苯甲醛；还原反应； R2NH2(2)根据C的结构，结合信息R1CHO???? 可知，物质B的结构简式是H2N； E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N ；C15H21NO3； (3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图 ，故答案为：羟基；2； (4)反应⑤为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为 +→+，故答案为： +→+； (5)物质N是C()的一种同分异构体，①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；② 能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1，满足条件的一种同分异构体可以是 ，故答案为： ； (6) 由苯甲醇和CH3NH2为原料制备 R2NH2，根据信息R1CHO???? 可知，可以首先 将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成 ，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为： 2?????? ΔCu/OCH3NH2???? NaBH4???? 。 【点睛】 本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应②的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18． 小 sp3 NH4+ (BO2)nn- 共价键、氢键 三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 六方最密堆积 12NA·a·ρ 【解析】 【分析】 (1)基态B原子的核电荷数为5，Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，基态B的电子排布式为1s22s22p1；第一电离能高于同周期相邻元素的； (2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B键合电子对数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒； (3)根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式； (4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力； (5)三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物； (6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的 2Mr11NA中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，即 1128?2a12可计算Mr。 【详解】 (1)基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为 原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能Be＞B； (2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为： ；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原 ；Be 子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与[BH4]-互为等电子体的阳离子有：NH4+； (3)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2×可表示为：（BO2）nn-； (4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力； (5)三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低； (6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的 1=2，所以其化学式211，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据1282MrNAρ＝，则有Mr=12NA?a?ρ。 1?2a12【点睛】 晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。 19．1s22s22p63s23p6 H2O NH3 CO2 NaCl?NH3?H2O?CO2?NH4Cl?NaHCO3? MgO Mg?OH?Cl aecf或eacf或ecaf 【解析】 【分析】 (1)盐的成分是NaCl，含有的非金属元素是Cl，Cl原子获得1个电子变为Cl-； (2)熔融的NaCl电解产生Na和Cl2，Cl2分子中两个Cl原子共用一对电子； (3)元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强； (4)根据加入的物质及反应产生的物质中含有的同一物质判断可以循环使用的物质； (5)NaCl、NH3、H2O、CO2反应产生NaHCO3、NH4Cl；NaHCO3溶解度比较小，会形成沉淀； (6)根据盐的水解规律，结合盐酸具有挥发性分析判断； (7)根据盐的水解规律、盐酸的挥发性及反应前后固态物质质量变化值判断固体物质的化学式； (8)首先确定每种杂质离子除去选用的试剂：用NaOH溶液除去Mg2+；用Na2CO3溶液除去Ca2+，用BaCl2溶液除去SO42-；然后确定加入试剂的先后顺序，为了将杂质离子除去，加入的试剂要过量，引入的杂质离子要容易除去，SO42-要在Ca2+之前除去，否则会引入新的杂质离子Ba2+，就要再加入Na2CO3溶液，使步骤繁琐，由于加入的NaOH、Na2CO3是过量的，所以要用盐酸调节溶液的pH除去多余的OH-、CO32-。 【详解】 (1)精盐NaCl中含有的非金属元素的离子Cl-的核外有18个电子，Cl-电子排布式为1s22s22p63s23p6； (2)A是Cl2，A的电子式是 ； (3)元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性O>N，所以稳定性 H2O>NH3； (4)向NaCl饱和溶液中先通入NH3，然后再通入CO2，NaCl、NH3、H2O、CO2反应产生NaHCO3、NH4Cl，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3加热发生分解反应，产生Na2CO3、H2O、CO2，将反应产生的CO2再通入到饱和食盐水中制取NaHCO3，因此可以循环利用的物质是CO2； (5)由(4)可知侯氏制碱反应①的化学反应方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl； (6)MgCl2是强酸弱碱盐，将晶体加热，结晶水变为溶剂水，Mg2+发生水解反应产生Mg(OH)2、HCl，HCl具有挥发性，从溶液中逸出，Mg(OH)2加热分解产生MgO和水，因此MgCl2?6H2O在空气中直接加热，最终产物是MgO； (7)406gMgCl2?6H2O的物质的量n(MgCl2?6H2O)=406g÷203g/mol=2mol，若加热时完全水解变为Mg(OH)2，根据Mg元素守恒，m[Mg(OH)2]=2mol×58g/mol=116g<153g，说明未水解完全，部分发生水解；若变为Mg(OH)Cl，m[Mg(OH)Cl]=2mol×76.5g/mol=153g，质量恰好符合，说明MgCl2?6H2O发生水解反应产物是Mg(OH)Cl； (8)用NaOH溶液与Ca2+、Mg2+反应生成Ca(OH)2、Mg(OH)2，除去Mg2+和大部分Ca2+，用BaCl2溶液与SO42-反应生成BaSO4而除去Ba2+，最后用饱和的Na2CO3除去余下的少量Ca2+和后来加入的Ba2+，Na2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；由于加入的NaOH、Na2CO3是过量的，所以要用盐酸调节溶液的pH除去多余的OH-、CO32-，因此加入试剂的先后顺序为aecf；也可以先向混合溶液中加入足量的BaCl2溶液，使SO42-形成BaSO4沉淀；再加入足量的NaOH溶液，使Mg2+形成Mg(OH)2沉淀；再加入足量的Na2CO3溶液，使Ca2+及Ba2+形成CaCO3、BaCO3沉淀，过滤，除去BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀，向滤液在加入盐酸，与过量的NaOH、Na2CO3溶液反应产生NaCl，加入试剂的先后顺序为eacf；还可以向溶液中 先加入足量的BaCl2溶液，使SO42-形成BaSO4沉淀；然后加入足量的Na2CO3溶液，使原溶液中Ca2+及引入的过量的Ba2+形成CaCO3、BaCO3沉淀；再加入足量的NaOH溶液，使Mg2+形成Mg(OH)2沉淀；过滤，除去BaSO4、CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2沉淀，最后向滤液中加入足量盐酸，除去过量的NaOH、Na2CO3溶液反应产生NaCl，加入试剂的先后顺序为ecaf。 