┃试卷合集6套┃2020届河南省驻马店市高考化学第六次调研试卷

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）.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5,Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1:2。下列说法正确的是A.四种元素中至少有两种金属元素B.四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物c.四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素丫形成的离子D.常温下，X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W,X的内层电子与最外层电子数之比为:5,X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1:2,Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误;D.X、Y、Z三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNCh,若为NaNCh溶液显中性,pH等于7,若为NaNOz因水解溶液显碱性，pH大于7,故D错误。故选B。2.Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（ ）A.ImolZ最多能与7moiHz反应B.Z分子中的所有原子一定共平面C.可以用酸性KMnO。溶液鉴别X和YD.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个以基，则lmaZ最多能与8molH2发生加成反应，故A错误；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；X分子中苯环上含有侧键一CH3,Y分子中含有一CH。，则X和Y都能使酸性KMnth溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y,故C错误；X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为一CHzCHzCHO的结构有1种，取代基为一CH(CHO)CH3的结构有1种，取代基为一CH2cH3和一CHO有3种，取代基为一CHzCH。和一CH3的结构有3种，取代基为2个一CH3和1个一CHO的结构有6种，共14种，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。3.化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是A.钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料B.含溟化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关C.玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D.普通玻璃的主要成分可表示为NazO-CaOfSiOz,说明玻璃为纯净物【答案】B【解析】【分析】【详解】A.钢化玻璃是在高温下将玻璃拉成细丝加入到合成树脂中得到的玻璃纤维增强塑料；石英玻璃主要成分是二氧化硅；有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于塑料，不是无机非金属材料，A错误；B.变色玻璃中含有AgBr见光分解产生Ag单质和Bn单质，使眼镜自动变暗，光线弱时，溟与银又生成溟化银，可见变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关，B正确；C.玻璃的主要成分SiOz易与NaOH发生反应，因此不具有耐碱侵蚀的特点，C错误；D.普通玻璃的主要成分含有NazSiCh、CaSiO3,SiO2,硅酸盐结构复杂，习惯用氧化物形式表示，但玻璃表示为Na2OCa0-6Sit)2,不能说明玻璃为纯净物，D错误；故合理选项是B«4.下列实验方案正确且能达到实验目的是( )

mimia.用图i装置制取并收集乙酸乙酯B.用图2装置除去C02气体中的HCI杂质C.用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D.用图4装置可以完成“喷泉实验”【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B.二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C.无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；D.氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；故答案为D.【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。5.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含BrzB浓盐唧烧杯中看见白色沉淀NaC。、粉关,1证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DPH试纸先变红后褪色试纸氯水既有酸性，又有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】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r氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Bn,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HCI气体与NazSiCh溶液反应得到HzSiCh的白色沉淀，不能证明酸性HzCChAHzSiCh,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。6.常温下，下列有关叙述正确的是( )A.向O.lmol/LNazCCh溶液中通入适量CO：气体后：c(Na+)=2[c(HCO：)+c(C0?)+c(H2CO3)]B.pH=6的NaHSCh溶液中：c(SO：)-c(H,SO3)=9.9x10'7molxL4C.等物质的量浓度、等体积的NazCCh和NaHCOs混合：二三-D.O.lmol/LNazCzCU溶液与O.lmol/LHCI溶液等体积混合(HzC2O4为二元弱酸)：2c(C20j)+c(HC20s)+c(0H-)=c(Na*)+c(H+)【答案】B【解析】向O.lmohLNa2c03溶液中通入适量COz气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HC0口+c(C0『)+c(H2CO3)]，A错误；常温下，pH=6的NaHSOj溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(S0=)+c(HS0”物料守恒为c(Na+)=c(HS07)+c(SOj-)+c(H2SO3),由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c(SO：-)-c(H2so3)=c(H+)-c(OH-)=1x10-6molL-1-1x10-8mol-L-^g.gxlO^mol.L1,B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得:c(HC0；)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(COr)/c(HCO；)=K(HCO；)/c(H+),由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c(HC0；)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(C0r)/c(HC0；)=K(HC0；)/c(H+),C错误；0.1mol-L1Na2C2O4溶液与0.1mol-L1HCI溶液等体积混合(H2c2O4为二元弱酸)，由电荷守恒可知2c(C:Oj-)+c(HC;0J+c(OH)+c(CI)=c(Na+)+c(H+),D错误。.某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，丫核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、丫三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A.原子半径：W<X<Y<Z.简单离子的氧化性:W>XX与丫、丫与Z均可形成具有漂白性的化合物W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】首先发现X是+1价的，则X为氢、锂或钠，但是W、X、Y三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1个键，则Z是氢；结合丫的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W是铝，丫是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢〈氧〈铝〈钠，即Z<Y<W<X,A项错误；B.钠单质的还原性强于铝，而Na.的氧化性弱于AFIB项正确；C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性，C项正确；D.W与X的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH),,二者可以相互反应，D项正确；答案选A.8.液态氨中可电离出极少量的NHJ和NH4+.下列说法正确的是A.NH3属于离子化合物 B.常温下，液氨的电离平衡常数为Ur”

