【6份试卷合集】上海市青浦区2018-2019学年高考化学教学质量调研试卷

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）NaCI是我们生活中必不可少的物质。将NaCI溶于水配成Imol•L-的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是水合b离子D水分子•a离子・b离子A.b的离子为C「B.溶液中含有Na个Na+C.水合b离子的图示不科学D.40c时该溶液的pH小于7,是由于Na+水解所致【答案】C【解析】【分析】【详解】NaCI在溶液中电离出Na+和5,Na+含有2个电子层，离子含有3个电子层，则离子半径CF>Na+,根据图示可知，a为CT、b为Na+,A.离子半径C|->Na+,则a离子为“，b离子为Na+,故A错误；B.没有告诉该NaCI溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；C.b为Na+,带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；D.CLNa+都不水解，NaCI溶液呈中性，故D错误；故选C.【点睛】B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L,进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免。2.某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面X、Y和Z均能使酸性高铭酸钾溶液退色Y的苯环上二氯代物共有6种Y作为单体可发生加聚反应，Z能与NazCCh溶液反应

【答案】A【解析】【分析】【详解】X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷煌基团的结构,因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误;X和Z含有酚羟基，可以使酸性高铳酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高倍酸钾溶液褪色，B正确;C.根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确;D.Y种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和NazCCh溶液发生反应,D正确故选A。3.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A.Na+B.HCO3C.A.Na+B.HCO3C.D.Cl【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应;【详解】A.Na*为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确;B.HCCV在溶液中存在两个趋势：HCOJ离子电离使得溶液呈酸性，HC03-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确;C.Fe"为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确D.C「为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确;正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。rg具£rA.rg具£rA.4S5)表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则KSp(FeS)<Ksp(CuS)

正超(all

A反应Nz(g)+3Hz(g)2N«(g)平衡时N«体积分数随起始n(Nz)/n(Hz)正超(all

A曲线，则转化率：aA(H2)=aB(H2)【答案】C【解析】【详解】A.当相同c(S2)时，由图像可知，平衡时c(Q|2+)Vc(Fe2+),Mc(Fe2+)c(S2)>c(Cuz+)c(S2),根据Q(FeS)=c(Fe^cCS2-),Kw(CuS)=c(Cu^cCS2-),贝(JKsp(FeS)>Ksp(CuS),故A错误；B.溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+),溶液中c(H+)大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量,表现为溶液中car)=>_减小，ph值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸v溶液时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为C(H+)会较酸性较强的弱酸大些，PH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸〉乙酸，故B错误；c(HCI)V(HCI)-c(NaOH)V(NaOH),因此c(HCl)c(NaOH)V(NaOH)

V(HCl)0.1000mol/Lx0.02000L0.02500LC.用O.lOOOmol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液，由图像可知，当消耗NaOH体积为c(HCI)V(HCI)-c(NaOH)V(NaOH),因此c(HCl)c(NaOH)V(NaOH)

V(HCl)0.1000mol/Lx0.02000L0.02500L0.0800mol/L,故C正确；D.由图像可知，A与B状态时NW的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种nN,)反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加；A状态时，一哥值较小，可认为是增加了出的量使得n(H2)n(N,)出自身的转化率变小，B状态时，一京值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了Hz的转化率，转n(Hj化率aA(Hz)不一定等于aB(Hz),故D错误；答案选C..下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A.向FeCL溶液中滴加NHdSCN溶液，溶液显红色KAI(SO4)2-12H2O溶于水可形成AI(0H)3胶体NH4cl与Ca(OH)z混合加热可生成NH3Cu与FeCb溶液反应可生成CuCI2【答案】A【解析】【详解】A项，FeCL溶液中含Fe2+,NH4SCN用于检验Fe3+,向FeCL溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；B项，KAI(S04)2口2出0溶于水电离出的A伊水解形成Al(0H)3胶体，离子方程式为闻3++3出0AI(0H)3(胶体)+3H+,B项正确：C项，实验室可用NH4cl和Ca(OH)2混合共热制NH3,反应的化学方程式为ZNH,CI+Ca(OH)Az=CaCL+2NH3个+2出0,C项正确；D项，Cu与FeCb溶液反应生成CuCL和FeCh,反应的化学方程式为Cu+ZFeCl3=CuCI2+2FeCI2,D项正确；答案选A。6.核反应堆中存在三种具有放射性的微粒崂X、2备丫、2；；Z,下列说法正确的是( )2普X与二Y互为同素异形体21X与黑Z互为同素异形体2北丫与空Z具有相同中子数与空Z具有相同化学性质【答案】C【解析】【详解】

2；：X与7:Y是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误；2要X与膘Z是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C.中子数=质量数-质子数，2北Y与的中子数都为46,故C正确；D.与膘Z是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C..下列说法中不正确的是（ ）A.石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法.水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C.镯银合金能吸收Hz形成金属氢化物，可做贮氢材料D.Na2SO4«10H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用【答案】A【解析】【分析】【详解】A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，铜银合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4«10H2O晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO4-10H2O晶体释放能量，故D正确；综上所述，答案为A。.化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和方案能达到相应目的是（ ）A.图装置十簧，加热蒸发碘水提取碘B.图装置,加热分解制得无水B.图装置,加热分解制得无水Mg

