2022年高考化学模拟试卷2套及答案

第1页（共1页）高考化学一模试卷一、选择题（共16小题，每小题2分，满分44分）1．（2分）（2021•佛山一模）有关我国各大博物馆镇馆文物所含化学成分说法错误的是（）湖南省博物馆西汉•丝质素纱禅衣浙江省博物馆战国•漆器故宫博物院北宋•千里江山图国家博物馆商后期•司母戊鼎蚕丝原料﹣纤维素树漆﹣有机高分子彩色矿物颜料﹣无机物鼎身合金﹣青铜ABCDA．A B．B C．C D．D2．（2分）（2021•佛山一模）下列说法错误的是（）A．稀土金属可以大大改善合金的性能，被称为“冶金工业的维生素” B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料 C．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应 D．结晶牛胰岛素属于有机高分子化合物3．（2分）（2021•佛山一模）“暖宝宝”主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂等，工作时利用微孔透氧技术反应发热．下列说法错误的是（）A．发热时铁粉发生了吸氧腐蚀 B．食盐作电解质，活性炭为正极 C．工作时，吸水性树脂可供水 D．暖宝宝可以重复使用4．（2分）（2021•佛山一模）一次性口罩的结构如图所示．其中①、③层无纺布的用途不同，熔喷布的主要原料是聚丙烯．下列说法错误的是（）A．①层常做防水处理，起防飞沫的作用 B．利用石油的分馏可获得生产聚丙烯的原料丙烯 C．熔喷布是一种超细静电纤维布，可以吸附以气溶胶形式存在的病毒 D．一次性口罩属干垃圾，疫情期间被定义为有害垃圾5．（2分）（2021•佛山一模）2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将NewSat9﹣18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为：C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O。下列说法错误的是（）A．N2的电子式： B．CO2的结构式：O＝C＝O C．N2既是氧化产物又是还原产物 D．氧化性：N2O4＜CO26．（2分）（2021•佛山一模）设NA为阿伏加德罗常数的值．已知反应：Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）．下列说法正确的是（）A．1molS2﹣所含电子数为8NA B．1mol•L﹣1Na2S溶液中，S2﹣的数目为NA C．7.8gNa2S固体所含离子数为0.3NA D．1molNa2S最多溶解S原子的数目为5NA7．（2分）（2021•佛山一模）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．无色溶液：Na+、SO42﹣、Cu2+ B．pH＝1的溶液：Ba2+、NO3﹣、K+ C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Ca2+、I﹣ D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣8．（2分）（2021•佛山一模）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向Ba（OH）2溶液中滴加少量稀硫酸，测量电导率变化电导率减小溶液中的离子浓度减小B在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶集气瓶中产生白烟生成HClC向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸溶液中出现凝胶非金属性：Cl＞SiD加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸石蕊试纸变红NH3显碱性A．A B．B C．C D．D9．（2分）（2021•佛山一模）下列离子方程式正确的是（）A．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣ C．向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2O D．K2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+10．（2分）（2021•佛山一模）2020年是“氢键”的百年诞辰。M分子部分结构如图所示（﹣﹣﹣表示氢键）。W、X、Y、Z是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．氢键是一种特殊的化学键 B．稳定性：W2Z＞WY C．X的氧化物的水化物是强碱 D．简单离子半径：Z＞Y＞X11．（4分）（2021•佛山一模）莽草酸（a）是抗病毒和抗癌药物中间体，其官能团修饰过程如图所示，下列说法正确的是（）A．a分子中所有碳原子可能共面 B．M为乙醇 C．1mola或b消耗NaOH的物质的量相等 D．将LiAlH4改为H2，也可以完成由b向c的转化12．（4分）（2021•佛山一模）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法错误的是（）A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应 B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离 C．N点时NaHCO3已经完全分解 D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.6213．（4分）（2021•佛山一模）氯水具有漂白和杀菌作用。下列浓度关系正确的是（）A．氯水中：c（Cl﹣）＝c（HClO） B．氯水中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（ClO﹣） C．氯水中：c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO） D．等体积等浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸溶液混合后，溶液呈碱性：c（ClO﹣）＞c（HClO）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）14．（4分）（2021•佛山一模）草酸钙具有优异光学性能．在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。已知T1时Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4。下列说法错误的是（）A．图中a的数量级为10﹣2 B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动 C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动 D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀15．（4分）（2021•佛山一模）焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C（s）+O2（g）═2CO（g）；反应②：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g），反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是（）A．反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0 B．983K是反应趋势变化的转折点 C．L1对应反应① D．当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主16．（4分）（2021•佛山一模）我国科学家发明了一种两电极体系高选择性合成甲酸盐和辛腈[CH3（CH2）6CN]的方法，装置如图所示。下列说法正确的是（）A．b是电源负极 B．左半池的电极反应为：CO2﹣2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣ C．随着反应的进行，右半池的pH升高 D．每生成1molCH3（CH2）6CN电路中转移4mole﹣二、解答题（共3小题，满分42分）17．（14分）（2021•佛山一模）实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下，回答下列问题：（1）制备SO2（部分固定装置略）①制备二氧化硫可以选择装置（填大写字母），其化学反应方程式为。②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→。（按气流方向，填小写字母）（2）制备大苏打（Na2S2O3•5H2O）已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇．其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3。①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色．继续通入SO2气体，当溶液中再次出现现象时，反应基本结束。②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，，可得到Na2S2O3•5H2O固体。③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入。（3）测定大苏打纯度．