C.液态氨与氨水的组成相同C.液态氨与氨水的组成相同D.液氨中的微粒含相同的电子数【答案】D【解析】【分析】【详解】A.NH3属于共价化合物，选项A错误；.不能确定离子的浓度，则常温下，液氨的电离平衡常数不一定为10-3选项B错误;C.液态氨是纯净物，氨水是氨气的水溶液，二者的组成不相同，选项C错误；D.液氨中的微粒NHz-和NH4+含相同的电子数，均是10电子微粒，选项D正确；答案选D。.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为:LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4.某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A.放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极B.隔膜在反应过程中只允许Li+通过C.充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO「xe-=LizFePCU+xLi+D.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料【答案】D【解析】【分析】放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe=xLi++6C,其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Lii“FePO4+xLi++xe-=LiFePO”充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，【详解】A.放电时，Li«6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe=xLi++6C,形成Li卡脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时LihxFePO」在正极上得电子，其正极反应为:LimFePOa+xLi++xe=LiFePOs则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO「xe'=LizFePO,+xLi+,C项正确；D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；答案选D。【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Lii.xFePO」在正极上得电子，其正极反应为：Lii.xFePCh+xLi++xe=LiFePO」，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO「xe=Lii-xFePO4+xLi+.10.活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如图：25HMRKH/X卬ZnOA Zaf» 热NHJICCM卬|too|—«.[ ]-|—>[aw|[“©!域/堇士加同i ijF«OH）, Cte 气体a已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是（ ）A."酸浸"中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B."除铁"中用ZnO粉调节溶液pH至4.1-4.7C."除铜"中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D."沉锌"反应为2Zn2++4HCO3--Znz（OH）2cO3J+3COz个+HzO【答案】C【解析】【分析】粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入HzOz溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢核沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；A.依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子；“沉锌”时加入NH41CO3溶液，溶液中的ZM+与HCCh-反应生成Zn2（OH）2cO3和CO2,.【详解】A.酸浸"中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.1〜4.7,故B正确；C."除铜"中加入Zn粉置换溶液中的Cu,过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn"浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；D."沉锌”时溶液中的ZM+与HCCh-反应生成Zn2（OH）2CO3和CO”发生的离子反应为2Zn2++4HCO3-Zn2（OH）2cO3J+3cO2个+七0,故D正确；故选C.11.用CICHzCHzOH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是（）A.质子数和中子数相等的钠原子：NaB.氯原子的结构示意图：C.NaCN的电子式：Na+［：C：：N：］-D.丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH【答案】D【解析】【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=ll+ll=22,钠原子符号为：；jNa,A正确；B.CI原子的核外电子总数为17,其原子结构示意图为B正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为、@十［:C：：N：［一，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CHz=CHCOOH,D错误；故合理选项是D«12.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB.常温常压下，U.2L乙烯所含分子数目小于0.5NaC.常温常压下.4.4gNzO与CO?的混合气体中含的原子数目为0.3NaD.常温下，ImolC6H口中含有共价键数为16Na【答案】A【解析】A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有O.lmol的乙醇和0.3m”的水，所含原子数目为1.5Na,故A错误；B.常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/moL则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol,所含分子数目小于0.5Na,故B正确：C.冷0与CO2相对分子质量均为44,且分子内原子数目均为3,常温常压下.4.4gNzO与COz的混合气体中含的原子数目为0.3Na,故C正确；D.每个C5Hlz分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键，lmolCsHg中含有共价键数为16Na,故D正确；答案为A。13.第26届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019年5月20日正式生效。Na表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A.8.8g乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NaB.常温常压下28gFe与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NaC.标准状况下224LCL与CH4反应完全，形成C-CI键的数目为O.INaD.