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．鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（ ） A．可燃性实验 C．澄清石灰水
B．酸性高锰酸钾 D．品红试液
2．有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是
M N
A．M与HCOOCH3互为同分异构体 B．N的官能团为羟基
C．在与钠的反应中N放出气泡比M快 D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
3．硫酸铁铵[aFe2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等。某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵。
请回答下列问题：
(1)硫酸亚铁溶液加 H2SO4 酸化的主要目的是____________，滤渣 A的主要成分是______________。 (2)下列物质中最适合的氧化剂 B 是____________。 a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7
(3)操作甲、乙的名称分别是：甲_____________，乙_____________。 (4)上述流程中，有一处不严密，请指出并修改_____________。 (5)检验硫酸铁铵中NH4+的方法是_____________。
g 样品，将其溶于水配制成 100 mL 溶液，并分成两等份，向其中一份 中加入足量 NaOH (6)称取 14.00
溶液，过滤洗涤得到 2.14 g 沉淀；向另一份溶液中加入 0.05 mol Ba(NO3)2 溶液，恰好完全反应。则该硫酸铁铵的化学式为_____________。
4．某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（ ）
离子 浓度/(mol/L) A．Cl－
NO3－ 2 B．Ba2+
SO42－ 1 C．Na+
H+ 2 D．Mg2+
M 2 5．阿伏加德罗常数为NA。关于 l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是 A．加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NA B．溶液中阳离子数目为0.2NA
C．加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓ D．Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
6．关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是( ) A．在烧杯中称量 C．在蒸发皿中加热
B．在研钵中研磨 D．在石棉网上冷却
7．常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)
c(X-)B．L1表示-lg与pH的变化关系
c(HX)C．Kb(YOH)=10-10.5
D．a点时两溶液中水的电离程度不相同
8．用下列①②对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是 实验目的 试剂（或条件） ① 热水A． 用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气 浴 ② 冷水浴 B． 用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子 ① 乙醇 ② 己烷
C． 用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异 D． 用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响 A．A
B．B
C．C
①石蕊 ①苯 D．D
②品红 ②甲苯 9．某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是__，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是__。 （2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为__，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为__。 （3）加入FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3＋，反应的化学方程式为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为__，检验Fe3＋是否完全被还原，应选择__(填标号)。 A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液 （4）加FeCO3调溶液pH到5.8左右，其目的为__。
（5）加入NH4HCO3生成FeCO3的离子方程式为__，若煅烧得到160g纳米Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为__。
10．常温下，用0.1 mol·L?1盐酸滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L?1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．Ka2(H2A)的数量级为10?9
B．当V=5时：c(A2?)+c(HA?)+c(H2A)=2c(Cl?) C．NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA?)＞c(A2?)＞c(H2A) D．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl?)＞c(H+)=c(OH?) 11．下判说法正确的是
A．常温下，c(Cl-)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液， pH相等
B．常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同 C．常温下，HCl溶液中c(Cl-)与CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等 D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
12．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成
安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3 B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19g D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
13．图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下
－
某溶液中CH3COOH和CH3COO两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是
A．CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量 B．中间体①的能量大于中间体②的能量 C．室温下，CH3COOH的电离常数Ka＝10－4.76
D．升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动 14．已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ） A．物质A一定是单质 C．物质D可能是酸或碱
15．下列有关实验的说法不正确的是
A．用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭
B．物质C可能是淡黄色固体 D．物质E可能属于盐类
B．用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置 C．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率 D．吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收含硫废渣产生的废气制备，工艺如下图所示。
已知：浸出液的pH <2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子。请回答下列问题：
（l）高温焙烧前需将矿石研成粉末，其目的是____。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是____（用离子方程式表示）；写出“沉锰”的离子方程式____。 （3）下列各组试剂中，能准确测定尾气中SO2含量的是____。（填编号） a NaOH溶液、酚酞试液 b 稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 c 碘水、淀粉溶液 d 氨水、酚酞试液
（4）滤渣的主要成分有____。
（5）若要从MnSO4溶液中得到高纯硫酸锰必须进行的实验操作顺序是____（用字母填空）。 a 过滤洗涤 b 蒸发浓缩 c 冷却结晶 d 干燥 （6）已知：Ksp?Al(OH)3?=1?10,Ksp?Fe(OH)3?=3?10-33-39pH =7.1时Mn（OH）2开始沉淀。室温下，
除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度均小于1×10 -6mol/L），需调节溶液pH范围为____ 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物．
自动已知：①CH2=CH?OH（不稳定）???? CH3CHO
一定条件②一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR’+R”OH????? RCOOR”+R’OH
完成下列填空：
（1）写反应类型：③__反应；④__反应．反应⑤的反应条件__． （2）写出反应方程式．B生成C__；反应②__． （3）R是M的同系物，其化学式为
，则R有__种．
（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__． 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。
（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。 a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。 Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。
19．（6分）工业和生活中产生的废气COx、NOx、SOx对环境有害，若能合理的利用吸收，可以减少污染，变废为宝。
(1)已知甲烷的燃烧热为890kJmol；1mol水蒸气变成液态水放热44kJ：N2?g??O2?g??2NO?g?
