文档文库
手机版
投诉建议
热门搜索： 心得体会 演讲稿 思想汇报
首页 > (6份试卷汇总)2018-2019学年湖南省益阳市第三次高考模拟考试化学试卷-

(6份试卷汇总)2018-2019学年湖南省益阳市第三次高考模拟考试化学试卷-

发布时间：   来源：文档文库   
小 中 大
字号：
手机查看
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．延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是
A．京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRP B．中国馆屋顶ETFE保温内膜
C．八达岭长城城砖
D．2022年冬奥会高山滑雪服
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；
B. ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误； C. 长城城砖属于无机非金属材料，C项正确；
D. 高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误； 答案选C。
2．化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是 A．塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料 B．磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆

C．用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13＋离子能与铜锈反应
D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用 【答案】D 【解析】 【详解】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；
B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；
C. 明矾溶液中Al3 水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH2CO3溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的Al3离子能与铜锈反应，故C错误；
D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确； 故答案为：D。
3．化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是 A．矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取 B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分 C．蛋白质的水解产物都是α-氨基酸 D．造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A错误； B．硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B正确； C．天然蛋白质的水解产物都是α-氨基酸，选项C错误；
D．造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放，选项D错误； 答案选B。
4．下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构（ ） A．分子式为C5H10的烯烃 C．【答案】A 【解析】 【分析】
的一溴代物
B．分子式为C4H8O2的酯 D．立方烷(的二氯代物

【详解】
分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：：CH3CH2CH2COOH、(CH32CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；
A.戊烷的同分异构体有：CH3−CH2−CH2−CH2−CH3、、，若为CH3−CH2−CH2−CH2−CH3，相应烯烃有CH2═CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH═CH−CH2−CH3；若为，相应烯烃有：CH2═C(CH3CH2CH3、CH3C(CH3═CHCH3、CH3CH(CH3CH═CH2；若为，没有相应烯烃，总共5种，故A正确；
B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；
C.甲苯分子中含有4种氢原子，一溴代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；
D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D错误。答案选A。 5．将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。
①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；
②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；
③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。 下列说法正确的是 A．V1＝V3＞V2 C．V1＝V2＞V3 【答案】A 【解析】 【详解】
假设每份含2mol铝，
①能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；
B．V2＞V1＝V3 D．V1＞V3＞V2

②铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol铝与四氧化三铁反应生成9/4mol铁，9/4mol铁与盐酸反应生成氢气9/4mol； ③能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气； 所以V1=V3＞V2，故选A。
6．控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是 选项
A B 装 置

图


现象 结论 选项
右边试管产生气泡较快 催化活性：Fe3+>Cu2+
C 左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色 氧化性：Br2>I2
D 装 置 图


现象 结论 A．A 试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体 Ksp：AgCl>AgBr>AgI B．B C．C 试管中液体变浑浊 非金属性：C>Si D．D 【答案】A 【解析】
两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：
AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。 7．化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是 A．医疗上用浓度为95％的酒精杀菌消毒
B．葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解 C．石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物
D．聚合硫酸铁[Fe2(OHx(SO4y]n是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A．过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；
B．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；
C．石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；
D．聚合硫酸铁[Fe2(OHx(SO4y]n中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确； 答案选D。 【点睛】
有机化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，有机物是生命产生的物质基础，所有的生命体都含有机化合物。脂肪、氨基酸、蛋白质、糖类、血红素、叶绿素、酶、激素等。生物体内的新陈代谢和生物的遗传现象，都涉及到有机化合物的转变。此外，许多与人类生活有密切相关的物质，如石油、天然气、棉花、染料、化纤、塑料、有机玻璃、天然和合成药物等，均与有机化合物有着密切联系。
8．M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是