C.图装置气斓验证氨气极易溶于水D.图装置C.图装置气斓验证氨气极易溶于水D.图装置比较镁、铝的金属性强弱【答案】C【解析】【分析】A、蒸发碘水，水、碘均易挥发；B、加热促进水解，且生成盐酸易挥发；C、挤压胶头滴管，气球变大；D、A1与NaOH反应，A1为负极。【详解】A项、蒸发碘水，水、碘均易挥发，应萃取分离，故A错误；B项、加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HC1气流中蒸发，故B错误；C项、挤压胶头滴管，气球变大，可验证氨气极易溶于水，故C正确；D项、A1与NaOH反应，A1为负极，而金属性Mg大于AL图中装置不能比较金属性，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学,注意实验的评价性分析为解答的关键，D项为易错点，注意金属A1的特性。.下列说法正确的是A.金刚石和足球烯（C^）均为原子晶体B.HCI在水溶液中能电离出H+，因此属于离子化合物C.碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力D.在N2、CO,和SiO?都是由分子构成的【答案】C【解析】【分析】据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。【详解】A.金刚石为原子晶体，足球烯分子（C^）之间靠分子间作用力结合成分子晶体，A项错误；B.HCI是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出H'需在水的作用下才能发生，B项错误；C,碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确；D.N2、CO2是由分子构成的，但SiO?是原子构成的，D项错误。本题选Co10.测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NazCCh质量分数的实验方案不合理的是A.取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入L2滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入厂2滴酚酰指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL【答案】B【解析】【详解】A.NaHCCh受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出NazCOs质量分数,故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.NazCCh和NaHCCh均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NazCCh质量分数，故不选C；DNazCOs和NaHCth均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NazCCh质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。11.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6.工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB）,X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正硼的是A.简单离子半径：D>B>CB.氧化物的水化物酸性：D>Ac.X与单质c不能在空气的氛围中反应制得单质钛D.B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒【答案】B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6,则D为CI元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB）,X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO,则A为C元素，B为。元素，X为TiCL,工业上用金属镁还原TiCk制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。【详解】A.D为Cl,B为0,C为Mg,Cl核外有3个电子层，和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D>B>C,故A正确；8.人为（：，D为CI,其中H2cCh的酸性比HCI。的酸性强，故B错误；C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiC£制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D.D为Cl,B为0,由二者组成的化合物中CI02具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选B。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiOz（或天然的金红石）和炭粉混合加热至1000-1100K,进行氯化处理，并使生成的TiCL,蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2ch=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氨气中还原TiCL可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCL+Ti。12.下列实验操作、现象与对应的结论或解释正确的是选项操作现象结论或解释A用洁净钳丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰吴黄色原溶液中有Na+，无K+B将CH?CH：Br与NaOH乙醇溶液共热产生的气体通入盛有少量酸性KMnO溶液中溶液紫色褪去CH3cH二Br发生消去反应，且气体产物有乙烯C向AgNO3溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液.久-与只出能大量共存D向盛有少量滨水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置上、下层液体均近无色裂化汽油小可用作滨的萃取溶剂

A.AB.BC.CD.DA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.用洁净钳丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰吴黄色，只能证明含有Na+,不能判断是否含有K+,A错误;B.乙醇容易挥发，故产物中一定含有乙醇的蒸气，且乙醇具有还原性，可以使酸性KMnCU溶液褪色，因此,不能证明滨乙烷发生了消去反应产生了乙烯，B错误；C.向AgNCh溶液在滴加过量氨水，是由于发生反应：Ag++NH3H2O=AgOH>k+NH4+,AgOH+2NH3H2O=[Ag(NH3)2]++OH+2H2O,产生了络合物，C错误；D.裂化汽油中含有烯烧，能够与滨水中的溟单质发生加成反应，生成不溶于水的卤代烧，两层液体均显无色，因此裂化汽油不可用作溟的萃取溶剂，D正确；故合理选项是Do.下图所示为某种胃药的核心合成反应部分过程：A.甲中的两个n.h键的活性相同A.甲中的两个n.h键的活性相同B.乙所有原子在同一平面上C.丙的分子式的2孔30：%(：1D.该反应生成丙的原子利用率小于100%【答案】D【解析】【详解】A.反应物甲中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团，故两个N受其他原子或原子团的影响不同，则两个N-H键的活性不同，A错误；B.乙分子中含有饱和碳原子，与饱和碳原子成键的原子构成的是四面体结构，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B错误；C.由丙的结构简式可知其分子式为C22H24O2N5CI,C错误；D.根据图示可知：化合物甲与乙反应产生丙外还有HCI生成，该反应生成丙的原子利用率小于100%,D正确；故合理选项是D«.已知Imol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是

