北京市海淀区2021届高考化学一模试卷

1、市海淀区2021届高考化学一模试卷一、选择题共7小题，每题6分，总分值42分1. 6分以下用品的主要成分与其用途对应不正确的选项是ABCD用品主要成分(NH) 2SQNaHCQSiFe?Q用途化肥枯燥剂光电池涂料A.AB.BC. CD. D2. 6分以下有关钢铁腐蚀和防护的说法不正确的选项是A. 自行车的钢圈上镀一层铬，防止生锈B. 外加直流电源保护钢闸门时，钢闸门与电源的负极相连C. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反响：2HO+O+4e一 4OH3+D. 钢铁发生析氢腐蚀的负极反响：Fe- 3e Fe3. 6分以下说确的是A. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖B. 可以用NaOH溶液除去乙酸乙酯

2、中的乙醇C. 天然油脂的主要成分是高级脂肪酸D. CHCH和CH=CHCH=Gl互为同系物4. 6分以下解释事实的方程式正确的选项是A. 在空气中切开金属钠，光亮外表变暗：2Na+Q NazQ3+C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe+3H>Q g电解D. 电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCI+2HO 5. 6分以下选项中的反响、现象与结论完全一致的是夹持、B. 向氯化铝溶液中参加过量氨水，产生白色沉淀：Al +3QH Al QH 3 J2NaQH+Hf +CI2 f加热装置已略去Fe2Q+3H?结论Cl 2有氧化性SQ有漂白性 酸性：碳酸苯酚 乙炔有复原性 中的反响A MnO与

3、浓盐酸加热 B Cu与浓硫酸加热C NS2CQ与醋酸溶液D 电石与饱和食盐水 中的现象KI淀粉溶液很快变蓝 溴水褪色苯酚钠溶液变浑浊酸性高锰酸钾溶液褪色BC.CD.D2 _ +2 _6. 6分重铬酸钾K262C7溶液中存在如下平衡：Cr2O7 橙色+H2C? 2H+2CrC4黄色 向2mL O.lmol? L_1 K262C7溶液中滴入3滴6mol? L_1 NaCH溶液，溶液由橙色变为黄色； 向所得溶液中再滴入 5滴浓fSQ，溶液由黄色变为橙色.1 向2mL 0.1mol ? L 酸化的 冷。"。溶液中滴入适量NH 2Fe SQ 2溶液，溶液由橙色变2 _+2+3+3+为绿色，发生

4、反响：C2C7 +14H+6Fe 2Cr 绿色+6Fe +7fQ.以下分析正确的选项是A. 实验和均能证明 K2Cr2C7溶液中存在上述平衡2 _3+B. 实验能说明氧化性：Cr2C7 > FeC. CrC42 _和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存D. 稀释K2Cr2C7溶液时，溶液中各离子浓度均减小7. 6分某温度下，将 6mol CQ2和8mol H2充入2L密闭容器中发生反响 CQ g +3f g ? CHICKg +H2Cg H< 0,容器中H2的物质的量随时间的变化关系如右图中的实线所示.图中虚线表示仅改变某一反响条件时， H2的物质的量随时间的变化关系以下说确的是A.

5、曲线I对应的条件改变可能降低温度B. 曲线n对应的条件改变可能是充入氦气C. 该温度下，此反响的化学平衡常数的数值为0.5D. 从反响开始至 a 点，v CC =0.6 mol ? L ? min、解答题共4小题，总分值58 分8 (17分)PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如下：CH-0IICOOC;H;VT1 一匚6H9 H.M _* A 4知：R, R , R'代表烃基 RCnLLrCOOHRCH-C-R"0UgjRfOOH 亠 R-C-RfICOOC?HjRCHO + 血looc 冋定融心*7小RCH=CH'COOC2

6、H5(1) BC的反响类型是.(2) 写出一定条件下 3D的化学方程式：.(3) 有机物甲的结构简式为.(4) 写出 F的化学方程式：.(5) A的结构简式为.(6) 1mol J最多与2mol NaHCO反响；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环.写 出一定条件下JiK的化学方程式：.(7) S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积 之比为6: 3: 1，那么S的结构简式为(写出一种即可).9. (12分)硼泥主要由 MgC和Si02组成，含有少量 FqQ、FeOAI2Q等杂质.用硼泥生产氢 氧化镁的工艺流程如下列图：某些氢氧化物沉淀的 pH如下表所示:

