┃試卷合集6套┃2020屆山西省臨汾市高考化學(xué)第四次調(diào)研試卷

2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題（本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.正確的實(shí)驗(yàn)操作是實(shí)驗(yàn)成功的重要因素，下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是（）B.制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色?氫氧化鈉溶液B.制備氫氧化亞鐵并觀察其顏色?氫氧化鈉溶液|：新力除酸g亞鐵溶液C.檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子D.收集C.檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子D.收集NO?并防止其污染環(huán)境m&、IIJiidiiKNaOH【答案】A【解析】【詳解】A.稱取一定量的NaCL左物右碼，氯化鈉放在紙上稱，故A正確;B.氫氧化亞鐵易被氧化，制備氫氧化亞鐵時(shí)，膠頭滴管應(yīng)伸入硫酸亞鐵溶液中，并油封，故B錯(cuò)誤；C.檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)后的產(chǎn)物中是否含有銅離子，應(yīng)把反應(yīng)后的混合液倒入水中，故C錯(cuò)誤；D.NOz密度大于空氣，應(yīng)用向上排空氣法收集NO”故D錯(cuò)誤；答案選A。2.2019年《化學(xué)教育》期刊封面刊載如圖所示的有機(jī)物M（只含C、H、0）的球棍模型圖。不同大小、顏色的小球代表不同的原子，小球之間的"棍"表示共價(jià)鍵，既可以表示三鍵，也可以表示雙鍵，還可以表示單鍵。下列有關(guān)M的推斷正確的是

A.M的分子式為A.M的分子式為C12H12O2M與足量氫氣在一定條件下反應(yīng)的產(chǎn)物的環(huán)上一氯代物有7種M能發(fā)生中和反應(yīng)、取代反應(yīng)、加成反應(yīng)一個(gè)M分子最多有11個(gè)原子共面【答案】C【解析】【分析】根據(jù)球棍模型，推出該有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,據(jù)此分析；CH,COOH【詳解】A.根據(jù)球棍模型推出M的化學(xué)式為CizHioOz,故A錯(cuò)誤；cnM與足量氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)，得到，，環(huán)上有10種不同的氫，因此CH?COOH環(huán)上一氯代物有10種，故B錯(cuò)誤；M中有竣基和苯環(huán)，能發(fā)生中和反應(yīng)、取代反應(yīng)、加成反應(yīng)，故C正確；D.苯的空間構(gòu)型是平面正六邊形，M分子中含有2個(gè)苯環(huán)，因此一個(gè)M分子最多有22個(gè)原子共面，故D錯(cuò)誤；答案：Co答案：CoB.b的所有碳原子可能處于同一平面D.afb的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)aB.b的所有碳原子可能處于同一平面D.afb的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)C.蔡的二氯代物有10種【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定分子式為Ci。匕。。，故A錯(cuò)誤;

