新高考化学试题专题训练

一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中,

只有一项是符合题目要求的。）

7.环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是（）

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使滨水褪色

B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取

C.废旧电池中含有银、镉等重金属，不可用填埋法处理

D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成C02和H20

答案C

解析A.聚乙烯不含不饱和键，不能使滨水褪色，故A错误；B.氯化铝为共价

化合物，熔融状态不导电，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，故B错误；C.废

旧电池中含有镁、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，

故C正确；D.丝、毛成分为蛋白质，含有碳、氢、氧、氮等元素，灼烧除了生成

二氧化碳和水，还会生成含氮物质，故D错误。

8.亚胺培南是一种抗生素，其结构如图所示。下列有关亚胺培南的叙述错误的是

（）

OH

A.分子中含有3个双键

B.分子中含有1个甲基

C.能发生酯化反应

D.能使酸性高镒酸钾溶液褪色

答案A

解析A.结构中除已经画出的C=0、C=C,C=N3个双键外，—COOH

中还含有C==O双键，分子中有4个双键，故A错误；B.分子中连接羟基的碳

原子上连接甲基，分子中含有1个甲基，故B正确；C.分子中含有羟基、竣基，

均能发生酯化反应，故C正确；D.分子中含有碳碳双键等，可以被酸性高镒酸

钾溶液氧化，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故D正确。

9.NSR技术可以通过交替吸附、脱附汽车尾气中的NO”将NO.、CO等进行无

害化处理，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）

A.CO能使血红蛋白丧失携氧功能

B.空气不足时发生“吸附”

C.“脱附”时CO转化为CO2

D.上述过程中Pt作催化剂

答案B

解析A.CO吸入体内会与体内血红蛋白结合，血红蛋白与CO的结合能力大于

它与02的结合能力，使血红蛋白丧失携氧功能，从而导致人体缺氧，故A正确；

B.从工作原理图可以看出，空气足量时发生“吸附”过程，即2NO+O2J=2NO2,

空气不足时发生“脱附"，即2N0+2co="=N2+2CO2,故B错误；C.从工作

原理图可以看出，脱附过程是：2N0+2co*=N2+2CO2,故C正确；D.整个

过程中Pt在反应前后的性质和质量不发生变化，充当作催化剂，故D正确。

10.在如表中，根据实验操作和现象能得出相应结论的是()

选项实验操作和现象结论

取少量某溶液于试管中，滴加少量氯水，

A原溶液含有r

振荡；再滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色

向盛有Mg(OH)2悬浊液的试管中滴入

KsP[(Mg(OH)2]>Ksp[(Cu

B适量CuS04溶液，振荡，有蓝色絮状沉淀

(OH)2]

生成

取1mL20%的蔗糖溶液，加入3〜5滴稀

硫酸。水浴加热5min,冷却。再向其中

C蔗糖没有水解

加入新制银氨溶液，振荡，水浴加热，无

银镜产生

D用酒精灯加热铝箔，铝箔熔化但不滴落Al的熔点高于AI2O3

答案B

解析A.原溶液中可能含碘单质，应先加淀粉，后加氯水检验碘离子，故A错

误；B.发生沉淀的转化，由操作和现象可知Ksp[(Mg(OH)2]>KsP[(Cu(OH)