A．M的分子式为C18H20O2

B．M可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应 C．1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应 D．1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。
B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。
C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。 D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。 本题选B。
9．25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3=1.0×10-6.4 B．图中a=2.6 C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6
D．M点溶液中：c(H++c(H2CO3=c(Cl-+2c(CO32-+c(OH- 【答案】D 【解析】 【详解】
--c(HCO3c(HCO3A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H=10，lg=1，则=10， H2CO3的一级电离c(H2CO3c(H2CO3+-7.4c(Hc(HCO3K(H2CO3==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；
c(H2CO3
-c(Hc(HCOc(HCO33B．图中M点，pH=9，c(H+=10-9，K(H2CO3==1.0×10-6.4，=102.6，a= c(H2CO3c(H2CO3-c(HCO3lg=2.6，B正确； c(H2CO3C．25℃时，HCO3-+H2OKW10-14H2CO3+OH的Kh= =-6.4=1.0×10-7.6，C正确；
Ka10-D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H++c(Na+=c(Cl-+2c(CO32-+c(OH-+ c(HCO3-，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+>c(H2CO3 + c(HCO3-，所以c(H++c(H2CO3-+2c(CO32-+c(OH-，D错误； 故选D。
10．25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是 A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同 B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+、c(CH3COO－均会增大 C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14 D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则
A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；
B．c(CH3COO向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+降低，－增大，选项B错误；
C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；
D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误； 答案选C。
11．化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是 ．．．A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
B．工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗
C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3和朴消(Na2SO4的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，
这是利用了“焰色反应”
D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的 【答案】A 【解析】 【详解】
A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误； B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确； C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；
D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。 答案选A。 【点睛】
本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。
12．仪器名称为“干燥管”的是
A． B． C． D．
【答案】B 【解析】
A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。
13．关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（ ） A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量 B．Q＜0 C．NaOH（s）+1/2 H2SO4（aq）→1/2 Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q kJ D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q 【答案】C
【解析】 【详解】
A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；
B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+111 H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q kJ，故C正确； 222D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。 故选：C。
14．下列反应的离子方程式正确的是 A．碳酸钠的水解反应CO32-+H2O=HCO3-+OH -
B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32- C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO32- D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe3++2NO↑+4H2O 【答案】B 【解析】 【详解】
A.碳酸钠溶液中CO32-水解程度很小，存在化学平衡，水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；
B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+ 2H2O+CO32-，B正确；
C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应，产生苯酚、NaHCO3，反应方程式为C6H5O-+ CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C错误；
D.稀硝酸与过量的铁屑反应产生Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，D错误； 故合理选项是B。
15．某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是


A．点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验 B．铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O2 △

2CuO、C2H5OH+CuO
△

CH3CHO+Cu+H2O C．硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水
D．在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A 正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O2
△

2CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuO
△

CH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．碱式碳酸钴[ Cox（OH）y(CO3z ]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。

（1）请完成下列实验步骤：
①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量； ②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲中玻璃管，当乙装置中____________（填实验现象），停止加热； ④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量； ⑤计算。

（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________
（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的______(填字母连接在_________(填装置连接位置。

（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据： 加热前 加热后
乙装置的质量/g 80.00 80.36 丙装置的质量/g 62.00 62.88 则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。
（5）含有Co(AlO22的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为___________。 6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种（6）CoCl2·工艺如下：

已知： 沉淀物
开始沉淀（PH） 完全沉淀（PH）
Fe(OH3 2.3 4.1 Fe(OH2 7.5 9.7 CO(OH2 7.6 9.2 Al(OH2 3.4 5.2 ①净除杂质时，加入H2O2 发生反应的离子方程式为______________。 ②加入CoCO3调PH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。 ③加盐酸调整PH为2～3的目的为__________________________________。 ④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称、过滤。
【答案】不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中D活塞a前（或装置甲前）Co2(OH2CO3蓝色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2OAl(OH3、Fe(OH3抑制COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】

【分析】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；
（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；
（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O； ①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3； ③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解； ④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 【详解】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：根据Co、0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2；
（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；

（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；
①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2O； ②操作1是分离Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；
③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CoCl2水解；
④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：
2++3+
已知：RX+ +HX。请回答：
（1）化合物D中官能团的名称为______。 （2）化合物C的结构简式为______。
（3）①和④的反应类型分别为______，______。 （4）反应⑥的化学方程式为______。 （5）下列说法正确的是______。 A．化合物B能发生消去反应 B．化合物H中两个苯环可能共平面 C．1mol 化合物F最多能与5mol NaOH反应 D．M的分子式为C13H19NO3
（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应

【答案】酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+一定条件HBrBD13
【解析】 【分析】
与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。
【详解】
（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；
（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；
（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取
代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；
（4）反应⑥的化学方程式为：+一定条件HBr （5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；
B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；
C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol 化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；
D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；
（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；
【点睛】
苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有
三个互不相同取代基的同分异构体有10种。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究NO的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。 (1自然界在闪电时，生成NO的反应方程式为__________________。
(2T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO和O2发生反应：2NO(g+O2(g⇌2NO2(g，不同时刻测得容器中n(NO、n(O2如表： 时间/s n(NO/mol n(O2/mol 0 1 0.6 1 0.6 0.4 2 0.4 0.3 3 0.2 0.2 4 0.2 0.2 5 0.2 0.2 ①在T℃下，0~2s时，该反应的平均反应速率v(NO=________；
________。②该温度下反应的平衡常数K=________，在T℃下，能提高NO的平衡转化率的措施有_______、 (3已知NO和O2反应的历程如图，回答下列问题：