常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10力以【答案】C【解析】【分析】【详解】A.8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.ImoL其中所含共用电子对数为L4Na,A错误；B.常温常压下Fe在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误：C.标准状况下,2.24LCh(0.imol)与CH’反应完全，根据原子守恒可知形成C-CI键的数目为0.INa,C正确D.常温下pH=12的NaOH溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D错误。答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成NO,在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2.14.一定温度下，在三个体积均为0.51.的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Ch(g)0=COCh(g),其中容器I中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/c起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCI2COCI2I5001.01.000.8n5001.0a00.5m6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A.容器I中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol-L^-min1B.该反应正反应为吸热反应C.容器II中起始时CL的物质的量为0.55molD.若起始时向容器I加入COO.8mol、Cl20.8mol,达到平衡时C。转化率大于80%【答案】C【解析】【详解】0.8molA.容器I中前5min的平均反应速率v(COCh)=()5L=0.32mWL・min”,依据速率之比等于计量系数之5min比，则V(CO)=V(COCL)=0.32mol/L・minT,故A错误；B.依据图中数据可知：II和HI为等效平衡，升高温度，COCL物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C.依据方程式：CO(g)+CI2(g)#COCI2(g),可知：CO(g)+Cl2(g)#C0CI2(g)起始浓度(mol/L)2 2 0转化浓度(mol/L)1.61.6 1.6平衡浓度(mol/L)0.40.41.61.6 1.6mol/L反应平衡常数K=八,八”=10,平衡时CO转化率：-~~--xl00%=80%;0.4x0.4 2mol/L依据II中数据，结合方程式可知：CO(g)+CL(g)=COCL(g)起始浓度(mol/L)22a0转化浓度(mol/L)11 1平衡浓度(mol/L)12a-l11I和II温度相同则平衡常数相同则：K=lx(2a_1)=10,解得：a=0.55mol,故C正确；D.CO(g)+Ch(g)=COCIz(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入COO.8mol,Cl20.8mol,相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%,故D错误；故答案为Co.下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是( )选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱石灰干燥BCu(CuO)空气中加热CFeCh(Fe)通入少量氯气加热DKNO3(NaCI)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶A.A B.B C»C D.D【答案】D【解析】【详解】A,SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2个或SOz+2NaHCO3=NazSO3+H2O+2coz个，CO?能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO,应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过漉干燥，故B不符合题意；C、FeCh与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNCh溶解度随温度变化较大，而NaCI溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNCh会析出，而NaCI在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：Do【点睛】KN03中混有少量NaCI,提纯的方法是：①溶解成热饱和溶液令②冷却结晶T③过滤；NaCI中混有少量KNCh,提纯的方法是：①溶解成饱和溶液今②加热蒸发、浓缩结晶今③过漉；需注意二者试验操作的区分。二、实验题(本题包括1个小题，共10分).FeBn是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。I.实验室制备FeBrz实验室用如图所示装置制取溟化亚铁。其中A为COz发生装置，D和d中均盛有液澳,E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。实验开始时，先将铁粉加热至600—700C,然后将干燥、纯净的COz气流通入D中，E管中反应开始。不断将d中液溟滴入温度为100—120c的D中。经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溟化亚铁。(1)若在A中盛固体CaCCh,a中盛6moi/L盐酸。为使导入D中的COz为干燥纯净的气体，则图中B、C处的装置和其中的试剂应是：B为。C为0为防止污染空气，实验时应在F处连接盛 的尾气吸收装置。(2)反应过程中要不断通入COz,其主要作用是oII.探究FeBrz的还原性(3)实验需要200mL0.1mol/LFeBr2溶液，配制FeBm溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是,需称量FeBrz的质量为：.(4)取10mL上述FeBrz溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：假设1:BL被CL氧化成B。溶解在溶液中；假设2：Fe2+被CL氧化成Fe3+设计实验证明假设2是正确的：(5)请用一个离子方程式来证明还原性FeSBr-：(6)若在40mL上述FeB。溶液中通入3xl(T3molCl2,则反应的离子方程式为【答案】饱和NaHCCh溶液的洗气瓶浓dSCh的洗气瓶NaOH溶液用CO?把反应器中的空气赶尽,将溟蒸气带入E管中250mL容量瓶5.4g取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确2Fe2++Brz=2Fe3++2Br 4Fe2++2Br+3CI2=4Fe3++Br2+6CI【解析】【分析】I.装置A用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，装置B中盛有的NaHCCh饱和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置C中盛有的浓HzSO”是干燥二氧化碳，二氧化碳把反应器中的空气赶尽，并将油浴加热的装置D中溟蒸气带入E管中，在加热条件下与铁反应生成黄绿色鳞片状溟化亚铁，在装置F处连接盛有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，吸收有毒的溪蒸汽，防止污染环境；口.Fez+和Br的还原性强弱顺序为：Fe2+>Br,向FeBr?溶液中滴加少量新制的氯水，氯气先氧化Fe%再氧化Br.