★试卷6套汇总★2020年云南省昆明市高考化学第四次调研试卷

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.干冰气化时，发生变化的是A.分子间作用力 B.分子内共价键C.分子的大小 D.分子的化学性质【答案】A【解析】【详解】A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D错误；答案选A。2.饱和食盐水中加入碳酸氢铁可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤,得到氯化核固体.下列分析错误的是()A.该制备小苏打的方程式为：NaCI+NH4HCO3^NaHCO3>P+NH4CIB.母液中通入的氨气与HCO3-反应：NH3+HCO3^CO32+NH4+C.加食盐是为增大溶液中C「的浓度D.由题可知温度较低时，氯化铉的溶解度比氯化钠的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的NaHCO3以沉淀的形式析出，A项正确；B.NH、溶于水得到一水合氨，HCO3可以和一水合氨发生反应，得到CO；和NH；,B项正确；C.加食盐是为了提高溶液中C1的浓度，根据同离子效应使氯化核先析出，C项正确；D.加食盐能得到氯化镀固体，说明氯化镂的溶解度比食盐更低，D项错误；答案选D。3.已知：CaSO4(s)；^iCa2+(aq)+SO42(aq)AH<0„对含有大量CaSO，s)的浊液改变一个条件，下列图像符合浊液中c(Ca")变化的是( )

A.加入少量BaCh(s)B.加少量蒸储水 厂、一一\^O F7mL【解析】【详解】A.加少量BaCh生成BaSC)4沉淀，c(SO49减小，使CaSCX,溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2。增大，故A错误；B.加少量蒸懦水，CaSO，s)继续溶解至饱和，c(Ca，不变，故B错误；C.加少量硫酸US。’?)增大，使CaSCh溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；D.适当升高温度，使CaS5溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；故答案为Co25c时，将0.10mol(TChhCOOH25c时，将0.10mol(TChhCOOH溶液滴加到10mLO.lOmohL-iNaOH溶液中,c(CH?COO)18c(CH,COOH)与pH的关系如图所不，C点坐标是(6,1.7)o(已知：糖5=0.7)下列说法正确的是Ka(CH3COOH)=5.0xlO-5Ka(CH3COOH)=5.0xlO-6pH=7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD.B点存在c(Na+)-c(CH3COO")=(10-6-10-8)molL_1【答案】A【解析】【分析】醋酸的电离常数Kac(CH3coO)c(FT)

c(CH,COOH),醋酸的电离常数Kac(CH3coO)c(FT)

c(CH,COOH),取对数可得到lgKa=lgc(CH3coO)

c(CH,COOH)-pH；【详解】A.据以上分析，将CA.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入电长/=馆c(CH3coO)

c(CH3coOH)-pH,可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,Ka(CH3COOH)=S.OxlO5,A正确；B.根据A项分析可知，B错误；C.当往10mL0.10mol•L“NaOH溶液中加入10mL0.10mol•L"醋酸溶液时，得到C^COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL,C错误;-c(CH’COO)“„ 府」，” ,c(CH,COO)D.B点1gXlgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,则由lgKa=lg外三〜/不一得，pH=8.3,c(H+)=1083mol-L1,结合电荷守恒式：c(CH3coO)+c(OH)=c(H*)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO)=c(OH)-c(H+)=(10-57-10-83)mol-L1,D错误；答案选A。5.我国科研人员研制出一种室温"可呼吸"Na-COz电池。放电时该电池"吸入"CO2,充电时“呼出"CO?。吸入C02时，其工作原理如图所示。吸收的全部COz中，有羽转化为NazCCh固体沉积在多壁碳纳米管■**(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是■**(NM7IO.A."吸入"CO?时，钠箔为正极B."呼出"CO?时，Na.向多壁碳纳米管电极移动C."吸入"COz时的正极反应式为：4Na++3CO2+4e=2Na2CO3+CD.标准状况下，每"呼出"22.4LCO2,转移电子的物质的量为0.75mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A."吸入"CO?时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；B."呼出"CO?时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；C."吸入"C02时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e=2Na2CO3+C,故C正确；D.标准状况下，每"呼出"22.4LCO?,物质的是量为Imol,结合阳极电极反应式2Na；tCO3+C-4e-=4Na++3CO2t,所以每"呼出"22.4LCOz,转移电子数为1.3mol,故D错误；故选C.6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1mol・L-七溶液与0.1mol・L-%溶液的pH均为1。下列说法不氐确的是Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸Z和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：Z>Ys溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2V的电子式可表示为【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。p与q反应生成u,u为二元化合物，而常温下0.1mol・L“u溶液的pH为1,则u为HCL由原子序数可知，X为H元素、W为C1元素，故q为H“p为Ch.q与m反应生成v,、的水溶液呈碱性，则m为N”v为NH.”故Y为N元素；m与n在放电条件下得到r,r与n得到有色气体s,且s与水反应得到r与t,而常温下0.1mol・L'溶液的pH为1,t为一元强酸，故n为O”r为NO,s为NO”t为HNO3,则Z为O元素，综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为CI元素。【详解】Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNCh和HCI04,两者均为强酸，故选项A正确；Z和Y的简单氢化物分别为H9和NH3,水的稳定性和沸点均高于氨气，故选项B正确；S为NO”3NO1+H1O=IHNO3+NO,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1,故选项C正确；v为NH3,其电子式可表示为故选项D错误；H故选D。【点睛】本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。7.下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是A.SO?与NaOH溶液反应 B.Cu在氯气中燃烧C.Na与的反应 D.HzS与的反应【答案】B【解析】【详解】SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO?足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；Cu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；Na与6在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误；H2s与Ch的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。答案选B。8.某点的结构简式为 ,关于该有机物，下列叙述正确的是（ ）A.所有碳原子可能处于同一平面B.属于芳香族化合物的同分异构体有三种C.能发生取代反应、氧化反应和加成反应D.能使溪水、酸性KMnOo溶液褪色且原理相同【答案】C【解析】【详解】A.分子结构中含有一^H,为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；.该物质的分子式为C8%。，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯（邻位、间位和对位3种），共4种，故B错误；C.结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有一gH和-CH>,能发生取代反应，故C正确；D.含有碳碳双键能与溟水发生加成反应而使滨水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高隹酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；答案选C.