①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示：________。
②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。 【答案】N2＋O2闪电2NO 0.15mol·L－1·s－1 160.0L·mol－1 增大O2的浓度 增大体系压强

2NO(gƒN2O2(g △H=－(E3－E2kJ·mol－1 反应② 因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N2O2减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应 【解析】 【分析】
c2(NO2cn(2根据v(NO=计算化学反应速率；根据K=2求算平衡常数；
c(NOc(O2tVt(3根据△H=生成物的总能量－反应物的总能量求算△H； (4一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。 【详解】

(1在闪电时，N2和O2会发生化合反应生成NO，化学方程式为N2＋O2闪电2NO；
(2①在T℃下，0～2s时，n(NO从1mol降低到0.4mol，变化了0.6mol，容器体积为2L。根据v(NO=cn0.6mol0.15molgL-1gs-1； ，带入数据，有v(NO=tVt2L2s②根据方程式，从开始到平衡，消耗n(NO=1mol－0.2mol=0.8mol，则生成n(NO2=0.8mol。平衡时，NO、c2(NO2O2、NO2的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.8mol，容器体积为2L，平衡常数K=2，带c(NOc(O20.8mol22L=160.0L/mol； 入数据，有K=0.2mol20.2mol((2L2L(在T℃下，提高NO的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。则增大NO的转化率，可以增大O2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强； (3①根据图像，反应①为NO(g反应化合生成N2O2(g，根据△H=生成物的能量－反应物的能量，则热化mol－1； 学方程式：2NO(gƒN2O2(g △H=－(E3－E2kJ·②一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。反应①的活化能为E4－E3，反应②的活化能为E5－E2，根据图示，反应②的活化能大，化学反应速率较小；
化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应②的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。从图示看，反应①和②都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应①快速达到平衡，则反应①的产物N2O2的浓度会减小，但对于反应②来说，c(N2O2减小，会使得反应②的反应速率减小，而反应②是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。答案：因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N2O2减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。 19．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H （1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。

①NH3的电子式是___。
②决定反应速率的一步是___（填字母a、b、c、…）。 ③由图象可知合成氨反应的△H____0（填“＞”、“＜”或“=”）。

（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

①温度T1、T2、T3大小关系是___。
②M点的平衡常数K=____（可用分数表示）。
（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：

①导线中电子移动方向是____。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。 ③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。 【答案】 b ＜ T3＞T2＞T1 7.32×10-3 a→b N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+

条件温和、生成氨的同时释放电能 【解析】 【分析】
(1①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析； ②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；
③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应； (2①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小； ②根据反应三段式进行计算；
(3①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极； ②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。

【详解】
(1①NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：；
②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b； ③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，△H＜0；
(2①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3＞T2＞T1；
②设M点N2反应的物质的量为xmol，反应三段式为：
N2(g+3H2(gƒ起始量(mol变化量(mol平衡量(mol5x5-x153x15-3x2NH3(g02x2x
M点平衡时NH3的质量分数为40%，即34x=40%，c(H2=9mol/L，可得x=2，则平衡时c(N2=3mol/L，28521542c(NH3=4mol/L，平衡常数为K==7.32×10-3；
339(3①根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即a→b；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。 【点睛】
本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。


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．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（ ）

A．简单离子半径：T>Z>Y B．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同
C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2T D．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离 【答案】D 【解析】 【分析】
R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。 【详解】
根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。
A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；
B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；
C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH->c(H+，溶液显碱性，D正确； 故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。 2．已知：FeCl3(aq+3KSCN(aq3KCl(aq+Fe(SCN3(aq，平衡时Fe(SCN3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是