2H2(g)他(g)-240(g)+241.8kJH2(g)+1/202(g)-KO(s)+241.8kJC.H2(g)+1/202(g)fJW(g)-241.8kJD.HaO(g) (g)+I/2O2(g)-241.8kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】hnol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8U热量，该反应的热化学方程式为：H2(g) (g)=H2O(g)AH=-241.8kJ/mol,即H2(g)+1/26(g)-H2O(g)+241.8kJ,选项B、C均错误；2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6U热量，该反应的热化学方程式为：2Hz(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol,即2H2(g)+O2(g)-240(g)+483.6kJ,选项A错误；Imol水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2O(g)=H2(g)+-O2(g)AH=+241.8kJ/mob即HaO(g)-Hz(g)+1/2&(g)-241.8kJ，选项D正确。答案选D。【点睛】据热化学方程式的书写原则写出氨气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1m”气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。15-V闻回,)诲液中含有-g’取口mL溶液稀释到4VmL,则稀释后溶液中SV的物质的量浓度是()A.125a9Vmol/LB.125a36Vmol/LC.125a18Vmol/LA.125a9Vmol/LB.125a36Vmol/LC.125a18Vmol/LD.125a54Vmol/L【答案】B【解析】r分析】【详解】VmL人126。4)3溶液中含有人|3、g即AF*物质的量n=3= ag.7T=白mol,取上vmL溶液，则M27gmol27 4取出的A13+物质的量/molx；=/mol,稀释到4VmL,则Al”物质的量浓度a, mol［。＜t.(Alu)=—=108 =_mol,L-i,则稀释后溶液中SO/-的物质的量浓度是V(anl4Vxi0"L54Vc（SO.2-）=-c（A13+）=-xmolL'=mol-L1,故B正确。4 2 254V 36V综上所述，答案为B。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.工业尾气中的氮氧化物常用氨催化吸收法，原理是NH3与NO*反应生成无毒物质。某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮氧化物的处理过程.（一）提供的装置（二）NK的制取⑴下列有关实验室制备气体的说法正确的是（填序号）。①可以用排饱和食盐水的方法收集氯气②用赤热的炭与水蒸气反应制取氢气③实验室制氧气有时需要加热，有时不需要加热④用无水氯化钙干燥氨气⑤用浓盐酸洗涤高铳酸钾分解制氧气的试管（2）从所提供的装置中选取一个能制取氨气的装置：（填序号）。⑶当采用你所选用的装置制取氨气时，相应反应的化学方程式是o（三）模拟尾气的处理选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置，回答有关问题：（4）A中反应的离子方程式为.（5）D装置中的液体可换成 （填序号）。aCuSO4bH2OcCCI4d浓硫酸（6）该同学所设计的模拟尾气处理实验还存在的明显缺陷是。力口热【答案】①③⑤ c或G 2NH4Cl+Ca（OH）2^^2NH3个+CaCh+2H2。或CaO+NH3・H2O=NH3个+Ca（OHH要对应）3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO个+4HzO c NO尾气直接排放，没有进行处理【解析】【详解】⑴①氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，①正确；②用赤热的炭与水蒸气反应生成CO、Hz,制取的氢气含有杂质，②错误；③实验室制氧气，用高铳酸钾或氯酸钾时需要加热，用过氧化氢时不需要加热，③正确；④氯化钙与氨气可形成配合物，不能用无水氯化钙干燥氨气，④错误；⑤用高链酸钾制取氧气后剩余的固体为二氧化链、高链酸钾，均可与浓盐酸反应生成可溶性的二氯化镒,故可用浓盐酸洗涤高铳酸钾分解制氧气的试管，⑤正确；故答案为：①③⑤；(2)实验室制备氨气可用氢氧化钙与氯化铁固体加热法，也可以用浓氨水与氢氧化钠(或氧化钙)在常温下制取。可选装置C或G,故答案为：C或G；力口热(3)根据所选装置，相应制备氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)212N出个+CaCL+2HzO或CaO+加热NH3-HzO=NH3个+Ca(0H)2(要对应)，故答案为：ZNHdCl+CalOHb1^2NH3个+CaCl2+2HzO或CaO+NH3H2O=NH3/r+Ca(OH)2;(4)A中为Cu与稀硝酸的反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cuz++2NO个+4比0,故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO个+4HzO；(5)D中用饱和氨水防止氨气被吸收，因此还可以换成CCU,故答案为：c；(6)该反应中尾气含有NO等污染性气体，应除去后再排空，故答案为：NO尾气直接排放，没有进行处理。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下(A~l)均为有机物)：已知：a.RCH-O♦RCHCHO--XRCH-CHCHO♦ i II R，b. "H2ORCHORCHORCH—O-i-H-回答下列问题：⑴反应①的化学方程式为;F的官能团名称为.(2)反应②的类型是。DTE所需试剂、条件分别是、«(3)G的结构简式为o(4)芳香族化合物W的化学式为C8H8。2,且满足下列条件的w的结构共有种(不考虑立体异构)。

