2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.下列有關說法正確的是（）與DzO互為同位素CO?和C。屬于同素異形體C.乙醇與甲醛互為同分異構體D,葡萄糖和蔗糖互為同系物【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.H與D互為同位素，故A錯誤；B.CO2和CO是碳的兩種不同氧化物，不是單質，不屬于同素異形體，故B錯誤；C.乙醇與甲醯分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故c正確；D.葡萄糖是單糖、蔗糖是二糖，不是同類物質，不是互為同系物，故D錯誤；故選C。2.厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術，下列說法中正確的是NHf\/NHQH.理堂八一NO2過程IY tN,H4.過程n1一一-二2""/'n3h2-2〉/過程［nJ n2Anammox反應模型A.ImolNHj所含的質子總數為10NaB.聯氨（NzH。中含有離子鍵和非極性鍵C.過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D.過程I中，參與反應的NH；與NH20H的物質的量之比為1:2【答案】C【解析】【詳解】A選項，lmoINH4+所含的質子總數為11Na,故A錯誤；H-N-N—HB選項，聯氨（|| ）中含有極性鍵和非極性鍵，故B錯誤；HHC選項，過程II中N元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，過程IV中N化合價降低，發(fā)生還原反應，故C正確；D選項，過程I中，參與反應的NH4+到N2H4化合價升高1個，NHzOH到M心化合價降低1個，它們物質的量之比為1：1,故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c睛】利用化合價升降進行配平來分析氧化劑和還原劑的物質的量之比。3.有機物M、N之間可發(fā)生如圖轉化.下列說法不正確的是CHjOH CHQHI I'OHC—CH OHC—CHHOOH HO0M NM能與濱水發(fā)生加成反應M分子中所有碳原子共平面N能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色M、N均能發(fā)生水解反應和酯化反應【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.M中含有碳碳雙鍵，可以與溟水發(fā)生加成反應，故A正確；B.M分子有三個C原子連接在同一個飽和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B錯誤;C.N中含有羥基、醛基均能被高鎰酸鉀氧化，使酸性高鎰酸鉀褪色，故C正確；D.M和N中均含有酯基和羥基，能發(fā)生水解反應和酯化反應，故D正確；故答案為B..下列量氣裝置用于測量CO?體積，誤差最小的是（ ）【答案】D【解析】【詳解】A.C02能在水中溶解，使其排出進入量筒的水的體積小于CO?的體積；B.COz能與溶液中的水及溶質發(fā)生反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,使排出水的體積小于82的體積；C.COz能在飽和食鹽水中溶解，使其趕入量筒的水的體積小于C02的體積；D.CO2不能在煤油中溶解，這樣進入CO?的體積等于排入量氣管中的水的體積，相對來說，誤差最小，故合理選項是Do.撲熱息痛的結構如圖所示Ro"wXcH,,下列關于撲熱息痛的描述正確的是A.分子式為C8H10NO2B.撲熱息痛易溶于水C.能與Na2c溶液反應，但不能與NaHCOs溶液反應D.屬于芳香煌【答案】C【解析】【詳解】A.分子式為C8H9NO2,故A錯誤；B.含酚-OH、-CONH-,該有機物不溶于水，故B錯誤；C.含酚-0H,能與NazCOs溶液反應，但不能與NaHCOs溶液反應，故C正確；D.含0、N等元素，不是芳香燒，故D錯誤；故選C.6.已知A、B、C、D為原子序數依次增大的短周期元素，E為地殼中含量最高的過渡金屬元素，A與D同主族，B與C同周期，且C與D的原子序數之和為20。甲、乙分別為元素E、A的單質，丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物，它們轉化關系如圖所示。下列說法不氐硼的是（ ）A、B形成的一種化合物具有漂白性B、D形成的離子化合物可能含有非極性鍵C的單質能與丙反應置換出B的單質丁為黑色固體，且lmol甲與足量丙反應轉移電子3Na【答案】D【解析】【分析】已知A、B、C、D為原子序數依次增大的短周期元素，E為地殼中含量最高的過渡金屬元素，則E為Fe；A與D同主族，B與C同周期，可知A、B、C、D分屬三個不同的短周期，則A為H,D為Na,由C與D的原子序數之和為20,可知C為F；甲、乙分別為元素E、A的單質，丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物，結合圖示轉化關系，由Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵可知可知丙為d0,丁為Fe3CU,則B為O元素，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍篈為H,B為O,C為F,D為Na,E為Fe元素；甲為Fe,乙為％,丙為人0,丁為Fes。*A.H、。兩元素組成的H02有強氧化性，具有漂白性，故A正確；B.。和Na組成的NazOz中含有離子鍵和非極性共價鍵，故B正確；Fz溶于水生成HF和故C正確；丁為Fes。