A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大 B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点 C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆） D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2 【答案】C 【解析】 【详解】
A．由图象可知，A点c[Fe(SCN3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误； B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-液中Fe3、SCN浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C正确；
D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误； 故选C。
+-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶c(HA-c(A2-3．向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的c(H2Ac(HA-变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．pH=7时，存在c(Na+=c(H2A+c(HA-+c(A2-

c(HA-B．直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况
c(H2Ac2(HA-C．10-2.97 2-=c(H2Ac(AD．A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka2 【答案】B 【解析】 【分析】
c(HA-c(A2-＋cH＋）二元弱酸的Ka1=×c（H）＞Ka2=，当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：-×（c(HAc(H2Ac(HA-c(A2-Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。
c(HA-c(H2A【详解】
A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+＞c(H2A+c(HA-+c(A2-，故A错误；
c(HA-B. 由分析：直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；
c(H2Ac2(HA-c(HA-c(A2-101.22.C. ÷ =10297，故C错误； 2-=-=4.19c(H2Ac(Ac(H2Ac(HA10c(HA-D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A），Ka1=×c（H＋）=cc(H2A－－2－（H）=10＋-1.22c(A2-1014＋＋-4.192－K2=cH）A的水解平衡常数Kh1=4.19=10-9.81＜10-4.19=Ka2，，=c（H）=10，-×（c(HA10故D错误； 故选B。 【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。
4．常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）


A．a点时，溶液中由水电离的c(OH-约为1×10-10 mol·L-1 B．电离平衡常数：Ka(HA< Ka(HB C．b点时，c(B-=c(HB>c(Na+>c(H+>c(OH-
D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-> c(HB 【答案】B 【解析】 【详解】 A. a点时，lgcA-cHA=0，c(A=c(HA，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电-L-1，选项A正确； 离的c(OH-约为1×10-10 mol·cHcAcB cHB. lg=0，c(A=c(HA，电离平衡常数：Ka(HA= ==10mol/L；lgcHB=0，cHAcHAcA-+----4+-cHcBcH+=10-5mol/L，Ka(HA> Ka(HB，选项B错误； c(B-=c(HB，电离平衡常数：Ka(HB= =
cHB-C. b点时，lgcB-cHB=0，c(B=c(HB，pH=5，c(B=c(HB>c(Na>c(H>c(OH，选项C正确；
-++-D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，lg答案选B。
cB-cHB>0，c(B> c(HB，选项D正确。
-5．反应 A+B→C+Q(Q＞0分两步进行，①A+B→X+Q(Q＜0②X→C+Q(Q＞0。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A． B．

C． D．
【答案】D 【解析】 【详解】
由反应 A+B→C+Q (Q＞0可知，该反应是放热反应，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0可知，该步反应是吸热反应，故X的能量大于A和B的能量之和；又因为②X→C+Q(Q＞0是放热反应，故X的能量之和大于C的能量，图象D符合，故选D。
6．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是(

A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同 C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓ 【答案】B 【解析】
碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD错误。
7．下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项 操作 A．
向某无色溶液中滴加BaCl2溶液
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中B．
滴加稀盐酸
现象 产生白色沉淀
有刺激性气味气体硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定
产生，溶液变浑浊
结论
该无色溶液中一定含有SO42-

打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底C．
烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中
Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀
证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3
D． CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液
Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉无明显现象
淀转化 D．D A．A 【答案】B 【解析】 【详解】
B．B C．C A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误； B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸， S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；
C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误； D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误； 故选B。
8．某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．灼烧海带：
B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：
C．制备Cl2，并将I-氧化为I2：

D．以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：
【答案】B 【解析】 【详解】
A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；
B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，B项正确；过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范， C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误； D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误； 答案选B。 【点睛】
本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。
9．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是
．．．
A．装置①可用于实验室制取少量NH3或O2 B．装置②可用于实验室制备Cl2
C．装里③可用从右侧管处加水的方法检验气密性 D．装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯 【答案】D
【解析】 【详解】
A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A正确；
B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；
C、装里③可用从右侧管处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置③的气密性，故C正确； D、装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D错误； 故选D。
10．下列有关说法正确的是（ ）
A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应 B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去 D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；

B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误； C．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；
D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误； 故选C。
11．偏二甲肼[（CH3）2N-NH2]（N为-2价）与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0，下列说法不正确的是（ ）
A．该反应在任何情况下都能自发进行 B．1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键 C．反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2 D．反应中，生成1molCO2时，转移8mole- 【答案】C 【解析】

