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    (精选3份合集)2020届新疆第二师华山中学高考数学模拟试卷-

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    2021届新高考化学模拟试卷
    一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是 A．溶液中c(H+=1.0×10-2mol/L B．此溶液中由水电离出的c(OH―=1.0×10-12mol/L C．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4 D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性 【答案】D 【解析】 【详解】
    A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+=1.0×10-2mol/L，故不选A；
    B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L，故不选B；
    C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；
    D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl，NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D； 答案：D 2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
    A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA B．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA
    C．25℃，1L pH=13的Ba(OH2溶液中，含有OH-的数目为0.2NA D．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA 【答案】B 【解析】 【详解】
    A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的 Ba（OH）2溶液，c(H+=10-13mol/L，依据c(H+c(OH-=Kw，c(OH-=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。

    3．油脂是重要的工业原料．关于“油脂”的叙述错误的是 A．不能用植物油萃取溴水中的溴 B．皂化是高分子生成小分子的过程 C．和H2加成后能提高其熔点及稳定性 D．水解可得到丙三醇 【答案】B 【解析】 【详解】
    A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A正确； B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B错误； C、油脂和H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；
    D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇， D正确。 4．下列各组性质比较中，正确的是( ①沸点：HF>HCl>HBr>HI ②离子还原性：S2->Cl->Br->I- ③酸性：HClO4HBrO4HIO4 ④金属性：K>Na>Mg>Al
    ⑤气态氢化物稳定性：HFHClH2S ⑥半径：O>F>Na>Mg A．①②③ 【答案】B 【解析】 【详解】
    ①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为B．③④⑤⑥
    C．②③④
    D．①③④⑤⑥
    2--+2+HF＞HI＞HBr＞HCl ，故错误；
    ②.元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故错误；
    ③.非金属性Cl＞Br＞I
    ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故正确；
    ④.同主族从上到下，金属性增强：K＞Na，同周期从左到右，金属性减弱，即Na＞Mg＞Al
    ，即金
    属性：K＞Na＞Mg＞Al，故正确；
    ⑤.元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故正确；
    2--+2+⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即O＞F＞Na＞Mg，故正确。 故选B。
    5．一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是 A．钾 【答案】C 【解析】 【详解】
    A. 钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；
    B. 加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选； C. 加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选； D. 铜和水不反应，故D不选。 故选C。
    6．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是 A．上述四种元素的原子半径大小为WB．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20 C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
    D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点 【答案】C 【解析】 【分析】
    X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。 【详解】
    A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
    B．镁
    C．铁
    D．铜

    B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误； C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
    D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误； 答案选C。
    7．某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42－、SO32－、Cl－、Br－、CO32－中的若干种，离L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取子浓度都为0.1mol·少量原溶液，设计并完成如下实验：

    则关于原溶液的判断不正确的是
    A．若步骤中Ba(NO32和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响 B．无法确定原溶液中是否存在Cl－
    C．肯定存在的离子是SO32－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定 D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
    无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有L1。根据电荷守恒，一定含白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。
    A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确； B．由上述分析可知， Cl-不存在，故B错误；
    C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；
    D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。 8．下列说法正确的是(

    A．分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中
    －
    B．用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热
    C．为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验 D．配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1～2 cm时,改用胶头滴管定容 【答案】D 【解析】 【详解】
    A. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A不选。 B. 用试管夹时，应夹住距离试管口约1/3处，故B不选。
    C. 检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，故C不选；
    D. 配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管定容是正确的，故D选。 故选D。
    9．乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（ ）。 A．苯和溴水共热生成溴苯
    B．2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物 C．乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到 D．乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应 【答案】D 【解析】
    A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2－二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能燃烧，属于氧化反应，故D正确。 10．图表示反应M (g + N (g2R(g过程中能量变化，下列有关叙述正确的是

    A．由图可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和
    B．曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率： 曲线B >曲线A C．1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能 D．对反应2R(g 【答案】C 【解析】
    M (g + N (g使用催化剂没有意义

    【详解】
    A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2molR(g的能量高于1molM(g和1molN(g的能量和，但A选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项A错误；
    B．催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，选项B错误；
    C．1molM和1molN图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，的总键能高于2molR的总键能，选项C正确；
    D．图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D错误； 答案选C。
    11．下列叙述正确的是
    A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强 B．活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂 C．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
    D．含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】
    A．还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；
    B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；
    C．最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I−；但Fe2+、SO3都既有氧化性又有还原性，故C错误；
    D．含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确； 故答案为：D。
    12．主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是 A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性 B．Y与Z形成的化合物只含离子键 C．简单氢化物的沸点：QD．Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性
    2-
    【答案】C 【解析】 【分析】
    Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。 【详解】
    A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；
    B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误； C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）（HF），故C正确；
    D. Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误； 答案：C 13．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ） A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料 B．NH3具有还原性，可用作制冷剂 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
    D．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂 【答案】A 【解析】 【详解】
    A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；
    B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误； C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；
    D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误； 答案选A。
    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】
    一
    【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．明代《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离（） A．汽油和氯化钠溶液 B．39%的乙醇溶液
    C．氯化钠与单质溴的水溶液 D．硝酸钾和氯化钠的混合物 【答案】B 【解析】利用蒸馏或分馏方法进行酿酒，A、汽油不溶于水的液体，应用分液方法进行分离，故错误；B、采用蒸馏方法，提纯乙醇，故正确；C、采用萃取的方法，进行分离，故错误；D、利用溶解度不同，采用蒸发浓缩，冷却结晶方法进行分离，故错误。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    16．一氯甲烷(CH3Cl一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。
    (1甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。
    A． B． C． D．
    ①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为________。 ②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。
    (2为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。 ①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________ ②装置中水的主要作用是__________。
    ③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。
    (3丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指点燃L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O2示剂，用c2mol·
    2CO2+2H2O+2HCl
    ①滴定终点的现象为____________
    ②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示
    【答案】圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，(c1V1-c2V210-4mol
    且半分钟内不变化    2【解析】 【分析】
    (1①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析； ②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2水解；
    (2①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置； ②根据①分析；
    ③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；
    (3①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化； ②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析； 【详解】
    (1①根据仪器a的特点，HCl中Cl取代CH3OH仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓→CH3Cl+H2O； 答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓→CH3Cl+H2O；
    ②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；
    答案：在HC1气流中小心加热；
    (2①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发， CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B； 答案：C→D→B；
    ②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇； 答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；
    ＋＋    ＋
    ③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O； 答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
    (3①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
    答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；
    ②根据①的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的(c1V1-c2V210-3mol(c1V1-c2V210-4mol－36.4gn(Cl= n(CH3Cl -n=(c1V1－c2V2×10，=（HCl）甲醇的转化率是；
    232g/mol(c1V1-c2V210-4mol答案：。
    2三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。