2是黑色固體，由3Fe+4H2。重整Fe3O4+4Hz可知ImolFe與足量山0反應轉移電子;Na,故D錯誤；故答案為Do.新型冠狀病毒來勢洶洶，主要傳播途徑有飛沫傳播、接觸傳播和氣溶膠傳播，但是它依然可防可控，采取有效的措施預防，戴口罩、勤洗手，給自己居住、生活的環(huán)境消毒，都是非常行之有效的方法。下列有關說法正確的是（）A.云、煙、霧屬于氣溶膠，但它們不能發(fā)生丁達爾效應.使用酒精作為環(huán)境消毒劑時，酒精濃度越大，消毒效果越好C."84”消毒液與酒精混合使用可能會產生氯氣中毒D.生產“口罩”的無紡布材料是聚丙烯產品，屬于天然高分子材料【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.云、霧和煙均為膠體，且均為膠粒分散到氣態(tài)分散劑中所得到的分散系，故均為氣溶膠，它們都能發(fā)生丁達爾效應，故A錯誤；B.濃度為75%的醫(yī)用酒精消毒效果更好，并不是濃度越高消毒效果越好，故B錯誤；C."84"消毒液的主要成分為次氯酸鈉，具有強氧化性，能氧化乙醇，自身被還原為氯氣，故C正確；D.從題中信息可看出生產無紡布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D錯誤；答案選C?！军c睛】濃度為75%的醫(yī)用酒精消毒效果最高，可以殺死病毒，在疫情期間可以使用醫(yī)用酒精殺菌，但不是濃度越大越好。8.硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCb、FeCh、CuCI2的混合溶液中反應回收S,其物質轉化如圖所示。下列敘述正確的是A.在轉化過程中化合價不變的元素只有Cu和CIB.由圖示的轉化可得出氧化性的強弱順序：02>Cu2+>SC.在轉化過程中能循環(huán)利用的物質只有FeCLD.反應中當有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的量不變，需要消耗6的質量為16g【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.根據圖中各元素化合價知，CU元素化合價都是+2價、H元素化合價都是+1價、CI元素化合價都是-1價，所以化合價不變的是Cu、H、Cl元素，故A錯誤；B.轉化過程中把Fe?+氧化為Fe3+,Fe3+把硫離子氧化為S,則氧化性的強弱順序：02>Fe3+>S,故B錯誤；C.根據圖示，反應的本質是空氣中的氧氣氧化H2s轉化為S和水,在轉化過程中能循環(huán)利用的物質有Fed”CuCLFeCb，故C錯誤；D.dS轉化為硫單質，硫元素的化合價從-2價變成。價，氧元素的化合價從0價變成-2價，依據得失電子數相等，所以所以有34gH2s轉化為硫單質時，保持溶液中Fe"的量不變，需要消耗。2的質,34g 1量為刀~； —x32g/mol=16g,故D正確；34g/mol2故選D。9.下列物質的工業(yè)生產過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（ ）A.純堿 B.氨氣 C.燒堿 D.鹽酸【答案】A【解析】【詳解】AA.工業(yè)生產純堿的化學方程式為：NaCI+NH3+H2O+CC?2=NaHCO3J+NH4CI、2NaHCO3=Na2cO3+CO2個+心。個都為復分解反應，不涉及氧化還原反應，故A正確;

B.工業(yè)制氨氣的化學方程式為：N2+3H21號花戶21\1電，有化合價變化，是氧化還原反應，故B錯誤；C.工業(yè)制取燒堿的化學方程式為：C.工業(yè)制取燒堿的化學方程式為：2NaCI+2H2。通電2NaOH+%個+Ch個，有化合價變化，是氧化還原反應，故C錯誤；占燃D.工業(yè)制取鹽酸：H2+CI2當/2匹1,HCI溶于水形成鹽酸，有化合價變化，是氧化還原反應，故D錯誤;故答案為A.10.常溫下，用0.1010卜「2。14溶液滴定20011.0.10101?廣七電8(^溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是K(NaOH)/mLA.點①所示溶液中：c(Na+)>c(CH3COO_)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)B.點②所示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO")+c(CH3COOH)+c(OH-)C.點③所示溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.在整個滴定過程中：溶液中e(CHD.在整個滴定過程中：溶液中e(CH；COQH)4cH3co0>的始終不變【答案】D【解析】【分析】【詳解】A,根據圖像可知點①所示溶液中含有等濃度的醋酸鈉和醋酸，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，則c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),A錯誤；B.點②所示溶液顯中性，貝U根據電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+可0丁)，B錯誤；C.點③所示溶液中二者恰好反應,生成的醋酸鈉水解,溶液顯堿性,則c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),C錯誤；立灌等E示醋酸電離平衡常數的倒數,平衡常數只與溫度有關系，因此在整個滴定過程中:始終不變，D正確。