ΔH=?183kJmol,则CH4?g??4NO?g??2N2?g??CO2?g??2H2O?g? ΔH=____________。
(2)汽车尾气中含有CO和NO，某研究小组利用反应：2CO(g)+2NO(g)
N2(g)+2CO2(g)实现气体的无害
T℃时，化排放。在恒容的密闭容器中通入一定量的CO和NO，能自发进行上述反应，测得不同时间的CO和NO的浓度如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 c?NO?10?3mol?L?1 1.00 3.60 0.45 3.05 0.25 2.85 0.15 2.75 0.10 2.70 0.10 2.70 c?CO?10?3mol?L?1 ①0到2s内用N2表示的化学反应速率为______，该温度下，反应的平衡常数K1=______。
②若该反应在恒容绝热条件下进行，再次达到平衡后的平衡常数为K2，则K1______ K2（填“＞”、“＜”'或“＝”）。
(3)一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收2CO(g)+SO2(g)
S(s)+2CO2(g) △H<0
若向2L恒容密闭容器中通入2mol CO和1mol SO2，反应在不同条件下进行上述反应，反应体系总压强随时间变化如图所示，与实验a相比，b组、c组分别改变的实验条件可能是 ____________、____________。
(4)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂可以降低碳排放。若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中
2-?7?11c?CO3（常温下K1?H2CO3??4.4?10、K2?H2CO3??5?10） ?:c?HCO3-?=____________。
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．D 【解析】 【详解】
A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A可行；
B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行； C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行； D. 二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D不可行； 故答案为D。 2．C 【解析】 【分析】
N的结构简式为CH3COOH根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、和CH3CH2OH。 【详解】
A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确； B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；
C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；
D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确； 答案选C。 【点睛】
判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。
3．抑制Fe2+的水解 CaSO4 b 冷却结晶 常温晾干 氧化后和加热蒸发前需检验Fe2+是否全部被氧化 在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，观察到试纸变蓝 Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O 【解析】 【分析】
原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后向滤液中加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁；加入硫酸铵在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、常温晾干可得到纯净的硫酸铁铵，据此分析。 【详解】
+++
(1)硫酸亚铁溶液中Fe2水解显酸性，加入硫酸抑制Fe2的水解；同时硫酸根浓度增大，结合Ca2生成CaSO4
沉淀，答案为：抑制Fe2+的水解；CaSO4；
(2)为避免引入新的杂质，应该加入H2O2，因为其还原产物是水，答案为：b；
(3) 在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、常温晾干可得到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止其分解，答案为：冷却结晶；常温晾干；
(4)为提高产品的纯度，在加热蒸发之前要检验Fe2+是否全部被氧化， 答案为：氧化后和加热蒸发前需检验Fe2+是否全部被氧化；
(5)检验NH4+的方法是加入强碱溶液，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，从而证明原溶液中含有NH4+，答案为：在试管中加入少量样品和氢氧化钠固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，观察到试纸变蓝；
(6)称取 14.00 g 样品，将其溶于水配制成 100 mL 溶液，并分成两等份，说明每一份的样品质量为7g；向其中一份中加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤得到 2.14 g 沉淀，沉淀为Fe(OH)3，物质的量为
n?m2.14g??0.02mol，即Fe2(SO4)3的物质的量0.01mol；向另一份溶液中加入 0.05 mol M107g/mol2?Ba(NO3)2 溶液，恰好完全反应，生成BaSO4，则SO4的物质的量为0.05mol，Fe2(SO4)3中有
SO4，则(NH4)2SO4中有0.02mol SO4，(NH4)2SO4的物质的量为0.02mol；一份样品中水的0.03mol 质量m?H2O??7g?0.01mol?400g/mol?0.02?132g/mol?0.36g，水的物质的量为0.02mol；则
2?2?a:b:c?1:2:2，化学式为： Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O。
4．C 【解析】 【详解】
溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L×1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，结合选项可知，M为Na+，正确答案是C。 5．D 【解析】 【分析】 【详解】
A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 mol?L?1 ×0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O
Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3CO32?+ 2Fe3+ + 3H2O =2
Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。 综上所述，答案为D。 【点睛】
铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。 6．B 【解析】 【详解】
A．实验是在瓷坩埚中称量，故A错误； B．实验是在研钵中研磨，故B正确；
C．蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误； D．瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D错误； 答案选B。 7．A 【解析】 【详解】
c(X-)NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的
c(HX)-
c(X-)值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐
c(HX)c(Y+)c(Y+)Y离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与
c(YOH)c(YOH)+
pH的变化关系。
Khc(X-)A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电
Ka或Kbc(HX)离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
c(X-)B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；
c(HX)c(Y+)c(Y+)C．曲线L2表示-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，与pH的变化关系，-lg
c(YOH)c(YOH)-+c(OH)c(Y)c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；
c(YOH)
D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确； 故答案为A。 8．D 【解析】 【详解】
A. 二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A不选； B. 钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；
C. 二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；
D. 溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D选； 故选：D。
9．增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分 工业制硫酸 Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O SiO2 14NA或8.428×1024 C 除去滤液中的Al3+ 2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 1：4 【解析】 【分析】
硫铁矿煅烧，发生FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3＋，因为Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeS2的目的是将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeCO3调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2与HCO3反应生成FeCO3，煅烧FeCO3得到Fe2O3，逐步进行分析； 【详解】
(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，利用SO2制备硫酸；
(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O3
＋＋
＋6H=2Fe3＋3H2O；浸取后的滤渣为SiO2；
＋
－
(3)根据反应方程式，FeS2中S由－1价转化成＋6价，Fe2(SO4)3中Fe的化合价由＋3价转化成＋2价，因此消耗1molFeS2，转移电子物质的量为1mol×2×[6－(－1)]=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428×1024；检验Fe3＋是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3＋，即用KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3＋完全反应，反之未完全反应，答案悬C；
(4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式沉淀出来；
－＋
(5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3＋Fe2=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；煅烧FeCO3
得到Fe2O3反应方程式为4FeCO3＋O2【点睛】
2Fe2O3＋4CO2，消耗O2和生成CO2的物质的量之比为1：4。
难点是(5)离子方程式的书写，因为生成FeCO3，需要HCO3－电离出CO32－，即HCO3－
＋
H＋＋CO32－，Fe2
－＋－
c(H＋)增大，结合CO32生成FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，然后发生H与HCO3反应生成CO2，
最后写出离子方程式即可，书写类似反应时，注意原理的应用。 10．C 【解析】 【分析】 【详解】
?140.001?0.00110?5?10，则Ka2(H2A)的数量级为?5?10?9，A正A．滴定前pH=11，则A2?的水解常数是
0.1?0.00110确；
B．当V=5时根据物料守恒可知c(A2?)+c(HA?)+c(H2A)=2c(Cl?)，B正确；
C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA?)＞c(H2A)＞c(A2?)，C错误；
D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于10 mL小于20 mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl?)＞c(H+)=c(OH?)，D正确； 答案选C。 11．C 【解析】 【详解】
A. c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH不相等，A错误；
B.HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；
C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO)=c(H)-c(OH)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；
D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误； 故合理选项是C。 12．C
-+
-