7、氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg(OH 29.310.8Fe (OH 27.69.6Fe (OH 3Al (OH 32.73.7 3.74.7(1) MgO的电子式为.(2) 滤渣2的主要成分是，向滤渣 2中继续参加过量的 NaOH溶液，发生反响的离子方程式 为.(3) 参加NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反响的离子方程式为.(4) 利用Mg(OH 2与含SO的烟气反响生成 MgSO,可以使烟气脱硫，该反响的化学方程式 为.(5) 假设取a吨硼泥为原料，最后得到 b吨Mg(OH产品(假设生产过程中镁元素无损失) 那么硼泥中MgO的质量分数为(用含有 a、b的代数式表示).10

8、. ( 14分)煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图1所示:(1) 中NH参与反响的化学方程式为.(2) 中参加的物质可以是(填字母序号)a.空气 b . CO c . KNO d . NH(3)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶(C和N原子相比，N原子吸引电子能力更(填“强或“弱)，从原子结构角度解释原因：.-1(4) ：N2 (g) +Q (g) 一2N0( g) H=a kJ ? mol-1N (g) +3f (g) 2Nf (g)A H=b kJ ? mol12H2 (g) +Q (g) 2HQ (l ) H=c kJ ? mol反响后恢复至常温常压，中NH参与反响的热化学方程式为

9、.(5) 用间接电化学法除去 NO的过程，如图2所示：电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反响式：用离子方程式表示吸收池中除去 NO的原理：.11. (15分)FeCl3溶液与KI溶液的反响为可逆反响，某小组同学对该反响进行实验探究.(1)甲同学首先进行了实验 1 .实验1 实验步骤实验现象-1 - 1i. 取 2mL 1mol? L KI 溶液，滴加 O.lmol ? L FeCI 3溶液 3 滴1 滴约为 0.05mL,下同.i.溶液呈棕黄色.1ii. 向其中滴加 2滴0.1mol? L KSCN溶液.ii.溶液不显红色. 写出FeCI 3溶液与KI溶液反响的离子方程式.

10、参加KSCN溶液的目的是. 甲同学认为溶液不显红色的原因是反响体系中c Fe3+太低，故改良实验方案，进行了实验2.实验2 实验步骤实验现象i. 取 2mL 0.1mol ? L1 KI 溶液，滴加 0.1mol ? L 1 FeCI 3 溶液 3 滴. i.溶液呈棕 黄色.1ii. 向其中滴加 2滴0.1mol ? L KSCN溶液.ii .溶液显红色.iii. 继续参加2mL CCI4,充分振荡、静置. iii.液体分层，上层红色消失，变为棕黄色， 下层呈紫红色.1本实验改用0.1mol? L KI溶液的目的是.用化学平衡原理解释实验2中参加CCl4后上层溶液红色消失的原因：.2甲同学认为

11、“用 CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色的原因是 12未被充分萃取，但乙同学 查阅资料得到信息：12、丨3在水中均呈棕黄色，两者有如下关系： l2+| I 3.于是提出假设： 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在 I 3. 为验证假设，乙同学设计并完成了实验3.实验3实验步骤 实验现象i. 取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再参加2mL CCI4,振荡、静置.i .液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色.ii. 取1mL饱和碘水，参加2mL CCI4,振荡、静置. i 液体分层，上层为无色，下层 呈紫红色.实验3的结论是. 甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了

12、更加严谨的实验，证明了平衡I2+I ? I3的存在.请你补充完整他设计的实验步骤：将实验 2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试 管中，向试管1中参加1mL水，振荡、静置；向试管 2中.两支试管中的现象分别为.市海淀区2021届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题共7小题，每题6分，总分值42分1. 6分以下用品的主要成分与其用途对应不正确的选项是A用品王要成分 用途(NH) 2SO化肥NaHCO枯燥剂Si光电池Fe2Q涂料A.AB.BC. CD. D考点：铁的氧化物和氢氧化物；铵盐；硅的用途；钠的重要化合物.分析： A.硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥；B. 小打主要成分为

