★试卷6套汇总★2020年湖北省十堰市高考化学第一次调研试卷

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.常温下，向20.00mL0.1mol・L"BOH溶液中滴入0.1moRL1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数［-Ige成(4)］与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A.常温下，BOH的电离常数约为1x10"N点溶液离子浓度顺序：c(B+)>c(Cl)>c(OH)>c(H+)a=20D.溶液的pH:R>Q【答案】D【解析】【分析】BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCkBCI+HzO,随着盐酸的加入，BOH电离的OH浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCI水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H.浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H*又抑制水的电离，水电离的4又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-Ige水(H*)=11,c*(H+)=10umol/L,即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的1浓度为10”mol/L,碱溶液中H*全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c(H+)=10nmol/L,溶液中c(OH)=103mol/L,BOH的电离方程式为BOH=B*+OH,BOH的电离平衡常数为C(8+}c(0"C(8+}c(0"一)c(BOH)107x10-30.1-10-3A错误;B.N点-Ige*(H+)最小，N点HCI与BOH恰好完全反应得到BCI溶液，由于B,水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(CD>c(B+)>c(H+)>c(OH),B错误:C.N点-Ige H+)最小，N点HCI与BOH恰好完全反应得到BCI溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL,贝!Ja<20.00mL,C错误；D.N点-Ige*(H+)最小，N点HCI与BOH恰好完全反应得到BCI溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCI的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCI和HCI的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q,D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的1浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等.2.联合国大会宣布2019年为"国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出"律动世界一一化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T的次外层电子数是其最外层电子数的2倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是( )A.元素T在自然界主要以游离态形式存在B.元素非金属性强弱：Z>YC.最高价氧化物对应水化物的酸性：x>wX与氧元素形成的氧化物不止一种【答案】A【解析】【分析】X、Y与T同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由"X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X为碳(C),Y为楮(Ge)；W、Z与T同周期，则W为铝(Al),Z为磷(P)。【详解】A.元素Si在自然界中只能以化合态形式存在，A错误；B.元素非金属性强弱：P>Si>Ge,B正确；C.因为CO?通入NaAIOz溶液中能生成AI(OHb，所以酸性出《)3>AI(OH)3,C正确；D.C与氧元素形成的氧化物为CO、CO?等，D正确；故选A。3.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^=MCu(NH3)4产AH<0.下列说法正确的是( )Cu(NOJ,W«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-+9OhT=NO346H2。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：Cu"+4NH3=Ku(NH3)4广AHVO,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-=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4『+AHVO,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：Cu"+4NH3=[Cu(NH3)4产AHVO,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-=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4】2+AHVO,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-=[Cu(NH3)4『+,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'=Cu2+,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0.2mo1,质量减少=0.2molx62g/mol+0.1molx64g/mol=18.8g,故D正确；故答案选D.4.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为OQIm”/L的KCI、LC?。。溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑QO,z-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为1O10.下列叙述不正确的是( )1 —1, 1 1 J-优F5-75最6A.图中Y线代表的AgzCzCUn点表示AgCI的过饱和溶液C.向c(C「)=c(C20j)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCI沉淀D.Ag2c2O4+2C「=2AgCl+C2Oj的平衡常数为l.OxlO071【答案】D【解析】【分析】当阴离子浓度相同时，生成AgCI沉淀所需的c(Ag+)小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Kjp(AgCl)=C(Cr)C(Ag+)=10-575X1O^=W975,Ksp(Ag2C2O4)=c(C2O42-)c2(Ag+)=10246x(10^)2=10"".【详解】

A.当阴离子浓度相同时，生成AgCI沉淀所需的c(Ag+)小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，丫线代表的AgzQCh,故A正确;B.n点c(C「)xc(Ag+)>Ksp(AgCl),所以n表示AgCI的过饱和溶液，故B正确；C.结合以上分析可知，向C(C「)=c(C2O£)的混合液中滴入AgN03溶液时，CI生成AgCI沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgCI沉淀，故C正确;D.Ag2czO4+2C「=2AgCl+C2。『的平衡常数为l.OxlO904故D错误;c(C2O42-)c(C2O42)c2(Ag-)^p(Ag2C2O4)c2(Clj-?(cr)c2(Ag+)"[/Csp(AgCl)]2l.OxlO904故D错误;故选D。5.人类已经成功合成了117号元素UUS,关于捐UUS的叙述正确的是A.原子内电子数多于中子数 B.与常UUS电子式相同C.元素的近似相对原子质量是294 D.处于不完全周期内【答案】B【解析】【详解】A.电子数为117,中子数为294-117=177,A错误；B.由于质子数均为117,故最外层电子数相同，与第Uus电子式相同，B正确;294只是该核素的质量数，没有告诉该核素在自然界的百分含量，不能计算近似相对原子质量，C错误;D.根据原子结构示意图知，该元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期内，D错误。答案选B。6.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是H：。