【详解】
A. 自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）△H＜0可知，△H<0、△S>0，可得△G=△H-T△S＜0，该反应在任何情况下都能自发进行，A正确；
B. 1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键，B正确；
C. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N元素化合价由-2升高到0，+4降低到0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误； D. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4，生成1molCO2时，转移8mole-，D正确； 故答案选C。 【点睛】
自发反应的判断依据，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，△G=△H-T△S>0，反应非自发，△S为气体的混乱度。
12．下列转化，在给定条件下能实现的是 ①NaCl(aq ②Fe2O3③N2④SiO2A．①③ 【答案】A 【解析】 【详解】
①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。 故选A。
13．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是(
Cl2(g FeCl3(aq NH3SiCl4FeCl3(s 无水FeCl3 NH4Cl(aq
Si B．⑨④ C．①②④ D．①②⑧④

A．H2SO4浓度为4 mol/L B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/L D．AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ 【答案】C 【解析】 【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=【详解】
A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；
B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；
C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；
D、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+由图象可知，由于铁过量，＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。 答案选C。 【点晴】
该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。 14．为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是 A．用纯碱吸收硫酸工业的尾气 C．用纯碱吸收合成氨工业的尾气 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；
B．氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确； C．硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；
B．用烧碱吸收氯碱工业的尾气 D．用烧碱吸收炼铁工业的尾气
n计算c（H2SO4）、c（NO3-）。
V
D．炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误； 故选：B。
15．科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2，下列说法不正确的是

A．由图分析N电极为负极 B．OH-通过离子交换膜迁向右室
C．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强 D．阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH- 【答案】C 【解析】 【分析】
电池内部，电子向负极迁移，结合图可知，N电极为负极，P电极为正极。 【详解】
A．由分析可知，N电极为负极，A正确；
B．右边的装置与太阳能电池相连，为电解池，左边Pt电极与电池负极相连，为阴极，右边Pt电极与电池正极相连，为阳极，电解池中，阴离子向阳极移动，故OH-通过离子交换膜迁向右室，B正确； C．总反应方程式为2CO2=2CO+O2，电解质溶液pH不变，碱性不变，C错误；
D．CO2在阴极得电子生成CO，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D正确。 答案选C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通I2+I-⇌I3-，入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2、I3-在水中均呈黄色。

（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 黄色溶液，加入足量 CCl4，振荡静置，CCl4
层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；
（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；
（3）NaOH 溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。
【答案】I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 吸收多余的氯气 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应 【解析】 【分析】
(1氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；

(2继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；

(3NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。 【详解】
(1取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-， 故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；

(2氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去； 故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质； (3NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．合成药物中间体L的路线如图(部分反应条件或试剂略去：

已知：I.最简单的Diels-Alder反应是
II.

III.请回答下列问题：
（1）下列说法中正确的是____。
A.B→C的反应条件可以是“NaOH/H2O，△”
+R4OH B.C→D的目的是实现基团保护，防止被KMnO4(H+氧化
C.欲检验化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成 D.合成药物中间体L的分子式是C14H20O4 （2）写出化合物J的结构简式____。 （3）写出K→L的化学方程式____。 （4）设计由L制备M的合成路线(用流程图表示，试剂任选____。
（5）写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。 ①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子； ②能发生水解反应；
③遇FeCl3溶液发生显色反应。
【答案】AB

、、、、

【解析】 【分析】
A与溴发生1，4-加成生成B（），B在氢氧化钠水溶液加热条件下水解生成C（），C
与溴化氢加成生成D（），D被高锰酸钾氧化生成E（），E在氢氧化钠醇溶液加热条件下水解生成F（），F发生分子内脱水生成G（），根据K的分子式推知J为，G与J发生已知I的反应生成K（），K与乙醇发生取代反应生成L。
【详解】
（1）A.B→C的反应为卤代烃的水解，条件是“NaOH/H2O，△”，故A正确； B.C→D的目的是为了保护碳碳双键，防止被KMnO4(H+氧化，故B正确；
C.若要检验有机物分子结构中的卤族元素，则应先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C错误； D.合成药物中间体L的分子式是C14H22O4，故D错误； 综上所述，答案为AB；
（2）由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（3）K→L发生取代反应，其化学方程式为，故答案为：；
（4）对比L的结构和目标产物的结构可推知，可先用高锰酸钾将碳碳双键氧化，发生已知II的反应，后在发生已知III的反应即可制备M，其合成路线为，故答案为：
；
（5）①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子，说明分子结构比较对称； ②能发生水解反应，结合分子式可知分子结构中有酯基； ③遇FeCl3溶液发生显色反应，可知有苯环和酚羟基；
综上所述，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、；
故答案为：、、、、。
【点睛】
书写同分异构体时，可先确定官能团再根据化学环境不同的氢的数目有序进行书写，避免漏写。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．某校化学学习小组设计实验对化学反应速率和限度有关问题进行探究：
I.甲小组用如图所示装置进行镁粉分别与盐酸、醋酸(均为0.1mol/L40.00mL的反应，请回答相关问题：