【点睛】 本题以海水开发利用为线索，综合考查了原子核外电子排布、电子式、物质的稳定性、盐的水解、物质的(8)在选择除杂试剂时要注意不能引循环利用及混合物的分离与提纯等知识，体现了学以致用的学习理念，入新的杂质，或过量的试剂，后面要容易除去。 2021届新高考化学模拟试卷 一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法错误的是（ ） A．以乙醇、空气为原料可制取乙酸 B．甲苯分子中最多13个原子共平面 C．淀粉、油脂和蛋白质都是可以水解的高分子化合物 D．分子式为C5H12O的醇共有8种结构 2．下列说法正确的是 A．2018年10月起，天津市开始全面实现车用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，该混合燃料的热值不变 B．百万吨乙烯是天津滨海新区开发的标志性工程，乙烯主要是通过石油催化裂化获得 C．天津碱厂的“红三角”牌纯碱曾享誉全世界，侯氏制碱法原理是向饱和食盐水先通氨气，再通二氧化碳，利用溶解度的差异沉淀出纯碱晶体 D．天津是我国锂离子电池研发和生产的重要基地，废旧锂离子电池进行放电处理有利于锂在正极的回收是因为放电过程中，锂离子向正极运动并进入正极材料 3．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是 ．．A．SiO2超分子纳米管属无机非金属材料 B．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙 C．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同 D．《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇 4．“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是 A．制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性 B．徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存 C．宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展 D．歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：K2O?4H2O?4AI2O3?8SiO2 5．香芹酮的结构简式为，下列关于香芹酮的说法正确的是 A．1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗2 molH2 B．香芹酮的同分异构体中可能有芳香族化合物 C．所有的碳原子可能处于同一平面 D．能使酸性髙锰酸钾溶液和溴水溶液褪色，反应类型相同 6．泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是 A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应 B．1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 2molNaOH C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基 D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键 7．稠环芳烃如萘正确的是 A．萘、菲、芘互为同系物 C．萘、菲、芘中只有萘能溶于水 8．用下列装置能达到实验目的的是 B．萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种 D．萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面 、菲 、芘 等均为重要的有机化工原料。下列说法 A．清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管 B．配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作 C．装置制取金属锰 D．装置为制备并用排气法收集NO气体的装置 9．下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率??生成目标产物消耗的电子数×100%，下列说法不正确的是 ．．．转移的电子总数 A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失 B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存 C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12 D．若?=75%，则参加反应的苯为0.8mol 10．将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（ ） A．在纯水中 C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中 11．某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程： 下列说法不正确的是 A．固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3 B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2- C．试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解 D．若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可 得到纯净CaCl2·6H2O 12．已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（ ） A+B C C溶液 A+B ①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na ②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2 ③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe ④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是 A．简单离子半径：Y B．Z与W形成化合物的水溶液呈碱性 C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒 D．Y分别与X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同 14．下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)( ) A．溴乙烷 B．乙醛 C．橄榄油 D．汽油 15．下列关于有机化合物的说法正确的是（ ） A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高 B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热 C．等质量的苯和苯乙烯( )完全燃烧,消耗氧气的体积相同 D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。 (l)某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图)进行铝热反应，现象很壮观。使用镁条和氯酸钾的目的是___________。 (2)某同学取反应后的“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，其离子方程式为__________，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是___________； (3)可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高铁酸钾(K2FeO4)，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。已知氯气和热碱溶液反应生成氯化钾和氯酸钾和水 ①盛装饱和食盐水的B装置作用为______________； ②反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为___________； (4)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g K2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0 mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如图所示： ①终点II的读数为_______mL。 ②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________。[M(K2FeO4)＝198g/mol] ③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。 已知：RCHO+R1CH2CHO请回答下列问题： RCH=C(R1)CHO+H2O。 (1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。 (2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。 (3)写出E转化为F的化学方程式____________。 (4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。 ①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上有两种类型的取代基 (5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。 请回答下列问题： Ⅰ.(1)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式_________________。 (2)海水提溴，制得1mol Br2需要消耗_________ mol Cl2。步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___________________________。步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为_______________________________。 (3)为了从工业Br2中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl2，可向其中加入__________溶液。 Ⅱ.(1)Mg在元素周期表中的位置：_____________，Mg(OH)2的电子式：____________，Mg(OH)2中所含元素的简单离子半径由小到大的顺序是____________________________。 (2)步骤Ⅳ由Mg(OH)2得到单质Mg，以下方法最合适的是_______________（填序号）。 A．Mg(OH)2C．Mg(OH)2 MgCl2 MgO Mg B．Mg(OH)2Mg D．Mg(OH)2 MgO Mg Mg 无水MgCl2 (3)判断Mg(OH)2是否洗涤干净的操作是__________________。 Ⅲ. 用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下： (R：烃基： R'：烃基或H)依据上述信息，写出制备 需溴代烃的可能结构简式： ___________。 19．（6分）NO、CO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。 所 mol-1 已知：N2?g??O2?g??2NO?g? ΔH1=+180.5kJgC?s??O2?g??CO2?g? ?H2??393.5kJ?mol?1 2C?s?+O2?g?=2C0?g? ?H3??221.0kJ?mol?1 c?N2?c2?co2?(1)某反应的平衡常数表达式为K=2，此反应的热化学方程式为：______。 2c?NO?c?co?(2)向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是______(填序号)。 （N2）a.容器中的压强保持不变 b.2v正?CO??v逆 c.气体的平均相对分子质量保持34.2不变 d.该反应平衡常数保持不变 e.NO和CO的体积比保持不变 Ⅱ.(3)甲烷转化为H2和CO的反应为：CH4?g??H2O?g??3H2?g??CO?g? ?H?0 ①一定条件下，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则p1______p2(填“<”“>”或“=”)； A、B、C三点处对应的平衡常数(KA、KB、KC)，由大到小的顺序为______。 ②将CH4和H2O按等物质的量混合，一定条件下反应达到平衡，CH4转化率为50%。则反应前与平衡后，混合气体的平均相对分子质量之比为______。 Ⅲ.含SO2的烟气可用Na2SO3溶液吸收。 (4)已知25?C时由Na2SO3,和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，此时溶液中离子浓度大小顺序为 -2?7______。(已知25?C时，H2SO3的电离平衡常数Ka1?1.5?10，Ka2?2.0?10) (5)可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为______(任写一个)。离子交换膜______(填标号)为阴离子交换膜。 参考答案 一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】 【详解】 A. 醇羟基可以发生氧化反应生成羧基，可以用乙醇、空气为原料制取乙酸，故A正确； B. 甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，故B正确； C. 油脂不属于高分子化合物，故C错误； D. C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原CH3CH2CH(CH3)2有4种H原子，C(CH3)4只有1种H原子，子，故羟基(—OH)取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，故D正确； 故答案为C。 【点睛】 C5H12O的醇可以看做羟基上连接一个戊基，戊基有8种，所以分子式为C5H12O的醇共有8种结构；常见的烃基个数：丙基2种；丁基4种；戊基8种。 2．D 【解析】 【详解】 A. 汽油和乙醇的热值不同，所以向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值会改变，故A错误； B. 石油催化裂化目的是使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等，而不是生产乙烯，目前生产乙烯的主要方法是石油裂解，故B错误； C. 侯氏制碱的原理是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入二氧化碳气体（因氨气溶解度大于二氧化碳，所以先让氨气饱和），析出碳酸氢钠沉淀，将沉淀滤出，灼烧分解即得碳酸钠，故C错误； D. 进行放电处理时，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂在正极的回收，故D正确。 故选D。 3．B 【解析】 【详解】 A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确； B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误； C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确； D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确； 故合理选项是B。 