*NH3I―恒——NaHCO3 a2cO3粗盐一」＞精盐一A氯碱工业*-Mg(OH)2 ►MgCh'6H：O-a无水MgCl?母液— .w-Bn——►SO?水溶液吸收 ►Br：A.用澄清的石灰水可鉴别NaHCC>3和NazCOsB.溟元素在第③、⑤中被氧化，在第④中被还原C.工业上一般用金属钠与无水MgCh反应制取Mg单质D.海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质【答案】B【解析】【分析】【详解】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A;B、溟元素在③⑤中化合价升高，被氧化，在④中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选Do答案选B。.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.含lmoldS。’的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2Na.常温下lLO.lmo「LNH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NaC.标准状况下2.24L己烷分子中含有1.9Na对共用电子D.以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过心个电子，则正极放出出的体积为11.2L【答案】B【解析】【分析】【详解】A.含ImolH2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2s0,浓）+Zn=ZnSO4+SOz个+2%0,该反应中消耗lmolH2SO4,转移的电子数为Na,硫酸浓度下降后，Zn+HzSO4=ZnSO4+H2个，该反应中消耗lmolHfCU,转移的电子数为2Na，则含lmolH2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于以和2以之间，A错误；B.常温下ILO.lmaLTNWNOs溶液中含有铉离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2Na,B正确；C.1摩尔己烷分子含19Na对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态,2.24L己烷分子物质的量并不是lmol,故C错误：D.该原电池中，导线上经过Na个电子时，则正极放出Hz的物质的量为0.5mol,但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2L,D错误；答案选B。【点睛】C、D容易错，往往误以为lmol物质的体积就是22.4L,换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。8.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（）A.试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B.实验时水浴温度需控制在50〜60cC.仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D.反应完全后，可用仪器a、b蒸情得到产品【答案】D【解析】【分析】【详解】A.混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；.制备硝基苯时温度应控制在50〜60C,故B正确；C.仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D.仪器a为球形冷凝管，蒸储需要的是直形冷凝管，故D错误；答案选D。.用氯气和绿帆处理水，下列说法错误的是（）A.氯气起杀菌消毒作用B.氯气氧化绿砒C.绿矶具有净水作用D.绿矶的氧化产物具有净水作用【答案】C【解析】【详解】A.氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B.绿帆中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确：C.绿矶水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D.绿矶的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C.10.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（A.FeCb易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B.漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SOz和NOC.CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D.活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb“等重金属【答案】B【解析】【详解】A.FeCb具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCb易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SOz和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO?和N。有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaC6高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Ph?卡等金属离子不反应，不能用于除去水体中Ph?+等重金属离子，D错误；故合理选项是Bo11.设以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.lmolCIz与过量Fe粉反应生成FeCb，转移2Na个电子B.常温常压下，O.lmol苯中含有双键的数目为0.3NaC.ImolZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NaD.在反应KCIO4+8HCI=KCI+4cL个+4HQ中，每生成lmolCL转移的电子数为1.75Na【答案】B【解析】【详解】A.lmolCIz与过量Fe粉反应的产物是FeCb,转移2moie\A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C.ImolZn失去2moi 故硫酸被还原为SO?和H?的物质的量之和为1mol,C项正确；D.反应KCIO4+8HCI=KCl+4Ch个+4出0中每生成4molck就有ImolKCQ参加反应，转移7mole,所以每生成ImolCh，转移的电子数为1.75%，D项正确。答案选B。.用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象1 Q-A.稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C.氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D.氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A・A B.B C・C D・D【答案】c【解析】【详解】A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；B.浓硝酸和AI发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；故选：C..化学与生产、生活、社会密切相关.下列有关说法中，错误的是A.利用可降解的“玉米塑料"替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B.在海轮外壳上镣入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D.喝补铁剂时，加服维生素C,效果更好，原因是维生素C具有氧化性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。