【解析】 【分析】
充电时F从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。 【详解】
A. 放电时，甲电极的电极反应式为BiF3 + 3e－= Bi＋3F－，故A错误； B. 放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；
C. 充电时，甲电极发生Bi－3e－＋3F－= BiF3，导线上每通过1mole－，则有1mol F－变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；
D. 充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。 综上所述，答案为C。 【点睛】
阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。 13．D 【解析】 【分析】 【详解】
A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；
B. 从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；
C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOH
CH3COO-+H+的电离常数
－
c(CH3COO-)c(H+)Ka==c(H+)=10-4.76。C项正确；
c(CH3COOH)D.根据CH3COOH
c(CH3COO-)c(H+)CH3COO+H的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c(H+)
c(CH3COOH)-+
值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D。 14．A 【解析】 【分析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；
若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。 【详解】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误； B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确； C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确； D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确； 故选A。 15．B 【解析】 【详解】
A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；
B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；
C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确； D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确； 答案选B。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．增大反应物接触面积，加快反应速率并使其充分燃烧，提高原料利用率 将Fe2+氧化为Fe3+ Mn2++2HCO3?=MnCO3↓+CO2↑+H2O b、c 氢氧化铁、氢氧化铝 bcad 5.0＜pH＜7.1 【解析】 【分析】
高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH<2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，Fe3+、可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，调节pH值，Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝，最后向滤液中加入碳酸氢铵的到碳酸锰沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰。 【详解】
(l)高温焙烧前需将矿石研成粉末，可增大与空气的接触面积，使废渣充分燃烧，加快反应速率，同时也可提高原料利用率；
(2) “氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；根据分析和流程，沉锰的反应为：
Mn2++2HCO3?=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)a．二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫、水又能反应生成亚硫酸氢钠，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故a错误；
b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故b正确；
c．碘和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故c正确；
d．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和二氧化硫和水又能反应生成亚硫酸氢铵，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故d错误； 故答案为b、c；
(4)Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，所以滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝；
(5)除杂后，若要从MnSO4溶液中得到高纯硫酸锰必须进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故操作顺序为bcad；
(6)pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol·L-1，解得：c(OH-)=3Ksp??Al?OH?3??c?Al3???33Kw1?10?141?10-5?=1×10-9mol·L-1，c(H+)=L-1，pH=5，?3?9=1×10mol·??6c?OH?1?101?10同理Fe(OH)3完全变成沉淀时的pH：Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39= c(Fe 3+)×c3(OH-)，c(OH-)=3Ksp??Fe?OH?3??c(Fe3?)?31?101?10?6?39Kw1?10?14-3?=1×10-11mol·L-1，c(H+)=L-1，pH=3，?11=1×10mol·?c?OH?1?10故要使Fe3+、Al3+全部沉淀，调节pH范围是：5.0＜pH＜7.1。 【点睛】
实验操作和工业流程题结合的题型，根据元素化合物的知识，综合分析。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．取代反应 加成反应 铁粉作催化剂 2CH3CHO+O2????2CH3COOH 加热催化剂催化剂nCH3COOCH=CH2???? 4 HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOCC=CH2 （CH3）
【解析】 【分析】
与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到CH3COOCH=CH2，即物质D，
而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在
题干信息中已经给出。再来看下面，C6H6为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和Cl2发生取代得到M，注意反应⑤取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。 【详解】
（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；
?2CH3COOH，而反应②为加聚反应，（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O2???加热催化剂催化剂方程式为nCH3COOCH=CH2????；
（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；
（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是C4H6O2中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。 【点睛】
一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．
1
加热（或煅烧） 电解法 a c 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
2-2-
ΔH=?85.6kJ·mol? 在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO4和
2-Cr2O7 NaOH和H2
【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。 （1）NaOH的电子式为电解法。
（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。
（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol?1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=?85.6kJ·mol?1。
；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为
（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+
+
-
2-
Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；
+
阴极室H放电生成H2，剩余的OH与透过阳离子交换膜移过来的Na结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。
19．-1168kJ/mol 1.875×10-4mol/(L·s) 5000L/mol > 使用适当的催化剂 升高温度 2：1 【解析】 【分析】
(1)根据图2写出热化学方程式，利用甲烷燃烧热写出热化学方程式，根据1mol水蒸气变成液态水放热44kJ，写出热化学方程式，再利用盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，得到目标热化学方程式；
(2)①根据图表，0～2s内，NO的浓度变化为△c(NO)=(1-0.25)×10-3=0.75×10-3mol/L，反应经历的时间为△t=2s，则NO的化学反应平均速率为v(NO)=
c计算，根据速率之比等于化学计量数之比计算N2的化学t，根据反应方程式计算各组分的平衡浓度
反应平均速率，该反应的化学平衡常数为K=并代入； ②反应为2CO+2NO
c2?CO2?c?N2?c2?NO?c2?CO?N2+2CO2，为气体数减少的反应，熵变△S＜0，由于反应能自发进行，则焓变△H
＜0，反应为放热反应，若该反应在绝热恒容条件下进行，随着反应的进行，容器内温度升高，升温使化学平衡向逆反应方向移动来分析K1、K2的大小；
(3)b与a比较，反应速率快，平衡总压强不变，说明平衡不移动；c与a比较，平衡时总压强大，根据物质的量与气体压强的关系，通过温度变化分析判断； (4)由题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4mol/L，由CO32-+H2OKb=
HCO3-+OH-可得：
cOH???c?HCO?=K 据此进行计算。
KHCO??c?CO??3w2?3223【详解】
(1)根据图2，旧键断裂吸收能量为：945+498=1443kJ/mol，放出能量为：2×630=1260kJ/mol，则热化学方程式为2NO(g)=O2(g)+N2(g) △H=-1260kJ/mol+1443kJ/mol=183kJ/mol ①；
甲烷燃烧热为890kJ/mol，可写出热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ/mol ②； H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ/mol③；
由盖斯定律可知②+①×2-③×2，可得目标热化学方程式，则△H=-810.1kJ/mol+183/mol×2-(44kJ/mol)×2=-1168kJ/mol；
(2)①根据图表，0～2s内，NO的浓度变化为△c(NO)=(1-0.25)×10-3 mol/L =0.75×10-3mol/L，反应经历的时间
0.75?10?3mol/L=3.75×10-4mol/(L·s)，根据速率之比等为△t=2s，则NO的化学反应平均速率为v(NO)=
2s
于化学计量数之比，则0～2s内用N2表示的化学反应速率为v(N2)=
1v(NO)= 1.875×10-4mol/（L?s）；据表2c(NO)=0.1×10-3mol/c(CO)=2.70×10-3mol/2CO+2NO?N2+2CO2，中数据，平衡时，（L?s），（L?s），根据反应方程式：则平衡时，c(N2)=0.45×10-3mol/L，c(CO2)=0.9×10-3mol/L，则平衡常数为
K=
c2?CO2?c2?NO??10?3mol??30.9?0.45?10mol/L??c?N2??L??=5000L/mol； 22?3c?CO?2?10mol??30.1?10?2.7??L??2????②反应为2CO+2NO?N2+2CO2，为气体数减少的反应，熵变△S<0，由于反应能自发进行，则焓变△H<0，反应为放热反应，若该反应在绝热恒容条件下进行，随着反应的进行，容器内温度升高，升温使化学平衡向逆反应方向移动，则正向进行的趋势不断减小，平衡常数减小，因此K1＞K2；
(3)b与a比较，反应速率快，达到平衡所需的时间短，但平衡总压强不变，说明平衡时气体的物质的量与条件a比较，物质的量不变，平衡不发生移动，则改变的条件为使用合适的催化剂；c与a比较，反应速率快，达到平衡所需的时间短，而且平衡时总压强大，由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向移动，反应速率快，则改变的条件为升高温度； (4)根据题意pH=10，可计算c(OH-)=10-4mol/L，由于CO32-+H2O