c(CH；COOH)溶液中,一―Wc(CH：COO)■答案選始終不變，D正確。.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是HC1raq? s5JMgCO3->MgCI2(aq)-?Mgco： iNaCI(aq)NaHCO3(s)^Na2CO3(s)C厘a：HCl,aq)SiO2rSifSiCI4NH3H-O 農烹噂-AAgNO3--[Ag(NH3)2]OH(aq)rAg【答案】D【解析】【詳解】A項、電解氯化鎂溶液得到氫氧化鎂，電解熔融的氯化鎂才能得到單質鎂，故A錯誤；B項、氯化鈉溶液與二氧化碳不能反應，應先向氯化鈉溶液通入氨氣，再通入二氧化碳才能制得碳酸氫鈉,不能一步實現反應，故B錯誤；C項、硅與鹽酸不能反應，硅與氯氣在高溫條件下發(fā)生反應生成四氯化硅，故C錯誤；D項、硝酸銀與氨水反應制得銀氨溶液，麥芽糖中含有醛基，在共熱條件下與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應制得銀，故D正確。故選D,【點睛】本題綜合考查元素化合物知識，側重于分析能力的考查，注意把握物質的性質以及轉化的特點、反應條件是解答關鍵。.下列化學用語中，正確的是Na原子結構示意圖④土； B.MgCb的電子式：cixMgxci：//????c.N2分子的結構式N=N D.CH4的比例模型2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.鈉原子核外有11個電子，原子結構示意圖為：，A項錯誤；

MgCh是離子化合物，電子式為：：Cl：Mg2+：C1：,B項錯誤；C.氮氣是氮原子通過三鍵形成的分子，結構式為N三N,C項錯誤；D.CH4的比例模型要注意C原子由于半徑比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D項正確;答案選D。13.下列有關實驗能達到相應實驗目的的是①②A.實驗①用于實驗室制備氯氣 B.實驗②用于制備干燥的氨氣C.實驗③用于石油分儲制備汽油 D.實驗④用于制備乙酸乙酯【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.實驗①的圖中利用MnOz和濃鹽酸反應制備氯氣，但是該反應需要加熱才發(fā)生，沒有加熱裝置，達不到實驗目的，A項錯誤；B.NH3的密度小于空氣，應該用向下排空氣法收集，實驗②達不到實驗目的，B項錯誤；C.裝置③為分儲裝置，不管是溫度計水銀球的位置還是冷凝管進水出水的方向都沒有錯誤，C項正確；D.右側試管中使用的是飽和NaOH溶液，酯在堿性環(huán)境下易水解，得不到產物，D項錯誤；本題答案選Co14.中國科學家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極，設計并組裝了輕型、柔性、能折疊的可充電鋰空氣電池如下圖1所示，電池的工作原理如下圖2所示。下列有關說法正確的是KXY金KXY金K0有機電解質溶版空氣電橫M2A.放電時，紙張中的纖維素作鋰電池的正極B.閉合開關K給鋰電池充電，X為直流電源正極C.放電時，Li.由正極經過有機電解質溶液移向負極

D.充電時，陽極的電極反應式為LizOz-Ze-Rz+2Li*【答案】D【解析】【分析】本題主要考查電解原理?？沙潆婁嚳諝怆姵胤烹姇r，墨汁中的碳作鋰電池的正極，活潑的鋰是負極，電解質里的陽離子經過有機電解質溶液移向正極；開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應，據此回答?！驹斀狻緼、可充電鋰空氣電池放電時，墨汁中的碳作鋰電池的正極，錯誤；B、開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，X為直流電源負極，錯誤；C、放電時，L『由負極經過有機電解質溶液移向正極，錯誤；D、充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應：氏02-21===02個+2Li+,故D正確。15.重倍酸鉀常用作有機合成的氧化劑和催化劑等。由含鋁廢液(主要含Cr3\Fe3\K\SO'"等)制備K2Cr2O7的流程如圖所示。KOH含錦廢液一調pH=7~8LKOH含錦廢液一調pH=7~8L流淡①1過*lbO林液

廣灌液①iiKOHiMpH10 垢執(zhí)I己注液②衛(wèi)也由曳|軟化| (主要溶質為KjCrO.)L?漁渣②』屹卜慚品K￡r。晶體已知：i.在酸性條件下，h。2能將5073還原為C產。ii.相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的PH范圍如下:金屬離子Fe3+C產開始沉淀的pH1.54.9沉淀完全的pH2.86.8回答下列問題:⑴濾渣①的主要成分為(填化學式)。(2)"氧化”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為。⑶"加熱"操作的目的是o(4)"酸化"過程中發(fā)生的反應為2CrO42+2H+ Cr2O72+H20(K=4.0xl014L3mol3).已知"酸化"后溶液(pH=l)中c(Cr2O72')=6.AxlO^molL1,則溶液中c(CrO42)=.(5)可利用微生物電池將鍍信廢水中的CrzO/催化還原，其工作原理如圖所示：在該電池中，b作極，a極的電極反應為(6)&(>207標準溶液還可用于測定市售硫代硫酸鈉晶體(Na2s2。3,5%0,M=248g-mol")的純度。測定步驟如下：i.溶液配制：稱取1.2400g市售硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸情水在燒杯中溶解，完全溶解后.