.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.可以用Sis-、A2O3制作高温结构陶瓷制品C.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D.纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝主要成分为蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味，而人造纤维没有这种气味，则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A项正确;B.Si3N4,A2O3为常见的新型高温陶瓷材料，B项正确C.Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近，可做半导体材料，C项正确;D.人体内没有纤维素水解酶，因此纤维素不能再人体内水解，D项错误;答案选D。10.下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中cNH：B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中看黑向PCMCOOH溶液中加入少量水，溶液中- )c(CH3COOH)减小D.将CHA.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中cNH：B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中看黑向PCMCOOH溶液中加入少量水，溶液中- )c(CH3COOH)减小D.将CH3COONa溶液从20C升温至30C,溶液中c(CH,COO)一 用天c(CH3COOH)c(OH)【答案】B【解析】【详解】A、向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH),根据电荷守恒可知：c(C「)=c(NHj),c(NH：)则告#c(cr)=1,故A错误;B、醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CMCOONa,CH3CO。部分水解，导致c(Na+)>c(CHc(Na+)>c(CH3COO),即c(CH,COO)>1,故B正确;C、向I?CH3COOH溶液中加入少量水，CH3coOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中C”)c(CH3COOH)的比值增大，故C错误;D、将CLCOONa溶液从20C升温至30C,CGCO。一的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致c(CH3COO) 1*瓦造品行=研商的比值减小'故口错误；故选：B.一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示:下列关于该高分子的说法不正确的是A.芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料B.完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一N%C.氢键对该高分子的性能有影响()D.结构简式为、()“H【答案】D【解析】【详解】A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由HzN—◎一N%、H00C-O-C00H发生缩聚反应产生，H?N—的官能团是氨基(川也)，HOOC-^^-COOH的官能团是竣基(-COOH),B正确;C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；故合理选项是D«Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.水蒸气通过过量的NazOz使其增重2g时，反应中转移的电子数为2N“25C时，lLpH=ll的醋酸钠溶液中，由水电离出的OK数目为O.OOINaImol-OH（羟基）与ImolNHj中所含电子数均为10NA2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1Na【答案】B【解析】【分析】A、根据水蒸气与NaQz的方程式计算；B、25c时，lLpH=ll的醋酸钠溶液中，水电离出的OK浓度为103moiC、一个一OH（羟基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的NaQz使其增重2g时，TOC\o"1-5"\h\z2H2。+2Na2O2=4NaOH+O2Am 2e-4g 2mol2g lmol反应中转移的电子数为INa,故A错误；B、25c时，lLpH=ll的醋酸钠溶液中，水电离出的Ok浓度为lO,moi.L-i,由水电离出的0丁数目为O.OOINa.故B正确；C、lmol-OH（羟基）中所含电子数均为9Na，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B,醋酸钠水解产生的0H-来源于水。Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）18gD2O和18gH2。中含有的质子数均为10Na12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NaC.标准状况下，5.6LCOz与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NaD.某密闭容器盛有ImoINz和3molH2,在一定条件下充分反应，转移电子的数目为6NA【答案】B【解析】【详解】A.DzO的摩尔质量为20g/mo/,故18gDzO的物质的量为0.9mol,则含有的质子数为9心，A错误;

B.单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有6x1=2个碳原子，12g石墨烯物质的量为ImoL含有的六元环个数为0.5Na,B正确；C.标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol,与Na?。?反应时，转移电子数为0.25心，C错误；D.电与Hz反应为可逆反应，由于转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。【点睛】本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为的个数。TC时，分别向10mL浓度均为0.1mol•L-1的Cu"和ZnCL溶液中滴加0.1mol•L-1的Na2s溶液,滴加过程中一Ige(C『+)和一Ige(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：K$p(ZnS)>Ksp(CuS),lg3«0.5].下列有关说法错误的是().rczrXT假rczrXT假rnulBTA.a〜b〜d为滴定ZnCL溶液的曲线B.对应溶液pH：a<b<ea点对应的CuCh溶液中：c(C1)V2[c(Cu2+)+c(h+)]d点纵坐标约为33.9【答案】A【解析】【分析】【详解】A.10mL浓度为0.1molt_1的CuCL和ZnCh溶液中滴入10mL0.1molt-1的Na2s反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)>KSp(CuS),反应后溶液中锌离子浓度大，贝Ua-br为滴定ZnCL溶液的曲线，故A错误；B.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1molL-i的CuCIz和ZnCL溶液中滴力口0.1mol[T的Na2s溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H*)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：aVbVe,故B正确；CuCh在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(C「)=2c(Cu")+2c[Cu(OH)2],

溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c（C「）V2[c（Cu”）+c（H+）],故C正确；c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na?S的物质的量等于原溶液中CuCh的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c（C/*）=c（s2-）,则Ksp（CuS）=loTZ7xioTZ7=io-35.4,d点加入20mL0.1mo^TNa2s溶液，溶液中硫离子浓度c（S2）=O.OlLxQ.lmolU中硫离子浓度c（S2）=O.OlLxQ.lmolU1O.O3L3Ksp[CuS]=c(Cu2+)-c(S2-)=c(Cu2+)x—=10-354,c(c/+)=3X10-M4molC1,-lgc(Cu2*)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9,故D正确。综上所述，答案为A。15.化合物ZYX4是在化工领域有着重要应用价值的离子化合物，电子式如图所示。X、Y,Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种为金属元素，X是周期表中原子半径最小的元素。下列叙述中错误的是（）Z是短周期元素中金属性最强的元素丫的最高价氧化物对应水化物呈弱酸性X、丫可以形成分子式为YX,的稳定化合物D.化合物ZY）Q有强还原性【答案】C【解析】【详解】X原子半径最小，故为H；由YS-可知丫最外层电子数为8-4（4个氢原子的电子）-1（得到的1个电子）=3,即丫最外层有3个电子，丫可能为B或Al；Z显+1价，故为第IA族的金属元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，因为只有一种为金属元素，故丫为B、Z为Na,则A.钠是短周期元素中金属性最强的元素A正确；B.硼的最高价氧化物对应水化物是硼酸，呈弱酸性，B正确；8出中B的非金属性弱且BL为缺电子结构，B的气态氢化物为多硼烷，如乙硼烷等，故BL不是稳定的气态氢化物，C错误；NaB心中的H为-1价，故有强还原性，D正确；答案选C«【点睛】解题关键，先根据所提供的信息推断出各元素，难点C,BHs为缺电子结构，结构不稳定。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

.叠氮化钠(NaN“固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醛，是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体使气囊鼓起。已知：NaNH2+NjO^^^NaN,+H2O.实验室利用如图装置模拟工业级NaK制备。实验I实验I:制备NaN3(1)装置C中盛放的药品为,装置B的主要作用是.(2)为了使a容器均匀受热，装置D中进行油浴而不用水浴的主要原因是.(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNHz的化学方程式 (4)N,0可由MUNO式熔点169.6C)在240c分解制得，应选择的气体发生装置是。nm iv实验n：分离提纯分离提纯反应完全结束后，取出装置D中的混合物进行以下操作，得到NaN3固体。NaN..固体 加水加乙醇过滤洗涤一干燥d中混合物与―q~~NaN..固体(5)已知：NaNHz能与水反应生成NaOH和氨气，操作IV采用洗涤，其原因是。实验m：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaW的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol-L-'(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8ml.浓硫酸，滴入3滴邻菲啰琳指示液，0.0500mol-U1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+,消耗标准溶液的体积为29.00mL。测定过程中涉及的反应方程式如下：2(NH4)；tCe(NO3)6+2NaN3=4NH4NC)3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2个，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制叠氮化钠溶液时，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有。若其它读数正确，滴定到终点后读取滴定管中(NH4)zFe(SO4)2标准溶液体积时俯视，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”).(7)试样中NaNs的质量分数为。(保留四位有效数字)【答案】碱石灰 冷凝分离出氨气中的水 反应需要在210C〜220C下进行，水浴不能达到这样的高温2Na+2NH3^2NaNH2+Hz个IV乙醛Na^固体不溶于乙醛，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醛易挥发，有利于产品快速干燥 500mL容量瓶、胶头滴管 偏大93.60%【解析】【分析】实验I:A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN。固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D装置为制取叠氮化钠(NaNj的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答⑴〜(4)；实验II:根据(岫2)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙酸，分析解答(5)；实验0：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；⑺结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸钵钱反应，用0.0500mol・LT(NH4)2Fe(S04)2(硫酸亚铁钱)标准溶液滴定过量的Ce4+,结合化学方程式定量关系计算。【详解】⑴根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2)装置D中的反应需要在210c〜220c下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210c〜220C下进行，水浴不能达到这样的高温；⑶氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH3=^=2NaNH2+H2t,故答案为2Na+2NH3_4_2NaNHz+Hz个；(4)/0可由N&NOK熔点169.6C)在240C分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水,为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止N&NCh流下，只有装置W满足要求，故答案为IV;⑸NaM固体不溶于乙酸，操作IV可以采用乙酸洗涤，能减少NaNs损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙酸易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙酸；NaN3固体不溶于乙酸，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醛易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NHDFelSOQz标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)zCe(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答

案为500mL容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00mL0.1010mol»L1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：0[(NH^zCefNOjJel^.lOlOmohL^xSO.OOxlO^S.OSxlO^mol,29.00mL0.0500mol*L1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，nKNH^zFefSOaJzJ^.OSOOmobL^xZg.OOxlO^l^SxlO^mol,根据Ce，Fe2+=Ce3++Fe升可知，(NHRFelSOjz消耗(NHQzCelNChk的物质的量为1.45x103mol,则与Na与反应的n[(NH4hCe(NO3)6]=5.05xl0-3mol-1.45xl0'3mol=3.6xl0'3mol,根据2(NH4)zCe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2个可知，n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6xl03mol,故500.00mL溶液中(2.500g试样, 500mL^JnlNaN^S.exlO^moIx———=0.036mol,试样中Na^的质量分数50mL3=0.036molx65g/mol2.500gxl00%=93.60%,3=0.036molx65g/mol2.500gxl00%=93.60%,故答案为93.60%。