13、碳酸氢钠，不具有吸水性；C. 硅的导电性介于导体与绝缘体之间；D. 三氧化二铁为红棕色粉末.解答： 解：A.硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确;B. 小打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性，不能做枯燥剂，故B错误；C. 硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；D. 三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确；应选：B.点评：此题考查了物质的用途，难度不大，性质决定用途，解题关键在于掌握物质的性质.2. 6分以下有关钢铁腐蚀和防护的说法不正确的选项是A. 自行车的钢圈上镀一层铬，防止生锈B. 外加直流电源保护钢闸门时，钢闸

14、门与电源的负极相连C. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反响：2HO+O+4e一 4OH3+D. 钢铁发生析氢腐蚀的负极反响：Fe- 3e Fe考点：金属的电化学腐蚀与防护.分析：A.铬能够阻止了铁与空气、水的接触；B. 金属的腐蚀与防护中如果有外接电源，此方法为外加电源的阴极保护法；C. 金属的吸氧腐蚀过程中正极氧气得到电子结合水生成氢氧根离子；D. 钢铁的析氢腐蚀的负极是铁放电生成二价铁离子.解答： 解：A.自行车的钢圈上镀上一层铬阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防 锈，故A正确；B. 将钢闸门与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生复原反响，此方法为外加电源的阴极保护法，可防

15、止钢闸门腐蚀，故B正确；C. 金属的吸氧腐蚀过程中正极氧气得到电子结合水生成氢氧根离子，正极反响：2fO+O+4e 40H,故C正确；2+D. 钢铁发生析氢腐蚀的负极反响：Fe-2e Fe，故D错误；应选：D.点评：此题考查了金属的腐蚀与防护，明确金属的电化学腐蚀原理、原电池、电解池工作原理是解题关键，题目难度不大.3. 6分以下说确的是A. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖B. 可以用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙醇C. 天然油脂的主要成分是高级脂肪酸D. C*CH和CH=CHCH=C2l互为同系物考点：淀粉的性质和用途；芳香烃、烃基和同系物；油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途；

16、物质的别离、提纯和除杂.分析： A.纤维素和淀粉都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖；B. 乙酸乙酯均可以和氢氧化钠发生反响；C. 油脂的成分为高级脂肪酸甘油酯；D. 同系物结构相似，官能团相同.解答： 解：A.纤维素、淀粉水解的最终产物都是葡萄糖，故A正确；B. 乙酸乙酯均可以和氢氧化钠发生反响，不能用NaOH溶液可以除去乙酸乙酯中的乙醇，故B错误；C. 天然油脂的主要成分是高级脂肪酸混甘油酯分子构成的混合物，故C错误；D. CH-CH和CH=CHCH=GHZ者所含官能团不同，所以结构不同，不属于同系物，故D错误； 应选：A.点评：此题考查了淀粉、纤维素、酯的性质与同系物的判断，熟悉常见有机物

17、的结构与性质是解题关键，注意同系物必须结构相似，题目难度不大.4. 6分以下解释事实的方程式正确的选项是A. 在空气中切开金属钠，光亮外表变暗：2Na+O Na2QB. 向氯化铝溶液中参加过量氨水，产生白色沉淀：A|3+3OHAI OH 3 JC. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe+3H2Og一 Fe2C3+3H>D.电解饱和氯化钠溶液，产生气体:2NaCI+2HO电解2NaOH+Hf +CI2 f考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写.分析：A.变暗生成氧化钠；B. 反响生成氢氧化铝和氯化铵；C. 反响生成四氧化三铁和氢气；D. 电解反响生成氢氧化钠、氢气、氯气.解答： 解：A.