全部轉移至100mL容量瓶中.加蒸儲水至刻度線。匯滴定:取0.01000mol.L1的K2Cr207標準溶液20.00mL,稀硫酸酸化后加入過量KI溶液,發(fā)生反應((:立。?〃被還原成C產，「被氧化成%)。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應：L+2S2O32.=S4O62+2I,加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當溶液藍色褪去.即為終點。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為25.00mL。①稀硫酸酸化的4口2。7標準溶液與KI溶液反應的離子方程式為②該市售硫代硫酸鈉晶體樣品的純度為%(保留1位小數)?！敬鸢浮緾r(0H)3、Fe(OH)32Cr(OH)3+3H2O2+4OH=2CrO42+8H2O 除去過量的H2O24.0：It)mo正CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2f+8H*Cr2O72+14H++6l=3l2+2Cr3++7H2O96.0【解析】【分析】含鋁廢液(主要含C產、Fe3\K\SO’?一等)制備GCrzO’的流程：廢液與足量KOH反應生成沉淀Cr(0H)3、Fe(OH)3,過漉得到漉渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，除去《、SO’”等離子，堿性條件下在濾渣中加入過氧化氫氧化Cr(OH)3生成LCrOzt,過濾除去Fe(OH)3,得到KzCrCX,濾液②，加熱除去過量過氧化氫，防止后續(xù)加酸時出。2能將CrzO,"還原為C產，加酸調pH=l,使LCrO,溶液轉化為KzCrzO7溶液，蒸發(fā)結晶得到晶體，以此解答。【詳解】(1)根據形成氫氧化物沉淀的PH范圍知濾渣①成分為Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，故答案為：Cr(OH)3.Fe(OH)3；(2)"氧化"步驟中，堿性條件下，過氧化氫氧化Cr(OHb，生成KzCrzO,溶液，結合轉移電子守恒、原子守恒得化學方程式為2Cr(OH)3+3HzO2+4KOH=2K2CrO4+8H2。，則離子方程式為：

2Cr(OH)3+3H202+4OH=2CrO42+8H20,故答案為：20(0f3+3心02+40萬=20。42一+8出0;(3)因為在酸性條件下，HzOz能將CrQ7z還原為C產，為防止后續(xù)"酸化"步驟中將CrzO?"還原為C產而混入雜質，所以酸化之前必須除去心。2,并且心。2對熱不穩(wěn)定、易分解，通過加熱可除去，故答案為：除去過量的“。2；(4)“酸化"后溶液(pH=l),即c(H+)=0.1mol/L,反應+2H+Cr2O72+H20c(Cr2Oc(Cr2O72)K=c2(H+)c2(CrO42j6.4xl(y30.01xc2(CrO42j=4.0xl0P.mol\貝j4.0xl0-xmol/L?c(CrO42)^/-6-4^03—=4.0xl0-8mol/L4.0xl0-xmol/L?V47V4.0xl0l4x0.01(5)b極上CrzO’z-被還原，應為正極反應，則a為負極，乙酸被氧化生成二氧化碳，電極方程式為:CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2f+8H*,故答案為：正；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2f+8H+；(6)①在酸性條件下，CqCE被還原成Cr“，「被氧化成卜，同時有水生成，根據電子轉移守恒配平反應得：Cr2O72+14H++6l=3l2+2Cr3++7H2O,故答案為：Cr2O72+14H++6l=3l2+2Cr3++7H2O；②根據氧化還原反應中電子轉移守恒得：n(l2)=3n(Cr2O72)=3X0.01000mol.L4xO.OZL^.OOOGmol,根據l2+2S2O32'=S4O62+2IW：n(Na2S2O3)=2n(l2)=0.0006molx2=0.0012mol,則該市售硫代硫酸鈉晶體樣品的純度248 ■1x.-~ —— xl00%=96.0%.%缶蛆為 25mL ?故答案為：96.0%。1.24gx 0100mL二、實驗題(本題包括1個小題，共10分)16.黃銅礦是工業(yè)煉銅的主要原料，其主要成分為CuFeS2,現有一種天然黃銅礦(含少量脈石)，為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如下實驗:現稱取研細的黃銅礦樣品1.150g,在空氣存在下進行燃燒，生成Cu、Fes。,和SO2氣體，實驗后取d中溶液的140置于錐形瓶中，用0.05mol/L標準碘溶液進行滴定，初讀數為0.00mL,末讀數如圖1所示。完成下列填空:(1)稱量樣品所用的儀器為將樣品研細后再反應，其目的是0(2)裝置a的作用是o上述反應結束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是一。(3)滴定時，標準碘溶液所耗體積為__mL。判斷滴定已達終點的現象是。(4)通過計算可知，該黃銅礦的純度為o(5)若用圖2裝置替代上述實驗裝置d,同樣可以達到實驗目的的是?！敬鸢浮侩娮犹炱?