2020年无锡市名校高考化学模拟试题

2021届新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意）1.下列由实验得出的结论正确的是（）A.将乙烯通入溟的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B.乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D.甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性【答案】A【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，可与漠的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1,2-二溟乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1,2-二溟乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B.乙醇的结构简式为CH3cHzOH,只有羟基可与钠反应，且-OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，c项错误；D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。2.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5、-3—2下列叙述正确的是（）A.Y的最高价氧化物对应的水化物显两性B.放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C.X、Y元素的金属性：X<YD.犬+的离子半径大于W”的离子半径【答案】A【解析】【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为。元素；Z元素化合价为+5、-3,Z处于VA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X化合价为+2价，应为IIA族元素，丫的化合价为+3价，处于DIA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、丫的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、丫应在第三周期，所以X为Mg元素，丫为AI元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知，X、Y,Z、W分别是Mg、ALN、0元素，则A.Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可以与强酸反应，也可以与强硬反应，显两性，故A正确；B.放电条件下，氮气与氧气会生成NO,而不能直接生成NO2,故B错误；C.同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：Mg>AI,即X>Y,故C错误；D.电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg?+的离子半径小于O”的离子半径,故D错误；答案选A。3.X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是A.单质丫为Ma不能溶于b中a和c不可能反应b比c稳定【答案】C【解析】【详解】b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为"0,c可能为HF、NH3,根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则丫可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO,则丫为氮气。A.根据上述分析，单质丫为电，故A正确；NO不能溶于出0中，故B正确；NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；%。比NH3稳定，故D正确。故选C.4.我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现:H2S+O2—HH2S+O2—H2O2+S.已知甲池中发生转化:甲池 乙池A.甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H++2e=H2AQB.该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C.甲池①处发生反应：O2+H2AQ=H2O2+AQD.乙池②处发生反应：H2S+l3=3r+Ssk+2H+【答案】B【解析】【详解】A.由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H*+2e=HzAQ,故A不符合题意；B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；C.甲池①处发生和"AQ反应生成七。2和AQ,方程式为O2+HzAQ=H2O2+AQ,故C不符合题意；D.乙池②处，硫化氢失电子生成硫单质，I；得电子生成「，离子方程式为：H2S+I；=3I+S>|/+2H+,故D不符合题意:故选：B.【点睛】本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电,下列有关该化极反应式。,下列有关该化5.一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作"香水”，其结构简式为合物的说法错误的是A.分子式为加小18。2B.分子中至少有6个碳原子共平面C.该化合物能使酸性高链酸钾溶液褪色D.一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol出加成【答案】B【解析】分子式为Cl3H2。0,故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锌酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个埃基，一定条件下，hnol该化合物最多可与3moi电加成，故D正确。6.向FeCb溶液中加入NazSOs溶液，测定混合后溶液pH随混合前溶液中日当变化的曲线如图所示。c(Fe)0H~~।~।~।~~।~~।—। ： ►0 0.5 1.0 1.5cfSOj-yc^e3*)实验发现：i.a点溶液澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，滴入KSCN溶液显红色；ii.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象，滴加KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A.向a点溶液中滴加BaCL溶液，无明显现象b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO3%H2。^=2Fe2t+SO42+2H+c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3SO32+6H2O^2Fe(OH)3+3H2SO3D.向d点上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红;再滴加NaOH溶液，红色加深【答案】C【解析】【分析】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2,即a点溶液中含有Fe?+,FeCb溶液中加入Na2sO3溶液，先发生2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c点和d点溶液中Fe3+和SC^-发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3,因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2,即a点溶液中含有Fe?+,FeCb溶液中加入Na2sO3溶液，先发生2Fe"+SO3R+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c点和d点溶液中Fe3+和SO32一发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2sCh，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2sOj反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3+,A、a点处溶液中含有SO/，加入BaCL,会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H+)减小，原因是c(SO32-)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H+,溶液c(H+)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3+和SO」-发生双水解反应,离子方程式为2Fe"+3SO3"+6HzO=2Fe(OH)N+3H2sO3,故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe",因此红色应变浅，故D错误；答案为C。.