4．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确； B．墨的主要成分是炭黑，B项错误； C．宣纸的主要成分是纤维素，C项错误； D．用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）→SiO2→H2O，所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O，D项错误； 答案选A。 5．B 【解析】 【详解】 1个香芹酮的分子中，A．含有两个碳碳双键和一个羰基，故1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗3molH2，A错误； B．1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，分子中还含有一个六元环，可以构成含有一个苯环的化合物，B正确； C．一个碳原子连接四个原子构成的是四面体的构型，香芹酮()分子中标特殊记号的这个碳原 子与周围相连的三个碳原子不可能在同一平面上，C错误； D．香芹酮与酸性髙锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性髙锰酸钾溶液褪色，而香芹酮与溴水发生加成反应使溴水褪色，反应类型不相同，D错误； 答案选B。 6．D 【解析】 【分析】 【详解】 A. 缩聚反应，故A正解； 该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生 B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNaOH，故B正确； C. 酮羰基，故C正确； D. 中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和 或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误； 故选D。 7．B 【解析】 【分析】 A. 同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作答； B．根据等效氢原子种类判断； C．依据相似相容原理作答； D．依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。 【详解】 A. 萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误； B. 根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示： ，则其一氯代物有2种， 而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子， 如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确； C. 三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误； D. 苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误； 答案选B。 【点睛】 本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。 8．D 【解析】 【详解】 A. 自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误； B. 定容时，B项错误；当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切， C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误； D. 铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确； 答案选D。 9．B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确； B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误； C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确； D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确； 故选B。 10．D 【解析】 【分析】 Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)据此解答即可。 【详解】 Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小， Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)； A．在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误； B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误； C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误； D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确； 故答案为D。 11．D 【解析】 【分析】 工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解； 【详解】 A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确； B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确； C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确； D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误； 答案为D。 12．D 【解析】 【分析】 从A+B C C溶液 A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此 C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。 【详解】 ①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误； ②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确； ③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误； ④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确； 故选D。 13．C 【解析】 【分析】 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元素，W为Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。 【详解】 由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。 A．电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：Y＞Z，故A错误； B．Z与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误； C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确； D．Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误； 答案选C。 14．D 【解析】 【详解】 A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A； B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B； C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C； D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。 15．