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．下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是 A．4Na + O2 = 2Na2O
C．2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】
A．4Na+O2＝2Na2O反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A错误；
B．2FeCl2+Cl2＝2FeCl3反应中FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故B错误；
C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑反应中钠元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C错误；
D．3NO2+H2O＝2HNO3+NO该反应中只有N元素的化合价变化，N元素既被氧化又被还原，故D正确； 故选D。
2．化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是 选项 A 化学性质 Al2?SO4?3和小苏打反应 B．2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 D．3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
实际应用 泡沫灭火器灭火 B C D A．A 【答案】C 【解析】 【详解】
NaHCO3受热易分解产生气体 乙酸具有酸性 次氯酸盐具有氧化性 B．B.
C．C
可作面包的发泡剂 常用于工业管道去除水垢 漂白粉漂白织物 D．D
A. Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3?发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B.NaHCO3受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；
C. 乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所
以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；
D. 次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D正确； 故选C。
3．实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是
A．乙酸乙酯的沸点小于100℃
B．反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇 C．试管乙中应盛放NaOH浓溶液
D．实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯 【答案】A 【解析】 【详解】
A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；
B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；
C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；
D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误； 选A。
4．下图是有机合成中的部分片段：
下列说法错误的是
A．有机物a能发生加成、氧化、取代等反应 B．有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．d中所有原子不可能共平面
D．与b互为同分异构体、含有1个?COOH和2个?CH3的有机物有4种 【答案】D 【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。 【详解】
A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A； B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；
C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；
D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有HOOC?CH?CH3?CH2CH2CH2CH3、
HOOC?CH2CH?CH3?CH2CH2CH3、HOOC?CH2CH2CH?CH3?CH2CH3、HOOC?CH2CH2CH2CH?CH3?CH3、HOOC?CH?C2H5?CH2CH2CH3、HOOC?CH2CH?C2H5?CH2CH3等，故选D；
答案：D 【点睛】
易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。 5．能通过化学反应使溴水褪色的是 A．苯 B．乙烷 C．乙烯 D．乙酸 【答案】C
【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，属于物理变化，故A错误；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故B错误；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；乙酸与溴水不反应，溴水不褪色，故D错误。
c(A-)6． 常温下向 0.l mol/L 的NaClO 溶液中通入 HF 气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg
c(HA)( A 代表ClO 或F) 的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是
c(ClO-)A．线N 代表lg的变化线
c(HClO)B．反应ClO-+HF ? HCIO+F- 的平衡常数数量级为 105 C．当混合溶液pH= 7 时，溶液中c(HClO) = c(F- ) D．随HF 的通入，溶液中c(H+) ?c(OH- )增大 【答案】C 【解析】 【分析】
c(ClO?)?c(H?)c(A?)c(F?)?c(H?)Ka?=0时，则，Ka?，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg
c(HClO)c(HA)c(HF)c(A?)=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。
c(HA)【详解】
c(F?)?c(H?)c(ClO?)?c(H?)c(A?)A．Ka?=0时，，Ka?，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg
c(HF)c(HClO)c(HA)c(A?)c(ClO?)=1，因此pH大的为HClO，所以线M代表lg则的变化线，故A错误；
c(HA)c(HClO)垐?? HClO+F－的平衡常数B．反应ClO－ + HF 噲Ka(HF)c(F?)?c(HClO)c(F?)?c(H?)?c(HClO)10?3.24.30.34K?????10?10?10，其平衡常数
c(ClO?)?c(HF)c(ClO?)?c(H?)?c(HF)Ka(HClO)10?7.5数量级为104，故B错误；
－－－
C．当混合溶液pH= 7 时，根据电荷守恒c(Na+) + c (H+) = c(ClO) + c(F) + c(OH)，溶液呈中性，得到c(Na+)
= c(ClO－) + c(F－)，根据物料守恒c(ClO－) +c(HClO) = c(Na+)，因此溶液中c(HClO)= c(F－)，故C正确； D．温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH－)不变，故D错误。 综上所述，答案为C。
7．下列指定反应的化学用语表达正确的是（） A 质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应 O2?2H2O?4e??4OH? 2Cl??2H2O=Cl2??H2??2OH? 2?2?CO3?CaSO4=CaCO3?SO4 B 用铁电极电解饱和食盐水 C 锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡 D KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4 B．B
C．C
???3ClO??2Fe?OH?3?2FeO24?3Cl?4H?H2O A．A 【答案】C
D．D
【解析】 【详解】
A．负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2﹣4e﹣═4H+，故A错误；
B．阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe+2H2O
Fe（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡，离子方程式：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，故C正确；
D．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OHˉ＝2FeO42﹣+3Cl
﹣
+5H2O，故D错误；
答案：C。 【点睛】
书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。
8．25℃时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)
B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+) C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>a D．a →b点过程中，可能存在c(X—) A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误； B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确； C. a →b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中， 水的电离程度b>a>d，故C错误； D. a →b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—) 本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。 9．有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是 浓硝酸途径① S????H2SO4 O2O2H2O途径② S???SO2???SO3????H2SO4 A．途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性 B．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本 C．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole- D．途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高 【答案】A 【解析】 【详解】 A．途径①反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，A错误； B．途径②的第二步反应是可逆反应，在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动，来降低成本，B正确； -C．根据电子转移数目相等，可知由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole， C正确； D．途径②与途径①相比不产生大气污染物质，因此更能体现“绿色化学”的理念，是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高，D正确。 答案选A。 10．下列物质性质与应用的因果关系正确的是（ ） A．大气中的N2可作为工业制硝酸的原料 B．晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大 C．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性 D．氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离 【答案】A 【解析】 【详解】 A、大气中的N2可作为工业制硝酸的原料，A正确； B、晶体硅用于制作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高、硬度大无关，B不正确； C、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者均表现出还原性，C不正确； D、氯气有毒且密度比空气大，所以氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，D不正确； 故选A。 