【点睛】本题的易错点为⑺中试样中NaM的质量分数的计算，要注意加入的(NHjCe(NO3)6涉及的反应和目的，理清楚滴定的原理。三、推断题(本题包括1个小题，共10分).在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示:已知：RQNa+RzXfRQRz+NaX(Ri与七代表苯环或炫基、X代表卤素原子)RCOOH+SO%液体)—RCOCI+HCIt+SO2t回答下列问题：A与C在水中溶解度更大的是 ,G中官能团的名称是E-F的有机反应类型是,F的分子式为o(3)由A-B反应的化学方程式为.(4)物质D的结构简式为。(5)BfC反应中加入NaOH的作用是。(6)写出一种符合下列条件的G的同分异构体.①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应【答案】C 拨基(或酮基)、酸键取代反应C8H7OCI或C8H7CIO催化剂、促进水解催化剂、促进水解""与氯气反应生成鲁，:”在氢氧化钠溶液作用下反应生成黑:，根据信息黑:与CH/反应生成根据信息E和SOCL反应生成根据信息E和SOCL反应生成F,与F反应生成G。【详解】（DA是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C,根据G的结构得到G中官能团的名称是埃基、醯键；故答案为：C；埃基（或酮基）、酸键。⑵E6F是一0H变为一CLCI取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H70cl或C8H,CIO；故答案为：取代反应；C8H70cl或C8H7。0。⑶由ATB反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为;故答案为：•⑸根据B的结构（,；；"）,加入NaOH溶液得到C（ 黑：），反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体（“K:H一夕、一CI10：故答案为:四、综合题（本题包括2个小题，共20分）18.深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾（KI。"、亚铁策化钾］K4Fe（CN）6・3H2O］。其中亚铁策化钾的无高设水盐在高温下会发生分解：3K/Fe（CN）6］=2（CN）2个+12KCN+M个+Fe3C+C。请回答下列问题：（1）①基态Fe原子价电子排布图（轨道表示式）为②C、N和。三种元素的第一电离能的大小顺序为,原因是.③1。3一的中心原子的杂化方式为.一种与CM互为等电子体的分子的电子式为④ImolFelCN/-中含有。键的数目为mol.（2）配合物Fe（CO）*的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,则x=—。尸。（。））1,常温下呈液态,熔点为-20.5C,沸点为103C,易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）。（3）如图是从铁氧体离子晶体Fes。’中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，该立方体中三价铁离子处于氧离子围成的（填空间结构）空隙。（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCI型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和。的个数比发生了变化，变为FeQ（x<l）,若测得某FeQ晶体密度为5.71g・cm-3,晶胞边长为4.28x10m,则Fe*O中x= .（用代数式表示，不要求算出具体结果）。【答案】王HiZH商 N>O>C同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层P能级处于半充满状态，第一电离能反常 sp3CO、：NEN：12 5分子晶ap八说&x5.加（4x28siD6体正八面体x= 4x56 56【解析】【分析】根据核外电子排布规律书写价电子的轨道排布式；根据第一电离能的概念及全满、半满结构分析比较第一电离能的大小；根据价层电子对数判断中心原子的轨道杂化方式，根据等电子体概念判断等电子体；根据化学键的类型计算微粒中。键的数目；根据晶胞的结构分析微粒间构成的空间构型，通过密度和体积进行相关计算；根据物质的物理性质分析判断晶体类型。【详解】（1）①铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2,根据泡利不相容原理及洪特规则分析知价电子轨道表示式为：”曲，故答案为：看"”窗：②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常，更稳定些，所以第一电离能更大些，故答案为：N>O>CS同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；③.价层电子对数=等=4（0原子按不提供电子算），则根据价层电子对互斥理论分析，其中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是原子总数相等，价电子总数相等的微粒，故与CN.互为等电子体的分子是CO或刈，它们的电子式为C0': 故答案为：sp\：C0、：、三④C原子与N形成叁键,其中1个是。键,2个是7T键,CN与铁离子之间有6个配位键，所以ImolFelCN/-中含有。键的数目为12moI,故答案为：12；(2)Fe原子价电子数为8,C0提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18,则x=5；配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；(3)如图所示，氧离子处于三价铁离子的前后左右和上下，则构成的空间结构为正八面体，故答案为：正八面体；(4)FeQ晶胞结构为NaCI型，所以每个晶胞中含有4个0原子，有4个"FeQ",再根据m=p-V可知：4*56；16g=571g•加-x(4.28x108cm)?,则x=x=.N±5.71x(4.28xl0>3-竺，故答案为：Na 4x56 56_Nax5.71x(4.28x10-8)334x56 5619.霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。(1)用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和N0,发生反应：C(s)+2N0(g) N2(g)+CO(g)AH=QkJmol1.在时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。HN/ain浓度/mol・L,01020304050NO1.000.580.400.400.480.4800.210.300.300.360.36CO,00.210.300.300.360.36①。〜lOmin内，NO的平均反应速率v(NO)=,Ti*C时，该反应的平衡常数K=.②30min后，只改变某一条件,反应重新达到平衡,根据上表中的数据判断改变的条件可能是一(填字母)。a.加入一定量的活性炭 b.通入一定量的NOc.适当缩小容器的体积 d.加入合适的催化剂③若30min后升高温度至TzC,达到平衡时，容器中NO、2、C02的浓度之比为5：3：3,则Q―0(填"="或“<，，)。(2)NL催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。

①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为,已知c(NO2)：c(NO)=l：1时脱氮效果最佳，若生成lmolN2时反应放出的热量为QkJ.此时对应的脱氮反应的热化学方程式为一.②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳催化剂和相应的温度分别为、•9【答案】0.042mol/(L•min) —be<NO,NO22NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g)16△H=-2QkJ•mol_1Mn 200C左右【解析】【分析】(1)根据题给数据计算反应速率，根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；(2)根据题给信息书写热化学方程式；根据题给信息中反应条件分析解答。【详解】(1)①分析图表数据，。〜lOmin内，NO的平均反应速率v(NO)=lmol/L^-58mol/L=0.042mol/(L-min)；化学平衡三段式列式计算平衡浓度：lOmin….一、C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)TOC\o"1-5"\h\z起始। q0变化(molI」) 0.6 0.3 0.3平衡(molC) 04 S3 S3kN•以3=工故答案为：0.042mol/(L•min)；；0.4- 16 16②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大;a.