氧化还原反应中电子转移的表示方法和规律
课题 氧化还原反应中电子转移的表示方法和规律 教学 重点 1牢记氧化还原反应中电子转移的表示方法 2牢记氧化还原反应规律 依据：考纲 1能应用氧化剂和还原剂，理解氧化反应和还原反应得失电子数相等 2举例说明生产、生活中常见的氧化反应和还原反应 教学 难点 学习 目标 一、 知识目标 1学生牢氧化还原反应中电子转移的表示方法 2学生牢记氧化还原反应规律 二、能力目标 依据氧化还原反应知识解决生活中实际问题 氧化还原反应规律 依据：依据氧化还原反应是历年会考、高考的必考内容 理由： 依据会考、高考考纲得出 课时 1 课型 新授 教具 教学 环节 1.课前3分钟 多媒体课件、教材，教辅 教学内容 教师行为 学生行为 设计意图 时间 课代表组织氧化剂和还原剂的判断 1巡视学生书写情况2板书本节重点 默写方程式 1． 熟悉本节课内容 2． 重点知识强化 3分钟 一、氧化还原反应中电就板书的本节内容灵活 提问 1、 通过回答问题学生展示预习1、验收学生自主学7分钟 2.承 子转移的表示方法 接 结 果 1单线桥法 2双线桥法 二、氧化还原反应规律 内容完成情况。 习的结果2、 学生互相补充、2、解决自评价。 主学习遇3、 质疑、解答。 到的问题。 3. 做 议 讲 评 练习册上基础题 1突出记忆扎实 2突出概念准确性 1、巡视学生的完成情况。 2、对学生的展示和评价要给予及时的反馈。 3、要对学生不同的解题过程和答案给出准确的评价，总结。 1、 学生先独立完成教辅例题，然后以小组为单位统一答案。 2、 派代表说出答案。 3、 其他组给予评价（主要是找错，纠错） 1在具体问题中探究概念的使用。 2加深对书写离子方程式的理解。 10 4． 总 结 提 升 5． 目 标 本节知识 1守恒规律 2价态规律 3先后规律 教师针对 训练学生 发现问题 提出问题 解决问题 的思想 10 1学生提出的问题 1提出疑问 2本节重点难点3易错点、拓展讲2讨论思考 3提出的问题 4总结并记录 4只靠拢，不交叉规律 解、知识整合 1、 巡视学生作答情况。 2、 公布答案。 随堂测试小卷 3、 评价学生作答结果。 1、 小考卷上作答。 检查学生2、 给出标准答案同桌互批。 对本课所学知识的5 检 测 6布置下3、 独立订正答案。 掌握情况。 让学生明确下 节课 1、完成练习册P88 A组1—11题，思考练习B组题12—13题（要求有痕迹）。 节课所自主 2、自学方程式的配平（组长检查）。 学习 任务 学，有的放矢进行自主学 7. 板 书 离子反应发生的条件 一、 离子反应 习。 1概念 2实质 3离子反应发生条件 二、 离子方程式书写 步骤 ：1写2.拆3.删4.查 三、 总结提升 1离子方程式中不拆的： 2常见有色离子 8. 课 后 反 思
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．在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是 A．SB．SiC．FeD．Na【答案】D
【解析】A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3，A错误；B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B错误；C. Fe与H2O蒸汽在高温D. Na与H2O反应生成NaOH下反应生成Fe3O4，Fe2O3与H2O不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误；和H2，NaOH和足量CO2反应生成NaHCO3，D正确；答案选D.
