（6份试卷汇总）2018-2019学年湖南省娄底市高考第二次质量检测化学试题

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．已知：①正丁醇沸点：117. 2℃，正丁醛沸点：75. 7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。利用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是

A．为防止产物进一步氧化，应将适量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中

B．当温度计1示数为90~95℃，温度计2示数在76℃左右时收集产物

C．向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇

D．向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A． Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合题意；

B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90∼95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；

C．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合题意；

D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点差异进行蒸馏，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；

故答案为：C。

2．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2→H+H）。下列说法错误的是（ ）

A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%

B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物

C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率

D．第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO

【答案】A

【解析】

【详解】

A．从反应②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；

B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；

C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；

D．从历程看，第③步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正确；

故选A。

3．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。

4．下列装置可达到实验目的是

A．证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚

B．制备乙酸丁酯

C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作

D．用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

【答案】B

【解析】

【详解】

A．醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；

B．乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；

C．苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；

D．蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。

5．利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；

B．溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；

C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；

D．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；

故答案选C。

6．己知在碱性溶液中可发生如下反应：

2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）

A．+3 B．+4 C．+5 D．+6

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，

答案选D。

7．CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。

有关该实验的说法正确的是

A．反应时生成一种无污染的气体NO

B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu

C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作

D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸

【答案】D

【解析】

【详解】

A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；

B．在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；

C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；

D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；

答案选B。

【点睛】

尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。

8．X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序数依次增大且均小于18，Z为金属元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为8，X、Y、Z组成的物质可发生反应：ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有关说法正确的是

A．1 mol ZX2发生上述反应转移电子的物质的量为4 mol

B．YX3与Y2X4中Y元素的化合价相同

C．上述反应中的离子化合物的所有元素原子的最外层都满足8电子稳定结构

D．Y元素在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性最强

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

因为X、Y、Z为原子序数依次增大的不同短周期的主族元素，X为第一周期主族元素，为H元素，Z为金属元素，且为第三周期，根据方程式可知Z显示正二价，为镁元素，结合X、Y、Z的最外层电子数之和为8，可知Y为氮元素，由此推断MgH2中H化合价由−1价升高为0价，生成H2，1 mol MgH2反应转移2 mol e−，选项A错误；NH3 中N为−3价，N2H4中N为−2价，选项B错误；上述反应中的离子化合物为MgH2、Mg(NH2)2，H的最外层不能满足8电子结构，选项C错误；Y元素的最高价含氧酸为硝酸，在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性是最强的，选项D正确。

9．在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。下列有关说法不正确的是

A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小

B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小

C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大

D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变

【答案】C

【解析】

【详解】

A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A正确；

B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；

C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；

D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；

答案为C。

10．已知某锂电池的总反应为。下列说法错误的是

A．金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料

B．该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行

C．放电时，电子从Li电极经电解质溶液流向正极

D．充电时，阳极反应式为

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 由于金属锂的密度和相对原子质量都很小，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A正确；

B. 金属Li非常活泼，很容易和氧气以及水反应，该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，B正确；

C. 放电时，电子从Li电极经外电路流向正极，电子不能经过电解质溶液，C错误；

D. 充电时，阳极反应式为，D正确；

故答案选C。

11．下列属于弱电解质的是

A．氨水 B．蔗糖 C．干冰 D．碳酸

【答案】D

【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D. 碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。

点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。

12．要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（　　）

①加入少量氯水 ②加入少量KI溶液  ③加入少量KSCN溶液

A．③① B．①③ C．②③ D．③②

【答案】A

【解析】

【分析】

三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；

二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；

碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。

【详解】

先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子， 操作选择及排序为③①。

答案选A。

13．室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是

A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓

B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性

C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大

D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+

【答案】B

【解析】

【详解】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；

B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；

C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；

D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；

故答案为：B。

【点睛】

对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。

14．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是

A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液

B．溶液中水的电离程度：b点小于c点

C．相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)＞n(CH3COO－)

D．由c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子）

【答案】C

【解析】

【分析】

由电离常数可知，HNO2和CH3COOH都是弱酸，并且醋酸的酸性更弱。pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中，醋酸的物质的量比亚硝酸大。