答案选D。14.以二氧化器为原料制取高铳酸钾晶体的实验流程如下:KOHKClOjH;C) COM过量)| | *i\fn("一|灼烧]-J一|转化|一|过滤结晶|~~-KNInCL2—1115 [ j…J —j-IMiiO：母液下列说法正确的是A."灼烧”可在石英用期中进行B.母液中的溶质是K2CO3、KHCO3>KCIC."结晶"环节采用加热蒸发结晶的方法D."转化"反应中，生成的KMnCU和MnOz的物质的量之比为2:1【答案】D【解析】【详解】A."灼烧”时，可在铁生堵中进行，KOH与玻璃中的二氧化硅反应，选项A错误；B.结晶后的母液中有KzMnO。、KMn。,和K2c。3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，选项B错误；C."结晶"环节采用加蒸发浓缩、冷却结晶的方法，选项C错误：D.由3K2MnO4+2CO2-2KMnO4+MnO2+2K2CO3,氧化产物为KMnO4.还原产物为MnO2.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1,选项D正确；答案选D。，V(NaOn)/ii>T.fpll765432115.259时，用O.lmohLNaOH溶液滴定20mL0.1moH_THX溶液，溶液的pH随加入的，V(NaOn)/ii>T.fpll7654321))A.HX为弱酸Vi<20M点溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH")0.1moH_TNaOH溶液和0.1mol•LTHX溶液等体积混合后，溶液中c(Na+)=c(X-)+c(OH-)【答案】D

【解析】【详解】A.由图可知，O.lmohLTHX溶液的pH=3,说明HX为弱酸，故A正确；B.若Vi=20,则溶液中的溶质只有NaX,由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH>7,所以V1应小于20,故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX,溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c(Na+)4-c(H+)=c(X-)+c(OH-),故D错误；故选D。二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”一一钛酸(BaTiOs)的工艺流程如下:Na2c(h溶液重品石城液草酸和软倒Na2c(h溶液重品石城液草酸和软倒flr*_率)博卜犒废液回答下列问题：(I)为提高BaCCh的酸浸速率，可采取的措施为_(写出一条即可)；常温下，TiC£为液体且易水解，配制一定浓度的TiCL,溶液的方法是一.(2)用NazC03溶液浸泡重晶石(假设杂质不与NazCOs反应)，能将BaSO,转化为BaCCh，此反应的平衡常数K=__(填写计算结果)；若不考虑CO3”的水解，要使2.33882504恰好完全转化为82(203,则至少需要浓度为l.OmoIxTNazCCh溶液—mL.(已知：Ksp(BaSO4)=1.0xl010,Ksp(BaC03)=5.0xl09)⑶流程中“混合"溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)+、TiOC2O4,Ti/CzORZ-三种形式存在(变化曲线如右图所示)。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为一；图中曲线c对应钛的形式为一(填粒子符号)。012犷012犷56(4)流程中“滤液”的主要成分为一;隔绝空气燃烧草酸氧钛领晶体得到钛酸领粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：—.【答案】将BaC03研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等 溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度0Q2 510 TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2O=BaTiO(C2O4)2.4H2O|TiO(OH)+NH4a

BaTiO(C2O4BaTiO(C2O4)2•4H2O：苍遑胃绝至气6aTiO3+2COt+2C。2t+4H2O【解析】【分析】⑴根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；TiCL是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子水解,从抑制盐水解考虑；(2)根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算；“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOQOa、TiOG。/广和TiO(OH『三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛锁晶体中含有TiO(QO4)2,即b微粒)，再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO(OH)+；⑷根据原子守恒判断滤液中的主要成分；草酸氧钛粉晶体隔绝空气燃烧得到BaTiOs，同时得到CO、C02及水蒸气。【详解】⑴盐酸与BaCO3发生反应：2HCI+BaCO3=BaCI2+H2O+CO2f,为了加快反应速率可以将固体BaCOs研成粉末,以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl是强酸弱碱盐，在溶液中Ti‘+会发生水解反应：Ti"+4H2OUTi(OH)4+4H*,使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCU溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiC£溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和NazCOs溶液时，发生沉淀转化生成BaCOs：BaSO，s)+CO3"(aq)UBaCO3(s)+SOE(aq),待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO,生成BaC5;反应的平衡常数K=成BaC5;反应的平衡常数K=c(SOj)c(SOf)c(及产)Ksp(BaSO)

c(COj-y —Ksp(CaCOj1.0x10-1°5.0x10^=0.02；2.33gBaSC)4物质的量为O.Olmol,根据BaSO4(s)+CO32(aq)BaCO3(s)+SO42(aq),完全转化需要0.01molC032-,同时溶液中产生0.OlmolSO/,根据K值溶液中含有n(CO/D=0.0加ol+0.02=0.5moL需要加入Na2c。3为0.01mol+0.5mol=0.51mol,需要Na£a溶液的体积为0.51mol-s-lmol/L=0.51L=510mL»⑶“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOCzOcTiO(C2O4)z2和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钢晶体中含有TiCHQOJ。即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-|-Ba2++4H2O=BaTiO(C2O4)2«4H2OIj随着氨水的不断加入溶液的PH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO(OH);TiCL和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCb溶液混合得到草酸氧钛领晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NHdCI。草酸氧钛领晶体隔绝空气燃烧得到BaTiO3,同时得到CO、CO?及水蒸气，燃烧草酸氧钛领晶体得到BaTQ方程式为BaTiO(C2O4)2.4H2O春^ag+2C。t+28"+4H0【点睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵

活运用是是本题解题关键，题目难度中等。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚歆的合成路线。TOC\o"1-5"\h\z?_ 9一囚—6一囚一*回一*©―*Oto°Hch邻甲基礴 。、丁 CHs9 0②①H-C-H 乙缺水硒， 9 ?n7\o"CurrentDocument"j-°Hr°Hoho-o-b, a一匕8。回一一回手药at%(D写出“甲苯一A”的化学方程式.(2)写出C的结构简式,E分子中的含氧官能团名称为(3)上述涉及反应中，“E一酚献”发生的反应类型是。(4)写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式o①遇FeCk①遇FeCk溶液显紫色,②能与碳酸氢钠反应,③苯环上只有2个取代基的， ④能使漠的CC1,溶液褪色。(5)写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：(6)由D合成E有多步，请设计出D-E的合成路线 。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：D反应试剂.反应茶件’OH OhC3-HoneC竣基、羟基取代或酯化6 或。CH=CHOCOOHOCH=CHCOOH的邻、间、对的任意一种(合成路线常用的表示方式为：D反应试剂.反应茶件’OH OhC3-HoneC竣基、羟基取代或酯化6 或。CH=CHOCOOHOCH=CHCOOH的邻、间、对的任意一种0C、OHO+3W0H—►CX°Na+CH3coONa43H：00NC-OHCH-0-OHOH0RC-OH -△ 2& ②电。