┃试卷合集6套┃2019届浙江省台州市高考化学第五次调研试卷

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）1.下列有关有机物的说法不正确的是A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持50-60℃反应生成硝基苯B.用CH3cH,OH与CH3coi'OH发生酯化反应，生成的有机物为 ||C.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D.戊烷（C5H口）的一漠取代物共有8种（不含立体异构）【答案】B【解析】【详解】A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持50-60C,是苯发生硝化反应的条件，可以反应生成硝基苯，故A正确；B.用CH3cH20H与CH3col'OH发生酯化反应,酸脱羟基醇脱氢,生成的有机物为CH3coOCH2cH、，故B错误；C.苯乙烯在合适条件下催化加氢，苯环和碳碳双键都能加氢，生成乙基环己烷，故c正确；D.戊烷（C5H12）有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，再进行一溟取代，正戊烷有3种一溟代物，异戊烷有4种一溟代物，新戊烷有1种一溟代物，故戊烷（C5H12）一澳取代物共有8种（不含立体异构），故D正确：故答案为B.2.属于弱电解质的是A.一水合氨 B.二氧化碳 C.乙醇 D.硫酸钢【答案】A【解析】【分析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。【详解】A.NH3・Hz0在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确：B.C02在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；D.BaS。,在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；故合理选项是A,【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。3.第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液在25c时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是PH,12- 7原子半径A.简单离子半径：X>Y>Z>WB.W的氧化物对应的水化物一定是强酸C.气态氢化物的稳定性：W<Z<YD.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2,其结构式为：W-Z-Z-W【答案】D【解析】【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12,氢氧根浓度为0.01mol/L,故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,故为一元强酸，则W为CI元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、丫对应的酸性比W的弱，而原子半径丫>Z>CI,硅酸不溶于水，故Z为S元素，丫为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径P3->S2->Cr>Na+,故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是Y>Z>W,非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W,故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物SzC*其结构式为：CI-S-S-CI,故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。4.根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①MnO4、ClCl?、Mn”…②ch（少量）、FeBrzFeCb、FeBr3③KMnC）4、H2O2、H2SO4K2sO4、M11SO4...A.第①组反应中生成0.5molCl2,转移Imol电子B.第②组反应中参加反应的Ch与FeBn的物质的量之比为I:2C.第③组反应的其余产物为O2和HQD.氧化性由强到弱的顺序为MnO4->CI2>Fe3+>Br2【答案】D【解析】【详解】A.由信息可知，Mn04氧化C「为Ch,Cl元素化合价由-1价升高为。价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成lmolClz,转移电子为2mol,选项A正确；B.由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，澳离子末被氧化，根据电子得失守恒2n(Cl2)=n(Fe2+),即第②组反应中参加反应的a?与FeBrz的物质的量之比为1：2,选项B正确；C.反应中KMnO4fMnSO4,Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，出。2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性Mn。,>Ch，由②可知氧化性Ch>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化BL氧化性B3Fe”,选项D错误。答案选D。5.下列关于Fe3\Fe?+性质实验的说法错误的是( )A.用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)z0.2mol,L*Imol•L"HfdNaOHB.配制FeCb溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C.向Fech溶液中加入少量铁粉是为了防止F1+被氧化D.FeCb溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C,A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe9H卜，故A正确；B.FeCb易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；Fe"与铁反应可生成Fe”,则向FeCI,溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe"被氧化，故C正确；D.FeCb溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；故选：D..将VimL1.0mH（T盐酸溶液和SmL未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持Vi+Vz=50mL）。下列叙述正确的是（ ）A.做该实验时环境温度为20cB.该实验表明化学能可能转化为热能C.氢氧化钠溶液的浓度约为1.0mol-L-1D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】【详解】A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21C,A错误；B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL,由Vi+Vz=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL,氢氧化钠溶液的物质的量浓度=0.03Lxl.0moHT，0.02L=：L5moH_T,C错误；D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钢晶体与氯化钱反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；答案选B。【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。.设以为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为Na2L0.5moi•!?磷酸溶液中含有的H.数目为3NAC.标准状况下，2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9Na50mLi2moi盐酸与足量MnCh共热，转移的电子数目为0.3Na【答案】A【解析】【详解】A、乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/mol,故60g混合物的物质的量为1m”，则含分子数目为Na个，故A正确；B、磷酸为弱酸，不能完全电离，则溶液中的氢离子的个数小于3以个，故B错误；C、标准状况下，己烷为液体，所以无法由体积求物质的量，故C错误；D、二氧化链只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3Na个，故D错误；答案选A。