现称取ag上述样品，用少量水溶解，滴入1～2滴酚酞，再注入10mLCH3COOH～CH3COONa缓冲溶液，然后以淀粉为指示剂，用bmol•L﹣1的I2标准溶液滴定．已知该条件下：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI。①加缓冲溶液的目的是。②若滴定时平均消耗标准碘液VmL，产品纯度为。（列表达式）18．（14分）（2021•佛山一模）用硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）生产硼酸（H3BO3）并回收硫酸镁的工艺流程如图。回答下列问题：（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为。为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为。（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为（用离子方程式表示）。试剂a为。（3）硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示．得到MgSO4•7H2O的温度范围为，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在℃以上蒸发浓缩、，再用乙醇洗涤后干燥。（4）加热10.54g硫酸镁晶体，得到5.14g硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x＝。19．（14分）（2021•佛山一模）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。正戊烷和异戊烷的部分性质如表。名称结构简式熔点/℃沸点/℃燃烧热/kJ•mol﹣1正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3﹣130363506.1异戊烷（CH3）2CHCH2CH3﹣159.427.83504.1回答下列问题：（1）稳定性：正戊烷异戊烷。（填“＞”或“＝”或“＜”）（2）25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为。（3）在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图1所示。①28～36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是。②l50℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率。（填“增大”、“减小”或“不变”）③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为。（保留三位有效数字）（4）在正戊烷中混入一定比例的H2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图2．该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2．①第一步反应时，开关K应该连接。（选填“K1”或“K2”）②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生的电极反应方程式③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2LH2（标准状况），则电能的利用率为。（保留三位有效数字）（二）选做题：每题14分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）20．（14分）（2021•佛山一模）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物．回答下列问题：（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为，价电子中未成对电子有个。（2）二氧化钛与COCl2（光气）、SOCl2（二氯亚砜）等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。①COCl2（光气）的立体构型为，COCl2中σ键和π键的数目比为。②SOCl2（二氯亚砜）是分子。（填“极性”或“非极性”）（3）香豆素（）是一种天然香料，能被TiO2光降解。①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是，理由是。②分子中C原子的杂化类型是。③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号πnm表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则香豆素中的大π键应表示为。（4）研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。TiO2﹣aNb晶体中a＝，b＝。【选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）21．（2021•佛山一模）化合物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图。（1）A的化学名称为。（2）③的化学反应方程式为。（3）⑤的化学反应类型为。（4）M中的含氧官能团的名称为肽键、。（5）B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有种，其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为。①能与碳酸氢钠溶液反应；②遇FeCl3溶液显紫色。（6）设计由制备的合成路线。

高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题2分，满分44分）1．（2分）（2021•佛山一模）有关我国各大博物馆镇馆文物所含化学成分说法错误的是（）湖南省博物馆西汉•丝质素纱禅衣浙江省博物馆战国•漆器故宫博物院北宋•千里江山图国家博物馆商后期•司母戊鼎蚕丝原料﹣纤维素树漆﹣有机高分子彩色矿物颜料﹣无机物鼎身合金﹣青铜ABCDA．A B．B C．C D．D【分析】A．蚕丝成分为蛋白质；B．由漆树树干韧皮部采割的汁液称为生漆，是一种天然水乳胶漆，为优质涂料；C．彩色矿物颜料即是无机颜料，是无机物的一类，属于无机性质的有色颜料，；D．青铜是由红铜和锡等金属铸造而成的一种炊器，司母戊鼎是以青铜为材料，采用一种非常特殊的工艺（今人称之为青铜铸造工艺）制作出来的器物。【解答】解：A．蚕丝成分为蛋白质，而不是纤维素，故A错误；B．树漆是漆树树干韧皮部采割的汁液，是一种天然水乳胶漆，为优质涂料，是有机高分子材料，故B正确；C．彩色矿物颜料即是无机颜料，是一类无机物，属于无机性质的有色颜料，故C正确；D．青铜是由红铜和锡等金属铸造而成的一种炊器，司母戊鼎是以青铜为材料，采用一种非常特殊的工艺（今人称之为青铜铸造工艺）制作出来的器物，故D正确；故选：A。2．（2分）（2021•佛山一模）下列说法错误的是（）A．稀土金属可以大大改善合金的性能，被称为“冶金工业的维生素” B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料 C．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应 D．结晶牛胰岛素属于有机高分子化合物【分析】A．稀土元素大大改善合金性能；B．碳纳米管能够导电；C．通信光缆主要成分二氧化硅，二氧化硅能够与碱反应；D．相对分子质量大于10000为高分子化合物。【解答】解：A．在合金中加入适量稀土金属，就能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的维生素，故A正确；B．耐折叠、可伸缩的碳纳米管可用作柔性电池的材料，故B正确；C．通信光缆主要成分二氧化硅，二氧化硅能够与碱反应，被碱腐蚀造成断路，故C错误；D．结晶牛胰岛素为蛋白质，相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，故D正确。故选：C。3．（2分）（2021•佛山一模）“暖宝宝”主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂等，工作时利用微孔透氧技术反应发热．下列说法错误的是（）A．发热时铁粉发生了吸氧腐蚀 B．食盐作电解质，活性炭为正极 C．工作时，吸水性树脂可供水 D．暖宝宝可以重复使用【分析】根据保暖贴的成分可知，铁粉和活性炭在氯化钠溶液中形成原电池，铁做负极，碳做正极，铁发生吸氧腐蚀，铁电极反应为：2Fe﹣4e﹣＝2Fe2+，碳极的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，总反应为：2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2，铁发生吸氧腐蚀放出热量，据此分析。【解答】解：A．由于氯化钠溶液呈中性，故铁发生吸氧腐蚀，故A正确；B．在形成的原电池中，铁做负极，碳做正极，食盐是电解质，故B正确；C．工作时，吸水性树脂可供水，与食盐形成电解质溶液，故C正确；D．该反应不可逆，不可以重复使用，故D错误。故选：D。4．（2分）（2021•佛山一模）一次性口罩的结构如图所示．其中①、③层无纺布的用途不同，熔喷布的主要原料是聚丙烯．下列说法错误的是（）A．①层常做防水处理，起防飞沫的作用 B．利用石油的分馏可获得生产聚丙烯的原料丙烯 C．熔喷布是一种超细静电纤维布，可以吸附以气溶胶形式存在的病毒 D．一次性口罩属干垃圾，疫情期间被定义为有害垃圾【分析】A．