HCO3-+OH-可得：
c?HCO??K10?Kb==，
KHCO5?10??c?CO?c?HCO?K10?==2：1，则c(CO10?5?10KHCOcOH????c?CO?cOH??3?14w?2?3?11223?3?14w2?3??4?112--3)：c(HCO3)=2：1。
223【点睛】
本题考查化学原理知识，涉及盖斯定律的应用、电解质溶液中离子浓度大小比较、化学平衡的移动、盐类水解，弱电解质的电离平衡、化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算等知识。掌握化学反应反应原理，理解基本概念及电离平衡常数与盐的水解的关系是解答关键。
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．下列关于有机化合物 A．一氯代物数目均有6种
B．二者均能发生取代、加成和氧化反应 C．可用酸性高锰酸钾溶液区分 D．
分子中所有碳原子可能在同一平面上
和
的说法正确的是( )
2．对于2SO2(g)＋O2(g) ?2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（ ）
A．t2时使用了催化剂 C．t5时采取升温的措施
B．t3时采取减小反应体系压强的措施 D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大
3．人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为
。下列关于乳酸的说法正确的是（ ）
A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸
B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种 C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应 D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n
+nH2O
4．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- 5．下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是 选操作 项 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的A 铝箔在酒精灯上加热 B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足C 量的乙烯后静置 将20℃ 0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH A．A
B．B
C．C
D．D
置后溶液分层 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 来 火焰呈黄色 溶液的紫色逐渐褪去，静乙烯发生氧化反应 该溶液中含有钠盐 融化后的液态铝滴落下金属铝的熔点低 实验现象 结论 D 溶液的pH逐渐减小 6．辉钼精矿主要成分是二氧化钼（MoS2），还含有石灰石、石英、黄铜矿（CuFeS2）等杂质。某学习小组设计提取MoS2的过程如下：下列说法错误的是
A．为加快辉钼精矿溶解，可将矿石粉粹并适当加热 B．加滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子 C．以上①②③过程均涉及氧化还原反应 D．步骤③温度不宜过高，以免MoS2被氧化 7．有Br2参加的化学反应一定不属于 A．复分解反应
B．置换反应
C．取代反应
D．加成反应
8．下列操作或原理正确的是（ ）
A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值 B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞 C．蒸馏操作时先通冷却水再加热
D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中
9．2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCn
LiFePO4+nC。下列说法不正确的是（ ） ．．．
A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4 B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCn D．充电时，Li+向左移动
10．将V1mL 1.0 mol·L－1盐酸溶液和V2mL未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50 mL）。
下列叙述正确的是（ ） A．做该实验时环境温度为20 ℃ B．该实验表明化学能可能转化为热能 C．氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 mol·L－1 D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
11．下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是( ) A．氯化铵受热气化和苯的气化 B．碘和干冰受热升华 C．二氧化硅和生石灰的熔化 D．氯化钠和铁的熔化
12．已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数，其形成的一种化合物结构如图所示，下列叙述正确的是
A．原子半径:W>Z>Y>X
B．该化合物中各元素的原子最外层均满足8电子结构 C．X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态
D．X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物
13．近年来，金属—空气电池的研究和应用取得很大进步，这种新型燃料电池具有比能量高、污染小、应用场合多等多方面优点。铝—空气电池工作原理如图所示。关于金属—空气电池的说法不正确的是（ ）
A．铝—空气电池(如上图)中，铝作负极，电子通过外电路到正极 B．为帮助电子与空气中的氧气反应，可使用活性炭作正极材料
C．碱性溶液中，负极反应为Al(s)＋3OH－(aq)=Al(OH)3(s)＋3e－，每消耗2.7 g Al(s)，需耗氧6.72 L(标准状况) D．金属—空气电池的可持续应用要求是一方面在工作状态下要有足够的氧气供应，另一方面在非工作状态下能够密封防止金属自腐蚀
14．关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是（ ） A．NaCl可用作食品调味剂 C．Na2CO3的焰色反应呈黄色
B．相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3 D．工业上Na可用于制备钛、锆等金属
15．某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是
A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素 B．X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种 C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X>Y D．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中，如图a所示，可以看到钠块浮在水面上，与水发生剧烈反应，反应放出的热量使钠熔成小球，甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油，再投入金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上，如图b所示，同样与水发生剧烈的反应，但不发生燃烧。
图a图b
(1)在第一个实验中，钠浮在水面上；在第二个实验中，钠悬浮在煤油和永的界面上，这两个现象说明了：________。
(2)在第二个实验中，钠也与水发生反应，但不发生燃烧，这是因为________。
(3)我们知道，在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来，可将金属钠投入到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象____。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物H是一种除草剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：
(1)B和A具有相同的实验式，分子结构中含一个六元环，核磁共振氢谱显示只有一个峰，则B的结构简式为__________，A→B的反应类型是__________。
(2)C中含氧官能团的名称是__________；ClCH2COOH的名称(系统命名)是__________。 (3)D→E所需的试剂和条件是__________。 (4)F→G的化学方程式是___________________。
(5)I是E的一种同分异构体，具有下列结构特征：①苯环上只有一个取代基；②是某种天然高分子化合物水解的产物。I的结构简式是__________。 (6)设计由乙醇制备
的合成路线__________(无机试剂任选)。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．活性炭、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）在生产、生活中应用广泛。完成下列填空： (1)活性炭可用于处理大气污染物NO：C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)，已知NO的转化率随温度升
高而降低。降低温度，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化：（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正__________；N2的体积分数___________；平衡常数K____________。
(2)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中，可观察到的现象是_______；写出相关反应的化学方程式______________
(3)小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应，应用勒夏特列原理进行解释。_____________
2-(4)比较同温下浓度均为0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四种溶液中c(CO3)的
大小关系为_______（用编号表示）。
19．（6分）含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石．晶体硅(熔点 1410℃)用途广泛，制取与提纯方法有多种．
高温(1)炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：Si+2FeO????2Fe+SiO2，其目的是________________．
A．得到副产品硅酸盐水泥 B．制取SiO2，提升钢的硬度 C．除去生铁中过多的Si杂质 D．除过量FeO，防止钢变脆
蒸馏22?SiCl4???Si(纯)，在上述由SiCl4制(2)一种由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)????? SiCl4(纯)???460℃1100℃ClH________________．纯硅的反应中，测得每生成 1.12kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)下列叙述正确的是________________ A．NaX易水解 B．SiX4是共价化合物 C．NaX的熔点一般高于SiX4
D．SiF4晶体是由共价键形成的空间网状结构
(1)粗硅经系列反应可生成硅烷(SiH4)，硅烷分解也可以生成高纯硅．硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以Si元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：________________．
(4)此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅(SiHCl1)，通过反应：SiHCl1(g)+H2(g)?Si(s)+1HCl(g)制得高纯硅．不同温度下，SiHCl1的平衡转化率随反应物的投料比(反应初始时，各反应物的物质的量之比)的变化关系如图所示．下列说法正确的是________________(填字母序号)．
a．该反应的平衡常数随温度升高而增大
n(SiHCl3)b．横坐标表示的投料比应该是
n(H2)c．实际生产中为提高SiHCl1的利用率，可适当降低压强
(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO1．室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是________________．已知：H2SiO1：Ka1=2.0×10﹣10、Ka2=1.0×10
﹣12
，H2CO1：Ka1=4.1×10﹣7 Ka2=5.6×10 ﹣2．
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.
中有6种等效氢，则一氯代物有6种，
中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯
代物数目不同，故A错误； B.
中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，
中不含不饱和
键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误； C.
中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，
中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪
色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确； D.
