2021届天津市和平区高三第二次模拟考试理综化学试卷1

试卷第试卷第页，总8页Cl2T+H2T+2NaOH。根据反应方程式可知，每转移2mol的电子，产生NaOH的物质的量是2mol°n（NaOH）=0.01mol/Lx1L=0.01mol，则该电解过程中转移电子的物质的量为0.01mol。④过量的E与F溶液中溶质反应的离子方程式是AlO2-+4H+=Al3++2H2O；（5）由②O元素、④Na元素、⑥S元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强），则该化合物是Na2s203,在溶液中易被⑦的单质Cl2氧化，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得该反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O===2SO42-+8Cl—+10H+。考点：考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用、离子方程式的书写、电解原理的应用及氧化还原反应的计算的知识。8．（共14分）（1）电解法（1分）2NaCli£=2Na+Cl2T；（2分）液态钠可作核反应堆的传热介质（1分）（2）①O2+4e-+2CO2===2CO32-（2分）CO2（1分）②取一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠粉末或碳酸钠溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色。（1分）（3）CO32-（1分）c（1分）（4）①c（Na+）>c（HSO3-）>c（SO32-）>c（OH-）>c（H+）（2分）；②Cu2+（1分）；<（1分）。【解析】试题分析：（1）金属钠特别活泼，在工业上一般用电解熔融NaCl的方法制取，反应方程式是：2NaCl（熔融）里ZNa+Cq；金属钠和钾制成的钾钠合金在室温下呈液态，导热能力强，可用于核反应堆的传热介质；（2）①在该熔融盐电池中，正极上发生还原反应，正极的电极反应式为O2+4e-+2CO2===2CO32-；电池工作时通入CO的电极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式是:2CO-4e-+2CO32-=4CO2，CO2在正极变为CO32-；所以可循环使用物质A是CO2；②Na2CO3中钠元素的方法是用颜色反应，操作是取一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠粉末或碳酸钠溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色。（3）形成盐的酸酸性越强，则酸根离子水解程度就越小，溶液的碱性越弱。根据盐的水溶液的酸碱性可知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-,所以结合H+能力最强的是CO32-；弱酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释，酸电离程度增大，酸越弱，稀释时未电离

的电解质分子电离，使离子浓度增大的趋势越强，离子的浓度就越大，所以浓度均为0.01moLL-1的四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是酸性最强的醋酸，故答案是C；(4)①实验室中常用NaOH来进行尾气处理、洗气和提纯。①n(NaOH)=0.3Lx1mol/L=0.3mol,n(SO2)=4.48L:22.4L/mol=0.2mol。故反应的方程式是：3NaOH+2SO2=Na2sO3+NaHSO3+H2O。得到的溶液为等物质的量的Na2sO3和NaHSO3的混合溶液。二者都会发生水解反应，是溶液显碱性，NaHSO3电离使溶液显酸性。由于所得溶液pH>7,说明Na2SO3的水解程度大于NaHSO3的电离程度，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-),水解使溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)。但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故c(SO32-)>c(OH-)o因此溶液中离子浓度大小关系是：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(OH-)>c(H+)；②由于Cu2+、Mg2+、Fe2+都是+2价的金属，所以形成沉淀的类型相同，形成沉淀时，需要的pH越小，则c(OH-)就越小，就先形成沉淀，根据形成沉淀的pH大小关系可知，显形成沉淀是Cu2+；开始时金属阳离子浓度相同，沉淀需要的pH越大，c(OH-)越大，溶度积常数就越大。由于Fe2+开始形成沉淀需要的pH=7.6,Mg2+开始形成沉淀需要的pH=10.4,所以Ksp[Fe(OH)2kKsp[Mg(OH)2]o考点：考查金属的工业制法、应用、熔融盐电池的工作原理、盐的水解、离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡常数的应用的知识。9．(共9．(共18分)(2)羧基、酚羟基(2分)取代反应(1分)(3)保护酚羟基，使之不被氧化(1分)(4)c(1分)归(2分)、MCOOCBi-、ucoo--7cH归(2分)、MCOOCBi-、ucoo--7cH7(6)nHOCH:CH.OH+jiHOOC-COOH烧当OOH…。峭科(2分)【解析】试题分析：（1）根据A的分子式及物质之间的转化关系可推知A的结构简式是【解析】试题分析：（1）根据A的分子式及物质之间的转化关系可推知A的结构简式是（2）A分子中含有酯基，A水解产生B：■QHCH=CHCOOH「八上c人人z，B分子中有2个含氧官能团，分别为酚羟基和羧基，B与CH3I发生取代反应形成C：CH=CHCOOH,b-c的反应类型为取代反应;□ch3（3）由于B分子中含有酚羟基，容易被氧化，为了防止在加入请氧化剂KMnO4时被氧化，先使一OH变为一OCH3将其保护起来.故在上述转化过程中，反应步骤B-C的目的是保护酚羟基，使之不被氧化；（4）a.C结构简式是「fWcHhCHCODH,根据物质的结构简式可知，该物质的分子中存在8种不同的氢原子，因此核磁共振氢谱中共有8组峰，正确；b.A、B、C分子中都含有碳碳双键，因此均可发生加聚反应，正确c.在A的分子中含有一个苯环、一个碳碳双键、一个酯基，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，而酯基的碳氧双键不能发生加成反应，因此1molA最多能与4mol氢气发生加成反应，错误；d.B含有酚羟基，羟基是邻对位取代基，因此能与浓溴水发生取代反应，正确。故答案是c；7-S—COOH（5）化合物D7。）—OCH］有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，则其可能的结构简式是：（6（6）乙二酸HOOC-COOH与乙二醇HOCH2CH2OH都含有两个官能团，因此在一定条件下发生酯化反应，形成聚酯，得到高分子化合物。合成高分子化合物E的化学反应方程式是为原料制的合成路线流程图是(7)为原料制的合成路线流程图是(7)以考点：考查有机物的结构、性质、转化、反应类型化学方程式、同分异构体及流程示意图的书写的知识。10．（共18分）（1）正丁醇（2分）（2）b（2分）（3）浓硫酸（2分）上（2分）（4）洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐（2分）（5）D（2分）（6）正丁醇（2分）水（2分）（7）34%（2分）【解析】试题分析：（1）由于浓硫酸的密度比正丁醇大，而且溶液正丁醇时会放出大量的热，为了防止液滴飞溅，步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为：应先加正丁醇；（2）为了增强冷凝效果，加热A前，需先从冷却水应该从下口b处向B中通入水。（3）由于浓硫酸溶于水，正丁醇微溶于水，正丁醚几乎不溶于水，所以步骤③的目的是初步洗去作催化剂和脱水剂的浓硫酸；振摇后静置，醇和醚的密度都比水小，难溶于水，所以粗产物应上口倒出；（4）步骤③中为了除去残留的硫酸，加了NaOH溶液，这样在产品表面有少量NaOH溶液，所以最后一次水洗的目的为洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐；（5）步骤⑤中，目的是收集正丁醚，由于该物质的沸点是142.0℃，所以加热蒸馏时应收集142℃的馏分；选项是D；（6）反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A。根据物质的密度大小及物质的溶解性可知，在分水器中上层液体的主要成分为正丁醇，下层液体的主要成分为水；（7）n（正丁醇）="37"g:74g/mol