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．有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（ ）

A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V3

【答案】A

【解析】

【详解】

最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。

答案选A。

【点晴】

该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。

2．下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)

A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1

B．1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g氢气

C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL

D．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 mol·L－1

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 根据c=1000ρ×ω/M进行计算；

B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；

C．根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；

D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；

【详解】

A．根据c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A错误；

B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误；

C．设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200 mL×4.6 mol·L－1＝x·18.4 mol·L－1，x＝50 mL，C正确；

D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 mol·L－1，D错误；

综上所述，本题选C。

3．下列叙述正确的是

A．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同

B．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生

C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

D．反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应

【答案】C

【解析】

【详解】

A. NaCl溶液为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而CH3COONH4在水溶液中存在水解平衡，对水的电离起促进作用，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；

B. 原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，B项错误；

C. HF会与玻璃的成分之一二氧化硅发生反应而腐蚀玻璃，NH4F在水溶液中会水解生成HF，所以NH4F水溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，C项正确；

D. 由化学计量数可知△S<0，且△H−T△S<0的反应可自发进行，常温下可自发进行，该反应为放热反应，D项错误；

答案选C。

4．劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是

A．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2 B．与互为同系物

C．核磁共振氢谱有4组峰 D．分子中所有原子均处于同一平面

【答案】A

【解析】

【详解】

A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故A正确；

B. 二噁烷中含有2个氧原子，与组成上并非只相差n个CH2原子团，所以两者不是同系物，故B错误；

C. 根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；

D. 分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误，

故选A。

【点睛】

甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。

小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。

5．W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是

A．常温常压下Y的单质为气态 B．X的氧化物是离子化合物

C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价

【答案】B

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。

A．常温常压下，S为固体，故A错误；

B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；

C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；

D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；

故选B。

6．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：

(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是___（填化学式）。

(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：

①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，其目的是__。

②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。

③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是__，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是__。

(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是___。

(4)有人设计了图示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠（Na2S2O8），并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为__，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是__（填“a到b”或“b到a”）。

【答案】NaHSO3和NaHSO4 增大锌粒的表面积，加快化学反应速率 Zn＋2SO2=ZnS2O4 减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定 HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O 2SO42-－2e-=S2O82- a到b

【解析】

【分析】

(1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中氧化，S转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐应为硫酸和亚硫酸的酸式盐。

(2)①将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，可以增大其与SO2的接触面积。

②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4。

③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，从溶解和干燥两个方面寻找原因；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境。

(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，由此可写出反应的离子方程式。

(4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，由此可得出电极反应式；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，从电荷守恒出发可确定其迁移方向。

【详解】

(1)Na2S2O4中S显+4价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为+6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。答案为：NaHSO3和NaHSO4；

(2)①锌粉－水悬浊液与SO2的接触面积比锌粉与SO2的接触面积大，反应速率快。答案为：增大锌粒的表面积，加快化学反应速率；

②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4，反应的化学方程式为Zn＋2SO2=ZnS2O4。答案为：Zn＋2SO2=ZnS2O4；

③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强“保险粉”的稳定性。答案为：减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定；

(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O。答案为：HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O；

(4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，电极反应式为2SO42-－2e-=S2O82-；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，电极反应发生后，阳极Na+富余，它应向阴极迁移，所以Na+的迁移方向是由a到b。答案为：2SO42-－2e-=S2O82-；a到b。

【点睛】

书写电极反应式时，应先确定电极的名称和电解质，阳极失电子，则电极材料为惰性电极时，只能是溶液中的离子失电子，因而可得出阳极产物，同样可得出阴极产物；电极反应发生后，依据阴、阳离子的电荷数关系，在确保电荷守恒的前提下，富余离子透过交换膜向另一电极迁移。

7．将镁铝合金溶于 100 mL 稀硝酸中，产生 1.12 L NO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是

A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为 1∶1 B．可以求出硝酸的物质的量浓度

C．可以求出沉淀的最大质量为 3.21 克 D．氢氧化钠溶液浓度为 3 mol / L

【答案】C

【解析】

【详解】

由图可知60 ml到70 ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12L NO气体（标准状况）得失守恒可以得