8,短周期主族元素W、X,Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是OW、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>WY的简单氢化物的热稳定性比W的强C.元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小D.W与Y两种元素可以形成共价化合物【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素;Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F,则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。A.Y为F,F没有正价，其无含氧酸，故A错误；.非金属性Y>W,则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C.元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；D.C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确答案选A。.密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%,该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为

p*xVx25%p浓xVx25%w =12.5%,故选C。Vp浓+Vp浓 2Vp法【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。10.下列实验方案中，可以达到实验目的的是()选项实验操作与现象目的或结论A向装有滨水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溟B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CHjCOONa溶液和NaCIO溶液的pH验证酸性：ch3cooh>hcioC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)z晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有nh4+A.A B.B C.C D.DA.等于13.5%【答案】C【解析】【详解】B.大于A.等于13.5%【答案】C【解析】【详解】B.大于12.5%C.小于12.5%D.无法确定设浓氨水的体积为V,密度为P稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数p浓xVx25%Vp浓+V氨水的密度小于水的密度(lg/cm)浓度越大密度越小，所以=p浓xVx25%【答案】D【解析】【详解】A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与滨水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取漠，故A错误：B.NaCIO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe〃氧化生成Fe3+,所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红,并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH「，故D正确。故选D..在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )NaCI(aq)电解>Cl2(g)一誓TFeCI2(s)S(s)殴>S03(g)-3!JH2s04(aq)MgCI2(aq),石灰乳•>Mg(OH)2(s)、烧)Mg(s)Nz(g)―高温器治化剂>NH3(g)—NaC温,NaHCO3(s)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Ch(g)T^FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B.硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C.氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以乂虱。用心)」^1\/1或$)转化不能实现，故C错误；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D..室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是0.1m”LHCI溶液:BatNa+、AIOZ\N03O.lmolL_1MgSO4^?5：Al3+,H+、C「、NO；0.1mol・L-iNaOH溶液：Ca?+、K+>CH3co0，CO320.1mo卜L/a2s溶液：NH4\K+>CIO-,SO42'【答案】B【解析】【分析】【详解】0.1mol(THCI溶液中：AIOz与M不能大量共存，故A错误；aimol-LMgSOzi溶液：AH、h+、C「、NO3之间以及与Mg：SO4”之间不发生反应，能大量共存，故B正确；0.1mo卜「iNaOH溶液：Ca?+与CC^不能大量共存，故C错误；0.101。七他25溶液中，CICT具有强氧化性，与S3不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。.Na是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为Na4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2Na25C,1LpH=13的Ba(0H)2溶液中，含有OH■的数目为0.2MD.标准状况下，2.24LCL溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2N【答案】B【解析】【详解】A.乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B.imol乙醇转化为imol乙醛转移电子2moi,4.6g乙醇物质的量为O.lmoL完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2Na,故B正确；C.pH=13的Ba(OH)2溶液，c(H+)=10nmol/L,依据c(H+)c(OH)=Kw,c(OH')=10*mol/L,25C、pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为10"mol/LxlL=0.1mo1,含有的OH数目为O.INa，故C错误；D.标况下2.241.氯气的物质的量为O.lmol,而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl?、Cl\CIO和HCIO,故根据氯原子守恒可知：2N(Cl2)+N(Cl)+N(CIO)+N(HCIO)=0.2NA,故含氯的微粒总数小于0.2Na,故D错误；故答案为B。.用Na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个①12.0g熔融的NaHSO,中含有的阳离子数为0.2N*②ImolNaQ和Na?。?混合物中含有的阴、阳离子总数是3N4③常温常压下，92g的NG和NQ,混合气体含有的原子数为6N*④7.8gj］中含有的碳碳双键数目为0.3M⑤用1L1.0mol/LFeCh溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为Na@lmolS&与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3,共转移2M个电子⑦在反应KI03+6HI=KI+3l2+3H20中，每生成3moll2转移的电子数为5N*⑧常温常压下，17g甲基(YHJ中所含的中子数为9N*A.3B.4C.5D.6【答案】A【解析】①n(NaHSO4)=... =0.1mol,NaHSO”在熔融状态下的电离方程式为NaHSC^NaZHSO：，12.0g熔融的aolNaHS04中含有的阳离子物质的量为O.lmol,①错误；②Na’O和NaQ2中阴、阳离子个数之比都为1：2,ImolNaQ和NazOz混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol,②正确；③NO,和电。4的实验式都是NO,，n（NO2）=：77^r2mol,常温常压下92g的NOz和电。