中国传统文化对人类文明贡献巨大.下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A《本草纲目拾遗》中对强水的记载：”性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸B《诗经•大雅•绵》：“革茶如馆。"郑玄笺："其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜味C《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO。和朴硝(NazSOJ的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNCh),是钾的焰色反应，选项D正确。答案选D。.某无色气体可能含有CO、CO2和HzO(g)、电中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A.一定含有CO?、H2O(g),至少含有出、CO中的一种一定含有％0值)、CO,至少含有CO2、％中的一种一定含有CO、C02,至少含有HzO(g)、H2中的一种一定含有CO、％,至少含有出0值)、CO?中的一种【答案】D【解析】【分析】①中通过了碱石灰后，气体中无CO”HQ,②通过炽热的氧化铜，CO和也会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO?和出0,HQ使白色硫酸铜粉末变为蓝色，C02通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收和CO?，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO,也可能是电还原CuO,也可能是两者都有;③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有“；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO?,而这些C02来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2,至少含有出0、CO2中的一种，故合理选项是D,【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。9.BMO(BizMoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A.该过程的总反应：C6H6O+7O2 j^,->6CO2+3H2OB.该过程中BMO表现较强还原性C.降解产物的分子中只含有极性分子D.①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图知，反应物是C6H6。和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应为C6H6O+7O2 >6CO2+3H2O,故A正确，但不符合题意：B.该反应中BM。失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1,故D正确，但不符合题意；故选：C.10.下列说法正确的是（）A.强电解质一定易溶于水，弱电解质可能难溶于水B.燃烧一定有发光发热现象产生，但有发光发热现象的变化一定是化学变化C.制备Fe（OHb胶体的方法是将饱和FeCb溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色D.电解熔融态的闻2。3、12c转化为14C都属于化学变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A.强电解质不一定易溶于水，如AgCL弱电解质不一定难溶于水，如醋酸，故A错误；B.燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧一定有发光、发热的现象产生，但发光、发热的变化不一定是化学变化，例如灯泡发光放热，故B错误；C.加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe（OH）胶体的方法是将饱和FeCb溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；D."c转化为"C是核反应，原子本身不变，没有生成新物质，不是化学变化，故D错误；故选C.11.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式（未配平）。\力】2+1 日I”+1图i+Mn()4-++1()3-+H2O对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A.101作氧化剂具有氧化性B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2C.若有2moiMn?+参加反应时则转移lOmol电子D.氧化性：MnO4>IO4'【答案】D【解析】【分析】已知链离子是反应物，反应后生成高镒酸根离子，则钛离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以是反应物，-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IOj+3H2O=2MnOj+5IO；+6H+,据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2Mn^+5I04+3H20=2MnO/+5I03+61T.A.IO：在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2,故B正确；C.若有2moiMn"参加反应，则转移的电子为21noiX(7-2)=10moL故C正确；D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IOJ氧化产物为MnOJ,所以氧化性：MnOXIOJ故D错误；故选D。12.实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是rr油棉透姐6履行的A.装置b、c中发生反应的基本类型不同B.实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C.d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了C02D.停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烧，把生成物通入澳的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高钵酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锌酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A.装置b中溟的四氯化碳溶液与分解生成的烯是发生加成反应，装置c中酸性高铳酸钾溶液与分解生成的烯煌发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B.石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C.装置c中烯克被酸性高铳酸钾溶液氧化也能生成CO?使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2,C错误；D.停止加热后立即关闭K,后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选Co13.根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①Mn04、ClCl?、Mn"…②ch（少量）、FeBr2FeCI3>FeBr3③KMnC)4、或。2、H2SO4K2sO4、M11SO4...A.第①组反应中生成0.5molCl2,转移Imol电子B.第②组反应中参加反应的Ch与FeBrz的物质的量之比为I:2C.第③组反应的其余产物为Oz和Hz。D.氧化性由强到弱的顺序为MnO4->CI2>Fe3+>Br2【答案】D【解析】【详解】A.由信息可知，Mn04氧化C「为Ch,Cl元素化合价由-1价升高为。价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成lmolClz,转移电子为2mol,选项A正确；B.由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，滨离子末被氧化，根据电子得失守恒2n(Cl2)=n(Fe2+),即第②组反应中参加反应的a?与FeB。的物质的量之比为1：2,选项B正确；C.反应中KMnOafMnSCU,Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，出。2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性Mn。4>Clz,由②可知氧化性CL>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化BL氧化性BrRFe",选项D错误。答案选D。.中华传统文化博大精深，下列说法正确的是( )A."霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B."杨花榆荚无才思"中的"榆荚”主要成分为蛋白质C.“日照香炉生紫烟"中的紫烟指“碘的升华"

