2018-2019学年江西省名校高考化学第三次调研试卷

2021届新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)1.W、X、丫和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，丫的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小顺序：r(X+)<r(Z")W和Z的氢化物之间不能反应X的氢化物(XH)中含有共价键【答案】B【解析】【分析】【详解】W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。丫的周期数等于其族序数，另丫的原子序数大于W的原子序数，则丫在第三周期第IDA族，丫为AI元素。丫的最高价氧化物对应的水化物为AI(OHb，可以与N的最高价氧化物的水化物HNCh反应生成盐和水，在AI和N之间的元素，AI(OHb只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。Na的氧化物为NazO和NazO2(其中NazOz为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；AI的氧化物为ALO3,只有1种，A错误；核外有3个电子层，Na+核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na+)Vr(SL),B正确；W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+HzS=NH4HS或2NH3+H2s=(NH4)zS,C错误；D.Na的氢化物NaH,由Na+和HT构成，只有离子键，D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。2.B—I,3—葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。P-I,3—葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是B-13-新聚糖A.分子式为(GHlzCMn B.与葡萄糖互为同系物C,可以发生氧化反应 D.葡萄糖发生加聚反应可生成阳，3—葡聚糖【答案】C【解析】【详解】A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6HioOs)n,故A错误；B.根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CHz原子团，不是同系物，故B错误：C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故c正确；D.P-I,3—葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成0J,3—葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高钛酸钾直接氧化成酸。3.煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香短B.煤干镯的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭C.棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维D.天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇【答案】A【解析】【详解】A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状短转化为环状点，生成苯、甲苯等芳香垃,苯甲酸属于点的含氧衍生物，不属于芳香点，故A错误；B.煤干储发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确；D.天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确.故答案选Ao.35cl和37c「具有A.相同电子数B.相同核电荷数C.相同中子数D.相同质量数【答案】B【解析】【详解】35cl和37C「具有相同的质子数，而核电荷数等于质子数，故具有相同的核电荷数，故选：B.【点睛】在原子中，质子数=电子数=核电荷数，但质子数不一定等于中子数，所以中子数与电子数、核电荷数是不一定相等的。.为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A.用纯碱吸收硫酸工业的尾气 B.用烧碱吸收氯碱工业的尾气C.用纯碱吸收合成氨工业的尾气 D.用烧碱吸收炼铁工业的尾气【答案】B【解析】【分析】【详解】A.纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B.氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C.硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D.炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气C。常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：B.6.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是（）OOHA.分子中两个苯环处于同一平面B.分子中有3个手性碳原子C.能与浓溟水发生取代反应D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；H'cora^B.H°yC图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；（铁杉脂素）9ocil、OHC.酚羟基的邻对位可能与浓漠水发生取代反应，故C正确；D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH,分别是酯基消耗lmol,2个酚羟基各消耗lmol,故D正确；故选A。.下列属于电解质的是（）A.酒精 B.食盐水C.氯化钾 D.铜丝【答案】C【解析】【分析】电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此分析。【详解】A、酒精结构简式为CH3cH2OH,属于非电解质，故A不符合题意；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C、氯化钾属于盐，属于电解质，故C符合题意；D、铜丝属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；答案选C。.比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，①8C6;②CH4今C5;③CO今COz,比较归纳正确的是A.三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B.三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C.三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D.三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳【答案】D【解析】分析：①CfC02属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；②CH4-CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；③C0-C02属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解：A.甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；.甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；C.碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；D.碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；答案选D。.含M化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的归化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度锐化物污水，发生的主要反应为：CN+OH+ChTCCh+Nz+Cr+HzCK未配平）。下列说法错误的是（其中Na表示阿伏加德罗常数的值）（）A.Ch是氧化剂，C02和Nz是氧化产物B.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5C.该反应中，若有ImolCN-发生反应，则有5Na电子发生转移D.若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应【答案】B【解析】【详解】A.在反应CN+OH+Cl2-»CO2+N2+CI+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为。价，可知CL是氧化剂，CO2和2是氧化产物，A正确；B.由上述分析可知，反应方程式为2CN+8OH+5cl2=2COz+N2+10CI+4H2。，反应中是CN是还原剂，Ch是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2,B错误；C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为。价，所以若有ImolCN•发生反应，则有［（4-2）+（3-0）］Na=5Na电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为。价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确：故合理选项是B,Na代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是2Na个HCI分子与44.8LH2和CL的混合气体所含的原子数目均为4Na.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NOz和NO,浓、稀硝酸得到的电子数均为Na。C.物质的量浓度均为lmol/L的NaCI和MgCL混合溶液中，含有CL的数目为3Na。D.lmolD3i8O+（其中D代表；H）中含有的中子数为10Na。