18、在空气中切开金属钠，光亮外表变暗，发生2Na+Q Na2O,故A错误；3+B. 向氯化铝溶液中参加过量氨水，产生白色沉淀的离子反响为Al +3NH? H2O=AI OH+3 J +3NH，故B错误；C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体，发生3Fe+4fOgFe3Q+4f,故C错误;D. 惰性电极电解饱和氯化钠溶液，产生气体，反响为2NaCl+2H2O - ' 2NaOH+凶+CI2 f,故D正确；应选D.点评：此题考查离子反响方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反响与离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反响、氧化复原反响与电解反响的考查，题目难度不大.()5. 6分以下选项

19、中的反响、现象与结论完全一致的是夹持、加热装置已略去中的反响A MnO与浓盐酸加热 B Cu与浓硫酸加热C NabCO与醋酸溶液D 电石与饱和食盐水中的现象KI淀粉溶液很快变蓝 溴水褪色苯酚钠溶液变浑浊酸性高锰酸钾溶液褪色结论CI 2有氧化性SO有漂白性 酸性：碳酸苯酚 乙炔有复原性A.AB. BC. CD. D考点：常见气体制备原理与装置选择；常见气体的检验.分析：A.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反响生成氯气，氯气能够氧化碘离子生成单质碘；B. 二氧化硫与溴水发生氧化复原反响，使溴水褪色；C. 醋酸易挥发，进入中的气体可能为醋酸与二氧化碳的混合气体；D. 制乙炔气体时用的是电石， 电石主要成

20、分是 CaG还有杂质CaSCa3內等，这些杂质CaSCatP? 也能和水反响，生成 H2S, PH等杂质，对实验造成干扰.解答： 解：A.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反响生成氯气，氯气能够氧化碘离子生成单 质碘，碘与到淀粉变蓝，故 A正确；B. 二氧化硫与溴水发生氧化复原反响，使溴水褪色，表达二氧化硫复原性，与二氧化硫的漂 白性无关，故B错误；C. 醋酸易挥发，进入中的气体可能为醋酸与二氧化碳的混合气体，苯酚钠变浑浊，可能是 碳酸与苯酚钠反响生成苯酚，也可能是醋酸与苯酚钠反响生成苯酚，不能得出结论酸性：碳 酸苯酚，故C错误；D. 电石与饱和食盐水反响除了生成乙炔外还含有杂质气体硫化氢等，硫化氢

21、也具有复原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙炔和硫化氢都具有复原性，结论不严密，故D错误；应选：A.点评：此题考查气体的制备与物质的性质，明确实验过程和各物质的性质是解题关键，题 目难度不大.2 + 2 6. 6分重铬酸钾 ChG溶液中存在如下平衡：ChG 橙色+fC? 2H +2CrO4黄色-1- 1 向2mL O.lmol? L K262G溶液中滴入 3滴6mol? L NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色； 向所得溶液中再滴入 5滴浓H2SO,，溶液由黄色变为橙色.1 向2mL O.lmol? L 酸化的KCQ溶液中滴入适量(NH) 2Fe (SQ) 2溶液，溶液由橙色变 为绿色，发生反响：

22、CrzO2-+14H+6Fe2+2Cr3+ (绿色)+6Fe3+7fO.以下分析正确的选项是()A. 实验和均能证明 K2Cr2Q7溶液中存在上述平衡B. 实验能说明氧化性：Cr2O72 > Fe32 2+C. CrO4和Fe在酸性溶液中可以大量共存D. 稀释K2C3O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小考点：盐类水解的原理；氧化性、复原性强弱的比拟；离子共存问题.分析：A、溶液由橙色变为黄色，溶液由黄色变为橙色，说明参加酸碱发生平衡移动；B氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；2 C CrO4具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子；D稀释溶液，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子

23、积，氢氧根离子 浓度增大.解答： 解：A、参加氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，参加硫酸溶 液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明参加酸碱发生平衡移动，实验和均能证明 K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，故 A正确；B反响中Cr2O72 +14H+6Fe2+ 2Cr3+ (绿色)+6Fe3+7fO,氧化剂的氧化性大于氧化产物，所 以实验能说明氧化性：Cr2O72 > Fe3+,故B正确；2 2 2+C CrO4具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO4和Fe在酸性溶液中不可以大量共存，故C错误；D稀释KsCQ溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可

24、知，氢 氧根离子浓度增大，故 D错误；应选AB点评：此题考查了盐类水解的分析应用，氧化复原反响的规律分析，平衡移动原理的理解应用，掌握根底是解题关键，题目难度中等.7. (6分)某温度下，将 6mol CO2和8mol H2充入2L密闭容器中发生反响 CO (g) +3f (g) ? CHO(g) +fO(g) H< 0,容器中H2的物质的量随时间的变化关系如右图中的实线所示.图中虚线表示仅改变某一反响条件时， H2的物质的量随时间的变化关系以下说确的是()A. 曲线I对应的条件改变可能降低温度B. 曲线n对应的条件改变可能是充入氦气C. 该温度下，此反响的化学平衡常数的数值为0.5D.