中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原
子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。 2．D 【解析】 【详解】
A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意； C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意； 故答案为：D 3．B 【解析】 【分析】
【详解】
A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸，故A错误；
B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体，乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构
体，包括乳酸共3种，故B正确；
C．乳酸分子含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误； D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n故选B。 4．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-1)H2O，故D错误；
，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·L1，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。 5．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误； B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；
D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确； 故答案为D。 6．C 【解析】
【分析】
辉钼精矿经盐酸、氯化铁浸泡时，碳酸钙黄铜矿溶解，则滤液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子；滤渣为S、MoS2、SiO2；加入氢氟酸，二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，滤渣2为S、MoS2，空气中加入S生成二氧化硫。 【详解】
A.可将矿石粉粹增大接触面积并适当加热，可使反应速率增大，促使辉钼精矿加快溶解，与题意不符，A错误；
B. 分析可知，滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子，与题意不符，B错误；
C. 反应②的过程为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，为复分解反应，符合题意，C正确； D. 步骤③温度不宜过高，以免MoS2被氧化，与题意不符，D错误； 答案为C。 7．A 【解析】 【分析】
溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。 【详解】
A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，A符合题意；
B.单质溴与KI发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B不符合题意； C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C不符合题意；
D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D不符合题意； 故合理选项是A。 【点睛】
本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。 8．C 【解析】 【分析】
A．依据氯水成分及性质漂白性判断；
B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液； C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却； D．多余的钠应放回试剂瓶。
【详解】
A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；
B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；
C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；
D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误； 故选：C。 【点睛】
本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。 9．D 【解析】 【分析】
放电为原电池原理，从(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCn
LiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价升高了，所
??以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：LixCn?xe?xLi+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：
xFePO4?xLi??xe??xLiFePO4，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。
【详解】
A．由以上分析可知，放电正极上FePO4得到电子，发生还原反应生成LiFePO4，正极电极反应式：
xFePO4?xLi??xe??xLiFePO4，A正确；
B．原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，B正确；
??C．充电时，阴极为放电时的逆过程，Li?变化为LixCn，电极反应式：xLi?xe?nC?LixCn，C正
确；
D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li?向右移动，D错误； 答案选D。 【点睛】
带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是LixCn变为C之后，先用原子守恒得到LixCn—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不可从化合价出
发去写电极反应。 10．B 【解析】 【详解】
A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21 ℃，A错误； B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；
C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL，由V1＋V2＝50 mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的质L－1÷0.02 L＝1.5mol·L－1，C错误； 量为20 mL, 氢氧化钠溶液的物质的量浓度＝0.03 L×1.0 mol·
D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误； 答案选B。 【点睛】
根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。 11．B 【解析】 【详解】
A．氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；
B．碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；
C．二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；
D．氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选； 故选B。 【点睛】
本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。 12．D 【解析】 【分析】 【详解】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于YY为C、Z为N、原子的核外电子总数，根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、W为O。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径: Y >Z>W> X，选项A错误；
B. 该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构，其它均满足8电子结构，选项B错误； C. X与Y形成的二元化合物有多种烃，常温下不一定为气态，如苯C6H6，选项C错误； D. X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物(NH4)2CO3，选项D正确。 答案选D。 【点睛】
本题考查元素周期表元素周期律的知识，推出各元素是解题的关键。根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。 13．C 【解析】 【分析】 【详解】
A、铝-空气电池（如图）中，铝作负极，电子是从负极通过外电路到正极，选项A正确； B、铝-空气电池中活性炭作正极材料，可以帮助电子与空气中的氧气反应，选项B正确；
C、碱性溶液中，负极反应为4Al(s)－12e－＋16OH－(aq)=4AlO2－(aq)＋8H2O；正极反应式为：3O2＋12e－＋6H2O=12OH－(aq)，所以每消耗2.7 g Al，需耗氧(标准状况)的体积为确；
D、金属-空气电池的正极上是氧气得电子的还原反应，电池在工作状态下要有足够的氧气，电池在非工作状态下，能够密封防止金属自腐蚀，选项D正确； 答案选C。 【点睛】
本题考查新型燃料电池的原理，易错点为选项C，注意在碱性溶液中Al发生氧化反应生成AlO2-，根据电极反应中得失电子守恒进行求算。 14．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．NaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；
B．相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故B错误； C．钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；
2.71××3×22.4L＝1.68 L，选项C不正274
D．工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确； 答案为B。 15．C 【解析】 【分析】
按照排布规律，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。 【详解】
A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误； B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；
C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3＞H3PO4；C正确；
D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为O＞N＞P，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误； 答案选D。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度 钠不与空气接触，缺乏燃烧条件
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑ 【解析】 【详解】
(1)根据物体的浮沉条件可知：钠浮在水面上，说明钠的密度小于水的密度，钠悬浮在煤油和水的界面上，说明钠的密度大于煤油的密度；故答案为：钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度；
(2)根据燃烧的条件可知，钠不燃烧的原因是：煤油将钠与空气隔绝；故答案为：钠不与空气接触，缺乏燃烧条件；
(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。 【点睛】
并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够与水反应，则优先考虑与水反应，再看反应产物是否与盐溶液反应。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17． 加成反应 醚键 2-氯乙酸 浓硝酸、浓硫酸、加热
【解析】 【分析】
B和A具有相同的实验式，分子结构中含一个六元环，核磁共振氢谱显示只有一个峰；3个分子的甲醛分
子HCHO断裂碳氧双键中较活泼的键，彼此结合形成B：
，B与HCl、CH3CH2OH反应产生C：
ClCH2OCH2CH3；间二甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为，在Fe、HCl存在
条件下硝基被还原变为-NH2，产生F为：，F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生
G：，G与C发生取代反应产生H：。
【详解】
根据上述分析可知B是，F是。
(1)3个分子的甲醛断裂碳氧双键中较活泼的键，彼此结合形成环状化合物B：，A→B的反应类
型是加成反应；
(2)C结构简式为ClCH2OCH2CH3；其中含氧官能团的名称是醚键；ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，名称是2-氯乙酸；
(3)D为间二甲苯，由于甲基使苯环上邻位和对位变得活泼，所以其与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反
应产生E为，则D→E所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；
(4)F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G和水，F→G的化学方程式是
；
(5)E为，硝基化合物与C原子数相同的氨基酸是同分异构体，I是E的一种同分异构体，具有下