    (1甲中含氧官能团是__________(填名称。 (2下列关于乙的说法正确的是________(填序号。
    a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5 b.属于芳香族化合物 c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d.属于苯酚的同系物 (3丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。 a.含有
    b.在稀硫酸中水解有乙酸生成
    (4写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________ 【答案】羧基 a、c

    HOCH2CH(NH2COONa+H2O+CH3COONa 【解析】 【分析】
    (1甲含有氨基和羧基；


    +2NaOH →
    (2a.该分子中C、N原子个数分别是7、5； b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物； c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应； d.该分子中含有N原子； (3丙的同分异构体丁中含有酯，据此判断丁的结构简式； (4丁为【详解】
    (1甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；
    (2a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确； b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误； c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确； d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误； 故合理选项是ac；
    (3丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；
    ，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。
    、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某(4丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为【点睛】
    +2NaOH=HOCH2CH(NH2COONa+H2O+CH3COONa。
    本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
    18．Fe、Ni、Pt在周期表中同族，该族元素的化合物在科学研究和实际生产中有许多重要用途。 (1①Fe在元素周期表中的位置为________。
    ②已知FeO晶体晶胞结构如NaCl型，Fe2+的价层电子排布式为________，阴离子的配位数为_______。 ③K3[Fe(CN5NO]的组成元素中，属于第二周期元素的电负性由小到大的顺序是_______。
    ④把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN6]溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN6]，该反应的化学方程式为________。 (2铂可与不同的配体形成多种配合物。分子式为[Pt(NH32Cl4]的配合物的配体是______；该配合物有两种不同的结构，其中呈橙黄色的物质的结构比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质的结构较稳定，在水中的溶解度小，下图图1所示的物质中呈亮黄色的是______(填“A”或“B”，理由是________。


    (3金属镍与镧(La形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如上图图2所示。储氢原理为：镧镍合金吸咐H2，H2解离为H储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，则形成的储氢化合物的化学式为_______。
    【答案】第四周期Ⅷ族 3d6 6 C 2K4[Fe(CN6]+Cl2=2K3[Fe(CN6]+2KCl NH3、Cl- A A的结构对称程度高，较稳定，为非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小 LaNi5H3 【解析】 【分析】
    (1①Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，结合原子结构与元素在周期表的位置判断其位置； ②Fe2+是Fe原子失去2个电子形成的，根据原子的构造原理可得其价层电子排布式；
    ③K3[Fe(CN5NO]的组成元素中，属于第二周期元素有C、N、O，根据元素的非金属性越强，其电负性就越大分析比较元素的电负性的大小；
    ④氯气有氧化性，会把黄血盐(K4[Fe(CN6]氧化为得到赤血盐(K3[Fe(CN6]； (2分子式为Pt(NH32Cl4的配合物的配体是NH3、Cl-；
    结构对称正负电荷中心重合的A为非极性分子、正负电荷中心不重合的B为极性分子，水是极性分子，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂；
    (3用均摊法计算每个晶胞中含有的各种元素的原子个数，得到其化学式。 【详解】
    (1①Fe是26号元素，核外电子排布是2、8、14、2，因此其在元素周期表的位置是第四周期第VIII族； ②Fe2+是Fe原子失去2个电子形成的，根据原子的构造原理可得Fe2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其价层电子排布式为3d6；FeO晶体晶胞结构如NaCl型，在O2-周围距离相等且最近的有6个Fe2+，在Fe2+周围距离相等且最近的有6个O2-，所以O2-的配位数是6；
    ③在K3[Fe(CN5NO]的组成元素中，属于第二周期元素有C、N、O，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性O>N>C，所以元素的电负性由小到大的顺序是C；
    ④氯气有氧化性，会把黄血盐(K4[Fe(CN6]氧化为得到赤血盐(K3[Fe(CN6]，该反应的化学方程式为：2K4[Fe(CN6]+Cl2=2K3[Fe(CN6]+2KCl；
    (2根据图1，可知该物质的配体为NH3和Cl-，橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子；B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B，亮黄色的为A；