b中有4個(gè)C原子為飽和C原子，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故B錯(cuò)誤；c. 構(gòu)對(duì)稱，蔡中含2c. 構(gòu)對(duì)稱，蔡中含2種位置的H,則其一氯代物有2種CI（玲6、弼8,二氯代物有D.a比b少1個(gè)0原子、多2個(gè)H原子，所以為還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選C.【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、同分異構(gòu)體種類判斷方法是解本題關(guān)鍵，C為解答易錯(cuò)點(diǎn)，采用“定一移二”的方法判斷即可。4."84消毒液”的主要成分是NaCIO.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A.長(zhǎng)期與空氣接觸會(huì)失效B.不能與“潔廁劑"（通常含鹽酸）同時(shí)使用lL0.2mol/LNaCIO溶液含有0.2molCIOO.lmolNaCIO起消毒作用時(shí)轉(zhuǎn)移0.2moQ【答案】C【解析】【詳解】A.空氣中含有二氧化碳和水蒸氣，長(zhǎng)期與空氣接觸發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定分解，導(dǎo)致消毒液失效，故A正確；"84消毒液”的主要成分是NaCIO，“潔廁劑”通常含鹽酸，二者同時(shí)使用發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣而失效，不能同時(shí)使用，故B正確；1L0.2moi/LNaCIO溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.2moLNaCIO屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，CICT水解生成HCIO,導(dǎo)致溶液中CICT的物質(zhì)的量小于0.2mol,故C錯(cuò)誤；NaCIO具有氧化性,起消毒作用時(shí)CI元素化合價(jià)降低，由+1價(jià)變?yōu)?1價(jià)，則O.lmolNaCIO轉(zhuǎn)移0.2mole,故D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】次氯酸是一種比碳酸還弱的弱酸，它不穩(wěn)定見(jiàn)光易分解，具有漂白性，強(qiáng)氧化性等性質(zhì)，在使用時(shí)經(jīng)常制成含氯的化合物如次氯酸鈉，次氯酸鈣等，易于保存和運(yùn)輸，在次氯酸鈉殺菌消毒時(shí)氯的化合價(jià)降低為-1價(jià)。5.某同學(xué)用Na2c和NaHCOs溶液進(jìn)行如圖所示實(shí)驗(yàn)。下列說(shuō)法中正確的是（1mLO.5mol-LlCaCLCaCLmL0.5mL0.5mol-L1NazCOs溶液%白應(yīng)沉淀1mL0.5molL1#NaHCO,溶液白晶淀無(wú)色氣體A.實(shí)驗(yàn)前兩溶液的pH相等B.實(shí)驗(yàn)前兩溶液中離子種類完全相同C.加入CaCb溶液后生成的沉淀一樣多D.加入CaCI2溶液后反應(yīng)的離子方程式都是CO32+Ca2+===CaCO34z【答案】B【解析】碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以同濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉，故A錯(cuò)誤；NazCOj和NaHCCh溶液中都含有Na,、HCO3\CO32\H\OH,故B正確；加入CaCh后，NazCCh溶液中發(fā)生反應(yīng)：CO32+Ca2+—CaCO34z,NaHCOs溶液中發(fā)生反應(yīng)：2HCO3*Ca2+=CaCChJ+COz個(gè)+4。，故CD錯(cuò)誤。6.下列實(shí)驗(yàn)方案中，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象目的或結(jié)論A向裝有溟水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振蕩、靜置后分層裂化汽油可萃取溟B用pH試紙分別測(cè)定相同溫度和相同濃度的CH3COONa溶液和NaCIO溶液的pH驗(yàn)證酸性：ch3cooh>hcioC將Fe(NO02樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變紅Fe(NO3)2晶體已氧化變質(zhì)D取少量某無(wú)色弱酸性溶液，加入過(guò)量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)溶液中一定含有NH?A.A B.B C?C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.裂化汽油中含有碳碳雙鍵，可以與溟水發(fā)生加成反應(yīng)，不能用裂化汽油萃取漠，故A錯(cuò)誤；B.NaCIO具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)定其水溶液的堿性強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤；C.硝酸根在酸性條件下可以將Fe?+氧化生成Fe3二所以樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變紅,并不能說(shuō)明Fe(NO3)2晶體已氧化變質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D.能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為氨氣，與NaOH溶液反應(yīng)并加熱生成氨氣，則溶液中一定含有NH「，故D正確。故選D。X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價(jià)和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價(jià)+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.1100.099則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物具有兩性ZW3分子中所有原子最外層均滿足8e.結(jié)構(gòu)Y的一種氧化物可用作供氧劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W>Z>X【答案】A【解析】【分析】根據(jù)X、Y、Z、W為短周期主族元素，聯(lián)系最高正化合價(jià)，X可與為B元素或者AI元素，Y為L(zhǎng)i元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為CI元素，又原子半徑：Y>Z>CI>X,則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據(jù)此分析回答問(wèn)題。【詳解】B的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；PCI3的電子式為 ' ,所有原子最外層均滿足8e-結(jié)構(gòu)，B選項(xiàng)正確；'If<INa的氧化物Na?。?可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項(xiàng)正確；D.非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性CI>P>B,則熱穩(wěn)定性：HCI>PH3>BH3,D選項(xiàng)正確；答案選A。8.常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是( )A.向O.lmol/LNazCOs溶液中通入適量CO:氣體后：c(Na+)=2[c(HCO-)+c(COJ)+c(H;C03)]B.pH=6的NaHSCh溶液中：c(SO^)-c(H,SO3)=9.9x10-7molxL1C.等物質(zhì)的量濃度、等體積的NazCC>3和NaHC03混合：〈京"CkHjCUjJCknLUj?O.lmol/LNa2c2O4溶液與Olmol/LHCI溶液等體積混合(%C2O4為二元弱酸)：2c(C2O；')+c(HC,04)+c(0H)=c(Na*)+c(H+)【答案】B【解析】向O.lmohLTNa2c。3溶液中通入適量CO?氣體后，溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液或碳酸氫鈉，根據(jù)物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HC0?+c(C0『)+c(H2CO3)]，A錯(cuò)誤；常溫下，pH=6的NaHSCh溶液中，電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(S0r)+c(HS07),物料守恒為c(Na+)=c(HSO￡)+c(SO^~)+c(H2SO3),由兩個(gè)守恒關(guān)系式消去鈉離子的濃度可得，c(S0；-)-c(H2SO3)=c(H*)-c(OH-)=1x10-6mo|.L-i,IxlO^molL^g.gxlO-7mol-L1,B正確；根據(jù)碳酸氫根離子、碳酸的電離平衡常數(shù)可得：c(HCO口/c(HzCO3)=K(H2CC)3)/c(H+)、c(CO『)/c(HCOK=K(HCO”c(H*),由于同一溶液中，則氫離子濃度相同，根據(jù)碳酸的電離平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子可知，c(HC0；)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(C0r)/c(HC0；)=K(HC0；)/c(H+),C錯(cuò)誤；0.1mol-L1Na2C2O4溶液與0.1mol-L1HCI溶液等體積混合(H2c2O4為二元弱酸)，由電荷守恒可知2c(C:Oj-)+c(HC;0J+c(OH)+c(cr)=c(Na+)+c(H+),D錯(cuò)誤。9,第三屆聯(lián)合國(guó)環(huán)境大會(huì)的主題為“邁向無(wú)污染的地球”。下列做法不應(yīng)提倡的是A.推廣電動(dòng)汽車，踐行綠色交通 B.改變生活方式，預(yù)防廢物生成C.回收電子垃圾，集中填埋處理 D.弘揚(yáng)生態(tài)文化，建設(shè)綠水青山【答案】C【解析】根據(jù)大會(huì)主題“邁向無(wú)污染的地球”，所以A可減少污染性氣體的排放，即A正確；B可減少?gòu)U物垃圾的排放，則B正確；C電子垃圾回收后，可進(jìn)行分類處理回收其中的有用物質(zhì)，而不能填埋，故C錯(cuò)誤；D生態(tài)保護(hù)，有利于有害氣體的凈化，故D正確。本題正確答案為C。10.下列表示正確的是( )A.中子數(shù)為8的氧原子符號(hào)：1。HB.甲基的電子式：H：C-HC.乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH30cH3D.COz的比例模型：(奧)【答案】B【解析】【詳解】A.中子數(shù)為8的氧原子的質(zhì)量數(shù)=8+8=16,該原子正確的表示方法為10,故A錯(cuò)誤；B.甲基為中性原子團(tuán)，其電子式為H：g?，故B正確；HC.CH30cH3為二甲醛，乙醛正確的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OCH2cH3，故C錯(cuò)誤；D.二氧化碳分子中含有兩個(gè)碳氧雙鍵，為直線型結(jié)構(gòu)，其正確的比例模型為,故D錯(cuò)誤；故選B?！军c(diǎn)睛】電子式的書寫注意事項(xiàng)：(1)陰離子和復(fù)雜陽(yáng)離子要加括號(hào)，并注明所帶電荷數(shù)，簡(jiǎn)單陽(yáng)離子用元素符號(hào)加所帶電荷表示。(2)要注意化學(xué)鍵中原子直接相鄰的事實(shí)。(3)不能漏寫未參與成鍵的電子對(duì)。11.用以表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子數(shù)為4NA1molNa2O2固體中含離子總數(shù)與1molCH4中所含共價(jià)鍵數(shù)目相等1(^。1岫。0中所有。。一的電子總數(shù)為26sD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNOz與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為O.INa【答案】C【解析】【詳解】NazSCX,水溶液中，水分子也含有氧原子，故LOLl.Omol/L的Na2sCU水溶液中含有的氧原子數(shù)大于4Na,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；Na?。？由2個(gè)鈉離子和1個(gè)過(guò)氧根構(gòu)成，故ImolNazOz中含3moi離子，而Imol甲烷中含4moic-H鍵,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；ImolNaCIO中含ImolCIO,而ImolCICT中含26mol電子，選項(xiàng)C正確；D.標(biāo)況下，6.72L二氧化氮的物質(zhì)的量為0.3mol,而NO?與水的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，3moiNO2轉(zhuǎn)移2moi電子，故0.3mol二氧化氮轉(zhuǎn)移0.2mol電子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案選C.【點(diǎn)睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、狀態(tài)是解題關(guān)鍵，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)D.標(biāo)況下，6.721.二氧化氮的物質(zhì)的量為0.3mol,而N6與水的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，3moiNO2轉(zhuǎn)移2moi電子，故0.3mol二氧化氮轉(zhuǎn)移0.2mol電子。12.常溫下，在lOmLO.lmo卜LNazCCh溶液中逐滴加入O.lmHLHCI溶液，溶液的pH逐漸降低，此時(shí)溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是A.溶液的pH為7時(shí)，溶液的總體積大于20mLB.在B點(diǎn)所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32)+c(HCO3)+c(OH)+c(CljC.在A點(diǎn)所示的溶液中：c(Na+)=c(CO32)=c(HCO3)>c(OH)>c(H+)D.已知833水解常數(shù)為2x10-4,當(dāng)溶液中c(HCO；)=2c(CO33)時(shí)，溶液的pH=10【答案】C【解析】【詳解】A.當(dāng)混合溶液體積為20mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaHCOs，HCOE的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過(guò)量，所以混合溶液體積稍微大于20mL,故不選A；B.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO；)+c(HCO,)+c(OH)+c(Cr),故不選B；C.根據(jù)圖象分析，A點(diǎn)為碳酸鈉，碳酸氫鈉、氯化鈉的混合溶液，且c(HCO3)=c(CO；),溶液呈堿性，則c(OH-)>c(H)鹽溶液水解程度較小，所以c(CO； 則離子濃度大小順序是c(Na+)>c(HCO3)=c(CO；)>c(OH-)>c(H+),故選C；c(HCO-)c(OH) dD.根據(jù)&= ―計(jì)算可得c(OH-)=10"，因此溶液的pH=10,故不選D；c(COj)答案選C。13.某科研小組將含硫化氫的工業(yè)廢氣進(jìn)行了資源化利用，將獲得的電能用于制取"84"消毒液。己^:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)AH=-632KJ/mol.下圖為該小組設(shè)計(jì)的原理圖。下列說(shuō)法正確的是()A.電極a為燃料電池正極B.電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為:Oz+4e+2HzO=4OHC.電路中每流過(guò)4mol電子，電池質(zhì)子固體電解質(zhì)膜飽和NaCI溶液內(nèi)部釋放熱能小于632kJD.a極每增重32g,導(dǎo)氣管e將收集到氣體22.4L【答案】C【解析】【分析】根據(jù)2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應(yīng)，得出負(fù)極H2s失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則a為電池的負(fù)極，正極Oz得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則b為電池的正極，則c為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，d為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，以此解答該題。【詳解】A.由2Hzs(g)+O2(g)=Sz⑸+2”0反應(yīng)，得出負(fù)極H2s失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則a為電池的負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B.正極。2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Oz+4H++4e=2H2。，故B錯(cuò)誤；C.電路中每流過(guò)4moi電子，則消耗imol氧氣，但該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，所以電池內(nèi)部釋放熱能小于632kJ,幾乎不放出能量，故C正確：D.a極發(fā)生2Hzs-4e-=Sz+4H+,每增重32g,則轉(zhuǎn)移2moi電子，導(dǎo)氣管e將收集到氣體Imol,但氣體存在的條件未知，體積不一定為22.4L,故D錯(cuò)誤。故選C.【點(diǎn)睛】此題易錯(cuò)點(diǎn)在D項(xiàng)，涉及到由氣體物質(zhì)的量求體積時(shí)，一定要注意條件是否為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)。14.下列說(shuō)法中，正確的是A.將2gH2與足量的W混合，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NaB.ImolNa產(chǎn)O2與足量水反應(yīng)，最終水溶液中】七原子為2以個(gè)C.常溫下，46gNOz和WO,組成的混合氣體中所含有的分子數(shù)為以D.100mL12moi/L的濃HNO3與過(guò)量Cu反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.6%【答案】D【解析】【詳解】A.將2gH2與足量的刈混合，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于2以，故A錯(cuò)誤；B.ImolNaJOz與足量水生成氫氧化鈉和氧氣，過(guò)氧化鈉中的氧原子轉(zhuǎn)化為氫氧化鈉和氧氣中的氧原子，最終水溶液中片0原子為Na個(gè)，故B錯(cuò)誤；c.NO2,N2O4的摩爾質(zhì)量不同，無(wú)法計(jì)算混合氣體的組成，故c錯(cuò)誤；D.由于濃HN03與銅反應(yīng)生成NO2,而稀HNC>3與銅反應(yīng)生成NO,Cu+4HNC>3(濃)=Cu(NO3)2+2N6個(gè)+2出0、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NOt+4H2O,100mL12mohL-1的濃HNO3完全被還原為NO2轉(zhuǎn)移0.6mol電子,完全被還原為NO轉(zhuǎn)移0.9mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.6Na,故D正確；答案選D。AWVTnAWVTn【答案】D【解析】分析：在濃硫酸的作用下乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，根據(jù)乙酸乙酯的性質(zhì)、產(chǎn)品中含有的雜質(zhì)，結(jié)合選項(xiàng)解答。詳解：A、反應(yīng)物均是液體，且需要加熱，因此試管口要高于試管底，A正確；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用飽和碳酸鈉溶液吸收，注意導(dǎo)管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正確；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可實(shí)現(xiàn)分離，C正確；D、乙酸乙酯是不溶于水的有機(jī)物，不能通過(guò)蒸發(fā)實(shí)現(xiàn)分離，D錯(cuò)誤。答案選D。點(diǎn)睛：掌握乙酸乙酯的制備原理是解答的關(guān)鍵，難點(diǎn)是裝置的作用分析，注意從乙酸乙酯的性質(zhì)(包括物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì))特點(diǎn)的角度去解答和判斷。二、實(shí)驗(yàn)題(本題包括1個(gè)小題，共10分).亞氯酸鈉(NaCIO2)是一種重要的含氯消毒劑，在水中溶解度較大，遇酸放出CIO2,是一種高效的氧化劑和優(yōu)質(zhì)漂白劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。過(guò)氧化氫法制備Na。。?固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示:N?C10,(.)+H1so. NaOH4HAA B C已知：①CI02的熔點(diǎn)為-59C、沸點(diǎn)為11C,極易溶于水，遇熱水、見(jiàn)光易分解；氣體濃度較大時(shí)易發(fā)生分解，若用空氣、CO,、氮?dú)獾葰怏w稀釋時(shí)，爆炸性則降低。②2aOz+HzOz+ZNaOHuZNaCIOz+Oz個(gè)+2出0請(qǐng)回答：⑴按上圖組裝好儀器后，首先應(yīng)該進(jìn)行的操作是—;裝置B的作用是—；冰水浴冷卻的主要目的不包括一(填字母)。a.減少HQz的分解b.降低CIO?的溶解度 c.減少CIO?的分解(2)CIO2是合成NaCIO2的重要原料，寫出三頸燒瓶中生成CI02的化學(xué)方程式：—.⑶裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應(yīng)物外,還因?yàn)椤？諝獾牧魉龠^(guò)慢或過(guò)快都會(huì)影響NaCIO2的產(chǎn)率，試分析原因：。⑷該套裝置存在的明顯缺陷是.⑸為防止生成的NaCIOz固體被繼續(xù)還原為NaCI,所用還原劑的還原性應(yīng)適中。除HQz外，還可以選擇的還原劑是一(填字母)A.過(guò)氧化鈉 B.硫化鈉 C.氯化亞鐵 D.高銃酸鉀(6)若mgNaCQ(s)最終制得純凈的ngNaCIO2(s),則NaCIO2的產(chǎn)率是_、100%。【答案】檢查裝置的氣密性 防止倒吸b2NaCIO3+H2O2+H2SO4=2CIO2T+O2T+Na2SO4+2H2ONaCIOz遇酸放出CIO2 空氣流速過(guò)慢時(shí)，CIO?不能及時(shí)被移走，濃度過(guò)高導(dǎo)致分解爆炸；空氣流速過(guò)快時(shí)，CIO?不能被充分吸收，NaCIOz的產(chǎn)率下降 沒(méi)有處理尾氣 A 空型或生色或工典(或其他合理答案)【解析】【分析】在裝置內(nèi)，NaCIO3與H2SO4的混合液中滴加出。2,發(fā)生反應(yīng)2NaCIO3+H2O2+H2SO4=2CIO2T+OzT+Na2SO4+2H2。,生成的CIO,與O2的混合氣隨空氣排出進(jìn)入B裝置；B裝置的進(jìn)、出氣導(dǎo)管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進(jìn)入C中，發(fā)生反應(yīng)2CIOz+H2O2+2NaOH=2NaCIO2+Oz個(gè)+2H0,CIO?的熔點(diǎn)低，遇熱水、見(jiàn)光易分解，所以應(yīng)使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時(shí)易發(fā)生分解，若用空氣、CO?、氮?dú)?/p>