【详解】(1)实验时用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，盐酸易挥发，制得的二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCCh饱和溶液的洗气瓶洗气，装置C的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓“SO”的洗气瓶干燥，溟蒸汽有毒，不能排到空气中，氢氧化钠溶液能够与漠单质反应，为防止污染空气，实验时应在F处连接氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为饱和NaHCOa溶液的洗气瓶；浓HzSCh的洗气瓶；NaOH溶液；(2)反应前先通入一段时间COz,将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入COz,还可以油浴加热的装置D中澳蒸气带入E管中，使澳能够与铁粉充分反应，故答案为用C(h把反应器中的空气赶尽，将溟蒸气带入E管中；(3)配制200mL0.1mol/LFeBr2溶液的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和250mL容量瓶；250mLO.lmol/LFeBrz溶液中FeBrz的物质的量为0.25mol,则FeBrz的质量为0.25molX216g/mol=5.4g,故答案为250mL容量瓶；5.4g；（4）若假设2正确，向FeBrz溶液中滴加少量新制的氯水，Fe2+被CL氧化成Fe3+,向反应后的黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液会变为红色，故答案为取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确；（5）溶液中Fe"和Bn能够发生氧化还原反应生成Fe3+和Br,反应的离子方程式为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br,则故答案为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br；（6）40mL0.1mo1/LFeBrz溶液中FeBn的物质的量为0.004mol,0.004molFe?+消耗CL的物质的量为0.002mol,3xl0-3mo1CL有O.OOlmolCL与Br反应，反应消耗Br的物质的量为0.002mol,参与反应的Fe?+、B「和CL的物质的量比为0Q04mol：0.002mol：0.003mol=4:2:3,则反应的离子方程式为4Fe2++2Br+3CI2=4Fe3++Br2+6CI,故答案为4Fe2++2Br+3CI2=4Fe3++Br2+6CI.【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价和探究实验，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）17.药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（1,4-环己二酮单乙二醇缩酮）和Y（咖啡酸）为原料合成，如下图：Z（1）化合物X的有一种化学环境不同的氢原子。（2）下列说法正确的是»A.X是芳香化合物 B.Ni催化下Y能与5moiHz加成C.Z能发生加成、取代及消去反应 D.lmolZ最多可与5moiNaOH反应（3）Y与过量的溟水反应的化学方程式为.（4）X可以由—（写名称）和M（:江二^0）分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个一0H的消去反应得到稳定化合物N（分子式为C6H则N的结构简式为—（已知烯醇式不稳定，会发生（5）Y也可以与环氧丙烷（C"3一发生类似反应①的反应，其生成物的结构简式为（写一种）；Y的同分异构体很多种，其中有苯环、苯环上有三个取代基（且酚羟基的位置

【解析】【详解】（1）同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），所以根据化合物X的结构简式可知，分子中含有3种化学环境不同的氢原子。A、X分子中不存在苯环，不是芳香化合物，A不正确；B、丫分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，在Ni催化下丫能与4mold加成，B不正确；C、Z分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基、酯基，因此能发生加成、取代及消去反应，C正确；D、Z分子中含有2和酚羟基和1个酯基，则ImolZ最多可与3moiNaOH反应，答案选C。丫分子中酚羟基的邻位与对位的氢原子与滨水发生取代反应，碳碳双键与溟水发生加成反应，则丫HO 0H与过量的滨水反应的化学方程式为kJ -4Bf；—人人：THBqU^ooh/^00HX分子中含有2个酸键，则X可以由乙二醇和M通过分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个一0H的消去反应生成碳碳双键，由于羟基与碳碳双键直接相连不稳定，容易转化为碳氧双键，所以得到稳定化合物N的结构简式为。=（ :;=0.（5）根据已知信息可知反应①是醒键断键，其中一个氧原子结合氢原子变为羟基，而属于其它部分相连,由于环氧乙烷分子不对称，因此生成物可能的结构简式为⑶三或;苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能;属于酯

;苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能;属于酯所以共2x4=8种同分异构体。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：(1)聚四氟乙烯商品名称为"特氟龙"，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过一方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态锌(Sb)原子价电子排布的轨道式为一.[H2F]+[SbF6]-(氟酸镖)是一种超强酸，存在[HzF%该离子的空间构型为,依次写出一种与出汨+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是(3)硼酸(H3BO3)和四氟硼酸铉(NH4BF4)都有着重要的化工用途。①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序(填元素符号)。②H3BO3本身不能电离出H+,在水中易结合一个。K生成[B(OH)4「，而体现弱酸性。【B(OH)4「中B原子的杂化类型为.③NH4BF4(四氟硼酸铉)可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸核中存在 (填序号):A离子键B。键Cn键D氢键E范德华力(4)SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图(见图a)计算相联系的键能。则S—F的键能为kJ.moH.S(z)-^F(p)*465kJ-md"1S（j）*3Fk）*465kJ-md"1S（j）*3Fk）（图a） （图b）(5)CuCI的熔点为426C,熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908C,密度为7.1g・cm久①CuF比CuCI熔点高的原因是；②已知Na为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如上“图b",则CuF的晶胞参数a=nm(列出计算式)。【答案】x一射线衍射 rt-1【答案】x一射线衍射 rt-114Iri♦Iv型HzOnh2f>n>o>bsp3AB327问范德华力327问范德华力由两者的熔点可知，CuCI是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCI分子【解析】【分析】(1)通过X—射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体;(2)根据睇元素原子核外电子排布写出基态睇(Sb)原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断【七寸的空间构型；用替代法书写与[HzF]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；(3)①同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；②[B(0H)4「中B的价层电子对=4+1/2(3+1-4X1)=4,所以采取sp3杂化；③NH4BF4(四氟硼酸筱)中含铉根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铁根离子中含3个。键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个"键和1个配位键；(4)键能指气态基态原子形成lmol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S(g)和6F(g)原子形成SF6(g)释放的能量为1962kJ,即形成6moiS-F键释放的能量为1962kJ,则形成ImolS-F键释放的能量为1962kJv6=327kJ,则S-F的键能为327kJmol1；(5)①CuCI是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCI分子间范德华力，故CuF比CuCI熔点高；②均摊法计算晶胞中Cu+、F离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度x晶胞体积；【详解】(1)从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X—射线衍射法。本小题答案为：X-射线衍射。