ft(写出D的结构简式即给1,其他合%理也给分)【解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溪在铁粉作催化剂的条件下生成A为1.Br,A发生水解得B为「OH,B与乙酸发生酯化反应C为j。、—CH”C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较殳0为「OH,B与乙酸发生酯化反应C为j。、—CH”C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较殳0H和X Ctcho!酚酰的结构可知,0IIC-OH-0H口发生氧化反应得OC-OHcirCHo!'C3onec,E分子中的含氧官能团名称为装基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E-酚配”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCh溶液显紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有我基，③苯环上只有2个0H取代基，④能使溟的CC1,溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为CH=CHOCOOHOH的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为OCH=CHCOOH0IIC、OH的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为OCH=CHCOOH0IIC、OH0、C，CH3+3Na0H+CH3coONa+3H2Os⑹根据上面的分析可知，D-E的合成路线为四、综合题（本题包括2个小题，共20分）18.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下:-定条件fOOH *I<2SO4COOH ACH2cH20H液11卷-定条件fOOH *I<2SO4COOH ACH2cH20H液11卷04△・已知：在质谱图中危A的最大质荷比为118,其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3：2:2:2:lo根据以上信息回答下列问题:（1）A的官能团名称为（1）A的官能团名称为>BfC的反应条件为.,E-F的反应类型为（2）I（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为H的同分异构体W能与浓澳水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2,请写出所有符合条件的W的结构简式（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为.（6）已知:._AMI,*RdiR（6）已知:._AMI,*RdiR+HC1（R为煌基）设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线（无机试剂任选）。［合成路线示例：20H:黑>ClI?CH：Br?CCI<»Br€H2CH2BrCl8H16。4△■o-c-o-c-aM»|«+gljHjOUOCX."（或产物写成:Cl8H16。4△■o-c-o-c-aM»|«+gljHjOUOCX."（或产物写成:COOH*3COOH【答案】碳碳双键 氢氧化钠水溶液,加热 消去反应【解析】【分析】煌A能与B。发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中克A的最大质荷比为118,说明相对分子质量为118,分子式为C9H1。，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共B.C»振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1,可知A的结构简式为《W-ch3；A与Bq发生加成反应生成BBr OH为「「fL'Br，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为「C催化氧化生OH GH成的D为[4]-《一CHO.D与新制氢氧化铜发生氧化反应并酸化后生成的E为।,j-'-C8H,E发生消去反应生成的F为(「齐白c8H，F与《D^CMCHzOH酯化反应生成I为9据此解答。【详解】(1) 的官能团名称为碳碳双键，由B-C发生的反应为卤代克的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由E-F分子组成少H20,结合反应条件发生的应该是消去反应;(2)I的结构简式为(2)I的结构简式为若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的CH♦_△有1c■CH♦_△有1c■，■，oa-COOH发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；f-CHO与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为CH(4乂；=＞5/N。＞＜的同分异构体W能与浓溟水反应产生白色沉淀,说明分子结构中含有酚羟基,1molW参与反应最多消耗3molBr2,说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式OH（5）由『"、一《r^OH和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为（6）根据逆推法结合已知信息可知以苯和乙烯为起始原料制备＞1CH2CH2OH的合成路线为19.含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。I.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。饱和氧化钠溶液NaOH溶液（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是一,写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式，制氯气:__、制消毒液：此方法获得的消毒液的有效成分是一（填名称）。（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是（3）此消毒液在使用时应注意一些事项，下列说法正确的是a.可以用于衣物消毒b.可以用于瓷砖、大理石地面的消毒c.可以用于皮肤消毒d.与洁厕灵（含盐酸）混合使用效果更好（4）Clz是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl?是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3ch（气）+8NH3（气）=6NH4cl（固）+N2（气）若反应中消耗ChL5mol,则被氧化的NM在标准状况下的体积为—L,该过程中电子转移的总数为一个。II.（5）二氧化氯（CIO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50c的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体.控制50C的加热方法是写出该反应的化学方程式一。（6）目前已开发出用电解法制取CIO2的新工艺。如图所示，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取CIO?。写出阳极产生CIO?的电极反应式:【答案】分液漏斗 4HCI（浓）+MnO2=SiCI2t+MnCI2+2H2OCI2+2NaOH=NaCIO+NaCI+H2O次氯酸钠 除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解 B22.4L3以（或者1.806X1（）24）水浴加热2NaCIOa+4HCI50°C2NaCI+CI,个+2CI0,个+2H,0 Cl-5e+2H2O=CIO2/r+4H+【解析】【分析】【详解】（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCI（浓）+MnO2=^CI2t+MnCI2+2H2O；制消毒液的方程式为：CI2+2NaOH=NaCIO+NaCI+H2O,此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaCIO）；（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；A.此消毒液氧化性强，不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏、褪色等问题，A错误；B.此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒，B正确；C.可以用于皮肤消毒，此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；D.