【详解】

A. 相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，正确；

B.从图中可以看出，溶液的pH b点小于c点，说明c(H+)b点比c点大，c(OH-) c点比b点大，从而说明溶液中水的电离程度c点比b点大，正确；

C. 相同体积a点的两种酸，醋酸的物质的量大，分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2－)3COO－)，错误；

D. 由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以Kw/Ka不变，即保持不变，正确。

故答案为C。

15．如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是

A．NaH2AsO4溶液呈酸性

B．向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH 溶液过程中，先增加后减少

C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存

D．Ka3( H3AsO 4) 的数量级为10-12

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A. 由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；

B. ，向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；

C. 由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；

D. 由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3( H3AsO 4)= ，故D正确；

故选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。

实验一：合成碳酸镁晶体的步骤：

①配制一定浓度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；

②量取一定量的NH4 HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50℃，反应一段时间；

③用氨水调节溶液pH至9.5，放置一段时间后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶体产品。

称取3.000gMgSO4样品配制250mL溶液流程如图所示：

回答下列问题：

（1）写出实验仪器名称：A_____；B_____。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为______。

（2）检验碳酸镁晶体是否洗干净的方法是_________。

实验二：测定产品MgCO3·nH2O中的n值（仪器和药品如图所示）：

（3）实验二装置的连接顺序为_____（按气流方向，用接口字母abcde表示），其中Ⅱ装置的作用是_____。

（4）加热前先通入N2排尽装置Ⅰ中的空气，然后称取装置Ⅱ、Ⅲ的初始质量。进行加热时还需通入N2的作用是______。

（5）若要准确测定n值，至少需要下列所给数据中的_____（填选项字母），写出相应1种组合情景下，求算n值的数学表达式：n=______。

a．装置Ⅰ反应前后质量差m1 b．装置Ⅱ反应前后质量差m2 c．装置Ⅲ反应前后质量差m3

【答案】电子天平 250mL容量瓶 把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀 取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净 a→e、d→b 吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量 将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸 a、b(或a、c或b、c) n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]

【解析】

【详解】

（1）实验仪器A为称量MgSO4的仪器，所以名称为电子天平；仪器B是配置250mL溶液的仪器，所以B为250moL容量瓶。配制溶液过程中定容后的“摇匀”的实验操作为把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。

答案：电子天平；250mL容量瓶；把容量瓶瓶塞塞紧，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒摇动多次，使溶液混合均匀。

（2）检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是检验反应物的硫酸根是否存在，如果不存在硫酸根，说明沉淀洗涤干净，具体的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净。

（3）高温加热MgCO3·nH2O，产生CO2和H2O；反应方程式为：MgCO3·nH2OCO2和H2O，通过测定CO2和H2O的质量，就可以测出 MgCO3·nH2O结晶水的含量，装置D用于吸收测量H2O，装置C用于吸收测量CO2。所以正确的连接顺序为a→e、d→b。使MgCO3·nH2O完全分解需要高温，所以装置B的作用为冷却分解产生的高温气体。装置C用于吸收测量CO2。

答案：a→e、d→b ；吸收CO2以便测定样品中碳元素的含量 。

（4）通入N2，一方面为了将分解生成的气体全部带入装置C或D中，使其完全吸收；另一方面，在反应结束后，高温气体冷却，体积收缩，装置C和D的液体可能会发生倒吸，反应结束后继续通入N2可以防止倒吸。将分解生成的气体全部带入装置B或C中，使其完全吸收，并防止倒吸

（5）B装置中无残留物表明气体全部进入装置C和D，如想准确测定值，则需要知道三个质量差中的两个。所以要知道a、b（或a、c或b、c）。计算过程如下：

MgCO3·nH2O CO2+ nH2O + MgO 固体质量减轻

100+18n 44 18n 44+18n

m2 m3 m1

由此44/18n=m2/m3，解得n=22m3/9m2，又有m1=m2+m3，通过转换，可以得到n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。

答案：a、b(或a、c或b、c) ； n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多，是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质：