①每次实验至少需要用电子天平(能称准1mg称取镁粉___g；
②装置中有刻度的甲管可以用代替___(填仪器名称，按图连接好装置后，检查装置气密性的方法是___。实验结束后读取气体体积时应该注意的问题是___(至少回答两点。
II.乙小组为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：


①定性分析：如图甲可通过观察___(填现象，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为___(写出试剂及物质的量浓度更为合理，其理由是___。
②定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中还需要测量的数据是___。
III.丙小组设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度。已知该反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。请完成相关的实验步骤和现象。实验步骤如下：
①取5mL0.1mol•L -1KI溶液，再滴加5∼6滴(约0.2mL0.1mol•L- 1FeCl 3溶液 ②充分反应后，将溶液分成两份
③取其中一份，滴加试剂CCl 4，用力振荡一段时间，CCl 4层出现紫红色，说明反应生成碘。 ④另取一份，滴加试剂___溶液(填试剂名称，若现象___，则说明该反应有一定的限度。
【答案】0.048 碱式滴定管 向乙中注入适量的水，使乙中液面高于甲中液面，静置一段时间观察，若液面高度差保持不变，则装置气密性良好 待瓶中气体冷却至室温，调节软管使甲、乙中液面相平，视线平视凹液面最低点等 两个试管中产生气泡的快慢 0.05mol/LFe2(SO43溶液 排除Cl-对实验的干扰 收集40mL气体所需要的时间 硫氰化钾 溶液变红色 【解析】 【分析】
（I）根据反应关系计算需要镁的质量；检查装置的气密有多种方法，原理都是根据装置内外的压.强差形成水柱或气泡；
(II 通过观察气泡产生的速率，可定性判断Cu2+、Fe3+对H2O2分解的催化效果。若把FeCl3改为Fe2(SO43可以排除Cl-的干扰；应利用秒表测量收集40mL气体所需的时间；
(III为了验证该反应具有一定的限度，一方面需要证明有碘单质生成，另一方面需要证明Fe有剩余,证明Fe的存在可选用试剂KSCN溶液，现象是溶液变为血红色。 【详解】
I. (1 ①酸和金属镁的反应为：2H++Mg=Mg2++H2，由盐酸、醋酸的量均为0.1mol/L40.00mL，根据酸和金属之间的关系式得镁的质量3+3+0.1mol/L0.04L24g/mol0.048g，故答案为：0.048；
2②装置中有刻度的甲管可以用碱式滴定管代替；按图连接好装置后，检查装置气密性的方法是向乙中注入适量的水，使乙中液面高于甲中液面，静置一段时间观察，若液面高度差保持不变，则装置气密性良好；
实验结束后读取气体体积时应该注意的问题是待瓶中气体冷却至室温，调节软管使甲、乙中液面相平，视线平视凹液面最低点等；
故答案为：碱式滴定管； 向乙中注入适量的水，使乙中液面高于甲中液面，静置一段时间观察，若液面高度差保持不变，则装置气密性良好；待瓶中气体冷却至室温，调节软管使甲、乙中液面相平，视线平视凹液面最低点等；
II①如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出催化剂的催化效果；若比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，所以将FeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO43溶液，排除Cl对实验的干扰 ；故答案为：两个试管中产生气泡的快慢；0.05mol/LFe2(SO43溶液；排除Cl对实验的干扰 ；
②如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，如果比较反应速率快慢，则实验中需要测量的数据为：产生40mL气体所需的时间，反应时间越短，则反应速率越快， 故答案为：产生40mL气体所需的时间；
所以可滴加KSCN溶液，溶液显血红色，就说明Fe3III.向含Fe3的溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，没有反应完(或KI和FeCl3的反应有一定的限度； 故答案为：KSCN溶液； 溶液显血红色。
19．工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下： 反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） △H1＝﹣49.6kJ•mol-1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g） △H2＝+41kJ•mol-1 （1）反应Ⅰ在___（填“低温”或“高温”）下可自发反应。 （2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是___。 A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（3）在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol进行反应，测得CO2转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。

①下列说法正确的是___。 A．压强可影响产物的选择性
B．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减小