2],故B正确；C.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，由

操作和现象不能说明结论，故C错误；D.氧化铝的熔点高，包裹在A1的外面，

则铝箔熔化但不滴落，结论不合理，故D错误。

11.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同

周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质,

W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是（）

A.对应的简单离子半径：C>D>B

B.D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物

C.电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质

D.由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性

答案B

解析由题意可知A为H元素，B为0元素，C为Na元素，D为A1元素，E

为C1元素，X为HC1,Y为NaOH,Z为AlCb溶液，W为NaAKh溶液，A、B

为O元素，C为Na元素，D为A1元素，对应离子具有相同的核外电子排布，核

电荷数越大离子半径越小，故A错误；B项，D、E形成的化合物为氯化铝，为

含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.电解氯化钠溶液，得到氢氧化钠、

氢气、氯气，不能得到钠单质，故C错误；D.HC1O为弱酸，故D错误。

12.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，

b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2so4—H2s04溶液。锂离

子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保

护。下列关于该电池的说法错误的是（）

A.若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小

B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HrWCh-=W03+XH,

C.若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化

D.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H'+45=2H2。

答案B

解析A.由图可知，连接a、c时，a电极上H20fo2,发生失电子的氧化反应，

则a电极为负极，电极反应式2H2。-4。=02t+4H+,生成H+,a电极附近

pH减小，故A正确；B.c电极为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应

式为WCh+xH++xe—=HtW03,故B错误；C.若用导线先连接a、c,则c电

极为正极，发生WO3-H.WO3,将太阳能转化为化学能储存，再用导线连接b、

c时，b电极发生02—H20,为正极，则c电极为负极，实现化学能转化为电能,

对外供电，故C正确；D.用导线连接b、c,b电极发生02fH2O,为正极，电

极反应式为O2+4H++4e=2H2O,故D正确。

13.常温下，用0.10molLT的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱B0H溶液,

滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.BOH的Kb约为lx1。、

B.a点的c(B’)大于匕点

C.。点溶液中：c(B+)+C(H+)=2C(OH)+c(BOH)

D.滴定至pH=7时，c(B+)=C(Cl-)<0.1mol/L

答案D

1014

解析A.0.10mol/LBOH溶液的pH=11,则该溶液中c(OFF)=正不mol/L

=0.001mol/L,BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c(BOH)^0.10mol/L,

,+、,-、、10-3*10-3

“c(B")-c(OHy-----------------

c0)〜(OH)=0.001mol/LfBOH的卷=,(卫而)一0.10

=1X105,故A错误；B.a点酸物质的量是碱物质的量的一半，则混合溶液中溶

质为等物质的量浓度的BOH、BC1,b点加入酸碱物质的量相等，二者恰好完全

反应生成BC1,溶液中溶质为BC1,假设a点BOH不电离且B+不水解，b点、B

0.10X0.01、/?点0.10X0,02

不水解，a点c(B)=mol/L=gx0.10mol/Lc(B*)=

0.02+0.010.02+0.02

mol/L=1x0.10mol/L,混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a

点的c(B+)小于匕点，故B错误；C.a点溶液中存在电荷守恒c(B+)+C(H+)

=c(OH)+c(CD.存在物料守恒c(B+)+C(BOH)=2c(CD,所以存

在c(B')+2c(H1)=2c(OH)+c(BOH),故C错误；D.混合溶液pH=7

时，溶液呈中性，c(H+)=C(OHO,溶液中存在电荷守恒c(B+)+C(H+)

=c(OFF)+c(Cl-),则c(B+)=C(Cl"),酸碱混合后导致溶液体积增大，

则导致溶液中c(C「)减小，所以存在c(B+)=C(CD<0.1molL-1,故D正

确。

［非选择题］

二'非选择题

(-)必考题(本题包括3小题，共43分)

26.(14分)锂离子电池已被人们广泛使用，对其高效回收利用具有重要意义。

某锂离子电池正极是涂覆在铝箔上的活性物质LiCoCh。利用该种废旧锂离子电池

正极材料制备CO3O4的工艺流程如图：

已知：①COC2O4-2H2。微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过

量的C2O仁离子生成Co(C2O4)\■■而溶解。

②浸出液A含有大量C02+、Li'及少量Fe3+、Al3\C/+金属离子。

(1)在过程①中，用NaOH溶液溶解铝箔时离子反应方程式为

(2)在过程②中，难溶于水的LiCoCh转化为C02+的离子反应方程式为

此过程中也可用浓盐酸代替H2s04和H2O2的混合溶液，但缺点是：除了浓盐酸

具有挥发性，利用率降低以外，更为主要的是

(3)在过程③中，将浸出液A适当稀释加入碱后，不同pH下金属离子的去除效

果如图所示。该过程加碱调节pH在5.5~6.0的理由是

(4)在过程④中，(NH4)2c2。4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钻

的沉淀率关系如图所示:

①用化学用语和适当的文字说明：随n(C2O5)：n(Co2+)比值的增加，钻的

沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小的原因

②沉淀反应时间为10min,温度在40〜50℃以下时，随温度升高而钻的沉淀率

升高的可能原因是_______________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O

(5)在过程⑤中，在空气中加热到290〜320℃,COC2O42H2O转化为CO3O4的

化学反应方程式为______________________________________________________

答案(1)2A1+2OIT+2H2O=2A1O5+3H2t

+2++

(2)2LiCoO2+H2O2+6H=2CO+2Li+O2t+4H2O盐酸可被LiCoCh氧

化为氯气污染环境

(3)此时Fe3+、AF+、Cu2+金属离子几乎被完全沉淀，而Ct?*离子损失率较小

2+

(4)①溶液中存在化学平衡：C2OF(aq)+Co(aq)+2H2O(1)CoC2O4-2H2O

(s),c(C2Ol)增大，化学平衡正向移动有利于晶体析出，当达到〃(C20l)：n

(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应COC2O42H2O+(〃-1)

n-1，-

C2oi=Co(C2O4)2<+2H2O,使晶体部分溶解②升高温度，加快反应

速率。

ogn℃

(5)3coe2。4・2抵0+202CO3O4+6CO2t+6H2O

解析(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：

2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2t□

(2)酸性溶液中，在过氧化氢的还原作用下LiCoCh转化为Co2+,在过程②中，

难溶于水的LiCoCh转化为Co?+的离子反应方程式为：2UCOO2+H2O2+6H+

2++

=2Co+2Li+O2f+4H2O,此过程中也可用浓盐酸代替H2s04和H2O2的混

合溶液，但缺点是：除了浓盐酸具有挥发性，利用率降低以外，更主要的是盐酸

被LiCoCh氧化生成氯气污染环境。

(3)分析图像可知，该过程加碱调节pH在5.5〜6.0的理由是：加碱调节pH在

5.5〜6。Fe3+.AP：CI?+金属离子几乎被完全沉淀，而此时C(?+离子损失率较

小。

(4)①溶液中存在化学平衡：C20r(aq)+Co2+(aq)+2H2O(1)COC2O42H2O

(s),随n(C2OD：n(Co2+)比值的增加，c(C20k)增大，化学平衡正向

移动有利于晶体析出，当达到〃(C2OI)：n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离

<n_1>_

子增多，会发生副反应CoC2O4-2H2O+(n-l)C2Or=Co(C2O4^+2H2O,

使晶体部分溶解。②沉淀反应时间为10min,温度在40〜50℃以下时，随温度

升高而钻的沉淀率升高的可能原因是：升温加快反应速率。

(5)在空气中加热到290〜320℃,COC2O42H2O转化为CO3O4的反应为晶体被

空气中氧气氧化得到CO3O4,反应的化学方程式为：3COC2O4-2H2O+

290℃~320℃

202CO3O4+6CO2t+6H2OO

27.(14分)工业上制HNO3的最后一步反应是NO2被水吸收。某兴趣小组在实

验室中探究NO2尽可能多地被水吸收。回答下列问题：

(1)制备NCh

①原理：铜和浓硝酸反应制备NCh的离子方程式为

②装置设计：用D装置收集NO2,选择图1中装置，仪器连接顺序为(按

气流方向，用小写字母表示)。

(2)用水吸收NCh

按图2装置进行实验，球形干燥管Y的体积约为60mL。

JiJ

Ji1

操作步骤实验现象化学方程式

打开K3①Y中________

待Y管中液面不再上升，

②Y中_______③反应的化学方程式为一

打开Ki,从注射器充入约

10mL气体，关闭Ki

最后Y中气体几乎完全被

④________

吸收，水充满Y管

（3）优化操作：利用图2装置，提出一条比（2）中操作更简便且安全性高，又

能让水充满干燥管的方案________________________________________

答案（l）①Cu+2NO5+4H.=Cu2++2NO2t+2H2O②bdegf

（2）①液面逐渐上升，气体体积逐渐减小，气体颜色由红棕色逐渐变成无色②

气体由无色变成红棕色，后又变成无色，气体体积减小，液面上升但未充满

③2NO+O2==2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO（合理即可）④待液面不再

上升，打开Ki,从注射器充入5mL02,关闭Ki

（3）打开K3,再打开KI,从注射器中注入15mLO2,关闭Ki（或先打开K3,

然后打开Ki,直到水充满干燥管后关闭Ki）

解析（1）①铜和浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和水，离子方程式为：Cu

,2，

+2NO3+4H=CU+2NO2f+2H2O。②铜和浓硝酸反应制NO2无需加热，选

用B装置制N02。N02的密度比空气大，用向上排空气法收集，因此N02从d口

进e口出。N02有毒，要进行尾气吸收，气体从E装置的长导管进短导管出，故

仪器连接顺序为bdegf。（2）①打开K3,NCh与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3

+N0,因此Y中液面逐渐上升，气体体积逐渐减小，气体颜色由红棕色逐渐变