11．2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是 A．反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/L B．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在 D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体 【答案】A 【解析】 【分析】 Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）＝ 1.12L＝ 22.4L/mol0.05mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。 【详解】 A．根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3× 2.8g＝ 56g/mol0.17mol，则c（NO3-）＝ 0.17mol＝0.85mol/L，A正确； 0.2LB、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）= 2.8g10.02mol?=0.025mol，则最×3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）= 56g/mol28多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B错误； C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误； D．2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量＝ 2.8g×3＝0.15mol，假设气体完全是NO， 56g/mol转移电子物质的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。 【点睛】 灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液 中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。 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 【答案】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．某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是 ．．． 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 A．B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl B．C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成 C．加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4>Cl2 D．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂 【答案】C 【解析】 【详解】 A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确； B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确； C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确； D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确； 答案选C。 14．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ） 选项 操作 相同温度下，测定等浓度的A NaHCO3和NaHSO4溶液的pH 将相同体积、相同pH的盐酸和醋B 酸溶液分别稀释a、b倍 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3C 饱和溶液，继续煮沸 向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液 B．B 溶液变为棕黄色后生成红褐色沉淀 制得Fe(OH)3胶体 同 稀释后溶液pH相a＞b 前者pH比后者大 非金属性：S＞C 现象 结论 D Fe2+催化H2O2发生迅速出现大量气泡 分解反应生成O2 C．C D．D A．A 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3 B. 盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a C. 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误； D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误； 故选A。 15．镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解Fe+2NiOOH+2H2O器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为： 2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（ Fe（OH） ） A．电能、氢能属于二次能源 B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜 C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O 2H2↑+O2↑ D．镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】 A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确； B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确； C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O正确； D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。 故选：D。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线： 2H2↑+O2↑，故C 请回答下列问题： （1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。 （2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。 5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。 （3）第③步所得CuSO4· 18H2O，探究小组设计了三种方案： （4）由滤渣2制取Al2(SO4)3· 18H2O 甲：滤渣2?酸浸液? Al2(SO4)3·结晶、过滤18H2O 乙：滤渣2?酸浸液?滤液?Al2(SO4)3· 适量过滤结晶、过滤丙：滤渣2 NaOH溶液过滤H2SO4H2SO4蒸发、冷却过量Al粉蒸发、冷却?2418H2O 滤液?溶液?Al2(SO4)3· 结晶、过滤HSO蒸发、冷却上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________； 从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。 5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消（5）探究小组用滴定法测定CuSO4· L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：除干扰离子后，用cmol·Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+ 5H2O质量分数的表达式ω=__________； ①写出计算CuSO4· ②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。 a 未干燥锥形瓶 b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c 未除净可与EDTA反应的干扰离子 【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化 为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙 c?b?10?3?250?5×100%c a【解析】 【分析】 稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫18H2O。酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·结合物质的性质分析解答。 【详解】 (1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和 Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au， (2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+； (3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水； (4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙； (5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4?5H2O质量分数的表达式 c?b?10?3?250?5c?b?10?3?250?5=×100%，故答案为×100%； aa②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。 【点睛】 掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示： 原子半径/nm 主要化合价 X Y +4，-4 Z M 0.074 -2 R 0.099 -1，+7 阳离子核外其它 无电子 请回答下列问题： 无机非金属材料的主角 第三周期简单离子半径 最小 （1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。) （2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。 a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 b.气态氢化物稳定性R>Y c.Y与R形成的化合物中Y呈正价 d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强 （3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。 （4）已知I2能做X2M2分解的催化剂： 第一步：X2M2＋I2＝2XIM； 第二步：…… 请写出第二步反应的化学方程式___。 （5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。 【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2 H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O 【解析】 【分析】 根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。 （1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气； （2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明； （3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写； （4）根据质量守恒进行化学方程式的书写； （5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。 