C．由图1可知，反应的最佳温度为220℃左右
D．及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率
②250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___。 ③分析图2中CO选择性下降的原因___。 【答案】低温 D ACD
1 增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从60而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降 【解析】 【分析】
根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率、平衡常数的表达式分析解答。 【详解】
CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1，△H＜0，△S＜0，则如（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）⇌反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，低温下即可进行，故答案为：低温；
CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1，由化学计量数可知，增大压（2）反应CO2（g）+3H2（g）⇌强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；
（3）①A.增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故A正确； B.反应Ⅰ为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故B错误；
C.由图1可知，反应的温度控制在220℃左右时，二氧化碳的转化率、甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到240℃以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220℃左右，故C正确；
D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D正确，故答案为：ACD；
②在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol进行反应，
250℃时，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，aaaa ×25%mol=mol，生成CH3OH和CO共mol，分别为mol，生4161632aaaamol×3+mol=mol，则剩余氢气的物质的成n（H2O）=mol，两个反应消耗氢气的物质的量为1683232aa1632c(COc(H2OVV1a3a5a3a==，故答案mol﹣mol=mol，量为，则反应Ⅱ的平衡常数K=c(CO2c(H23a5a6084816168VV由方程式可知，消耗n（CO2）=为：1 ；
60
③对于反应Ⅱ，增大压强平衡不移动，但对应反应Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降。



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．下列说法正确的是
A．纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗 B．用钢瓶储存液氯或浓硫酸 C．H2、D2、T2互为同位素
D．葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应 【答案】B 【解析】 【详解】
A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A错误；
B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B正确； C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C错误；
D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D错误。 答案选B。
2．25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液 ①盐酸 ②氨水 ③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（ ） A．3种溶液中pH最小的是①
B．3种溶液中水的电离程度最大的是② C．①与②等体积混合后溶液显酸性
D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-） 【答案】B 【解析】①盐酸PH<7， ②氨水电离呈碱性 ③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-），c（Na）= c（Cl），所以c（H）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（H）＞c（CH3COO）＞c（OH），故D正确。
点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-）。 3．NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A．0.1mol 熔融的 NaHSO4 中含有的离子总数为 0.3 NA B．标准状况下，2.24L HF和NH3分子所含电子数目均为NA
+-+--+--
C．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NA
D．向含有 1mol FeI2 溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为 3NA 【答案】D 【解析】 【详解】
A. NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1mol NaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为 0.2NA，选项A错误；
B. 标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误； C. 常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；
D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1mol FeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确； 故合理选项是D。
4．下列关于氯气性质的描述错误的是（ ） A．无色气体 【答案】A 【解析】 【详解】
氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。 5．化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A．垃圾分类中可回收物标志：
B．能溶于水
C．有刺激性气味
D．光照下与氢气反应
B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮
C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染 D．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；
B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；

C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；
D. 煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误； 答案选C。
6．根据元素在周期表中的位置可以预测 A．分解温度：CH4>H2S C．同浓度溶液pH：Na2SiO3> Na2CO3 【答案】C 【解析】 【详解】
A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误； B．氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为1价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误；

C．最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：B．氧化性：NaClO>Na2SO3 D．金属性：Ca > Na Na2SiO3Na2CO3，C正确；

D．失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性CaNa，不能从周期表的位置预测，D错误。 答案选C。
7．实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是(

A．制取Cl2
B．使Br－转化为Br2
C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液

D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3
【答案】C 【解析】 【详解】
A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；
B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；
C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；
D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误； 答案选C。 【点睛】
本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。 8．能正确表示下列反应的离子方程式是(

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O B．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2O C．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O D．明矾溶液中滴入Ba(OH2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH3↓ 【答案】A 【解析】 【详解】
A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正确； B．氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaCl
Na2SO4+2HCl↑，故B错误；
C．磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D．明矾溶液中滴入Ba(OH2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为
2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误； 答案选A。 【点睛】
掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。 9．下列化学用语正确的是
A．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2— B．二氧化碳分子的比例模型：C．
的名称：1，3—二甲基丁烷

D．氯离子的结构示意图：【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A．聚丙烯的链节：，A错误；
B．O的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B错误；
C．的名称：2—甲基戊烷，C错误；
D．氯离子最外层有8个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D正确；
答案选D。
10．下列对装置的描述中正确的是
A．实验室中可用甲装置制取少量 O2
B．可用乙装置比较C、Si 的非金属性