【解析】【详解】A.氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B.32gCu的物质的量0.5moL失去的电子数均为Na,浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO,根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为Na,B正确；C.溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；D.D3I8O+中含13个中子,故ImoHMO+中含13Na个中子,D错误；答案选B.11.我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的"碘下列关于"碘盐"的说法中错误的是A."碘盐”就是NaiB."碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物C."碘盐”应保存在阴凉处D.使用“碘盐”时，切忌高温煎炒【答案】A【解析】【分析】【详解】A."碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A不正确；B."碘盐”就是适量的碘酸钾(Kith)与食盐的混合物，B正确；C."碘盐"中的碘酸钾易分解，所以应保存在阴凉处，C正确：D.使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D正确。故选A。B.C3H612.B.C3H6H||HC-H：C：：C：C：HD-CH2KH-CH3【答案】D【解析】【分析】A.球棍模型【详解】A.球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意;B.C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意;UIIU He：c：H,C不合题意;c.h：3、：*h中少了1e：c：H,C不合题意;D.丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3,D符合题意;故选D。13.根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A用大理石和稀盐酸反应制取C02气体，立即通入一定浓度的苯酚钠溶液中出现白色沉淀H2c03的酸性比苯酚的酸性强B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCL溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO4Z,SO32-,HS03中的一种或几种C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热无红色沉淀蔗糖未水解D将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷片，并加强热，将生成的气体通入酸性高钵酸钾溶液溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烧A.A B.B C.C D«D【答案】D【解析】【详解】A.也可能是挥发出的HCI与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误；B.原溶液中也可能含有Ag+,故B错误；C.蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(0H)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；D.石蜡为多种短的混合物，产生的气体能使酸性高猛酸钾褪色，说明含有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和荒，故D正确；故答案为D.14.下列说法正确的是()A.碘单质或NH4cl的升华过程中，不需克服化学键NazOz属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为1：1CO?和SiCh中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D.金刚石和足球烯(Cm)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体【答案】D【解析】【详解】A、NH4cl的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A错误；B、NazOz中阴离子(Ch?)、阳离子(Na+)数之比为1：2,选项B错误；C、SiOz中，Si原子、。原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C6。)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项D正确。答案选D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。15.下列化学用语对事实的表述正确的是A.硬脂酸与乙醇的酯化反应：G7H35COOH+C2H518OH/丝箜iG7H35COOC2H5+Hz18。△B.向NazSiCh溶液中通入过量的SOz:SiO32-+S02+H20=H2SiO3>H-SO32-C.由Na和Cl形成离子键的过程：NaGQ：—►Na♦疝:「D.已知电离平衡常数：H2CO3>HCIO>HCO3-,向NaCIO溶液中通入少量CO2:2CIO-+CO2+H2O=2HCIO+CO3L【答案】C【解析】【详解】A.硬脂酸为Ci7H35COOH,含有我基，与C2H5180H发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为G7H35COOH+C2Hsi80H3等iCi7H35coi8ojHs+HzO,故A错误；B.向Na2SiO3溶液中通入过量S02的离子反应为SiO32+2SO2+2H2O=H2SiO34，+2HSO3,故B错误；C.氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，CI得到电子，则Na和CI形成离子键的过程:\a-»Nr［：Ch］，故c正确；D.弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaCIO溶液中通入少量C02:CIO+CO2+H2O=HCIO+HCO3,故D错误；故答案为a二、实验题(本题包括1个小题，共io分)16.工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。［探究一］称取铁钉（碳素钢）6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X,并收集到气体丫。（1）（D甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要判断溶液X中是否含有Fe?+,可以选用.a.KSCN溶液和氯水b.K31Fe（CN）6］溶液c.浓氨水d.酸性KMnCh溶液（II）乙同学将336mL（标准状况）气体丫通入足量溟水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溟水颜色变浅的原因,然后向反应后的溶液中加入足量BaCL溶液,经适当操作得干燥固体2.33go由此推知气体丫中S02的体积分数为.（结果保留一位小数）.［探究二］甲乙两同学认为气体丫中除S02外，还可能含有出和COz。为此设计如图实验装置（图中夹持仪器省略）进行验证。（2）简述该实验能产生少量H2的原因 （用化学用语结合少量文字表述）.（3）装置B中试剂的作用是,装置F的作用是.（4）为了进一步确认C02的存在，需在上述装置中添加M于（选填序号），M中所盛装的试剂可以是.a.A〜B之间 b.B〜C之间 c.C〜D之间 d.E〜F之间【答案】bd SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+2%=Ee2余检验SO?是否除尽 防止空气中的水进入E,影响氢气的检验 b 澄清石灰水【解析】【分析】（1）⑴Fe2+与K31Fe（CN）6］溶液反应生成蓝色沉淀；Fe?+具有还原性，能使高锌酸钾溶液褪色；（II）铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；（3）高链酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；（4）用澄清石灰水检验C02.【详解】（l）Fe2+能与K3［Fe（CN）6］溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2+具有还原性，能使高锈酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe?+,可以选用K31Fe（CN）6］溶液或酸性KMnCh溶液，选bd；（H）铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量滨水中，发生反应SO2+Br2+2HQ=H2so4+2HBr,所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCh溶液，生

233e成硫酸锁沉淀2.33g,硫酸钢的物质的量是灭扁"Olm-根据关系式SJH2SO4BaSO4,可知二氧化硫的物质的量是0.Olmol,由此推知气体Y中S02的体积分数为x100%x100%=66.7%»0.336L（2）由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为Fe+2H+=Fe2++H2T；（3）高钵酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验S02是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E,影响氢气的检验；（4）C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M,M中盛放澄清石灰水即可。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）17.以下是某药物中间体D的合成过程：01（>CH.OHA（C6H6。）nx）n B—— -质・■•宾条外F（1）A的结构简式为,A转化为B的反应类型是。（2）D中含氧官能团的名称是。（3）鉴别B、C可以用的试剂名称是。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是.（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体（不考虑立体异构）有 种。①能与NaHC03溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3：1：2:2:1的同分异构体的结构简式是 （写结构简式）。（6）已知：() OH(IIc+CHECH7HcCCHCH, CH,人OH请设计合成路线以A和JHz为原料合成工无机试剂任选）:【答案】加成反应（酚）羟基、酯基 碳酸氢钠