2x + 3x ＝0.05×3 ，则x ＝0.03 mol，

沉淀的最大质量，

沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol =0.2mol，

氢氧化钠溶液浓度 ，

故C错误；

综上所述，答案为C。

8．由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为

A．SiO2、明矾 B．BaCO3、无水CuSO4

C．MgCO3、Na2S2O3 D．KCl、Ag2CO3

【答案】D

【解析】

【详解】

A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐， A错误；

B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；

C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体， C错误；

D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；

故合理选项是D。

9．己知AgCl在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。己知T1温度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列说法正确的是

A．T1>T2

B．a =4.0×10-5

C．M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变

D．T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】

A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2＞T1，A错误；

B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a= ＝4.0×10-5，B正确；

C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，则M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误；

D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，所以T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D错误；

答案选B。

10．25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的

A．图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)

B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol/L

C．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)

D．图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ c(CN－)

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；

B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN−)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；

C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN−的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN−)，故C错误；

D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl−)+ c(OH−)+ c(CN−)，则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ 2c(CN－)，故D错误；

故选B。

11．前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是

A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>Y

B．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质

C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键

D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同

【答案】B

【解析】

【分析】

前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。

【详解】

根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。

A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；

B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；

C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；

D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；

故合理选项是B。

12．以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是(　　)

A．加热浓硝酸 B．光照硝酸银

C．加热硝酸钙 D．加热溴化钾和浓硫酸混合物

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮气体为红棕色，故A正确；

B．硝酸银不稳定，见光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故B正确；

C．硝酸钙加热于132℃分解，加热至495～500℃时会分解为氧气和亚硝酸钙，生成的氧气为无色气体，故C错误；

D．浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4(浓) K2SO4+2HBr↑，浓硫酸具有强氧化性，易与HBr发生氧化还原反应，H2SO4(浓)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸气为红棕色，故D正确；

答案选C。

【点睛】

掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键，常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气，可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成。

13．下列叙述正确的是

A．Na在足量O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是4×6.02×1023

B．盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+) =0.1 mol/L

C．1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023

D．标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；

B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；

C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；

D．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；

故选B。

14．下列叙述正确的是

A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数

B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同

C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1

D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同

【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。

【详解】

A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。

B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。

C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。

D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。

故选B。

【点睛】

本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。

15．下列离子方程式表达正确的是

A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：

B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液: ↓

C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：

D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合：

【答案】D

【解析】

【详解】

A．FeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，故A错误；

B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；

C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；

D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。

故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。

(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。

(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。

a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性 b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水

c.抑制Fe3+水解 d.作为氧化剂

(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。

(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表

①m=______；n=______。

②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。

(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___

(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；

(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。

【答案】ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O a、c K3[Fe(CN)6]溶液 2.0 25 c>b>a 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于

【解析】

【分析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；

(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；

(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；

(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；

(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；

(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；

(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。

【详解】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

(2) NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；

(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；

(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；

②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；

(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；

(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；

(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。

【点睛】

本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．废旧钴金属片中的钴有＋2 价和＋3 价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回 收钴的工艺流程：

已知：①焙烧后 Mn 元素的化合价为+2

②

(1)焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是_____________（任写一条）。

(2)滤液 1 含有的阴离子是 ____________ 。

(3)该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到 70％，后来改进方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后， 再加入 Na2SO3 溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达 90％以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反 应的离子方程式：___________________

(3)净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。

①除铁：常温下，调节溶液 pH 为 1．4～2．0 后，加 H2O2，反应一段时间，加 8％Na2CO3 溶液，将溶液 的 pH 调至 3．0～4．0。请用化学平衡移动原理解释加入 Na2CO3 溶液能除去溶液中铁元素的原因____________。

②除锰：加入 NaClO 溶液。写出该离子方程式：___________________。

③减钙镁：加入 NH3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子。 试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：_____。