提高反應速率，促使黃銅礦充分反應 除去空氣中的水蒸氣，便于觀察空氣流速把裝置中的二氧化硫氣體趕出裝置并全部吸收 20.00 溶液由無色變成藍色，并半分鐘內不褪色80% ②【解析】【分析】(1)根據稱量黃銅礦樣品1.150g,選擇精確度較高的儀器；將樣品研細，增大了接觸面積；(2)濃硫酸可以將水除去，還可以根據冒出氣泡的速率來調節(jié)空氣流速；⑶反應產生的二氧化硫應該盡可能的被d裝置吸收；(4)根據滴定管的讀數方法讀出消耗碘溶液的體積，根據反應結束時的顏色變化判斷滴定終點；(5)先找出黃銅礦和二氧化硫及碘單質的關系式CuFeSz?2s02?2%，再根據題中數據進行計算；(6)圖2中的②中通入二氧化硫，反應生成了硫酸鋼沉淀，可以根據硫酸鋼的質量計算二氧化硫的量?！驹斀狻?1)由于稱量黃銅礦樣品1.150g,精確度達到了千分之一，應該選用電子天平進行稱量，把黃銅礦樣品研細，可以增大接觸面積，從而提高反應速率，并且使黃銅礦充分反應，故答案是：電子天平；提高反應速率，并使黃銅礦充分反應；(2)裝置a中的濃硫酸可以吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入反應裝置b中發(fā)生危險，同時根據冒出的氣泡的快慢來控制氣體的通入量，故答案為除去空氣中的水蒸氣，便于觀察空氣流速；⑶黃銅礦受熱分解生成二氧化硫等一系列產物，分解完畢后仍然需要通入一段時間的空氣，可以將b、d裝置中的二氧化硫全部排出去，使結果更加精確，故答案為把裝置中的二氧化硫氣體并全部吸收；(4)根據滴定管的示數是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數是20.00mL,當達到滴定終點時，二氧

化硫已經被碘單質消耗完畢，再滴入一滴碘單質，遇到淀粉會變藍，故答案為20.00；溶液由無色變成藍色，并半分鐘內不褪色；(5)根據硫原子守恒和電子守恒找出關系式：CuFeSz?2s。2~2b，消耗掉0Q5mol/L標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質的量為：0Q5mol/Lx0.02L=0.0010mol,所以黃銅礦的質量是：0.5x0.0010molxl84g/molxl0=0.92g,所以其純度是：絲土xl00%=80%,1.15g故答案為80%；(6)圖2中,①不會生成沉淀，無明顯現象，錯誤;②硝酸鋼溶液中通入二氧化硫能夠生成硫酸領沉淀，過濾干燥后，根據硫酸鋼的質量計算出二氧化硫的質量，正確;③中飽和亞硫酸氫鈉溶液只會排除二氧化硫，不會吸收二氧化硫，不能替代d裝置，錯誤;故答案為②。三、推斷題(本題包括1個小題，共10分)一種新型含硅阻燃劑的合成路線如下。請回答相關問題:(1)化合物A轉化為B的方程式為,B中官能團名稱是。H的系統(tǒng)命名為H的核磁共振氫譜共有一組峰。HTI的反應類型是一D的分子式為,反應B十ITD中Na2CO3的作用是一。F由E和環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，F的結構簡式為D的逆合成分析中有一種前體分子C9H1Q2,符合下列條件的同分異構體有一種。①核磁共振氫譜有4組峰；②能發(fā)生銀鏡反應；③與FeCb發(fā)生顯色反應。溟原子、(酚)羥基 3溟原子、(酚)羥基 3-氯-1-丙烯 3氧化反應C9H7O2Br3 吸收生成的HCI,提高反應產率【解析】【分析】⑴苯酚和濃濱水反應生成三溟苯酚，三溟苯酚中有官能團溟原子、酚羥基。⑵H35.系統(tǒng)命名時，以雙鍵這一官能團為主來命名，H的核磁共振氫譜與氫原子的種類有關，有幾種氫原子就有幾組峰。⑶Hf的反應，分子中多了一個氧原子，屬于氧化反應。⑷根據D的結構式得出分子式，B十人D中有HCI生成，用NazC03吸收HCI,⑸E與環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開環(huán)反應，類似于DfE的反應。⑹根據核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應，與FeCb發(fā)生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基?！驹斀狻竣呕衔顰為苯酚，和濃溟水反應生成三濱苯酚，方程式為(2)H 系統(tǒng)命名法以雙鍵為母體，命名為(2)H 系統(tǒng)命名法以雙鍵為母體，命名為3-氯-1-丙烯，其中氫原子的位置有三種，核磁共振氫譜共有3組峰，所以故答案為：3-氯-1-丙烯，3；⑶0、個25. 分子中多了一個氧原子是氧化反應，故答案為：氧化反應；⑷根據D的結構簡式' >可得分子式C9H7O2BJ，反應B十RD中有HCI生成，為促進反應向Br右進行，可以將HCI吸收，Na2cO3可起到吸收HCI的作用，故答案為：C9H7O2Br3,吸收生成的HCI,提高反應產率；與環(huán)氧乙烷按物質的量之比為1:1進行合成，環(huán)氧乙烷發(fā)生開環(huán)反應，類似于D6E⑹根據核磁共振氫譜有4組峰，能發(fā)生銀鏡反應，與FeCb發(fā)生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基，符合題意的有H0置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基，符合題意的有H0和HO 兩種'c%CH3故答案為：2種?！军c睛】解答此題的關鍵必須對有機物官能團的性質非常熟悉，官能團的改變，碳鏈的變化，成環(huán)或開環(huán)的變化。四、綜合題(本題包括2個小題，共20分)2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展做出重要貢獻的科學家。利用廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)2、Fe2O3>MnOz、碳粉、鋁箔等]合成電池級Ni(OH)2的工藝流程如下：物質X 物質X KMM).