等氣體稀釋時(shí)，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過(guò)慢，但過(guò)快又會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)不充分，吸收效率低。CI5氣體會(huì)污染大氣，應(yīng)進(jìn)行尾氣處理?！驹斀狻竣胖迫怏w前，為防漏氣，應(yīng)在組裝好儀器后，進(jìn)行的操作是槍查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少出。2的分解、減少CIO2的分解，CIO?為氣體，降溫有利于氣體的溶解，不可能降低CIO?的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸;b；(2)CIC>2是合成NaCIO2的重要原料，三頸燒瓶中NaCIOs與H2SO4的混合液中滴加H2O2,發(fā)生反應(yīng)生成CIO2的化學(xué)方程式為ZNaCICh+dOz+H2so4=2CIC)2個(gè)+0z個(gè)+Na2so4+2出0。答案：ZNaCQ+hOz+H2so4=2CIOz個(gè)+0z個(gè)+NazSC)4+2HzO；⑶因?yàn)镹aCIOz遇酸會(huì)放出CIO”所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應(yīng)物外，還因?yàn)镹aCIO?遇酸放出CIO?，加堿可改變環(huán)境，使NaCIOz穩(wěn)定存在。空氣的流速過(guò)慢或過(guò)快都會(huì)影響NaCIOz的產(chǎn)率，原因是：空氣流速過(guò)慢時(shí)，CI02不能及時(shí)被移走，濃度過(guò)高導(dǎo)致分解爆炸；空氣流速過(guò)快時(shí)，CIOz不能被充分吸收，NaCIOz的產(chǎn)率下降。答案為：NaCIOz遇酸放出CIOz；空氣流速過(guò)慢時(shí)，CIO?不能及時(shí)被移走，濃度過(guò)高導(dǎo)致分解爆炸；空氣流速過(guò)快時(shí)，CIO?不能被充分吸收，NaCIOz的產(chǎn)率下降；⑷CIO?氣體會(huì)污染大氣，應(yīng)進(jìn)行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒(méi)有處理尾氣。答案為：沒(méi)有處理尾氣；(5)A.過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)，可生成HQ?和NaOH,其還原能力與出。2相似，A符合題意;B.硫化鈉具有強(qiáng)還原性，能將NaCIOz固體還原為NaCLB不合題意；C.氯化亞鐵具有較強(qiáng)還原性，能將NaCIOz固體還原為NaCI,C不合題意;D.高鈦酸鉀具有強(qiáng)氧化性，不能將NaCIOz固體還原，D不合題意:故選A。答案為：A,(6)可建立如下關(guān)系式：NaCIO3(s)-CIO2-NaCIO2(s),從而得出NaCIOz(s)的理論產(chǎn)量為:mgx90.5g/mol90.5mng106g/mol106g,NaCIOzmgx90.5g/mol90.5mng106g/mol106g,NaCIOz的產(chǎn)率是90.5m g106.5xl00%106.5n 5 106.5n__213n= xioo%。答案為： 或 90.5m 90.5m 181m或L四(或其他合理答案)。m【點(diǎn)睛】書寫三頸燒瓶中NaCIC)3與HzSCU的混合液中滴加力。2的方程式時(shí)，我們可先確定主反應(yīng)物(NaCICh、H2O2)和主產(chǎn)物9。2、。2)，然后配平，即得ZNaCKh+HzOz——2c10?個(gè)+。2個(gè);再利用質(zhì)量守恒確定其它反應(yīng)物(hSOj和產(chǎn)物(NazSOjH20),最后配平，即得ZNaCICh+HzOz+HzSCXFZCIOz個(gè)+。2個(gè)+NazSO4+2H2O。三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分).中學(xué)化學(xué)中幾種常見(jiàn)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：

將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質(zhì)的紅褐色膠體。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍：.⑵寫出C的酸性溶液與雙氧水反應(yīng)的離子方程式：。⑶寫出鑒定E中陽(yáng)離子的實(shí)驗(yàn)方法和現(xiàn)象：.⑷有學(xué)生利用FeCb溶液制取FeCI『6H2O晶體，主要操作包括：滴入過(guò)量鹽酸，、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。過(guò)濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為.⑸高鐵酸鉀(KzFeC)4)是一種強(qiáng)氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCb與KCIO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可制取K2FeO4,反應(yīng)的離子方程式為.【答案】LlOOnm2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體,則證明錢根離子存在蒸發(fā)濃縮玻璃棒2Fe"+3Cld+10OH--2FeO4”+3Cr+5H2?！窘馕觥俊痉治觥繉溶液滴入沸水中可得到以F為分散質(zhì)的紅褐色膠體，貝!)F是Fe(OH)3、D是FeNSO^、E是NHQ、A是單質(zhì)Fe、B是FeS、C是FeSO4?【詳解】⑴根據(jù)膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是l~100nm。C是FeSC>4，F(xiàn)e2+被雙氧水氧化為Fe3+,反應(yīng)的離子方程式是2Fe2t+H2O2+2H-2Fe3++2H2O.E是NH4cl溶液，核根離子與堿反應(yīng)能放出氨氣，鑒定E中錢根離子的實(shí)驗(yàn)方法和現(xiàn)象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，則證明錢根離子存在。(4)利用FeCh溶液制取FeCl3-6HzO晶體，主要操作包括：滴入過(guò)量鹽酸，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。根據(jù)過(guò)濾操作的裝置圖可知，過(guò)濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。據(jù)過(guò)濾操作的裝置圖(5)FeCb與KCIO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可制取KzFeO4，鐵元素化合價(jià)由+3升高為+6,氯元素化合價(jià)由+1降低為-1,反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++3CIO+10OH—2Fe042+3CI+5H20o四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)