点睛：Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4，而不是Fe2O3。
2．某溶液中有S2－、SO32-、Br－、I－四种阴离子各0.1mol。现通入Cl2，则通入Cl2的体积（标准状况）和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是
SO2SiO2Fe2O3
NaOH(aq)
CaSO4
SiCl4 Fe(OH)3
NaHCO3(aq)
A． B．
C． D．
【答案】C 【解析】 【分析】 离子还原性S2?2?2???SO3?I??Br?，故首先发生反应S?Cl2?S??2Cl，然后发生反应
2??????SO3?Cl2?H2O?SO24?2Cl?2H，再发生反应2I?Cl2?I2?2Cl，最后发生反
??应2Br?Cl2?Br2?2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气
的体积。 【详解】 A．由S2??Cl2?S??2Cl?可知，0.1molS2?完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下
的Cl2的体积为0.1mol?22.4L·mol-1=2.24L，图象中氯气的体积不符合，A错误；
2?2???B．0.1molS2?完全反应后，才发生SO3?Cl2?H2O?SO4?2Cl?2H，0.1molS2?完
全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molSO3完全反应消耗0.1mol氯气，故0.1molSO3完全反应时氯气的体积为
2?2?0.2mol?22.4L/mol?4.48L，图象中氯气的体积不符合，B错误；
C．0.1molS2?完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molSO3完全反应消耗0.1mol氯气，
2?0.1molI?完全反应消耗0.05氯气，故溴离子开始反应时氯气的体积为
??0.25mol?22.4L/mol?5.6L，由2Br?Cl2?Br2?2Cl可知，0.1molBr?完全反应消
耗0.05mol氯气，故Br完全反应时消耗的氯气体积为0.3mol?22.4L/mol?6.72L，图
－
象与实际符合，C正确；
D．0.1molS2?完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molSO3完全反应消耗0.1mol氯气，
?0.1molI?完全反应消耗0.05mol氯气，故I完全时消耗的氯气体积为
2?0.25mol?22.4L/mol?5.6L，图象中氯气的体积不符合，D错误。
答案选C。 【点睛】
氧化还原竞争型的离子反应，关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序，然后按照越强先反应原则依次分析。 3．根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是
A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护 B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法” C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀 D．辅助电极最好接锌质材料的电极 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；
B. 该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；
C. 将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；
D. 辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误； 故选C。 【点睛】
电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。 4．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，11.2 L HF所含分子数为0.5NA
B．2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数小于2NA
C．常温下，1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1 NA
D．已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：1 【答案】B 【解析】 【详解】
A、标准状况下， HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误； B、2 mol NO与1 mol O2充分反应，生成的NO2 与N2O4 形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；
C. 常温下，1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷
＋
守恒，c(NH4)+c(Na+ )=c(Cl-)，溶液含铵根离子数少于0.1 NA，故C错误；
D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误； 故选B。
5．劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷(A．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2 C．核磁共振氢谱有4组峰 【答案】A 【解析】 【详解】
A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故A正确；
B. 二噁烷中含有2个氧原子，与系物，故B错误；
C. 根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；
D. 分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误， 故选A。 【点睛】
甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。 小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。
6．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O) B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+) D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+) 【答案】B
组成上并非只相差n个CH2原子团，所以两者不是同
)。关于该化合物的说法正确的是 B．与
互为同系物
D．分子中所有原子均处于同一平面
【解析】 【分析】 【详解】
A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；
B、c(Cl-)=c(Na+)，c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，加入10mL盐酸时，又根据电荷守恒得到：所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；
C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；
D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误； 此题选B。
7．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是
A．原子半径：Y>Z>R>X
B．Y3X2是含两种化学键的离子化合物 C．X的氧化物对应的水化物是强酸 D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应 【答案】D 【解析】 【分析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。 【详解】
依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。 A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；
B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；
C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误； D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。 故选D。
8．下列有关可逆反应：m A(g)+n B(？)?p C(g)+q D(s)的分析中，一定正确的是( ) A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大 D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体 【答案】D 【解析】 【详解】
A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；
C．移走 C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；
D．加入 B，容器中D 的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。 答案选D。
9．下列说法中不正确的是（ ） A．D和T互为同位素
B．“碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳，它与石墨互为同素异形体 C．CH3CH2COOH和HCOOCH3互为同系物 D．丙醛与环氧丙烷（
）互为同分异构体
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A.D和T均为氢元素，但中子数不同，互为同位素，故A正确；
B.“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B正确； C.CH3CH2COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故C错误； D.丙醛与环氧丙烷（综上所述，答案为C。
10．下列有关NH3的说法错误的是（ ） A．属于极性分子
B．比例模型