(2)铺为51号元素,Sb位于第五周期VA族,则基态镯(Sb)原子价电子排布的轨道式为QJ|方|；7-i-2xl[HzFWSbFj-(氟酸铀)是一种超强酸，存在旧汨+,出汨+中中心原子F的价层电子对数为2+——-——=4,。键电子对数为2,该离子的空间构型为V型，与[HzF]*具有相同空间构型和键合形式的分子为七0、阴离子为nht.本小题答案为：曲| |；)门：v型；H20;nh2-.(3)①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、0、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2P能级半充满较稳定，N的第一电离能大于0,则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>B。本小题答案为：F>N>O>Bo②[B(0H)4「中B的价层电子对=4+皿(3+1-4X1)=4,所以B采取sp3杂化。本小题答案为：sp?。③NH4BF4(四氟硼酸铁)中含钱根离子和氟硼酸根离子，核根离子中含3个。键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个。键和1个配位键,筱根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸筱中存在离子键、。键、配位键。本小题答案为：AB.(4)键能指气态基态原子形成lmol化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S(g)和6F(g)原子形成SF6(g)释放的能量为1962kJ,即形成6moiS-F键释放的能量为1962kJ,则形成ImolS-F键释放的能量为19621d+6=327kJ,则S-F的键能为327kTmoH。本小题答案为：327.(5)①CuCI的熔点为426C,熔化时几乎不导电，CuCI是分子晶体，而CuF的熔点为908C,CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCI分子间范德华力，故CuF比CuCI熔点高。本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCI是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCI分子间范德华力。②晶胞中Cu*数目为8xl/B+6xl/2=4,F数目为4故晶胞质量=(4x64+4x19)g4-NA=(4x83)/NAg>根据4x83 14x83 」,― /4x83——=7.1g/cm3x(axlO7cm)3,a=Jxl07nm1,本小题答案为：JxlO7.Na 77.1Na19.甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品(一)以CO、Hz和C02制备甲醇①COz(g)+Hz(g) COg)+H2O(g) AHi@CO(g)+2H2(g) CH30H(g) AH2③C0z(g)+3Hz(g) CH30H(g)+HzO(g) AH3(1)已知:反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/,C70080083010001200K0.60.91.01.72.6则下列说法正确的是A.反应①正反应是吸热反应一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态1100℃时，反应①的K可能为1.5D.在1000℃时，[c(CO2)•c(H2)]/[c(CO)•c(HzO)]约为0.59(2)比较AHzAH3(填">"、"="或"V")(3)现利用②和③两个反应合成CH3OH,已知C。可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为£=[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)],则理论上f=时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：⑴制备合成气:CH'g)+H20g) CO(g)+3H2(g)AHi>0(ii)合成甲醇:C0(g)+2Hz(g) CH30H(g)AH2>0在一定压强下，1molCH^g)和1molHzO(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i),经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1)下列说法正确的是A.曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动

B.三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率C.当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡D.若温度大于700。(：时，CO的物质的量保持不变(2)500°(:时，反应(1)在催化剂①的作用下到lOmim时达到平衡，请在图2中画出反应(1)在此状态下n(CO)/mol0至12分钟内反应体系中Hz的体积分数0(Hz)随时间t变化的总趋势n(CO)/mol甲(Hz)2/3 0 2 4 0 2 4 6 8 1012tinin(三)研究表明，co也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。(1)产生甲醇的电极反应式为;质子交换膜(2)甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4,写出电池工作时的负极反应式:质子交换膜L扩散层.催化层.质子交换膜图4【详解】【详解】(-)(1)根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确;反应①COz(g)+Hz(g) COg)+HzO(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000C时K为1.7,温度越高，平衡常数越大，1100C时K>1.7,C错误；在1000C时，[c(CO力c(H2)]/[c(C0卜c(HzO)]为K的倒数,约为0.59,D正确；答案为AD。(2)随温度升高Ki增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△Hi>0,盖斯定律计算得到△^=△*+△4,则3-1(3)由①CO(g)+2H2(g)：CH30H(g)②CO2(g)+3H2(g)：CH3OH(g)+HzO(g)化学方程式可知/=「=2,原料气2—1的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使C。充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降；(二)(1)曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡,根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700c时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误.答案选C.(2)根据图一中CO的物质的量曲线及反应中出生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成(H)(1)CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4e-CHSOH；(2)据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H++12e-=6HzO,负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2cH3OH-12e-+2H2O=2CO2个+12H+,故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2/h+6H+；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).关于下列转化过程分析不正确的是A.Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B.过程I中每消耗58gFe3O4转移1mol电子加热C.过程H的化学方程式为3FeO+HzO^=Fe3O4+H2个D.该过程总反应为2七0=2H2个+Oz个【答案】B【解析】【分析】【详解】A.FesCU的化学式可以改写为FezC)3・FeO,Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3,故A正确；B.过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3(h分解时，生成lmol氧气，而58gFe3O4的物质的量为0.25mol,故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为。