【答案】加成反应（酚）羟基、酯基 碳酸氢钠【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据c的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为I"X，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为 ）“，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有竣基，C不含有被基，且酚羟基电离出H+能力小于碳酸，粉酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO.i溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溪原子，因此发生的反应方程式为TOC\o"1-5"\h\z—? OH\o"CurrentDocument"I I（（XMH, CH—（<M）Xa0+3NaOH +CH3OH+NaBr+HzO;（5）能与NaHCCh溶液产生气体，则结构中OH ，）川•含有竣基，遇FeCb溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰,说明有（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰,说明有5种不同的氢原子,即结构简式为;（6）根据信息,生成的反应物应是乙块和（/）=0-因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为点睛:本题的难点是同分异构体的书写,首先根据题中所给信息,判断出含有官能团或结构,如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有毂基，能与FeCb溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间基，首先判断出的结构是然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑澳的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.据公安部2019年12月统计，2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) △Hi=-393.5kJ-mo|T2c(s)+0z(g)=2C0(g) △H2=-221.0kJmol1N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.5kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成Nz的热化学方程式(2)对于2NO(g)+2CO(g)=^N2(g)+2CO2(g),在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入O.lmolNO和0.3molCO,反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是一(填字母代号)。A.c(NO)

c(COA.c(NO)

c(CO2)比值不变B.容器中混合气体的密度不变C.v(N2)正=2v(NO)xD.容器中混合气体的平均摩尔质量不变(3)使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的N。，装置如图2所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4〜7之间，写出阴极的电极反应式_。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理一。(4)Ti温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2co(g)+Ch(g)=i2CO2(g) AH<0.实验测得:

v正=丫£0)消耗=2v(O2)消耗二k正c2(C0>c(C)2),v逆=(。)2)消耗二k逆c2(CC)2),k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(CO)>n(Ch)如表：时间/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4①Ti温度时;一■= L/moLk逆一②若将容器的温度改变为T2时其kI=k建，则Tz_「(填"("或"=")。II."低碳经济"备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在O.IMPa、Ru/TiOz催化下，将一定量的七和CO?置于恒容密闭容器中发生反应X：COz(g)+4Hz(g)=^CH4(g)+2HzO(g)AH<0(5)为探究反应X的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol・L”的出与CO2.恒温条件下，根据相关数据绘制出反应速率与浓度关系曲线：v正〜c(CO2)和vm〜c(H2O).则与曲线v正〜c(CO2)相对应的是如图—曲线。(填"甲"或"乙")；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线乙对应的平衡点可能为一(填字母)。v/uorlLs.nrDv/uorlLs.nrD(6)温度为T时，向10L密闭容器中充入5m“Hz和COz的混合气体，此时容器内压强为5P,两种气体的①图中COz的平衡转化率可用表示—(Li或L2)②该温度下，反应X的平衡常数Kp=_.(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。【答案】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ZXH=-746.5 AD2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3- 80 >乙CLi —5-r16P-【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据平衡状态判断的依据：正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析。