i.遇FeCb溶液显紫色；ii.能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示有5种不司化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的是(写出结构简式)。⑸设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线.无机试剂任选，合成路线的表⑸设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线.无机试剂任选，合成路线的表示方式为:【答案】:C1+HCI醛基 取代反应(或酯化反应)NaOH溶液OiiOH加热ch3（ch:）5-c-choCHjOH13HO-^A-CHiCHO【解析】NaOH熔液CHO.”…▼八CH3CHO稀碱【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CHzCL),D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应,但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E示方式为:【答案】:C1+HCI醛基 取代反应(或酯化反应)NaOH溶液OiiOH加热ch3（ch:）5-c-choCHjOH13HO-^A-CHiCHO【解析】NaOH熔液CHO.”…▼八CH3CHO稀碱【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CHzCL),D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应,但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO,F是CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成[;OH：;OHG,根据题给信息知G为CHjCCH.Jj-C-CHO,G和氢气发生加成反应生成H为CH；(CH;)5-C-CH;OH;CH;OH甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成。一CHiCl,水解得到A为为《二》CHO,B进一步氧化生成C为O^-COOH,C与H发生酯化反应生成I为CHzOOC-CeHjCH}(CH：)<-C-CH:OOC-C^Hj；CH:OOC-CeH<,A氧化生成B：;OH^^CHCl?(5)苯与氯气在光照条件下生成［J,最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物。【详解】根据上述分析可知：A为QYHzOH,B为CHO.C为二片COOH,D为CHzCIz,e为hcho,[;OH：:OHF为CH3（CHz）6CHO,G为CH3（CH95—C-CHO,H^CH3（CH2）5-C-CH;OH.।为[iOH：;0HCHiOOC-CeHjCHjCCHJ.-（j-CHjOOC-CjH..CH:OOC-CJi<反应试小b…反应试小目标产物。反应条件 反应条件⑴反应①为甲苯和氯气的取代反应，方程式为:-CHs⑴反应①为甲苯和氯气的取代反应，方程式为:-CHs+CI2尢》《一》~CHzCl+HCI；F为CH3(CH2)6CHO,官能团名称为醛基；CH:OH⑵反应②是C(，--COOH)与H(CH；(CH2)5-i-CH2OH)发生酯化反应或取代反应产生CJi2OHfaOOC-QH,l(CH5(CHJ5-Cj-CH：OOC-C6H.),反应类型为酯化反应或取代反应；CH:OOC-C»H}D为CHzCh,E为HCHO,D与NaOH水溶液混合加热发生取代反应产生E,所以D6E所需试剂、条件分别是NaOH溶液、加热；CH;OH(3)G的结构简式为CH3(CH"5_4_CHO；CH;OH⑷化合物W化学式为C8H8。2,W比C多一个-CH2原子团，且满足下列条件，①遇FeCb溶液显紫色，说明含有酚羟基、苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，根据不饱和度知，除了苯环外不含双键或环状结构；如果存在-OH、-CHzCHO,有邻、间、对3种不同结构；如果取代基为-OH、-CM、-CHO,有10种不同结构；所以符合条件的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2；2：2：1：1的结构简式为HO-^^—CHiCHO;(5)苯与氯气在光照条件下生成|| "J，’[ 发生水解反应生成「丁 ，『丫与CH3CHO发生醛的加成反应产生OH,故合成路线流程图为:【点睛】CH3CHO发生醛的加成反应产生OH,故合成路线流程图为:【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意信息中醛的加成反应特点,利用顺推法与逆推法相结合进行推断，易错点是同分异构体种类判断，关键是确定取代基的种类及数目。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.我国科学家受中医启发，发现AS2O3(俗称砒霜)对白血病有疗效。氮、磷、神(As)是VA族、第二至第四周期的元素，这些元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA1234561BRiSiGeiAsSb-]Te-PoIAt完成下列填空：As原子最外层电子的轨道表示式为:神蒸气的分子式：AS4,其分子结构与白磷(P4)相似，也是正四面体，则As’中神珅键的键角是„P的非金属性比As强，从原子结构的角度解释其原因 :如图是元素周期表的一部分，请推测珅的单质或其化合物可能具有的性质(写出两条即可)NH4NO3可做化肥，但易爆，300c发生爆炸：2NH4NO3-2N2t+O2f+4H2O.每生成2moiNz,反应中转移的电子为mol,氧化产物与还原产物的质量之比为.(4)发电厂常用氨气吸收烟气中的CO经常温下，当COz不断通入pH=ll的氨水中时会产生微量的新离子：NH2COO(i)写出NHzCO。-的电子式 .(ii)计算原氨水中c(NH?)=mol/L.【答案】tt4S 4P【答案】tt4S 4P60。 P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层,P的原子半径VAs,P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强 碑是半导体，碎的氧化物是两性(Hd：)-氧化物、碎的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物等 10 15:7H:N:C:O: lO^-lO11(或1(P)【解析】【分析】【详解】4s ,4P,(1)As的最外层有5个电子，As原子最外层电子的轨道表示式为［Jtf ;As4分子结构与白磷(P。相似，也是正四面体，键角为60。；(2)由于为P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层，P的原子半径小于As,P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强；由位置可知，神是半导体，则珅的氧化物是两性氧化物、碎的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物；⑶该反应2NH4NO3-2N2f+O2t+4H2O中N元素化合价由-3价、+5价变为。价，O元素的化合价由-2

价升高为0,则氮气既是氧化产物也是还原产物，氧气为氧化产物，转移电子个数为10,则每生成2mOIN2,反应中转移的电子为lOmol,氧化产物与还原产物的质量之比为(32+28):28=15:7。(4)①NHzC。。-的电子式为I"：矍01；②pH=ll的氨水中，c(H*)=10-11mol/L,c(OH')=103mol/L,由电荷守恒可知，c(NH4+)+c(H+)=c(OH),解得c(NHZ)=(10'3-10-11)mol/L或=l(Pmol/L。19.十九大报告指出："坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打嬴蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。(1)工业上采用NH3—SCR法是消除氮氧化物的常用方法。它利用氨在一定条件下将NO,在脱硝装置中转化为N?。主要反应原理为：主反应：a.4NH3(g)+4NO(g)+Oz(g) 4N2(g)+6H2O(g)AHi副反应：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1267.1kJ/molc.4NH3(g)+50z(g)4NO(g)+6HzO(g) AH3=—907.3kJ/mol①上述反应中利用了Nhh的性质；AHiuo②将氮氧化合物按一定的流速通过脱硝装置，测得出口的NO残留浓度与温度的关系如图1,试分析脱硝的适宜温度是(填序号)。A<850Cb900-1000rC>1050X：温度超过1000C,NO浓度升高的原因是.(2)已知：8NH3(2)已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(I)AHV0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不».«,他物残留浓度同的催化剂进行反应，产生Nz的量随时间变化如图2所示。①该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是,理由是.②下列说法正确的是(填标号)。a使用催化剂A达平衡时，AH值更大b升高温度可使容器内气体颜色加深C单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡d若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)AH=-746.8kmor1,实验测得，vi=kjEC2(NO)c2(CO),v