4混合气体中所含原子物质的量为6mol,③正确；④苯中不含碳碳双键，④错误；⑤n（FeCb）=1.0mol/LxlL=lmol,根据反应FeCI3+3H2O^：Fe（OH）3（胶体）+3HCI,生成ImolFe（OH）3＞氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于Imol,⑤错误；⑥若lmolS5全部反应则转移2mol电子，而SOz与5的反应是可逆反应,ImolSOz与足量在一定条件下充分反应生成S03,转移电子物质的量小于2m。1,⑥错误；⑦用双线桥失■I 1KIOj-6HI=KI+3I2+3比0I .分析该反应：得"一 ,每生成3molh转移5mol电子，⑦正确；⑧nGi'CFh纭Y-^lmol,所含中子物质的量为8m。1,⑧错误；正确的有②③⑦，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（③⑧）、物质的结构（②④）、溶液中粒子数的确定（⑤）、氧化还原反应中转移电子数（⑥⑦）、可逆反应（⑥）、电解质的电离（①）,解题的关键是对各知识的理解和应用.15.下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（ ）选项实验操作实验现象A向酸性KMnOo溶液中滴加乙醇溶液褪色B向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生，石灰石变浑浊C向稀溟水中加入苯，充分振荡，静置水层几乎无色D向试管底部有少量铜的CU（NC）3）2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A・A B.B C«C D«D【答案】B【解析】【详解】A.酸性KMnO”溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnCU溶液溶液褪色，故A正确，不符合题意；B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；C.苯与漠水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；D.向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D正确，不符合题意；故选：B.二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.某同学欲用98%的浓H2SO4(p=1.84g/cm3)配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4(1)填写下列操作步骤：①所需浓H2SO4的体积为 .②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用一mL量筒量取。③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的—里，并不断搅拌，目的是④立即将上述溶液沿玻璃棒注入一中，并用50mL蒸情水洗涤烧杯2〜3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。⑤加水至距刻度一处，改用一加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。(2)请指出上述操作中一处明显错误：—.(3)误差分析：(填偏高、偏低、无影响)①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将②问题(2)的错误操作将导致所配制溶液的浓度【答案】13.6mL 20烧杯 使大量的热及时排除，防止液体飞溅 500mL容量瓶lcm~2cm胶头滴管 第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温 偏低偏高【解析】【分析】(1)①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；⑤根据定容的操作要点来分析；(2)根据浓硫酸稀释放热来分析；(3)根据c=V，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】100Q)U) 1000x1.84pImix98%(D①浓硫酸的物质的量浓度为c=—当一= — =18.4mol/L,设需浓H2sO’的M 98g/mol体积为Vml,根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C*V*=CnV・：18.4mol/LXVml=500mLX0.5mol/L,解得V=13.6mL；②需要浓硫酸的体积是13.6mL根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1〜2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；(2)浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；(3)①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低；②问题(2)的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性B受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHO 一定.条件; >CH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为;化合物E中含有的官能团名称是o(2)G生成H的反应类型是.(3)F的结构简式为o(4)8与银氨溶液反应的化学方程式为.⑸芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且ImolM能与2moiNaOH反应，则M的结构共有一种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为： O(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备2cH2coeH3的合成路线：―O【答案】c18h1803 (酚)羟基、埃基 取代反应OH

CH3CHO+2Ag(NH3)2OH—^―>CH3coONS+ZAgJ+BNhh+HzO 10强CHOHCH3等CH3COCH3C.)-080^yCH=CHC0CH3由^yCHiCHzCOCHs一定条件’强CHOHCH3等CH3COCH3【解析】【分析】由A的分子式为心为0,且能在Cu作催化剂时被。2氧化，则A的结构简式为CH3cHzOH,B的结构简式0F为,F与“发生加成反应生成G,G的结构简式为：I,由G与C3H5ao反应为F为,F与“发生加成反应生成G,G的结构简式为：I,由G与C3H5ao反应H生成F为,FH生成F为,F与H2发生加成反应生成G,G的结构简式为:生成H可知，反应产物还有H0分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为Cz/。，且能在CU作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3cHzOH,B的结构简式为CH3CHO,B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CKCOOH,由题目中已知信息可得，E与反应生成H可知，反应产物还有HQ分子，故该反应为取代反应;⑴由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3,由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、埃基;(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应;⑶由分析可知，F⑶由分析可知，F的结构简式为:⑷由分析可知，B的结构简式为CH3CHO,与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OH—CH3COONH4+2Ag>k+3NH3+H2O；⑸芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且ImolM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为HCOO-fY-CH3；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备J^-CH2cH2coe国的合成路线为：02/Cu (Z^CH<HCOCHj%八产CH2COCH3CH3CHOHCH3上上.CH3C0CH3^一•L •[△ 一定条件 Pd/Rh【点睛】本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.某类金属合金也称为金属互化物，比如：Cu9AL,CusZ/等.