(4)树德中学化学兴趣小组欲探究 CoC2O3•2H2O 受热后的分解产物，取 4.39gCoC2O3•2H2O（摩尔质量为183g/mol）于硬质玻璃管中加热一段时间，冷却、称量，剩余氧化物固体的质量为 2.31g。书写 CoC2O3•2H2O受热分解的化学方程式___________________________________。

【答案】将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量 AlO2-、OH- 或 溶液中存在铁离子的水解平衡：，向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀 草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质

【解析】

【分析】

由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。

【详解】

(1)将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量，可以在焙烧时使废旧钴金属片充分反应，故答案为：将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量；

(2)加入氢氧化钠溶液碱浸，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则滤液 1 的溶质为偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，则含有的阴离子是AlO2-、OH-，故答案为：AlO2-、OH-；

(3)Na2SO3具有还原性，可以将+3价钴的氧化物还原为+2价钴离子，发生反应的离子方程式为或，故答案为：或；

(3)①加H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，在溶液中存在铁离子的水解平衡：，则向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：溶液中存在铁离子的水解平衡：，向该体系中加入Na2CO3溶液后，CO32-和H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；

②NaClO具有强氧化性，可以将Mn2+氧化为MnO2，从而过滤除去，发生反应的离子方程式为：，故答案为：；

③由表格中的溶度积数据可知，草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，则为了避免在沉钴时，将钙离子、镁离子同时沉淀，应先加入NH3F溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加入草酸沉淀钴离子，故答案为：草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免在沉钴时引入钙、镁杂质；

(4)4.39g CoC2O3•2H2O的物质的量为，则剩余的钴的氧化物固体中氧元素的物质的量为，则该氧化物中Co与O元素物质的量之比为3:3，则该钴的氧化物的化学式为Co3O3，由此可知部分Co的化合价升高，失电子，则C元素应得电子，化合价降低，生成CO，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式，还应有CO2和H2O生成，故发生反应的化学方程式为，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．尖晶石是世界上最迷人的宝石之一，主要是镁铝氧化物组成的矿物，还常含有铁、锌、锰、铬、钴等元素。回答下列问题：

（1）基态锰原子价层电子排布式为__________，Co3+的未成对电子数为_________。

（2）一种铝试剂的结构如图，该物质中碳的杂化类型为___________，氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为_______，氮与铝形成的是_____键（填编号。）

a离子b配位c.σd.π

（3）基态原子第一电离能：镁_____铝（填“大于”“小于”或“等于”)原因是_______。

（4）一种由Mg、Cr、O元素组成的尖晶石晶胞分别由4个A与4个B交替无隙并置而成（见图甲），晶胞结构如图乙所示，该尖晶石的化学式为_____________；图乙中，若E点镁原子的分数坐标为(，，0)，则F点镁原子的分数坐标为_______________。

【答案】3d54s2 4 sp2 平面三角形 bc 大于 镁原子电子排布为全（充）满的稳定结构；或镁原子为 3s2 全充满结构，难失电子；或铝失去 1 个电子为 3s2的全充满稳定结构，镁原子失去 1 个电子为3s1不稳定结构；（任意一种答法） MgCr2O4（Cr2MgO4也可） （，,）

【解析】

【分析】

⑴基态锰是25号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2， Co是27号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2，Co3+电子排布式为[Ar]3d6。

⑵该物质中碳价层电子对数为3对，氮与其成键的3个原子，其价层电子对数为3，分析结构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子。

⑶镁原子为3s2，全充满结构，难失电子，铝原子3s23p1，易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构。

⑷先计算每个A中Mg、O个数，再计算B中O、Mg、Cr个数，再得出整个晶胞中有Mg、O、Cr个数，再得化学式，F点镁原子在左前上方的小的立方体中心。

【详解】

⑴基态锰是25号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2，价层电子排布式为3d54s2，Co是27号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2，Co3+电子排布式为[Ar]3d6，未成对电子数为4；故答案为：3d54s2；4。