成无色。②〜③从注射器充入氧气后，生成的NO与02发生反应：2N0+

O2=2NO2,气体颜色又变为红棕色，生成的N02与水反应，气体体积减小，剩

余气体为无色的NO,液面上升但未充满。④根据4NO2+02+2H20=4HN0.3,

要使Y中60mLNO2完全被吸收，管中充满水，所需02的体积为15mL,因此

还需充入5mL氧气。（3）要使NCh完全被吸收，Y中充满水，可以先打开K3,

再打开Ki,从注射器中注入15mL氧气，之后关闭Ki。

28.（15分）丙烯（C3H6）是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要

反应及能量变化图如图1。

（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程，为提供反应所需热量，恒压时向原料气中掺

入水蒸气。

①K(主反应)(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，a

(C3H8)o

②温度升高，副反应更容易发生的主要原因是(填“瓦1＞国2''或

(2)图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(其

中压强分别为1()4Pa和105Pa)。

①1()4Pa时，图中表示丙烯的曲线是(填“i"、“ii”、“iii”或

“iv”)。

②IO,pa、500c时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=

(已知：气体分压=气体总压X体积分数)。

(3)利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采

用铭的氧化物为催化剂，其反应机理如图3。

已知：CO和H2的燃烧热(AH)分别为一283.0kJ-mol1、-285.8kJmoF'o

①图3中催化剂为o

②298K时，该工艺总反应的热化学方程式为

③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是

答案(1)①增大增大②Eai>Ea2⑵①i②3.3Xl()3pa(3)①CrO3

②CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+C0(g)+H2O(1)AH=+121.5kJ-mol

1③碳和二氧化碳反应生成一氧化碳气体，脱离催化剂

解析(1)①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8(g)==C3H6(g)+

H2(g)△%=+124.3kJ.mo「*恒压时向原料气中掺入水蒸气，温度升高，体

积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行，K(主反应)增大，丙烷转化率a

(C3H8)增大，②副反应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应

更容易发生的主要原因是区1>区2；(2)图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平

衡体积分数与温度、压强的关系，由于主反应和副反应正向均为吸热反应，所以

其它条件相同时升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分

数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，曲线i、出为丙烯的变化曲线；温

度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯

的体积分数越小，所以i为IO,Pa时丙烯变化曲线，皿为1()5Pa时丙烯变化曲线，

ii为lXl()5pa时丙烷变化曲线，iv为lXl()4pa时丙烷变化曲线，①根据上述分

析可知i为IO,pa时丙烯变化曲线；②1()4pa、500C时，丙烷和丙烯的平衡体积

分数为33%,设丙烷起始量为1,变化量x

主反应为：

c3lls(g)—C3HG(g)+H2(g)

起始(mol)100

转化(mol)JTJT

平衡(mol)1—1JT

-100%=33%-

1+x3

元=0.5

兽X1()4PaX首X1()4Pa

用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=-——/——:---------

104Pa

-3.3X103pa；(3)①利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工

艺。该工艺可采用辂的氧化物为催化剂，分析机理图可知催化剂为CrO3,②CO

和H2的燃烧热(△”)分别为一283.0kJ-mo「i、-285.8kJmol'o

I.CO(g)+/2(g)=CO2(g)

△H=—283.0kJmol1

II.H2(g)+1O2(g)=H2O(1)

-285.8kJ/mol,

III.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

AHi=+124.3kJ/mol,

盖斯定律计算n+iii—i得到该工艺总反应的热化学方程式；co2(g)+c3H8

(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(1)AH=+121.5kJ/mol,③该工艺可以

有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳

气体，脱离催化剂。

(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道小题中任选一题作答。如果多选，

则按所做的第一个小题计分。)