C．若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定
D．可用丁装置测定镁铝硅合金中 Mg 的含量
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O2MnO22H2O+O2↑生成O2，故A正确；
B．乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误； C．丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故C错误；
D．丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故D错误； 答案选A。 【点睛】
镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。
11．改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是 A．“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2 D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. SiC属于新型无机非金属材料，故不选A；
B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B； C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故选C；

D. 因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选D； 答案：C 12．科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是

A．过程I得到的Li3N中N元素为—3价
B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑ C．过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能 D．过程Ⅲ涉及的反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；
B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，W为LiOH，Li2N+3H2O元素的化合价都无变化，反应方程式：＝3LiOH+NH3↑，B项正确；
C.由原理图可知，过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误； D.过程Ⅲ电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D项正确。 故答案选C。
13．下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。

下列说法中不正确的是（ ）
A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4 B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3 C．B和Cl2的反应是氧化还原反应

D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质 【答案】D 【解析】 【分析】
根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。 【详解】
A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确； B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；
C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确； D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误； 答案选D。
14．中华文化绚丽多彩且与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（ ） A．“新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是乙醇
B．“黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐 C．“木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 D．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质 【答案】A 【解析】 【详解】
A. “新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是淀粉，故A错误；
B. “黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐，故B正确； C. “木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素，故C正确； D. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。 综上所述，答案为A。
15．下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（ ）

A．氮元素只被氧化
B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮 C．其它元素也参与了氮循环

D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；
B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；
C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；
D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确； 答案选A。 【点晴】
自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．镁及其合金广泛应用于国防生产中。
（1）工业上是通过电解熔融状态MgCl2的方法冶炼金属镁的，则MgCl2的电子式为___；工业上不用电解熔融MgO来冶炼镁的原因是_____。
（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是____。
（3）高纯度氧化镁在医药，建筑行业有着广泛的应用，硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新生产工艺，以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料，制备高纯氧化镁的流程如图（已知KspFe(OH28.01023、KspFe(OH34.01038）：

①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是____。试剂A是一种绿色氧化剂。常温下为液态，写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式_____。
51②为除尽杂质，a的取值应不小于___（当杂质离子浓度小于110molL时，可认为已除尽；
。 lg34≈0.2）③煅烧过程中可发生多个反应。试写出氧化剂与还原剂按物质的量为2:1的比例恰好反应时的化学方程式_____，反应生成的气体均为____（填“酸性”或“碱性”）氧化物。
gggg2【答案】∶ClMgCl∶∶∶gggg MgO熔点太高，若是以MgO为原料，则生产成本过高 MgH2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸 能提高反应速率与浸出率 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 3.2 2MgSO4+C【解析】 【详解】
2（1）MgCl2为离子化合物，其电子式为∶ClMg∶∶Cl∶，MgO熔点太高，若是以MgO为原料，2MgO+2SO2↑+CO2↑ 酸性

gggggggg则生产成本过高，故工业不使用MgO作原料冶炼；
（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是MgH2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸；
（3）①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是能提高反应速率与浸出率，“氧化”过程中发生反应为亚铁离子被氧化为三价铁，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O； ②氢氧化铁固体溶于水存在离子平衡Fe(OH3(s Fe3+(aq+3OH-(aq，故Fe元素完全沉淀时，c(OH3Ksp10.810，此时pH为3.2； 3c(Fe2MgO+2SO2↑+CO2↑，反应生成的③煅烧过程中氧化剂为硫酸镁，还原剂为C，方程式为2MgSO4+C气体为酸性氧化物。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：

（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称） （2）C3H5O2Cl的结构式为________。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/70faacb4260c844769eae009581b6bd97e19bc56.html

《(6份试卷汇总)2018-2019学年湖南省益阳市第三次高考模拟考试化学试卷-.doc》
将本文的Word文档下载到电脑，方便收藏和打印
推荐度：
点击下载文档

文档为doc格式
相
关
案
例

相关推荐

推荐内容

友好但无所谓- 河南综合项目工程学院本科学籍管理详细规定- 表达心痛心寒的句子表达心寒的句子 2020年湛江市坡头区事业单位教师招聘考试《教育基础知识》真题库及答案解析- 汉语拼音练读材料(简洁打印版)- 最新英语基础知识主谓宾定状补- 空气食品接触面微生物检验方法检验标准- 《论语》里仁篇读后感(总3页)- 要懂得放眼世界 有关看病的英文表达方法-
网站内容来自网络，如有侵权请联系我们，立即删除！ Copyright © 范文写作网京ICP备16605803号