价，故转移0.5mol电子，故B错误；C.过程口中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为BFeO+HzO^Festh+Hz个，故C正确；D.过程I：2Fe3O4(s)==6FeO(s)+Oz(g)过程II：3FeO(s)+H2O(l)==H2(g)+Fe3O4(s),相加可得该过程总反应为2H2。==。2个+2出个，故D正确：故选：B.2.常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是( )NC13中N-C1键键长比CCI4中C-C1键键长短NC0分子中的所有原子均达到8电子稳定结构NCb分子是极性分子NBt的沸点比NCb的沸点低【答案】D【解析】【详解】A.N的半径小于C的半径，NC13中N-C1键键长比CCI4中C-C1键键长短，A正确;B.由电子式B.由电子式B正确;C.NCL的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCb分子空间构型不对称，所以NCb分子是极性分子，C正确；D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NB<3比NCb的熔沸点高，D错误；故答案为：Do3.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.明研作为造纸填充剂，加入明研后纸浆的pH变大【答案】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.过漉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.明祖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.4,下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.氯气溶于水：CL+H2O=2H++C「+CIO-B.Na2cO3溶液中832-的水解：CO32-+H2O=HCO3_+OH-C.酸性溶液中KQ与KI反应生成12：IO3-+r+6H+=l2+3H2OD.NaHCCh溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3>H-H2O【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HCIO的形式，A错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32+H2O^±HCO3+0H,B错误;C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1,HCO3+Ba2++OH=BaCO3>H-H2O,D正确。答案选D.sa催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A.采用热交换器循环利用能量 B.压强控制为20〜50MPaC.反应温度控制在450c左右 D.使用作催化剂【答案】B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B.,SOz的催化氧化不采用高压，是因为压强对SOz转化率无影响，B错误；C.在400-500C下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂帆触媒(V05)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。.对下列化工生产认识正确的是A.制备硫酸：使用热交换器可以充分利用能量B.侯德榜制碱：析出NaHCCh的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3C.合成氨：采用500c的高温，有利于增大反应正向进行的程度D.合成氯化氢：通入Hz的量略大于CL,可以使平衡正移【答案】A【解析】【详解】A.制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故A正确；B.侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循环利用NH3,故B错误；C.合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；D.氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故D错误；故答案为A。.按照物质的组成分类，SOz属于( )A.单质 B.酸性氧化物 C.碱性氧化物 D.混合物【答案】B【解析】【分析】A、Sth由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SCh是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SOz属于纯净物。【详解】A、S02由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SOz是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO?是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO?属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B..下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸处理的KzCnCh硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C向盐酸酸化的CU(NO3)2溶液中通入少量SO”然后滴入BaCL溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+>H2SO4D向浓度均为0.1mol/L的MgClz,CuCI2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.在强酸性环境中，H*、NO"Cu会发生氧化还原反应产生NO气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A正确；B.酸性KzCrzCh具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2CQO7被还原为CHS。)，因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、Nth、SOz会发生氧化还原反应产生SO/-，因此滴入BaCh溶液，会产生BaSO’白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3>H2SO4,C错误；D.向浓度均为0.1mol/L的MgCL'CuCIz混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)2>Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],D正确；

故合理选项是C.（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8）,下列有（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8）,下列有A.上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷是B.上述三种物质互为同系物，它们的通式为CznHzn（n>2）C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D.棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷足，A错误;B.三种物质的通式为CznHzn,n>2,但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烧，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D,10.有Bq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【答案】A【解析】【分析】澳具有氧化性，有溪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，而溟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.单质溪与KI发生置换反应，产生碘单质和淡化钾，B不符合题意；C.甲烷与漠的取代反应，有澳参加，C不符合题意；D.乙烯与溟的加成反应产生1,2-二溟乙烷，有溟参加，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查澳的化学性质及反应类型，把握澳蒸气的氧化性及有机反应中溟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。.