【详解】 X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素； （1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； （2）R为Cl，Y为Si； a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误； b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确； c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确； d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误； 答案选bc； （3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2 H++HO2-； ； （4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O； （5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。 【点睛】 本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．氮、铜及其化合物以及乙醇、氯化钠的用途广泛。回答下列问题： (1)基态氮原子中含有______种运动状态不同的电子，与N3-含有相同电子数的四原子分子是_______(写化学式)，其立体构型是________。 (2)C、N、O、F四种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____。 (3)Cu+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为______。CuO在高温下能分解生成Cu2O，其原因是_______。 (4)在加热和Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____，乙醛分子中H一C—O的键角____ (填“大于”等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。 (5)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，其中[Cu( H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构式为________。 (6)如图所示为NaCl晶体的晶胞结构图和晶胞截面图(截面图中的大球为Cl-，小球为Na+)； ①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有_____个 ，这些C1-围成的图形是___________。 ②若晶体密度为ρg●cm-3，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Na+的离子半径为_______pm(列出计算表达式)。 【答案】7 NH3 三角锥形 C＜O＜N＜F Cu+的价电子排布为3d10， 为全满结构，其结构更稳定 sp3、sp2 > 6 正八面体 2?2234?3?10?10 4NAρ【解析】 【详解】 （1）氮原子一共有7个电子，每个电子的运动状态均不同，则共含有7种运动状态不同的电子；与N3-含有相同电子数的四原子分子是NH3；中心原子的价电子对数为间构型为三角锥形，故答案为：7；NH3；三角锥形； （2）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O、F位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能大小顺序为C＜O＜N＜F，故答案为：C＜O＜N＜F； （3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，则Cu+价层电子的轨道表达式为： ；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d 5?3?4，有1对孤电子对，则该分子空2轨道上全满，稳定，故答案为：稳定； ；Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更 （4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，故答案为：sp3、sp2；>； （5）Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl） 2]是非极性分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：； （6）①由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，距离一个Na+最近的Cl-在其上下前后左右共6个，围成的图形是正八面体，故答案为：6，正八面体； ②晶胞中Na+离子数目=1+12× 4?58.5111=4，Cl-离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量m=g，晶胞体积 N248AV= m4?58.5234323432=?(22r)?cm，令Cl-离子半径为r，则棱长为，则，解得：?4r=22rρNAρNAρNρ2A3r?234NAρ，Na+的半径为223，故答案为：22r?2r2?22342?2234?(2?1)???3cm=?3?10?10pm24NAρ4NAρ22234NAρ2?2234?3?10?10。 4NAρ【点睛】 注意轨道表达式(电子排布图)与电子排布式的区别，此处为易错点。还应该注意单位的换算。 19．下图中A为278g/mol。B、D、E、F、G是氧化物且B为红棕色固体，F、K是氢化物，C、H是日常生活中最常见的金属单质，J是黄绿色气体。O是白色沉淀（图中部分反应物和生成物没有列出）。 （1）写出A、G、L的化学式A______________：G： _______________，L：______________。 （2）反应②的化学方程式 ________________________________________________。 （3）写出反应M→L的离子方程式为________________________________________。 （4）若将O敞口久置，变质过程中的现象为___________________________________，发生的化学方程式为__________________________________________________。 （5）向M溶液中投入与M等物质的量的Na2O2，反应的离子方程式是____________。 【答案】FeSO4·7H2O Al2O3 FeCl3 SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl 2Fe+Cl2=2Fe+2Cl 白色变灰绿色变红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 4Na2O2 + 4Fe + 6H2O = 8Na + O2↑ + 4 Fe(OH)3↓ 【解析】 【分析】 【详解】 抓住B、D、E、F、G是氧化物，F、K是氢化物，C、H是日常生活中最常见的金属单质，B + C→G + H反应条件又是高温，很容易想到是铝热反应，C是铝 G是氧化铝，K + H →M且K是氢化物，O是白色沉淀 2+ + 2+ 3+ - 且B、H、L、M、N、O中含有同种元素，以及J+H→L、M+J→L、L→N、M→O、O→N、N→B根据关系可以断定B、H、L、M、N、O中含有同种元素是Fe 所以D为二氧化硫、E为三氧化硫、F为水、H为铁、I为硫酸、J为氯气、K为盐酸、L为氯化铁、M为氯化亚铁、O为氢氧化亚铁、N为氢氧化铁、B为红棕色G、L的化学式A：固体则为氧化铁，A为278g/mol综合分析知道A是七水合硫酸亚铁，所以⑴A、FeSO4·7H2O，G：Al2O3，L：FeCl3；⑵反应②是二氧化硫与氯气及水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H2SO4+2HCl；⑶反应M→L是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；⑷O为氢氧化亚铁，敞口久置，亚铁会被空气中的氧气氧化成三价铁，最终生成氢氧化铁，故变质过程中的现象为白色变灰绿色变红褐色；发生的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3；（5）M为氯化亚铁，向M溶液中投入与M等物质的量的Na2O2，反应的离子方程式是4Na2O2 + 4Fe2+ + 6H2O = 8Na + O2↑ + 4 Fe(OH)3↓。 【点睛】 本题考查无机物的推断，无机化合物之间的转化试题综合考查了学生对无机化合物之间反应的掌握。解答此类题目主要是要主抓突破口，前后联系题中的信息即可解决问题。 + 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．下列实验操作能达到实验目的的是 A．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2 B．用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液 C．用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性 D．用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl 2．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．标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA B．20gD2O含有的电子数为10NA C．1L0.1mol?L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA D．25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA 3．某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是 ①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去 ②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管 ③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同 ⑤a处使用较粗的导气管实验时更安全 A．①② B．②③⑤ C．①④ D．③④⑤ 4．已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是 A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸 C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸 D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水 5．造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列 说法正确的是（ ） A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同 B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解 C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同 D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大 6．常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知4．L－1HNO2溶液中6＝2.14)，向20 mL 0.01 mol·逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是 A．X＝20 B．a点溶液中c(H＋)＝2.14×10－3 mol·L－1 C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小 D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c(NO2) 7．混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案。下列分析正确的是 － A．已知m1>m2，则混合物M中一定含有A12O3 B．生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2+ +Fe2+ C．固体P既可能是纯净物，又可能是混合物 D．要确定混合物M中是否含有A1，可取M加入过量NaOH溶液 8．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 9．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图： 下列说法错误的是（ ） A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O B．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+ D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸 10．