溶液N?OH溶液已知:氫氧化物Fe(OH)3AI(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室溫下)4.0x10-38l.OxlO-331.6xl0142.0xl013⑴①已知"酸浸"后濾液中含有：Ni2\Al3\Fe3\Mn2+,調節(jié)溶液的pH約為5,其目的是_；以下最適合作為物質X的是一(填字母)。A.雙氧水 B.氨水 C.鹽酸 D.NiO②若濾液中Ni?+的濃度為2moi?!?,列式計算判斷此時濾渣H中是否有M(OH)2沉淀：—。(2)濾渣m的主要成分是一，"氧化除鎰"過程發(fā)生反應的離子方程式為o⑶用Ni(OH)2和LiOH在空氣中混合加熱至700c?800c可制得LiNiO2(銀酸鋰)，該反應的化學方程式為(4)銀酸鋰是一種有較好前景的鋰離子電池正極材料。該電池在充放電過程中，發(fā)生LiNiOz和Li”NiO2之間的轉化，充電時LiNiOz在(填"陰"或"陽")極發(fā)生反應，該電極的電極反應式為.【答案】除去Ap+、Fe3+DpH=5時，濾液中c(OH)=lX10-9mol/L,Qc=c(Ni2+)-c2(OH)=2X1018<Ksp[Ni(OH)2],故沒有沉淀產生 MnO22MnO4+3Mn2++2H2O==5MnO2J.+4H+

4Ni(OH),+4LiOH+O,「8BS00P4LiNiO,+6H,O陽LiNiO2-xe=Li!.xNiO2+xLi+【解析】【分析】廢舊二次電池[主要成分為Ni(OH)z、FezO3、MnO2,碳粉、鋁箔等]酸浸后，所得的濾液中含有Ni2\Al3\Fe3\Mn2+,此時碳粉不溶而成為濾渣I;調節(jié)溶液的pH約為5,由后續(xù)操作可以看出，此時Fe'+、Al3+轉化為Fe(OHb、AI(OHb沉淀，可利用Ksp通過計算加以證實，所以加入的物質X用于調節(jié)溶液的pH；加入KMnOz,氧化除鎰(Mn")時，產物中Mn的價態(tài)應介于+2~+7之間，考慮到此時Mn轉化為難溶物，應為MnO2,此為濾渣III的主要成分；溶液中的Mi?+加入NaOH溶液后，轉化為Ni(OH)z沉淀?！驹斀狻竣泞儆梢陨戏治鲋?，調節(jié)溶液的pH約為5,其目的是除去AP+、Fe3+；雙氧水難以調節(jié)pH至5,氨水可調節(jié)溶液的pH為5,但引入NhV,加入鹽酸不能增大溶液的pH,所以選擇NiO,故選D。答案為：除去Al3\Fe3+；D；②若濾液中Ni“的濃度為2moi?!?,列式計算判斷此時濾渣H中是否有Ni(0H)2沉淀：pH=5時，濾液中c(OH)=lxlO-9mol/L,Qc=c(Ni2+)-c2(OH)=2xlO18<Ksp[Ni(OH)2],故沒有沉淀產生。答案為：pH=5時，濾液中c(OH)=lxl09mol/L,Qc=c(Ni2+)c2(OH)=2xl018<Ksp[Ni(OH)2],故沒有沉淀產生；(2)由以上分析知，濾渣HI的主要成分是Mn。?，“氧化除鈦"過程發(fā)生反應的離子方程式為2MnO4+3Mn2++2H2O=5IVInO2>|/+4H+o答案為：MnO2;2MnO4+3Mn2++2H2O=5MnO2>k+4H+；⑶用Ni(0H)2和LiOH在空氣中混合加熱至700C?800c可制得LiNiO2,Ni由+2價升高到+3價，則反應物中應有氧化劑(。2)參加反應，該反應的化學方程式為4Ni(OH),+4LiOH+O,'8B呼4LiNiO，+6H，O-答案為:4Ni(0H),+4Li0H+0,18BM4LiNiO,+6H,O：(4)充電時LiNiCh轉化為Lii*NiO2，Ni價態(tài)由+3價升高為+(3+x)價，所以在陽極發(fā)生反應，該電極的電極反應式為LiNiO2-xe-=LimNiO2+xLi+。答案為：陽；LiNiO2-xe'=Lii.xNiOz+xLi+.【點睛】pH=5時，濾液中c(OH)=lX109mol/L,c(Fe")=Ksp[Fe(OH)pH=5時，濾液中c(OH)=lX109mol/L,c(Fe")=Ksp[Fe(OH)3]

c3(OH-)4.0x10-8

(1.0x10-9)3=4.0xl0nmol/L<lX105mol/L,所以Fe3+完全轉化為沉淀；同理，溶液中的c(aF+)=l.OxlOT

(1.0x10”=1.0X106mol/L<lX105mol/L,所以A#完全轉化為沉淀。19.二甲醛(CH30cH3)是一種清潔能源。工業(yè)上，常利用CO?和山合成二甲酸。有關反應如下(z、y、z均大于0)：①2cH3OH(g)*CH30cH3(g)+出0(g) △出=-xkJ?mol1②CO(g)+H2O(g)WCO2(g)+H2(g) AH2=-ykJ?mol1(§)CO2(g)+3H2(g)￡CH3OH(g)+H2O(g)AH3=-zkJ?mof1（1）2CO2（g）+6H2（g）iCH30cH3（g）+3出0（g） AH=kJ?mol1（2）下列有關合成二甲醛的說法正確的是_（填字母）。a.增大壓強能提高反應速率和C02的平衡轉化率b.體系中減小WV，平衡一定向正方向移動?（H2）C.容器體積一定，混合氣體密度不變時一定達到平衡狀態(tài)d.充入適量CO,可能提高CH30cH3的產率（3）在一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO（g）+H2O（g）^CO2（g）+H2（g）,速率表達式為v=v正-vat=klC（CO）?c（HzO）-kiec（CO2）其中，k正、k逆為正、逆速率常數，與濃度無關）。達到平衡時，klF升高溫度，苫將 選填“增大”“減小”或“不變”）。k逆n（Ho）（4）在恒容密閉容器中用CO?和也合成二甲醛時CO?的平衡轉化率與溫度、投料比/二八〈的關系如圖所n（C5JZjFo投料比1MHMt（COJI①500K時，將9moi?