列结构特征：①苯环上只有一个取代基；②是某种天然高分子化合物水解的产物，则该芳香族化合物的一个侧链上含有1个—COOH、1个—NH2，和1个
，I的结构简式是
；
(6)CH3CH2OH在Cu催化下加热下发生氧化反应产生CH3CHO，3个分子的乙醛发生加成反应产生
，与乙醇在HCl存在时反应产生，故由乙醇制备
的合成路线为：
。
【点睛】
本题考查有机物推断与合成、限制条件同分异构体书写、有机物结构与性质等，掌握有机物官能团的结构与性质是解题关键。要根据已知物质结构、反应条件进行推断，注意根据物质结构简式的变化理解化学键的断裂与形成，充分利用题干信息分析推理，侧重考查学生的分析推断能力。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．减小 增大 增大 溶液中有白色沉淀生成 NH3+CO2+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓ 当NaHCO3溶液加入酸时，促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐。 ②＞③＞④＞① 【解析】 【分析】
(1)NO的转化率随温度升高而降低，说明该反应为放热反应，则降低温度后平衡向着正向移动，反应速率
减小、氮气体积分数和平衡常数都增大；
(2)氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入氨气再通入二氧化碳会析出碳酸氢钠晶体；
(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡HCO3- ?H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当加入酸时促进了HCO3-的水解；当加入碱时促进了HCO3-的电离；
(4) H2CO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，溶液中c（CO32-）最小；Na2CO3在溶液中电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较小，其溶液中c（CO32-）最大；NaHCO3在溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液中碳酸根离子浓度较小；NH4HCO3溶液中，铵根离子水解溶液呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，据此进行解答。 【详解】 (1)反应C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)中，NO的转化率随温度升高而降低，说明升高温度平衡向着
逆向移动，则该反应为放热反应；若降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向着吸热的正反应进行，氮气的物质的量增大，则N2的体积分数增大；因为降低温度后氮气和二氧化碳的浓度增大，NO的浓度减小，则平衡常数增大；
答案是：减小；增大；增大；
(2)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中发生反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；则溶液中会有白色沉淀生成；
答案是：溶液中有白色沉淀生成；NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；
(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡:HCO3-?H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当NaHCO3溶液加入酸时，减小了c（OH-），促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，减小了c(H+)，促进了HCO3-的电离，抑制了HCO3-的水解，生成了碳酸正盐；
答案是：当NaHCO3溶液加入酸时，促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐；
(4)③④相比较，④中铵根离子水解呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，c（CO32-）大小为:③>④；①为二元弱酸，c（CO32-）最小；②Na2CO3在溶液中电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解程度较小，则其溶液中c（CO32-）最大，所以c（CO32-）的大小关系为: Na2CO3> NaHCO3> NH4HCO3> H2CO3，即: ②＞③＞④＞①；
答案是: ②＞③＞④＞①。 【点睛】
碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡: HCO3- ?H++CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当NaHCO3溶液加入酸时，抑制了电离促进了水解，所以NaHCO3溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；当NaHCO3溶液加入碱时，抑制了水解促进了电离，所以NaHCO3溶液与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；所以小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应。
19．CD SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol BC C和Si最外层电子数相同(或“是同
主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”) Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷 ac 硅酸钠 硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解 【解析】 【分析】
(1)根据炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧元素，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹；
a (2)每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为1.12?103=0.025akJ，据此写出
28反应热化学方程式； A．强酸的钠盐不水解；
B．硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物； C．离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点； D．SiF4晶体属于分子晶体；
(1)硅烷的分解温度远低于甲烷的原因为：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”） Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷； (4)a．因为随着温度的升高，SiHCl1的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大； b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投
n?H2?料比应该是；
n?SiHCl3?c．降低压强平衡向气体系数减小方向移动； (5)依据盐类水解规律“越弱越水解”解答。 【详解】
(1)炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程，这一过程基本上是一个氧化过程，是用不同来源的氧(如空气中的氧、纯氧气、铁矿石中的氧)来氧化铁水中的碳、硅、锰等元素．化学反应主要是2FeO+Si
高温2Fe+SiO2、FeO+Mn
高温Fe+MnO；
在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹，故炼钢的最后阶段必须加入脱氧剂(例如锰铁、硅铁和铝等)，以除去钢液中多余的氧：Mn+FeO
高温MnO+Fe，Si+2FeO
高温SiO2+2Fe，2Al+1FeO
高温Al2O1+1Fe，故答案选CD；
1.12?103(2)由题意可知：=40mol纯硅吸收的热量为akJ热量，每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，即生成
28aa=则生成1mol纯硅吸收的热量为1.12?10340kJ=0.025akJ，所以该反应的热化学方程式：
28SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+0.025akJ/mol；
A．钠的强酸盐不水解，NaX(NaF除外)不易水解，故A错误；
B．硅的卤化物(SiX4)是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确； C．钠的卤化物(NaX)为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物(SiX4)为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故C正确； D．SiF4晶体是由分子间作用力结合而成，故D错误； 故答案为BC；
(1)C和Si最外层电子数相同(或“是同主族元素”)，C原子半径小于Si(或“C原子电子层数少于Si”) Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
(4)a．因为随着温度的升高，SiHCl1的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，故a正确；
b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投
n(SiHCl3)料比应该是，故b错误；
n(H2)c．SiHCl1(g)+H2(g)?Si(s)+1HCl(g)正向为气体系数增大的方向，降低压强平衡向气体系数增大方向移动，可以提高SiHCl1的利用率，故c正确； 故答案选a、c；
(5)依据所给数据可知：硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，依据“越弱越水解”可知硅酸钠更易水解。
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．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液
C．除去CO中的CO2
D．实验室模拟制备NaHCO3
2．实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-
B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小 C．a、b两点均有c(Na+）=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)] D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液 3．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ） A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC1
4．足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是 A．氢氧化钠溶液
B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸
5．在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为( ) A．5 : 7
B．4 : 3
C．3 : 4
D．9 : 13
6．常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（ ）
A．由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7
B．向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3－反应 C．常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性 D．NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用 7．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 A 实验操作 向Co2O3中滴加浓盐酸 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱B 和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 C 将铁片投入浓硫酸中 将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL D 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液 A．A
B．B
C．C
D．D
溶液颜色变红 KI与FeCl3的反应具有可逆性 无明显变化 常温下铁不与浓硫酸反应 无明显现象 该过程未发生氧化还原反应 实验现象 产生黄绿色气体 结论 氧化性：Cl2 > Co2O3 8． [n]-轴烯由单环n-烷烃每个碳原子上的两个氢原子被一个=CH2替换而成，部分轴烯的结构简式如图所示。下列说法错误的是 碳原子数（n） 6 8 10 12 。。。 结构简式 。。。
A．轴烯的通式可表示为CmHm(m≥3的整数) B．轴烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色
C．与足量H2完全反应，lmol轴烯消耗H2的物质的量为m mol D．m=6的轴烯分子的同分异构体中含有两个碳碳三键的结构有4种
?19．将0.2mol?LNa2CO3溶液和0.1mol?L?1盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是
A．cNaB．cNa????c?H??c?OH??c?Cl??c?HCO??c?CO?
????32?3????c?HCO??c?Cl??c?CO??c?OH??c?H?
?3?2?3???C．2cNaD．cOH???c?CO??c?HCO??c?HCO?
2?3?323??323????c?H??c?HCO??2c?HCO?