25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ） A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7 B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+) C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-) D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L 11．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L?1盐酸中滴加0.1000 mol·L?1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是 A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L?1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗 C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂 D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5 12．2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是 A．分子式为C10H11NO5 B．能发生取代反应和加成反应 C．所有碳原子可以处在同一平面内 D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构) 13．下列说法中错误的是: A．SO2、SO3都是极性分子 大的原子，吸引电子的能力越强 硬度大的特性 14．研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是( ) A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨 B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放 C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备 D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥 15．工业上可由异丙苯（的说法正确的是（ ） A．都是苯的同系物 B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．苯环上的二氯代物都有6种 D．分子内共平面的碳原子数均为8 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．实验室制备己二酸的原理为：3主要实验装置和步骤如下： ①在如图装置中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40℃。 ②从恒压漏斗中缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45℃左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚。 ③加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾。 ④通过___操作，得到沉淀和滤液，洗涤沉淀2～3次，将洗涤液合并入滤液。 ⑤加热浓缩使溶液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH＝1～2），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体1.5g。 +8KMnO4═3KOOC（CH2）4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O ）催化脱氢得到2-苯基丙烯（ ），下列关于这两种有机化合物 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、 ﹣ 已知：己二酸的电离平衡常数：Ka1＝3.8×105，Ka2＝3.9×10-6；相对分子质量为146；其在水中溶解度如下 表 温度（℃） 己二酸溶解度（g） 1.44 3.08 8.46 34.1 94.8 100 15 34 50 70 87 100 （1）步骤②中缓慢滴加环己醇的原因是___。 （2）步骤④划线部分操作是___、在第④、⑤布中均要求洗涤沉淀，所用洗涤液依次为___、___。 （3）步骤⑤加入浓硫酸调节pH成强酸性的原因是___。 （4）己二酸产品的纯度可用酸碱滴定法测定。取样试样ag（准确至0.0001g），置于250mL锥形瓶中，加入50mL除去CO2的热蒸馏水，摇动使试样完全溶解，冷却至室温，滴加3滴酚酞溶液，用0.1000mol?L-1的NaOH标准溶液滴定至微红色即为终点，消耗NaOH标准溶液体积bmL ①下列说法正确的是___。 A．称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量 B．摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出 C．滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下 D．滴定结束后稍停1﹣2分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数 E．记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果偏高 ②计算己二酸纯度的表达式为___。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。 已知： Ⅰ. Ⅱ.(苯胺，易被氧化) （1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。 （2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。 （3）写出反应①的化学方程式：_______。 （4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物 的芳香族化合物的结构简式：_______。 （5）写出由A 转化为的合成路线________。 (合成路线表示方法为：AB……目标产物)。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．含硫化合物在生产、生活中有广泛应用，其吸收和处理也十分重要。回答下列问题： 1.SO2具有还原性，写出将SO2气体通入 FeCl3溶液中的离子方程式_________，并标出电子转移的数目及方向。_____________________________________________________________ 2.在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是_________，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释_____________________。 3.等体积等物质的量浓度的 NaClO溶液与Na2SO3溶液混合后，溶液显______性。此时溶液中浓度相等的微粒是___________________________________________。 4.已知：H2S：Ki1＝1.3×10－7Ki2＝7.1×10－15 H2CO3：Ki1＝4.3×10－7Ki2＝5.6×10－11 含H2S尾气用足量的Na2CO3溶液来吸收。写出离子反应方程式。____________ 常温时，等体积等浓度的Na2S和Na2CO3溶液的离子总数：N前___N后（填“>”或“<”）。 19．（6分）王帅博士同美国加州大学伯克利分校化工系Enrique Iglesia教授在金属氧化物催化剂表面羟醛缩合反应机理方面的合作研究取得新进展。如图是羰基化合物的自缩合和交叉缩合途径： 回答下列问题： (1)基态O原子核外有____________种不同运动状态的电子，与O元素同周期第一电离能大于O的主族元素有___________(填元素符号)。 (2) HCHO和H2O都参与上述转化。HCHO分子的空间构型是________，三聚甲醛的结构如图所示，三聚甲醛中C原子的杂化方式为_____________。 (3)H2O能形成多种配位化合物。科研人员通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键。结构如图所示。胆矾的化学式用配位化合物的形式可表示为____，1mol胆矾所含σ键的数目为_________NA。 (4)TiO2是上述转化的催化剂，CaTiO3是制取TiO2的一种原料，其晶胞结构如图所示。在CaTiO3晶体中，与某个钛离子距离最近且相等的其他钛离子共有________个，设该化合物的式量为M，密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中钙离子与钛离子之间的最短距离为________cm。 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】 【分析】 【详解】 A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误； B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误； C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确； D、Cl2＋H2O错误。 2．A 【解析】 【详解】 A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A不正确； B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B正确； C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C正确； D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH的数目为0.01NA,选项D正确； 答案选A。 3．B 【解析】 【详解】 ①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。 4．B 【解析】 【分析】 气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。 － HCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故 【详解】 A. 浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误； B. 由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确； C. 氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误； D. 氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。 答案选B。 【点睛】 本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。 5．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误； B．蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误； C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确； D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误； 故答案为C。 6．B 【解析】 【详解】 A. 向20mL 0.01mol?L?1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误； B. 由HNO2?H + +NO2?，K= c?H??gc?NO2??c?HNO2?≈ c2?H??c?HNO2?，则4.6×10≈ ?4 c2?H??0.01mol/L，得到c(H+)=2.14×10?3 mol/L，B项正确； C. c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误； D. b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO2?+H2O?HNO2+OH?，HNO2?H++NO2?，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2?)>c(Na+)>c(HNO2)，D项错误； 答案选B。 7．D 【解析】 【分析】 Al2O3和Al均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝绿色溶液说明含Cu2+，能形成Cu2+，则固体A肯定含有Fe2O3和Cu。 