和3moiCO?充入21.恒容密閉容器中，5min時反應達到平衡狀態(tài)，則0?5min內的平均反應速率v（Hz）=moldminl該溫度下，反應的平衡常數K=—（列出計算式即可,無需化簡）。②由圖像可以得出的結論是（答兩條）。（5）工業(yè)上也可用C0和也合成二甲酸，而且二者還能作燃料電池的燃料。以C0、比體積比為1:2的混合氣體與空氣在KOH溶液中構成燃料電池（以石墨為電極），開始時，負極的電極反應式為—o【答案】-（x+2z） ad減小0.72式羋 投料比不變，升高溫度CO?的平衡轉化率0.96x0.32n（H2）降低，溫度不變，/二二、投料比越大,CO2的平衡轉化率越大 C0+2H2-6e+8OH=CO32-+6H2On（C5J【解析】【分析】【詳解】（1）已知：①2cH30H（g）WCH30cH3（g）+HzO（g） AHi=-xkJ?mol'1

(§)CO2(g)+3H2(g)￡CH3OH(g)+H2O(g) AH3=-zkJ?mol'1根據蓋斯定律可知①+2X③可得反應2cO2(g)+6Hz(g)"H30cH3?+3HzO(g),所以△H=AHi+2AH3=-(x+2z)kJ,mol'1；(2)a.合成二甲醛的反應為氣體體積減小的反應，所以增大壓強可以提高反應速率同時使平衡正向移動,提高CO2的平衡轉化率，故a正確；b.若分離出CO2b.若分離出CO2使體系〃g)

?(H2)減小，平衡逆向移動，故b錯誤;C.容器體積不變，且反應物和生成物均為氣體，則平衡移動過程中氣體的質量不變，所以混合氣體的密度一直不變，不能根據密度不變判斷是否達到平衡，故C錯誤；d.充入CO可使反應②平衡右移增大CO2的量，促使反應③正向移動，提高二甲醛的產率，故d正確；故答案為ad；G)平衡狀態(tài)時，正、逆反應速率相等，即k正c(CO)?c(H2O)=k?c(CO2)?cCHzO),可得號=K(平衡常k逆%數)，該反應正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數減小，即消減??；k逆(4)①500K、投料比等于3時，CO?的平衡轉化率為80%,容器體積為2L,則在該時間段內二氧化碳的平均反應速率為反生=3molx80%=()24moidminl同一反應同一時段內不同物質反應速率之比等于計量Ar2Lx5min數之比，所以v(H2)=3v(CO2)=0.72molt1min-1；列三段式有2CO2(g)+6H2(g)CH30cH3(g)+3H2O(g)起始(molL'1)1.54.500轉化(molL-1)1.23.60.61.8平衡(molL'1)0.30.90.61.8則該反應的平衡常數K=1.6X0.60.96x0.32c(CH3OCH3)c3(H則該反應的平衡常數K=1.6X0.60.96x0.32-c2(CO2)c6(H2)-②根據圖像可知投料比不變，升高溫度CO2的平衡轉化率降低，溫度不變，空共投料比越大，C6的"(CO?)平衡轉化率越大；(5)CO和人在反應過程中被氧化，所以在負極區(qū)充入,電解質溶液為KOH溶液，所以電極方程式為CO+2Hz-6e-+8OH'=CO32'+6H2O?2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.下列說法錯誤的是A.《天工開物》中“凡石灰，經火焚煉為用，這里"涉及的反應類型是分解反應B.“用濃酒和糟入甑（蒸鍋），蒸令氣上，用器承滴露”涉及的操作是蒸儲C.《本草圖經》在綠磯項載："蓋此機色綠，味酸，燒之則赤，因為綠機能電離出H+,所以"味酸"D,我國晉朝傅玄的《傅鶉觥集?太子少傅箴》中寫道：“夫金木無常，方園應行，亦有隱括，習與性形。故近朱者赤，近墨者黑。”這里的"朱"指的是HgS【答案】C【解析】【詳解】A.石灰石加熱后制得生石灰，同時生成CO?，該反應為分解反應，A正確；B.根據“蒸令氣上”可知，是利用互溶混合物的沸點差異進行分離，其操作是蒸情，B正確；C.綠磯的化學式是FeS。4?7&0,在溶液中電離出二價鐵離子、硫酸根離子，不能電離出仁，C錯誤；D.“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分為HgS,硫化汞的天然礦石為大紅色，D正確。答案選C。.設Na為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，O.lmolCh溶于水，轉移的電子數目為O.INaB.標準狀況下，2.241,（\1。和2.241.02混合后氣體分子數為0.15以C.加熱條件下，ImolFe投入足量的濃硫酸中，生成g個SO?分子D.O.lmolNazOz與足量的潮濕的二氧化碳反應轉移的電子數為0,以【答案】D【解析】【詳解】A.Ck溶于水發(fā)生反應dO+ChM=HCl+HClO,是一個可逆反應，O.lmolCL溶于水，轉移的電子數目小于0.1Na,A錯誤；B.標準狀況下，2.24LN。和2.24LO2混合，發(fā)生的反應有：2NO+O2==2NO2,21\102==^2。4,所以混合后的氣體分子數小于0.15Na，B錯誤；C.加熱條件下，Fe與足量的濃硫酸反應生成+3價的鐵離子，轉移的電子數為3m。1,根據得失電子守恒,3應生成：Na個SO?分子，C錯誤；D.O.lmolNa?。?與足量的潮濕的二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉中氧元素即被氧化又被還原,所以轉移的電子數為O.INa,D正確，答案選D。3.我們熟知的一些化合物的應用錯誤的是A.MgO冶煉金屬鎂 B.NaCI用于制純堿Cu(OH)2用于檢驗糖尿病 D.FeCb用于凈水【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.Mg。