）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
C．电子式为【答案】B 【解析】 【分析】
D．含有极性键
NH3中N-H键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为析。 【详解】
A. 氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确； B. 由于氨气为三角锥形，故其比例模型为
，故B错误；
，据此分
C. 氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为
，故C正确；
D. 形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，故D正确。 故选：B。
11．某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾
(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：
下列说法不正确的是（ ） A．固体1中含有SiO2
B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉 C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2
D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化 【答案】B 【解析】 【分析】
硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。 【详解】
A. 根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；
B. 最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误； C. 控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确； D. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。 综上所述，答案为B。
12．在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（ ） A．加热后固体发黑
B．坩埚沾有受热不分解的杂质 C．加热时有少量晶体溅出 D．晶体中混有受热不分解的杂质 【答案】D 【解析】
【详解】
A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；
B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；
C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；
D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意； 故选D。
13．下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ） 选实验 项 SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸 浓硫酸滴入蔗糖中，并搅B 拌 C 激性气味气体 水性和脱水性 白色沉淀，白色沉淀不溶所得沉淀为BaSO4 于稀硝酸 得黑色蓬松的固体并有刺该过程中浓硫酸仅体现吸现象 结论 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 用热的烧碱溶液洗去油污 FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜 B．B
C．C
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 D．D
D A．A 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 盐酸是强酸，SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A正确； B. 浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B错误；
C. 烧碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。 D. FeCl3溶液可与Cu反应生成Cu2＋，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D错误； 答案选A。
14．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（ ） 实验操作 向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，下层溶液显紫红色 振荡，静置 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴B 入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶C 中，用淀粉碘化钾试液检验 产生使湿润的红色D 向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液 体 A．A 【答案】C 【解析】 【详解】
A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2，A错误；
B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；
C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；
D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：
B．B
C．C
D．D
NH4++OH- = NH3↑+H2O 石蕊试纸变蓝的气 试液不变蓝 化锰没有发生化学反应 常温下，浓盐酸、二氧有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 预测实验现象 实验结论或解释 A 氧化性:Fe3+>I2 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D错误； 故合理选项是C。
15．有关下图所示化合物的说法不正确的是
A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应 B．1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应 C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。
B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应，B正确。
C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。 D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。 答案选D。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．汽车用汽油的抗爆剂约含 17％的 1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量 1，2 一二溴乙烷，具体流秳如下:
已知：1，2 一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃。Ⅰ1，2 一二溴乙烷的制备步聚①、
②的实验装置为：
实验步骤：
(ⅰ)在冰水冷却下，将 24mL 浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。
(ⅱ)向 D 装置的试管中加入3.0mL 液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，幵向烧杯中加入冷却剂。
(ⅲ)连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。
(ⅳ)先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120℃，连接瓶 C与瓶D，待温度升高到180～200℃，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。
(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:
(1)图中 B 装置玻璃管的作用为__________________________________________。 (2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是__________________________________________。 (3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为__________________________________________。 a.冰水混合物 b.5℃的水 c.10℃的水 Ⅱ1，2 一二溴乙烷的纯化
步骤③：冷却后，把装置 D 试管中的产物转移至分液漏斗中，用 1％的氢氧化钠水溶液洗涤。
步骤④：用水洗至中性。
步骤⑤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集
130～132℃的馏分，得到产品5.64g。
(4)步骤③中加入 1％的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为_________________________。该实验所得产品的产率为__________________________________________。
【答案】指示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热
－－－
气体将溴吹出而降低产率 c Br2+2OH=Br+BrO+H2O 干燥产品（除去产品中的
水） 30% 【解析】 【分析】
(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。
(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。
(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。
(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。