18.納米磷化鉆常用于制作特種鉆玻璃，制備磷化鉆的常用流程如圖:OO C^CO^OH)?O.liHjOCo,018.納米磷化鉆常用于制作特種鉆玻璃，制備磷化鉆的常用流程如圖:OO C^CO^OH)?O.liHjOCo,04 OP? 際為h2nnh,(1)基態(tài)p原子的電子排布式為P在元素周期表中位于一區(qū)。0/] 中碳原子的雜化類型是一C、N、0三種元素的第一電離能由大到小的順序是一(用H,NNH,元素符號(hào)表示)，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镃03?中C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為一,其空間構(gòu)型為一.(4)磷化鉆的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，最近且相鄰兩個(gè)鉆原子的距離為npm。設(shè)以為阿伏加德羅常數(shù)的值,則其晶胞密度為_(kāi)g.cm3(列出計(jì)算式即可)。4x904x90NA(>/2nxlO10)3【答案】[Ne]3s23P3 Psp2N>O>C0>N>C 3平面正三角形【解析】【分析】(1)基態(tài)p原子的電子排布式為[Ne]3s23P3,P在元素周期表中位于P區(qū)；(2)尿素C原子上沒(méi)有孤對(duì)電子，形成3個(gè)。鍵，所以尿素分子中碳原子的雜化方式為sp?雜化，C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的；元素原子的得電子能力越強(qiáng)，則電負(fù)性越大；4+2-3x2(3)CO32中C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+——-——=3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷空間結(jié)構(gòu)；(4)晶胞密度計(jì)算時(shí)棱上計(jì)I，角上計(jì)面上計(jì)!，內(nèi)部計(jì)1。利用公式口=三，計(jì)算其密度。【詳解】(D基態(tài)P原子的電子排布式為[Ne]3s23PIP在元素周期表中位于p區(qū)；故答案為：[Ne]3s23P'；p；(2)尿素C原子上沒(méi)有孤對(duì)電子，形成3個(gè)。鍵，所以尿素分子中碳原子的雜化方式為sp?雜化，C、N、

0屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，故第一電離能由大到小的順序是N>O>C,元素原子的得電子能力越強(qiáng)，則電負(fù)性越大，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?>N>C,故答案為：sp%N>O>C；0>N>C；4+7—3x2（3）CO32中C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+——-——=3且不含孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面正三角形；故答案為：3；平面正三角形；（4）由晶胞圖可知，一個(gè)晶胞中含P原子數(shù)為l+12x1=4,含鉆原子數(shù)為8x'+6x』=4,所以一個(gè)4 8 2晶胞質(zhì)量為m= -59x4+31x44x90—;由圖可知，由于相鄰兩個(gè)鉆原子的距離為晶胞質(zhì)量為m= -59x4+31x44x90—;由圖可知，由于相鄰兩個(gè)鉆原子的距離為npm,則立方體的棱長(zhǎng)為&npm,4x90l —m則體積V=(^nxlO-'°)W.密度D=.=n(^nxio10)3g/cn?,故答案為:4x90NA(^nxlO10)319.實(shí)驗(yàn)室用鎂還原硝基苯制取反式偶氮苯。實(shí)驗(yàn)原理如下:NO:+4Mg+8CH3NO:+4Mg+8CH3OH->+4Mg(OCH3)2+4H2O已知：①M(fèi)glOCHj在水中極易水解。②反式偶氮苯產(chǎn)品在紫外線照射后部分轉(zhuǎn)化為順式偶氮苯。⑴在反應(yīng)裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的的原因是⑵反應(yīng)結(jié)束后將反應(yīng)液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產(chǎn)品析出，抽漉，濾渣用95%乙醇水溶液重結(jié)晶提純。①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時(shí)需要（填"緩慢加入"、"快速加入②燒杯中的反式偶氮苯轉(zhuǎn)入布氏漏斗時(shí)，杯壁上往往還粘有少量晶體，需選用液體將杯壁上的晶體沖洗下來(lái)后轉(zhuǎn)入布氏漏斗，下列液體最合適的是oA.冰水 B.飽和NaCI溶液C.95%乙醇水溶液 D.濾液③抽濾完畢，應(yīng)先斷開(kāi)之間的橡皮管，以防倒吸。④重結(jié)晶操作包括"加熱溶解、趁熱過(guò)濾、冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結(jié)晶過(guò)程中的操作除去了不溶性雜質(zhì)。⑶薄層色譜分析中，極性弱的物質(zhì)，在溶劑中擴(kuò)散更快。某同學(xué)采用薄層色譜分析所得偶氮苯，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)和展開(kāi)后的斑點(diǎn)如圖所示，則反式偶氮苯比順式偶氮苯的分子極性 (填"強(qiáng)"或"弱【答案】除去鎂條表面的氧化物緩慢加入D抽氣泵和安全瓶趁熱過(guò)濾弱【解析】【詳解】(1)反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的原因是除去鎂條表面的氧化物；(2)①結(jié)晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體，故應(yīng)緩慢加入乙酸；②將燒杯中的晶體轉(zhuǎn)入布氏漏斗時(shí)，杯壁上往往還粘有少量晶體，需選用液體將杯壁上的晶體沖洗下來(lái)后轉(zhuǎn)入布氏漏斗，目的是為了用減少晶體的損失.所以選擇沖洗的液體應(yīng)該是不會(huì)使晶體溶解損失，又不會(huì)帶入雜質(zhì)的.選擇用漉液來(lái)物沖洗的液體是最好的，這是因?yàn)闉V液是飽和溶液，沖洗時(shí)不會(huì)使晶體溶解，同時(shí)又不會(huì)帶入雜質(zhì)：故答案為D；③抽濾完畢，應(yīng)先斷開(kāi)抽氣泵和安全瓶；④重結(jié)晶過(guò)程：加熱溶解T趁熱過(guò)濾今冷卻結(jié)晶今抽濾少洗滌今干燥，其中趁熱過(guò)濾可以除去不溶性雜質(zhì)，冷卻結(jié)晶，抽濾可以除去可溶性雜質(zhì)；(3)極性弱的物質(zhì)，在溶劑中擴(kuò)散更快，根據(jù)圖可知展開(kāi)后順式偶氮苯較多，擴(kuò)散較慢，則反式偶氮苯比順式偶氮苯的分子極性較弱。2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題(本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，丫"電子層結(jié)構(gòu)與笈相同，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下，M單質(zhì)為淡黃色固體。下列說(shuō)法不正確的是X單質(zhì)與M單質(zhì)不能直接化合丫的合金可用作航空航天飛行器材料M簡(jiǎn)單離子半徑大于Y"的半徑X和Z的氣態(tài)氫化物，前者更穩(wěn)定【答案】A【解析】元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，即X是C,丫2+電子層結(jié)構(gòu)與頰相同，則丫為Mg,Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，Z可能是Si,也可能是S,室溫下，M的單質(zhì)為淡黃色固體，則M為S,即Z為Si,A、C與S能直接化合成CSz,故說(shuō)法錯(cuò)誤；B、鎂合金質(zhì)量輕，硬度大，耐高溫，可用作航空航天飛行器材料，故說(shuō)法正確；C、比Mg。*多一個(gè)電子層，因此S”的半徑大于Mg2+,故說(shuō)法正確；D、氫化物分別是CH<、Si%,非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性C>Si,即CH<比snu穩(wěn)定，故說(shuō)法正確.2.下表是25c時(shí)五種物質(zhì)的溶度積常數(shù)，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是化學(xué)式CaSO4CaCO3CuSBaCO3BaSO4溶度積9.1xlO-62.8xlO-96.3x10-365.1x10-9l.lxloT。A.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，常溫下CaSO,在純水中的溶解度比CaC。、的大B.向0.1mol?IJlCuC12溶液中通入H2S可生成CuS沉淀，是因?yàn)槿市?5,?-)〉K￡Cus)C.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，向硫酸領(lǐng)沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸領(lǐng)生成D.常溫下，CaS04在0.05mol?I^CaC12溶液中比在0.01mol?LTNa2S04溶液中的溶解度小【答案】C【解析】【分析】本題考查溶度積常數(shù)，意在考查對(duì)溶度積的理解和應(yīng)用?！驹斀狻緼.CaSO。和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大,故不選A；B.Q>Ksp時(shí)有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4),但兩者相差不大，當(dāng)c(Ba2+)?c(CO32")>Ksp(BaCO3)時(shí)，硫酸領(lǐng)可能轉(zhuǎn)化為碳酸領(lǐng)，故選C；D.根據(jù)同離子效應(yīng)可知，CaS04在0.05mol/LCaCh溶液中比在O.Olmol/LNa2sCU溶液中的溶解度小，故不選答案：C【點(diǎn)睛】⑴同種類型的難溶物，山越小，溶解能力越小；（2）當(dāng)Q>Ksp析出沉淀；當(dāng)Q<Ksp沒(méi)有沉淀生成；當(dāng)Q=Ksp,正好達(dá)到平衡。3.將下列物質(zhì)分別加入溟水中，不能使溟水褪色的是A.Na2s。3晶體 B.乙醇 C.C6H6 D.Fe【答案】B【解析】【分析】能使溟水褪色的物質(zhì)應(yīng)含有不飽和鍵或含有醛基等還原性基團(tuán)的有機(jī)物以及具有還原性或堿性的無(wú)機(jī)物，反之不能使濱水因反應(yīng)而褪色，以此解答該題?！驹斀狻緼.Na2s具有還原性，可與溟水發(fā)生氧化還原反應(yīng)使濱水褪色，A不符合題意；B.乙醇與水混溶，且與濱水不發(fā)生反應(yīng)，不能使濱水褪色，B符合題意；C.溟易溶于苯，苯與水互不相溶，因此會(huì)看到溶液分層，水層無(wú)色，C不符合題意；D.鐵可與溟水反應(yīng)澳化鐵，溟水褪色，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是Bo【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和綜合運(yùn)用化學(xué)知識(shí)的能力，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。4.下列各組物質(zhì)混合后，再加熱蒸干并在300c時(shí)充分灼燒至質(zhì)量不變，最終可能得到純凈物的是A.向FeSC>4溶液中通入5B.向KI和NaBr混合溶液中通入a?C.向NaAIO2溶液中加入HCI溶液D.向NaHCCh溶液中加入NazOz粉末【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、FeSO。溶液和過(guò)量CL反應(yīng)生成硫酸鐵和FeCb,硫酸鐵和FeCb加熱水解生成氫氧化鐵、硫酸和氯化氫,水解吸熱且生成的氯化氫極易揮發(fā)，但硫酸是難揮發(fā)性酸，所以最終得到氫氧化鐵，硫酸鐵，灼燒后氫氧化鐵分解產(chǎn)生氧化鐵和水，則最后產(chǎn)物是硫酸鐵和氧化鐵，屬于混合物，故A不確；B、KI、NaBr與過(guò)量的氯氣反應(yīng)生成單質(zhì)碘、溟、化鉀鈉。在高溫下碘升華，澳和水揮發(fā)，只剩KCI、NaCI,屬于混合物，B不正確；C、向NaAIOz溶液中加入HCI溶液生成氫氧化鋁和氯化鈉，如果氯化氫過(guò)量，則生成氯化鈉和氯化鋁，因此加熱蒸干、灼燒至質(zhì)量不變，最終產(chǎn)物是氯化鈉和氧化鋁，是混合物，C不正確；D,向NaHCCh溶液中加入Na?。?粉末，過(guò)氧化鈉溶于水生成氫氧化鈉和氧氣。氫氧化鈉和碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水，所以最終產(chǎn)物可能只有碳酸鈉，屬于純凈物，D正確；答案選D。5.核能的和平利用對(duì)于完成"節(jié)能減排”的目標(biāo)有著非常重要的意義.尤其是核聚變，因其釋放能量大，無(wú)污染，成為當(dāng)前研究的一個(gè)熱門課題。其反應(yīng)原理為；H+：H今；He+一。下列說(shuō)法中正確的是()A.D和T是質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同的氫的兩種元素B.通常所說(shuō)的氫元素是指;HC.；H、：H、；H是氫的三種核素，互為同位素D.這個(gè)反應(yīng)既是核反應(yīng)，也是化學(xué)反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A項(xiàng)、D和T是質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同的氫的兩種核素，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、；H是氫元素的一種核素，氫元素是指核電荷數(shù)即質(zhì)子數(shù)為1的原子，符號(hào)為H,故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、；H、；H、：H的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，屬于同種元素的不同核素，互為同位素，故C正確；D項(xiàng)、該反應(yīng)是原子核內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)，屬于核反應(yīng)，不是化學(xué)反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選C.6.氟離子電池是新型電池中的一匹黑馬，其理論比能量高于鋰電池。一種氟離子電池的工作原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是 1/級(jí)/電澈| a bLaSrMnO.11aSrMnO.I,含卜有機(jī)溶劑Mgj:MSFtA.放電時(shí)，b是電源的正極B.放電時(shí)，a極的電極反應(yīng)為：LaSrMnO4F24-2e-=LaSrMnO4+2FC.充電時(shí)，電極a接外電源的負(fù)極