加入一定量的活性炭，反应物C是固体，对平衡无影响，故a不符合;b.通入一定量的NO,反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故b符合;c.适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不移动，但个物质浓度增大，符合要求,故c符合;八3x39J1Od.加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故d八3x39J1O③若30min后升高温度至T/C,达到平衡时，容器中N。、冷、CO?的浓度之比为5:3:3,这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故Q<0,故答案为：v；(2)①由图甲可知SCR技术中NM与NO、NO?反应产物为Nz和水，故氧化剂为NO、NO2,脱氮效果最佳时C(NO2)：C(NO)=1:1,因此反应的热化学方程式为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g)AH=-2QkJ•mol1；故答案为：NO、NOZ;2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3Hz0(g)AH=-2QkJ•mol1；②根据图乙知Mn催化剂时，在200c左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500C左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、200C左右；故答案为：Mn；200c左右；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.某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3^^[Cu(NH3)4]2+ AH<0.下列说法正确的是( )CuCNOJ溶液A.充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B.放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO；+6H2。C.a为阳离子交换膜D.放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g【答案】D【解析】【分析】已知电池总反应：Cu2++4NH3#[Cu(NH3)4]2+AH<0,放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu-2e-=Ci|2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3=[Cu(NH3)412+AHV0,右端为原电池正极，电极反应C『++2e-=Cu,中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3#[Cu(NH3)4]2+AH<0,放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu-2e-=Ci|2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3=[Cu(NH3)412+AHV0,右端为原电池正极，电极反应C『++2e-=Cu,中间为阴离子交换膜；A.充电时，能量转化形式主要为热能今化学能，故A错误；B.放电时，负极反应为Cu+4NH3-2e-=Ku(NH3)』+,故B错误；C.原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D.放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu-2e=Cuz+,电子转移0.2mol,右池溶液中铜离子析出O.lmoL硝酸根离子移向左电极0.2moL质量减少=0.2molx62g/mol+0.1molx64g/mol=18.8g,故D正确；故答案选D.2.以代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入1\)出至中性(忽略溶液体积变化)，此时NH：个数为0.5NaB.向含有Feh的溶液中通入适量氯气，当有1molFe”被氧化时，该反应中转移电子数目为3以C.标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4Na极性共价键D.用情性电极电解CuSCU溶液，标况下，当阴极生成22.41.气体时，转移的电子数为2Na【答案】A【解析】【详解】A.向1L0.5moi/L盐酸溶液中通入限至中性（忽略溶液体积变化），n（NH?）=n（C「），所以NHZ个数为0.5帅,故A正确；B.向含有FeL的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有Feb的物质的量,不能计算当有1molFe"被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；C.标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是ImoL故C错误；D.用情性电极电解CuSO,溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2Na,故D错误。答案选A。.将S02气体通入Bad2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体。下列实验现象不结论不正确的是选项气体X实验现象解释不结论ACh出现白色沉淀Cl2将S02氧化为H2SO4,白色沉淀为BaSO4Bco2出现白色沉淀C02与BaCI2溶液反应，白色沉淀为BaCO3Cnh3出现白色沉淀SO?与氨水反应生成SO32,白色沉淀为BaSO3Dh2s出现淡黄色沉淀HzS与SOz反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A选项，SO?气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化顿反应生成硫酸领，故A正确;B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钢反应，故B错误；C选项，SO,气体与NH3反应生成SO32",再与氯化领反应生成亚硫酸领沉淀，故C正确；D选项，H2s与SOz反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。综上所述，答案为B。.下列说法正确的是（ ）A.天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B.向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质,说明淀粉未水解C.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D.氨基酸种类较多，分子中均含有-COOH和-NH2,甘氨酸为最简单的氨基酸【答案】D【解析】【分析】A.天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C.加入硫酸钠，蛋白质不变性；D.氨基酸含被基和氨基官能团。【详解】A.油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C.加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D.氨基酸结构中都含有-COOH和-Nd两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D.【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A,注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。5.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A.滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na\Fe2\Cl\NO；B.滴入KSCN显血红色的溶液中：NH；、Al^、no；、SO7C.52g=10般的溶液中：NH；、K\Cl\HCO；c(H)D.由水电离的c(H+)=1.0XI()T3moi/L溶液中：K\Al3\SO：、CH,COO【答案】B【解析】【详解】A.因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，H\Fe2\NO,能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B.滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在Fe3+,因Fe"不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C.C(°H)=1。12的溶液中，C(OH)=0.1mol/L,OH与NHj、HCO3均反应，则不能大量共存，故C错误;c(H)D.由水电离的c(H+)=1.0x|0"mo|/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH与Al"能生成沉淀，H*与(：出(：。0一反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B,【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：⑴弱碱阳离子与OH-不能大量共存，如Fe3+,肃+、CutNH；、Ag+等。(2)弱酸阴离子与H+不能大量共存，如CH3COO-、CO彳、SO彳等。⑶弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H+)会生成弱酸分子；遇强碱(OH］会生成正盐和水，如HSCh、HCO3等。⑷若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba"、Ca2+与C04、SO%、SOl等；Ag+与C「、B「、「等。⑸能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO,(H+)与「、Br，Fe"等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO4(紫红色)、C『+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe"(浅绿色)。.在0.111101/1.的2式03溶液中，下列关系式正确的是( )c(Na+)=2c(CO32) B.c(H+)>c(OH)C.c(CO32)+c(HCO3)=0.1mol/L D.c(HCO3)<c(OH)【答案】D【解析】【详解】A.Na£03在溶液中存在CG2■水解，即(:旷+映一设怯同广，所以c(Na+)>2c(CO3A);故A错误：NaCG在溶液中存在CN水解，即CaFW^HC03+OIT,由于冰解溶液呈碱性，所以c(OH")>c®),故B错误；C.由于Na£03在溶液中存在着下列平衡：CO^+HO-HCtV+OH^HaV+HjO-H2co3+01T；所以NazCG在溶液中C的存在形式为COs、HC(V、H2CO3,根据物料守恒:c(Na+)=2c(C032-)+2c(HC03-)+2c(H2C03)=0.1Inol/L,故C错误；D.由于COs"水解，水解方程式为C0产+H20LHC03+OIT,HCO3+H2OH2ca+OlT,所以c(0H)>c(HC0。，故D正确；所以答案：D.【点睛】根据Na£03在溶液中存在：Na2C03=2Nat4<?0s2-.CO^+HjO-HCOf+OfT;HCXV+HzO—H2co3+0斤；映一H+OIT,进行分析判断。.下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）A.木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）.碘升华实验的试管（酒精）C.长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D.沾有油污的烧杯（纯碱溶液）【答案】A【解析】【详解】A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCLHC1不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCL的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCL,用水即可洗掉。8.在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（ ）A.墨子：物质的分割是有条件的B.汤姆生：葡萄干面包模型C.德谟克利特：古典原子论D.贝克勒尔：原子结构的行星模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确;D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。.能用离子方程式CO32-+2h+=HQ+COz个表示的反应是（）A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应 B.碳酸氢钠与足量盐酸的反应C.碳酸领与少量稀盐酸的反应 D.碳酸钠与足量稀醋酸的反应【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32-+2H+-HzO+COz个表示，A项正确；B.碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCCh-离子形式，该反应的离子方程式为HCO3+H+—HzO+COz个，B项错误；C.碳酸韧为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+-Ba2++HzO+CO2个，C项错误；D.CECOOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：C0?-+2CH3COOH—CO2/h+H2O+2CH3COO\D项错误；答案选A。【点睛】在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。10.Na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）30g丙醇中存在的共价键总数为5NaImolDzO与ImolHzO中,中子数之比为2：1C.含OZmolHzSCU的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2以D.密闭容器中ImolPCb与ImolCh反应制备PCI5（g）,增加2Na个P-CI键【答案】C【解析】【分析】【详解】30g30g丙醇物质的量为：—^―=0.5mol,存在的共价键总数为0.5molxllxNA=5.5NA，故A错误；60g/molImolDzO与ImoldO中，中子数之比为10:8=5：4,故B错误；O.ZmolH2s04的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2Na,如果只生成氢气则转移电子数为0.4Na,随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2Na小于0.4Na，故C正确；D.三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中ImolPCb与ImoCk反应制备PCE(g),增加小于2心个P-CI键，故D错误；故答案选C.【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。11.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是A.铜久置空气中表面出现绿色固体：2Cu+O2+CO2+H2O~~CU2(OH)2cB.某种火箭发射阶段有少量MOzm逸出，产生红色气体：N2O42N0zAFeSO4•7H2O在空气中久置变黄：2FeSO4•7HIO=Fe2O34-SO2t+SO3f+14H2OS5通入KMn5溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO24-2KMnO4+2H2O—K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【答案】C【解析】【详解】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成Nth，故B项正确；C、FeSO17H2O在空气中久置时，Fe?+被氧化为Fe3+,反应方程式为20FeSO]71^0+5O2=4Fe4(OH)2(SO4)s+2Fe2O34-136H2O,故C项错误；D、SO?通人KMnO』溶液中，紫色MnO』被还原为几乎无色的Mi?+,故D项正确。故选C。12.下列离子方程式正确的是A.向FeCb溶液中通人过量H2S：2Fe3++H2S=2Fe2++SI+2H+B.向NaHCOs溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3I+H20C.向NaCIO溶液中通人少量SO2：S02+CIO-+H2O=SO42~+CF+2H+D.向Feh溶液中通人等物质的量的Ch：2Fe2++2I-+2CI2=2Fe3++12+4CI-【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向FeCb溶液中通人过量H2S,生成氯化亚铁、硫单质和盐酸，离子反应方程式为2Fe3++H2s=2Fe?