请问答下列问题：(1)基态锌原子的电子排布式为:己知金属锌可溶于浓的烧碱溶液生成可溶性的四羟基合锌酸钠NaMZn(0H)4】与氢气，该反应的离子方程式为： ;已知四羟基合锌酸离子空间构型是正四面体型，则Zr?+的杂化方式为。(2)铜与类卤素(SCNb反应可生成Cu(SCN)z,lmol(SCN)2分子中含有个。键。类卤素(SCN)z对应的酸有两种：A一硫氨酸(H-S—C三N)和B-异硫毓酸(H-N=C=S),两者互为：:其中熔点较高的是(填代号)，原因是。(3)已知硫化锌晶胞如图1所示，则其中Zn"的配位数是；52一采取的堆积方式为 .(填Ai或Az或A3)(4)已知铜与金形成的金属互化物的结构如图2所示，其立方晶胞的棱长为a纳米(nm),该金属互化物的密度为g/cm，(用含a,以的代数式表示)。【答案】Is22s22P63s23P63d104s2 Zn+2OH+2H2O=[Zn(OH)4]2+H2fsp35NA同分异构体BB分子间可形成氢键4Ai3.89xl023/a3NA【解析】【详解】(l)Zn为30号元素，电子排布式为Is22522P63s23P63di04sZ；己知金属锌可溶于浓的烧碱溶液生成可溶性的四羟基合锌酸钠Naz[Zn(0H)4]与氢气，该反应的离子方程式为：Zn+2OH+2H2O=[Zn(OH)4]2+H21'；已知四羟基合锌酸离子空间构型是正四面体型，Z/+的价层电子对数是4,其杂化方式为sp?杂化；(2)(SCN)2分子结构式为NmCSS-CmN,1个N三C键中有1个。键，其余两个为n键，lmol(SCN)2分子中含有。键的数目为5Na;A和B的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；异硫微酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高；故答案为B；B子间可形成氢键；

(3)根据图1,距离『最近的锌离子有4个，即S'-的配位数为4；根据晶胞结构可知硫离子位于立方体的顶点和面心处，所以$3采取的堆积方式为飞；(4)Cu原子位于晶胞面心，数目为6x1=3,Au原子为晶胞顶点，数目为8x)=1,晶胞体积V=(axloD2 o64x3+197Qon3 m ，密度P=[=—% =3/'10-2也5。a3xlO-21a19.人们对含硼(元素符号为“B”)物质结构的研究，极大地推动了结构化学的发展。回答下列问题：(1)基态B原子价层电子的电子排布式为,核外电子占据最高能层的符号是一，占据该能层未成对电子的电子云轮廓图形状为一。(2)1923年化学家Lewis提出了酸碱电子理论。酸碱电子理论认为：凡是可以接受电子对的物质称为酸,凡是可以给出电子对的物质称为碱。已知BF3与F反应可生成BFJ,则该反应中BF3属于一(填"酸”或"碱")，原因是—O(3)NaB&是有机合成中常用的还原剂,NaB4中的阴离子空间构型是，中心原子的杂化形式为一,NaBH,中存在 (填标号)a.离子键b.金属键c.o键d.n键e.氢键(4)请比较第一电离能：1b―)Be(填">"或原因是.(5)六方氮化硼的结构与石墨类似，B-N共价单键的键长理论值为158pm,而六方氮化硼层内B、N原子间距的实测值为145pm,造成这一差值的原因是一.高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，已知晶胞参数中边长为a=362pm,则立方氮化硼的密度是g/cm3.【答案】2sz2PlL哑铃形(或纺锤形)酸BF3中B采用s/杂化，未参与杂化的2P空轨道4x25Na(axIO川y接受F的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸 正四面体 sp3ac4x25Na(axIO川y为全充满结构，较为稳定 层内B、N原子间形成了n键【解析】【分析】(1)B为5号元素，据此书写B原子价层电子的电子排布式；(2)B原子最外层含有3个电子，与3个F形成3个共用电子对，还存在1个空轨道，据此分析判断;⑶根据价层电子对个数=。键个数+孤电子对个数=。键个数+；(a-xb)计算判断;

⑷Be原子的2s为全充满结构，较为稳定，据此分析判断；⑸六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了n键；根据晶胞结构图，利用均摊法计算一个m晶胞中含有的白球数和黑球数，再确定一个晶胞的质量和体积，最后根据「="计算。【详解】(1)B为5号元素，基态B原子价层电子的电子排布式为2s?2犬，核外电子占据最高能层的符号为L,占据该能层未成对电子的为2p,电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)，故答案为2s22p\L；哑铃形(或纺锤形)；(2)根据酸碱电子理论：凡是可以接受电子对的物质称为酸，凡是可以给出电子对的物质称为碱。BF3中B采用s/杂化，未参与杂化的2P空轨道接受F.的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸，故答案为酸;BF3中B采用sp2杂化，未参与杂化的2P空轨道接受F的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸；3+1-]x4(3)BE中B原子孤电子对数=---=0,价层电子对数=4+0=4,VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，B原子杂化方式为sp3,Na*、BH,离子之间形成离子键，BHj中B原子与H原子之间形成共价键和配位键，均属于。键，故答案为正四面体；sp';ac：(4)Be原子的2s为全充满结构，较为稳定，使得第一电离能大于B第一电离能，故答案为V;Be原子的2s为全充满结构，较为稳定；⑸六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了n键，使得B-N共价单键的键长变短：根据晶胞结构图，一个晶胞中含有的白球数=8xJ+6xg=4,黑球数=4,因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N8 24x25g ,和4个B原子，一个晶胞的质量为丁厂巨，一个立方氮化硼晶胞的体积是(362pm『，根据Na4x25g(362xl()T0)3cm34x25g(362xl()T0)3cm34x25

(362x10*2g/cm3,故答案为层内B、N原子间形成了n键;4x25(362x10*3S【点睛】本题的易错点为(2),要注意B原子最外层含有3个电子，与3个F形成3个共用电子对，还存在1个空轨道，可以接受孤电子对。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.最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A.硫酸水溶液主要作用是增强导电性B.充电时，电极b接正极C.d膜是质子交换膜D.充放电时，a极有(Ml()D.充放电时，a极有(Ml()0【答案】C【解析】【分析】根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。【详解】A.硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；B.根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；C.d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误：D.放电时，a极是负极，酚失去电子变成酸，充电时，a极是阴极，醒得到电子生成酚，故充放电发生的OH O反应是「2ne-= +2nir,D选项正确；（）H O答案选c..甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NHr、Ba2\Mg2\H\OH\Cl\HCO3\SOa"中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；（2）0.1mol-L'1乙溶液中c（H*）>0.1mol-L'1；③向丙溶液中滴入AgNCh溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（ ）A.甲溶液含有Ba" B.乙溶液含有SO4”C.丙溶液含有C「 D.丁溶液含有Mg?+【答案】D【解析】【详解】根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是h2so4；根据③中现象，可以推知丙中含有cr；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)z,乙是H2SO4,丙是MgCh,丁是NH4HCO3,故选D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。.同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的( )A.分子大小不同 B.分子间的平均距离不同C.化学性质不同 D.