D.可將含F(xiàn)-的有機(jī)溶液換成水溶液以增強(qiáng)導(dǎo)電性【答案】B【解析】【分析】由于Mg是活潑金屬，Mg?*氧化性弱，所以該電池工作時(shí)Mg失去電子結(jié)合F生成MgFz，即b電極為負(fù)極,電極反應(yīng)式為：Mg+2F--2e-=MgF2,則a為正極，正極反應(yīng)式為：LaSrMnOaFz+Ze-LaSrMnOa+ZF-；充電時(shí)，電解池的陽(yáng)極、陰極與原電池的正、負(fù)極對(duì)應(yīng)，電極反應(yīng)與原電池的電極反應(yīng)反應(yīng)物與生成物相反,據(jù)此解答。【詳解】A.由于Mg是活潑金屬，Mg?+氧化性弱，所以原電池放電時(shí)，Mg失去電子，作負(fù)極，即b為負(fù)極，a為正極，A錯(cuò)誤；B.放電時(shí)，a為正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：LaSrMnO4F24-2e-=LaSrMnO4+2F-,B正確；C.充電時(shí)電解池的陽(yáng)極、陰極與原電池的正、負(fù)極對(duì)應(yīng)，所以a極接外電源的正極，C錯(cuò)誤；D.因?yàn)镸g能與水反應(yīng)，因此不能將有機(jī)溶液換成水溶液，D錯(cuò)誤；答案選B。.化學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科。下列實(shí)驗(yàn)裝置和方案能達(dá)到相應(yīng)目的是（ ）V,加熱蒸發(fā)碘水提取碘A.圖裝置,加熱蒸發(fā)碘水提取碘A2HJ）I.圖裝置 隹于寧*，加熱分解制得無(wú)水Mg水C.圖裝置管驗(yàn)證氨氣極易溶于水AlD.圖裝置水C.圖裝置管驗(yàn)證氨氣極易溶于水AlD.圖裝置比較鎂、鋁的金屬性強(qiáng)弱【答案】C【解析】【分析】A、蒸發(fā)碘水，水、碘均易揮發(fā)；B、加熱促進(jìn)水解，且生成鹽酸易揮發(fā)；C、擠壓膠頭滴管，氣球變大；D、A1與NaOH反應(yīng)，A1為負(fù)極?！驹斀狻緼項(xiàng)、蒸發(fā)碘水，水、碘均易揮發(fā)，應(yīng)萃取分離，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、加熱促進(jìn)水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)在HC1氣流中蒸發(fā)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、擠壓膠頭滴管，氣球變大，可驗(yàn)證氨氣極易溶于水，故C正確；D項(xiàng)、A1與NaOH反應(yīng)，A1為負(fù)極，而金屬性Mg大于AL圖中裝置不能比較金屬性，故D錯(cuò)誤。故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、電化學(xué),注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析為解答的關(guān)鍵，D項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，注意金屬A1的特性.8.下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是()A.NaOHB.NH?C1C.CH3coONaD.HC1【答案】C【解析】A.NaOH為強(qiáng)堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；B.NH4a為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；C.CMCOONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；D.HC1在水溶液中電離出4,使溶液顯酸性，故D不選；故選C。9.為增強(qiáng)鋁的耐腐蝕性,現(xiàn)以鉛蓄電池為外電源，以A1作陽(yáng)極、Pb作陰極，電解稀硫酸,使鋁表面的氧化膜增厚。反應(yīng)原理如下：電池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbS04(s)+240(1)電解池:2A1+3HN電解ALO3+3H21電解過(guò)程中，以下判斷正確的是()電池電解池Air移向Pb電極ir移向pb電極B每消耗3molPb生成21110IAI2O3C正極:Pb02+4H++2e=Pb2t+2Hs0陽(yáng)極:2A1+3HzO-GeZAlQ+eiTDPb'UWMfV.t1 ?時(shí)網(wǎng)Pb電極1 ?時(shí)間

A.AB.BC.CD.DA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.原電池中，溶液中氫離子向正極二氧化鉛電極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)電子守恒分析，每消耗3molPb,轉(zhuǎn)移6moi電子，根據(jù)電子守恒生成ImolALCh,故B錯(cuò)誤；C.原電池正極上二氧化鉛得電子生成硫酸鉛，則正極：PbO2+4H++SO42+2e=PbSO4+2H2O,故C錯(cuò)誤；D.原電池中鉛作負(fù)極，負(fù)極上鉛失電子和硫酸根離子反應(yīng)生成難溶性的硫酸鉛，所以質(zhì)量增加，在電解池中，Pb陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，所以鉛電極質(zhì)量不變，故D正確；答案：D【點(diǎn)睛】本題考查原電池和電解池原理，根據(jù)電極上得失電子、離子放電順序來(lái)分析解答即可，難度中等。10.設(shè)N,\表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.常溫常壓下，9.5g羥基(」.OH)含有的中子數(shù)為5Na60gsi。2中含有的Si-0鍵數(shù)量為2NaMnO2與足量濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生22.4LCl2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAO.lmolU'Na2so3溶液中含有的陰離子總數(shù)大于0.1Na【答案】A【解析】【詳解】A.一個(gè)」80H中含有10中子，常溫常壓下，9.5g羥基(-”oh)的物質(zhì)的量為0.5mo1,含有的中子數(shù)為5Na，故A正確；B.在SQ晶體中，，每個(gè)Si原子形成4個(gè)Si-0鍵，60gsiO?的物質(zhì)的量為imol,則含有的Si-O鍵數(shù)量為4Na，故B錯(cuò)誤；C.未指明Ch的狀態(tài)，不知Vm的值，則無(wú)法計(jì)算22.4LCL的物質(zhì)的量，也無(wú)法確定反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù),故C錯(cuò)誤；D,沒(méi)有指明溶液的體積，根據(jù)n=cV,則無(wú)法計(jì)算溶液中含有的陰離子的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；故答案為A。【點(diǎn)睛】順利解答該類題目的關(guān)鍵是：一方面要仔細(xì)審題，注意關(guān)鍵字詞，熟悉常見(jiàn)的"陷阱”；另一方面是要把各種量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，以此為中心進(jìn)行計(jì)算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件.關(guān)于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對(duì)象為氣體，而標(biāo)況下水、ecu、HF等為液體，SO?為固體；②必須明確溫度和壓強(qiáng)是OC,lOlkPa,只指明體積無(wú)法求算物質(zhì)的量；③22.4L/mol是標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強(qiáng)下的氣體摩爾體積。11.下列關(guān)于氨分子的化學(xué)用語(yǔ)錯(cuò)誤的是A.化學(xué)式：NH3 B.電子式：c.結(jié)構(gòu)式：u?u d.比例模型：《aH-N—H【答案】B【解析】【詳解】A.氨氣分子中存在3個(gè)N-H共價(jià)鍵，其化學(xué)式為：NH3,A正確；B.氨氣為共價(jià)化合物，氨氣中存在3個(gè)N-H鍵，氮原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氨氣正確的電子式為：H：N：H,b錯(cuò)誤；HHC.氮?dú)夥肿又泻?個(gè)N?H鍵，氨氣的結(jié)構(gòu)式：“IC正確；D.氨氣分子中存在3個(gè)N-H鍵，原子半徑N>H,氮原子相對(duì)體積大于H原子，則氨氣的比例模型為:D正確；故合理選項(xiàng)是Bo.甲苯是重要的化工原料。下列有關(guān)甲苯的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.分子中碳原子一定處于同一平面 B.可萃取溟水的澳C.與小混合即可生成甲基環(huán)己烷 D.光照下與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A.苯環(huán)具有平面形結(jié)構(gòu)，甲苯中側(cè)鏈甲基的碳原子取代的是苯環(huán)上氫原子的位置，所有碳原子在同一個(gè)平面，故A正確；B.甲苯不溶于水，可萃取濱水的溟，故B正確；C.與“混合，在催化劑，加熱的條件下才能反應(yīng)生成甲基環(huán)己烷，故C錯(cuò)誤；D.光照下，甲苯的側(cè)鏈甲基上的氫原子能夠與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；故選C..短周期元素T、R、W、G在周期表中的相對(duì)位置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