++Sj+2H+,A选项正确；B.过量少量问题，应以少量为标准，向NaHCOs溶液中加入少量澄清石灰水，反应中有2个0H参与反应,正确的离子反应方程式为Ca2+4-2OH-4-2HCO3-=CaCO3>k+CO32-|-2H2O,B选项错误；NaCIO溶液中通人少量S02的离子反应方程式为SO2+3CIO-+H2O=SO42_+cr+2HCIO,C选项错误；D.由于「的还原性大于Fe?+的还原性，则氯气先与「反应，将「氧化完后，再氧化Fe2+,根据得失电子守恒可知，等量的Cl?刚好氧化「，Fe"不被氧化，正确的离子反应方程式应为2「+Clz=h+2C「，D选项错误；答案选A。13.工业上用NazSOs溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2,并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是A.X应为直流电源的正极B.电解过程中阴极区pH升高C.图中的b%Va%SO32-在电极上发生的反应为SO32_+2OH--2e-=SO4z~+2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A.因为电解池左室H*今H”Pt⑴是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；B.阴极区消耗1生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；C.电解池右室阳极区的发生反应HSO；-2e+H2O=SO4+3f和SC)3%2e+2H2O=SCU2+4H+,图中的b%>a%,C项错误；D.解池右室阳极区的发生反应HSO3"e+HzO=SC)43+3H+和SO3"-2e+2HzO=SO广+4口，D项错误；答案选B。14.油画变黑，可用一定浓度的出。2溶液擦洗修复，发生的反应为4HQ2+PbSTPbSO4+4H2O下列说法正确的是A.H20是氧化产物 B.H2O2中负一价的氧元素被还原C.PbS是氧化剂 D. 在该反应中体现还原性【答案】B【解析】氏。2中氧元素化合价降低生成HzO, 是还原产物，故A错误；出。2中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；比。2中氧元素化合价降低，电。2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。15.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A.O.lmolL1的NH4CI溶液与0.05moH?的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(cr)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH')>c(H+)B.把O.OZmolL1的CHjCOOH溶液和O.OlmolL_1的NaOH溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH)-c(CH3COOH)pH=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(A)>c(OH)=c(H+)O.lmohL"的NaHCOs溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH)【答案】B【解析】【分析】【详解】O.lmol-L1的NH4cl溶液与0.05mol・L”的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH「和NH3«H2O,NH3«H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(C「)>c(NH「)>c(Na+)>c(OH)>c(H+),故A错误；0.020101・1/0438(^溶液与0.01(11。1・昌启(^溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CMCOONa,溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO),所以得2c(H+)-2c(OH)=c(CH3COO)-c(CH3COOH),故B正确；C.酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH)和c(H+)大小，故C错误；D.0.1mol-L1的NaHCC>3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32),物料守恒：c(Na+)=c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO32),计算得到：c(OH)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32),故D错误；故选B.【点睛】本题的易错点和难点为D,要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。二、实验题(本题包括1个小题，共10分).某学习小组以Mg(NO3)z为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律。(提出猜想)小组提出如下4种猜想:甲：Mg(NO2)2,NO?、。2乙：MgO,NOz、O2丙：MgsNz、O2 丁:MgO、NO?、N?⑴查阅资料得知，NO?可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：.⑵实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是»(实验操作)⑶设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是;加热Mg(NO3)z固体，AB装置实验现象是:，说明有Mg(NO3)z固体分解了，有NO?生成。⑷有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酰的氢氧化钠溶液，其作用是：o⑸小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：,改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入O(6)上述系列改进后，如果分解产物中有Oz存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是。(用化学方程式表示)【答案】2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNOz+H2。不符合氧化还原反应原理避免对产物Oz的检验产生干扰固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了几滴酚歆试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】【分析】(l)NOz在喊性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNOs和NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；⑶为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO?生成；⑷亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；⑸亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有5存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(l)NOz在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNOz,,根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为2NOz+2NaOH=NaNO3+NaNOz+H2O;(2)由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理;⑶为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物5的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NOZ生成；⑷亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被NO2氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚配的氢氧化钠溶液，可确保NOz已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚St试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；⑹如果分解产物中有5存在，但没有检测到，可能原因是NO?