【详解】 A．若m1>m2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A错误； B．离子方程式电荷不守恒，故B错误； C．由于加了过量的盐酸，因此固体P只能是铜，不可能是混合物，故C错误； D．要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入过量NaOH溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D正确。 故选D。 8．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。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸 浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确； B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确； C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确； D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误； 故答案为D。 【点睛】 难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。 10．D 【解析】 【详解】 A、CH3COOH的Ka=c?CH3COO-??c?H+?c?CH3COOH?，取B点状态分析， c?CH3COO-?c?CH3COOH?=1，且c(H+)=1×10-4.7，所 以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意； B、C点状态，NaOH，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，溶液中含有CH3COONa、故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意； C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意； D、A点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意； 故答案为D。 11．C 【解析】 【详解】 A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确； B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确； C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误； D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)= 0.1?mol/L?10.00?mL1= mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确； 30.?00?mL30故合理选项是C。 12．C 【解析】 【分析】 【详解】 A. 分子式为C10H11NO5，故A正确； B. 含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确； C. 分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一 平面内，故C错误； D. 苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共 4种，故D正确； 选C。 13．A 【解析】 【分析】 【详解】 A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误； B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确； C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确； D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。 答案选A。 14．A 【解析】 【详解】 A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误； B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确； C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确； D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确； 故合理选项是A。 15．C 【解析】 【分析】 【详解】 A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误； B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误； C. 采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确； D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误； 故选C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．趁热过滤 防止反应过于剧烈，引发安全问题 趁热过滤 热水 冷水 使己二酸盐转化为己二酸，易析出，浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率 ABD 【解析】 【分析】 由题意可知，三颈烧瓶中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40℃，缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45℃左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH=1～2），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体，据此分析解答。 【详解】 （1）如果滴加环己醇速率过快会导致其浓度过大，化学反应速率过快，故为了防止反应过于剧烈，引发安全问题，要缓慢滴加环己醇；故答案为：防止反应过于剧烈，引发安全问题； 0.73b% a（2）根据步骤中“沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚”，说明温度高时，MnO2沉淀的溶解度小，故为了充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤，根据表可知己二酸的溶解度随温度升高而增大，故步骤⑤中洗涤己二酸晶体时应用冷水洗涤，减小己二酸的溶解度，提高产率；故答案为：趁热过滤；热水；冷水； （3）实验制得的为己二酸钾，根据强酸制弱酸，用浓硫酸调节pH成强酸性可以使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；故答案为：使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率； （4）①A.称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量，A正确； B.摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，避免待测物质的损失，B正确； C.滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下，容易使标准液滴加过量，应逐滴加入，便于控制实验，C错误； D.为减少误差，滴定结束后稍停1﹣2分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数，D正确； E.记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，标准液的消耗读数偏小，将导致滴定结果偏低，E错误；故答案为：ABD； ②一个己二酸分子中含有两个羧基，与NaOH溶液的反应为：HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=NaOOC（CH2） 4COONa+2H2O，则n（己二酸）= 11 n（NaOH）=×0.1000mol/L×b×10﹣3L，则己二酸的纯度为：221?0.1000?b?10-3mol?146g/mol0.73b；故答案为：0.73b%。 2?100%=aga三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(浓)+H2O 、 【解析】 【分析】 分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为： 7?2+2-8=4，则该芳香烃为甲苯（2）；甲苯在光照条件 下与氯气反应生成A，则A为A生成B，；且B能发生催化氧化，则B为C为、D为、、 E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成， 以此解答。 【详解】 （1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；BO2、Cu，加热； （2）由分析可知E为 ，氧官能团的名称为：羧基；F是 ，②的方程式为：发生氧化反应生成C ，条件是 KMnO4/H?????+，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒， 以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）； （3） 发生硝化反应生成F ，方程式为： +HNO3(浓)+H2O； （4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上 必须有3个取代基，可能的结构有、； （5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成 ，用Cl2加成生成，再进行一 步取代反应即可，整个合成路线为： 。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－ 液水解成碱性，滴入酚酞成红色。SO32－ + H2O 有白色沉淀生成，溶液红色褪去 亚硫酸钠溶HSO3－+ OH－，加入氯化钡后，Ba2++SO32－→BaSO3↓， 降低了SO32－的浓度，使得水解平衡往左移动，导致溶液中OH-浓度降低，因此溶液红色褪去 中 H+ －－－－－－ 与OH、SO42与Cl H2S + CO32→HS+ HCO3 > 【解析】 【分析】 【详解】 1.SO2具有还原性，能被氯化铁氧化为单质S，反应的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O→2Fe2++4H++SO42－，其中电子转移的数目及方向可表示为 ； 2.在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明亚硫酸根水解，溶液显碱性。若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，则生成亚硫酸钡沉淀，抑制亚硫酸根的水解，溶液碱性降低，所以实验现象是有白色沉淀生成，溶液红色褪去； 3.等体积等物质的量浓度的 NaClO溶液与Na2SO3溶液混合后，二者恰好发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，因此溶液显中性，此时根据电荷守恒可知溶液中浓度相等的微粒是H+与OH、SO42与Cl； 4.已知：H2S：Ki1＝1.3×10－7Ki2＝7.1×10－15 H2CO3：Ki1＝4.3×10－7Ki2＝5.6×10－11，这说明酸性是H2CO3＞H2S＞HCO3—＞HS—，则根据较强酸制备较弱酸可知含H2S尾气用足量的Na2CO3溶液来吸收反应的离子反应方程式为H2S + CO32－→HS－+ HCO3－。常温时，等体积等浓度的Na2S和Na2CO3溶液中碳酸根的水解程度小于硫离子的水解程度，即碱性是碳酸钠弱于硫化钠。根据电荷守恒可知在碳酸钠溶液中有c（Na+）+c（H+）＝c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），在硫化钠溶液中有c（Na+）+c（H+）＝c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），等浓度的两溶液中，c（Na+）相同，所以溶液中的离子总数N前＞N后。 19．8 N、F 平面三角形 sp3 ［Cu(H2O)4］SO4·H2O 18 6 【解析】 【分析】 （1）基态O的核外电子排布为1s22s22p4，每个电子都有自己的运动状态，同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族反常； （2）用甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型，利用杂化类型来分析空间结构； （3）胆矾是五水合硫酸铜，根据图二所示表示出胆矾，配体H2O内含有σ键，Cu2+与H2O之间存在的配位键也为σ键，SO42-内S和O之间存在一个σ键； （4）根据晶胞结构图可知，每个钛周围距离最近的钛在立方体的顶点，长度为立方体的棱边的边长，这样的钛有6个，设该化合物的式量为M，密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体的体积为 － － － 33M· aNA2Mcm3，aNA边长为3M，以此可计算钙离子与钛离子之间的最短距离。 