T的氫化物的沸點(diǎn)一定低于R的W的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物一定是強(qiáng)酸T和W組成的化合物含兩種化學(xué)鍵D.工業(yè)上電解熔融氧化物制備G的單質(zhì)【答案】D【解析】【分析】T、R、W、G均為短周期元素，根據(jù)它們?cè)谥芷诒碇械奈恢?，可知T為碳元素，R為氧元素，G為鋁元素,W為氯元素。【詳解】A.T為C元素，可形成多種氫化物，當(dāng)分子量較大時(shí)，沸點(diǎn)即可高于R的，A錯(cuò)誤：W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)酸，而HCIO為弱酸，B錯(cuò)誤；C.T和W組成的化合物為CC￡,只含有一種化學(xué)鍵共價(jià)鍵，C錯(cuò)誤；D.G為AL工業(yè)電解熔融的氧化鋁來(lái)制備其單質(zhì)，D正確；故答案選D.14.在KzCrzO’存在下利用微生物電化學(xué)技術(shù)實(shí)現(xiàn)含苯酚廢水的有效處理，其工作原理如下圖。下列說(shuō)法正確的是（）微生'物陽(yáng)高子交換膜NaCI溶液陰離子交換膜微生'物陽(yáng)高子交換膜NaCI溶液陰離子交換膜A.M為電源負(fù)極，有機(jī)物被還原B.中間室水量增多，NaCI溶液濃度減小0HM極電極反應(yīng)式為：Xs.+HH2O-23e=6CO2+23H+0D.處理ImolCrzO7工時(shí)有6molH*從陽(yáng)離子交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移【答案】B【解析】【分析】【詳解】根據(jù)圖示，M極，苯酚轉(zhuǎn)化為C02,C的化合價(jià)升高，失去電子，M為負(fù)極，在N極，-轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3,Cr的化合價(jià)降低，得到電子，N為正極。A.根據(jù)分析，M為電源負(fù)極，有機(jī)物失去電子，被氧化，A錯(cuò)誤；B.由于電解質(zhì)NaCI溶液被陽(yáng)離子交換膜和陰離子交換膜隔離，使Na+和C廠不能定向移動(dòng)。電池工作時(shí),0HM極電極反應(yīng)式為+llH2O-28e=6COz+28H+,負(fù)極生成的H卡透過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入NaCI溶液中，N極電極反應(yīng)式為Cr2O72_+6e_+14H2O=2Cr(OH)3+8OH-,生成的OFT透過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入NaCI溶液中,CUT與H+反應(yīng)生成水，使NaCI溶液濃度減小，B正確；2C.苯酚的化學(xué)式為c6H6。，c的化合價(jià)為升高到+4價(jià)。Imol苯酚被氧化時(shí)，失去的電子的總物質(zhì)的OH量為6x[4—(-2)]=28moI,則其電極反應(yīng)式為人+llHzO-28e=6CO2+28H+,C錯(cuò)誤；3 0D.原電池中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，因此就從陽(yáng)離子交換膜的左側(cè)向右側(cè)移動(dòng)，D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】此題的B項(xiàng)比較難，M極是負(fù)極，陰離子應(yīng)該向負(fù)極移動(dòng)，但是M和NaCI溶液之間，是陽(yáng)離子交換膜，陰離子不能通過(guò)，因此判斷NaCI的濃度的變化，不能通過(guò)Na+和C廠的移動(dòng)來(lái)判斷，只能根據(jù)電極反應(yīng)中產(chǎn)生的f和OH-的移動(dòng)反應(yīng)來(lái)判斷。15.如圖所示的方案可以降低鐵閘門的腐蝕速率。下列判斷正確的是()A.若X為導(dǎo)線，丫可以是鋅B.若X為導(dǎo)線，鐵閘門上的電極反應(yīng)式為Fe-2e=F1+C.若X為直流電源，鐵閘門做負(fù)極D.若X為直流電源，丫極上發(fā)生還原反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A.若X為導(dǎo)線，丫可以是鋅，形成原電池，鐵閘門作正極被保護(hù)，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故A正確;

B.若X為導(dǎo)線，鐵閘門上的電極反應(yīng)式為Fe-2e=Fe3則鐵閘門作負(fù)極被腐蝕，所以不能降低鐵閘門的腐蝕速率，故B錯(cuò)誤；C.若X為直流電源，鐵閘門連接負(fù)極，作陰極，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故C錯(cuò)誤；D.若X為直流電源，鐵閘門連接負(fù)極，作陰極，Y極為陽(yáng)極，則Y極上發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：A.二、實(shí)驗(yàn)題(本題包括1個(gè)小題，共10分)16.葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO?的含量計(jì)算，我國(guó)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)(GB2760—2014)規(guī)定葡萄酒中S02的殘留量W0.25g?L-1.某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案對(duì)葡萄酒中SOz進(jìn)行測(cè)定。I.定性實(shí)驗(yàn)方案如下：⑴將SO2通入水中形成SOz一飽和H2s03溶液體系，此體系中存在多個(gè)含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為O(2)利用SO2的漂白性檢測(cè)干白葡萄酒(液體為無(wú)色)中的SO?或H2s03。設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：廠1滿品紅溶液』_3mL廠1滿品紅溶液』_3mL干白3葡匐酒紅色不?去 紅色不同去[1滴飽和/亞硫酸溶液n另一3mL品紅溶液(I滴品紅溶液J3mL飽和

哥-范威酸溶液紅色也去實(shí)驗(yàn)結(jié)論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，原因：n.定量實(shí)驗(yàn)方案如下(部分裝置和操作略)：⑶儀器A⑶儀器A的名稱是(4)A中加入100.0mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO?全部逸出并與B中上。2完全反應(yīng)，其化學(xué)方程式為⑸除去B中過(guò)量的H2O2,然后再用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，除去H2O2的方法是.(6)步驟X滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液25.00mL,該葡萄酒中SO?的含量為該測(cè)定結(jié)果比實(shí)際值偏高，分析原因.【答案】SO2(g)^^SO2(aq)sSO2+H2O^=iH2SO3；H2SO3^^H++HSO3-：HSO3-^^H++SO32干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少 圓底燒瓶 SO2+H2O2=H2SO4 加入二氧化鏈并振蕩0.32 鹽酸的揮發(fā)造成的干擾【解析】