所kwUNzH^COHk正、NO发生反应2NO(g)+2CO(g)①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数(填或"=")k逆增大的倍数。②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%,贝!!酒= .(分数表示或保留一位小数)k逆【答案】还原性-1626.9kJ/molb高温下，副反应c,产生了NO；主反应a正反应为放热反应,升高温度，平衡逆向移动，也会导致NO的浓度增大Ea(C)>Ea(B)>Ea(A)相同时间内生成的M越多，反应速率越快，活化能越低20多，反应速率越快，活化能越低20-—或0.281【解析】【分析】⑴①在反应4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O中NH3中氮元素的化合价从-3价升高为0价，发生氧化反应，是还原剂，N。和02是氧化剂；根据盖斯定律，由2b-c=a,由此计算AHi；②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000C,氨气和氧气反应生成NO；(2)①相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；②a.催化剂不影响平衡移动；b.该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；c.单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，正逆反应速率相等；d.若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等。(3)①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%,贝！|：2NO(g)+2CO(g)=Nz(g)+2COz(g)起始(mol/L)：110 0转化(mol/L)：0.4 0.4 0.2 0.4平衡(mol/L)：0.6 0.6 0.2 0.4平衡(mol/L)：0.6 0.6 0.2 0.4平衡时VE=V%,c(N2)xc2(CO2)c2(NO)xc2(CO)【详解】⑴在反应4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O中NW中氮元素的化合价从-3价升高为0价，发生氧化反应，是还原剂，具有还原性；已知：主反应：a.4NH3(g)+4NO(g)+Oz(g) 4N2(g)+6H2O(g)AH1S副反应：b.4NH3(g)+3Ob.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)AH2=-1267.1kJ/mohc.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)AH3=-907.3kJ/mol；根据盖斯定律，由2b-c=a,贝！jAHi=2(-1267.1kJ/mol)-(—907.3kJ/mol)=-1626.9kJ/mol；②氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在900〜1000C时氮氧化物浓度最低，故答案为b；温度超过1000C,氨气和氧气反应生成NO,导致N。浓度增大；(2)①相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，该反应的活化能越低，根据图知，化学反应速率A>B>C,所以活化能大小顺序是Ea(C)>Ea(B)>Ea(A)；②a.催化剂不影响平衡移动，所以其始变不变，故错误；b.该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，气体颜色加深，故正确；C.单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；d.若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，化学平衡常数改变，当平衡常数不变时，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故正确；故选bed；⑶①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数Vk也增大的倍数；②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%,贝！|：2NO(g)+2CO(g)=Nz(g)+2CO2(g)TOC\o"1-5"\h\z起始(mol/L)：110 0转化(mol/L)：0.4 0.4 0.2 0.4平衡(mol/L)：0.6 0.6 0.2 0.4平衡时VjE=Vje，则k正•c2(NO)・c2(CO)=kje・c(N2)・c2(CO2),则:c(N2)xc2(CO2)0.2x0.4220k逆=c2(NO)xc2(CO)=0.62x0.62=8?°【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2〜3个)进行合理"变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的AH与原热化学方程式之间AH的换算关系。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.《天工开物》记载“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅......而后火药成声”涉及的主要反应为：S+2KNO3+3C点燃KzS+3coz+Nz个。下列有关说法不正确的是（ ）A.硝石主要成分为硝酸盐 B.硫磺在反应中作还原剂C.该反应为放热反应 D.火药可用于制作烟花爆竹【答案】B【解析】【详解】A.KNO3是硝酸盐，硝石主要成分为硝酸盐，故A正确；B.硫元素化合价由0降低为-2,硫磺在反应中作氧化剂，故B错误；C.黑火药爆炸释放能量，所以该反应为放热反应，故C正确；D.燃放烟花爆竹，利用火药爆炸释放的能量，所以火药可用于制作烟花爆竹，故D正确；答案选B。2.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径rCT）＞r（乙）*丙）＞r（甲）。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A.简单氢化物的沸点：乙〉丙B.由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C.丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D.由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r（甲）＞r（乙）＞i•（丙）＞r（丁）的关系，现在《丁）是最大的，r（甲）是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烧类，足类不溶于水，B项错误;C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成N：H4（曲），N2H」中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C.3.下列有关说法正确的是（）A.七0与DzO互为同位素B.COz和CO属于同素异形体C.乙醇与甲醛互为同分异构体D,葡萄糖和蔗糖互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.H与D互为同位素，故A错误；B.COz和CO是碳的两种不同氧化物，不是单质，不属于同素异形体，故B错误；C.乙醇与甲醛分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D.葡萄糖是单糖、蔗糖是二糖，不是同类物质，不是互为同系物，故D错误；故选C.4.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A.电动汽车充电、放电过程均有电子转移B.很多鲜花和水果的香味来自于酯C.淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D.碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料【答案】D【解析】【详解】A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是DopH=a的某电解质溶液，用情性电极电解，电解过程中溶液pH<a的是A.NaCI B.CuSO4 C.Na2sCU D.HCI【答案】B【解析】【分析】根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A.电解NaCI溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH>a,故A不符合；B.