    (3根据晶胞结构，可用均摊法计算其化学式，La：8=1，Ni的原子个数为88181+1=5，H原子的个数为211+2=3，所以其化学式为LaNi5H3。 42【点睛】
    本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞化学式的确定、配合物的判断等知识点，注意(2根据物质的对称性，用相似相容原理分析判断，(3中要用均摊方法计算，为易错点。 19．砷和镍是重要的材料和化工领域用途广泛。请回答下列问题：
    （1）基态As原子中，价电子的电子云轮廓图形状为___。与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为____（填元素符号）。 （2）Na3AsO3可用于碘的微量分析。
    ①Na+的焰色反应呈黄色，很多金属元素能产生焰色反应的微观原因为_______。
    ②其中阴离子的VSEPR模型为_____，与其互为等电子体的分子为_____（只写一种分子式即可）。 （3）M（目之比为_____。
    （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的熔点和沸点都比金属Ca高，原因为______。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为_______。
    cm－3。 （5）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·＋）可用于合成Ni2的配体，M中C原子的杂化形式为______，σ键和π键的数
    【答案】球形、哑铃型或纺锤形 Br 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 sp3、sp2 7：1 Ni的原子半5.361032 径较小，价层电子数目多，金属键较强 X-射线衍射法
    23acNA【解析】 【分析】 【详解】
    （1）基态As原子的价电子排布式为4s24p3，故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃型或纺锤形。一般情况下，同周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以与砷同周期的主族元素的基态原子中，电
    负性最大的为Br，故答案为球形、哑铃型或纺锤形，Br。
    （2）①金属元素能产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应，故答案为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量。
    ②AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形，根据等电子体的含义可知，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。 （3）由的结构简式可知，—CH3、—CH2—、—CF3中的C原子的价层电子对数目为4，杂分子中含化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2，每个有14个σ键和2个π键，则σ键和π键的数目之比为7：1，故答案为sp3、sp2，7：1。
    （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，所以金属Ni的熔点和沸点都比金属Ca高的原因为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为为X-射线衍射法，故答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强；X-射线衍射法。
    3a2c（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积V=10-30cm3，2故晶胞的密度ρ=2(59+7532325.36105.3610g/cm3=g/cm3，故答案为。 3a2c-302NA103acNA3a2cNA2

    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．下列图示与对应的叙述相符的是( 。
    A．表示反应A+B=C+D的HackJmol
    1B．表示不同温度下溶液中H+和OH-浓度变化曲线，a点对应温度高于b点
    C．针对N2+3H2=2NH3 的反应，图Ⅲ表示t1时刻可能是减小了容器内的压强
    D．表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点
    2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.5 molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NA B．1 L 0.5 mol·L1 Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NA
    C．锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NA D．14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA
    3．1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是 A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质 B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同 C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
    D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同 4．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

    A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚
    B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂 C．Al(OH3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水 D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒
    5．12H2O]是一种复盐，明矾[KA1(SO42·在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）

    A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用 B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+ D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3
    6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．78gNa2O2固体含有离子的数目为3NA B．常温下，pH1的醋酸溶液中H+数目为0.1NA C．13g由12C和14C组成的碳单质中所含质子数一定为6NA
    D．0.1molSO2与足量O2在一定条件下化合，转移电子数为0.2NA
    7．常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）

    A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
    B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大 C．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+>c(B2－>c(OH－>c(H+ D．F点溶液c(NH4+=2c(B2－
    8．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是(


    A．原子半径：b＞c＞d＞a B．4种元素中b的金属性最强 C．b的氧化物的水化物可能是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强
    9．下列关于硫及其化合物说法错误的是（ ） A．实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞 B．葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用 C．硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂
    D．“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO4·7H2O 10．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是 A．硫酸铜的溶解度 C．溶液中溶质的质量分数
    B．溶液中溶质的质量 D．溶液中Cu2+的数目
    11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验
    A 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，B 加热；再加入银氨溶液并水浴加热 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的一支无明显现象，另C 试管中，分别加入2滴相同浓度的一支产生黄色沉淀
    NaCl和NaI溶液
    C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液
    A．A B．B AgCl的溶解度小 相同条件下，AgI比
    未出现银镜
    蔗糖未水解
    现象 溶液变澄清
    结论
    酸性：苯酚>碳酸
    D KMnO4溶液褪色
    乙烯能被KMnO4氧化
    C．C D．D 12．氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（ ） A．白磷、硅 C．水晶、金刚石 13．下列说法正确的是
    A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B．反应4Fe(s+3O2(g2Fe2O3(s常温下可自发进行，该反应为吸热反应
    B．碳化硅、硫酸钠 D．碘、汞

    C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023 D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
    14．25 ℃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Ka1(H2CO3=1.0×10-6.4 B．M点溶液中:c(H++ c(H2CO3=c(Cl- +2c(CO32- +c(OH-
    -C．25 ℃时,HCO3+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6
    D．图中a=2.6 15．根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是

    实验或实验操作
    用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度A 的苯酚钠溶液中
    沉淀
    有白色沉    B 向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaC12溶液
    淀生成
    无红色沉蔗糖未水解
    合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热
    将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷D 片，并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液 A．A B．B C．C D．D 溶液褪色
    饱和烃
    淀
    石蜡油分解产物中含有不性强
    SO32-，原溶液中含有SO42-，HSO3-中的一种或几种
    现象
    出现白色实验结论
    H2CO3的酸性比苯酚的酸向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混C 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    16．实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等制备聚铁[Fe2(OHn(SO43－0.5n] m和7H2O，过程如下： 绿矾(FeSO4·
    (1验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是________________。
    (2实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为
    a→______→_____→______→______→f。_________装置A中发生反应的化学方程式为___________。D装置的作用________。