D."火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应【答案】A【解析】【详解】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确：B、"杨花榆荚无才思"中的"榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，"火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；故选：A..某学生设计下列装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是（）[W-A[W-A甲乙电解质溶液AAHzCl2稀HCIHCIB电Hz某可行溶液NH3H2OCco2nh3NaCI饱和溶液NaHCO3DPbPbO2H2SO4溶液PbSO4A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.氢气和氯气分别作为燃料电池的负极和正极，将化学能转化为电能，同时产生HCI,选项A正确;B.Nz、出放错电极，交换后才能达到目的，选项B错误；C.这是侯氏制碱法原理，能得到NaHC03,但不是氧化还原反应，不能提供电能，选项C错误；D.生成的PbS04附着在电极上，不能分离，供循环使用，选项D错误。答案选A。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.Na2s。3是一种白色粉末，工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的NazSCh溶液与同浓度AgNCh溶液反应的产物，进行如下实验。实验I配制500mL一定浓度的Na2sCh溶液①溶解：准确称取一定质量的NazSO3晶体，用煮沸的蒸储水溶解。蒸储水需煮沸的原因是—②移液：将上述溶解后的NafOs溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器人为_,同时洗涤—(填仪器名称)2~3次,将洗涤液一并转入仪器A中；③定容：加水至刻度线广2cm处，改用胶头滴管滴加蒸情水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。实验n探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物查阅资料：i.AgzSO?为白色固体，不溶于水，溶于过量NazSCh溶液ii.AgzO,棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应⑴将pH=8的NazSOs溶液滴人pH=4的AgNCh溶液中，至产生白色沉淀。假设一：该白色沉淀为Ag2SO3假设二：该白色沉淀为AgzSO。假设三：该白色沉淀为AgzSOs和AgzSO4的混合物①写出假设一的离子方程式—;②提出假设二的可能依据是;③验证假设三是否成立的实验操作是一.(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=ll的Na2s溶液中，开始产生白色沉淀A,然后变成棕黑色物质。为了研究白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下实验：］足量口氨与口求拄咚」uuu标黑色固体 注■液白包沉淀①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCI=AgCIJ+2NH4CI+H2O,则反应(a)的化学方程式为；②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是—(写化学式)。⑶由上述实验可知，盐溶液间的反应存在多样性。经验证，(1)中实验假设一成立，则(2)中实验的产物不同于(1)实验的条件是【答案】去除蒸懦水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化 500ml.容量瓶烧杯、玻璃棒SO32+2Ag+=Ag2SO3 Na2SO3被酸化的NO；氧化成Na2SO4,Na2SO4与AgNCh溶液反应生成Ag:2SO4沉淀 取固体少许加入足量Na2sCh溶液(或向试管中继续滴加NazSCh溶液)Ag2O+4NH3•H20=2Ag(NHj)2OH+3H2OAg2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOH Na^SOs溶液滴加顺序不同(或用量不同)，溶液酸碱性不同(或浓度不同)【解析】【分析】

配置一定物质的量浓度的溶液时，①溶解时：Na?S03晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；实验n探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；③由于Ag2SO3溶于过量NazSO,溶液，可以加入NafCh溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；⑶⑴中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。【详解】①溶解时：NazSO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2〜3次；⑴①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32+2Ag+=Ag2SO3；②将PH=8的NazSOs溶液滴人pH=4的AgNCh溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；③.AgzSCh为白色固体，不溶于水，溶于过量NazSOs溶液，故可以加入过量2心。3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；(2)①AgzO,棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Agz。+41\1出•HQ=2Ag(NH3)zOH+3H2。;②将PH=4的AgNOs溶液逐滴滴人足量的PH=11的NazSCh溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；(3)实验⑴将pH=8的Na2s。3溶液滴人pH=4的AgNCh溶液中，实验(2)将pH=4的AgNCh溶液逐滴滴人足量的pH=ll的NazSOs溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，，所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K,合成路线如下：葡萄糖A葡萄糖A已知：R,CHO+R2CH2CHO—►R(CH—CHCHOOHR2其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：(1)A的分子式为：.(2)写出下列物质的结构简式：D：;G：。(3)反应①一⑤中属于取代反应的有。(4)反应①的化学方程式为;反应④的化学方程式为。(5)E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：.涉【答案】c5H12 CH3-C-CHOCH3CHO②⑤ C6Hl2。60"2C2H5OH+2coz个产OH 阕网产。