(3)电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，HSO；得电子生成&0产，发生还原反应；吸收池中no和sq2•发生氧化还原反应，根据图示的产物可写出该反应的离子方程式；⑷①反应达到平衡时v/v这，BPklC2(C0)-c(O2)=k#c2(CO2),所以此时组根k逆c2(CO}c(O2)据表格数据可知初始投料为2molc0和1.2moia,平衡时n(CO)=O.4mol,n(O2)=0.4mol,根据反应方程式可知生成的n(C02)=1.6mol,容器的体积为2L,可以计算出兵；k逆②T2时其k十k”即1=K=l<80；该反应始变小于零即正反应放热反应，平衡常数变小，据此分析温度k逆的大小；(5)初始投料为浓度均为LOmolH/的“与CO?,则反应过程中CG的浓度减小，所以与曲线v正〜c(C02)相对应的是曲线乙；该反应正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动c(C&)在原平衡基础上减小，且温度降低反应速率减慢，所以对应的平衡点应为C；(6)①当ca的量一定时，增大Hz的量，ca的转化率增大；②当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%,即〃(H,)4当今一时，转化率为50%，共充入51noi上和C&的混合气体，则n(H2)=4mol,n(C02)=lmol,列三n(CO2)1段式进行相关计算，以p(ca)、pot)、pdw)来表示平衡时各物质的浓度，进而计算出【详解】(1)CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的方程式为：2NO(g)+2CO(g)=Nz(g)+2CO2(g);已知：①C(s)+02(g)=CCh(g) △Hi=-393.5kJ»mol1②2c(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221.0kJmol1③N2(g)+Oz(g)=2NO(g) △H3=+180.5kJmo|-1①x2-②卷可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知目标反应方程式AH=-393.5kJ*mo|-1x2+221.0kJmol1-180.5kJnio|-1=-746.5kJ*mol1,所以CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)AH=-746.5kJ»mol1!c(NO)(2)A.初始投料为O.lmolNO和0.3molCO,所以平衡前NO浓度减小，COz浓度增大，所以当、比值c(C。?)不变时说明反应达到平衡，故A选;B.容器体积不变，即气体的体积不变，反应物和生成物都是气体，所以气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，故B不选；C.反应平衡时v(N2)£=v(N2M，2v(N2)M=v(NOk，故C不选；D.平衡正向移动时气体的物质的量减小，气体总质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量不变时说明反应达到平衡，故D选；综上所述选AD；⑶电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，进入阴极室的是HSO”流出阴极室的是SzO』，即HS03•得电子生成S2O4",阴极室中溶液的pH在4〜7之间，呈酸性，故电极反应为2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O；吸收池中N。和SzO?发生氧化还原反应，根据图示的产物可知，N。得电子生成Nz,SzO』失电子生成HSO3-，根据得失电子守恒写出反应的离子方程式为2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3；__ kTc2(CO,)⑷①反应达到平衡时v^Vjg,BPkidfCOJ-cfO^kac^COz),所以此时，=，/'、0、=K,根据表k逆c(CO}c(O2)格数据可知初始投料为2molc。和1.2molCh,平衡时n(CO)=0.4mol,n(O2)=0.4mol,根据反应方程式可知(1.6molf生成的n(COz)=1.6mol,容器的体积为2L,所以』=,12： =80L/mol；攵逆(0.4mol]0.4molI2LJ2L②T2时其k^k建，即兽=K=l<80；该反应始变小于零即正反应放热反应，平衡常数变小说明温度升高，k逆所以t2>tu(5)初始投料为浓度均为1.0mol・LT的Hz与C02,则反应过程中C02的浓度减小，所以与曲线vi~c(CO2)相对应的是曲线乙；该反应正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动c(COz)在原平衡基础上减小，且温度降低反应速率减慢，所以对应的平衡点应为C；(6)①当CO2的量一定时，增大Hz的量，COz的转化率增大，即6H越大，COz的转化率越大，所以CO2的平衡转化率可用L1表示；②当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%,即〃(H,)4当与不々=一时，转化率为50%,共充入5m和C02的混合气体，贝ljn(Hz)=4m”，n(CO2)=lmol,列n(CO2)1三段式有：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)TOC\o"1-5"\h\z起始(mol) 14 0 0转化(mol) 0.52 0.5 1平衡(mol) 0.52 0.5 1平衡时气体总物质的量为0.5mol+2moi+0.5mol+lmol=4moL反应前气体总物质的量为5mol,压强为5P,p24p1则反应后总压强为4P,p（C02）=p（CH4）=-P,p（H2）=2P,p（H20）=P,所以Kp= ^—=7—5-0（2P）4x-P16P'【点睛】化学反应原理题目的考查中经常出现速率常数，可以将N=k（平衡常数），作为结论记住；当反应物投料比等于方程式中计量数之比时各反应物的平衡转化率相等。19.锂离子电池是现代高性能电池的代表，高性能的电极材料与物脑结构密切相关。（DLiFePO,因具有良好的结构稳定性而成为新一代正极材料，这与P043-的结构密切相关，P0&3的立体构型为oP、。、S的电负性从大到小的顺序为OH（2）通常在电极材料表面进行"碳"包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸<二r'Ew"常被用作碳包覆的（HOZ'OH）碳源，其易溶于水的原因是—，抗坏血酸中碳原子的杂化方式为—，imol抗坏血酸中手性碳原子的数目为⑶5过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生Oz而爆炸，实验证实02因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表分子结构的是一（填标号）。A-：0^6：•IB-：o—0：c.:（^0：D.：0—0：⑷目前最常用的电极材料有锂钻复合氧化物和石墨。①锂钻复合氧化物中Li、Co,。分别形成了六边层状结构（图a）,按照Li-O-Co-O-Li-O-Co-O-Li-顺序排列,则该化合物的化学式为.C03+的价层电子排布式为0②石墨晶胞（图b）层间距为dpm,C-C键长为apm,石墨晶体的密度为pg/crr?,列式表示阿伏加德罗常数为—mol'.