、Oz与出0反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O.【点睛】本题为实验探究题目，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，侧重考查学生的分析、实验能力。三、推断题(本题包括1个小题，共10分).请根据以下知识解答CHRj-CmC-H+r2-cho-•,Rj-CsC-CH—R2(R代表克基，下同R-C三C-(CH2)n-CH=CH2+h2P&BaSg,R-CH=CH-(CH2)n-CH=CH21,4—丁二醇是生产工程塑料PBT(聚对苯二甲酸丁二酯)的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式aPdBaSO44口TOC\o"1-5"\h\zi ~~BJL两分子聚合 1FICH三CH| CH2BrCH=CHCH2BrJhcho ]D CJWCHO 稀Na。也k溶液E qHOC应CHaXCHaOH.对一二甲酸~~F(PBT)(1)请写出A和D的结构简式：、o(2)写出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化学反应方程式：写出生成F(PBT)的化学反应方程式:一.(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有个。⑷某学生研究发现由乙烘可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。提示：①合成过程中无机试剂任选②反应流程图表示方法示例如下：

反应物反应物反应物乙二雷反应物反应物反应物乙二雷【答案】CH=CCH=CH2 CHeCCH2OHCH2=CHCH=CH2+Br2-»CH2BrCH=CHCH2BrnHOCH2(CH2)2CH2OH+nHOOC—COOH-+QCH2(CH2);CH2OQC-^CO]n+2nH2。4个 Hi Bn HiONaOH41CHCIi *CH2=CIt -CHiBr-CHiBr ►CH2OH-CH2OH【解析】【分析】乙块与甲醛发生加成反应生成D为HC=CCH2OH,D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH2C=CCH2OH,E与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OHo分子乙快聚合得到A为HC=CCH=CH2,结合信息可以知道及HOCHzCHzCHzCH20H可以知道，A与氢气发生加成反应生成B为CHkCHCH=CHz，B与漠发生1,4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br,BrCH2CH=CHCH2Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br,C发生水解反应得到HCICH2CH2CH2CH2OH,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为H(OCH2(CH2)2CH2OOC~~CO}nOH•»由乙块制乙二醇，可以用乙块与氢气加成生成乙烯，乙烯与滨加成生成1,2-二漠乙烷，1,2-二溪乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。【详解】⑴由上述分析可以知道A为HCmCCH=CH2,D为HCmCCH2OH,答案为：HCeCCH=CH2；HC=CCH2OH；(2)CHz=CHCH=CHz与溟发生1,4加成反应生成BrCHzCH=CHCHzBr,化学方程式为：CH2=CHCH=CH2+Br2^CH2BrCH=CHCH2Br,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT,反应方程式为：nHOCH2(CH2)2CH2OH♦nHOOC—^^-COOH^-FOCH2(CH2)2CH2OOC—(—ACO.+2nH2O(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案为：4；(4)由乙快制乙二醇，可以用乙狭与氢气加成生成乙烯，乙烯与溟加成生成1,2-二溪乙烷，1,2-二溟乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：氐 Br、 HiONaOHCH=CIi *CHj-Clfc~~CHiBr-CHiBr ►CH：OH-CH：OHO四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。回答下列问题：(1)甲烷隔绝空气分解，部分反应如下：I.CH4(g)=C(s)+2H2(g)AHi=+74.9kJ/molII.6CH4(g)=C6H6(g)+9d(g)AH2=+531kJ/molm.2cH4(g)=c2H4(g)+2H2(g)AH3=+202kJ/mol①反应I的(填或“V”)0。②C6H6(g)+3H2(g)=3GH4(g)的kJ/moL(2)CH。用水蒸气重整制氢包含的反应为：I.水蒸气重整：CH4(g)+H3O(g) CO(g)+3H2(g)AH=+206kJ-mor'H.水煤气变换：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)AH=-41.2kJ-mor1平衡时各物质的物质的量分数如图所示：•w wvjuu fw yvu①为提高CH4的平衡转化率，除压强、温度外，还可采取的措施是(写一条)。②温度高于T1*C时，CO2的物质的量分数开始减小，其原因是。n(H2)③TzC时，容器中 on(CO2)(3)甲烷部分氧化反应为CH4(g)+gc>2(g)=CC)(g)+2H2(g)AH=-36kJmor'0已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数InKp与温度的关系如图所示：温度LK①图中Q点时，反应CC)2(g)+CH4(g) 2co(g)+2H式g)的MKP=.②在某恒压密闭容器中充入ImolC&和lmolHzO(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH4的转化率为50%,容器总压强为1atm,”的平衡分压p(Hz)=atm；此温度下反应的lnKp=_(已知；In3«»l.1,In4«»l.4),,【答案】)+75 增大起始时黄~(或及时从产物中分离出氢气)反应II为放热反应，从n(CHjTiC升高温度，平衡向逆反应方向移动的因素大于CO浓度增大向正反应方向移动的因素，净结果是平衡逆向移动 7(或7:1) 0 0.5 -0.3【解析】【分析】【详解】(1)①气体体积增大的过程为燧增的过程,爆增过程大于0,反之小于0,反应I为CH4(g)=C(s)+2»(g),气体物质的量增大，混乱度增大，属于燃增的过程，△$>();②已知：n.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)AH2=+531kJ/molHI.2CH4(g)=C2H4(g)+2Hz(g)AH3=+202kJ/mol根据盖斯定律，niX3-n可得：C6H6(g)+3H2(g)=3C2H4(g)AH=(+202kJ/mol)X3~(+531kJ/mol)=+75kJ/mol；(2)①为提高CH4的平衡转化率，即要让反应向正向进行，除压强、温度外，还可将生成的氢气从产物中n(H,O)分离出去，或增大起始时的一n(CHj②反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c。的浓度增大，反应n为放热反应，升高温度，反应逆向进行，C02的量减少，出现如图所示CO2的物质的量分数开始减小，说明T1C升高温度，平衡向逆向移动的因素大于CO浓度增大向正向移动的因素，结果是平衡逆向移动；③根据图像，TzC时，容器中一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数相等，设Tzt时，二氧化碳的物质的量为X,列三段式：CO+H2Oco2+h2始(mol)2x0 0变(mol)XXX XT?时(mol)XX Xch4+H2OCO+3H2始(mol)0 0变(mol)2x2x2x6x工时(mol)2x2x6xn(H,)7x根据上述分析‘TK时'n(H2)=6x+x=7x,n(CO2)=x,则超(3)①图中Q点时，甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数InKp相等，即压强平衡常数p(h2)2p(co)2'p(CH4)p(CO2)=1;则反应相等则P(H2))(CO)_P(CO2)p(H2)^P(CH4)p(H2O)-p(h2)2p(co)2'p(CH4)p(CO2)=1;则反应CO,(g)+CH4(g) 2co(g)+2H,(