种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：________。
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参考答案
1．A 【解析】 【分析】 【详解】
A．A选项错误； 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，B．硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；
C．疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，C选项正确；
D．聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D选项正确； 答案选A。 2．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误； B．5NH4NO3
2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3
价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为个数为3.75NA，B选项错误；
C．过量的铁在1mol Cl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；
D．2+10=12个中子，11g2H218O由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有1×的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误； 答案选C。 3．B 【解析】 【分析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层
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15=3.75mol，4
D在下面，电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。 【详解】
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误； B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确； C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误； D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误； 答案选B。 【点睛】
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；
B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；
C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误； D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确； 答案选D。 5．B 【解析】 【分析】 【详解】
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C4H8Cl2的链状有机物，根据有机物的分子式可知，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2； 答案选B。 6．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．该过程中发生反应：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，Fe2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意； B．由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；
C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O2
2S+2H2O，故C不符合题意；
D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意； 故答案为：B。 7．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中存在电荷守恒：
c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，则3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，A选项正确； B．HR-，等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，生成等浓度的H2R、溶液的pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B选项正确； C．当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR-)，则Ka1=c?HR-?c?H+?c?H2R?=10-1.3，溶液的pH=4.3时，
c(R2-)=c(HR-)，Ka2=c?R2-?c?H+?c?HR-?=10-4.4c(R2-)?c(H2R)Ka2?3.1==10C选项错误； ，则，-c(HR)Ka1答案第3页，总10页
D．结合题干条件，由C选项可知，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性HR-大于H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液，发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-，D选项正确； 答案选C。
8．去除废料表面的油污
AB 3～4 除去晶体表面水分
2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3-(或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑) 6 【解析】 【分析】
加入热的纯碱液，金属废料(主要含铁、铜和它们的氧化物)中的主要成分都不发生反应，所以热的纯碱液的作用只能是去除油污；加入H2SO4、H2O2，铁及氧化物溶解并转化为Fe3+，铜及氧化物溶解生成Cu2+；调pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，用硫酸溶解生成硫酸铁，再加入还原铁粉转化为硫酸亚铁，加入硫酸铵最后得摩尔盐。滤液中含有Cu2+，加入Na2CO3溶液发生双水解反应生成Cu2(OH)2CO3。 【详解】
(1)由以上分析可知，利用热的纯碱溶液水解使溶液呈较强的碱性，从而达到去除油污的目H2O2为共价化合价，的，其作用是去除废料表面的油污，既存在O—H共价键，又存在O—O共价键，其电子式为
。答案为：去除废料表面的油污；
；
(2)调pH的目的，Cu(OH)2，是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，同时不引入新的杂质，可选择CuO、所以可选用的试剂为AB，故答案为：AB；
(3)Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，pH=3；若所得溶液中
?212.2?10c(Cu)=0.22mol·L，利用Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10，可求得c(OH)==10?100.222+
-1
-20
-
mol/L，pH=-lg(10-4)=4，则需要调节的pH范围是3~4，故答案为：3~4；
(4)自然冷却即可得到晶体，然后抽滤；防烘干时晶体易失去结晶水，所以不能采用烘干的方法，而应用酒精洗涤晶体，酒精洗涤的目的是除去晶体表面水分，故答案为：除去晶体表面水分；
(5)该流程中Cu2+，加入Na2CO3溶液，利用部分离子发生双水解反应生成Cu2(OH)2CO3，离
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辽宁省丹东市2020届高三第一次模拟考试理科综合化学试题