    (3制备绿矾时，向溶液X中加入过量_______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有______________。
    (4欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：

    已知：①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。 ②RCH2COOR' RCH(CH3COOR'，RCOR' RCH(OHR'，RCOOR' RCH2OH+R'OH。
    （1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为_____。 （2）C用LiBH4还原得到D，C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。
    （3）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。 （4）写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。
    （5）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．（化学——选修3：物质结构与性质）
    第23号元素钒在地壳中的含量大约为0.009%，在过渡元素中仅次于Fe、Ti、Mn、Zn，排第五位。我国四。____________

    川攀枝花地区蕴藏着极其丰富的钒钛磁铁矿。
    (1钒在周期表中的位置为__________，电子占据的最高能层的轨道形状为_______
    (2在地壳中含量最高的五种过渡金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中，基态原子核外单电子数最多的是_____。 (3过渡金属可形成许多羧基配合物，即CO作为配体形成的配合物。 ①CO的等电子体有N2、CN、_______等(任写一个。 ②CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是________。
    (4过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如[Fe(CO5]、[Mn(CO5]－等都满足这个规则。
    ①下列钒配合物中，钒原子满足18电子规则的是__________。 A [V(H2O6]2＋ B [V(CN6]4－ C [V(CO6]－ D [V(O24]3－ ②化合物的熔点为138℃，其晶体类型为________。
    －(5VCl2(熔点1027℃和VBr2(熔点827℃均为六方晶胞，结构如图所示。

    ①VCl2和VBr2两者熔点差异的原因是_________。
    ②设晶体中阴、阳离子半径分别为r－和r＋，该晶体的空间利用率为________(用含a、c、r＋和r－的式子表示。
    19．（6分） [化学——选修3：物质结构与性质] 氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。
    （1）氮化镓(GaN是新型的半导体材料。基态氮原子的核外电子排布图为____；基态镓(Ga原子的核外具有____种不同能量的电子。
    （2）乙二氨的结构简式为(H2N-CH2-CH2-NH2，简写为en。 ①分子中氮原子轨道杂化类型为____；
    ②乙二氨可与铜离子形成配合离子[Cu(en2]2+，其中提供孤电子对的原子是____，配合离子结构简式为____；
    ③乙二氨易溶于水的主要原因是____。
    （3）氮化硼(BN是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼（如图1）和六方氮化硼（如图2），前者类似于金刚石，后者与石墨相似。


    ①图1中氮原子的配位数为____，离硼原子最近且等距离的硼原子有____个；
    ②已知六方氮化硼同层中B与N之间的距离为acm，密度为dg•cm-3，则相邻层与层之间的距离为____pm(列出表达式。
    参考答案
    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．C 【解析】
    A. 根据图Ⅰ，反应A＋B＝C＋D属于放热反应，ΔH＝-(a-c kJ·mol-1，故A错误；B. 根据图Ⅱ，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据 图Ⅲ， t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D. 根据图Ⅳ，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。 2．C 【解析】 【分析】 【详解】
    A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5 mol N4含共价键数目为3 NA，A项错误；
    B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5 mol，B项错误；
    C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2 L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2=11.2L0.5mol，生成1 mol气体时转移2 22.4L/molmol电子，生成0.5 mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；

    D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14 g混合物相当于1 mol CH2，含2 mol H原子，故14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误； 答案选C。 3．D 【解析】 【详解】
    A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；
    B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；
    C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；
    D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。 综上所述，答案为D。 4．A 【解析】 【分析】
    物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。 【详解】
    A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；
    B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误； C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误； D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。 本题选A。 5．D 【解析】 【详解】
    A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；
    B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B； C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；
    D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D； 答案：D
    6．A 【解析】 【详解】
    A项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2 固体中含离子总数为3NA，故A正确； B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误；

    C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故C错误；

    D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。 故选A。 【点睛】
    本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。 7．D 【解析】 【分析】
    未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。 【详解】
    A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；
    B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误；

    C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+>c(OH-，C项错误；
    D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4++c(H+=c(OH-+2c(B2-，因c(H+=c(OH-，所以有c(NH4+=2c(B2-，D项正确； 所以答案选择D项。 8．D 【解析】 【分析】
    a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答
    该题。 【详解】
    由以上分析可知a为O元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，
    A. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：b＞c＞d＞a，故A正确；
    B. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；
    C. b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH2，则b的氧化物的水化物可能是强碱，故C正确；
    D. 一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，则氧化性：O2＞S，则a单质的氧化性较强，故D错误。 答案选D。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】
    A．常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确； B．葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；
    C．硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确； 5H2O，D错误； D．“石胆”是指CuSO4·故选D。 10．C 【解析】 【详解】
    A. 硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；

    B. 40℃的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；
    C. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；