HHOCHz-C-CHO+H2—►HOCH2-C-CH2OH 4HCOOC(CH3)3CH2OH CH20H【解析】【分析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%,因此A中一*=-^二77丁==，则A为CsH.H”(H)16.7%/112常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO,根据流程图，B为卤代短，C为醇，D为CHaOH醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I,根据信息，I为H0CH2—《一CHO,J为CHzOHCHzOHHOCHz-j-CHzOH,E和J以4：1发生酯化反应生成K,E为一元竣酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收C氏0H限 CHg C%峰，E为CHj-Z-COOH,则D为CHj-A-CHO,c为(：崽一《一CH20Ho2H3 CH3 CHg【详解】(1)根据上述分析可知，A的分子式为C5H12,故答案为：C5H12；阻(2)根据上述分析，D的结构简式为一CHO；G为乙醛，结构简式为CH3CHO,故答案为：限隅C%—c-CHO.CH3CHO；2H3(3)根据流程图可知，反应①是葡萄糖的分解反应；反应②为卤代克的水解反应，属于取代反应；反应③是醛和醛的加成反应；反应④是醛的氢化反应，属于加成反应；反应⑤是酯化反应，属于取代反应，②⑤属于取代反应，故答案为：②⑤：(4)反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为CHzOHC6Hlz。6型"2C2H5OH+2coz个；反应④是在催化剂作用下，HOC%Y-CHO与氢气共热发生加成反应，CH20H产OH 脸并L 产°H反应的化学方程式为HOCHa-C-CHO+H2--HOCHz-C-CHaOH,故答案为：C6H12O6r2C,H;0H+CIfeOH CH20H产OH 做网产OH2CO2T; HOCHa-C-CHO+H2—►HOCHz-C-CHzOH：CIfeOH CH20H限(5)既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为C%-g-COOH,E的同限分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H”因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种,其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3,故答案为：4；HCOOC(CH3)3o四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.(1)氢气是一种未来十分理想的能源。锢银合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：LaNi3(s)+3H2(g) LaNi3H6(s)AH<0.某实验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。d的平衡转化率与其初始加入量(n)、反应温度(T)的关系如下左图所示；一定温度(T)下，将amol的氢气充入体积是1L的容器内，气体的压强(P)随时间(t)的变化关系如下右图所示：①m、n2,m的大小关系是.②温度L下反应的平衡常数是(用含a的代数式表示)。③保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强 6kPa(填写"大于"或"小于叽(2)贮氢合金ThNis可催化由CO、出合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应①044但)+2凡0但)CO2(g)+4H2(g)AH=+165kJmor1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)AH=YlkJmoL③CO(g)+2凡(g)=CH3OH(g)AH=—90.1kJ•moLCO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)AH=.(3)TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和H2O(g)发生上述反应②(已排除其他反应干扰)，测得CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：时间/(min)0256910x(CO)0.50.250.10.10.050.05若初始投入CO为2mol,恒压容器容积10L,用H2O(g)表示该反应0-5分钟内的速率v[H2O(g)]=.6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol,则改变的外界条件为.(4)温度、压强对反应CO(g)十2H2(g)=CH30H(g) AH=-90.1kJ-mol"中CO转化率的影响如图所①温度在较低范围内，对co转化率影响的主要因素是(填"温度"或"压强②由图像可知，温度越低，压强越大，C。转化率越高。但实际生产往往采用300~400。(：和lOMPa的条件,其原因是.27【答案】niVnzVm —L3-mol小于-206kJmol10.032mol/L 降低温度 温度a温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加【解析】【分析】LaNi3(s)+3H2(g)LaNi3H6(s) AH<0«①该反应是一个气体分子数减小的反应，在恒容密闭容器中进行该反应，充入氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，氢气的转化率将增大；②由图可知，平衡时，体系压强由9kPa变为3kPa,氢气的物质的量变为起始值的三分之一；③保持温度不变，容积压缩至原容积的一半，平衡正向移动，气体分子数减小，压强应小于起始压强的2倍；(2)第三个反应出现CH30H(g),但目标方程式未出现CH30H(g),可得出第三个方程式用不到，根据观察发现，②-①可以得到CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g),△〃用盖斯定律计算即可；⑶CO(g)+H,O(g) CO,(g)+H,(g) = 厂是一个气体体积不变的反应，故气体总物质的量=2mol+2moi=4mol,0-5分钟，CO含量减小了0.4,即减小了4x0.4mol=1.6mol,结合体积可计算浓度变化量，进而计算CO表示的速率，进而计算v[HzO(g)]。6分钟到9分钟，CO的含量下降，说明平衡正向移动，且6到9分钟CO含量减少程度比2到5分钟小，说明6分钟改变的条件使反应速率减小了；(4)①分析图发现，低温时，无论压强多大，C。的转化率都相等；②实际化工生产除了需要考虑平衡原理外，还要考虑实际生产效率、成本投入等。【详解】⑴①恒温恒容下，增大氢气的起始量，压强增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，结合图像可知：n1Vn2V故答案为：niVn2V②该反应中只有氢气一种气体，则容器压强与氢气的物质的量成正比，温度Ti时，起始时，压强为9kPa,平衡时，压强为3kPa,设平衡时氢气的物质的量为n,则经兽=史必，解得：n==,则平衡时，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"3KPan 3\o"CurrentDocument"a 1c(Hz)=3nlm_a»所以，K=a....1)=-,mol',故答案为：—L3"mol'；\o"CurrentDocument"———=—mol/L (—mol/L)a， a'③假设平衡不移动，则t6时刻将容积压缩至原容积的一半，压强应变为t6时刻压强的2倍，即6kPa,但实际情况是，平衡正向移动，气体分子数减小，所以，此时容器内的压强小于6kPa,故答案为：小于；⑵②-①得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)A//= =(-41kJmor1)-(+165kJmor1)=-206kJmol1,故答案为：-206kJmol1；(3)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△”=-41kJ-mo厂是一个气体分子总数不变的反应，故气体总物质的量=2mol+2moi=4mol,。-5分钟，CO含量减小了0.4,即减小了4x0.4mol=1.6mob则C。浓度减.一1.6mol 0.16mol/L —、一但―一小了 =0.16mol/L,v(CO)= ； =0.032mol/L,由方程式计量数可知v[HzO(g)】=v(CO)=10L 5min0.032mol/L.由分析可知，6分钟时改变的条件使平衡正向移动、同时反应速率减小，又从表格可知，6分钟时CO含量没有变化，不可能是移走生成物，综上所述，6分钟时，降低了温度，故答案为：0.032mol/L；降低温度；(4)①由图可知，低温时，无论压强多大，CO的转化率几乎相等，则低温时，对CO转化率影响的主要因素是温度，故答案为：温度；②温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备抗压要求增大，设备成本增加，故实际生产往往采用300~400。