25、 从反响开始至 a 点，v( CO) =0.6 mol ? L ? min 考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.分析：A、由图可知，曲线I到达平衡的时间缩短，反响速率加快，平衡时氢气的物质的量增大，平衡向逆反响移动；B条件改变如果是充入氦气，体积一定各组成份的浓度不变，平衡不移动，反响速率不变；C由图可知，TC时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反响的氢气的物质的量为8mol -2mol=6mol，氢气的浓度变化量为 3mol/L，据此结合三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代 入平衡常数表达式计算；D由图可知，a点氢气的物质的量为 4.4mol，参加反响的氢气的物质的量为8mol -4.4

26、mol=3.6mol ,氢气的浓度变化量为乳口】=1.8mol/L，根据，计算v ( H?),禾U用速2LAt率之比等于化学计量数之比计算v (CQ).解答： 解：A、由图可知，曲线I到达平衡的时间缩短，反响速率加快，平衡时氢气的物质 的量增大，平衡向逆反响移动，正反响放热反响，说明是升高温度，故A错误；B条件改变如果是充入氦气，体积一定各组成份的浓度不变，平衡不移动，反响速率不变， 而曲线n速率加快，氢气的量变少，平衡移动，故B错误；C由图可知，TC时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反响的氢气的物质的量为8mol -2mol=6mol，氢气的浓度变化量为3mol/L，那么:CQ2(g)+

27、3H2 (g)? CHQH(g) +H2O (g)开始(mol/L ):3400变化(mol/L ):1311平衡(mol/L ):21111 X 故该温度下平衡常数 k=丄二=0.5，故C正确；D由图可知，a点氢气的物质的量为 4.4mol，参加反响的氢气的物质的量为8mol -4.4mol=3.6mol，氢气的浓度变化量为=1.8mol/L，故v (H2) 丄加严几=0.9mol ? L2L2min-1? min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v (CQ)( f) =0.3mol ? L-1? min1故DJ错误；应选C.点评：此题考查物质的量浓度随时间变化曲线、化学平衡常数、化学反响

28、速率的有关计算、影响化学平衡的因素等，难度中等，注意分析曲线的变化特点.二、解答题(共4小题，总分值58分)&( 17分)PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如下：0 CH，0III LII一O-CH- CH- 一C O 一 £H吐 C:H<HCOGC：?ijKr-CO1 wenA T心：叱。丁；：SH：皿:知：R，R , R'代表烃基RC-RCOOHRCH=C-Rff0RCOOH RlC-K-“ff円严COOC2H5OOC2H5 +h ©(1) BC的反响类型是加成(或复原)(2) 写出一定条件下 3D的化学方

29、程式:电 O口 CHCHCHnCOOH ° ： 一 H-PO-H-CHC-OH -I*-口0H(3)有机物甲的结构简式为-CHO(4)写出 F的化学方程式:COOH cib2 CH?CH;OHCOOH浓晴04 yCOOC：H<蛙 2H：0'cooo且云(5) A的结构简式为(6) 1mol J最多与2mol NaHCO反响；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环.写 出一定条件下JiK的化学方程式： COOH二：匸三：(7) S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6: 3: 1，那么S的结构简式为CH-=CH-CH-CH-CH

30、2或 H5C-C-CHC=CCH<CH 二 CH、CH5 r或C=CC=CHCH：写出一种即可 考点：有机物的推断.TX 2+2 - 101分析：A中不饱和度=- ' =3, A被高锰酸钾溶液氧化生成 B、E, B和氢气发生加成2反响生成C,那么B中含有不饱和键，根据 PHB树脂结构简式知，C发生缩聚反响生成 PHB那么C结构简式为CHCHHQCHCOOH根据信息知，B中应该有羰基，那么B结构简式为CHCOC2COOHE能和乙醇发生酯化反响，那么 E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为3，F为酯，F0-CHO ，F 为 CHCHOOCC2COOCCH，贝U E 为HOOCG