①层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体；B．丙烯通过石油的裂解得到；C．熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过；D．疫情期间使用过的一次性口罩，可能会携带病毒。【解答】解：A．①层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体，起防飞沫的作用，故A正确；B．石油的裂解过程才可以得到丙烯，丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，故B错误；C．熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过，因此可以吸附以气溶胶形式存在的病毒，故C正确；D．疫情期间使用一次性口罩，可能会携带一些冠状病毒，因此疫情期间被定义为有害垃圾，故D正确；故选：B。5．（2分）（2021•佛山一模）2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将NewSat9﹣18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为：C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O。下列说法错误的是（）A．N2的电子式： B．CO2的结构式：O＝C＝O C．N2既是氧化产物又是还原产物 D．氧化性：N2O4＜CO2【分析】A．氮气分子中氮原子之间共用三对电子且每个N原子还有一个孤电子对；B．二氧化碳分子中每个O原子和C原子形成2个极性共价键；C．该反应中N元素化合价由﹣3价、+4价变为0价；D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是N2O4，氧化产物是CO2。【解答】解：A．氮气分子中氮原子之间共用三对电子且每个N原子还有一个孤电子对，则氮气电子式为，故A正确；B．二氧化碳分子中每个O原子和C原子形成2个极性共价键，二氧化碳结构式为O＝C＝O，故B正确；C．该反应中N元素化合价由﹣3价、+4价变为0价，则N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是N2O4，氧化产物是CO2，则氧化性N2O4＞CO2，故D错误；故选：D。6．（2分）（2021•佛山一模）设NA为阿伏加德罗常数的值．已知反应：Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）．下列说法正确的是（）A．1molS2﹣所含电子数为8NA B．1mol•L﹣1Na2S溶液中，S2﹣的数目为NA C．7.8gNa2S固体所含离子数为0.3NA D．1molNa2S最多溶解S原子的数目为5NA【分析】A．1个硫离子含有18个电子；B．溶液体积未知；C．依据N＝NA计算；D．依据Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）判断。【解答】解：A．1个硫离子含有18个电子，则1molS2﹣所含电子数为18NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算硫离子个数，故B错误；C．7.8gNa2S固体所含离子数为×3×NAmol﹣1＝0.3NA，故C正确；D．依据Na2S+（x﹣1）S═Na2Sx（x≤5）可知：1molNa2S最多溶解S原子的数目为4NA，故D错误。故选：C。7．（2分）（2021•佛山一模）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．无色溶液：Na+、SO42﹣、Cu2+ B．pH＝1的溶液：Ba2+、NO3﹣、K+ C．能使酚酞变红的溶液：Fe3+、Ca2+、I﹣ D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣【分析】A．铜离子为有色离子；B．三种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子、碘离子反应；D．该溶液呈酸性或碱性，偏铝酸根离子、碳酸根离子与氢离子反应。【解答】解：A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B．pH＝1的溶液中存在大量H+，Ba2+、NO3﹣、K+之间不反应，都不与H+反应，能够大量共存，故B正确；C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，Fe3+与OH﹣、I﹣反应，不能大量共存，故C错误；D．水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣，H+与AlO2﹣、CO32﹣反应，不能大量共存，故D错误；故选：B。8．（2分）（2021•佛山一模）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向Ba（OH）2溶液中滴加少量稀硫酸，测量电导率变化电导率减小溶液中的离子浓度减小B在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶集气瓶中产生白烟生成HClC向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸溶液中出现凝胶非金属性：Cl＞SiD加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸石蕊试纸变红NH3显碱性A．A B．B C．C D．D【分析】A.离子浓度越大、导电性越强；B.氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合水蒸气；C.盐酸为无氧酸；D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【解答】解：A.离子浓度越大、导电性越强，由电导率减小，可知离子浓度减小，故A正确；B.氢气与氯气反应生成HCl，HCl极易结合水蒸气，则瓶口有白雾，故B错误；C.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性，故C错误；D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验氨气的试纸不合理，且氨气本身不显碱性，故D错误；故选：A。9．（2分）（2021•佛山一模）下列离子方程式正确的是（）A．电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣ C．向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2O D．K2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+【分析】A．镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀；B．氯气将亚铁离子氧化成铁离子；C．一水合氨不能拆开；D．氯气足量，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子。【解答】解：A．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时还生成氢氧根离子，氢氧根离子能和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+Mg（OH）2↓+H2↑，故A错误；B．向FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故B正确；C．向盐酸中滴加氨水的离子反应为：H++NH3•H2O＝H2O+NH4+，故C错误；D．向K2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故D错误；故选：B。10．（2分）（2021•佛山一模）2020年是“氢键”的百年诞辰。M分子部分结构如图所示（﹣﹣﹣表示氢键）。W、X、Y、Z是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．氢键是一种特殊的化学键 B．稳定性：W2Z＞WY C．X的氧化物的水化物是强碱 D．简单离子半径：Z＞Y＞X【分析】W、X、Y、Z是短周期主族元素，X元素是地壳中含量最高的金属元素，X为Al；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，结合图中氢键结构可知W为H，Z为O；化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，可知Y为F，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，W为H、X为Al、Y为F、Z为O，A.氢键不属于化学键，故A错误；B.非金属性F大于O，则稳定性：W2Z＜WY，故B错误；C.X的氧化物的水化物为氢氧化铝，属于弱碱，故C错误；D.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞Y＞X，故D正确；故选：D。11．（4分）（2021•佛山一模）莽草酸（a）是抗病毒和抗癌药物中间体，其官能团修饰过程如图所示，下列说法正确的是（）A．a分子中所有碳原子可能共面 B．M为乙醇 C．1mola或b消耗NaOH的物质的量相等 D．将LiAlH4改为H2，也可以完成由b向c的转化【分析】A．a中环上连接羟基和亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点；B．a中羧基和甲醇发生酯化反应生成b；C．a中羧基和NaOH以1：1发生中和反应，b中酯基和NaOH以1：1反应；D．