    D. 温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。 【点睛】

    明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。 11．C 【解析】 【分析】 【详解】
    A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；
    B. 做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；
    C. 相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI＜Ksp(AgCl，C项正确；
    D. 反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，D项错验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，误； 答案选C。 12．C 【解析】 【分析】 【详解】
    根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项： A.白磷P4是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；
    B.硫酸钠Na2SO4是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误； C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；
    D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误； 答案选C。 【点睛】
    由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。 13．C 【解析】 【详解】
    A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误； B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B
    项错误；
    C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；
    D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误； 答案选C。 【点睛】
    本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。 14．B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 25 ℃时，当lgcHCO3-cH2CO31即
    cHCO3-cH2CO310时，pH=7.4，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3=cHCO3-cHcH2CO310107.41.0×10-6.4，故A正确；
    B. 根据电荷守恒、物料守恒， M点溶液中:c(H++ c(H2CO3=c(Cl- +c(CO32- +c(OH-，故B错误； C. 25 ℃时，HCO3-+H2O14Kw106.41.0×10-7.6，故C正确； H2CO3+OH-的Kh=Ka110D. cHCO3-cHcH2CO3106.4106.4=102.6，所以a=2.6，故D正确； ，图中M点pH=9，-9cH2CO310cHCO3-选B。 15．D 【解析】 【详解】
    A．也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误； B．原溶液中也可能含有Ag+，故B错误；

    C．蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；

    D．石蜡为多种烃的混合物，产生的气体能使酸性高猛酸钾褪色，说明含有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和烃，故D正确；

    故答案为D。
    二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    16．将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 d→e→c→b Cu+2H2SO4(浓【解析】 【分析】
    制备聚铁和绿矾(FeSO4•7H2O流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。 【详解】
    (1检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；
    (2实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为a→d→e→c→b→f；
    (3因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
    (4KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。 【点睛】
    本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。
    三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．CH3COOC2H5 避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原）
    CuSO4+SO2↑+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗、玻璃棒 酸式

    或





    【解析】 【分析】
    （1）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为CH3COOC2H5； （2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；
    (3①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称； （4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反应；
    （5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。 【详解】
    A转化为B属于加成反应，（1）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，则X是CH3COOC2H5； （2）C→D不直接用H2(镍作催化剂还原的原因是：因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，
    故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原，酯很难和氢气加成(还原；
    (3A的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或 ；
    （4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式
    是；
    （5）比较B与C的结构简式可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，合成流程图是：。
    四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
    18．第四周期第VB族 球形 Mn NO+、C22 C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给Cl-半径小于Br-半径，VCl2中晶格能大于VBr2，出电子对更容易 C 分子晶体
    两者均为离子晶体，83(2r-3r+3故VCl2熔点高于VBr2。 100%
    29ac【解析】 【详解】
    （1）钒是23号元素，处于周期表中第四周期VB族，价电子排布式为3d34s2，电子占据的最高能层的轨道为4s，形状为球形；
    （2）金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V，价电子排布式分别为3d64s2、3d24s2、3d54s2、3d104s2、3d34s2，单电子数依次是：4、2、5、0、3，基态原子核外单电子数最多的是Mn；
    （3）①CO的等电子体有2个原子、10个价电子，用C原子与2个单位负电荷替换O原子，可以得到CO的等电子体的另外微粒：C22；
    CO作配体时，②C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，配位原子是C而不是O； （4）①A．[V(H2O6]2＋ 中V最外层电子数为5-2+6×2=15，不满足18电子， B．[V(CN6]4－中V最外层电子数为5+4+6×2=21，不满足18电子， C．[V(CO6]－ 中V最外层电子数为5+1+6×2=18，满足18电子， D． [V(O24]3－中V最外层电子数为5+3+4×2=16，不满足18电子， 故选：C；
    ②化合物的熔点为138℃，该化合物熔点很低，属于分子晶体。
    －（5）①两者均为离子晶体，Cl－半径小于Br－半径，VCl2中晶格能大于VBr2，故VCl2熔点高于VBr2；

    ②由晶胞结构，可知大黑色球数目=2，小灰色球数目=8×1/8=1，故大球为氯原子、小球为V原子，晶胞中原子总体积=432 πa，（2r－3+r+3），晶胞底面为菱形，锐角为60°，棱长边长为a，则底面面积=a×a×sin60°=324（2r－3r3）383(2r-3r+332a×c，空间利用率= ×100%=晶胞体积==100%
    23229acac2【点睛】
    本题考查物质结构与性质，题目涉及的大π键、18电子规则，均不是中学内容，题目素材也很陌生，对学生综合能力要求高，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。难点（5）②，空间利用率的计算。
    19． 8 sp3 N
    乙二氨与水形成分子    25102 4 12 间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子33a10