31、COOH根据信息知知H, H发生水解反响然后发生消去反响生成J，1mol J最多与2molNaHCO反响说明J中含有两个羧基，J和,J结构简式为CHNH反响生成K，根据分子式知，J发生取代反响生成 K，K分子结构中含有一个五元环与一OiCE-CH；COOHCOOH据此分析解答.解答：解：A中不饱和度7X2+2-10=3，A被咼锰酸钾溶液氧化生成= 2个六元环，结合 K分子式知，K结构简式为B、E，B和氢气发生加成反响生成 C，那么B中含有不饱和键，根据 PHBM脂结构简式知，C发生缩聚反响生成 PHB 那么C结构简式为CH3CH( HO CH2COOH根据信息知，B中应该有羰基，那么 B结构简

32、式为CHCOCHCOOHE能和乙醇发生酯化反响，那么 E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为 3, F为酯，F"冷-CHO和甲反响生成 G,根据信息知，甲为，F为CHCHOOCCCOOCCH，贝U E为HOOCCCOOH根据信息知知H, H发生水解反响然后发生消去反响生成J, 1mol J最多与2molNaHCO反响说明J中含有两个羧基，J和CHNH反响生成K,根据分子式知，J发生取代反响生成 K, K分子结构中含有一个五元环与一个六元环，结合 K分子式知,CE-CHtCOQHK结构简式为,J结构简式为故答案为:n CH:CHCH;COOHdu-(11-1) h2o(3)通过以

33、上分析知，甲为,故答案为:(4) E和乙醇发生酯化反响生成F,反响方程式为ZCOOHCH：COOH浓 HrS04 yCOOCH;'cooc任iK-2H?0(1) 通过以上分析知， B发生加成反响或复原反响生成 C,所以反响类型是加成反响或复原 反响，故答案为：加成(或复原)；(2) C结构简式为CH3CH( HQ CHCOOHC发生缩聚反响生成 D,反响方程式为三冼=nCH.CHCHnCOOHP I _故答案为:ZCOOHh;so4COOC：H<CH*-2CH<H-OH aCH.-2 HOCOOH' rooc;H;OH反响生成K,反响方程式为故答案为:S是A的一种同

34、分异构体，分子中没有环状结构,s的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为 6： 3： 1,那么S的结构简式为CH：=CH-CH-CH= Ofc或 H；C-C=CH-C=C-CH；CH=CH-CHj亠 ch3或 H3C-C=6C=CHCH?故答案为:点评：此题考查有机物推断，为 2021届高考高频点，侧重考查学生分析推断、知识迁移能力，根据流程图中反响条件、物质结构变化结合题给信息进行推断，熟练掌握常见有机反响类型与断键、成键方式，题目难度中等.9. (12分)硼泥主要由 MgC和SiO2组成，含有少量 Fe2Q、FeOAI2O等杂质.用硼泥生产氢 氧化镁的工艺流程如下列图：工业磕酸氢氧化物Mg (

35、OH Fe (OH Fe (OH Al (OH3.7 3.74.7开始沉淀时的9.37.62.7pH 完全沉淀时的pH10.89.6(1) MgC的电子式为(2) 滤渣2的主要成分是 Fe (OH 3、Al (OH 3,向滤渣2中继续参加过量的 NaOH溶液，发生反响的离子方程式为 Al (OH 3+OH AIO2 +2H2O.(3) 参加NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反响的离子方程式为 M&+2OH Mg ( OH 2J.(4) 利用Mg (OH 2与含SQ的烟气反响生成 MgSO,可以使烟气脱硫，该反响的化学方程式 为 2Mg (OH 2+2SQ+Q2MgS(4+2H2O.