【解析】【分析】(I)根据价层电子对互斥理论，计算磷酸根离子的价电子对数，找出P04工空间构型，P、0、S的电负性从大到小的顺序按非金属性强弱和电负性大小之间的关系来回答；OH⑵抗坏血酸;pc易溶于水的原因从影响溶解性的因素——含羟基及其与水的作用来分析，抗(H0Z\>H )坏血酸中碳原子的杂化方式从碳碳键角度分析，1m”抗坏血酸中手性碳原子的数目结合定义和图示结构判断；(3)结合信息和示意图选择判断；⑷结合①锂钻复合氧化物中Li、Co,0分别形成了六边层状结构(图a),用均摊法计算晶胞内的原子数,求该化合物的化学式，钻的原子序数为27,则按电子排布规律可写C03+的价层电子排布式；②已知石墨晶胞(图b)层间距为dpm,C-C键长为apm,按晶胞的密度等于晶体的密度为pg/cm3,列式求阿伏加德罗常数；【详解】54.0x4+3(I)PO产中P原子价层电子对个数——-——=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构；答案为：正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性0>S>P；答案为：0>s>p；OH(2)抗坏血酸(，'人al"碳原子数目相对较少，但分子内含4个羟基，可与水分子间形成氢键，因此OHno

它易溶于水；OH答案为：分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键；分子内有碳碳单键、对应碳原子Sp3杂化方式，也有碳碳双键，对应碳原子Sp2杂化方式；答案为：sp\sp3;与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，由图知，1个抗坏血酸分子中含2个手性碳原子，则Imol抗坏血酸中手性碳原子的数目为2NA；答案为：2Na;(3)结合信息：Oz因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图知B结构中化学键有3电子，B有单电子，B满足；答案为：B；⑷锂钻复合氧化物中Li、Co,0分别形成了六边层状结构(图a),整个六棱柱结构中：Li个数为：12x」+2x』+6=9个，Co个数为：7+6x』=9,0个数为：14+12x^=18则，Li、Co和0个数比6 2 3 3为1：1：2,化学式为LiCoCh；答案为：LiCoO2；钻的原子序数为27,Co?+有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6,其价层电子排布式为3d6；答案为：3d6；1 1 1 .12石墨晶胞中碳原子数目+ + ，故晶胞的质量=4x7「g，层内(平行四边形)C-C8 4 2 小键长为apm="x10”"cm，底面的边长为2x^^axl(T">cm=6axl()T°cm,底面上的高为底面3的边长层间距为dpm,则晶胞的体积3=^xlOl()cmx-axlO-locmx2dx10-locm=3在da。x10-3ocm3,则该晶胞的密度“124x— 16 ,m Na 3，则Na=-7=^—x10；片厂商布gm 后dP答案为:16x1030o2021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.短周期元素甲〜戊在元素周期表中的相对位置如下表所示。下列判断正确的是（）甲乙丙T戊A.原子半径：丙〈丁〈戊B.戊不可能为金属C.氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊D.氢化物的稳定性：甲＞乙【答案】C【解析】【详解】A、同周期从左向右原子半径减小（稀有气体除外），即原子半径大小顺序是丙＞丁＞戊，故A错误；B、若丙为Na,丁为Mg,则戊为AL故B错误；C、同周期从左向右金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性：丙＞丁＞戊,故C正确；D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲〈乙，故D错误；答案选C.2.分枝酸是生物合成系统中重要的中间体，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述不正确的是（）COOHOHA.分子中含有4种官能团B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C.可使滤的四氯化碳溶液、酸性高钛酸钾溶液褪色D.Imol分枝酸最多可与3moiNaOH发生中和反应【答案】D【解析】【详解】A.分子中含有较基、羟基、碳碳双键、酸键4种官能团，故A正确；B.陵基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；C.含有碳碳双键可使澳的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高镭酸钾溶液发生氧化反应而褪色，故C正确;

D.Imol分枝酸2moi竣基，因此最多可与2moiNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。综上所述，答案为D.【点睛】和钠反应的基团主要是较基、羟基，和氢氧化钠反应的的基团是毂基，和碳酸钠反应的基团是殁基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是较基。3.下列说法正确的是()A.铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B.0.01molCL通入足量水中，转移电子的数目为6.02x1021C.反应3c(s)+CaO(s)===CaJ(s)+CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的AH〉。D.加水稀释0.1mogrcWCOOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B.0.01molCL通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2O^^H++CI+HCIO,为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02x1021,b项错误：C.反应3c(s)+CaO(s)===CaJ(s)+CO(g)中AS>0,因在常温下不能自发进行，贝！JAG=AH-TAS>0,那么AH必大于0,c项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOH^=^CH3COO+HS加水稀释0.1mol-L-1CH3COOH溶液过程中，CH3COO与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH•的浓度增大，D项错误；答案选C。4.以TiOz为催化剂的光热化学循环分解COz反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.过程①中钛氧键断裂会释放能量B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用TiOz作催化剂可以降低反应的培变，从而提高化学反应速率D.CCh分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+Oz(g)AH=+30kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的燃变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=始变，C6分解反应的热化学方程式为2cOz(g)=2CO(g)+Oz(g)AH=1598x2-1072x2-496=+556kJ/mol,故D错误。5.下列离子方程式正确的是( )A.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2t+H2OB.向Ba(NCh)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2++SO24-H2O=BaSO3>H-2H+C.将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)z溶液混合：OH-+Ca2++HCO产CaCCh。+出0+CO2+H20f2c+COf【答案】C【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；B.SOz通入Ba(NO3)z溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钏沉淀，正确的离子方程式为：3SOz+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4J+2NO个+4H+,故B错误；C.将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中，Ca(OH)2和Ca(HCO3)zl：l反应，和离子方程式为：OH-+Ca2++HCO3=CaCO3sH-H2O,故C正确；D.苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；正确答案是C项。【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。6.已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系：①X、Y同主族，R、W同主族②d=£；2a+b=-(d+e)；—=c-d,下列有关说法不正确的是2 2A.原子半径比较：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(R)X和丫形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强Z、丫最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应【答案】A【解析】【分析】根据R,w同主族，并且原子序数R为w的一半可知，R为o元素，w为s元素；根据a+b=!(d+e)可知，X和Y的原子序数和为12,又因为X和Y同主族，所以X和Y一个是H元素，一个是Na元素；考虑到等=c-d,所以X为H元素，丫为Na元素，那么Z为AI元素。【详解】W,Z,Y,R分别对应S,Al,Na,。四种元素，所以半径顺序为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(R),A项错误；X与丫形成的化合物即NaH,H为-1价，H具有1个电子层，Na为正一价，Na+具有两个电子层，所以,B项正确；c.W的最低价单核阴离子即S%R的即0%还原性S3更强，所以失电子能力更强，C项正确；D.Z的最高价氧化物对应水化物为AI(0H)3,丫的为NaOH,二者可以反应，D项正确；答案选A。【点睛】比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大：周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。7.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(-R为炫基)和苯通过傅克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)8 b下列说法错误的是a.一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［I.3］己烷互为同分异构体b的二氯代物超过三种R为C5Hli时，a的结构有3种R为C4H9时，Imolb加成生成QoHio至少需要3moiHi【解析】【分析】【详解】A.环己烯分子式为C6H1。，螺［1.3］己烷分子式为C6H1。，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个CI原子与甲基相邻，另一个CI原子有如图'号01所示4R种取代位置，有4种结构，若其中1个a原子处于甲基间位，另一个a原子有如图Qc］所示1种取代I位置，有1种结构，若考虑短基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1一氯戊烷、1一氯戊烷和3一氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1一甲基一1一氯丁烷、1一甲基一1一氯丁烷、3一甲基一1一氯丁烷和3一甲基一1一氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷煌有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1,3一二甲基一1一氯丙烷。综上所叙分子式为C5HlicI的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，Imol苯环消耗3moi氢气，则Imolb最多可以与3moiHi加成，故D正确。答案：C【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。8.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.月饼因富含油脂而易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B.离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜C.钢铁在潮湿的空气中，易发生化学腐蚀生锈D.“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同【答案】D【解析】【详解】A.食品包装中的硅胶为干燥剂，不能除去月饼包装袋中的氧气，故A错误；B.氯碱工业中生成NaOH、CL和Hz,为防止3和NaOH溶液反应，选择阳离子交换膜，故B错误；C.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故C错误；D.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素，故D正确：