【詳解】(1)將SO：通入水中形成SO?-飽和HzS5溶液體系，此體系中存在的平衡有：S02(g)^^SO2(aq)?SO2+H2O^SH2SO3；H2SO3^^H++HSO3-；HSO3-^^H++SO32-,故答案為SOz(g)^=^SC)2(aq)sSO2+H2O^^H2SO3!H2SO3^^H++HSO3-sHSO3~^^：H++SO32-；(2)根據(jù)對(duì)比實(shí)驗(yàn)，干白葡萄酒中滴入品紅溶液，紅色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的緣故，故答案為干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少；n.(3)根據(jù)裝置圖，儀器A是圓底燒瓶，故答案為圓底燒瓶；(4) 具有強(qiáng)氧化性，將二氧化硫氧化為硫酸，化學(xué)方程式為SOz+HzO2=H2s。4,故答案為SOz+H2O2=H2SO4!(5)過(guò)氧化氫在催化劑作用下容易分解，除去H2O2,可以在反應(yīng)后的溶液中加入二氧化隹并振蕩，故答案為加入二氧化錢并振蕩(6)根據(jù)反應(yīng)方程式，WSO2~H2SO4-2NaOH,n(SO2)=n(NaOH)=-x0.04000mol/Lx0.025L=0.0005mol,質(zhì)量為0.0005molx64g/mol=0.032g,因此1L質(zhì)量為0.0005molx64g/mol=0.032g,因此1L溶液中含有二氧化硫的質(zhì)量為0.032gx1000100=0.32g,該葡萄酒中SOz的含量為O.32g/L,測(cè)定過(guò)程中，鹽酸會(huì)揮發(fā)，導(dǎo)致反應(yīng)后溶液酸的物質(zhì)的量偏多，滴定時(shí)消耗的氫氧化鈉偏多，使得結(jié)果偏大，故答案為0.32；鹽酸的揮發(fā)造成的干擾。三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分)17.具有抗菌作用的白頭翁素衍生物I的合成路線如圖所示：已知：i.R-HC=CH-R'+R"COOH_運(yùn)；伴-r-C00-Jh-￡tR'、Rii.R-HC=CH-R”-忑務(wù)吃上^(以上R、R\R”代表氫、烷基或芳基等)。RR回答下列問(wèn)題：(1)反應(yīng)①的反應(yīng)類型是(2)寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式是(3)合成過(guò)程中設(shè)計(jì)步驟①和④的目的是一.(4)試劑a是一。(5)下列說(shuō)法正確的是一(選填字母序號(hào))。a.物質(zhì)a.物質(zhì)A極易溶于水b.③反應(yīng)后的試管可以用硝酸洗滌C.F生成G的反應(yīng)類型是取代反應(yīng) d.物質(zhì)D既能與鹽酸反應(yīng)又能與氫氧化鈉鈉溶液反應(yīng)(6)由F與h在一定條件下反應(yīng)生成G的化學(xué)方程式是此反應(yīng)同時(shí)生成另外一個(gè)有機(jī)副產(chǎn)物且與G互為同分異構(gòu)體，此有機(jī)副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是/、口公RiCHO(7)已知：RCH2Br R-CH=CH-Ri,寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示一定條件,寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示以乙烯起始原料，結(jié)合已知信息選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)_?【答案】加成反應(yīng) 2CH2CH2【答案】加成反應(yīng) 2CH2CH2Br+。2CHzOHCu-一+2H2O 保護(hù)碳碳雙鍵，防CHO止催化氧化時(shí)被破壞 氫氧化鈉的醇溶液或氫氧化鈉的乙醇溶液 bdch=ch2COOHch=ch2COOHH3C、尸3CH3cH=CHCH31"'"'ah3cch3H23cH2甯^CH3cH2OH與'CH3CHH3C、尸3CH3cH=CHCH31"'"'ah3cch3【解析】【分析】aCH=CH2 —CHClhBr —CILCH，Br與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成 ""(B), " (B)催化氧化CHzOH ch,oiich2件下可反應(yīng)生成),據(jù)此作答。p(H),最終反應(yīng)生成【詳解】(1)反應(yīng)①為CHCH?與ch2件下可反應(yīng)生成),據(jù)此作答。p(H),最終反應(yīng)生成【詳解】(1)反應(yīng)①為CHCH?與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH70HCILOHCH2CH.Br.,因此反應(yīng)類型為加成反應(yīng);ClhOH(2)反應(yīng)②為(HXH.Br催化氧化生成CII>OIICIKCH.BrCHOCHjCH>Br,反應(yīng)方程式為:ClhOH(2)反應(yīng)②為(HXH.Br催化氧化生成CII>OIICIKCH.BrCHOCHjCH>Br,反應(yīng)方程式為:CHOCu+2H2O；(3)步驟①將碳碳雙鍵改變，步驟④將碳碳雙鍵還原，兩個(gè)步驟保護(hù)了碳碳雙鍵，防止催化氧化時(shí)碳碳雙鍵被破壞;(4)反應(yīng)④是GH?GH?Br發(fā)生消去反應(yīng)反應(yīng)生成C00NH4(4)反應(yīng)④是GH?GH?Br發(fā)生消去反應(yīng)反應(yīng)生成C00NH4'H '"的過(guò)程，小區(qū)反映的條—COONHi件是氫氧化鈉的醇溶液;a.有機(jī)物A中存在羥基，屬于親水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a項(xiàng)錯(cuò)誤;b.反應(yīng)③為銀鏡反應(yīng)，銀鏡反應(yīng)后的試管可用硝酸洗滌，b項(xiàng)正確;<11- (.II.?與h<11- (.II.?與h反應(yīng)生成COOH發(fā)生了加成反應(yīng)和消去反應(yīng)，不是取代反應(yīng)，c項(xiàng)錯(cuò)誤;d.物質(zhì)D為d.物質(zhì)D為,既可與氫氧化鈉水溶液發(fā)生取代反應(yīng)，也可與鹽酸發(fā)生取代反應(yīng)，d00NH4項(xiàng)正確;(6)F為答案選bd(6)F為一與k在在一定條件下反應(yīng)生成G的化學(xué)方程式為:

COOHch2i+HI；另一有機(jī)物與G互為同分異構(gòu)體，根據(jù)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知該COOH

物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：(7)根據(jù)已知條件可知乙烯與水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：,因此合成路線CH3可表示為:H2C=CH2L^>CH3cH2°Hh2c=ch2,因此合成路線CH3可表示為:H2C=CH2L^>CH3cH2°Hh2c=ch2'aCH3cHO—湍TH3cH一定條件_ H3cCHjCH=CHCHv，L-'V,叫,CH3【點(diǎn)睛】對(duì)于有機(jī)合成和推斷題的解法，可概括為“前推后，后推前，兩邊推中間，關(guān)鍵看條件、信息、官能團(tuán)”，解題的關(guān)鍵是快速提取有效信息，具體過(guò)程為:對(duì)比原料和制備產(chǎn)物采用正確的分析方法根據(jù)變化確立官能團(tuán)的引入、轉(zhuǎn)化和消除I—正逆歸中推斷L反應(yīng)類型 反應(yīng)條件對(duì)比原料和制備產(chǎn)物采用正確的分析方法根據(jù)變化確立官能團(tuán)的引入、轉(zhuǎn)化和消除I—正逆歸中推斷L反應(yīng)類型 反應(yīng)條件——逆向推斷1—官能團(tuán)的變化—正向推斷碳架結(jié)構(gòu)的變化1-先后順序I—給定條件I設(shè)定合成路線I 信息分析(4)已知第三電離能數(shù)據(jù)：b(Mn)=3246kJ-mol—綠色化學(xué)四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予三位開(kāi)發(fā)鋰離子電池的科學(xué)家?！G色化學(xué)四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予三位開(kāi)發(fā)鋰離子電池的科學(xué)家。TiS2,LiCoO2和LiMnO?等都是他們研究鋰離子電池的載體。回答下列問(wèn)題:(1)基態(tài)Ti原子的價(jià)層電子排布圖為(2)在第四周期d區(qū)元素中，與Ti原子未成對(duì)電子數(shù)相同的元素名稱.(3)金屬鈦的原子堆積方式如圖所示，則金屬鈦晶胞俯視圖為.第三電離能，其主要原因是.(5)據(jù)報(bào)道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2,在處理含HCHO的廢水或空氣方面有廣泛應(yīng)用。HCH。中鍵角C02中鍵角(填"大于""小于"或"等于")。Co3\CJ+能與NH3>Hz0,SCN等配體組成配合物。①lmol［Co(NH3)6『*含molo鍵。②配位原子提供孤電子對(duì)與電負(fù)性有關(guān)，電負(fù)性越大，對(duì)孤電子對(duì)吸引力越大。SCN的結(jié)構(gòu)式為［S=C=N］',SCN與金屬離子形成的配離子中配位原子是(填元素符號(hào)).(7)工業(yè)上，采用電解熔融氯化鋰制備鋰，鈉還原TiCL(g)制備鈦。已知：LiCI、TiCl4的熔點(diǎn)分別為605X?,一24七，它們的熔點(diǎn)相差很大，其主要原因是.(8)鈦的化合物晶胞如圖所示。m1 圖2 圖3二氧化鈦晶胞如圖1所示，鈦原子配位數(shù)為?氮化鈦的晶胞如圖2所示，圖3是氮化鈦的晶胞截面圖(相鄰原子兩兩相切).已知：心是阿伏加德羅常數(shù)的值，氮化鈦晶體密度為dg-cm3.氮化鈦晶胞中N原子半徑為pm.【答案】亞立匚］向銀0Mn?+價(jià)層電子排布式為3d54s2達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mr?+,Fe?+價(jià)電子排布式為3d6,要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe?1所以缽的第三電離能大于鐵小于24S氯化鋰是離子化合物，屬于離子晶體，氯化鈦是共價(jià)化合物，屬于分子晶體，離子晶體里的離子鍵要比分子晶體里的分子間作用力強(qiáng)6 巨xi(y°4^NA-d【解析】【分析】⑴基態(tài)Ti原子的價(jià)電子排布式為3d24s2,結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價(jià)電子排布圖；(2)在第四周期d區(qū)元素中，與Ti原子未成對(duì)電子數(shù)相同，該元素核外電子排布式為［Ar］3d84s2；(3)Ti原子密置層排列為ABABAB…排列方式，屬于六方最密堆積，平行六面體的晶胞上下底面為菱形，平行六面體均分為2個(gè)正三棱柱，其中1個(gè)正三棱柱的中心有1個(gè)Ti原子，金屬鈦晶胞俯視圖與D相符合；(4)原子軌道處于半滿、全滿時(shí)能量更低更穩(wěn)定：(5)HCH0和82中C原子雜化方式不同；(6)①1個(gè)［Co(NH3)6產(chǎn)中含有18個(gè)共價(jià)鍵，6個(gè)配位鍵，配位鍵也是。鍵；②SCM的結(jié)構(gòu)式為［S=C=N「，C原子沒(méi)有孤對(duì)電子，N和S都有孤對(duì)電子，電負(fù)性越大，對(duì)孤電子對(duì)吸引力越大；⑺離子晶體比分子晶體熔點(diǎn)高；(8)由圖1里面1個(gè)晶胞里Ti、0兩種原子的個(gè)數(shù)可知Ti原子的配位數(shù)，由圖2可知1個(gè)晶胞里各原子的個(gè)數(shù)，計(jì)算出晶胞的質(zhì)量，結(jié)合密度計(jì)算晶胞的體積，晶胞的體積開(kāi)三次方得到晶胞的棱長(zhǎng)，再由圖3中兩種原子半徑與棱長(zhǎng)的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算；根據(jù)以上分析進(jìn)行解答?！驹斀狻?l)Ti的原子序數(shù)為22,根據(jù)能級(jí)圖及能量構(gòu)造原理可得核外電子排布式為：Is22522P63523P63dz4『，價(jià)電_ _ 3d 4s子排布式為3dz4s2,價(jià)電子排布圖為：⑴口|口面。答案為：1皿廣1II向.(2)Ti原子未成對(duì)電子數(shù)為2,在第四周期d區(qū)元素中，與Ti原子未成對(duì)電子數(shù)相同的元素的電子排布式為：Is22s22P63s23P63dZs)為銀元素。答案為：銀。⑶根據(jù)金屬鈦的原子堆積方式可知，該堆積方式為ABABABA...晶胞結(jié)構(gòu)為 。 ，故金屬鈦晶胞俯視圖為D。答案為：D.⑷Mn”價(jià)層電子排布式為3d54s2達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mn",Fe?+價(jià)電子排布式為3d6,要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe'+,所以缽的第三電離能大于鐵。答案為：Mn?+價(jià)層電子排布式為3d$4s2達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失電子形成Mr?+,Fe?+價(jià)電子排布式為3d6,要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe'+,所以鎰的第三電離能大于鐵。(5)HCH。分子是平面結(jié)構(gòu)，鍵角接近120°,而CCh的鍵角是180。，C原子的雜化類型不同，鍵角不同。答案：小于。(6)①1個(gè)NH,含有3個(gè)共價(jià)鍵，還能形成1個(gè)配位鍵，共價(jià)鍵和配位鍵都是。鍵，所以lmol[Co(NH3)6產(chǎn)含24moio鍵。答案：24,②SCM的結(jié)構(gòu)式為[S=C=N「，C原子沒(méi)有孤對(duì)電子，N和S原子都有孤對(duì)電子，電負(fù)性越大對(duì)孤電子對(duì)吸引力越強(qiáng)，越不易給出電子形成配位鍵，N的電負(fù)性大于S,所以SCN.與金屬離子形成的配離子中配位原子是S。答案為：S.⑺依題意，氯化鋰是離子化合物，屬于離子晶體，氯化鈦是共價(jià)化合物，屬于分子晶體，離子晶體里的離子鍵要比分子晶體里的分子間作用力強(qiáng)，所以離子晶體的熔點(diǎn)比較高。答案為：氯化鋰是離子化合物，屬于離子晶體，氯化鈦是共價(jià)化合物，屬于分子晶體，離子晶體里的離子鍵要比分子晶體里的分子間作用力強(qiáng)。(8)圖1中，由均攤法可知1個(gè)晶胞含2個(gè)黑球4個(gè)白球(2個(gè)白球在體內(nèi)，4個(gè)白球在面心)，所以黑球?yàn)殁?，白球?yàn)檠酰?個(gè)鈦與6個(gè)氧相連，鈦的配位數(shù)為6；由圖2可知1個(gè)晶胞含4個(gè)TiN,TiN的相對(duì)式量