(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为
5.64g?100%?30%。 ?10.1mol?188g?mol【详解】
(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。
(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。
(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。
(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O，故答案为：Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。 (5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为
5.64g?100%?30%，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。
0.1mol?188g?mol?1三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．以下是有机物 H 的合成路径。 已知：
(1)①的反应类型是________。②的反应条件是_____________。 (2)试剂 a 是_________。F 的结构简式是_________。
(3)反应③的化学方程式_________。 与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。（写出其中一种）
(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。 (5)根据已有知识，设计由
为原料合成
的路线_________，无机试剂
任选（合成路线常用的表示方法为：XY……目标产物）
【答案】加成 浓硫酸、加热 CH3COOH
防止苯甲醇的羟基被氧化
【解析】 【分析】
苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反应生成E（推，可知D→E是酯的水解，所以D为为
），B和甲醛反应生成），根据E的结构简式回
，D是C催化氧化生成的，所以C
E→F增加了2个碳原子和2个氧原子，，则B和甲醛的反应是加成反应。
根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F生成G
（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为【详解】 （1）①是
和甲醛反应生成
，反应类型是加成反应；②
。
是的醇羟基发生消去反应生成的反应，所需
试剂是浓硫酸，条件是加热；
（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是
；
（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：
；
E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代
基，同分异构体可以为或；
（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化；
（5）要合成，需要有单体，由可以制得
或
为：
，再发生消去反应即可得到。故合成路线
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）。 【答案】
加热（或煅烧） 电解法 a c 2Cl2(g)+
1
2--
TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) 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 CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2
【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na移向阴极，CrO4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的电子式为制备方法称为电解法。
（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。
（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离
+
+
2-
；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的
浆液，从而使CrO4从浆液中分离出来；因2CrO4+2H
2-2-+
2-2-+
Cr2O7+H2O，所以分离后含铬元
-
2-
素的粒子是CrO4和Cr2O7；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．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角．硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示．
+
完成下列填空：
（1）图中X的电子式为__；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式__；该变化说明S的非金属性比O__（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__．通过__（举两例），也可以判断氧、硫两种元素的非金属性强弱．
（1）下列物质用于Na1S1O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是__（选填编号）．
a Na1S+S b Z+S c Na1SO3+Y d NaHS+NaHSO3
（3）已知反应：Na1S1O3+H1SO4→Na1SO4+S↓+SO1+H1O，研究其反应速率时，下列方案合理的是__（选填编号）．
a 测定一段时间内生成SO1的体积，得出该反应的速率
b 研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间 c 用Na1S1O3固体分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响
（4）治理含CO、SO1的烟道气，以Fe1O3做催化剂，将CO、SO1在380℃时转化为S和一种无毒气体．已知：①硫的熔点：111.8℃、沸点：444.6℃；②反应每得到1mol硫，放出170kJ的热量．写出该治理烟道气反应的热化学方程式__．
（5）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO1的转化率随反应温度的变化如图1．不考虑催化剂价格因素，生产中选Fe1O3做催化剂的主要原因是__． 【答案】
2H2S+O2=2S?+2H2O 弱 硫原子半径大于氧原子，硫原
子得电子能力小于氧原子 H1O的稳定性大于H1S或SO1中硫显正价，氧显负价 bd b 1CO（g）+SO1（g）
Fe2O3380℃S（l）+1CO1 （g）△H=﹣170kJ/mol Fe1O3作催化剂，在
相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO1转化率，且能耗小 【解析】 【分析】 【详解】
（1）X是-1价硫的气态氢化物，即硫化氢，其电子式为
，-1价的硫具有很强的还
原性，因此久置在空气中会被氧气氧化得到单质硫，反应方程式为
2H2S+O2=2S?+2H2O，相当于非金属间的置换反应，因此氧的非金属性强于硫，这也
可以从结构上看出：氧和硫同主族不同周期，硫的半径比氧大，因此得电子能力相对较弱。除此以外还可从氢化物的稳定性、互化物的化合价等方面来判断； （1）我们可以近似认为Na2S2O3中每个硫为+1价，再来看选项： a.0价和-1价的硫不可能反应得到+1价，a项错误；
b.+4价和0价的硫，可能发生归中反应得到+1价，b项正确； c.+4价和+6价的硫，不可能反应得到+1价，c项错误； d.-1价和+4价的硫，可能发生归中反应得到+1价，d项正确， 答案选bd；
（3）a.二氧化硫会部分溶解在水中，导致实际测得的体积偏小，a项错误；
b.反应速率越快，溶液中就越快出现硫的浑浊，因此可以用来探究反应速率，b项正确； c.浓硫酸氧化性较强，和稀硫酸的反应产物不一样，不同的反应本身速率就不同，c项错误； 答案选b；
（4）SO2被还原为单质硫，则CO被氧化，结合其氧化产物是一种无毒气体，推测为CO2，注意在题目给的温度下硫是液体，据此写出热化学方程式：
2CO(g)+SO2(g)Fe2O3380℃S(l)+2CO2(g) ΔH=-270kJ/mol；
（5）根据图1我们发现，Fe2O3能在较低的温度下获得较高的转化率，因此效率最高，同时可以节约能耗。
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．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
NaOH(aq)2①Al2O3????? ??NaAlO2(aq)?????Al(OH)3??22②S??????SO3?????H2SO4
COO/点燃HO?32③饱和NaCl(aq)??????NaHCO3?????Na2CO3 HCl(aq)??无水FeCl3 ④Fe2O3????FeCl3(aq)??NH,CO石灰乳煅烧⑤MgCl(aq)??????Mg(OH)??????MgO 22A．①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤
①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。 综上所述，答案为C。 【点睛】
硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。
2．下列关于铝及其化合物的说法正确的是( )
A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中 B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料 D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. 铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误； B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；