⑵如图结构，该物质中碳价层电子对数为3对，其杂化类型为sp2，氮与其成键的3个原子，其价层电子对数为3，因此氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为平面三角形，分析结构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子，与铝形成时则氮提供孤对电子，因此形成的是配位键和σ键；故答案为：sp2；平面三角形；bc。

⑶镁原子为3s2，全充满结构，难失电子，铝原子3s23p1，易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构，因此基态原子第一电离能：镁大于铝；故答案为：大于；镁原子电子排布为全(充)满的稳定结构；或镁原子为3s2全充满结构，难失电子；或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构，镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构(任意一种答法)。

⑷A中Mg为1.5个，O为4个，B中O为4个，Mg为0.5个，Cr为4个，晶胞结构如图乙所示，因此整个晶胞中有Mg为16个，O为32个，Cr为16个，因此该尖晶石的化学式为MgCr2O4；图乙中，若E点镁原子的分数坐标为(，，0)，则F点镁原子在左前上方的小的立方体中心，其分数坐标为(，，)；故答案为：MgCr2O4；(，，)。

八、工业流程

19．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

(1)CO2和H2可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= a kJ/mol

①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是________。

A．容器内压强不变 B．3v正(CH3OH)= v正(H2)

C．容器内气体的密度不变 D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变

②测得不同温度时CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，则a______0(填“>”或“<”)。

(2)工业生产中需对空气中的CO进行监测。

①氯化钯(PdCl2)溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时，溶液中会产生黑色的Pd沉淀。若反应中有0.02 mol电子转移，则生成Pd沉淀的质量为________。

②使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其模型如图所示。这种传感器利用了原电池原理，则该电池的负极反应式为________。

(3)某催化剂可将CO2和CH4转化成乙酸。催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的变化关系如图所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是________。

(4)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11，则c(CO32-)=_______。(已知：Ksp[Ca(OH)2]=5.6×10−6，Ksp(CaCO3) =2.8×10−9)

(5)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。图4是通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图。催化剂a、b之间连接导线上电子流动方向是_______(填“a→b”或“b→a”)

【答案】AD < 1.06g CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O 300℃～400℃ 5×10-10mol/L a→b

【解析】

【分析】

(1)①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；

②根据“先拐先平，数值大”可知，体系II反应温度高，甲醇物质的量小，据此分析判断；

(2)①依据PdCl2～Pd～2e-计算；②一氧化碳发生氧化反应生成二氧化碳，应该在原电池的负极上反应，据此书写负极电极反应；

(3)由图知，乙酸的生成速率在250℃时减慢，是因为催化剂的催化效率降低，在300℃后又逐渐增大，是温度升高造成的，据此分析判断；

(4)pH为11时溶液中c(H+)=10-11mol/L，根据Kw计算c(OH-)，根据Ksp[Ca(OH)2]计算溶液中c(Ca2+)，结合Ksp(CaCO3)计算溶液中c(CO32-)；

(5)根据质子的移动方向分析判断原电池的正负极，外电路中电子通过导线由负极流向正极。

【详解】

(1)①A．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应，容器内压强不变即平衡体系的总物质的量或浓度不变，所以容器内压强不变可判断反应达到平衡状态，故A正确；B．3v正(CH3OH)=v正(H2)时，二者速率之比始终符合计量关系，所以3v正(CH3OH)=v正(H2)不能判断是平衡状态，故B错误；C．保持温度、体积一定，各物质均为气体，根据ρ=可知，气体的密度始终不变，不能判断是平衡状态，故C错误；D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变，即CO2与H2O的浓度不变，所以反应达到平衡状态，故D正确；故答案为AD；

②根据“先拐先平，数值大” 可知，体系II反应温度高，所以体系I升温到体系II时，n(CH3OH)降低，说明升温平衡逆向移动，即逆反应吸热，则正反应放热，△H＜0，即a＜0，故答案为＜；

(2)①粉红色的PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO，依据PdCl2～Pd～2e-有n(Pd)=n(e-)=0.01mol，所以m(Pd)=nM=0.01mol×106g/mol=1.06g，故答案为1.06g；