4x62為62,圖4x62為62,圖3棱上三個(gè)粒子相切，設(shè)晶胞棱長(zhǎng)為a,d=-~~,以也一a=162x4xlOl()pm,[4r(Ti)]2=2az,2-72 162x4 X3i 4VNA2-72 162x4 X3i 4VNA-dxlO'°pmr(Ti)=-*±xa,2r(Ti)+2r(N)=a,r(N)= xa=4 4答案為：6；19.煙氣脫硫是控制二氧化硫污染的主要技術(shù)手段。（1）利用海水脫硫是一種有效的方法，其工藝流程如圖所示:含破期't —M間—?反應(yīng)、稀拜卜指放T-冷化后煙氣某研究小組為探究提高含硫煙氣中so2的吸收效率的措施，進(jìn)行了天然海水吸收含硫煙氣的模擬實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下圖所示。so,吸收率①SO,Mt度4.1M-m',煙氣流速55mLmin1①?SO,法度4JR-m'煙氣流速96mL?miif'②③SO,濃度6.0g-m'煙氣流速96mL。舊!!'11?①根據(jù)圖示實(shí)驗(yàn)結(jié)果，為了提高一定濃度含硫煙氣中SOz的吸收效率，下列措施正確的是A.降低通入含硫煙氣的溫度A.降低通入含硫煙氣的溫度B.減小通入含硫煙氣的流速C.減少天然海水的進(jìn)入量C.減少天然海水的進(jìn)入量D.在天然海水中加入生石灰②天然海水吸收了含硫煙氣后會(huì)溶有H2SO3,使用空氣中的氧氣將其氧化，寫出該反應(yīng)的離子方程式cdIT例一定濃度一cdIT例一定濃度一定體積淀希①②③上述裝置組裝連接的順序是：原料氣今一（填導(dǎo)管接口序號(hào)）.下列試劑中（濃度、體積一定），可以用來(lái)代替試管中的碘一淀粉溶液的是一（填編號(hào)）。A.酸性KMnOz,溶液B.NaOH溶液C.溪水D.氨水（2）石灰石-石膏濕法煙氣脫硫工藝技術(shù)的工作原理是煙氣中的二氧化硫與漿液中的碳酸鈣以及鼓入的空氣反應(yīng)生成石貨（CaSO/HQ）。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：一.某電廠用煤300t（煤中含硫質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2.5%）,若燃燒時(shí)煤中的硫全部轉(zhuǎn)化成二氧化硫，用該方法脫硫時(shí)有96%的硫轉(zhuǎn)化為石膏，則可生產(chǎn)石膏 to(答案］ABD2H2SO3+O2=4H++2SO42cdbaeAC2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4-2H2O)+2CO238.7【解析】(1)①總體來(lái)看，SO2的吸收效率隨溫度的升高而降低，當(dāng)溫度和濃度相同時(shí)，SO2的吸收效率隨煙氣流速的增大而降低，當(dāng)溫度和煙氣流速相同時(shí)，SO2的吸收效率隨SO2濃度的增大而降低，同時(shí)根據(jù)生石灰能與水反應(yīng)生成堿，堿能與SO2反應(yīng)；所以為了提高一定濃度含硫煙氣中SO2的吸收效率，可通過(guò)降低通入含硫煙氣的溫度，減小通入含硫煙氣的流速以及在天然海水中加入生石灰；答案選ABD；②由空氣中的氧氣將112so3氧化為硫酸，該反應(yīng)的離子方程式為2H2so3+5=41+2so/；③該實(shí)驗(yàn)的測(cè)定原理為：煙氣通過(guò)一定濃度一定體積的碘-淀粉溶液，其中的SO?與碘反應(yīng)，當(dāng)恰好反應(yīng)時(shí)，溶液的藍(lán)色消失，根據(jù)碘的物質(zhì)的量可以求出SO2的物質(zhì)的量，余下的氣體排入廣口瓶，將水壓入量筒，由量筒中的水的體積可以確定剩余氣體的體積，最后求出SO2體積分?jǐn)?shù)；故裝置組裝連接的順序是：原料氣Tcdbae；測(cè)定模擬煙氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)，可根據(jù)二氧化硫氣體的還原性，與具有氧化性的酸性高隹酸鉀或?yàn)I水反應(yīng)，通過(guò)顏色的變化判斷，選項(xiàng)中AC符合，都有顏色，且都具有氧化性，能與二氧化硫反應(yīng)，答案選AC；(2)二氧化硫與碳酸鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣與二氧化碳，反應(yīng)方程式為：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2,亞硫酸鈣在水存在的條件下被氧氣氧化生成CaSO4?2H2O,反應(yīng)方程式為：2CaSCh+O2+4H2O=2(CaSO4?2H2O),總反應(yīng)為：2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4-2H2O)+2CO2；根據(jù)反應(yīng)可得關(guān)系：S???SO????CaSOuZHzO32 172300tx2.5%x96% m解得m=38.7to點(diǎn)睛：本題考查污染的處理，利用所學(xué)知識(shí)結(jié)合習(xí)題中的信息即可解答，習(xí)題中圖象及數(shù)據(jù)是解答本題的關(guān)鍵，較好的考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題(本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意).常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是( )A.pH=l的溶液中：Fe2\NO；、SO42\Na+B.水電離出的c(H+)=l(fi2moi人的溶液中：Ca2\K\Cl\HCO3'c.-"H)=i(f2的水溶液中:Nh4\ai3\no;、crc(OH)D.c(Fe")=0.1mol/L的溶液中：K\CIO\SO42\SCN'【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.pH=l的溶液，顯酸性，F(xiàn)e"、NO；、4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B.水電離出的c(H+)=10imol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO；和氫離子或氫氧根離子都能反應(yīng)，都