与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H++CIO+Cr=CI2t+H2O,生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D错误；3CI2+8NH3=6NH4CI+N2,3moi氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗C^l.5mol,则被氧化的NM在标准状况下的体积为：1.5mol+3x22.4L/mol=11.2L,该过程中电子转移的总数为：3Na;（5）对于温度低于100C的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50C的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaCIOa+4HCI50°C2NaCI+CI,个+2CI0,个+2H,0：（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生CIO?的电极反应式为：Cl-5e+2H2O=CIO2t+4H+.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).以下说法正确的是A.CH3cH2c(CH03的系统命名是：2,2一甲基丁烷B.由、D2、互称为同位素C.乙酸、硬脂酸、软脂酸、油酸均属于同系物D.硝基乙烷(CH3cH2NO2)与甘氨酸(H2NCH2COOH)互称为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A.CH3cHzc(CHj)3的系统命名为2,2—二甲基丁烷，A项错误；B.同位素是质子数相同、中子数不同的原子。H2、D2、T2为单质分子，B项错误；C.同系物的结构相似，分子组成相差若干“CH/。乙酸(CHsCOOH)、硬脂酸(Q7H3sCOOH)、软脂酸(C15H31COOH)属于同系物，它们与油酸(G7H33COOH)不是同系物，C项错误；D.同分异构体的分子式相同、结构不同。硝基乙烷(CH3CH2NO2)与甘氨酸(H2NCH2coOH)为同分异构体，D项正确。本题选D..将少量SO,气体通入BaCh和FeCb的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。针对上述变化，下列分析正确的是A.该实验表明SO2有漂白性 B.白色沉淀为BaSC)3C.该实验表明FeCb有还原性 D.反应后溶液酸性增强【答案】D【解析】【分析】【详解】往FeCb和BaCh的混合溶液中通入SOz，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3(亚硫酸)，抬。3具有很强的还原性，而Fe"具有较强的氧化性，所以SC^和Fe”发生反应，生成F1*和S04*,所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+),同时有白色沉淀(BaSO4)同时有dS。,生成，所以酸性增强。A.该实验表明SO?有还原性，选项A错误；B.白色沉淀为BaSCU,选项B错误；C.该实验表明FeCb具有氧化性，选项C错误；D.反应后溶液酸性增强，选项D正确；答案选D。.已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是。A.可与酸性KMnO。溶液反应B.既能发生消去反应，又能发生加成反应C.分子式为C6H10O4D.lmol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6L%【答案】A【解析】【分析】To』、....,-OH中含有有官能团羟基和竣基，所以具有羟基和粉基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO,溶液氧化为瘦基，A正确；B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C.分子式为C6Hi2O4,C错误；D.未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的％体积，D错误；故选A。4.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物已省略）。则下列说法中正确的是A A乙一f乙丫工甲丁C、D两种元素组成的化合物只含有离子键A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>OB>AD元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为NaQz,W为常见液体，W为》0;NazOz与也0反应产生NaOH和。2,而甲为单质，则甲为5，乙为红棕色气体，乙为NO?,甲与Z反应产生NO?，则Z为NO,X与甲反应产生NO,贝！|X为NH3,则A、B、C、D分别为H、N、0、Na,以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为。2,乙为NOz，X为NH3,Y为NazOz，Z为NO,W为&0,A、B、C、D分别为H、N、0、Na.A.O、Na两种元素可形成离子化合物NaQz中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.4核外无电子，N、0、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8,电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N*>03>Na+>H+,即B(N3)>C(O2)>D(Na+)>A(H+),B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为N02rNOz与NaOH会发生反应产生NaNO3,NaNOz、H20,反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,C正确；D.H、N、。三种元素可形成共价化合物如HN03，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C.【点睛】本题考查了元素及化合物的推断,把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键,注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。5.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )1.3g乙焕和苯蒸汽混合气体中的碳氢键(C-H)数为0.1NA一定条件下，2moiSO?与lmoKh反应生成的S03分子数为2Na1L0.1mol・L的乙酸溶液中含H*的数量为O.INa2.241.的CO和Nz混合气体中含有的质子数为1.4Na【答案】A【解析】【分析】A.乙狭和苯具有相同最简式CH,ImolCH含有1个C-H键；B.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C.乙酸为弱电解质，部分电离；D.气体状况未知。【详解】A.l.3g乙快和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：'g=0.1mol,含有碳氢键(C-H)数为O.INa，13g/mol故A正确B.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2mHsOz与lmolOz反应生成的S03分子数小于2Na，故B错误；C.乙酸为弱电解质，部分电离，的乙酸溶液中含4的数量小于O.INa,故C错误；D.气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误：故选：A.【点睛】解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D,注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。6.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A.工业上用电解Mg。、AIQ3的方法来冶炼对应的金属B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C."血液透析"和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D.刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.工业上用电解MgCI”AI2O3的方法来冶炼对应的金属，故A错误；B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C."血液透析"是利用胶体不能透过半透膜的性质，"静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C错误；D.刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D错误。故选B..根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是A.钢闸门含铁量高，无需外接电源保护.该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”C.将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀D.辅助电极最好接锌质材料的电极【答案】C【解析】