物质的量不同【答案】D【解析】【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVrn知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZz分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gHi;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的;。下列说法正确的是A.简单离子半径：W+>Y3>X2>M+B.化合物WzZz的阴阳离子个数之比为1:1,水溶液显碱性C.ImolWM溶于足量水中完全反应，共转移2moi电子D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键【答案】D【解析】【分析】根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g(T,则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3,M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为0元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的;，W为Na元素。【详解】A.简单离子半径从大到小为Y%>X”>M+>W+,A错误；W2为NaQz,其阴阳离子个数之比为2:1,B错误：NaH与水发生反应，方程式为NaH+HzO=NaOH+H2个，转移lmol电子，C错误；D.四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3,含有离子键，D正确；故选D.5.体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(C「)=n(CH3coe))=0.01mol,下列叙述正确的是()A.醋酸溶液的pH大于盐酸B.醋酸溶液的pH小于盐酸C.与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸D.分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(CI)=n(CH3COO)【答案】C【解析】【详解】A.根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(C/)=n(CH3C00),氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；B.根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(C「)=n(CH3C0(r),氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；C.醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(C「)=n(CH3coeT)时，n(CH3co0H)远远大于n(HCI),与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；D.加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(CI)<n(CH3COO),故D错误；选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。.联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是A.做电解液 B.制焊药 C.合成橡胶 D.做化肥【答案】C【解析】【分析】联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCOs微小晶体；第二个过程是从含有氯化镀和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化钺晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。【详解】A.联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化钱和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化筱沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；B.联合制碱法第二个过程滤出的氯化筱沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化筱，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4cl+4FezC）3-6Fe+2FeCb+3Nz个+12HzO,故B正确；C.合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错误；D.联合制碱法第二个过程滤出氯化核可做化肥，故D正确；故选C..下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求ANa*、HCOT、Mg*、SO广滴加氨水立即有沉淀产生BFe"、NR-、SOS2-、Cl-滴加盐酸立即有气体产生CNHAAl”、SO｝、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DK\NOT、Cl-.I-c（r）<c（ci-）A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A、离子之间不反应，滴加氨水与Mg?.结合生成沉淀，立即生成沉淀，故A符合题意；B、Fe"具有氧化性，可以氧化SO3"为SO’?一,因此不能共存，故B不符合题意：C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应，不能立即生成气体，故C不符合题意；D、离子之间不反应，可大量共存，但c（K+）Vc（C「）,不能遵循电荷守恒，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数，其形成的一种化合物结构如图所示，下列叙述正确的是A.原子半径:W>Z>Y>XB.该化合物中各元素的原子最外层均满足8电子结构X与丫形成的二元化合物常温下一定为气态X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1；2：3的化合物【答案】D【解析】【分析】【详解】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于丫原子的核外电子总数，根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、丫为C、Z为N、W为。。A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径:Y>Z>W>X,选项A错误；.该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构，其它均满足8电子结构，选项B错误；C.X与丫形成的二元化合物有多种烧，常温下不一定为气态，如苯C6H6,选项C错误；D.X,Y、Z,W可形成原子个数比8:1;2：3的化合物（NHjCCh，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的知识，推出各元素是解题的关键。根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、丫为C、Z为N、附为0°.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2s和空气的混合气体通入FeC*CuCk的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）A.在图示的转化中，Fe>和CuS是中间产物B.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C.图示转化的总反应是2Hzs+。2 2S+2HZOD.当有ImolH2s转化为硫单质时，需要消耗Oz的物质的量为0.5mol【答案】B【解析】