35.［选修3物质结构与性质］(15分)

镒(Mn)、钛(Ti)等过渡金属元素化合物的应用研究是目前前沿科学之一，回

答下列问题：

(1)Mn的价电子排布式为o金属锌可导电、导热，有金属

光泽和延展性，这些性质都可以用理论解释。

(2)已知金属镐有多种晶型，丫型镜的面心立方晶胞俯视图符合下列(选

填编号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为o

ABCD

(3)熔融态的MnO和MnS均能导电。推测：熔点MnOMnS(选填“>”、

“=”或“<”)，其原因为_____________________________________________

(4)TiO2作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O达到无害化。

①苯（C6H6）、C02分子中碳原子的杂化方式分别为；甲醛（CH20）分

子为分子（选填“极性”或“非极性”）o

②下列各组微粒互为等电子体的是（填编号）。

a.CO2与N2O

b.H2O与SO2

c.C6H6与B3N3H6

d.CH2O与BF3

（5）金红石TiCh的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的0原子数为；

设NA为阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为g-cm3（用相关字母的代

数式表示）。

答案（1）3d54s2电子气（或金属键）

（2）C12（3）＞离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，熔、沸点越高

(4)①sp?、sp极性②ac

1.6X1023

(5)4---------5——

NA.CTC

解析（l）Mn为25号元素，价电子有7个，其中有5个位于3d轨道上，2个

位于4s轨道上，其价电子排布式为3d54s2；因为金属原子之间存在着金属键，金

属键是通过金属原子和自由电子形成的，所以金属具有导电性、导热性，有金属

光泽和延展性；（2）已知金属镒的晶胞构型和氯化钠的相同，都属于面心立方构

型，晶胞俯视图符合C；面心立方构型的晶胞中，以顶点处的Mn原子为例，每

个晶胞中顶点处Mn原子与3个面心的Mn原子紧邻，每个顶点为8个晶胞共用，

每个面为两个晶胞共用，利用均摊法可知，每个Mn原子周围紧邻的原子数为：

3X8x3=12；（3）熔融态的MnO和MnS均能导电，说明二者均为离子晶体，

由于。2-的离子半径比S2-小，则MnO晶格能比MnS大，MnO熔点大于MnS；

（4）①苯（C6H6）分子中每个碳原子含有3个。键、1个兀键，杂化轨道数为3,

采取sp?杂化；二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1个。键和1个兀键，因此C

原子采取sp杂化；甲醛碳原子以三个sp2杂化轨道形成三个。键，其中一个是和

氧形成一个。键，所以甲醛(CH20)分子为平面结构，且正负电荷中心不重合,

属于极性分子；②a.C02与N20原子总数都是3,价电子总数都为16,二者互为

等电子体，故a正确；b.H20与S02原子总数都是3,价电子总数分别为8、18,

二者不属于等电子体，故b错误；c.C6H6与B3N3H6原子总数都是12,价电子总

数都为30,二者互为等电子体，故c正确；d.CFhO与BF3原子总数都是4,价电

子总数分别为12、24,不属于等电子体，故d错误；(5)根据金红石TiCh的晶

胞结构图可知，晶胞中白色球数目=1+8><!=2、黑色球数目=2+4X；=4,结

OZ

合化学式TiCh可知，白色球代表Ti原子、黑色球代表O原子，则晶胞中含有O

.，十qAn—Hn,(48+16X2)2X80

原子数目为4；晶胞相当于有2个“TiCh”，晶胞质量为：2X----7；-------g=-7^

/VA/VA

g,晶胞体积丫=(aX1()7cm)X(6/X107cm)X(cXIO7cm)=a2cXIO-21

:m2X801.6X1023—

所『=益反而艰/g<m・一芯一g-cm-o

36.［选修5：有机化学基础］(15分)