【详解】A.钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；B.该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极"，故B错误；C,将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；D.辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C.【点睛】电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法.这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。8.室温下，用0.100mol・L」NaOH溶液分别滴定20Q0mL0.100mol・l?的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示［已知AG=lg四'，下列说法不正确的是( )c(OH)=10lz,贝!=10lz,贝!jc(H*)=0.1mol/L=c贝！Ic(H+)=1025mol/L<P点时，加入NaOH溶液的体积为20Q0mLKa(HB)的数量级为10"C.水的电离程度：N>M=PD.M、P两点对应溶液中存在：c(A)=c(B)【答案】D【解析】【分析】未加NaOH溶液时，HA的AG=12,则c(H+)・c(OH)=1014,(HA),HA是强酸;未加NaOH溶液时，HB的AG=9,则c(H+)・c(OH)=10%O.lmol/L,则HB是弱酸;【详解】

P点AG=O时，c(4)=c(OH),混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL,故A正确；HB的电离程度较小，则溶液中c(B)=c(H+)=1025mol/L,c(HB)=0.1mol/L,Ka(HB)c(H+)c(B)

c(HB)10c(H+)c(B)

c(HB)1025xl0-250.100=104,故B正确;C.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N>M=P,故C正确；D.M、P点的AG都为0,都存在c(H*)=c(OH),混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c(Na+)越大,溶液中存在电荷守恒，则存在P点c(A)=c(Na*)、M点c(Na+)=c(B),但是c(Na+)：MVP点，则c(A)>c(B),故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。9.某溶液由Na+、Ag+、Ba"、Al3+,AIO2-.Fe2\NO3-、Cl-. -中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成。则溶液中一定含有的离子有A.Ap+、NO3- B.Ba2+、A严、CFC.Ba/、Ap+、NO3- D.Ag+、AI3+>NO3-【答案】A【解析】【详解】分成两等份，再分别通入足量的NHs和SO,充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，AI*与氨水反应生成白色沉淀，Fe”与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3\SO?发生氧化还原反应生成SO/'SO,，-与Ag*或Ba”结合生成白色沉淀，综上所述，一定含AP+、NO3,Ag\Ba"至少含一种，一定不含SO/一、AIO2\Fe2+,不能确定是否含Na,、C「，答案选A。【点睛】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，易错点为A产与氨水反应生成白色沉淀，Fe"与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀，故排除的存在。10.四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是①②③④A.①©③④的分子式相同 B.①②中所有碳原子均处于同一平面C.①④的一氯代物均有2种 D.可用酸性高锌酸钾溶液鉴别③和④【答案】B【解析】【详解】A.①@③④的分子式都是C此，故A正确；B.①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；D.③分子中没有碳碳双键，④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高钵酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锌酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。11.中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉日礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烧C.生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D.工业上可通过煤的干情获得乙烯、丙烯等化工原料【答案】A【解析】【分析】【详解】A.由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉日礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B.煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烧只由C、H两种元素组成，B选项错误；C.生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D.工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。12.设Na为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A.常温常压下，1mol氨气中含有的质子数为2治10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4Na1LImol/LNa£03溶液中，阴离子总数小于MD.浓硝酸热分解生成N&、N。共23g,转移电子数为0.5Na【答案】C【解析】【详解】He原子序数为2,原子序数等于质子数，所以ImoIHe含有2moi质子，质子数为2Na,A项正确；10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g,为O.lmol,O.lmolCH3cH20H含有O.lmol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molHzO,含有0.3mol。，所以溶液中含有的。原子共0.4moL数目为0.4Na，B项正确；c.co32-+h2o^hco3-+oh-,可以知道1个83”水解会生成1个oh-和1个HCO3-,阴离子数目增加，大于Na，C项错误；D.N。”刈。4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNOz物质的量为0.5moLN的化合价从N03-中的+5降低到了+4,现生成0.5molNOz，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5N“，D项正确；本题答案选C。13.某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：「\zTX'ZY\、YZLYZ」A.原子半径：W<X<Y<ZB.简单离子的氧化性:W>Xc.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】首先发现X是+1价的，则X为氢、锂或钠，但是W、X,Y三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1个键，则Z是氢；结合Y的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W是铝，Y是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢〈氧〈铝〈钠，即Z<Y<W<X,A项错误；B.钠单质的还原性强于铝，而Na'的氧化性弱于Al",B项正确；C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性，C项正确；D.W与X的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和A1(OH)3,二者可以相互反应，D项正确；答案选A。.