【分析】【详解】A.该过程中发生反应：Cu2++H2S^CuS+2H+,CuS+Fe3+fS+Fe2++Cu2+(未配平)，Fe2++O9Fe3+(未配平)，由此可知，Fe”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.H6反应生成S,硫元素化合价升高2价，Oz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ImolH2s转化为硫单质时，需要消耗5的物质的量为0.5mol,故D不符合题意；故答案为：B.10.2A(g)=B(g)+Q(Q>0);下列能量变化示意图正确的是()tit■MW【解析】【详解】根据热化学方程式2A(g)^^B(g)+Q(Q>0)可知；该反应是2molA气体发生反应产生ImolB气体，放出热量Q,反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。11.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是。ImolMg在空气中完全燃烧生成MgO和MgsNz,转移的电子数为Na14g分子式为CnH2n的链克中含有的C-H键的数目为2以C.室温时，1.0LpH=13的Ba(0H)2溶液中含有OH的数目为0.2NaD.Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2Na【答案】B【解析】【详解】A.由于镁反应后变为+2价，故lmol镁反应转移2Na个电子，故A错误；CnH2n的最简式为CH2,故14g此链克中含有的CHz的物质的量为Imol,则含2Na个C-H键，故B正确;pH=13的氢氧化领溶液中氢氧根浓度为O.lmol/L,故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为O.lmol,个数为O.INa个，故C错误；D.氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；答案选B。【点睛】不管Mg在空气中完全燃烧生成MgO或者是Mg3M,镁的化合价都升高到+2价，从化合价的变化，算出电子转移的数目。12.在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)UFe3O4(s)+4Hz(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A.水蒸气的体积分数增大 B.氢气的浓度增大C.平衡常数变大 D.铁的质量增大【答案】B【解析】【详解】A.铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B.加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C.平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D.加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是Bo13.下列诗句、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是A.“水乳交融，火上浇油"前者包含物理变化，而后者包含化学变化B."落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C."滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D."看似风平浪静，实则暗流涌动"形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A.水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A正确；B.龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B正确；C.石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)z，Ca(HCO3)2是可溶性物质，

包含反应CaCC»3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2,Ca（HCCh）2一A/aCChJ+COz个+出0,属于化学变化，选项C不正确；D.看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项D正确。答案选C.14.如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：K1cO,+\K1cO,+\一'W微出「卜去7 i产物M-HjSO.-t-HA-HjSO.-t-HA雨离子交犊・装置工作时，下列说法错误的是A.Ni-Co/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低B.向正极迁移的主要是If,产物M为K2SO4C.Pd/CFC极上发生反应：2H2O2-4e-=2H2O+C)2TD.负极反应为CO（NH2）,+8OH-6e=CO；+N2T+6H2O【答案】C【解析】【分析】由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。【详解】A.电子从低电势（负极）流向高电势（正极），Ni-Co/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确；B.该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是匕产生M为K2SO4,故B正确；C.Pd/CFC极上发生反应：2田+乩02+2厘=2凡0,故c错误；D.根据分析，Ni-Co/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由7价变为。价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：CO（NH2）2+8OH--6e-=CO；-+N2T-f6H2O,故D正确；答案选c«15.下列说法正确的是（）A.电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、AlB.配制Fe(NC)3)2溶液时需加入稀硝酸防止水解C.“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物.D.牙齿的矿物质Ca^POMOH+FCa5(PO4)3F+OH,故使用含氟牙膏可以防止蹒齿的形成【答案】D【解析】【详解】AlCb是共价化合物，不能通过电解熔融AlCb制备AI,故A错误；Fe?+能被稀硝酸氧化为Fe3+,故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错误；D.由平衡CaEPOMOH+FCaEPO5F+OIT可知，增大T浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止制齿的形成，故D正确。故选D。二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.磷酸亚铁锂(LiFePO,)电池是新能源汽车的动力电池之一.废旧电池正极片(磷酸亚铁锂、炭黑和已知：碳酸锂在水中的溶解度，0C时为1.54g,90C时为0.85g,100C时为0.71g。(1)上述流程中至少需要经过次过滤操作。(2)“氧化”发生反应的离子方程式为;若用HNG代替HA不足之处是。(3)①已知Ksp[Fe(OH)3]=2.6XlO0。常温下，在Fe(0H)3悬浊液中，当溶液的pH=3.0时，Fe*的浓度为 mol/Lo②实际生产过程中，“调节pH”生成沉淀时，溶液pH与金属元素的沉淀百分率(3)的关系如下表:pH3.55.06.58.010.012.03(Fe)/%66.579.288.597.297.498.13(Li)/%0.91.31.92.44.58.0则最佳的沉淀pH=.(4)“沉锂”时的温度应选(填标号) 为宜，并用—洗涤(填"热水”或"冷水a.90c b.60c c.30c d.0C(5)磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO,和FePO,的转化，该电池放电时正极的电极反应式为