    dNA    2【解析】 【分析】
    （1）氮原子核外有7个电子，电子排布式为1s22s22p3；镓为31号元素，电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p，依据电子排布式解答； （2）①H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为2262610211（5+3）=4；
    2②中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N原子提供孤对电子；
    ③乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键。
    （3）①观察晶胞结构发现N原子周围距离最近的B数目为4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，所以离N原子最近且等距离的N原子有12个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12个；
    ②每个六棱柱平均含有一个N原子和一个B原子，两原子的相对原子质量之和为25，设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2hcm3，六棱柱质量为25g=NAa2hdg，所以2525h=33a2cm=33a2×1010pm。 dNAdNA22【详解】
    （1）氮原子核外有7个电子，基态氮原子的核外电子排布图为；镓为31号元素，
    电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p，有8个不同的能层，所以基态镓(Ga原子的核外具有8种不同能量的电子。 故答案为；8；
    226261021（2）①H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的价层电子对数为1（5+3）=4，所以轨道杂化类型为sp3；
    2②配合离子[Cu(en2]2+中心原子Cu2+提供空轨道，乙二氨分子中N原子提供孤对电子，因此提供孤电子对的原子是N，配合离子结构简式为；
    ③乙二氨和水都是极性分子，相似相溶，乙二氨分子与水分子间可形成氢键，所以乙二氨易溶于水。
    故答案为sp3；N；；乙二氨与水形成分子间氢键，乙二氨分子与水分子均为极性分子；
    （3）①观察晶胞结构发现N原子周围距离最近的B数目为4，即配位数为4；由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的N原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，所以离N原子最近且等距离的N原子有12个，同理离硼原子最近且等距离的硼原子有12个；
    ②选取晶体结构中最小的正六棱柱为计算单位，根据均摊法可以计算出每个六棱柱平均含有一个N原子和一个B原子，两原子的相对原子质量之和为25。已知六方氮化硼同层中B与N之间的距离为acm，则正六边形的边长为acm，设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2hcm3，又知其密度为dg•cm-3，则六棱25g=柱质量为NA2525a2hd g，所以h=33a2cm=33a2×1010pm，则层与层之间距离的计算dNAdNA2225表达式为33a2×1010pm。
    dNA225102故答案为4；12；33a10。
    dNA    2


    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．下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是( A．氯化铵受热气化和苯的气化 B．碘和干冰受热升华 C．二氧化硅和生石灰的熔化 D．氯化钠和铁的熔化
    2．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A．标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NA C．加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子 D．0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA
    3．为检验某固体物质中是否铵盐，你认为下列试纸或试剂一定用不到的是( ①蒸馏水 ②氢氧化钠溶液 ③红色石蕊试纸 ④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸 A．①⑤
    B．④⑤
    C．①③
    D．①④⑤
    4．W、Y、Z为常见短周期元素，三种元素分属不同周期不同主族，且与X能形成如图结构的化合物。已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）

    A．对应元素形成的气态氢化物稳定性：Y＞X B．W、X对应的简单离子半径顺序为：X＞W C．Y的氧化物对应水化物为强酸
    D．该化合物中各元素均满足8电子稳定结构 5．下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是( A．风能 B．江河水流能 C．生物质能 D．地热温泉
    6．硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH42SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是 A．白色沉淀为BaSO4

    B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3:n(BaSO4约为1:1 C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3:n(BaSO4约为3:1 D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl 7．已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象： ①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ） A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中硫元素被氧化 C．刺激性气味的气体是氨气
    D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子 8．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）
    A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
    D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋ 9．利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是

    选项 A B C D A．A 实验目的
    用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2 用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3
    B．B C．C X中试剂 饱和食盐水 水
    饱和NaHCO3溶液 NaOH溶液 D．D Y中试剂 浓硫酸 浓硫酸 浓硫酸 碱石灰
    10．四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是 A．四种元素中至少有两种金属元素

    B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物
    C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子 D．常温下，X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于7 11．用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）

    A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气 B．用图2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液 C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体
    D．用图4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱 12．下列化学用语正确的是 A．CH4分子的球棍模型：C．1,3-丁二烯的分子式：C4H8

    B．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．聚丙烯的链节：
    13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．标准状况下，11.2 L 三氯甲烷中含有分子数为0.5NA B．常温常压下，2gD2O中含有电子数为NA C．46gNO2和N2 O4混合气体中含有原子数为3NA
    D．ImoINa完全与O2反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA
    14．欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是 A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量 B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2 C．称量样品→加热→冷却→称量MgO D．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO 15．从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）


    A．“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸 B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
    242C．“还原”时发生的离子方程式为2SO3Te4OHTe2SO42H2O
    D．判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    16．某铁磁粉Fe3O4（可能含有Fe2O3或FeO杂质），为确定其纯度，称取23.28g该样品利用图1装置进行实验探究。

    已知：Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe。 请回答：
    （1）上述实验装置存在一个明显缺陷是___。
    （2）利用仪器测定并绘制出反应过程中a装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线（图2），样品中含有的杂质成分是___（填化学式）。
    （3）上述实验过程中，CO除作为反应物外，还起到的作用是___。 A．实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 B．防止b中的溶液倒吸入a中
    C．停止加热后，继续通CO气体，防止生成物被氧化 D．将产生的CO2全部赶入装置b中，以提高实验的精确度 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。

    请回答：
    (1有机物D中含有的官能团的名称为______________。 (2反应⑥的类型是______________。
    (3反应④的方程式是_______________________________________。

    (4下列说法正确的是________。
    A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别
    C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂 D．有机物C没有同分异构体
    四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
    18．具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：