②测定一氧化碳气体含量，使一氧化碳发生氧化反应生成二氧化碳，原电池的负极发生氧化反应，碱性介质中负极电极反应为CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O，故答案为CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；

(3)温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，导致反应速率减慢，当温度超过300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃，故答案为300℃～400℃；

(4)pH为11时溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，溶液中c(Ca2+)==mol/L=5.6mol/L，溶液中c(CO32-)==mol/L=5×10-10mol/L，故答案为5×10-10mol/L；

(5)根据质子(H+)的移动方向可知，催化剂a上发生氧化反应是原电池负极，催化剂b为原电池正极，外电路中电子由负极流向正极，即a→b，故答案为a→b。

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）

1．25℃时，将浓度均为0.1 mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等

B．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 mol·L-1

C．a→c点过程中， 值不变

D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大

2．下列说法正确的是（　　）

A．甲烷有两种二氯代物

B．1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为5NA

C．等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3Cl

D．邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构

3．金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为

A．1：1：4 B．1：1：3 C．1：1：2 D．1：1：1

4．某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的关系如图，以下说法正确的是

A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL

B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)＞c(B(OH)+)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(B2+)

C．交点b处c(OH-)=6.4×l0-5

D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(B2+)+ c(B(OH)+)+c(H+)

5．实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是

A．b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出

B．固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐

C．乙酸乙酯与互为同分异构体

D．乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱

6．下列各组中所含化学键类型相同的一组是（ ）

A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3

C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl2

7．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）

A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA

B．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NA

C．1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NA

D．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA

8．25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的过程中，消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是

A．点①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－)

B．点②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)

C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)

D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)

9．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（ ）

A．简单阴离子的还原性：X>Y

B．原子半径：W>Z>Y>X

C．Z与W形成的化合物中只含有离子键

D．简单氢化物的沸点：Y>Z

10．下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是

A．用小刀切开金属钠 B．将钠放在坩埚中加热

C．把钠保存在煤油中 D．将钠放入盛水的烧杯

11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

12．下列物质的性质和用途不存在因果关系的是

A．胶体具有电泳的性质，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐

B．醋酸酸性强于碳酸，用醋酸溶液清除热水器中的水垢

C．小苏打受热易分解，在面粉中加入适量小苏打焙制糕点

D．氧化铝熔点高，可作耐高温材料

13．用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是

A．该反应的氧化剂是KNO3

B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3

C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质

D．该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol

14．下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是

A．海带提碘 B．氯碱工业 C．海水提溴 D．侯氏制碱

15．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A． 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-

B．0.1 mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-

C．1 mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−

D．0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．肉桂酸是香料、化妆品、医药、塑料和感光树脂等的重要原料．实验室用下列反应制取肉桂酸．

CH3COOH

药品物理常数

填空：

合成：反应装置如图所示．向三颈烧瓶中先后加入研细的无水醋酸钠、苯甲醛和乙酸酐，振荡使之混合均匀． 在150～170℃加热1小时，保持微沸状态．

（1）空气冷凝管的作用是__．

（2）该装置的加热方法是__．加热回流要控制反应呈微沸状态，如果剧烈沸腾，会导致肉桂酸产率降低，可能的原因是______．

（3）不能用醋酸钠晶体（CH3COONa•3H2O）的原因是______．

粗品精制：将上述反应后得到的混合物趁热倒入圆底烧瓶中，进行下列操作：

反应混合物肉桂酸晶体

（4）加饱和Na2CO3溶液除了转化醋酸，主要目的是_______．

（5）操作I是__；若所得肉桂酸晶体中仍然有杂质，欲提高纯度可以进行的操作是__（均填操作名称）．

（6）设计实验方案检验产品中是否含有苯甲醛_______．

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：

已知：

i．R1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OH

ii．R1CH=CHR2R1CHO + R2CHO

（1）A 中含有的官能团名称是______。

（2）①、②的反应类型分别是______、______。

（3）③的化学方程式是______。

（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。

（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。

（6）⑦的化学方程式是______。

（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：

中间产物1的结构简式是______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．以乙烯为原料，在一定条件下可以转化为A、B、C，最后合成有机化合物D，转化关系如下图所示：