有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是①可以使酸性KMnO,溶液褪色②可以和NaHCOs溶液反应③一定条件下能与压发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应a.①@ b.②@ c.（DdXD d.【答案】D【解析】【分析】【详解】①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO,溶液褪色，故正确；②含有较基，可以和NaHCOs溶液反应，故正确；③含有碳碳双键，一定条件下能与比发生加成反应，故正确；④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；故选D。.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A.2moiNO?与水充分反应，转移电子数为NaB.含0.1molH3PO4的水溶液中PCh3-的数目为O.INaC.0.5molNa。中。-的数目为NaD.标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3Na【答案】D【解析】【详解】A选项，3NO2+H2O=2HNCh+NO,3moiNCh与水反应转移2moi电子，因此2molNOz与水充分反应，转4N移电子数为寸，故A错误；B选项，H3P04是弱酸，弱电解质，因此含O.lmolH3P的水溶液中P043-的数目为小于O.INa,故B错误;C选项，0.5molNazOz中含有过氧根离子，数目为0.5Na,故C错误；D选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为C„Hzn,42g丙烯和丁烯混合物含C数目J-^xnxN^ol-^,故d正确.综上所述，答案为D。【点睛】过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。13.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28g晶体硅中含有Na个Si-Si键B.叠氮化钱(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2NzT+2HzT,当产生标准状况下22.41.气体时，转移电子的数目为NapH=l的H3P。4溶液中所含H+的数目为O.INa200mLlmol/LAI2(S04)3溶液中AB和SC^一的数目总和是Na【答案】B【解析】【分析】【详解】A.1个Si原子周围有4个Si-Si,而1个Si-Si周围有2个Si原子，则Si和Si-Si的比例为2：4=1；2,28gsi其物质的量为lmol,则含有的Si—Si的物质的量为2m。1,其数目为2Na,A错误；B.叠氮化链发生爆炸时，H的化合价降低，从+1降低到0,1moi叠氮化钱发生爆炸时，生成4moi气体,则总共转移4moi电子：现生成22.4：L,即Imol气体，则转移的电子数为Na,B正确；C.不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的就数目，C错误；D.200mLim。1爪-幺12(504)3溶液中，如果Ap+不水解，则AP+和SC^一的物质的量=0.2LxlmoHTiX2+0.2Lxlmol-L-iX3=lmol,其数目为Na,但是叱+为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此解+数目会减少,4+和SO/」的总数目小于Na,D错误。答案选B。14.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上COz加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(Wf*H+*H)。下列说法错误的是A.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B.带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C.二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%D.第③步的反应式为*H3CO+H2O-»CH3OH+*HO【答案】C【解析】【分析】【详解】A.反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B.根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物,故B正确；C.根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%,故C错误；D.第③步中中3。)、出0生成CH30H和牛0,反应方程式为338+出06(：出。出50,故D正确；故答案为C.15.常温下，向21mLi.lmol・溶液中逐滴滴入1.lmol・LNaOH溶液，所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是OA各点溶液均存在：c(B-)>c(Na+)C至D各点溶液导电能力依次增强C.点O时，pH>lD.点C时，X约为11.4【答案】D【解析】【分析】【详解】OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH),溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(B),则c(B)>c(Na+),A选项正确；C至D各点溶液中，C点浓度为1.15molF,C之后加入的c(NaOH)为l.lmoH/i,导电能力依次增强，B选项正确：C.定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点，pH>7,HB为弱酸，。点pH>l,C选项正确；

D.C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15moH/i,B水解常数为Kh=ir"/(2'1尸)=5xllB水解生成的c(OH-)=7^=J0.05x5x10"°=5x116mo|.L-i,c点c(H+)=2xll9mo|.L：,C点pH=9-lg2=8.7,即x=8.7,D选项错误；【点睛】C选项也可进行定量分析：B点有c(B)=c(Na+)=19.9xll-3xl.U(21xll-3+19.9xll3),C(HB)=(21.1xll3-19.9xll3)xl.l-r(21xll3+19.9xll3),贝(]c(B)/c(HB)=199,K=c(H+)c(B)/c(HB)=lxll-7xl99=1.99xlls,则HB为弱酸，O点的pH＞l.二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.K3[Fe(C2O4)3]-3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110C失去结晶水，230c分解。某化学研究小组对KslFelGO,1]3H2。受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去，部分装置可重复使用)。N・OH两百N・OH两百******A B C DE F(1)实验室常用饱和NH4cl和饱和NaNO?的混合液制N2,反应的化学方程式为。(2)装置的连接顺序为：AT_6_6_6_T_fF(填各装置的字母代号)。(3)检查装置气密性后，先通一段时间N),其目的是,实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通N2至常温，其目的是.(4)实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物—(填化学式)。(实验二)分解产物中固体成分的探究(5)定性实验：经检验，固体成分含有K2c。3、FeO、Fe.定量实验：将固体产物加水溶解、过漉洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的(填仪器编号)。Y?❷七一口=(!) ② ③ ④ ＜5) ⑥ ⑦ ⑧设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定(甲方案)ag样品一令遨一＞溶液一场黑邈一＞一肄黯一＞得固体bg