    已知：i． RCH2Br
    RHC-CH-R´    一定条件    RCHOii．（1）A属于芳香烃，其名称是__________。

    （2）B的结构简式是__________；写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为__________。 （3）由C生成D的化学方程式是__________。
    （4）由G生成H的反应类型是__________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗__________molNaOH。 （5）试剂b是__________。
    （6）下列说法正确的是______（选填字母序号） a.G存在顺反异构体
    b.1molG最多可以与1molH2发生加成反应 c.1molH与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH （7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）__________。 19．（6分）下表为元素周期表的短周期部分 a





    b
    c
    d




    e f g h
    请参照元素a﹣h在表中的位置，根据判断出的元素回答问题：
    (1h原子核外有______ 种不同伸展方向的电子云，最外层共有______ 种不同运动状态的电子。 e元素常见离子的半径大小(用化学式表示______＞______；b、c 两元素非金属性较强的是(写(2比较d、元素符号______，写出证明这一结论的一个化学方程式______。
    (3d、e元素形成的四原子化合物的电子式为______；b、g元素形成的分子bg2为______分子(填写“极性”或“非极性”。
    (4上述元素可组成盐R：ca4f(gd42，和盐S：ca4agd4，相同条件下，0.1mol/L 盐R中c(ca4+______(填“等于”、“大于”或“小于”0.1mol/L 盐S中c(ca4+
    (5向盛有10mL1mol/L盐S溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液至中性，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是______。
    (6向盛有10mL 1mol/L盐 R溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液32mL后，继续滴加至35mL写出此时段(32mL﹣35mL间发生的离子方程式：______。若在10mL 1mol/L 盐R溶液的烧杯中加20mL1.2mol/L Ba(OH2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______mol。
    参考答案
    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．B 【解析】 【详解】
    A．氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；
    B．碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；
    C．二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；
    D．氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选； 故选B。 【点睛】
    本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，
    活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。 2．D 【解析】 【详解】
    A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl20.1NA， A错误；
    B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；
    C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；
    N2O4，所以混合HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于D．0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确， 答案选D。 3．B 【解析】 【详解】
    铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，④⑤正确，故答案为B。 4．B 【解析】 【分析】
    由图可知，Z只形成一个共价键，则其为氢(H；W可形成W2+，则其为镁(Mg；X形成2个共价键，则其为氧(O；由“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数”，可确定Y为氮(N。 【详解】
    A．Y、X分别为N、O，非金属性N，形成的气态氢化物稳定性：NH32O，A不正确；
    B．W、X分别为Mg和O，对应的简单离子电子层结构相同，但Mg的核电荷数比O大，所以离子半径顺序为：O2-＞Mg2+，B正确；
    C．Y的氧化物对应水化物若为HNO2，则为弱酸，C不正确；
    D．该化合物中，H、N的最外层电子数分别为2、9(4+5，均不满足8电子稳定结构，D不正确； 故选B。 5．D 【解析】

    【详解】
    A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。 B. 江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。 C. 生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。 D. 地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。 故选D。 6．B 【解析】 【分析】
    反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH42SO3、(NH42SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH42SO4、(NH42SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4:n(BaSO3=1:1； 【详解】
    A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
    B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确； C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
    D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误； 答案选B。 7．D 【解析】 【分析】 【详解】
    A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
    B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误； C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
    D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，程式为：故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，
    故D项正确。
    综上所述，本题正确答案为D。 8．D 【解析】 【详解】
    A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；
    B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；
    C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；
    D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确； 故选D。 9．C 【解析】 【详解】
    A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意； B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；
    C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；
    C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意； 故合理选项是C。 10．B 【解析】 【分析】
    原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。 【详解】
    A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；

    B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
    C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误； D. X、Y、Z三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，pH等于7，若为NaNO3溶液显中性，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。 故选B。 11．D 【解析】
    A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。
    点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。 12．A 【解析】 【详解】 A正确；
    B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH2=CH2，B错误； C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；
    D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误； 故选A。 【点睛】
    ①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。 13．A 【解析】

    【详解】
    A．标准状况下，三氯甲烷为液态，无法由体积计算分子数，故A错误；
    B．D2O的摩尔质量为20g/mol，2gD2O为0.1mol，每个分子中含有10个电子，则含有电子数为NA，故B正确；
    C．NO2和N2 O4的最简式相同，则混合气体中含有原子数为46g3=3mol，即3NA，故C正确；
    46g/molD．1moINa反应生成Na2O和Na2O2，钠原子只失去1个电子，所以转移电子数为1mol，即NA，故D正确。 故选A。 14．B 【解析】 【分析】
    Mg(NO32受热易分解，其分解反应为：2Mg(NO32【详解】
    加热2MgO4NO2O2。
    A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；
    B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误； C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定Mg(NO32nH2O的结晶水含量，C正确；
    过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。 答案选B。 15．D 【解析】 【详解】
    A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误； B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
    C.Na2SO3加入到Te(SO42溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4 ++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C错误；
    D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。