世界上第一种商业化合成的抗菌药物百浪多息(

对于治疗溶血性链球菌感染有很强的功效，其合成路线如图。

E

(1)A-B的反应需要添加的试剂X有，B的名称是,C的

官能团名称是o

(2)C―D的化学反应方程式为,

该反应的类型是o

(3)若F与G的反应无其它有机产物生成，则G的结构简式为。

(4)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体的结构简式

为o

①有两种官能团，苯环上有两个支链；

②能发生银镜反应；

③核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为2：2：2：2：lo

“I

V1NvCH,-

NH

I

('一()的合成路线(无机试

剂任选)。

答案(1)浓硝酸、浓硫酸硝基苯氨基

()

H.,N-/=7盼<~>—NII—C_CII;

(2)+(CH3co)2O+

CH3coOH取代反应

(3)

解析A和X发生取代反应生成B,B比A多一个硝基，则A和浓硝酸在浓硫酸

作催化剂条件下发生取代反应生成B,B发生还原反应生成C,C发生取代反应

生成D,D发生取代反应生成E,E发生反应生成F,F和G反应生成百浪多息,

根据F、百浪多息结构简式知，G为

ii.c—c=oH;C—c=o可由

22

和乙酸酎发生取代反应得到,可由

N()2

发生还原反应得到，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成

(1)通过以上分析知，AfB的反应需要添加的试剂X有浓硝酸、浓硫酸，B的

名称是硝基苯,C的官能团名称是氨基;(2)C和乙酸肝发生取代反应生成D,C-D

的化学反应方程式为+(CH3co)20二口展

()

II

NH—C—CHf

+CH3COOH,该反应的类型是取代反应；(3)通过以

()

II

C

/\

UNCH

H.NW.NH.,AI

上分析知，G的结构简式为；(4)口为＜〃，口的

同分异构体同时满足下列条件：①有两种官能团，苯环上有两个支链；②能发生

银镜反应，说明含有醛基，则另一个官能团为氨基；③核磁共振氢谱中有五组峰,

NH

和乙酸肝发生取代反应得到,2可由

发生还原反应得到，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成

NO,

浓、浓

其合成路线为HN03H2s04

Fe,HC1(CHiCO)2O

三乙胺

“7+5”仿真练(2)

本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间40分钟。

［选择题］

一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。）

7.化学推动社会的进步和人类的发展，下列叙述中错误的是（）

A.高温或常用消毒剂均可使新冠病毒蛋白质变性

B.嫦娥五号将一面特制的芳纶纤维五星红旗带到月球，芳纶纤维属于有机高分

子材料

C.在食品包装袋中放置盛有生石灰的透气小袋，生石灰作食品抗氧化剂和干燥

剂

D.“煤制烯煌大型现代煤化工成套技术开发及应用”中，煤的气化属于化学变

化

答案C

解析A.高温或常用消毒剂均可使新冠病毒蛋白质变性，故A正确；B.芳纶纤

维属于有机高分子材料，故B正确；C.生石灰可以吸收水分，可做干燥剂，但不

能做抗氧化剂，故C错误；D.煤的气化是指煤在高温条件下和水蒸气反应生成一

氧化碳和氢气的过程，是化学变化，故D正确；

8.中国工程院院士李兰娟团队于2021年2月4日公布治疗新型冠状病毒肺炎的

最新研究成果：“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成“达芦那韦”

的部分路线如图所示，下列说法不正确的是（）

A.C的分子式为CnH”N

B.B的同分异构体有7种（不含B,不考虑立体异构）

C.D分子中的所有碳原子不可能处于同一平面

D.反应①为加成反应，反应②为取代反应

答案D

解析A.由C的结构简式知，C中含有11个C,1个N,根据有机中C、N成

键规则确定H共有15个，故C的分子式为CnH15N,A正确；B.依据A、C结构

简式，结合B的分子式确定B结构简式为：（CH3）2cHeH2NH2,B的同分异构

共7种结构，B正确；C.D中支链上存

在叔碳原子（一个C连了3个C）,由于单键C与其所连4个原子形成四面体结

构，所有原子不可能都共面，故D中叔碳原子与其连接的3个碳原子不可能都共

面，C正确；D.A-C的反应实际分两步，第一步为A中醛基与B中氨基发生加

碳氮双键，C-D为加氢还原反应，D错误；故答案选D。

9.下列说法正确的是（）

A.标况下，11.2L甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）的混合气体中含氢原子的物质的

量为2mol

B.标况下，0.1molCC14所占的体积为2.24L

C.等质量的N2和CO含有的分子数均约为6.02X1023个

D.常温常压下，1mol任何气体所占的体积均为22.4L

答案A

解析A.标况下，11.2L甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）的混合气体的物质的量为：

112L

、・该混合气体中含有的及（）故正

“JiJL-y/1m1IVzil=05mol,H=0.5molX4=2mol,A

确;B.标况下CC14不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B错误;