将LiAlH4改为H2，只有b中碳碳双键和氢气发生加成反应，酯基和氢气不反应。【解答】解：A．a中环上连接羟基和亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，该分子中所有碳原子不能共平面，故A错误；B．a中羧基和甲醇发生酯化反应生成b，则M为甲醇，故B错误；C．a中羧基和NaOH以1：1发生中和反应，b中酯基和NaOH以1：1反应，a中含有一个羧基、b中含有一个酯基，则1mola或b消耗NaOH的物质的量相等，故C正确；D．将LiAlH4改为H2，只有b中碳碳双键和氢气发生加成反应，酯基和氢气不反应，所以将LiAlH4改为H2，不能完成由b向c的转化，故D错误；故选：C。12．（4分）（2021•佛山一模）实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法错误的是（）A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应 B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离 C．N点时NaHCO3已经完全分解 D．若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62【分析】A．盐类水解反应是酸碱反应的逆反应，中和反应为放热反应，则逆反应为吸热反应；B．图象对比可知碳酸钠和碳酸氢钠溶液加热，溶液pH都减小，M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离；C．若碳酸氢钠完全分解，则碳酸钠溶液45°C时的pH约为11.45；D．图象可知升高温度部分碳酸氢钠发生变化，则将N点溶液恢复到25°C，溶液pH＞8.62。【解答】解：A．NaHCO3和Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解均是吸热反应，故A正确；B．图象对比可知碳酸钠和碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，故B正确；C．若碳酸氢钠完全分解，则碳酸钠溶液45°C时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液pH不符，故C错误；D．升高温度部分碳酸氢钠发生变化，则将N点溶液恢复到25°C，混合溶液pH＞8.62，故D正确；故选：C。13．（4分）（2021•佛山一模）氯水具有漂白和杀菌作用。下列浓度关系正确的是（）A．氯水中：c（Cl﹣）＝c（HClO） B．氯水中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（ClO﹣） C．氯水中：c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO） D．等体积等浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸溶液混合后，溶液呈碱性：c（ClO﹣）＞c（HClO）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）【分析】A．HClO部分电离，HCl完全电离；B．HCl、HClO和H2O都电离出H+，只有HCl电离出Cl﹣，溶液呈酸性，水电离程度很小；C．溶液中存在电荷守恒c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），生成的n（HCl）＝n（HClO），则存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（ClO﹣）+c（HClO）；D．等体积等浓度的NaClO、HClO溶液混合，混合溶液呈碱性，说明ClO﹣水解程度大于HClO电离程度。【解答】解：A．HClO部分电离，HCl完全电离，根据方程式知生成的n（HCl）＝n（HClO），则c（Cl﹣）＞c（HClO），故A错误；B．HCl、HClO和H2O都电离出H+，只有HCl电离出Cl﹣，则c（Cl﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，水电离程度很小，溶液中存在c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．溶液中存在电荷守恒c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），生成的n（HCl）＝n（HClO），则存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（ClO﹣）+c（HClO），则存在c（H+）＝2c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（HClO），故C正确；D．等体积等浓度的NaClO、HClO溶液混合，混合溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），说明ClO﹣水解程度大于HClO电离程度，c（ClO﹣）＜c（HClO），钠离子不水解，所以存在c（HClO）＞c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选：C。14．（4分）（2021•佛山一模）草酸钙具有优异光学性能．在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。已知T1时Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4。下列说法错误的是（）A．图中a的数量级为10﹣2 B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动 C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动 D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀【分析】A．CaC2O4中阴阳离子个数比为1：1，根据Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），B．温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行，溶度积常数增大；C．温度不变溶度积常数不变，加入CdCl2溶液中Cd2+离子浓度增大，S2﹣离子浓度减小；D．根据Qc与Ksp的大小分析解答。【解答】解：A．CaC2O4沉淀溶解平衡为CaC2O4（s）⇌c（Ca2+）（aq）+c（C2O42﹣）（aq），根据Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），所以c（Ca2+）＝c（C2O42﹣）＝mol•L﹣1≈2.6×10﹣2mol•L﹣1，所以a的数量级为10﹣2，故A正确；B．一般难溶物溶解是吸热过程，升高温度平衡正向进行，饱和溶液中离子浓度增大，Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣）增大，m点的饱和溶液的组成由m脱离pmn线沿45°角的直线向T2曲线的方向移动，故B错误；C．Ksp（CaC2O4）＝c（Ca2+）c（C2O42﹣），向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，温度不变Ksp（CaC2O4）不变，C2O42﹣浓度增大，Ca2+浓度减小，溶液组成由m沿pmn线向n方向移动，故C正确；D．T1时，将浓度均为0.03mol•L﹣1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，则c（Ca2+）＝c（C2O42﹣）＝×0.03mol•L﹣1﹣＝0.015mol•L﹣1，Qc＝c（Ca2+）c（C2O42﹣）＝0.015mol•L﹣1×0.015mol•L﹣1＝2.25×10﹣4＜Ksp（CaC2O4）＝6.7×10﹣4，所以不能观察到沉淀，故D正确；故选：B。15．（4分）（2021•佛山一模）焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C（s）+O2（g）═2CO（g）；反应②：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g），反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是（）A．反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0 B．983K是反应趋势变化的转折点 C．L1对应反应① D．当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主【分析】A.反应前后气体计量数之和减小，则△S＜0，所有的燃烧都是放热反应；B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点；C.反应①的△H＜0、△S＞0，升高温度时自发进行的趋势增大；D.当温度低于983K时，主要发生C（g）+O2（g）═CO2（g）。【解答】解：A.反应前后气体计量数之和减小，则△S＜0，所有的燃烧都是放热反应，则反应②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的△S＜0，△H＜0，故A正确；B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点，则983K是反应趋势变化的转折点，故B正确；C.反应①的△H＜0、△S＞0，升高温度时自发进行的趋势增大，温度越高时G越小，则L2对应反应①，故C错误；D.