答案：Do9.实验室处理废催化剂FeBn溶液，得到溟的四氯化碳溶液和无水FeCb.下列图示装置和原理能达到实验目的的将Br全部转化为澳单质制取氯气分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCh验目的的将Br全部转化为澳单质制取氯气分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCh【答案】C【解析】【详解】A.Imol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化钵不反应，则不能制备氯气，故A错误;B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误;C.苯不溶于水，密度比水小，漠的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确;D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCL,灼烧得到氧化铁，故D错误;本题答案为C.【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。10.25℃时，向20mL0.10mol・L-i的一元酸HA中逐滴加入0.10mol*L1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（20V/mLHA为强酸a点溶液中，c（A）>c（Na+）>c（H*）>c（OH）C.酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚StD.b点溶液中，c（Na+）=c（A）【答案】D【解析】【详解】A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA,溶液的pH>7,说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；B、a点反应后溶质为NaA,A部分水解溶液呈碱性，则c（0H）>c（H+）,结合电荷守恒可知：c（Na+）>c（A）,溶液中离子浓度大小为：c（Na+）>c（A）>c（0H）>c（H+）,故B错误；C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1〜4.4,酚配的变色范围为8〜10,指示剂应该选用酚猷，不能选用甲基橙，故C错误；D、b点溶液的pH=7,呈中性，则c（OH）=c（H+）,根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（A）,故D正确；故选：D.【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。11.存在AICh^AI（OH）3fAl2O3今Al转化，下列说法正确的是（ ）Al（OH）3属于强电解质AEO3属于离子晶体C.铝合金比纯铝硬度小、熔点高D.AlCb水溶液能导电，所以AlCb属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A、AI（OH）3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误；B、ALCh由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B正确；C、铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故C错误；D、氯化铝为共价化合物，故D错误；故选：B.12.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径4丁）“（乙）小丙）＞r（甲）。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A.简单氢化物的沸点：乙＞丙B.由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C.丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D,由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r（甲）＞i•（乙）＞r（丙）＞«丁）的关系，现在r（丁）是最大的，r（甲）是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可.【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为煌类，煌类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成N2H4（脐），N2H,中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。13.一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS,S为-2价）与100mL盐酸恰好完全反应（矿石中其他成分不与盐酸反应），生成3.2g硫单质、0.4molFeCL和一定量H2s气体，且溶液中无Fe3+»则下列说法正确的是（）A.该盐酸的物质的量浓度为4.0mohLTB.该磁黄铁矿FeB中，Fe?+与Fe3+的物质的量之比为2：1C.生成的HzS气体在标准状况下的体积为8.96LD.该磁黄铁矿中FeC的x=0.85

【解析】【分析】n(S)=3.2gv32g/mol=0.1mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)="吧二七四=0.2mol,则3-2n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=l：19以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCh的物质的量为0.4mol,根据a原子守恒可得c(HCI)=在黑㈣=8.0mol/L,AU.IL错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe")：n(Fe3t)=l：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=5n(HCI)=n(FeCL)=0.4mol,V(H2S)=0.4molx22.4L/mol=8.96L,C正确;D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol,n(Fe)=0.4mol,所以n(Fe)sn(S)=0.4mol：0.5mol=0.8,所以x=0.8,D错误。故合理选项是C.14.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是除去Clz中含有的少量HCI制取少量纯净的C02气体除去Clz中含有的少量HCI制取少量纯净的C02气体蒸干FeCb饱和溶液制备FeCh晶体‘， 分离CC14萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化钠和氯气、HCI都能发生反应，应用饱和食盐水除杂，A错误；B.NazCCh容易溶于水，因此不能使用该装置制取CO”应该使用CaCCh与HCI反应制取CO2气体，B错误；C.碘容易溶于CC。不容易溶于水，用CCI4作萃取剂可以将碘水中的碘萃取出来，CCI4与水互不相容，通过分液的方法可以分离开有机层和水层，C正确；D.加热蒸发时可促进氯化铁水解，Fe3泳解生成Fe（OHb和HCL盐酸易挥发，为抑制FeCb水解，制备FeCb晶体应在HCI的气流中蒸发结晶，D错误；故合理选项是C.15.Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（ ）A.ImolZ最多能与7molHz反应B.Z分子中的所有原子一定共平面C.可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和丫D.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个叛基，则ImolZ最多能与8moiHz发生加成反应，故A错误；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；X分子中苯环上含有侧键一CH3,丫分子中含有一CHO,则X和丫都能使酸性KMnCh溶液褪色，则不能用酸性KMnO,溶液鉴别X和丫，故C错误；X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为一CHzCHzCHO的结构有1种，取代基为一CH（CHO）CH3的结构有1种，取代基为一CH2cH3和一CHO有3种，取代基为一OhCH。和一CH3的结构有3种，取代基为2个一CH3和1个一CHO的结构有6种，共14种，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.连二亚硫酸钠（NazSzOj俗称保险粉，是一种淡黄色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在实验室制备连二亚硫酸钠流程如下：