C.没有告诉N2和CO的具体质量，则无法计算二者含有的分子数，故C错误；

D.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol,则1mol气体体积大于22.4L,故D

错误。

10.在油田注水系统中，钢管主要发生硫酸盐还原菌厌氧腐蚀，一种理论认为厌

氧细菌可促使SO—与H2反应生成S2一,加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。

下列说法正确的是（）

A.正极的电极反应式为：2H2O+2e=2OHTH2t

B.SOM与H2的反应可表示为：4H2+SO厂―8e一用氢磐S2-+4H2O

C.钢管发生厌氧腐蚀的产物主要含有Fe2O3

D.为减缓钢管的腐蚀，可在钢管表面镀铜

答案A

解析A.在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极的电极反应式为：2H20

+2e=2OH+H2t,故A正确；B.SOf与H2的反应可表示为：4H2+SOF

摩鱼茸S2-+4H2O,故B错误；C.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是Fe-

2+

2e-=Fe,正极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2t,SO/与七的反应可表示

为：4H2+S0K用邕鲜S?—+4H2O,亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离

2

子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：S-+H2OHS-

+OH-,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的直接

产物中含有FeS、Fe（OH）2,故C错误；D.原电池中，作负极的金属加速被腐

蚀，作正极的金属被保护，在钢管表面镀铜，铁易失电子作负极，铜作正极，铁

腐蚀得更快，故D错误。

11.Li和N2在450C时反应制得储氢材料Li3N。U3N易水解，在空气中加热可

发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验室制备少量Li3N的装置图。下面有

关说法正确的是（）

A.洗气瓶a中盛放饱和食盐水

B.浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和空气进入d,避免Li3N水解和燃烧

C.反应时，先对d加热，再点燃c中酒精灯

D.取少量反应后固体，加酚酗溶液，若溶液变红说明反应后固体中含Li3N

答案B

解析a中盛放NaOH除去空气中的酸性气体，b中盛放干燥剂除去水蒸气，c中

灼热的铜粉除去氧气，氮气和Li在d中反应生成Li3N,最后洗气瓶中盛放浓硫

酸避免空气中的水蒸气和氧气进入装置影响实验。A.由上述分析可知，洗气瓶a

中盛放NaOH溶液可除去酸性气体，故A错误；B.Li3N易水解，在空气中加热可

发生剧烈燃烧，则浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和空气进入d,故B正确；

C.反应时，先对c加热，再点燃d中酒精灯，防止Li与氧气反应，故C错误；

D.氮化锂易水解生成LiOH和氨气，Li与水反应生成LiOH,则反应后固体加酚

酰溶液变红，不能说明反应后固体中含Li3N,故D错误；故选B。

12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分

子簇的球棍模型如图所示。W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外

电子总数之比为3：4,Z的周期数等于族序数。下列说法不正确的是（）

A.化学式为Y2Z2X6W2

B.X分别与Y、Z形成的化合物为离子化合物

C.简单离子的半径：X>Y>Z

D.Y、Z的简单离子均可抑制水的电离

答案D

解析短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子

数与核外电子总数之比为3：4,由于最外层电子数不超过8,原子只能有2个电

子层，最外层电子数为6,则X为O元素；Z的周期数等于族序数，其原子序数

大于氧，只能处于第三周期，则Z为Al；W、X(0)位于不同周期，且W的原