当温度低于983K时，主要发生C（g）+O2（g）═CO2（g），则过量焦炭的氧化产物以CO2为主，故D正确；故选：C。16．（4分）（2021•佛山一模）我国科学家发明了一种两电极体系高选择性合成甲酸盐和辛腈[CH3（CH2）6CN]的方法，装置如图所示。下列说法正确的是（）A．b是电源负极 B．左半池的电极反应为：CO2﹣2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣ C．随着反应的进行，右半池的pH升高 D．每生成1molCH3（CH2）6CN电路中转移4mole﹣【分析】由图可知左侧发生电极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，化合价降低还原反应，右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，化合价升高氧化反应，据此答题。【解答】解：A．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，化合价升高氧化反应，与电源正极相连，b是电源正极，故A错误；B．左侧发生电极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，化合价降低还原反应，故B错误；C．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，消耗氢氧根，右半池的pH不升高，故C错误；D．右侧发生电极反应为：CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，每生成1molCH3（CH2）6CN电路中转移4mole﹣，故D正确；故选：D。二、解答题（共3小题，满分42分）17．（14分）（2021•佛山一模）实验室制备SO2并探究其性质及应用的方案如下，回答下列问题：（1）制备SO2（部分固定装置略）①制备二氧化硫可以选择装置A（填大写字母），其化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O。②利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→g→h→d→c→e（f）。（按气流方向，填小写字母）（2）制备大苏打（Na2S2O3•5H2O）已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇．其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3。①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色．继续通入SO2气体，当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束。②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，冷风吹干，可得到Na2S2O3•5H2O固体。③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇。（3）测定大苏打纯度．现称取ag上述样品，用少量水溶解，滴入1～2滴酚酞，再注入10mLCH3COOH～CH3COONa缓冲溶液，然后以淀粉为指示剂，用bmol•L﹣1的I2标准溶液滴定．已知该条件下：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI。①加缓冲溶液的目的是防止溶液呈酸性影响测定结果。②若滴定时平均消耗标准碘液VmL，产品纯度为。（列表达式）【分析】（1）实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫，二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；（2）将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束；反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，结合Na2S2O3•5H2O的性质采用冷风吹干，可得到Na2S2O3•5H2O固体；（3）用滴定法测定样品纯度时，要防止溶液呈酸性影响测定结果；按反应方程式2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI根据滴定时平均消耗bmol/L的I2标准溶液VmL，可计算得到产品纯度。【解答】解：（1）①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，固、液混合不加热，则应选择装置A，发生化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：A；Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；②利用A装置制备的SO2气体，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、因二氧化硫有毒，需要用碱石灰进行尾气吸收，则利用上图装置收集一瓶干燥的SO2，其连接顺序为：发生装置→g→h→d→c→e（f），故答案为：g→h→d→c→e（f）；（2）①将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为：SO2+Na2S+H2O＝H2S+Na2SO3、2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，随着反应Na2SO3+S＝Na2S2O3不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入SO2气体，因亚硫酸溶液呈酸性，已知Na2S2O3水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3，故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束，故答案为：黄色；②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，进行干燥时，已知Na2S2O3•5H2O在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，采用冷风吹干，可得到Na2S2O3•5H2O晶体，故答案为：冷风吹干；③已知Na2S2O3•5H2O难溶于乙醇，为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇，故答案为：乙醇；（3）①已知Na2S2O3•5H2O水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3，滴定过程中加入10mLCH3COOH～CH3COONa缓冲溶液，能使溶液的pH基本保持稳定，防止溶液呈酸性影响测定结果，故答案为：防止溶液呈酸性影响测定结果；②已知2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI可知存在数量关系n（Na2S2O3）＝2n（I2），若滴定时平均消耗标准碘液VmLbmol•L﹣1的I2标准溶液，则n（Na2S2O3）＝2n（I2）＝2×bmol•L﹣1×V×10﹣3L＝2bV×10﹣3mol，Na2S2O3•5H2O的摩尔质量为248g/mol，产品的纯度为，故答案为：。18．（14分）（2021•佛山一模）用硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）生产硼酸（H3BO3）并回收硫酸镁的工艺流程如图。回答下列问题：（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3。为避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，应采取的措施为分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）。（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2和试剂a，H2O2的作用为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O（用离子方程式表示）。试剂a为MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]。（3）硫酸镁的溶解度随温度变化曲线如图所示．得到MgSO4•7H2O的温度范围为1.8～48.1℃，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤，再用乙醇洗涤后干燥。（4）加热10.54g硫酸镁晶体，得到5.14g硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x＝7。【分析】硼镁矿（主要成分为2MgO•B2O3•H2O，含SiO2、CaCO3、铁和铝的氧化物等杂质）加入硫酸，生成硫酸镁、硼酸（H3BO3）、硫酸钙、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝，SiO2和硫酸不反应，硫酸钙微溶于水，滤渣1是SiO2、CaSO4；滤液1加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，用MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]调节pH除去Fe3+、Al3+，滤液2冷却得到H3BO3沉淀，过滤后的母液蒸发浓缩、趁热过滤得MgSO4•H2O。