(6)工业上可以用FePO,、Li£a和H2cq作原料高温焙烧制备LiFePO,，该反应的化学方程式为【答案】5 H2O2+2Fe2++2H=2Fe3++2H2O 产生氮的氧化物，污染空气 Z.GXlo'8a热水FePO4+e'+Li+=LiFePO42FePO4+Li2CO3+Afl_：2LiFePOa+H7Q4-3CO71【解析】【分析】由已知废旧电池正极片为磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等，加氢氧化钠溶液后，铝箔溶解，通过过滤除去含铝的溶液，滤渣加入硫酸，溶解磷酸亚铁锂，炭黑不溶，再过滤除去炭黑，滤液中加入出。2,氧化Fe系生成Fe3+,加入NaOH和NH3.H2O调节pH,使Fe"变成Fe(OH)3沉淀。过滤后除去沉淀，漉液中加入碳酸钠，碳酸锂在水中的溶解度很小，把易容的硫酸锂转化为微溶的碳酸锂即可。【详解】(1)根据上述分析可知上述流程中至少需要经过5次过滤操作.答案：5.(2)出。2具有强氧化性，可以把Fe”氧化生成Fe",此反应的离子方程式为HzOz+2Fe"+2H+=2Fe"+2H2。；若用HNO3代替H02容易产生具有污染性的氮的氧化物气体。答案：H2O2+2FeZ++2H+=2Fe“+2HzO;产生氮的氧化物，污染空气；(3)①pH=3.0时，c(H*)=l.0X10'3mol/L,c(0H)=l.OX10umol/L,Ksp[Fe(OH)3]=2.6X1039,所以c(Fe3+)=2.6XIO-39/(1.0X10'11)3mol/L=2.6X10-6mol/L；答案：2.6X10"6.②由图表数据分析可知pH=8时，铁元素的沉淀率较高，锂元素损失量较小，故应调节pH=8沉淀最佳；答案：8；(4)因为碳酸锂在水中的溶解度，0C时为1.54g,90c时为0.85g,100C时为0.71g。90*C反应速率较快，而碳酸锂溶解度很小，所以“沉锂”时的温度应选90C为宜，并用热水洗涤。答案：a、热水。(5)磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，所以是FeP。,得电子生成，该电池放电时正极的电极反应式为FePO4+e+Li+=LiFePO4；答案：FePO4+e+Li=LiFePO4.(6)用FePO4、LizCO3和"CzO。作原料高温焙烧制备LiFePCU,根据元素守恒即可得到化学方程式为：2FePC)4+U2CO3+H,C，O〃f22LiFeP0”如,O+3CO,f；答案：2FePO4+Li2CO3+H,GO”岛a2LiFePO”+H,O+3CO,f。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。ri?,?,催化剂H|H已知：U-h+-<h，-4!- -CH-CH-C—• IBCD%—CH;OHABCD%—CH;OHA反应丁。川/"F G H⑴①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。⑸根据已有知识，设计由C*CH3为原料合成号-8上的路线 ,无机试剂任选(合成路⑸根据已有知识，设计由线常用的表示方法为：X反应试剂反应条件线常用的表示方法为：X反应试剂反应条件反应试剂反应条件目标产物)【答案】加成 浓硫酸、加热ch【答案】加成 浓硫酸、加热ch3coohaCH2OHCHCHjCOOHOH苯甲醇的羟基被氧化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(QrCH;OOCCHj),B和甲醛反应生成C,C催化氧化生成D,D再和NaOH溶液反应生成E(1工)，根据E的结构简式回推，可知DfE是酯的水解,所以D为0c5，D是C催化氧化生成的，所以C的［二短端CC%,则B和甲醛的反应是加成反应。ETF增加了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CMCOOH,生成的F—CH20H为QJ-CHCHzCOOH，F生成G(能使溟水褪色)，G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的,0H结合H的结构简式可知G为Q二号%【详解】(1)①是。-见°℃C%和甲醛反应生成 匚;C%,反应类型是加成反应；②是ICHCHoCOOH的醇羟基发生消去反应生成Q二2%的反应，所需试剂是浓硫酸，। 2 1a1r k«flKzk/xyflOH

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OhCOOH,F的结构简式是CH20H11sCHCH28OH；OH⑶反应③是[C匚*%4rMH的分子内酯化，化学方程式为:vrl-VrivkAyrl,与E,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aCH；OOCHaCH；OOCH或Q00^(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；出一就 产丫所内 CpCH2cH3(5)要合成2 ，需要有单体，由D 可以制得 <5或喝产 01=012C1,再发生消去反应即可得到.故合成路线为:四、综合题(本题包括2四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.向Fez(SCU)3溶液中加入KSCN溶液，发生反应：Fe"+SCNW[Fe(SCN)]3若加入K4Fe(CN)6]溶液，两者发生反应会生成Fe41Fe(CN)6b沉淀。⑴基态Fe原子的价电子排布式为,Fe原子失去电子变成阳离子时，首先失去的电子所处的轨道的形状为(2)[Fe(SCN)产的四种元素中第一电离能最大的是(填元素符号，下同)，电负性最大的是.⑶配合物Fe(CO)n可作催化剂,Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=(4)FejFe(CN)6b中铁元素的化合价为。(5)S。/的立体构型为.(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe,白球代表Mg),铁镁合金的化学式为;若该晶胞为正方体，棱长为acm,则镁原子与铁原子间的最短距离为cm,晶胞的密度为g-cm3,>TOC\o"1-5"\h\z, 6a 416【答案】3d64s2 球形NN5 +2、+3正四面体 Mg2Fe也 -7―4 aM【解析】【分析】【详解】⑴注意审题，书写基态Fe原子的价电子排布式即为3d64s2；原子变成阳离子时，首先失去最外层的电子,即4s能级的电子，这一能级轨道形状即为球形；(2)Fe、S、C、N四种元素中第一电离能最大的是N元素，电负性最大的也是N元素；⑶猿基铁配合物中中心原子为Fe,价电子数为8；配体为CO,配位原子为C,有一个孤对电子，所以有8+2n=18>所以n=5；(4)K4Fe(CN)6］中的Fe为+2价，所以Fe4(Fe(CN)6］3中铁元素的价态有+2和+3两种；⑸通过VSEPR理论计算，硫酸根有4个价层电子对，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；(6)通过分析晶胞结构，Fe原子处在面心和顶点的位置，Mg原子处在内部，均摊法计算铁镁合金的晶胞中含有铁原子个数为=8x：+6x1=4j,镁原子个数为8个，所以化学式即为MgzFe；经过分析可知，该铁镁合金晶胞结构与CaFz相同，将晶胞分成相等的8个小正方体，Mg就处在每个小正方体的体心位置，所士 1瓜以Mg和Fe的最近距离即晶胞体对角线的；，即丫吧cm；晶胞的密度 _根晶胞_N»_416«44 夕品胞=4=一^=西19.硫酸铁钱［(NHjxFedSOj-nHzO］是一种重要铁盐，实验室采用废铁屑来制备硫酸铁钱的流程如下：⑴将废铁屑和NazCCh溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是•(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2,同时溶液要保持pH小于0.5,目的是。(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁钱晶体的化学式：步骤1:准确称取样品28.92g,溶于水配成100mL溶液。步骤2：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加过量的SnCh溶液(Sn"与Fe"反应生成Sn"和Fe2+),充分反应后除去过量的Sn2+.用0.1000m。卜L的KQ2O7溶液滴定Fe2+,滴定至终点时消耗LCr。溶液25.00mL.(滴定过程中转化成C产)步骤3：准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中，加入过量的BaCk溶液，将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，所得固体质量为6.99g。①排除装有LCQCh溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是o②通过计算确定该硫酸铁铁的化学式(写出计算过程)。【答案】加热可以促进NaK03水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解 将Fe?+完全转化为Fe",同时抑制Fe"的水解 快速放液 NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【分析】将废铁屑和NazCOs溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去滤渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe"氧化为Fe>,加入硫酸钱固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁铁[(NH4)xFey(SO4)2nH2O],据此分析。【详解】将废铁屑和NazCOj溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，利用稀硫酸进行酸浸后除去漉渣，生成硫酸铁溶液，利用双氧水将溶液中的Fe"氧化为Fe'+,加入硫酸核固体使其沉淀，进一步处理得到硫酸铁钱[(NH4)KFey(SO4h-nH2O].