<：和101\^2的条件，故答案为：温度太低，反应速率太慢，不利于甲醇的合成，压强太大，设备要求提高，成本增加。【点睛】⑴LaNi3(s)+3Hz(g) LaNi3H6(s),只涉及氢气一种气体，温度、容积不变，增加氢气的起始量，压强增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大！19.最新"人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l) ™ 4NH3(g)+3O2(g)TtRU-Q(Q>0).常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0min2min4min5min6minn221.71.61.62.5h2o109.18.88.88.650200.450.60.60.675(1)该反应的平衡常数表达式K=,0-2min内NH3的平均生成速率为(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡⑶在5〜6min之间只改变了单一条件，该条件是。⑷以NH3和COz为原料可生产化肥碳铉(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是,通入该气体后溶液中存在的电离平衡有(用方程式表示)。⑸常温下NH4HCO3溶液的pH>7,由此判断溶液中：c(NH「)c(HC(V)(选填"<"或理由是»c4(NH,)c3(O2)【答案】 2二，0.03mol/(L.min) 能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态增加了氮气的量NH3NH3«H2O#NH4++OH\H2O#H++OH->因为pH>7,说明c(H*)Vc(OH),根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32'),所以c(NHj>c(HCO3)(或NHj水解呈酸性，HCCh水解呈碱性，PH>7,说明水解程度NH4yHeCh,所以c(NH「)>C(HCO3))【解析】【分析】⑴根据表格中的数据可知，第4,5分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达Ac式；根据公式V=一计算；t(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；⑶根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；⑷根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；⑸根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；【详解】⑴.根据化学方程式，2N2(g)+6H2O(l) ™ 4NH3(g)+3O2(g),化学平衡常数=生成物离子的浓度嘉c4(nhJc3(oJ之积/反应物离子的浓度嘉之积=' ",表格中数据，。〜2min内N2的物质的量变化c-(m)Ac 」,,一=2mol-1.7mol=0.3mol,v(N2)=—=0.3mol/10LZ2min=0.015mol/(L»min),由于氮气和氨气的速率之比为1:2,v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(L«min)x2=0.03mol/(L«min)；(2)因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态，故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；(3)在5〜6min,帅的物质的量增加了2.5mokl.6mol=0.9mol,SO的物质的量减小了8.8mol-8.65mol=0.15mol,O?的物质的量增加了0.675-0.6=0.075moLHQ的物质的量在减小，Oz的物质的量在增加，平衡正向移动，而表格中M的物质的量增加的比较多，故条件改变的是增加氮气的量；(4)以NH3和CO?为原料可生产化肥碳核(NH4HCO3)，氨气在水中的溶解度是一体积水溶解700体积的氨气,而二氧化碳在水中的溶解度较小，故制碳酸氢核需向氨水中通入二氧化碳，氨气溶于水形成氨水，氨水中含有一水合氨，水分子，氨分子，一水合氨和水分子是弱电解质，可以电离，电离方程式为NH3*H2O？iNH4++OH\(5)常温下NH4HCO3溶液的pH>7,因为pH>7,说明c(H+)Vc(OH-),根据电荷守恒：c(H+)+c(NH/)=c(HC03)+c(OH)+2c(CO32),所以c(NH4*)>c(HCO3-),或者NH「水解呈酸性，HC6水解呈碱性，pH>7,说明水解程度NH4yHecV，所以c(NH「)>c(HC03).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）.氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力.下列事实与氢键无关的是（）A.相同压强下dO的沸点高于HF的沸点B.一定条件下，NM与BF3可以形成NH36F3C.羊毛制品水洗再晒干后变形D. 和CH3coe出的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶【答案】B【解析】【分析】【详解】1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下HzO的沸点高于HF的沸点，故A不选；NH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3-BF3,与氢键无关，故B选；C.羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；D.CH3coe出中。原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；故答案为B.2.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正碘的是NH；、/NHQHJ”1：NO：it«lY *N.H4 /：过秋n[•…2//NjH,过程mI—Jn2Anammox反应模型A.ImolNH4+所含的质子总数为10NaB.联氨（NzS）中含有极性键和非极性键C.过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D.过程I中，参与反应的NH/与NH20H的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，lmolNH4+中含有质子总物质的量为llmoL故A说法错误；B、联氨（M心）的结构式为含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II,N2H4^N2H2-2H,此反应是氧化HH反应，过程IV,NO2"^NH2OH,添H或去0是还原反应，故C说法正确；D、NH4+中N显-3价，NH20H中N显一1价，N2H4中N显一2价，因此过程I中NS+与NH20H的物质的量之比为1:1,故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4TN2H2,去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理N0?-转化成NHZOH,是还原反应。3.下列实验操作对应的现象不符合事实的是（）Lkscn「溶液A.向 向Fech溶液中滴入KSCN溶液，溶液颜色变红《Feci,吐溶液B.蠢将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却,氯化钾晶体先析出冰水浴wt向装有10mL滨水的分液漏斗中加入5mL正己烷，光照下振荡后静置，应该为萃取后分层，下层无色，上层有色一铜丝d将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟1一氯气【答案】B【解析】【详解】A、FeCb溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色，据此可检验铁离子，选项A正确；B、硝酸钾的溶解度随温度的降低变化较大，将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，硝酸钾晶体先析出，选项B错误；C、正己烷密度小于水，与水不互溶且与滨水不反应，向装有10mL溟水的分液漏斗中加入5mL正己烷，光照下振荡后静置，应该为萃取后分层，下层无色，上层有色，选项C正确；D、将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，生成氯化铜，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查物质的枪验及制备。