aNA【详解】 (1)基态O的核外电子排布为1s22s22p4，每个电子都有自己的运动状态，所以基态O原子核外有8种不同运动状态的电子， 同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族反常，则与O元素同周期第一电离能大于O的主族元素有N和F， 故答案为：8；N、F； (2)甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，因甲醛中碳原子采取sp2杂化，则分子的空间构型为平面三角形， 根据三聚甲醛的结构分析，C的价电子对数为VP=BP+LP=4+故答案为：平面三角形;sp3； (3)胆矾是五水合硫酸铜，根据图二所示，Cu2+周围有4个配体H2O，则胆矾的化学式用配位化合物的形式H2O， 可表示为：［Cu(H2O)4］SO4· Cu2+与H2O之间存在的配位键也为σ键，SO42-内S和O之间存在一根σ键，则1mol胆矾所含σ键的数目为3×4+2+4=18mol， H2O；18； 故答案为：［Cu(H2O)4］SO4· (4)根据晶胞结构图可知，每个钛周围距离最近的钛在立方体的顶点，长度为立方体的棱边的边长，这样的钛有6个， 设该化合物的式量为M，密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体的体积为 4?1?4 =4，则C原子的杂化方式为sp3， 2MMcm3，边长为3，aNAaNA则钙离子与钛离子之间的最短距离为 33M·， aN2A故答案为：6; 【点睛】 M3·；3。 aN2A晶胞的密度等于晶胞的质量除以晶胞的体积，晶胞的质量等于该物质的相对分子质量除以阿伏伽德罗常数乘以该晶胞所含物质的微粒的个数。 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．化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是 A．氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 B．用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似 C．光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料 D．汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的 2．国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA＝6.02214076×1023 mol―1), 并将于2019 年 5月20 日正式生效。下列说法中正确的是 A．在 1 mol 中，含有的中子数为 6 NA B．将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为 0.1 NA C．标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，气体的分子总数为 0.75 NA D．某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中 H+的数目大于0.01 NA 3．如图为对10 mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（ ） X/(mol/L) Y/(mol/L) A．A B．B A 0.12 0.04 B 0.04 0.12 C．C C 0.03 0.09 D．D D 0.09 0.03 4．下列实验可以达到目的是（ ） 选项 实验目的 实验过程 向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实A 探究浓硫酸的脱水性 验现象 B C 制取干燥的氨气 制备氢氧化铁胶体 向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管 向饱和氯化铁溶液中滴加氨水 D A．A 除去MgCl2溶液中少量FeCl3 向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤 B．B C．C D．D 5．下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是 A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理 B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂 C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。 D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑ 6．下列对化学用语的理解正确的是（ ） A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．电子式C．比例模型D．结构示意图 可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基 可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 可以表示35Cl-，也可以表示37Cl- 7．下列实验操作、现象与结论均正确的是（ ） 选项 操作 现象 溶液颜色A 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体 变浅 反应后溶B 向酸性高锰酸钾溶液中加入过量的FeI2固体 反应后溶液中存在大量Fe3+ 液变黄 出现红褐色沉淀 变红,前者结合质子的能力：CO32->HCO3- 红色更深 C．C D．D Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大 结论 FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动 C L-1NaOH溶液,先加入3滴1 mol·L-1 取3mL 1 mol·MgCl2溶液,再加入3滴1 mol·L-1FeCl3溶液 常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞 D A．A B．B 8．为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是 A．用纯碱吸收硫酸工业的尾气 C．用纯碱吸收合成氨工业的尾气 B．用烧碱吸收氯碱工业的尾气 D．用烧碱吸收炼铁工业的尾气 9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．pH=1的溶液中：NO3-、Cl?、S2?、Na+ B．c(H+)/c(OH?)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl? C．由水电离的c(H+)=1×10?12mol·L?1的溶液中：Na+、K+、Cl?、HCO3- D．c(Fe3+)=0.1mol·L?1的溶液中：K+、Cl?、SO42-、SCN? 10．NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是 A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NA B．1 molNaClO中含有的Cl—数目为NA C．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7NA D．18g H2O中含有的电子数为10NA 11．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略） X中试剂 Y中试剂 气体 A．A A 浓硝酸 Cu NO2 B 浓硫酸 C2H5OH C2H4 B．B C 双氧水 MnO2 O2 C．C D 浓氨水 NaOH NH3 D．D 12．网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是 A．辛酸的同分异构体（CH3)3CCH (CH3) CH2COOH的名称为 2,2,3-三甲基戊酸 B．辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构） C．辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构） D．正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式 13．下列反应或过程吸收能量的是( ) A．苹果缓慢腐坏 C．镁带燃烧 B．弱酸电离 D．酸碱中和 14．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是 A．标准状况下，22.4LH2O2含有分子数目NA B．25℃，1L pH = 13的Ba?OH?2数目为0.2NA C．在足量Cl2中0.1mol Fe燃烧完全，转移电子数目为0.3NA D．密闭容器中3 mol H2与1 molN2充分反应可生成NH3分子数目为NA 15．常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01 mol/L 的KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 数量级为 10-10。下列叙述正确的是 A．图中 Y 线代表的 AgCl B．n 点表示 Ag2C2O4 的过饱和溶液 C．向 c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液时，先生成 AgCl 沉淀 D．Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为 10-0.71 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下： 已知：UO2在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。 回答下列问题： ________ (至少答两个措施)，(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：该步骤中NaC1O3可将UO2转化为UO2，则该反应的离子方程式为_____。 (2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。 (3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。 (4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃， -38-16-a?Ksp?Fe(OH)=4.0?10K=10KFe(OH)=8.0?10，，回答下列问题： ??wsp23??3??①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe(aq)?3H2O(1)?Fe(OH)3(s)?3H(aq)，则该条件下 2?2?Fe3+水解反应的平衡常数K= __(用含以的字母表示)。 ②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会 __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．苯巴比妥是1903年就开始使用的安眠药，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。 已知：①NBS是一种溴代试剂 ② + C2H5ONa???? + C2H5OH ③R1—COOC2H5+请回答下列问题： 一定条件???????+C2H5OH (1)下列说法正确的是__________ A．1 mol E在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2 mol NaOH B．化合物C可以和FeCl3溶液发生显色反应 C．苯巴比妥具有弱碱性 D．试剂X可以是CO(NH2)2 (2)B中官能团的名称__________，化合物H的结构简式为_______。 (3)D→E的化学方程式为_________。 (4)苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，写出K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______ ①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似 ②能够和FeCl3发生显色反应 ③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢 (5)参照流程图中的反应，设计以甲苯为原料合成聚酯__________(用流程图表示，无机试剂任 选) 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，请回答下列问题 （1）基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________； （2）在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立体结构为_______； （3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________； （4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。 19．（6分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。 （1）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)①△H3＝____kJ/mol。 ②在恒定压强、T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中发生I、Ⅲ反应，5 min后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g) 物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mol；则T1温度时反应I的平衡常数Kc的计算式为______。 ③恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图 。其中：CH3OH的选择性＝ ×100% CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol 2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3 在上述条件下合成甲醇的工业条件是_____________。 A．210℃ B． 230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T （2）一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式___________。在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示： ①图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为_____（填序号）。 ②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是___________。 （3）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3?)=________。 _____。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性） 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】 【详解】 A. 氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确； B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误； C. 光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误； D. 汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误； 故选A。 2．A 【解析】 【详解】 A、 中含有中子数是11-5=6，所以1 mol 中含有的中子数为 6NA，故A正确； B、将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故B错误； C、标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，由于存在2NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故C错误； D、某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4>pH>3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故D错误。 3．D 【解析】 【详解】 依图知，NaOH滴至30 mL时恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10 mL∶30 mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C两项被排除。c(HCl)=3c，又由于滴加NaOH到20 mL时，混合溶液pH=2，设c(NaOH)=c、则c(H+)=(3c?10 mL-c?20 mL)÷(10 mL+20 mL)=0.01 mol·L-1，解得c=0.03 mol·L-1，3c=0.09 mol·L-1。选项D正确。 答案选D。 4．D 【解析】 【详解】 A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A错误； B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选项B错误； C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误； D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D正确； 答案选D。 5．C 【解析】 【详解】 A. 牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误； B. 金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误； C. 外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确； D. 铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，O2+4e－+4H＋=2H2O，铜作负极，碳正极的电极反应为：故D错误； 故选C。 6．D 【解析】 【详解】 A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误； B、羟基是中性原子团，电子式为电子式 ，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为 ，所以 只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误； C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以不可以表示四氯化碳分子，故C错误； 可以表示甲烷分子，但 D、35Cl-和37Cl?的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl?，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为故选：D。 【点睛】 有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。 7．D 【解析】 A、发生的离子反应：Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3，加入KCl固体，平衡不移动，故A错误；B、酸性高锰 ，故D正确； 酸钾溶液可将Fe2＋氧化为Fe3＋，将I－氧化成I2，Fe3＋、I2在溶液种都显黄色，故B错误；C、因为加入NaOH是过量，再滴入3滴FeCl3溶液，Fe3＋与过量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能说明两者溶度积大小，故C错误；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都显碱性，前者红色更深，说明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32 － 结合H＋能力强于HCO3－，故D正确。 8．B 【解析】 【分析】 【详解】 A．纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误； B．氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确； C．硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误； D．炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误； 故选：B。 9．B 【解析】 【详解】 A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2?发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误； B. c(H+)/c(OH?)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl?相互之间不反应，能大量共存，选项B正确； C. 由水电离的c(H+)=1×10?12mol·L?1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误； D. c(Fe3+)=0.1mol·L?1的溶液中：Fe3+与SCN?发生络合反应而不能大量共存，选项D错误； 答案选B。 10．D 【解析】 【详解】 A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误； B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误； C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－ 5 mol，微粒数目略小于2.5×10－5NA，故C错误； D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确； 答案选D。 【点睛】 本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。 11．C 【解析】 【详解】 A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误； B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误； C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确； D.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误； 答案选C。 12．B 【解析】 【详解】 A. 根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误； B. 三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为 (CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确； C. 辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误； D. 正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误； 答案选B。 【点睛】 C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。 13．B 【解析】 【详解】 A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意； B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意； C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意； D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意； 答案选B。 14．C 【解析】 【详解】 A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误； B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1NA，B错误； C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3NA，C正确； D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3 mol H2与1 molN2充分反应可生成NH3分子数目小于NA，D错误； 故合理选项是C。 15．