    故选D。
    二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．缺少尾气处理装置 Fe2O3 ABCD 【解析】 【分析】
    （1）剩余的气体不能处理，缺少尾气处理装置；
    （2）由图3质量的变化来解答，Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe质量变化3次；
    （3）实验开始时，排尽装置中的空气，停止加热后，导管中还有残留的二氧化碳，继续通入CO，可以将其赶到B装置中，减小实验误差，能防止倒吸等； 【详解】
    （1）一氧化碳有毒不能排放，应收集或吸收，上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置； （2）Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe，由图可以看出，管内的固体质量变化了3次，如果只有Fe3O4，只会Fe3O4～FeO～Fe变化2次，而如果是Fe2O3则Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe变化3次，故含有杂质为Fe2O3； （3）CO除作为反应物外，
    A．利用一氧化碳气体可以在实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故A正确； B．一氧化碳不溶于水，可以防止b中的溶液倒吸入a中，故B正确；
    C．停止加热后，继续通CO气体，在一氧化碳气体中铁不易被氧化，可防止生成物被氧化，故C正确； D．将产生的CO2全部赶入装置b中，减小实验误差，以提高实验的精确度，故D正确； 故选ABCD； 【点睛】
    难点：在于掌握通入CO后，铁的氧化物的转化流程，找准质量变化的几个点是解答此题的突破口。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．羟基 取代反应/酯化反应 CH2=CH2＋O2→CH3COOH AB 【解析】 【分析】
    根据题干信息可知，A为CH2 = CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。 【详解】
    (1根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。
    (2乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。 (3反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2 → CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2 → CH3COOH。
    (4A. 乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B. 乙醛和新制氢氧化铜在加
    热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C. 酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D. CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。
    四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．1，2-二甲苯（邻二甲苯）加成反应2NaOH醇溶液c
    【解析】 【分析】
    由A的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A为，结合B的分子式与C的结构，可知B为，B与液溴在光照条件下反应得到C；由D的分子式、D后产物结构，结合信息i，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH；D与甲醛反应后的产物再发生酯的碱性水解、酸化得到E为；由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G一定条件下反应得到H，据此分析解答。
    【详解】
    (1由以上分析可知A为，名称为1，2-二甲苯(邻二甲苯，故答案为1，2-二甲苯(邻二甲苯；
    (2由以上分析可知B为；B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能发生水解反应，说明结构中含有酯基，因此属于甲酸酯，满足条件的结构为，故答案为；；
    (3C与甲醇发生酯化反应生成D，反应的化学方程式为
    ，故答案为；
    (4G含有碳碳双键，结合G和H的分子式可知，2个G生成H的反应是加成反应；1molF(与足量NaOH溶液反应，碘原子水解和酯基水解，因此消耗2molNaOH，故答案为加成反应；2；
    (5根据上述分析，F为，G为，F在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成G，故答案为NaOH醇溶液；
    (6a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；b．G含有苯环和碳碳双键，则1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故b错误；c．H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1mol H与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故c正确；故答案为c； (7以乙烯为起始原料合成，应先制备CH3CH=CHCH3，可由乙醛和CH3CH2Br反应制备：由乙烯可制备乙醛和溴乙烷，故反应的流程为，故答案为。
    【点睛】
    明确官能团的结构与性质、常见反应类型及反应条件是解本题的关键。本题的难点为(7，要注意充分利用题干中G生成H的成环反应。
    19．4 7 O2﹣ Na+ N 2HNO3+Na2CO3 =2NaNO3+CO2↑+H2O

    非极性 小于 c(Na+＞c(SO42﹣＞c(NH4+＞c(OH﹣=c(H+ NH4++OH﹣=NH3•H2O 0.022 【解析】 【分析】
    由元素在周期表中位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。 【详解】

    (1h为Cl，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，只有s、p轨道电子云，有4种伸展方向不同的电子，核外没有运动状态相同的电子，最外层有7种运动状态不同的电子；故答案为：4；7。
    +(2电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2−＞Na，同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＞C，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；故答案为：O2−；Na+；N；2HNO3 + Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。 (3d、e元素形成的四原子化合物为Na2O2，电子式为：，b、g元素形成的分子CS2；非极为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；故答案为：性。
    (4NH4Al(SO42溶液中铵根离子与铝离子相互抑制水解，而NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，铝离子抑制程度不如酸的抑制程度大，则NH4HSO4溶液中铵根离子浓度更大；故答案为：小于。 (5NH4HSO4与NaOH按物质的量1:1反应时生成物为硫酸钠、硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，二者混合呈中性，还有一水合氨生成，为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨混合溶液，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+＞c(SO42﹣＞c(NH4+＞c(OH﹣=c(H+。
    (610mL 1mol⸱L−1 NH4Al(SO42溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+物质的量为0.01mol，SO42−物质的32mL 1 mol⸱L−1 NaOH溶液中NaOH物质的量为0.032L×1 mol⸱L−1=0.032mol，量为0.02mol，由Al3++3OH－
    Al(OH3↓，NaOH，OH－ = NH3·H2O，= 可知完全沉淀铝离子消耗0.03mol 消耗NaOH溶液30mL，由NH4+ + 可知铵根离子完全反应消耗NaOH为0.01mol，又消耗NaOH溶液10mL，故加入32mLNOH溶液后，继续+ －
    +滴加至35mL时反应离子方程式为：NH4+ OH= NH3·H2O；20mL 1.2 mol⸱L−1Ba(OH2溶液中Ba2物
    + 质的量为0.024mol，OH−为0.048mol，由SO42−+ Ba2= BaSO4↓，可知SO42−不足，故可以得到0.02mol
    BaSO4，根据Al3++3OH－= Al(OH3↓，0.01mol Al3+ 消耗0.03mol OH－生成0.01mol Al(OH3沉淀，此时剩余n(OH－ = 0.048mol- 0.03mol = 0.018mol，再发生反应NH4++OH－ = NH3·H2O，0.01mol NH4+消耗0.01mol OH－，生成0.01 mol NH3·H2O，此时反应剩余n(OH－=0.018mol-0.01mol=0.008mol，继而发生Al(OH3+OH=AlO2+ 2H2O，0.008mol OH溶解0.008mol Al(OH3，此时剩余Al(OH3沉淀为0.01mol-0.008mol = 0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol；故答案为：NH4+ + OH－
    －    －    －= NH3·H2O；0.022。
    【点睛】
    在计算时一定要注意每一步发生的反应以及每一步物质的量，消耗的物质的量，剩余的物质的量，沉淀的物质的量都分清楚。




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