加适房饱和食出水浓H.SO,-Naj^O,•加适房饱和食出水浓H.SO,-Naj^O,•2H：Ottrft（1）反应I是制备SOz,下图装置可制取纯净干燥的SOz:①按气流方向连接各仪器接口，顺序为a-_-f,装置D的作用是②装置A中反应的化学方程式为（2）反应D所用实验装置如图所示（部分装置省略）.①通SOz之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，其目的是;控制反应温度的方法是一②反应II的离子方程式为（3）“漉渣”经洗涤、灼烧，可得到一种工业产品是一（填化学式）；加入适量饱和食盐水的目的是（4）产品Na2S2O42H2O久置空气中易被氧化，其氧化产物可能是（写2种）。【答案】dfe-cfb 防止倒吸 Cu+2Hzsc）式浓）;JsOzt+CUSO4+2H2O加快SOz与Zn的反应速35℃率 水浴加热 2SO2+Zn+2OH'Zn（0H）2+S2O42'ZnO减小NazSzCh的溶解度Na2SO3>NaHSCh、NazSO4或NaHSCU（任写2种）【解析】【分析】【详解】（1）①铜和浓硫酸在加热条件下反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸气，需要干燥；二氧化硫的密度比空气大，可以与水反应，应使用向上排空气法收集，收集时气体应长进短出，二氧化硫有毒，不能排放到空气中需要尾气处理，吸收尾气时，需要安装防倒吸装置，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a-d-e-c-b-f；二氧化硫被氢氧化钠吸收，使装置内压减小，易发生倒吸，则D为防倒吸装置；②铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为：Cu+2H2so式浓）-S02f+CuSO4+2H2O；（2）①SOz与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，通SO?之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，可增大S02与Zn粉反应时的接触面积,从而加快S02与Zn的反应速率；由流程图示反应H的反应温度为35X2,火焰温度太高不易控制，不能用酒精灯直接加热，应使用水浴加热的方法来控制温度；②二氧化硫与锌粉和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和NazSzO。，离子方程式为：2SO2+Zn+2OH*Zn(0H)2+S2O42；(3)由(2)②可得过滤得到的“滤渣”为氢辄化锌，洗涤、灼烧，氢氧化锌分解为氧化锌(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷却结晶过程中，加入适量饱和食盐水，可降低其溶解度加快结晶速度；(4)产品NazSzO4・2H2O中硫的化合价为+3价，被氧化时硫的化合价升高，可能变为+4价或+6价，则可能的产物有Na2s。3、NaHSCh、NazSCU或NaHSC)4(任写2种)。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.酯类化合物与格氏试剂(RMgX,X=CI、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：/^\，八..八、(DKH. KSMI八CH,OH一HOOHA(CH'"<>)~2)Ha/()H 域记.RD•/2・E已知信息如下：①RCH=CH2 ''!1►RCH2CH2OH；(2)HCOH() 1 1 ()D() OMgl OH一 (IIMJ CHMJ.I..HO,③RCOOCHh ►人 》R—(、H —►R CRCHs CH, CH,(1)A的结构简式为一，B-C的反应类型为C中官能团的名称为一<2)H.(rH._，CfD的反应方程式为 (2)写出符合下列条件的D的同分异构体 (填结构简式，②能与NaHCth溶液反应放出COz气体；③能发生银镜反应,(3)判断化合物F中有无手性碳原子若有用“*”标出。⑷已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以h(Y2X(hO=G>~^的合成路线(其他试剂任选)一。OH O【答案】 氧化反应粉基、羟基CH：CHO 严&COOH、&和QC2<ooh不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构;)、CH30H和格氏试剂为原料制备O浓微酸CHjOH—^―► \ )+HQ、COOH COOCHj□4ohKMn(ACHOCOOHCH10ttCOOCH)aiMfiCOOCH,【解析】【分析】根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有C=C双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为()11,根据信息不难得出B的结构简式为,酸性高镭酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为粉基，因此c的结构简式为CH/>HOCOOH的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为,再根据题目信息不难推出不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为()11,根据信息不难得出B的结构简式为,酸性高镭酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为粉基，因此c的结构简式为CH/>HOCOOH的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为,再根据题目信息不难推出E的结构COOCHj八简式为,据此再分析题目即可。COOCH,(1)根据分析，A的结构简式为C-D的反应方程式为浓值酸△(1)根据分析，A的结构简式为C-D的反应方程式为浓值酸△+H；O1COOCHj【详解】;B-C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为覆基和竣基,(2)根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、竣基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为(3)化合物F中含有手性碳原子，标出即可种，分别为(3)化合物F中含有手性碳原子，标出即可(4)根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为:四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.研究CO、CO?、N。、的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。⑴有科学家经过研究发现，用C。?和H?在210〜290C,催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230C,向容器中投入().5molCO?和ISmolH2。当CO?平衡转化率达80%时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的热化学方程式。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是(填代号)。A.逆反应速率先增大后减小 B.H?的转化率增大C.生成物的体积百分含量减小 D.容器中的〃(<202)/〃(142)恒变小(2)向容积可变的密闭容器中充入ImolCO和2.2molH2,在恒温恒压条件下发生反应CO(g)+2H2(g) CHQH(g)△“<(),平衡时CO的转化率/〃(CO)随温度、压强的变化情况如图甲所示。•4（（0）①压强：Pi〃2(填或"=")②M点时，H,的转化率为(计算结果精确到().1%),用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数Kp=(用含Pi的最简表达式表达，分压=总压X物质的量分数)。③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值(IgK)如图乙所示，其中A点为506K时平衡常数的对数值,则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的IgK与温度(T)的关系的是.⑶H?还原NO的反应为2NO(g)+24(g) N2(g)+2H2O(1),上述反应分两步进行：i.2NO（g）+H2（g）==~信）+也02（1）（慢反应）ii.凡。式1)+凡修)一2Hq(l)(快反应).下列叙述正确的是(填字母)。