【解答】解：（1）“酸浸”过程发生的主要化学反应是2MgO•B2O3•H2O和硫酸反应生成硫酸镁、硼酸（H3BO3），化学方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）可以避免“酸浸”产生大量气泡使物料溢出，故答案为：2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；分批慢慢加入硫酸（或用搅拌器搅拌）；（2）“除杂”时向滤液中加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入试剂a调节pH除去Fe3+、Al3+，为不引入新杂质，试剂a可以是MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；MgO[或MgCO3、Mg（OH）2]；（3）根据图示，得到MgSO4•7H2O的温度范围为1.8～48.1℃，为从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应保持“母液”在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤，再用乙醇洗涤后干燥，故答案为：1.8～48.1℃；67.5；趁热过滤；（4）设硫酸镁晶体的化学式是MgSO4•xH2O，10.54g×＝5.14g，解得x＝7，故答案为：7。19．（14分）（2021•佛山一模）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。正戊烷和异戊烷的部分性质如表。名称结构简式熔点/℃沸点/℃燃烧热/kJ•mol﹣1正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3﹣130363506.1异戊烷（CH3）2CHCH2CH3﹣159.427.83504.1回答下列问题：（1）稳定性：正戊烷＜异戊烷。（填“＞”或“＝”或“＜”）（2）25℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1。（3）在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率随温度变化如图1所示。①28～36℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大。②l50℃时，体系压强从100kPa升高到500kPa，正戊烷的平衡转化率不变。（填“增大”、“减小”或“不变”）③150℃时，该反应的平衡常数为3.2，则正戊烷的平衡转化率为76.2%。（保留三位有效数字）（4）在正戊烷中混入一定比例的H2有利于异构化反应的进行，一种“分步法电解制氢气”的装置如图2．该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2．①第一步反应时，开关K应该连接K1。（选填“K1”或“K2”）②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生的电极反应方程式NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣③当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2LH2（标准状况），则电能的利用率为96.0%。（保留三位有效数字）【分析】（1）能量越低越稳定；（2）根据盖斯定律计算反应热；（3）①异戊烷的沸点27.8℃，28～36℃时异戊烷气化；②l50℃时，反应物和生成物的气体计量数相等；③平衡转化率＝×100%；（4）①NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，应该电极为阳极；②第二步反应时，NiOOH/Ni（OH）2发生还原反应；③当电路中转移6.25mol电子时，理论上生成n（H2）＝＝3.125mol。【解答】解：（1）异戊烷的燃烧热更低，所以异戊烷的能量低，稳定性：正戊烷＜异戊烷，故答案为：＜；（2）①CH3CH2CH2CH2CH3（l）+O2（g）＝4CO2（g）+5H2O（l）△H＝﹣3506.1kJ•mol﹣1②（CH3）2CHCH2CH3（l）+O2（g）＝4CO2（g）+5H2O（l）△H＝﹣3504.1kJ•mol﹣125℃，101kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为可以用①﹣②得到CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3（l）＝（CH3）2CHCH2CH3（l）△H＝﹣2.0kJ•mol﹣1；（3）①异戊烷的沸点27.8℃，28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大，故答案为：28～36℃时异戊烷气化，产物浓度降低，平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大；②l50℃时，反应物和生成物的气体计量数相等，体系压强从100kPa升高到500kPa平衡不移动，正戊烷的平衡转化率不变，故答案为：不变；③150℃时，该反应的平衡常数为K＝＝3.2，平衡转化率＝×100%＝×100%≈76.2%，故答案为：76.2%；（4）①NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，应该电极为阳极，与电源正极相连，第一步反应时，开关K应该连接K1，故答案为：K1；②第二步反应时，另一个惰性电极产生O2，NiOOH/Ni（OH）2为阴极，发生还原反应，电极反应方程式NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣，故答案为：NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣；③当电路中转移6.25mol电子时，理论上生成n（H2）＝＝3.125mol，产生67.2LH2（标准状况），n（H2）＝＝3.0mol电能的利用率为×100%＝96.0%，故答案为：96.0%。（二）选做题：每题14分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．【选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分14分）20．（14分）（2021•佛山一模）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物．回答下列问题：（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为4s，价电子中未成对电子有2个。（2）二氧化钛与COCl2（光气）、SOCl2（二氯亚砜）等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。①COCl2（光气）的立体构型为平面三角形，COCl2中σ键和π键的数目比为3：1。②SOCl2（二氯亚砜）是极性分子。（填“极性”或“非极性”）（3）香豆素（）是一种天然香料，能被TiO2光降解。①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是O＞C，理由是O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大。②分子中C原子的杂化类型是sp2。③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号πnm表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则香豆素中的大π键应表示为π。（4）研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2﹣aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。TiO2﹣aNb晶体中a＝，b＝。【分析】（1）Ti是第22号元素，位于周期表中第4周期第ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，d轨道数为5；（2）①COCl2的结构式为，碳原子形成1个π键和3个σ键，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；②分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，反之相反；（3）①C、O元素位于第二周期元素，结合元素周期律分析；②由香豆素结构式可知，香豆素分子中的C原子均为平面三角形，无孤电子对，结合VSEPR模型判断杂化类型；③香豆素分子中10个原子可形成10原子10电子的大π键；（4）根据原子分摊法可知，TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、O、N的原子个数比为4：：＝1：：，据此计算a、b值。