⑴将废铁屑和NazCO,溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂，原理是加热可以促进Na2c水解使溶液碱性增强，溶液碱性增强有利于油脂水解；(2)“氧化”过程需使用足量的H02,同时溶液要保持PH小于0.5,目的是将Fe?*完全转化为Fe*,同时抑制Fe"的水解;⑶①快速放液，可以排除装有KzCrzCh溶液的滴定管尖嘴处气泡；②n(Fe)=0.1000mol/Lx25.00xl0-3Lx2x3*4=0.06mol,n(Fe3+)=0.06mol；699gn(BaSO4)=—~t5—=0.03mol,则样品中n(SO42)=0.12mol233g/mol由电荷守恒，得样品中n(NH「)=0.06mol由质量守恒，得样品中n(HzO)==0.72mol28.92g-0.06molx56g/mol-0.12molx96g/mol-0.06molxl8g/moln(HzO)==0.72mol18glmol则，n(Fe**)：n(SO«2')：n(NH4+)：n(H2O)=0.06mol：0.12mol：0.06mol：0.72mol=1：2：1：12,化学式为NH4Fe(SO4)212H2O.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.下列说法中正确的是（ ）A.气体单质中，一定有。键，可能有n键B.PCb分子是非极性分子C.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高D.CIOJ的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致【答案】D【解析】【分析】【详解】A.稀有气体是单原子分子，没有。键，A选项错误：B.PCb分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子，B选项错误；C.邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；D.CIOJ的价层电子对数为（7+1）+2=4,所以CIOJVSEPR模型为正四面体；中心原子CI没有孤对电子，配位原子均为0,所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；答案选D。【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。2.短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A.W与Z形成的化合物为离子化合物 B.戊一定为有毒气体C.离子半径大小：Y>Z>W D.相同条件下，乙的沸点高于丁【答案】B【解析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水,丫的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、丫、Z分别为H、C（或N）、0、Na,据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水,丫的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、丫、Z分别为H、C（或N）、0、Na.A.W与Z形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；B.戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；c.W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小,故离子半径大小：Y>Z>W,选项C正确；D.相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。.下列仪器名称为“烧杯”的是（）【答案】A【解析】A.的名称是烧杯，故A正确;的名称是分液漏斗，故B错误;C.仪器【答案】A【解析】A.的名称是烧杯，故A正确;的名称是分液漏斗，故B错误;C.仪器的名称是容量瓶，故C错误;的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。.下列指定反应的离子方程式正确的是A.钠与水反应：Na+2H2O^=Na++2OH-+H2^B.用氨水吸收过量的二氧化硫：OH-+SOz^=HSO；C.向碳酸氢筱溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3+OH-^=CaCO3^+H2OD.向氢氧化铁溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH+2H++SO42'^=BaSO4>k+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.离子方程式中电荷不守恒，A项错误；一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B项错误；NH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCCh的同时生成一水合氨和水，C项错误；D.离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：(1)一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；(2)二查：। ”是否使用恰当；(3)三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；(4)四查：是否漏写离子反应；(5)五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；(6)六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。.人的血液中存在H2CO3〜HC03一这样"一对"物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35〜7.45之间.血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A.促进、促进B.促进、抑制C.抑制、促进D.抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【详解】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。.甲基环戊烷(H.C<I)常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是A.难溶于水，易溶于有机溶剂B.其一氯代物有3种C.该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应D.与2-己烯互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A.甲基环戊烷是垃，危难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；B.甲基环戊烷有四种位置的氢，如图因此其一氯代物有4种，故B错误；C.该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；D.甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6%。，因此两者互为同分异构体，故D正确。综上所述，答案为B。.以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A.阳极反应式相同.电解结束后所得液体的pH相同C.阴极反应式相同D.通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）【答案】C【解析】【分析】【详解】A.以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH-4e=2HzO+O2个，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2c「-2e=Clz个，阳极的电极反应式不同，故A错误；B.电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，PH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C.以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H*+2e=Hz个，所以电极反应式相同，故C正确；D.若转移电子数为4mol,则依据电解方程式2H2O通电2Hz个+0z个〜4e;电解水生成3moi气体；依据电解方程式2NaCI+2H2。通电ZNaOH+CJ个+»个〜2e;电解食盐水生成4moi气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D,要注意氧化还原反应方程式中根据转移