室温下，将O.OSmolCMCOONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是()加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体c(CH3COO-)_. 减小c(Na+)B0.05molNaHS04固体c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)-c(SO4Z)C0.05molNH4CI固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c(H+)-c(OH)减小A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】室温下，将OQ5molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05mo1CH3coONa固体，c(Na。增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3coec的水解程度变小，故c(CH3CO。-)大于原来的2倍，贝ljc(CH3C00-)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHS04固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3coOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液,根据物料守恒可知,c(CH3COO_)+c(CH3COOH)=0.5mol/L,而c(Na+)=lmol/L,c(SO42-)=0.5mol/L,故有：c(CH3COO")+c(CH3COOH)=c(Na+)—c(SO42"),B正确；C、加入0.05mo1NH4cl固体后，和CHjCOONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀,pH变小，即溶液中c(OH-)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH-)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)・c(OhT)减小，D正确，答案选A。.常温下，下列有关叙述正确的是( )A.向O.lmol/LNazCOs溶液中通入适量C0;气体后：c(Na-)=2[c(HCO3)+c(CO：)+c(H2CO3)]B.pH=6的NaHSO?溶液中：c(SOj')-c(H2SO3)=9.9x107moixL-1clHCO,idCO；'lc.等物质的量浓度、等体积的NazCCh和NaHC03混合：D.O.lmol/LNazCzOz,溶液与O.lmol/LHCI溶液等体积混合(hCzS为二元弱酸)：2c(C20j-)+c(HC2O4)+c(0H)=c(Na+)+c(H+)

【答案】B【解析】向O.lmMLNa2cCh溶液中通入适量CO?气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HC0；)+c(C0i-)+c(H2CO3)],A错误；常温下，pH=6的NaHS5溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(S0『)+c(HS0”物料守恒为c(Na+)=c(HSO^)+c(SOj-)+c(H2SO3),由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c(S0『)-c(H2SO3)=c(H*)-c(OH-)=1x10-6mo|.L-i_1x10-8moH_T=9.9xlO-7moH/i,B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c(HC0^/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+).c(CO^)/c(HCO；)=K(HCO；)/c(H+),由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c(HC03)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+J>c(C0r)/c(HC0；)=K(HC03)/c(H+),C错误；0.1molLNazCzOa溶液与0」mol-LA为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是(钛被还原为Mn2+).若反应中有0.5m”Cl2产生，则电子转移的数目为。工业制氯气的反应方程式为O(2)装置B中盛放的试剂是,简述该装置在制备高铁酸钾中的作用.C中得到紫色固体和溶液。C中3发生的反应有：3Ch+2Fe(OH)3+10KOH->2KA为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是(钛被还原为Mn2+).若反应中有0.5m”Cl2产生，则电子转移的数目为。工业制氯气的反应方程式为O(2)装置B中盛放的试剂是,简述该装置在制备高铁酸钾中的作用.C中得到紫色固体和溶液。C中3发生的反应有：3Ch+2Fe(OH)3+10KOH->2K2FeO4+6KCI+8H2O,根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2FeO。"(填"〉"或"V")。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示.fl.探究K2FeO4的性质(4)甲同学取少量KzFeO’加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述LFeCX,的净水原理。o电解2NaCI+2H2O=2NaOH+Ch个+出个 饱二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.某研究性学习小组制备高铁酸钾(KzFeOQ并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：KzFeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生。2,在碱性溶液中较稳定。【答案】【答案】2KMnC）4+16HCI（浓）=2MnCh+2KCI+5ch个+8出。和食盐水 除去HCI气体，避免影响KzFeC)4的制备>CIZ+2OH=CI+CIO+H20KzFeCX,在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCI(浓)=2MnCl2+2KCI+5clz个+8出0,B中饱和食盐水除去氯气中的HCI,C中发生3cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2KzFeO4+6KCI+8H2。，且C中可能发生3+20才=仃+。0一+"0,D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】(1)A中反应方程式是2KMnO4+16HCI(浓)=2MnCl2+2KCI+5ch个+8d。，若反应中有0.5mo©z产生，则电电解子转移的数目为0.5molx2x(l-0)xNA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCI+2H2。=2NaOH+Clz个+S个，电解故答案为：2KMnO4+16HCI(浓)=2MnClz+2Ka+5c卜个+8H2O;NA;2NaCk2H2O=ZNaOH+CI2个+d个；(2)装置B中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCI气体，避免影响KzFeO”的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCI气体，避免影响LFeO’的制备；(3)CI元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性C-FeCU，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：CI2+2OH=CI+CIO+H20,故答案为：>；ci2+2oh=cr+cio+h2o5(4)取少量KzFeO’加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知KzFeO。的净水原理为KzFeC)4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：KzFeO”在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的.三、推断题(本题包括1个小题，共10分)3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如图：已知：HCHO+CH3cH0OH-，△,CHzKHCHO+HzO(1)A的名称是遇FeCb溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有一种。B的结构简式一，D中含氧官能团的名称为—.