【解答】解：（1）Ti是第22号元素，位于周期表中第4周期第ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，d轨道数为5，则Ti原子核外电子占据的最高能级符号为为4s，价电子中有2个未成对电子，故答案为：4s；2；（2）①COCl2的结构式为，碳原子形成1个π键和3个σ键，C原子无孤电子对，则COCl2为平面三角形分子，COCl2中σ键和π键的数目比为3：1，故答案为：平面三角形；3：1；②COCl2是平面三角形构型，结构式为，O和Cl的电负性不相等，则其分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：极性；（3）①C、O元素位于第二周期元素，并且O原子半径小，对最外层电子吸引力大，则第一电离能：O＞C，故答案为：O＞C；O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大；②香豆素的结构为，则所有的C原子均无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，故答案为：sp2；③香豆素分子中环中C、O原子的价电子总数为4×9+6＝42，其中O原子有2对孤电子对，环中含有6个C﹣H键和11个共价键（9个C﹣C键和2个C﹣O键），所以形成大π键电子数＝42﹣4﹣6﹣2×11＝10，即10原子10电子的大π键为π，故答案为：π；（4）TiO2﹣aNb晶胞中Ti原子数为1+4×+8×＝4，N原子数为，O原子数为1+7×+7×＝，则Ti、O、N的原子个数比为4：：＝1：：，即2﹣a＝，a＝、b＝，故答案为：；。【选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）21．（2021•佛山一模）化合物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图。（1）A的化学名称为邻羟基苯甲酸。（2）③的化学反应方程式为。（3）⑤的化学反应类型为取代反应。（4）M中的含氧官能团的名称为肽键、羧基、醚键。（5）B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有13种，其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为。①能与碳酸氢钠溶液反应；②遇FeCl3溶液显紫色。（6）设计由制备的合成路线。【分析】（1）由流程图可知，A分子式为C7H6O3，根据B的结构简式可知A中含有苯环，则支链上只有一个C原子，再对比A、B的结构简式可知反应①是A与CH3OH发生酯化反应生成B；（2）根据D生成E的条件可知，该反应在D的苯环上引入了硝基，所以B到D的反应为B中苯环上的H原子被Cl原子取代的反应；（3）对比F和G的结构简式，可推知反应⑤F中氨基上的H原子和羟基上的H原子被﹣CH2CO﹣代替生成G，来确定反应类型；（4）根据M的结构简式可判断出M中的含氧官能团；（5）B的分子式为C8H8O3，不饱和度Ω＝5，其同分异构体满足下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基；分情况如下：①当苯环上有两个支链时，则可以是：﹣OH、一CH2COOH，此时有邻间对3种同分异构体；②当苯环上有三个支链时，可以是：﹣OH、﹣COOH、﹣CH3，此时苯环上有三个不同的取代基，利用定二议一法如下：先确定﹣COOH和﹣OH两个取代基的位置关系，分别有邻间对三种位置关系，则苯环上有3个不同的取代基时共有2+4+4＝10种同分异构体；综上两种情况可知共有3+10＝13种同分异构体；（6）由制备，结合题干中D生成G的流程可知，可先发生硝化反应，然后再Fe的还原下将硝基还原为氨基，之后与ClCH2COCl发生取代反应得到。【解答】解：（1）由流程图可知，A分子式为C7H6O3，根据B的结构简式，可知A中含有苯环，则支链上只有一个C原子，再对比A、B的结构简式可知反应①是A与CH3OH发生酯化反应生成B，则A的结构简式为：故A的化学名称为：邻羟基苯甲酸，故答案为：邻羟基苯甲酸；（2）根据D生成E的条件可知，该反应在D的苯环上引入了硝基，所以B到D的反应为B中苯环上的H原子被Cl原子取代的反应，则反应②是B与Cl2发生取代反应生成的D，反应③为D与硝酸发生硝化反应生成E，则③的化学反应方程式为：，故答案为：；（3）对比F和G的结构简式，可推知反应⑤F中氨基上的H原子和羟基上的H原子被﹣CH2CO﹣代替生成G，所以反应⑤为取代反应，故答案为：取代反应；（4）根据M的结构简式可知，M中的含氧官能团的名称为肽键、羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（5）B为，分子式为C8H8O3，不饱和度Ω＝5，其同分异构体满足下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基；分情况如下：①当苯环上有两个支链时，则可以是：﹣OH、一CH2COOH，此时有邻间对3种同分异构体；②当苯环上有三个支链时，可以是：﹣OH、﹣COOH、﹣CH3，此时苯环上有三个不同的取代基，利用定二议一法如下：先确定﹣COOH和﹣OH两个取代基的位置关系，分别有邻间对三种位置关系在的位置关系中苯环上再引入一CH3有2种结构、在的位置关系中苯环上再引入﹣CH3有4种结构，在的位置关系中苯环上再引入﹣CH3有4种结构，则苯环上有3个不同的取代基时共有2+4+4＝10种同分异构体；综上两种情况可知共有3+10＝13种同分异构体；其中核磁共振氢谱图中有5组峰的结构简式为，故答案为：13；；（6）由制备，结合题干中D生成G的流程可知，可先由和HNO3，在﹣5～0℃时发生硝化反应生成，然后再Fe的还原下将中的硝基还原为氨基，之后与ClCH2COCl发生取代反应得到，综上分析可知该合成路线为：，故答案为：。一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2021•南平一模）“地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是（）A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物 B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2 C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3 D．宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜2．（6分）（2021•南平一模）下列说法中，正确的是（）A．78gNa2O2固体含有离子的数目为4NA B．由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1溶液中Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣一定能大量共存 C．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝的反应为：4I﹣+O2+4H+═2I2+2H2O D．将充有NO2的玻璃球浸到热水中气体颜色加深说明2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＞03．（6分）（2021•南平一模）螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A．分子式为C10H12 B．一氯代物有五种 C．所有碳原子均处于同一平面 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色4．（6分）（2021•南平一模）二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11℃．某小组在实验室中制备ClO2的装置如图：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4]下列说法正确的是（）A．装置C中装的是饱和食盐水，a逸出的气体为SO2 B．连接装置时，导管口a应接h或g，导管口c应接e C．装置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境 D．可选用装置A利用1mol•L﹣1盐酸与MnO2反应制备Cl25．（6分）（2021•南平一模）某同学设计如图元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍．空格中均有对应的元素填充．以下说法正确的是（）A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素 B．X和Z形成的化合物只有两种 C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞Y D．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物6．（6分）（2021•南平一模）如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700～900℃，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是（）A．电池总反应为：N2H4+2O2═2NO+2H2O B．电池内的O2﹣由电极乙移向电极甲 C．当甲电极上消耗lmolN2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）O2参与反应 D．电池正极反应式为：O2+4e﹣═2O2﹣7．（6分）（2021•南平一模）25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水各20mL，分别用0.1mol•L﹣1氢氧化钠溶液和0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线Ⅰ，滴加10mL溶液时：c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（NH3•H2O） B．曲线Ⅰ，滴加20mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH＜7 C．曲线Ⅱ，滴加溶液体积在10～20mL之间时存在：c（NH4+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+） D．