请回答：

（1）写出有机物B的官能团名称：________________。

（2）写出CH3=CH2→A化学方程式：________________。

（3）有机化合物D的相对分子质量为：________________。

19．（6分）材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、VA及Ⅷ族元素是组成特殊材料的重要元素。

回答下列问题：

（1）基态硼核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为____。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为___。

（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为____。

（3）NH3能与众多过渡元素离子形成配合物，向CuSO4溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，向其中加入乙醇析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用____，该晶体的化学式为_____。

（4）铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol(SCN)2中含有π键的数目为_____，HSCN结构有两种，硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的原因是_______。

（5）MgCO3的热分解温度_____(填“高于”或“低于”)CaCO3的原因是________。

（6）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2＋离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后H－N－H键角变大的原因：_________。

（7）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为_____，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为_____（用最简整数比表示）。假设晶胞边长为anm，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为________g/cm3。（用含a，NA的代数式表示）

参考答案

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．D

【解析】

【详解】

A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；

B.由图可知0.1 mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 mol·L-1，故B正确；

C. a→ c点过程中，，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；

D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H＋)最大，故D错误。答案选D。

2．D

【解析】

【详解】

A. 甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A错误；

B. 1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为6NA，故B错误；

C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；

D. 邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D正确。

综上所述，答案为D。

3．A

【解析】

【详解】

由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol×2)=1：1：4，

答案选A。

4．C

【解析】

【详解】

A.如果加入盐酸的体积为5mL，由B(OH)2+HCl＝B(OH)Cl+H2O可知此时溶液含等量的B(OH)2、B(OH)+，由于水解和电离能力不同，所以溶液中不可能含等量的B(OH)2、B(OH)+，A错误；

B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，反应生成B(OH)Cl，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，B错误；

C.交点b处B(OH)+、B2+的分布分数相等，二者平衡浓度相等，由K2==6.4×10-5，可知b处c(OH-)=6.4×10-5，C正确；

D.当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等物质的量的B(OH)Cl和BCl2的混合溶液，溶液遵循电荷守恒，则存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+2c(B2+)+ c[B(OH)+)]，D错误；

故合理选项是C。

5．B

【解析】

【详解】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；

B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；

C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；

D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；

故合理选项是B。

6．C

【解析】

【详解】

A. NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；

B. MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；

C. Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。

D. AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；

答案选C。

7．A

【解析】

【详解】

A.　假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；

B.　果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；

C.　乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；

D.　推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；

答案：A。

8．C

【解析】

【详解】

A.点①时，NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A项错误；

B. 点②处溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B项错误；

C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)，C项正确；

D. pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)>c(H＋)，D项错误。

答案选C。

【点睛】

本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。

9．A

【解析】

【详解】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。

A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；

B．根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；

C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；

D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；

答案选A。

10．D

【解析】

【详解】

A．用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；

B．将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B错误；

C．把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明钠的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；

D．钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。

11．B

【解析】

【详解】

A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；

B. 气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；

C.具有还原性，通入溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；

D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论，当氯化钠的浓度大于或等于碘化钠的浓度时，若产生黄色沉淀可得出题中的结论，故D错误，

故选B。

【点睛】

二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。

12．A

【解析】

【分析】

【详解】

A. 胶体具有电泳的性质证明胶体粒子带有电荷，在电场力作用下会向某一个电极定向移动，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐是蛋白质胶体粒子遇电解质，胶粒上吸附的电荷被中和发生聚沉现象，与电泳无关，不存在因果关系，A符合题意；