电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；C,电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7,故C不符合；D.电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；故答案选B.【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。.相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A.第IA族 B.第IHA族 C.第IVA族 D.第VIA族【答案】D【解析】【详解】A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C..下列说法不正确的是（）A.用容量瓶配制溶液时，先用蒸馈水洗涤，再用待装液润洗.用蒸馈法可由含有Fe3+的自来水获取较纯净的水C.焰色反应后用稀盐酸洗涤伯丝并在火焰上灼烧至无色，再进行其它物质的测试D.金属镁着火可用沙子覆盖【答案】A【解析】【详解】A.用容量瓶配制溶液时，用蒸储水洗涤后不能用待装液润洗，否则所配溶液浓度偏高，A项错误；.Fe3+难挥发，可用蒸储法制得纯净水，B项正确；C.为排出其它元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净伯丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，C项正确；D.金属镁着火可用沙子覆盖，以隔绝空气，D项正确；答案选A。8.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是50100150时间(s)A.该新制氯水c(H+)=1026mol/LB.开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和0H•和CL能直接快速反应NaOH和氯水反应的本质是0H使Clz+HzOH++a+HCIO平衡右移【答案】C【解析】【详解】A.没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6,氢离子的浓度c(H*)=1026mol/L,故A正确；.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故B正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HCIO反应，故C错误；D.由图可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HCIO反应，使CI2+H2OH++CI+HCIO反应平衡右移，故D正确；题目要求选择不能得到的结论，故选C.,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C10H11NO5B.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）【答案】C【解析】【分析】【详解】OOHA.OOHA.\ 分子式为GoHiiNOs,故A正确;OOHB.X含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确;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;、。♦匚、「弋共D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有：一j〉、。♦匚、「弋共选C。(93,05)4B10.常温下，现有0.1mol・l/iNH4HCO3溶液，pH=7.1.已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时,各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与(93,05)4B08060402下列说法不正确的是（A.当溶液的pH=9时，溶液中存在：c(HCO3)>c(NH4+)>c(NH3»H2O)>c(CO?)B. NH4HCO3溶液中存在:c(NH3*H2O)=c(H2CO3)+c(CO32)C.向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HC03浓度逐渐减小D.分析可知,常温下Kb(NH3*H2O)>Kai(H2CO3)【答案】C【解析】【分析】A.当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B.0.1mol•L1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c(NH4+)=c(HCO3~)：C.该碳酸氢核溶液的pH=7.L结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NHJ和HCO3-浓度变化；D.碳酸氢镀溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A.结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c(HCChD>c(NH4+)>c(NH3«H2O)>c(CO32),故A正确；B.NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时C(NHJ)=C(HCO3),溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3»H2O)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3),得到c(NH3«H2O)=c(H2CO3)+c(CO32),故B正确；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1,根据图象可知，当溶液pH增大时，钱根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D.由于O.lmol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1,说明碳酸氢根离子的水解程度大于钱根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Kal(HzCOs),故D正确；故选：C.【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B,注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。11.向含有5X10-3mHHIO3与少量淀粉的溶液中通入HzS,溶液变蓝且有S析出，继续通入HzS,溶液的蓝色褪去，则在整个过程中( )A.共得到0.96g硫 B.通入HzS的体积为336mLC.硫元素先被还原后被氧化 D.转移电子总数为3.0X10"Na【答案】D【解析】【详解】A.HIO3与少量淀粉的溶液中通入HzS,HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和川，根据电子守恒、原子守恒，得到川。3〜3Hzs〜3S,所以5X10-3mo|HIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g,故A错误；B.没有指明标准状况，无法计算所需H2s的体积，故B错误；C.不管是川。3与H2s反应，还是碘单质与H2s反应，HzS都被氧化，故C错误；D.整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到川。3〜3Hzs〜3s〜「〜6e,消耗5X10-3m“HI03伴随0.03mo1电子转移，转移电子总数为3.0XUF2NA,故D正确；故选D。.X、Y、Z,W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、yz、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A.反应①②③都属于氧化还原反应 B.X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C.在信息工业中，丙常作光导纤维材料 D.一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】B【解析】【分析】已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y?为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确：B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。.常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是