A.H2O2是该反应的催化剂A.H2O2是该反应的催化剂B.反应i的活化能较高C.总反应速率由反应ii的速率决定 D.反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效(4)利用2co(g) 2c(s)+C>2(g)消除CO对环境的污染不可行的原因是。⑸用NaOH溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品NazCO-常温下，若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(HCO；)：c(CO；-)=[K2(H2CO3)=4.4x10-3,K2(H2CO2)=5x10-"]6【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49kJ・mo|T B> 54.5% -A、B、EDPi该反应是皓增、埔减反应，根据AG=AH-TAS可知任何温度下AG均大于0,说明任何温度下不能自发进行1:2【解析】【分析】⑴发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+HzO(g),根据图1可知，0.5molCO?和1.5mol上转化率达80%时放热19.6kJ,计算Imol二氧化碳发生放出的热量确定AH,书写该反应的热化学方程式；根据影响化学平衡的因素分析各选项；(2)①对可逆反应CO(g)+2H?(g)=^CH30H(g),恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大;②M点时，CO的转化率为60%,贝!!：CO(g)+2H2(g),_±CH3OH(g)起始物质的量(mol)1 2.20变化物质的量(mol)0.6 1.20.6平衡物质的量(mol)0.4 10.6根据公式计算H2的转化率和平衡常数KP；③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低：(3)A.反应i+ii相加得总反应式2NO(g)+2Hz(g)^=^N2(g)+2H2O(l),可知H2O2是反应中间产物；B.活化能低的反应容易进行，反应速率快；C.慢反应决定反应速率，则总反应速率由反应i的速率决定，故C错误；D.可逆反应的反应物转化率不可能达到100%;⑷该反应是始增、墙减反应，任何温度下自由能大于0,任何温度下不能自发进行，故不可行；(5)由题意pH=10,可计算c(OH-)=10<mol/L,由83”+出0=此。3-+0修可得：c(OH}xc(HCO：]Ka=△一/ 、 )=/ ，据此进行计算。C(C。：) Kl(H2COi)【详解】⑴根据图1可知，0.5mol82和1.5mo1Hz转化率达80%时放热19.6kJ,lmol二氧化碳反应放出的热量为 见必——xl9.6kJ=49kJ,则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)#CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49kJ»mol1；0.5molx80%A.逆反应速率先增大后减小，可能是达到平衡后减小反应物的浓度，平衡逆向移动，故A错误；B.出的转化率增大，生成物增多，能说明平衡一定向正反应方向移动，故B正确；C.生成物的体积百分含量减小可能是减小反应物的量平衡逆向移动，也可能是减小生成物的量平衡正向移动，故C错误；D.容器中的n(C02)/n(H»可能是减小COz的物质的量，平衡逆向移动，故D错误；故答案为B；(2)①对可逆反应CO(g)+2"(g)=^CH30H(g),恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大,则由图示可知P1>P2；②M点时，CO的转化率为60%,贝！)：CO(g)+2H2(g);——^CH3OH(g)起始物质的量(mol)变化物质的量(mol)0.60.6平衡物质的量(mol)变化物质的量(mol)0.60.6平衡物质的量(mol)0.40.6则M点时Hz的转化率=二_—xl00%=54.5%；2.2molM点平衡时混合气体的总物质的量为0.4mol+lmol+0.6moi=2moLC。的体积分数为"*=0.2,Hz的体2mol『八—"lmol 八—“0.6mol积分数为:;『八—"lmol 八—“0.6mol积分数为:;-=0.5,CH30H的体积分数为二~-2mol2mol=0.3,则该反应的平衡常数KP=0.3/?)0.2p|X(O.5pj2=p；③反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低，所以A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的IgK与温度(T)的关系的点为：A、B、E：⑶A.反应i+ii相加得总反应式2NO(g)+2Hz(g);=iN2(g)+2H2O(l),可知H2O2是反应中间产物，不是催化剂，故A错误；B.反应i速率慢，说明反应活化能较高，故B错误；C.慢反应决定反应速率；D.总反应为可逆反应，说明反应i中NO和Hz的碰撞仅部分有效，不可能全部反应生成生成物，故D正确；故答案为D。⑷该反应是培增、墙减反应，根据AG=AH-TAS可知任何温度下AG均大于0,说明任何温度下不能自发进行，故不可行;⑸由题意pH=10,可计算c(OH)=104mol/L,由CO32+H2O=HCO3+OHpT^：C(O//)xc(//CO；)K“带入数据计算得c(CO32j：带入数据计算得c(CO32j：c(HCO3)=1:2.19.华法林是常用的抗凝血药物。下面是利用Michael反应合成华法林的一种方法。

回答下列问题:CHO(1)15的名称是.用银氨溶液检验其官能团的反应的化学方程式为.(2)反应①~③中，属于加成反