易错点为选项B,注意固体溶质的溶解度随温度变化的情况，硝酸钾的溶解度随温度的降低变化较大，将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，硝酸钾晶体先析出。.只涉及到物理变化的是（ ）A.石油裂化 B.煤的干储 C.海水晒盐 D.高炉炼铁【答案】C【解析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。【详解】A、石油裂化的目的是将长链的烷点裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A错误；B、煤干储是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，故B错误；C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。故选：Co【点睛】本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。.利用固体燃料电池技术处理H2s废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型，工作温度分别为500C和850c左右，传导质子时的产物硫表示为工。下列说法错误的是电流/A.气体X是H2s废气，气体丫是空气M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe=Sx+2xH+M传导氧离子时，存在产生SO?污染物的问题D.氧离子迁移方向是从a电极向b电极【答案】D【解析】【分析】【详解】

A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为说明是气体dS废气变为Sx,化合价升高，在负极反应，因此气体X为HzS废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为因此负极a反应为：xH2S-2xe-=SK+2xH\故B正确；C.M传导氧离子时，HzS和。2-可能反应生成SO”因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。.“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是A.KCIO3 B.Na2SO4 C.KNO3 D.Na2O2【答案】C【解析】【详解】我国古代四大发明中的火药，为"一硝二硫三木炭"，"焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。.加较多量的水稀释O.lmol/L的NaHCOs溶液，下列离子浓度会增大的是（ ）A.CO32 B.HCO3 C.H+ D.OH【答案】C【解析】【详解】在NaHCS溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCORdOWH2co3+0%加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大，故选：C..某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液［主要成分为Ca（OH））］,酸液室通入CO?（以NaCI为支持电解质），产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是（）।~0~II用4于干盛子I文黑n文状腾 I■abc■H-H-固体电解废餐液生Ca(OH),N极电H-H-固体电解废餐液生Ca(OH),N极电claN^^co,H-H-团体电解<A.电子由N极经外电路流向M极B.N电极区的电极反应式为2H++2e=凡个C.在碱液室可以生成NaHCOrNa2CO,D.放电一段时间后，酸液室溶液pH减小【答案】B【解析】【分析】氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e=H2个，故B正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCOs、Na2CO3,溶液pH增大，故D错误。故选B..由环己醇合成环己酮的反应为：N-.H%。下列说法正确的是（ ）A.该反应属于取代反应B.环己酮的分子式为C6HgoC.环己醇不能和NaOH溶液反应D.环己醇分子中的所有原子可能共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B.环己酮的分子式为C6Hi°O,B错误；C.环己醇含有的官能团是-0H,醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确：D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是Co

10.环己酮10.环己酮（理如图所示。下列说法正确的是bHrbHra极电极反应式是2Cr"-6e-+14。田=CrzO,z）74。b极发生氧化反应D.理论上生成Imol环己酮时，有ImolHz生成【答案】D【解析】【分析】根据原理图可知，a极为电解池的阳极，C『+失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3+-6e.+7HzO=Cr2O72+14H\b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答.【详解】A.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；B.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，C『+失电子发生氧化反应，电极反应式是2C『+-6e-+7H2。=Cr2O72+14H\故B错误；C.b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D.理论上由环己醇（C6Hl2。）生成Imol环己酮（CeHioO）,转移2moi电子，根据电子守恒可知，阴极有lmol氢气放出，故D正确；故选D。11.新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFezOx,3<x<4,M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe?。/经高温与氢气反应制得。常温下，氧缺位铁酸盐能使工业废气中的氧化物（C02、so2,N02等）转化为其单质而除去，自身变回铁酸盐。关于上述转化过程的叙述中不正确的是（ ）A.MFezC）4在与h的反应中表现了氧化性B.若4moiMFezOx与lmolSO?恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5MFezOx与SOz反应中MFe20K被还原MFe2O4与MFez。、的相互转化反应均属于氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.MFezCX,在与d的反应中，氢元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，则MFezOz,在与％的反应中表现了氧化性，故A正确；B.若4moiMFeQx与ImolSO?恰好完全反应，设MFe2Ox中铁元素的化合价为n,由电子守恒可知，4molx2x(3-n)=lmolx(4-0),解得n=2.5,由化合物中正负化合价的代数和为0可知，+2+(+2.5)x2+2x=0,所以x=3.5,故B正确；C.MFezOx与SO?反应中铁元素的化合价升高，MFeQ.被氧化，故C错误；D.MFezO4与MFeQx的相互转化反应中有元素化合价的升降，则均属于氧化还原反应，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】氧缺位铁酸盐(MFezOJ中可先假设M为二价的金属元素，例如锌离子，即可用化合价的代数和为0,来计算铁元素的化合价了。.用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为nmL,仰视时读数为xmL,俯视时读数为ymL,若X>n>y,则所用的仪器可能为A.滴定管 B.量筒 C.容量瓶 D.以上均不对【答案】A【解析】【分析】【详解】平视时读数为nmL,仰视时读数为xmL,所读数据偏下，俯视时读数为ymL所读数据偏上，若x>n>y,说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管，答案选A。.X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与丫同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是()QRYZA.原子半径：r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)B.气态化合物的稳定性：QX4>RX3c.X与Y形成的化合物中含有离子键D.