L1OO.B.L1OO.C.图中x表示HA,Y表示OH，Z表示H*D.该混合溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A,0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.Imol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0.lmol/L,与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B,根据A的分析，可知该溶液的pH＞7,B错误；C、6水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）＞c（A-）＞c（0H-）＞c（HA）＞c（H+）,所以X是OH,Y是HA,Z表示C错误；D、根据元素守恒，有c（A）+c（HA）=c（Na*）,D正确；答案选D。.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A.等于13.5%B.大于12.5%C,小于12.5%D.无法确定【答案】C【解析】【详解】p#xVx25%

设浓氨水的体积为V,密度为p波,稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数3=个——丁,

vp浓+Vp浓xVx25%

VP浓p浓xVx25%

VP浓+Vp浓xVx25%

vp浓+Vp浓p浓xVx25%2Vp浓=12.5%,故选C。【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。.瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是A.与稀H2SO4混合加热不反应B.不能使酸性高钵酸钾溶液褪色imol瑞香素最多能与3moiB。发生反应Imol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时，消耗NaOH3moi【答案】C【解析】【分析】【详解】A.含-COOC-,与稀硫酸混合加热发生水解反应，A错误；B.含碳碳双键、酚羟基，均能使酸性高锈酸钾溶液褪色，B错误；C.酚羟基的邻位、碳碳双键均与溟水反应，则imol该物质最多可与3moiBn反应，C正确；D.酚羟基、-COOC-及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则Imol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时,消耗NaOH4mol,D错误；答案选C.二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.氟化倍可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以珞云母矿石(含4.5%CrzO3,还含Fe2O3,FeO、MgO、SiCh)为原料制备氟化格的工艺流程如图。禽ZT母矿石带硫限HA气水 气水|»W|~~国T调+pH|d”节pH$6.8~8.8l^&i.系列掾作・氟化密1 渔渣2 滤液表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH:氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)zCr(OH)3Fe(OH)2开始沉淀的pH2.38.84.97.5沉淀完全的pH4.110.46.89.7请回答下列问题：(l)FezO3、Mg。、FeO、SiCh中属于碱性氧化物的有种。(2)将倍云母矿石粉碎的目的是。⑶滤渣1主要成分的用途是.(写一种)(4)Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为o⑸第一次滴加氨水调节pH范围为.(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8~8.8的目的是,Cr(0H)3与AI(0H)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：。【答案】3 增大接触面积，提高浸取率，加快浸取速率 用于制备光导纤维Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O 4.1~4.9(或4.14pH<4.9) 使O3*完全沉淀，Mg?+不沉淀Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-或Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O【解析】【分析】将珞云母矿石粉碎后与加入的稀硫酸充分混合，其中金属氧化物反应变为可溶性盐进入溶液，Si02进入滤渣I中，溶液中通入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,然后加入氨水调节溶液的4.1<pH<4.9,得到Fe(OHb沉淀，将沉淀过滤除去后，在继续加入氨水调节溶液的pH为6.8~8.8,就可以使CB形成沉淀，而Mg?+仍然以离子形式存在于溶液中，Cr(OH)3是两性氢氧化物，会与NaOH溶液发生反应而溶解。【详解】(1)Fe2O3,MgO、FeO都会与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，而Si(h则与酸不能反应，与碱能反应产生盐和水，属于酸性氧化物，属于属于碱性氧化物的有3种；⑵铭云母矿石是固态物质，将铭云母矿石粉碎的目的是增大反应时遇酸的接触面积，提高酸浸取率，加快浸取速率；⑶滤渣1主要成分是Si02,可用于制备光导纤维、制晶体硅、水泥等；(4)Cr2O3是碱性氧化物与稀硫酸反应产生硫酸珞和水，反应的化学方程式为Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；⑸向酸浸后的溶液中加入H2O2,可以将Fe，+氧化产生Fe3S第一次滴加氨水调节pH范围为4.1<pH<4.9,目的是除去溶液中的Fe3+,得到Fe(OH)3沉淀，并将该沉淀过滤除去；(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8~8.8的目的是使CN+完全形成Cr(OH)3沉淀，而Mg?+仍然以离子形式存在于溶液中，不产生Mg(OH)z沉淀；Cr(OH)3与AI(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液,生成的Cr(OHh会部分溶解，则Cr(OH)3与NaOH发生反应而溶解的离子方程式为：Cr(OH)3+OH=Cr(OH)4或Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O.【点睛】本题以制备氟化铝的工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、化学方程式的书写、物质的类型判断等知识。要求学生会利用题目已知信息，结合已经学过的知识，学会联系方法进行分析、解答、判断。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：

(1)C中的官能团的名称为,F的结构简式为,ATB的反应类型为。(2)DTE的反应方程式为.⑶M物质中核磁共振氢谱中有组吸收峰。⑷至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式 ①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种②遇FeCb溶液显紫色③分子中含［—(.NH—HOCH2()H⑸设计由甲苯制备R(,, )的合成路线(其它试剂任选)。【答案】羟基和毅基：【答案】羟基和毅基：8 HC>Y^~^、h-CH3、其他答案只要正确也可)萍光昭CH:a CH：a CH： CH：Br CH20H【解析】【分析】根据A到B,B到C反应，推出滨原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为必，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为仁人™，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和技基,根据信息①和③得到F的结构简式为根据ATB和BTC的结构简式得到A6B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和殿基；। %他“；取代反应。⑵根据信息①得出DTE的反应方程式为J/、+CH3CH。=工CA/+H9；故答案为：

⑶M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图64）七6岁。・“入41

*（4）①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCb溶液显紫色，含有酚羟基③分子中含j.,至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简—（\H-式 hoO~CH/、h：；故答案为：hoOvH/、hJ其他答案只要正确也可）。⑸甲苯先与CL光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烧的消去反应引入碳碳双键，然后与溟加成，然后与溟加成，再水解，因此由甲苯制备R（HOCHjOH）的合成路线光照Cl2湿AcH：aXaOH酹溶液A)即光昭fHgCH：光照Cl2湿AcH：aXaOH酹溶液A)即光昭fHgCH： CH：Br CH2OH04^BrNaO：溶3^OH；故答案为:h2NaOH/溶液,CH： CH：Br CH：OH(A)B\> NaOH溶液>[AyOHo四、综合题（本题包括2个小题，共20分）18.铅是人类较早发现和使用的一种重金属，工业上用铅精矿（主要成分含PbS）为原料，分火法和湿法两种方法冶炼。I.火法冶炼粗铅的流程如下:含岬附5cl含岬附5cl［梢过代氮水|吸i塔|［焦炭P60等＞|技去可―►粗纪一►相忸（1）焙烧炉中主要反应的化学方程式为（2）鼓风炉中焦炭的作用是.,吸收塔中反应的离子方程式为.n.湿法炼铅的工艺流程如下:i.浸取液（6FeCI＞含s（2）鼓风炉中焦炭的作用是.,吸收塔中反应的离子方程式为.n.湿法炼铅的工艺流程如下:i.浸取液（6FeCI＞含s泣涪-＞%»NaCI)««H加给•热过通电解“含FeCb