36、(5 )假设取a吨硼泥为原料，最后得到 b吨Mg(OH产品(假设生产过程中镁元素无损失) 那么硼泥中MgO的质量分数为丄(用含有玄、b的代数式表示).29考点：物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用.分析： 硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量 FezQ、FeOAI2Q等杂质，参加硫酸，MgOFezQ、FeO AI2Q都和硫酸反响，SiO2不与硫酸反响，滤渣 1为SiO2,过氧化氢具有氧化性， 参加的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，参加氢氧化钠，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2为Fe (OH 3、Al (OH 3,滤液中含镁离子，调节

37、PH=12得到滤渣3Mg(OH 2,洗涤烘干得到 Mg(OH 2晶体.(1) MgO为离子化合物，其电子式由阴离子氧离子、阳离子镁离子的电子式组合而成，据此书写；(2 ) PH=6滤渣2的主要成分是Fe (OH 3、Al (OH 3,氢氧化铝具有两性，向滤渣 2中继 续参加过量的NaOH溶液，氢氧化铝溶解；(3) 参加NaOH调节溶液pH=12.0时，镁离子和氢氧根离子反响生成氢氧化镁；(4) 根据Mg(OH 2与含SQ的烟气反响生成 MgSO,反响物必有 Q，据此书写；(5 )根据镁元素守恒计算.解答： 解：硼泥主要由 MgO和SiO2组成，含有少量 FezQ、FeOAl 2Q等杂质，参加硫

38、酸，MgO Fe2Q、FeO AI2Q都和硫酸反响， MgO+bSO一MgSO+fO, Fe2Q+3H2SO一Fe2 (SO ) 3+3H2O, FeO+HSO FeSO+HO Al 2Q+3H2SOAl 2 (SQ) 3+3H2O, SQ2不与硫酸反响，滤渣 1 为 SiO2,过氧化氢具有氧化性，参加的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，2+ +3+一fQ+2Fe +2H 2Fe +2HO;3+参加氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀， Fe +30H Fe (OH 3 J; 铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀， Ap +30H Al ( OH 3J;过滤滤渣 2为F

39、e (OH 3、Al ( OH 3,2+ 滤液中含镁离子，调节 PH=12 Mg +2OH Mg( OH 2J;得到滤渣 3: Mg ( OH 2,洗涤烘干 得到Mg( OH 2晶体.(1) MgC是离子化合物，由M&+离子和Of离子构成,MgO的电子式 * Q 为：应卞四;3+(2) 参加氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe +3OH Fe ( OH3+3 J;铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀， Al +3OH Al (OH 3J;过滤滤渣2为Fe (OH 3、Al (OH 3,氢氧化铝具有两性，向滤渣 2中继续参加过量的 NaOH溶液，发生反响 A

40、l (OH 3+OH AlO2 +2H2O,故答案为：Fe (OH 3、Al (OH 3; Al (OH 3+OHAIO2+2H2O2+2+(3) 滤液中含镁离子，调节 PH=12 Mg +2OH Mg (OH 2 J,故答案为：Mg +2OH Mg ( OH 2 J;(4) 氢氧化镁无氧化性，根据信息反响物为Mg(OH 2、SO、产物为MgSO,所以反响物必有 Q，所以该反响为： 2Mg( OH 2+2SO+O 2MgSO+2H2O,故答案为：2Mg (OH 2+2SO+Q2MgS(4+2H2O(5)设硼泥中MgO的质量分数为x，根据镁原子守恒:bX106s=aX10%Xx ,解得 %誣58

41、g/nol 40g/niol '29 0故答案为：-一丄.29a点评：此题考查了从硼泥生产氢氧化镁的方法，涉与了电子式、镁、铝、铁与其化合物的性质、氢氧化镁晶体的产率计算等知识，注意沉淀的成分与 PH值之间的关系，题目难度中等.10. (14分)煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图 催化剂(1)中NH参与反响的化学方程式为 4NH+5Q 占 Abd (填字母序号).c . KNO d . NH1所示:4NO+6HO.(2)中参加的物质可以是a.空气 b . CO(3 )焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更强(填“强或“弱)，从原

42、子结构角度解释原因：C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力 更强.1(4)：N2 (g) +Q (g) 一2NO( g) H=a kJ ? mol1N2 (g ) +3" (g ) 2Nf (g ) H=b kJ ? mol12H2 (g) +Q (g ) 2HQ (l ) H=c kJ ? mol反响后恢复至常温常压，中NH参与反响的热化学方程式为4NH (g) +6N0(g) 5N2 ( g)1+6H0 (I ) H= ( 3c 3a - 2b) kJ? mol .(5) 用间接电化学法除去 NO的过程，如图2所示：电解