(乙方案)ag样品(丙方案)(乙方案)ag样品(丙方案)足量:稀硝酸--测量气体体积)测得气体体积VmL(标况)ag样品 嚏蠹>250冠溶液fflS霹勰露定》三次平均消耗(MmdLT酸性高镉酸钾溶液VqL你认为以上方案中可以确定样品组成的有方案。(6)经测定产物中n(FeO):n(Fe)=1:1,写出K'lFelCzOjjBH?。分解的化学方程式。A【答案】NHaCI+NaNOLNzf+NaCI+2HzOBFDEC 排出装置中的空气，防止空气中的02和CO2干扰实验结果 防止F中溶液倒吸进入C中 CQ、C< ①@⑤⑦ 甲、乙力口热2K,［咋p3J=H&3K+PO+F七O限15C0+ 4©【解析】【分析】⑴实验室常用饱和NH4cl和饱和NaNO2的混合液制N2.⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验C02,用D装置除去多余的C02,用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO,⑶先通一段时间Nz,排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入Nz至室温。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜.(5XD溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg,bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗O.lmolL酸性KMnO4溶液VbmL,该过程中足量稀硝酸会把Fe。、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高钛酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。⑹经测定产物中n(FeO):n(Fe)=1:1,假设生成的FeO、Fe物质的量分别为ImoL则得到电子为lmol+3mol=4mol,草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2moiK.、［FelC?。』)J3H2。生成3moiK2cO3,失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。【详解】A⑴实验室常用饱和NH4CI和饱和NaN02的混合液制N2,反应的化学方程式为NH4CI+NaNO2=N2t+NaCIA+2H2O；故答案为：NH4CI+NaNO2=N2t+NaCI+2H10.⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验C02,用D装置除去多余的COz,用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO,则根据气体流向连接装置的顺序为：AfBTFTDfEfCfF；故答案为：B；F；D；E；C.⑶先通一段时间N2,排尽装置中的空气，防止空气中的02和C02干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中.⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO”COo(5XD定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①@©⑦.②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg,bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnth溶液滴定，三次平均消耗O.lmolL-】酸性KMnO4溶液VbmL,该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高铳酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。⑹经测定产物中口(氏0):n(Fe)=1：1,假设生成的40、Fe物质的量分别为lmol,则得到电子为lmol+3mol=4mob草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2moi工/「。仔?。)]3H?°生成3巾。]K2CO3»失去3moi电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子，依次K,[Fe(C2°j)3Hq分解的化学方程式力口执2K3[Fe(C2O4)3]-3H2O_3K2CO3+FeO+Fe+5CO2T44COT+6H2OT;故答案为：力口热2K3[Fe(C2O4)J.3H2O 3K2CO3+FeO+Fe+5CO2T+4C0T+6H20To三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.软链矿的主要成分MnOz,还含有FezCh、AI2O3、SiOz等，用软铳矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，制备高隹酸钾的流程如图所示：

KMnOx含SO2尾气已知：漉液A中的金属阳离子主要是M"+还含有少量的FM*、a仍等，几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示:离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的PHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7A中3.84.7Mn2*8.39.8根据上述流程，回答下列问题:(1)写出软锌矿通入二氧化硫发生的主要反应的化学方程式(2)滤渣A的成分是其中的化学键类型是(3)步骤②中加入MnCh的作用(4)有同学认为可以用碳酸锌(MnCO3)或氢氧化钵［Mn(OH)2］替代石灰乳，你是否同意此观点—?简述理由一。(5)滤液B中加入KMnO,时发生反应的离子方程式是(6)第⑦步用银片(银不参与反应)和铁板作电极，电解KzMnCh溶液可制备KMnO.有关说法正确的是_(填字母)离子交换膜A.a与电源的负极相连B.离子交换膜为阳离子交换膜C.阳极的电极反应为MnO42-e=MnO4-D.阴极的电解产物为KOH【答案】SOz+MnO2=MnSO4SiC)2共价键将Fe2+氧化为Fe3+,便于沉淀同意MnCCh、Mn(OH)z与H+反应，调节溶液pH,使溶液中Fe3+>AP+沉淀完全3Mn2++2MnO4-+2HzO=5MnOz+4H+BC【解析】【分析】已知，滤液A中的金属阳离子主要是MM+还含有少量的FeKA伊等，可知软铳矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2=MnSO4,SiOz不参与反应，漉渣A为Si6,由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnOz是为了将Fe2+氧化为Fe3+,再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、A伊转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSCU溶液，MnSO4溶液中加入KMn6,发生氧化还原反应生成MnOz,MnCh被KCIO3氧化生成LMnOs通过电解LMnCh溶液生成KMn。’，据此分析解答。【详解】已知，滤液A中的金属阳离子主要是MM+还含有少量的Fe"、A伊等，可知软铳矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2=MnSO4,SiOz不参与反应，漉渣A为SiCh,由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，滤液A中加入MnOz是为了将Fe?+氧化为Fe3+,再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe?*、A伊转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过漉，滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSOz,溶液，MnSO4溶液中加入KMnCU,发生氧化还原反应生成MnCh,MnCh被KCIO3氧化生成KzMnCU,通过电解KzMnOd溶液生成KMnO4.⑴由上述分析可知，软钵矿通入二氧化硫发生的主要反应为SOz+MnOz=MnSO4,故答案为：SO2+MnOz=MnSO4；(2)由上述分析可知，滤渣A为SiOz,Si与。均为非金属元素的原子，则二者易形成共价键，故答案为：SiO2t共价键；(3)滤液A中的金属阳离子主要是M"+还含有少量的Fe?+、A伊等，根据几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH可知，不能直接沉淀Fe2+为氢氧化亚铁，因为Mn”也会被沉淀，从而被过滤除去，因此应该先加入氧化剂将FM+氧化为Fe3+,再调节溶液的pH,将Fe3+、A伊转化为沉淀，从而除去杂质，故答案为：将Fe"氧化为Fe3+,便于沉淀；⑷铁离子、铝离子比锚离子更易沉淀，加入MnCCh或Mn(OH)z与H+反应，调节溶液pH,使溶液中Fe3+、A伊沉淀完全，再通过过滤除去，同意该同学的观点，故答案为：同意；MnCCh、Mn(OH)z与H*反应，调节溶液pH,使溶液中Fe3+、A伊沉淀完全；(5)滤液B为MnSCU溶液，加入KMnCU,发生氧化还原反应生成MnO2,由化合价变化可知，+2价Mn2+与Mn04中+7价Mn发生