C. 氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确； D. 熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误； 故选C。 【点睛】
本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。 3．2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7
B．ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等 C．ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力 D．ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5 【答案】C
【解析】 【详解】
A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；
B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；
C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确； D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确； 故选C。
4．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
A．A 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
B．B C．C D．D
A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；
B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；
C. 除去KNO3固体中的NaCl，NaCl采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，的溶解度受温度的影响较小，故C错误；
D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确； 答案：D。
5．下列说法正确的是( ) A．核素21H的电子数是2
B．1H和D互称为同位素 C．H+和H2互为同素异形体 D．H2O和H2O2互为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】
A. 核素21H的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；
B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子， 1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；
C. 同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；
D. 同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。 故选B。
6．处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法，其流程如左图；模拟过程Ⅱ如右图，下列推断正确的是
A．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜 B．若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连 C．a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑ D．若收集22.4L的P（标准状况下），则转移4mol电子 【答案】B 【解析】 【分析】
由流程图可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；电解Na2SO3溶液时，亚硫酸SO32——2e—+H2O= 根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，
SO42—+,2H+，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成
一——
氢气，电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2↑，溶液中OH浓度增大，Na+离子通过阳离子交
换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连。 【详解】
A项、电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误； B项、a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；
C项、a极为阴极，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，故C错误；
D项、由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4L H2，转移2mol电子，故D错误。 故选B。 【点睛】
本题考查了电解原理，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，能够正确判断电极名称，明确离子交换膜的作用是解答关键。
7．25℃时，0.1mol?L-1的3种溶液 ①盐酸 ②氨水 ③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（ ）
A．3种溶液中pH最小的是①
B．3种溶液中水的电离程度最大的是② C．①与②等体积混合后溶液显酸性
D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-） 【答案】B
【解析】①盐酸PH<7， ②氨水电离呈碱性 ③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H）+ c（Na）=c（CH3COO）+c（OH）+ c（Cl），c（Na）= c（Cl），所以c（H）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。
点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-）。
+
+
---+
-+
8．实验测知 K3C60 熔融状态下能导电，关于 K3C60 的分析错误的是 A．是强电解质 C．是离子晶体 【答案】D 【解析】 【详解】
A.K3C60 熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确； B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；
C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确； D.K3C60=3K++ C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误； 故选：D。
9．炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（ ） A．炼铁过程中的铁元素 C．炼铁过程中的碳元素 【答案】D 【解析】 【详解】
炼钢过程中反应原理：Fe+O2
FeO、FeO+C
Fe+CO ，2FeO+Si
2Fe+SiO2。反应中C元
B．炼铁过程中的氧元素 D．炼钢过程中的铁元素 B．存在两种作用力 D．阴阳离子个数比为 20∶1
素化合价升高，Fe元素发生Fe﹣FeO﹣Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选D。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1L 0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NA B．2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NA C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子 【答案】B 【解析】 【详解】
A. HS?在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2?，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS?和S2?的个数之和为0.1NA个，故A错误；
B. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含NA个中子，故B正确；
C. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误； D. 铁与水蒸汽反应后变为+错误； 故选：B。
11．在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是 ．．．A．有色透明溶液中：Fe2＋、Ba2＋、[Fe(CN)6]3－、NO3－ B．强酸性溶液中：Cu2＋、K＋、ClO－、SO42－ C．含有大量AlO2－的溶液中：K＋、Na＋、HCO3－、I－
D．常温下水电离的c(H＋)为1×10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、NO3－ 【答案】D 【解析】 【详解】
A. Fe2＋与[Fe(CN)6]3－产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A错误；
B.强酸性溶液中H+与ClO－反应产生HClO弱电解质而不能大量共存，选项B错误； C. AlO2－与HCO3－会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误； D.常温下水电离的c(H+)为1×10－12mol/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K＋、Na＋、Cl－、NO3－均不发生反应，能大量共存，选项D正确。 答案选D。
12．根据下列实验现象，所得结论正确的是
8价，故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个，故D3
实验 实验现象 左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表结论 A 面有气泡 活动性：Al＞Fe＞Cu
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