43、池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反响式：2HSO+2e +2HS 2O4+2H2O.用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：2NO+2SO2 +2fO-N2+4HSO.考点：电解原理；热化学方程式；氨的化学性质.分析： (1)氨气在催化剂条件下与氧气反响生成一氧化氮和水；(2) 由图表可知，氮由+2价变成0价，应加复原剂；(3) N的电负极强，所以 N原子吸引电子能力更强， C和N原子在同一周期(或电子层数相 同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；(4) 运用盖斯定律解题；(5) 阴极发生复原反响，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子；硫

44、代硫酸根离 子与一氧化氮发生氧化复原反响，生成氮气.解答： 解：(1)氨气在催化剂条件下与氧气反响生成一氧化氮和水，为重要的工业反响, 催化剂反响的化学方程式 4NH+5GA傕化剂4NO+6HO,故答案为：4NU+5Q-4NO+62O(2) 氮由+2价变成0价，应加复原剂，CO和氨气，应选：bd;(3) N的电负极强，所以 N原子吸引电子能力更强，由于C和N原子在同一周期(或电子层 数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强； 1(4) ：N2(g

45、)+O2(g) 一2NO(g) H=a kJ? mol ；N2(g)+3H2(g)一2NH3(g) H=b kJ? mol ；2H2 (g) +Q ( g) 2H2O (I ) H=c kJ ? mol ；而的反响为：4NH(g)+6N( g)5N2(g)+6fO(l )，所以 H=3-3 2 ，那么厶 H=( 3c - 3a 2b) kJ ? mol1,所以热化学方程式为： 4NH (g) +6NO( g) 5N2 (g) +6H2O( l ) H=( 3c 3a 2b) kJ ? mol，故答案为：4NH (g) +6NO(g) 52(g) +6H2O (l ) H= ( 3c 3a 2b

46、) kJ ? mol ；(5) 阴极发生复原反响，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反响式为：- - +2HSO +2e +2H 子反响方程式为：2 S 2O4 +2HO;硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化复原反响，生成氮气，离2NO+2SC4 +2fAN2+4HSO，故答案为：2HSO +2e +2HS2Q +2H2O2 2NO+2SO4 +2HO-N 2+4HSO .点评： 此题考查较为综合，涉与氨气的制备、性质以与氮氧化物的性质，侧重于根底知识 的考查，题目较为简单，注意相关根底知识的学习与积累.11. (15分)FeCl3溶液与KI溶液的反响为可逆反响，某小组同学对该反响

47、进行实验探究.(1) 甲同学首先进行了实验 1.实验1 实验步骤实验现象i. 取 2mL 1mol? L KI 溶液，滴加 0.1mol ? L FeCI 3溶液 3 滴(1 滴约为 0.05mL,下同).i.溶液呈棕黄色._ 1ii. 向其中滴加 2滴0.1mol? L KSCN溶液.ii.溶液不显红色.3+_2+ 写出FeCI 3溶液与KI溶液反响的离子方程式 2Fe +2I ? 2Fe +I 2.3+ 参加KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe . 甲同学认为溶液不显红色的原因是反响体系中c ( Fe3+)太低，故改良实验方案，进行了实验2.实验2 实验步骤实验现象i. 取2mL

48、 0.1mol ? L KI溶液，滴加0.1mol ? L FeCI 3溶液3滴. i.溶液呈棕 黄色._ 1ii. 向其中滴加 2滴0.1mol ? L KSCN溶液.ii .溶液显红色.iii. 继续参加2mL CCI4,充分振荡、静置. iii.液体分层，上层红色消失，变为棕黄色， 下层呈紫红色._ 13+本实验改用0.1mol? L KI溶液的目的是提高平衡时溶液中的c ( Fe ).用化学平衡原理解释实验2中参加CCl4后上层溶液红色消失的原因：平衡1: 2Fe3+2l _ ? 2Fe2+12平衡2: Fe3+3SCN_? Fe (SCN 2参加CCI±后，乜被CCI±萃取，平衡1正向移动，或 c (Fe3+)降低，平衡 2逆 向移动，或c降低，所以红色消失.(2) 甲同学认为“用 CCI4萃取