10．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是 A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NA B．NA个P4(
)与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1
C．常温下，1 L pH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NA D．含0.4 mol HNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA
11．Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、的流程如图所示。
已知：i.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+。 ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 回答下列问题：
(1)滤渣①的主要成分为_________(填化学式)。
(2)\氧化”步骤中发生反应的离子方程式为____________。 (3)“加热\操作的目的是_________。 (4)“酸化\过程中发生的反应为2CrO42- +2H+
Cr2O72-+ H2O (K=4.0×1014L3·mol -3)。已知“酸化”后溶液(pH=1)
Fe3+ 1.5 2.8 Cr3+ 4.9 6.8 L-1，则溶液中c(CrO42-)=_______。 中c(Cr2O72- )=6. 4×10-3 mol·
(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72-催化还原，其工作原理如图所示：
在该电池中，b作______极，a极的电极反应为__________
(6)K2 Cr2O7标准溶液还可用于测定市售硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol -1)的纯度。测定步骤如下：
i.溶液配制：称取1.2400g市售硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后.全部转移至100mL容量瓶中.加蒸馏水至刻度线。
ii.滴定：取0.01000 mol. L-1的K2Cr2 O7标准溶液20. 00 mL，稀硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应(Cr2O72-被还原成Cr3+ ，I-被氧化成I2)。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 - =S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去.即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为25.00mL。
①稀硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液与KI溶液反应的离子方程式为_________ ②该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为_______%(保留1位小数)。
12．天然气的主要成分CH4也是一种会产生温室效应的气体，对于相同分子数的CH4和CO2，CH4产生的温室效应更明显。下面是有关天然气的几种叙述：①天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者明显；③燃烧天然气也是酸雨的成因之一。其中正确的是 A．①和②
B．只有①
C．只有③
D．①②③
13．向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：
①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（ ） ．．．
A．溶液pH升高的主要原因：Mg + 2H+ === Mg2+ + H2↑ B．生成沉淀a的离子方程式：Ag+ + Cl- === AgCl↓ C．沉淀b是Mg(OH)2
D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b） = 1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl 14．关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是 A．等物质的量时所含阴离子数目相同
B．颜色相同
C．所含化学键类型相同 D．化合物种类不同
15．部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的．．．是
A．B只能得电子，不能失电子 B．原子半径Ge＞Si C．As可作半导体材料 D．Po处于第六周期第VIA族
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．实验室如图的装置模拟工业过程制取硫代硫酸钠（夹持仪器和加热仪器均省略）。其反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2
请回答：
（1）下列说法不正确的是___。
A．装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体
B．提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，同时也能增大原料的利用率 C．装置E的主要作用是吸收CO2尾气
D．装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液 （2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，请解释其生成原因___。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。 (2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。 (3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。 (4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。
(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。 ①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2 ②含有硝基
③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1
(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那
韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．［化学——选修 5：有机化学基础］(15 分)花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚 A为原料制备，合成路线如下：
回答下列问题：
(1) ①的反应类型为_____；B 分子中最多有_____个原子共平面。 (2) C中含氧官能团的名称为_____； ③ 的 “ 条 件 a” 为_____。 (3) ④为加成反应，化学方程式为_____。 (4) ⑤的化学方程式为_____。
(5) 芳香化合物 J 是 D 的同分异构体，符合下列条件的 J 的结构共有_____种，其中核磁共振氢谱为五组峰的 J 的结构简式为_____。(只写一种即可)。
①苯环上只有 3 个取代基 ②可与 NaHCO3 反应放出 CO2 ③1 mol J 可中和 3 mol NaOH。
(6) 参 照 题 图 信 息 ， 写 出 以 ( 无 机 试 剂 任 选 ) ：_____。
为 原 料 制 备 的 合 成 路 线
19．（6分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。 (2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。
(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。
(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。
(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。
(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影
图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是_____。
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】 【分析】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气； B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器； C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；
D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。 【详解】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A正确；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故C错误
D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D错误； 【点睛】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。 2．D
【解析】 【分析】
2-SO3是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，
但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分SO3被空气中的氧气氧化为SO4，据此来分析本题即可。 【详解】
A.水解反应是分步进行的，不能直接得到H2SO3，A项错误； B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；
C.温度升高溶液中部分SO3被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑SO4，C项错误；
D.当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分SO3被氧化为SO4，相当于SO3的浓度降低，其碱性亦会减弱，D项正确； 答案选D。 3．C
【解析】A．NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；D．HC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D不选；故选C。 4．A 【解析】 【分析】 【详解】
假设反应都产生3mol氢气，则：
A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸； C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl； D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；
故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。 5．D 【解析】 【分析】 【详解】
硫酸的物质的量n=2mol/L×0.065L=0.1mol，所以n（H+）=0.26mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离
2-2-2-2-2-2-2-
子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1mol O；n(Cl2)=0.005mol，根据反应：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以FeO为0.01mol。设Fe2O3和Al2O3为Xmol，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1．本题选A。 【点睛】
金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。 6．B 【解析】 【详解】
A．由图可知，pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1=
-cHCO3?cH+?c?H2CO3????=10
-6.37
，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故A正确；
B．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3?H2O+CO32-+H2O，说明NaOH与NH4+、HCO3－均反应，故B错误；
C．由图可知，pH=9.25时c(NH3?H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3?H2O的离常数Ka1=
-cNH+4?cOH???c?NH3H2O??=10
-4.75
，而碳酸的Ka1=10-6.37，则NH3?H2O的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解
程度比NH4+强，即NH4HCO3的水溶液显碱性，故C正确；
D．草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D正确； 故答案为B。 7．D 【解析】 【详解】
A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；
B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；
C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；
D．根据2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可
知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确； 故选D。 8．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．每个C原子形成4个共价键，轴烯分子中C原子数与H原子数相同，所以轴烯的通式可表示为CmHm，选项A正确；
B、轴烯均含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B正确；
C．轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半，故与足量H2完全反应，lmol轴烯消耗H2的物质的量为0.5m mol，选项C错误；
D．该轴烯的分子式为：C6H6，含有2个碳碳三键的碳架结构分别为：C≡C-C≡C-C-C、C≡C-C-C≡C-C、C≡C-C-C-C≡C、C-C≡C-C≡C-C，故总共4种，选项D正确； 答案选C。 【点睛】
本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。易错点为选项C，轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半。 9．B 【解析】 【分析】
混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。 【详解】
A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；
B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)> c（HCO3-）> c(Cl-)> c（CO32-）> c(OH-)> c(H+)，故B正确；
C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误； 答案：B 【点睛】
电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。 10．B
【解析】 【详解】