曲线Ⅱ，滴加30mL溶液时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）二、解答题（共5小题，满分58分）8．（11分）（2021•南平一模）绿矾（FeSO4•7H2O）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。受热能分解，且在空气中易被氧化。Ⅰ．医学上绿矾可用于补血剂甘氨酸亚铁[（NH2CH2COO）2Fe]颗粒的制备，有关物质性质如表：甘氨酸（NH2CH2COOH）柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇（1）向绿矾溶液中，缓慢加入NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后生成沉淀FeCO3．该反应的离子方程式为。（2）制备（NH2CH2COO）2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。①加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是。②洗涤操作，选用的最佳洗涤试剂是（填序号）。A．热水B．乙醇C．柠檬酸Ⅱ．绿矾晶体受热分解的反应为2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验室用图I所示装置验证其分解产物。请回答下列问题：（1）加热前通入氮气的目的是。（2）实验中观察到装置B现象为。（3）C装置和D装置能否调换（填“能”或“否”）。（4）样品完全分解后，残留物全部为红棕色固体，检验装置A中的残留物含有Fe2O3的方法是。（5）该装置有个明显缺陷是。Ⅲ．测定绿矾样品中铁元素的含量。称取mg绿矾样品于锥形瓶中溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点。消耗KMnO4溶液体积如图II所示，（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O），该晶体中铁元素的质量分数为（用含m、c的式子表示）。9．（11分）（2021•南平一模）银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备透明半导电薄膜材料（CuAlO2）的工艺如图：注：Al（OH）3和Cu（OH）2分解的温度分别为450℃和80℃。（1）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4的速率的措施有（写出一种）。（2）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，写出滤渣A中银与稀HNO3反应的化学方程式为。（3）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的成分为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量和防止滴加时NaOH的量局部过大，可防止加入NaOH的量局部过大的操作是。若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为。（4）已知：在常温下Cu（OH）2的Ksp＝2×10﹣20mol3•L﹣3，则常温下0.02mol•L﹣1CuSO4溶液里，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于。（5）图中甲为微生物将有机废水的化学能转化为电能的一种新型污水处理装置，利用该装置进行电解精炼银时，粗银应为乙装置的（填“a”或“b”）极，b电极反应式为。当N电极消耗1.12L（标准状况下）O2时，则乙装置中理论上能产生g银。10．（12分）（2021•南平一模）消除含氮、硫等化合物的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。Ⅰ．用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染，NOx若以NO为例，在恒容容器中进行反应：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H＜0。（1）以下选项可以判断反应达到平衡状态的是。A．4v正（NH3）＝5v逆（N2）B．反应体系中气体密度不变C．反应体系中气体压强不变D．反应体系中气体平均摩尔质量不变（2）图Ⅰ中曲线表示转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程由a状态转为b状态进行，可采取的措施是。A．降低温度B．增大反应物中NO的浓度C．加催化剂D．向密闭容器中通入氩气Ⅱ．燃煤烟气中含有大量SO2和NO．某科研小组研究臭氧氧化的碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，反应进程如图Ⅱ所示。反应1：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）反应2：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）已知该体系中温度80℃以上臭氧发生分解反应：2O3⇌3O2．且100℃时臭氧的分解率约为10%．请回答：（1）写出反应1的热化学方程式，反应1在高温下不能自发进行，则该反应的熵变△S0（填“大于”或“小于”）。（2）其他条件不变，向五个体积固定为1L的密闭容器中均充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3，在不同温度下反应相同时间后体系中NO和SO2的转化率如图所示：①若P、Q两点为非平衡点，试分析P点转化率大于Q点的可能原因。100℃，t秒时反应1进行到P点，反应从开始到t秒时NO的平均速率v（NO）＝mol•L﹣1•s﹣1（用含t的式子表示）。②若Q点为平衡点，100℃下反应2的平衡常数的数值约为（精确到0.01）。11．（12分）（2021•南平一模）2019年10月9日诺贝尔化学奖授予对锂电池方面研究有贡献的三位科学家。磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，电池的总反应为：Li1﹣xFePO4+LixC6═LiFePO4+C6．磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。（1）基态Li原子中，核外电子排布式为，占据的最高能层的符号是。（2）该电池总反应中涉及第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）。（3）FeCl3和LiFePO4中的铁元素显+3、+2价，请从原子结构角度解释Fe为何能显+3、+2价。（4）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（﹣5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是。（5）NH4H2PO4中，NH4+的空间构型为。与PO43﹣互为等电子体的分子或离子有（写两种），PO43﹣中磷原子杂化轨道类型为。（6）锂晶体为A2型密堆积即体心立方结构（见图），晶胞中锂的配位数为。若晶胞边长为apm，则锂原子的半径r为pm。12．（12分）（2021•南平一模）有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如图：已知：请回答下列问题：（1）F的化学名称是，⑤的反应类型是。（2）E中含有的官能团是（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为。（3）E+F→W反应的化学方程式为。（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）。

参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2021•南平一模）“地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是（）A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物 B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2 C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3 D．宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜【分析】A．聚乙烯纤维的相对分子质量在10000以上；B．硅为良好的半导体材料；C．石灰石加热后能制得生石灰CaO；D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜；【解答】解：A．聚乙烯纤维的相对分子质量在10000以上，为合成高分子，故A正确；B．硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B错误；C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故C正确；D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故D正确；故选：B。2．（6分）（2021•南平一模）下列说法中，正确的是（）A．78gNa2O2固体含有离子的数目为4NA B．由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1溶液