C 【解析】 【详解】 A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误； B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的， 还引入了新的杂质，B错误； C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确； D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误； 故合理选项是C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．引发铝热反应 Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+ 吸收HCl 氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3 19.40 89.1% 偏低 【解析】 【详解】 （1）铝热反应的条件是高温，使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。 ＋－＋ （3）“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液，同时生成NO和水，其离子方程式为Fe＋4H＋NO3=Fe3 ＋NO↑＋2H2O，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是硝酸量不足，发生 2Fe3++Fe=3Fe2+； （3）①浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl，盛装饱和食盐水的B装置作用为吸收HCl； ②实验要制取KClO，需防止温度升高后发生副反应生成KClO3，反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3； （4）①精确到0.01mL，终点II的读数为19.40mL。 ②由图可知，起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL，由FeO42－～2I2～4Na2S2O3，可知原样品中高铁酸钾的质量分数为 10.018L?1.0mol?L－1??198g?mol－1×100%=89.1%， 41.0g③配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，体积偏小，标准液的浓度偏大，滴定时消耗标准液的体积偏小，则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低. 【点睛】 本题考查物质的制备实验，解题关键：把握物质的性质、制备原理、测定原理、实验技能，难点（4）侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，利用关系式进行计算。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．对甲基苯酚或4-甲基苯酚 取代反应 碳碳双键、羧基、酚羟基 C9H8O4 +3NaOH +NaCl+2H2O 8 、 、 【解析】 【分析】 A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢B与NaOH水溶液共热，C的分子式为C7H8O，谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，然后酸化得的C，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是 ，B是 ，C是 ，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含 氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为 ，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的 取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：， F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为： ，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I： ，据此分析解答。 【详解】 根据上述分析可知A为 B为， C为， D为， ， E为，F为，G为，H为 ，I为。 (1) C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为 ，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E： 化为E的反应类型是取代反应； ，所以D转 (2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式 为 ，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4； (3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的 方程式为：+3NaOH +NaCl+2H2O； (4) G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体， 能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能 的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、 、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、 、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱 有4组峰的物质的结构简式为：、、； (5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为： 。 【点睛】 本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能(4)中同分异构体数目判断为易错点，力，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2 抑制氯气和水反应 Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br- NaBr 第三周期第ⅡA族 r(O2-)>r(Mg2+)>r(H+) D 取最后的洗涤 液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净 CH3CH2Br、CH3Br 【解析】 【分析】 I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，碳酸钠一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应； (2)根据Cl2与NaBr反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式； (3)可用溴化钠除去氯气； Ⅱ.(1)根据Mg核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与2个OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大； (2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为： Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。 (3) Mg(OH)2沉淀是从NaCl溶液中过滤出来的，只要在Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净； Ⅲ.