最高价含氧酸的酸性：X2QO3>XRO3【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物为甲烷，则X为H,Q为C,X与Y同主族，则Y为Na,结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg,R为N,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为H,Q为C,Y为Na,Z为Mg,R为N。A.同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R),A项错误；B.非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则N&的稳定性大于CH4,即RX3>QX4，B项错误；C.X与Y形成NaH,含离子键，C项正确；D.非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3>X2QO3,D项错误；答案选Co.下列各组物质所含化学键相同的是()A.钠(Na)与金刚石(C)B.氯化钠(NaCI)与氯化氢(HCI)C.氯气(Cl2)与氮气(He)D.碳化硅(SiC)与二氧化硅(SiO2)【答案】D【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCI为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D.【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。.下列说法错误的是A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮B.在高温下煤和水蒸气作用得到CO、也、CS等气体的方法属于煤的气化C.由于含钠、钾、钙、钳等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花D.淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，A正确；B.煤的气化是指以煤为原料,以氧气（空气、富氧或纯氧）、水蒸气或氢气等作气化剂（或称气化介质），在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、“、CH4等气体的方法属于煤的气化，B正确；C.金属的灼烧时无色，不用于烟花制作中，C错误；D.淀粉可以被水解成为葡萄糖，葡萄糖进步氧化变成乙醇、乙酸，D正确；故选C.二、实验题（本题包括1个小题，共10分）.I.为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO?,进行如下实验。已知：FeSO4+NO^［Fe（NO）］SO4,该反应较缓慢，待生成一定量［Fe（NO）产时突显明显棕色。和KSCN（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作。（2）实验开始时先将丫形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是 ;铜片和稀硝酸反应的化学方程式为o（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是;本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式 。II.实验室制备的CuSOQHz。中常含Cu（NC）3）2，用重量法测定CUSO4BH2O的含量。（4）实验步骤为：①②加水溶解③加氯化铁溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前,需要检验是否沉淀完全，其操作是。（5）若1.040g试样中含CuSCUSHzO的准确值为1.015g,而实验测定结果是1.000g测定的相对误差为【答案】关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好 利用生成的C02将整个装置内的空气赶尽，避免NO和。2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2N0f+4H2O 检验有无NO?产生，若有NO”则NO,与水反应生成硝酸，硝酸将Fe?+氧化为Fe3+,Fe3+与SCN-反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2N0+02+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化领溶液，观察有无沉淀生成 -1.5%(-1.48%)【解析】【分析】【详解】(1)检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气(吹气)法。本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；(2)实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2,将整个装置的空气赶尽，避免NO和反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NOf+4H2O5故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和反应生成NOz对气体产物的观察产生干扰；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NOf+4H2O«(3)本实验生成的气体中，若有NO?，NO?溶于水生成硝酸，会将Fe?+氧化成Fe3+,B瓶溶液会出现血色，若无NO2,则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2N0+02+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H20.答案为：检验有无NO?产生，若有N02,则NO?与水反应生成硝酸，硝酸将Fe"氧化为Fe3+,Fe，+与SCN-反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2N0+02+2NaOH=NaNOz+NaNO3+H2O(>(4)测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO/,可通过向上层清液中继续滴加氯化领溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化铁溶液，观察有无沉淀生成。(5)相对误差=(°9x100%=-1.48%,故答案为：-1.5%(-1.48%).1.015g三、推断题(本题包括1个小题，共10分).A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种酸类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示(部分反应条件略去)：

回L*[c]—1(C1IUO2)CH2CHO6 茶乙修COj/、02 .O 0—■■■②' /③HjC回L*[c]—1(C1IUO2)CH2CHO6 茶乙修COj/、02 .O 0—■■■②' /③HjC-CH：CHiCHO-CHj已知：I+2R'OHT2ROH+TRO-C—OR RO—©"OR'回答下列问题:B的分子式是o若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%,则D的结构简式为C中含有的官能团名称是..⑥的反应类型是(3)据报道，反应⑦在微波辐射下，以NaHSO.HzO为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式:i.含有苯环和i结构i.含有苯环和i结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1(5)若化合物E为苯甲醛的同系物，且相对分子质量比苯甲醛大14,则能使FeCb溶液显色的E的所有同分异构体共有(不考虑立体异构).种。分异构体共有(不考虑立体异构).种。li的合成(6)参照、o的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图:合成流程图示例如下：(I[一QL邨1■♦CHQi即还空里【答案】CHQCH：CH：OH【答案】CHQCH：CH：OH•电。