(i)在25℃时，电离平衡常数K＝3.9×10-4，K2＝5.5×10-6

(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的产物

(iii)1molA慢慢产生1.5mol气体

(iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下：

（1）依照化合物A的性质，对A的结构可作出的判断是___。

a．确信有碳碳双键 b．有两个羧基 c．确信有羟基 d．有－COOR官能团

（2）写出A、F的结构简式：A：__、F：__。

（3）写出A→B、B→E的反应类型：A→B___、B→E__。

（4）写出以下反应的反应条件：E→F第①步反应__。

（5）在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式：__。

（6）写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式：___。

【答案】bc HOOCCH (OH)CH2COOH HOOC-CC- COOH 消去反应 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、  加热 n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+ (2n-1) H2O ，

【解析】

【分析】

由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH (OH)CH2COOH； M中含有Cl原子，M经过反应①然后酸化得到A，则M结构简式为 HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HOOCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，F为HOOC-CC- COOH。

【详解】

（1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc；

（2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH (OH)CH2COOH：F：HOOC-CC- COOH。答案：HOOCCH (OH)CH2COOH：HOOC-CC- COOH；

（3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 A→B发生消去反应，B→E发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。

(4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，E→F是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为： NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、  加热；

(5) B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式: n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OH

HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+ (2n-1) H2O；故答案为:  n HOOCCH=CHCOOH+ n HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+ (2n-1) H2O；

(6)A的结构简式为HOOCCH (OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团,  说明含有醇羟基和羧基  符合条件的A的同分异构体的结构简式：，；答案：，。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：

（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．

（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．

（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。

①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。

②AlCl3产品的纯度为___________。

【答案】Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3COSO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓Al3++4OH-=AlO2-+2H2O96%

【解析】

（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Cl-。反应离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；

②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：

Fe2O3～～～～～2FeCl3

160 325

0.32g m

=，解得：m=0.65g，

所以AlCl3产品的纯度为×100%=96%。

点睛：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。

19．2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性 与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为_______；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_______ (填元素符号)。

（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）；[Fe(CN)6] 4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。

（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。

①AsO33-的立体构型为_______，写出一种与其互为等电子体的分子_______（填化学式）。

②K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。

（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_______。

（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_______。

a． b． c． d．

②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·cm－3。

【答案】3d84s2 Fe N 1∶1 三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 C

【解析】

【分析】

(1)基态镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；

(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；

(3)①根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；

(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；

(5)①根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积；②由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算。

【详解】

(1)基态镍原子核外有28个电子， Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，

上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；

(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素，[Fe(CN)6] 4-中含有6个配位键，6个C≡N，因此σ键与π键的数目比为(6+6)∶6×2=1∶1，故答案为：N；1∶1；

(3)①对于AsO33-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=4，则AsO33-的立体构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：三角锥形；PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；

②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；

(4)Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，故金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，故答案为：Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强；

(5)①根据金属镍的原子堆积模型图，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积，A选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到C中相对于A多出的4个面心硬球，则金属镍晶胞俯视图为C，故答案为：C；

②由晶胞结构可知，Ni位于晶胞的顶点和4条棱上，每个晶胞中含有Ni原子数目=8×+4×=2，As位于晶胞内部，含有2个As原子，晶胞质量=2×g，晶胞的体积V=a×10-10 cm×a×10-10 cm×sin60°×c×10-10 cm=×10-30 cm3，故晶胞的密度ρ==g•cm-3，故答案为：。

【点睛】

本题的易错点和难点为(5)②中晶胞的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，而是菱形，要注意底面面积的计算方法。

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）

1．2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）

A．Lv位于第七周期第ⅥA族 B．Lv在同主族元素中金属性最弱

C．Lv的同位素原子具有相同的电子数 D．中子数为177的Lv核素符号为Lv

【答案】B

【解析】

【分析】

由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。

【详解】

A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；

B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；

C. 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；

D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；

答案选B。

2．下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（ ）

A．立体烷和苯乙烯互为同分异构体

B．1，3－丁二烯的键线式可表示为

C．二氟化氧分子电子式为

D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；

B. 1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：，B项错误；

C. 二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；

D. H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误；

答案选A。

3．常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是

A．Ka( HA)约为10-4

B．当两溶液均稀释至时，溶液中＞

C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB

D．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。

【详解】

A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA) 1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；

B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)-)，B错误；

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/f6c435444a2fb4daa58da0116c175f0e7dd11954.html