B. 醋酸酸性强于碳酸，醋酸与水垢中的CaCO3发生复分解反应产生可溶性醋酸钙，因而可用醋酸溶液清除热水器中的水垢，有因果关系，B不符合题意；

C. 小苏打受热易分解会产生CO2可以使面团松软，所以在面粉中加入适量小苏打焙制糕点，有因果关系，C不符合题意；

D. 氧化铝属于离子化合物，阳离子与阴离子之间有强烈的离子键，所以物质熔点高，不容易变为液态，因此可作耐高温材料，有因果关系，D不符合题意；

故合理选项是A。

13．B

【解析】

【详解】

A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；

B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；

C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；

D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；

故合理选项是B。

14．D

【解析】

【详解】

A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；

B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；

C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。

故选D。

15．A

【解析】

【分析】

【详解】

A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；

B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；

C．1 mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；

D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；

答案选A。

【点睛】

（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；

（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；

（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．使反应物冷凝回流 空气浴（或油浴） 乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡左移 乙酸酐遇热水水解 将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水 冷却结晶 重结晶 取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛，或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛．

【解析】

【分析】

(1)根据表中各物质的沸点分析解答；

(2)根据反应条件为150～170℃，选择加热方法；根据表中各物质的沸点结合反应的方程式分析解答；

(3)根据乙酸酐遇热水水解分析解答；

(4)根据肉桂酸难溶于水，而肉桂酸钠易溶于水分析解答；

(5)根据使肉桂酸从溶液中析出一般方法和物质的分离提纯的方法分析解答；

(6)检验产品中是否含有苯甲醛，可以通过加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的方法检验。

【详解】

(1)该反应在150～170℃的条件下进行，根据表中各物质的沸点可知，反应物在该条件下易挥发，所以空气冷凝管的作用是使反应物冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：使反应物冷凝回流；

(2)由于该反应的条件为150～170℃，可以用空气浴(或油浴)控制，在150～170℃时乙酸酐易挥发，如果剧烈沸腾，乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡逆向移动，肉桂酸产率降低，故答案为：空气浴(或油浴)；乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡左移；

(3)乙酸酐遇热水易水解，所以反应中不能有水，醋酸钠晶体(CH3COONa•3H2O)参加反应会有水，使乙酸酐水解，故答案为：乙酸酐遇热水水解；

(4)根据表格数据，肉桂酸难溶于水，而肉桂酸钠易溶于水，加入饱和Na2CO3溶液可以将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水，便于物质的分离提纯，故答案为：将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水；

(5)根据流程图，要使肉桂酸从溶液中充分析出，要冷却结晶，故操作Ⅰ为冷却结晶，提高肉桂酸的纯度可以进行重结晶，故答案为：冷却结晶；重结晶；

(6)苯甲醛中有醛基，检验产品中是否含有苯甲醛，可以通过加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的方法检验，操作为：取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛(或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛)，故答案为：取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛(或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．碳碳双键 氧化反应 加成反应 CH3CH=CH2 、、

【解析】

【分析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；

G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；

（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；

【详解】

（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；

（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；

（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；

（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；

（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；

（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；

（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。

【点睛】

本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．羧基2CH2=CH2+18O22CH3CH18O90

【解析】乙烯与18O2反应生成的A为CH3CH18O，CH3CH18O再与氢气发生加成生成的C为CH3CH218OH，而乙烯直接氧化得到的B为乙酸，乙酸与CH3CH218OH发生酯化反应生成的D为CH3CO18OC2H5；

（1）有机物乙酸含有的官能团名称为羧基；

（2）CH3=CH2→A的化学方程式为2CH2=CH2+18O22CH3CH18O；

（3）有机化合物CH3CO18OC2H5的相对分子质量为90。

19．哑铃形 C＞Be＞B 3d74s2 减小溶剂极性，降低晶体溶解度 [Cu（NH3）4SO4]▪H2O 4NA 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高 低于 r(Mg2+) < r(Ca2+)，晶格能：MgO大于CaO，故MgCO3更易分解为MgO NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 面心立方最密堆积 LiB6H6

【解析】

【分析】

（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级；同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但具有全充满、半充满、全空的电子层构型的原子稳定性高，其电离能较大；

（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级；

（3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4晶体的溶解度，深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4•H2O；

（4）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有4个π键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；