子半径小于氧的半径，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分

子簇化学式为H2Al2。6丫2,结合化合价代数和为0可知，Y的化合价为+2,其原

子半径大于A1,则Y为Mg元素，据此分析解答。结合分析可知，W为H,X

为0,Y为Mg,Z为A1元素，A.由图示分子簇结构可知，其化学式为Y2Z2X6W2,

故A正确；B.X分别与Y、Z形成的化合物为MgO、AI2O3,MgO、AI2O3均

为离子化合物，故B正确；CQ2-、Mg2+、AF+的核外电子排布相同，核电荷数

越大，离子半径越小，则简单离子的半径：02->Mg2+>AF+,故C正确；D.Mg2\

AP+均为可水解的弱离子，均可促进水的电离，故D错误。

13.己知pC=—lgc,Ksp[Cu(OH)2]=2.2Xl()-2(^DKsp[Mg(OH)2]=1.8X10

-"o室温下，测得两种金属离子的pc与pH的变化关系如图所示。下列说法正

确的是()

A.加入氨水调节pH可除去MgSCU溶液中的CuSCU杂质

B.调至ljQ点对应的pH时，Mg2+和CM+都已沉淀完全(离子浓度小于或等于

1.0X105mol/L)

C.在浓度均为1mol/L的CuSCU和MgSCU的混合溶液中，存在c(C/+)+c(Mg2

+)>c(SOF)

D.Li代表pC(Cu2+)随pH的变化，L2代表pC(Mg2+)随pH的变化

答案D

解析A.Mg2+和CiP+形成氢氧化物的溶度积常数存在较大的差异，可通过调节

溶液pH除去Ci?+,但加入氨水引入了新的杂质，故A错误；B.Q点pH为9,

,，+、K$p[Cu(OH)2]2.2X10-2。

105

则c(Cu2+)=:小口、_-=z5X2rnol/L=2.2X10mol/L<1.0X10

(7(OH)(11A0/

H

,,2+、Ksp[Mg(OH)2]1.8X10^.

mol/L,c(Mg)=~，=/“、—、，mol/L=1.8X10'mol/L>1.0X10

°c(OH)(105

-5mol/L,所以Ci?.已沉淀完全而Mg2+不能沉淀完全，故B错误；C.Cu2+^Mg2

'存在水解，导致其浓度有所减小，若不水解，则有c(Cu2.)+c(Mg21)=c

(SOF),而由于水解，则有c(Cu2+)+c(Mg2+)<c(SOF),故C错误；D.

相同pH条件下，难溶物的金属离子浓度较低，Mg2+和Ci?+形成同类型难溶氢氧

化物，而Cu(OH)2比Mg(OH)2难溶，因此相同pH下，Ci?+的浓度更低，

pC更大，所以L代表pC(Cu2+)随pH的变化，L2代表pC(Mg2+)随pH的变

化，故D正确。

「非选择题]

二、非选择题

(一)必考题(本题包括3小题，共43分)

26.(14分)石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、AI2O3,以

石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3-〃H2O)的工艺如图：

(NHJ2solNHjHCO.

/1

棉烧&T沉:钱

尾

MgCO.,•nH2O

矿

尾气吸收浸渣'母液

已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO4：®^3Mgs04

+IONH3t+2SiO2+7H2Ot+2SO3to

(1)写出焙烧产物NH3的电子式o

(2)为提高水浸速率，可采取的措施为(任写一条即可)，“浸渣”的

主要成分为。

(3)①“调节pH除杂”时，除去的杂质离子是,室温下，若要将溶液

中的c(Fe3+)降低至4.0X10'"mol/L,则应控制溶液的pH=(Ksp[Fe

(OH)3]=4.0X10-38)O

②“调节pH除杂”时，可以选用的试剂是o

A.MgOB.NaOH

C.MgCO3D.HNO3

(4)“沉镁”过程中反应的离子方程式为

“沉镁”时若温度超过60°C,将产生较多的碱式碳酸镁[Mg2(OH)2co3]杂质,

原因是o

(5)某小组同学称取15.6gMgCQw?H2O进行热重分析，并绘制剩余固体质量随

温度变化的曲线如图所示，则〃=________o

H：N：H

答案(1)H(2)将焙烧后所得固体粉碎或加热或搅拌SiO2

(3)①Fe3+、Al3+5②AC

2+2+

(4)Mg+2HCO^+(77-I)H2O=MgCO3/?H2OI+CO2t升温促进Mg

水解(或升温促进MgCCh发生不完全水解)(5)