C 【解析】 【分析】 若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46，据此分析解答。 【详解】 若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46， A. 由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误； B. 曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误； C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl?)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确； 2-c(CO)24D. Ag2C2O4＋2Cl=2AgCl＋C2O42-的平衡常数K=2，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有 c?Cl-?－ c(C2O42-)10-2.469.04K=2==10，故D错误； -5.752c?Cl-?（10）故选C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种） 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl- MgO或Mg(OH)2 Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4?H2O 2.5×10(37-3a) 变大 2?3??c(Fe2?)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)2?c?OH?8.0?10-16?c?OH??====2.0×1022×c(OH-)，加入少量3?3?3?c(Fe)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)3?4.0?10-382?c(Fe)NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则 3?变大 c(Fe)【解析】 【分析】 硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。 【详解】 (1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等； 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-； (2)除铁净化时，UO2(OH)2，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2； (3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4?H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4?H2O； 3??(4)①在T℃， Fe3+水解方程式为Fe(aq)?3H2O(1)?Fe(OH)3(s)?3H(aq)，则该条件下Fe3+水解反应 c3(H?)Kw310-3a==2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)； 的平衡常数K=3?=-38c?Fe?Ksp?Fe(OH)3?4.0?10(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃， Kr0?Fe(OH)3?=4.0?10-38,Kr?Fe(OH)2?=8.0?10-16,Kw=10-a回答下列问题： 2?3??c(Fe2?)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)2?c?OH?8.0?10-16?c?OH??====2.0×1022×c(OH-)，在T℃②3?3?3?c(Fe)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)3?4.0?10-38c(Fe2?)向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH)增大，则变大， c(Fe3?)- 故答案为：变大； 2?3??c(Fe2?)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)2?c?OH?8.0?10-16?c?OH??====2.0×1022×c(OH-)，加入少量3?3?3?c(Fe)c(Fe)c?OH?Ksp?Fe(OH)3?4.0?10-38c(Fe2?)NaOH固体，溶液中的c(OH)增大，则变大。 c(Fe3?)- 【点睛】 c(Fe2?)c(OH-)的关系式，再判断。 本题的难点为(4)②，要注意将3?转化为 c(Fe)三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．CD 溴原子 +C2H5OH+HCl 、、 、 【解析】 【分析】 根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是 ，A与NBS反应产生B是 ，B与 NaCN发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D： ，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯 化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，E、J反应产生G：，G 与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在一定条件下发生反应产生苯巴 比妥：。据此分析解答。 【详解】 根据上述分析可知A是 ；B是 ；C是 ；D是 ；E是 ；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是 ；H是。 (1)A. E结构简式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解产生 和C2H5OH，所以1 mol E 完全水解，需消耗1 mol NaOH，A错误； B. 化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误； C. 苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确； D. 根据H与苯巴比妥的分子结构可知试剂X是CO(NH2)2，D正确； 故合理选项是CD； (2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为； (3)D是，E是；D→E的化学方程式为 +C2H5OH+HCl。 (4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似， ②能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基； ③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、 、、； (5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应 然后酸化得到， 与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生 ，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在 催化剂存在条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为： 。 【点睛】 本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．1s22s22p1 N +3 120° sp2 正四面体 共价键(极性共价键) 分子间作用力 4 25?44 ?361.5?10?10?NA?3 【解析】 【分析】 【详解】 (1)B的原子序数是5，所以基态B原子的电子排布式为1s22s2sp1；B和N都属于第二周期，同周期自左向右电负性逐渐增大，所以B和N相比，电负性较大的是N，B最外层有3个电子，所以化合价是+3价， 故答案为1s22s22p1；N；+3； 11(a-xb)＝ (3-3×1)＝0，所以BF3分子为221F-B-F的键角是120°，平面正三角形结构，杂化轨道类型为sp2；在BF4－中中心原子的孤电子对数＝ (a-xb) 2(2)依据价层电子对互斥理论可计算出中心原子的孤电子对数＝ ＝ 1 (4-4×1)＝0，所以BF4－的结构为正四面体， 2故答案为120°；sp2；正四面体； (3)B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；而层与层之间靠分子间作用力结合， 故答案为共价键；分子间作用力； (4)描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子。所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数＝8×此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。 1molBN的质量为25g，1molBN含有晶胞数为0.25NA，所以1molBN的体积为 11+6×+4=8，因 28?361.5?10??103cm?0.25NA，??325?361.5?10?10?0.25NA。 ?3?25?4?361.5?10?10?NA?3。 25?4故答案为4；4； ?361.5?10??103?NA19．－122.6 1?1.751.5?1.53 BD 2CO+SO2=S+2CO2 b 升高温度 3:1 2HSO3?+2e?+2H+=S2O42?+2H2O 【解析】 【分析】 （1）①根据盖斯定律计算； ② 容器保持恒压，根据体积之比等于物质的量之比，计算平衡时的浓度及反应I的平衡常数Kc； ③根据图像进行判断； （2）根据元素守恒，无毒的物质为二氧化碳； ①反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像判断； ②初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同； （3）根据图像可知，pH=7，根据溶液呈电中性计算； （4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42?，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水。 【详解】 （1）①根据盖斯定律，反应I×2-反应II可得2CO2(g)＋6H2(g)49.6×2-23.4=-122.6kJ/mol； ② CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，则△H3＝－ 反应：2 6 2 2 平衡： 2 2 2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) 反应：1 3 0.5 1.5 平衡： 0.5 1.5 则平衡时，n（CO2）=3mol，n（H2）=3mol，n（CH3OH）=2mol，n（CH3OCH3）=0.5mol，n（H2O）=3.5mol，容器保持恒压，则平衡后的体积= 3?12=2L，平衡时的浓度c（CO2）=1.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c181?1.75（CH3OH）=1mol/L， c（H2O）=1.75mol/L，反应I的平衡常数Kc的计算式=1.5?1.53； ③根据图像可知，选择催化剂CZ(Zr－1)T、在230℃时产率最高，则合成甲醇的工业条件是BD； （2）CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，根据元素守恒，含C，无毒的物质为二氧化碳，则方程式为2CO+SO2=S+2CO2； ①反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像可知，b达到平衡状态时用的时间最短，则反应速率最快； ②初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同，c组改变的实验条件为升高温度； （3）根据图像可知，b点时，c(HSO3?)= c(SO32?)，pH=7，则c(H+)= c(OH?)，根据溶液呈电中性，c（NH4+）+ c(H+)= c(HSO3?)+2c(SO32?)+c(OH?)，c（NH4+）=3c(HSO3?)，则n(NH4+)：n(HSO3?)=3：1； （4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42?，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水，则电极反应式为2HSO3?+2e?+2H+=S2O42?+2H2O。 【点睛】 化学平衡常数为反应体系中各物质的浓度的计量数次幂，题目中为恒压装置，根据物质的量之比等于体积之比进行计算。
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