的溶液温发/C20406080100PbCh溶航度/g1.001.421.942.883.20已知：①不同温度下PbCb的溶解度如下表所示。②PbCL为能溶于水的弱电解质，在含er的溶液中存在平衡:PbCL(aq)+2Cr(aq)=iPbCl：-(aq).(3)浸取过程中发生反应的离子方程式为.(4)操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCL的析出，其合理的解释为.(5)将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCh再生。则阴极室中的电极反应式为;若该电解装置的外接电源为铅蓄电池，每生成20.7g铅，铅蓄电池中消耗硫酸的物质的量为.+j阴离子jJ交铁■!阳螭直阴快变(6)目前炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是。【答案】2PbS+3a焙烧2Pb(H2S02 做还原剂 S02+2NH3*H20=S032-+2岫++映PbS+2Fe"+4C「=SI+PbCl产+2Fe" 稀释有利于PbCl2(aq)+2C「(aq) .PbCl产(aq)的平衡左移，使PbCl2物质的量增大；冷却使PbCh的溶解度减少，有利于PbCb的析出 PbCl产+2或=Pb+4Cr0.2mol 更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高(回答一条即可)【解析】【分析】(1)焙烧炉中发生的是Pbs和氧气反应生成Pbo和sa。(2)鼓风炉中焦炭的作用是作还原剂，吸收塔中发生的是S&和过量氨水的反应，生成亚硫酸筱和水。(3)由流程可知，浸取过程中发生的是PbS和浸取液的反应，Fe"被还原为Fe",-2价S被氧化为S单质»(4)加入水以后，氯离子浓度减小，电离平衡左移，由表格得，降温PbCb溶解度降低，促进PbCh析出.(5)此电解装置目的是制取铅，溶液3在阴极室，溶液3中含有PbCl/，阴极得电子发生还原反应。(6)炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高。【详解】(1)焙烧炉中发生的是PbS和氧气反应生成PbO和SM反应的化学方程式为2PbS+30a焙烧2PbO+2SO2,故答案为2PbS+30z培烧2PbO+2Sa。(2)鼓风炉中焦炭的作用是作还原剂，吸收塔中发生的是sa和过量氨水的反应，生成亚硫酸钺和水，发生的化学方程式为S02+2NH3・H20=(NH4)zS()3+H20,离子方程式为：S02+2NH3*H20=S032-+2NH4++H20,故答案为还原剂；S02+2NH3*H20=S032'+2NH4t+H20.(3)由流程可知，浸取过程中发生的是PbS和浸取液的反应，Fe"被还原为Fe",-2价S被氧化为S单质，离子方程式为：PbS+2Fe3++4Cr=SI+PbCl?+2Fe2+,故答案为PbS+2Fe"+4C「=SI+PbCl?+2Fe2t.

(4)加入水以后，氯离子浓度减小，电离平衡左移，由表格得，降温PbCk溶解度降低，促进PbCb析出,故答案为稀释有利于PbCh(aq)+2C「(aq)^—»PbCl/(aq)的平衡左移，使PbCb物质的量增大；冷却使PbCh的溶解度减少，有利于PbCL的析出。(5)此电解装置目的是制取铅，溶液3在阴极室，溶液3中含有PbCV，阴极得电子发生还原反应，阴极室中的电极反应式为PbCl/-+2e-=Pb+4Cr；根据铅蓄电池的工作原理Pb+PbOa+ZHjSO,2PbS04+2H20,得出Pb〜ZHaSO,,20.7g铅物质的量为0.加。1,所以消耗的硫酸的物质的量为0.2mol,故答案为PbCl产+2以=Pb+4C「；0.2mol.(6)炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高，故答案为更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高。19.有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用a一嗅代演基化合物合成了J,其合成路线如下：已知:Ri—C―C<Mlll+R-OH< 体一R—(—(()()HBr OR回答下列问题:E的名称CTD的化学方程式.D今E、ETF的反应类型分别是、.H中含有的官能团名称是,F的分子式 »(5)化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有一种(不考虑立体异构)，其中核OOH的合成路线—磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为,OOH的合成路线—O(6)参照题中合成路线图，设计以甲苯和• 为原料来合成BrOHIH CH【答案】2-甲基一2一羟基丙酸 氧化反应 取代反I &jOH

CHj-CH—C(X)H.HCtXXTHCH,

I I应 酚羟基和硝基 C4H7O2Br6【解析】【分析】BrA与溪发生加成反应生成B,B水解生成C,由C的结构逆推可知B为CH3应 酚羟基和硝基 C4H7O2Br6【解析】【分析】BrA与溪发生加成反应生成B,B水解生成C,由C的结构逆推可知B为CH3—f-CHzBr、A为CH3ch2CH,C/xch3OH由D、E的分子式，结合反应条件，可知C发生氧化反应生成D为H3c-J-CHO,D发生CH30H氧化反应生成E为H3C-C-COOH,E发生取代反应生成FCH3，FVH发生取代反应生成BrOH,结合J的结构，可知H为||(6)由0HNO;CH2OH发生取代反应生成甲苯发生取代反应生成◎-CH2C1,然后碱性条件下水解得到©ACH2OH.【详解】OHE为H3c-C-COOH,名称2一甲基一2一羟基丙酸;CH3OHC发生氧化反应生成D为H3c-J-CHO,CTD的化学方程式Ich3CH…I uH(H<+0z->一। +2HzOoIm A %

OFBrOHOFBrOH,DTE、ETF的反应类D发生氧化反应生成E为H3C-C-COOH,E发生取代反应生成ICH3型分别是氧化反应、取代反应。OHH为，|中含有的官能团名称是酚羟基和硝基，F的分子式C4H702BroN5OH（5）化合物X是DH3C-ZcHO的同分异构体，X能与氢氧化钠溶液反应，X为瘦酸或酯，若为我酸，Ich3可以看作丙烷中H原子被粉基取代有2种，若为酯，可以是丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯（有2种）,故符合条件的共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为CH,-C'H—C'(X)H.HC(XX,HCH：CH.CH.CH..甲苯发生取代反应生成、O.甲苯发生取代反应生成（6）由~《 与小一CH20H发生取代反应生成BrOH<^>-CH2Cl,然后碱性条件下水解得到C>-CH2OH,合成路线流程图为:CH,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.某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或CsO,Cu和CU2。均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O,为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有CU2O假设三：红色固体中有Cu和CU2。下列判断正确的是（）A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B.若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C.现将7.2克红色固体通入足量的七还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu（OH”沉淀，加热后制取Cu2O【答案】C【解析】【详解】A.取少量红色固体，加入足量