\z HO-dhUX3M1羟基 氧化反应【解析】【分析】A的分子式为C2H4,A为乙烯，即结构简式为CHz=CHz，根据问题(1),D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有一OH,D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为lxl&13.1%=122,根据苯乙醛推出D的结构简式为^Q^-CH2CH；0H,根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCHzCHQH,根据信息，推出B的结构简式为CH3OH,据此分析；【详解】A的分子式为QS,A为乙烯,即结构简式为Cd=CHz,根据问题(1),D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有一OH,D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为lxl^l3.1%=122,根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为〈g^-CH2CH：OH,根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH,根据信息，推出B的结构简式为CH3OH,(1)根据上述分析，B的结构简式为CMOH,即分子式为CHQ；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子,即D中含有一OH,D属于芳香族化合物，即D中含有苯环,D的相对分子质量为卜1第3.1%=122,根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为＜^Q^-CH2CH：0H;(2)C的结构简式为HOCH2cHz0H,含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；(3)反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为(4)根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1,说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1,符合条件的结构简式为Ch/yQ(5)若化合物E为苯甲醛的同系物，且相对分子质量比苯甲醛大14,则其分子式为C8Hi°O,E的同分异构体能使FeCb溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有一OH、一C2H5两个取代基，有邻间对三种结构,假设苯环上有一0H、一C%、一Oh三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位,羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构;A（6）根据反应②，推出生成目标物原料是即一CH：,根据路线①，用乙烯与在Ag作催化剂的条件下CHjA生成环氧乙烷，因此生成，H——CH；的原料是CH3CH=CH2,生成丙烯，用2一氯丙烷发生消去反应，合成ch30Cl 0 c路纬头I iNaOH.9 °： /\CO]/\珀以内CH3cHe比 ——CH， ►0p°A' --i* \ /CHj H2C-CH-CHj【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和s,写出苯乙醛的同—C—0分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有ch2-（O,符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1,然后将一CHzCHO,拆成一CG和一CHO,在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。四、综合题（本题包括2个小题，共20分）18.工业上以锦铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3,含有AI2O3,SiO?等杂质）为主要原料生产化工原料红矶钠（主要成分为：Na2Cr2O7.2H2O）,其主要工艺流程如下：查阅相关资料得知：.常温下，NaBiOs不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr"转化为CrOdz-,自身被还原为Bi（OH）3固体.ii.物质Fe(OH)3AI(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3开始沉淀的PH2.73.44.67.50.7完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5回答下列问题：⑴将铝铁矿矿石粉碎的目的是.（2）操作I、川、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和（填仪器名称）.(3)写出④反应的化学方程式 .⑷⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-.写出该反应的离子方程式.⑸将溶液H经下列操作：蒸发浓缩，,过滤，洗涤，干燥即得红桃钠。(6)取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，则稀硫酸的浓度为,固体D中含Fe化合物的物质的量为.【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率 漏斗、烧杯3NaBi0s+Cn(SO,)3+7Na0H+H20=2Na2Cr04+3Na2S04+3Bi(OH)3 2Ct0^~+2W Cr2072-+H20冷却结晶.5mol,L_1 0.lOmol【解析】【分析】(1)根据影响反应速率的因素进行分析；(2)操作I、HI、IV均是过滤，根据过滤操作所需的仪器进行分析；(3)NaBiOs有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr”转化为Cr03据此写出反应的化学方程式；(4)酸化是使CrO：转化为CnO"在转化过程中元素化合价不变；据此写出离子方程式；(5)根据从溶液中得到晶体的一般操作进行分析；(6)根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀逐渐增大，达到最大值，后氢氧化钠过量，沉淀部分溶解，说明沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；根据图像结合方程式和元素守恒进行分析计算。【详解】(1)将珞铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)操作I、HI、IV均是过漉，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯：故答案为：漏斗、烧杯；(3)常温下，NaBiOs不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr"转化为CrOK则反应④的化学方程式为3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7OH-+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3>P；故答案为：3NaBiO3+Crz(SO4)3+7NaOH+H2O=2NazCrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3J；(4)⑤中酸化是使CrO4转化为Cr2O72\在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42+2H+^^：Cr2O72+H2O；

故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H20；(5)从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红帆钠；故答案为：冷却结晶；(6)根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL,则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL,所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60ml,物质的量是0.06mol/Lx5moML=0.3mol,所以根据方程式Fe3++3OK=Fe(OHbJ,所以铁离子是O.lmoL根据铁元素守恒可知，固体D中氢氧化铁的物质的量为O.lmol；沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是些等空=0.5mol,则2硫酸的浓度是等=2.5mol/L；故答案是：2.5moH?；O.lOmol,19.有机物M19.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去):已知：①A的密度是相同条件下出密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰;②O-NOz②O-NOz(-Nd容易被氧化);COOH/ A③r—CH _±±►r-ch2cooh\COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为.A中官能团的电子式为.(2)C—►D的反