使镁与CH3Br反应制成CH3MgBr然后与CH3CHO反应制取应制取CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到【详解】 (1)向含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子的NaCl溶液中先加入过量BaCl2溶液除去SO42-，再加入过量Na2CO3溶液除去原溶液中含有的Ca2+及为除去SO42-而加入的过量的Ba2+，反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓； (2)Cl2具有强的氧化性，在溶液中与Br-发生氧化还原反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生的Br2被含有SO2的溶液吸收，发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，通过该富集作用，然后向溶液中再通入氯气，发生反应，根据方程式可知：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，可见每反应制取1mol Br2需要消耗2molCl2；步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，这是由于氯气溶于水，会与水发生反应，该反应是可逆反应：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，向该溶液中加入酸，增大c(H+)，可使反应平衡逆向移动，从而可起到抑制氯气 ；也可以使Mg与CH3CH2Br反，据此解答。 和水反应的作用。步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得有关反应的离子方程式为Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-； (3)由于氧化性Cl2>Br2，为除去溴单质中少量的Cl2，可向其中加入溴化钠，氯气与溴化钠反应产生单质溴 及NaCl，达到除去氯气的目的； Ⅱ.(1) Mg是12号元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅡA族；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与2个OH-之间通过离子键结合，其电子式为 ；在Mg(OH)2中含有Mg、O、H三种元素，H+ 核外无电子，离子半径最小，Mg2+、O2-核外电子排布相同，具有两个电子层，由于原子核外电子层数越多离子半径越大，所以离子半径大小顺序为r(O2-)>r(Mg2+)>r(H+)； (2) A.氯化镁中加入活泼的金属发生置换反应，由于Mg很活泼，比镁活泼的金属冶炼是采用电解方法，消耗大量电能，不经济，A错误； B.氧化镁熔点高，要求设备条件高，消耗更多能源，不经济，B错误； C.镁能在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，镁是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，不能用碳还原氧化镁制备，C错误； D.在HCl的气氛中加热Mg(OH)2，二者反应产生MgCl2，同时也抑制了MgCl2的水解，利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2故合理选项是D。 (3) Mg(OH)2沉淀是从NaCl溶液中过滤出来的，若在洗涤Mg(OH)2沉淀的最后一次洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；操作方法是：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净； III.使镁与CH3Br反应制成CH3MgBr然后与CH3CHO反应制取应制取CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到简式为CH3CH2Br或CH3Br。 【点睛】 本题考查海水资源的综合利用。根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法是解题的关键，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，难度较大。 19．2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g) nH=-746.5kJ/mol acd < KC>KB>KA 3:2 c(Na+)>(SO32-)>c(HSO3-)> c(H+)=c(OH-) HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+ c 【解析】 【详解】 (1)根据反应的平衡常数表达式得到反应为2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律，将第一和第三个方程式乘以-1，第二个方程式乘以2，相加得到：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol， 故答案为2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol， (2) a.恒容下，压强不变就是气体的物质的量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，所以压强不变可以 ；也可以使Mg与CH3CH2Br反，因此需要的溴代烃的可能结构 Mg+Cl2↑，D正确； 证明达到平衡状态，故a正确； b.速率比应该等于方程式的系数比，所以υ正(CO)=2υ逆(N2)时才能说明反应达到平衡状态，故b错误； m总c.该反应所有物质都是气体，所以m总不变，如果平均相对分子质量不变，根据M=，得到气体的n总 n总不变，该反应是气体物质的量减小的反应，所以n总不变是平衡状态，故c正确； d.平衡常数只与温度有关，平衡常数不变就是温度不变，该容器绝热，如果吸热或放热温度一定变化，现在温度不变，说明反应达平衡，故d正确； e.开始充入的NO和CO是相等的，反应中两者按照1：1进行反应，所以容器中两者恒定相等，故e错误。 综合以上分析，选acd， 故答案为acd； (3)①甲烷转化为CO和H2的反应为化学化学计量数增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向正反应方向移动，由图可知，相同温度时，CH4的平衡转化率P1大于P2，则压强大小为P1小于P2； 由图可知反应温度的大小顺序为：C＞B＞A，则对应的平衡常数由大到小的顺序为KC>KB>KA； ②设起始CH4和H2O(g)的物质的量均为1mol，由题给数据建立如下三段式： CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) 起始量（mol） 1 1 0 0 转化量（mol） 1×50% 1×50% 1×50% 3×50% 平衡量（mol） 0.5 0.5 0.5 1.5 反应前混合气体的总物质的量为2mol，总质量为34g，平均相对分子质量为质的量为3mol，总质量为34g，平均相对分子质量为故答案为<；KC>KB>KA；3:2； (4)根据溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L；溶液中存在HSO3-?H++SO32-，则Ka2= 34；平衡后混合气体的总物234，则混合气体的平均相对分子质量之比为3:2， 3cH?cSO32??3????=2.0c?HSO?10-7，则c(SO32-)=2c(HSO3-)，即(SO32-)>c(HSO3-)；溶液中还存在电荷守恒关系： c(Na+)+c(H+)=2(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2(SO32-)+c(HSO3-)，因此c(Na+)>(SO32-)，综合以上分析，此时溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>(SO32-)>c(HSO3-)> c(H+)=c(OH-)， 故答案为c(Na+)>(SO32-)>c(HSO3-)> c(H+)=c(OH-)； (5)用亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫应该得到亚硫酸氢钠溶液，将亚硫酸氢钠溶液（pH=6的吸收液）加入电解槽中。由图可知，右侧是电解池的阴极，可以认为是水电离的氢离子得电子生成氢气，剩余的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根离子，左侧是电解池的阳极，c为阴离子交换膜，亚硫酸氢根离子透过交换膜进入阳极，在阳极失电子转化为SO42-，副产物甲为硫酸，所以阳极电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+， 故答案为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；c。
(精选3份合集)2020届湖北省黄冈市黄梅县第二中学高考数学模拟试卷