(2)试剂C可选用下列中的a.溟水 b.银氨溶液 c.酸性KMnCX,溶液 d.新制Cu(OH)z悬浊液0口是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化rl3C.—\x n-U—L—Lrl^=C.HLrl3学方程式为_。E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为CH=CHCHO【答案】对甲基苯甲醛 3 瘦基b、dICH?【解析】【分析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CLCHO在碱性条件下反应生成B,B为TOC\o"1-5"\h\zA A,①中-CH。被弱氧化剂氧化为-COOH,而C=C不能被氧化，再酸化得到DTch3 ch3ch=chcooch3D与甲醇发生酯化反应生成E为 ，然后结合有机物的结构与性质来解答.ICH3【详解】(1)由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCb溶液显紫色，则含酚-0H,且苯环上有两个取代基，CH=€H2(邻、间、对)3种，由上述分析可知,另一取代基为-CH=CH2,则符合条件的(邻、间、对)3种，由上述分析可知,0H

CH=CHCHOCH=CHCOOHCH?故答案为:；D的结构为ICH?CH=CHCHO对甲基苯甲醛：3；CH?,其中含有含氧官能团为：毂基;生成CH=€HCOOHCH3可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化-CH。，则C为b或d,0中含-COOC-,与足量NaOH溶液共热的化学方程式为:♦CH.CHCH=CHCHOCH=CHCOOHCH?故答案为:；D的结构为ICH?CH=CHCHO对甲基苯甲醛：3；CH?,其中含有含氧官能团为：毂基;生成CH=€HCOOHCH3可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化-CH。，则C为b或d,0中含-COOC-,与足量NaOH溶液共热的化学方程式为:♦CH.CH=CHC005*♦故答案为：儿CACH-CHCH,+2N«OH ♦CH,CH-CIICO05*♦HQ;COOCH,COOCH,-4-CH—CH故答案为：CH,【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。四、综合题（本题包括2个小题，共20分）18.沼气的主要成分是CH4,还含有CO2、dS等。JoDeVrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO?和MS,并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。(1)需控制电解槽中阴极室PH>7,其目的是.(2)阳极室逸出CO?和(填化学式)：Hf在阳极上转化为SO,?.而除去，其电极反应式为O(3)在合成塔中主要发生的反应为：反应I:CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)AHi反应H:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+HQ(g)AH2n(H2)调节三号々=4,充入合成塔，当气体总压强为O,MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不n(CO2)同压强时，COz的平衡转化率如图2所示：200300400500600700800温度/tooooooO765432)求向£_一$三塞~懑斗40200 400 600 800温度/f)()oO200300400500600700800温度/tooooooO765432)求向£_一$三塞~懑斗40200 400 600 800温度/f)()oO86图2①反应CO2(g)+CH，g)=2CO(g)+2Hz(g)的AH=(用AH、AH2表示)。②图1中，200〜550c时，CO?的物质的量分数随温度升高而增大的原因是.③图2中，相同温度下，压强越大，COz的平衡转化率越大，其原因是;在压强为10MPa时，当温度在200〜800c范围内，随温度升高，CO?的平衡转化率始终减小，其原因是【答案】将H2S转化为HS-(S2-),部分CO2转化为HCO3(CO32) 02 H2S+4H2O-8e-===10H++SO422AH2-AHi AHi<0,AH2>0,温度升高时，反应I向左移动增加的COz的量大于反应H向右移动减少的CO?的量 增大压强，反应n不移动，反应I向正反应方向移动 反应I中CO,减小的平衡转化率始终大于反应n中co2增大的平衡转化率(或反应I、n中co?平衡时的净转化率呈减小趋势)【解析】【详解】⑴沼气中的C02和H6,需在阴极室中处理达到合成高纯度生物甲烷要求，需控制电解槽中阴极室pH>7,其目的是将h2s转化为hs-(s2-),部分C02转化为HCO3(CO32)o(2)阳极：2H2O-4e-=4H++C>2个，阳极室逸出CO?和dS在阳极上转化为SC^而除去，其电极反应式为H2S4-4H2O—8e-=10H++SO42'.⑶①反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)AH”反应H:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2,由盖斯定律，反应Hx2-反应I,反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)fi<jAH=2aH2-AHlo②图1中，200〜550c时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是：AHiVO,AH2>0,温度升高时，反应I向左移动增加的C02的量大于反应H向右移动减少的C02的量。③图2中，相同温度下，压强越大，COz的平衡转化率越大，其原因是：增大压强，反应n不移动，反应I向正反应方向移动；在压强为10MPa时，当温度在200〜800c范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是:反应I中CO?减小的平衡转化率始终大于反应D中CO,增大的平衡转化率(或反应I、II中CO?平衡时的净转化率呈减小趋势)。19.用也0八K1和洗洁精可完成"大象牙膏"实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据文献资料对该实验进行探究。⑴资料1:KI在该反应中的作用：H2O2+I=H20+10；H2O2+10="0+。2个+1.总反应的化学方程式是.(2)资料2：分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是(填字母)。a.加入KI后改变了反应的路径b.加入KI后改变了总反应的能量变化C.%02+「=出0+10是放热反应⑶实验中发现，出。2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCI4,振荡、静置，气泡明显减少。资料3：h也可催化出。2的分解反应。①加CCL,并振荡、静置后还可观察到,说明有b生成。②气泡明显减少的原因可能是:i.HzOz浓度降低；以下对照实验说明i不是主要原因：向心。2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCI4,B试管不加CCI4,分别振荡、静置。观察到的现象是.(4)资料4：「+G■I；K=640,为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的HQ?溶液中加入10mL0.10moH?KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒r।2浓度/(moll?)2.5xl03a4.0xl0-3①a=o②该平衡体系中除了含有％、I；和厂外，一定还含有其他含碘微粒，理由是.【答案】2H2。2=2出0+。2个a 下层溶液呈紫红色 在水溶液中h的浓度降低 B试管中产生气泡速率没有明显减小 2.5xl03 2c(I2)+c(l)+3c(h)<0.033mol-L1【解析】【分析】(1)将两个反应叠加；(2)I起催化剂作用；(3)①四氯化碳萃取碘；②气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验；(4)①根据平衡常数进行计算；②根据元素守恒判断。【详解】(1)将两个反应费加得到：2H2O2=2H2CXO2T,故答案为：2H;O2=2H2O+€)2T；(2)a.「起催化剂作用，加入催化剂改变了反应历程，从而降低活化能，a正确：b.根据盖斯定律，总反应的能量变化不变，b错误；aHaOz+I=HaO+IO是前半段反应，根据图像该反应是吸热反应，c错误；答案选a。(3)①碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳密度大于水，与水分层在下层，碘进入下层的四氯化碳中显紫红色，