A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为0.1mol，含0.6NA个H原子，水5.4g，物质的量为0.3mol，含H原子为0.6NA个，故共含H原子为1.2NA个，故A正确；
B．白磷分子中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2，故B错误；
C．pH=13的M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个，故C正确；
D．硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，故D正确； 故选B。 【点睛】
本题的易错点为D，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A，要注意水分子中也含有H原子。 11．Cr(OH)3、Fe(OH)3 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O 除去过量的H2O2 4.0?10?8mol/L 正 CH3COOH?8e?+2H2O=2CO2↑+8H+ Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O 96.0 【解析】 【分析】
含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）
3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去
K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤
渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。 【详解】
FeCr(OH)3、（1）根据形成氢氧化物沉淀的pH范围知滤渣①成分为Cr（OH）3、（OH）3混合物，故答案为：Fe(OH)3；
（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3，生成K2Cr2O7溶液，结合转移电子守恒、原子守恒得化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，则离子方程式为：2Cr(OH)3+3H202+4OH-=2CrO42-+8H20，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；
（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中Cr2O72-将Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；
（4）“酸化”后溶液(pH=1)，即c(H+)=0.1mol/L，反应2CrO42- +2H+Cr2O72-+ H2O
6. 4?10-3143-3?=4.0?10L?molK=2，则
c?H+?c2?CrO42-?0.01?c2?CrO42-?c?Cr2O72-?6. 4?10-3?8，故答案为：4.0?10?8mol/L； c?CrO4?=?4.0?10mol/L4.0?1014?0.012-（5）b极上Cr2O72?被还原，应为正极反应，则a为负极，乙酸被氧化生成二氧化碳，电极方程式为：CH3COOH?8e?+2H2O=2CO2↑+8H+，故答案为：正；CH3COOH?8e?+2H2O=2CO2↑+8H+；
（6）①在酸性条件下，Cr2O72-被还原成Cr3+ ，I-被氧化成I2，同时有水生成，根据电子转移守恒配平反应得：Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H++6I-=3I2+2Cr3++7H2O；
②根据氧化还原反应中电子转移守恒得：n(I2)=3n(Cr2O72-)=3×0.01000 mol. L-1×0.02L=0.0006mol，根据I2+2S2O32 - =S4O62-+2I-得：n(Na2S2O3)=2n(I2)= 0.0006mol×2=0.0012mol，则该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度
248 g?mol-1?0.0012mol?100%=96.0%为，故答案为：96.0%。 25mL1.24g?100mL12．A 【解析】 【详解】
①天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少，而且天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源，故①正确；
②CH4的相对分子质量为：12+4=16；CO2的相对分子质量为：12+16×2=44；因为16<44，故相同质量的上述两种气体，CH4的物质的量更大，产生温室效应更明显的是CH4，故②正确；
③天然气燃烧生成二氧化碳，二氧化碳过多会使全球气候变暖，带来温室效应，故③错误。 答案选A。 【点睛】
甲烷和二氧化碳都属于温室效应气体，造成酸雨的主要是氮氧化物和硫氧化物。 13．D 【解析】 【详解】
A、溶液pH升高的主要原因是H＋ 被消耗，即：Mg + 2H+ === Mg2+ + H2↑，故A正确；
B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；
C、沉淀b，与OH― 有关，NO3―、Cl― 、Mg2＋ 能形成沉淀的只有Mg2＋ ，故C正确；
D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b） = 1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。
故选D。 14．A 【解析】 【详解】
A．Na2O阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A正确； B．Na2O固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；
C．Na2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C错误； D．Na2O和Na2O2都属于金属氧化物，故D错误； 故答案选A。 15．A 【解析】 【分析】
同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。 【详解】
A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；
B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge＞Si，故B正确； C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；
D. Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。 故选A。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．BC SO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠 【解析】 【分析】
A装置制取二氧化硫，发生的反应离子方程式为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，B装置能储存二氧化硫且起安全瓶的作用，还能根据气泡大小控制反应速率，C装置中发生反应2Na2S+Na2CO3+4SO2余的二氧化硫有毒，不能直接排空，所以E为尾气处理装置，结合题目分析解答。 【详解】
（1）A.装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体，分液漏斗中盛放的液体是硫酸，二者在A中发生反应生成二氧化硫，故A正确；
Δ3Na2S2O3+CO2，剩
B.提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，但是气体流速也增大，导致原料利用率减少，故B错误； C.装置E的主要作用是吸收SO2尾气，防止二氧化硫污染环境，故C错误；
D.装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，二者都不溶解或与二氧化硫反应，所以可以选取浓硫酸或饱和亚硫酸氢钠溶液，故D正确；故答案为：BC； （2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，SO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠，所以得到的物质中含有少量Na2SO4，故答案为：SO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．甲苯 +Cl2+HCl 取代反应 羰基、碳碳双键 C9H11O2N
吸收反应生成的HCl，提高反应转化
率 或
【解析】 【分析】 甲苯(
)与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：
和HCl，
与
在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN
在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：
，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系
列反应产生洛匹那韦。 【详解】 (1)A是
+Cl2
，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生
+HCl；
和HCl，反应方程式为：
(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反
应类型为取代反应； F分子中的
、
与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为
羰基、碳碳双键； (3)C结构简式为
，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能
发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应
的化学方程式为：；
(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率； (5)C结构简式是
，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯
环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结
构为或；
(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该
物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，
与SOCl2发生取代反应
产生，故合成路线为
。
【点睛】
本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．取代反应 18 羰基、醚键 浓硫酸、加热
＋HCHO→
＋O2＋2H2O 30
【解析】 【分析】
根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学
式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为；结合G的结构及E
的分子式可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件
可知，H为。
【详解】
(1)根据A和B的结构可知，B(反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；)分子中的苯
环为平面结构，单键可以旋转，每个甲基上最少有2个氢原子不在苯环决定的平面内，所以最多有18个原子共平面。
(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，所
以“条件a”为浓硫酸、加热。
(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知，F为甲醛，反应的化学方程式为
＋
HCHO―→。
(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为＋O2＋2H2O。
(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，
说明结构中含有羧基；③1 mol J可中和3 mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2＋3＋1)×5＝30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有
(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成
，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为
【点睛】
19．2 3d9 O或氧 1个3s 3个3p BaSO4 120o 低 SiO2是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 【解析】 【分析】
⑴根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算n值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价电子排布式3d104s1 得出。
⑵“中国蓝”中Ba2?、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子。
⑶SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子。Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个σ键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成σ键和容纳孤对电子。所以SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成。 ⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。
⑸碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形，键角为120o，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，BaCO3比CaCO3稳定。
⑹SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为
2d 21d，在z轴2方向上距离为【详解】
1dd2d，所以SiA与SiB之间的距离?()2?()2?d。 2222⑴根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出Cu的化合价为+2，故Cun离子中n＝2，Cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为3d9，故答案为2，3d9；
⑵“中国蓝”中Ba2?，Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：O；
⑶SiO2中Si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p； ⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是BaSO4，故答案为：BaSO4； ⑸碳酸根中C属于sp2杂化，平面正三角形，键角为120o，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性BaCO3比
＋
CaCO3稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：120o，低；
⑹SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为
1d，在z轴2
方向上距离为
1dd2d，所以SiA与SiB之间的距离?()2?()2?d，故答案为：SiO2是一种空间网状22222d； 2的原子晶体，共价键结合较为牢固，【点睛】
电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA与SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。
★试卷3套汇总★甘肃省嘉峪关市2020年高考化学达标检测试题