屬高熔點化合物，工業(yè)上常用電解熔融MgCL制備金屬鎂，故A錯誤；B.侯氏制堿法就是向飽和氯化鈉溶液中先通氨氣再通二氧化碳來制備純堿，所以NaCI用于制純堿，故B正確；C.檢驗糖尿病是通過檢驗尿液中葡萄糖的含量即用新制的氫氧化銅與尿液在加熱條件下反應看是否有磚紅色沉淀產生，故C正確；FeCb水解生成Fe(OH)3膠體，水解方程式為FeCb+3H2OWFe(OH)3(膠體)+3HCI,膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，故D正確；故選：Ao4.如圖是元素周期表中關于碘元素的信息，其中解讀正確的是A.碘元素的質子數為53B.碘原子的質量數為126.9C.碘原子核外有5種不同能量的電子D.碘原子最外層有7種不同運動狀態(tài)的電子【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.由圖可知，碘元素的原子序數為53,而元素是一類原子總稱，不談質子數，故A錯誤；B.碘元素的相對原子質量為126.9,不是質量數，質量數均為整數，故B錯誤；C.外圍電子排布為5s25P5,處于第五周期WA族，有Is、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5P共11種不同能量的電子，故C錯誤；

D.最外層電子排布為5s25P5,最外層有7種不同運動狀態(tài)的電子，故D正確;故選：D?5.下列實驗設計能夠成功的是（）A.檢驗亞硫酸鈉試樣是否變質試樣溶解滴加硝酸釧溶液->-?試樣溶解滴加硝酸釧溶液->-?白色沉淀湎加管腌沉淀不溶解令說明試樣已變質B.除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質粗鹽溶解足量碳酸鈉溶液足量氯化?I粗鹽溶解足量碳酸鈉溶液足量氯化?I溶液過濾濾液中滴加鹽酸蒸發(fā)結晶精鹽C.檢驗某溶液中是否含有Fe"試樣滴加硫*鉀溶液溶液顏色無變化海牌水溶液變紅色今溶液中含有Fe2+D.證明酸性條件H2O2的氧化性比L強Nai溶液30%Nai溶液30%過氧化氫、稀硝酸淀粉-?->溶液變紫色今氧化性：h2o2>i2【答案】C【解析】【詳解】A.酸性條件下，硝酸根離子能把亞硫酸鹽氧化生成硫酸鹽，故A錯誤;B.應先加氯化鋼，再加碳酸鈉，然后過濾，再加鹽酸可除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質，故B錯誤；C.亞鐵離子遇KSCN溶液不變色，滴加氯水后亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液變紅色，可證明溶液中含有Fe2+,故C正確；D.硝酸具有強氧化性，可氧化碘離子，不能說明心。2的氧化性比L強，故D錯誤;答案選C。【點睛】本題考查物質的檢驗和鑒別實驗方案的設計，把握常見離子的檢驗方法為解答的關鍵，注意離子檢驗中排除干擾及試劑的加入順序。6.根據如圖能量關系示意圖，下列說法正確的是1molC(s)+1molO2(g)393.5kJ-mol-'1molC0(g)+0.5molO2(g)B.轉化6.根據如圖能量關系示意圖，下列說法正確的是1molC(s)+1molO2(g)393.5kJ-mol-'1molC0(g)+0.5molO2(g)B.轉化I1轉化II282.9kJ-mol-1j]mo]CCMg)反應過程1molC(s)與1mol02(g)的能量之和為393.5kJ反應2co值）+。2面=2C0z（g）中，生成物的總能量大于反應物的總能量由C(s)今CO(g)的熱化學方程式為：2c(s)+0z(g)=2C0(g)AH=-221.2kJmoF1D.熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO熱值AH=-10.1kJ-mo|T【答案】C【解析】【分析】由圖可知，轉化I反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為C(s)+O2(g)=CO2(g)AH=-393.5kJ-mor1,轉化II反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為2co(g)+O,(g)=2CO2(g)AH=-282.9kJmoF1,轉化I—轉化H得C(s”CO(g)的熱化學方程式2C(s)+O2(g)=2C0(g)AH=—221.2kJmoF1.【詳解】A項、由圖可知lmolC(s)與lmolO2(g)的能量比lmolCO2(g)能量高393.5kJ,故A錯誤；B項、由圖可知反應2co(g)+O2(g)=2COz(g)為放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故B錯誤;C項、由圖可知1molC⑸與02(g)生成1molCO(g)放出熱量為393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ,則C(s)->CO(g)的熱化學方程式為2c(s)+0z(g)=2C0(g)AH=-221.2kJmoF1,故C正確；D項、熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO的熱值為282.9kJx*g=10.1kJ-g-1,故D錯誤；故選C。.為紀念門捷列夫發(fā)表第一張元素周期表150周年，聯合國宣布2019年為“國際化學元素周期表年”，下列說法不正確的是A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少數元素是人工合成的.118號元素0g位于第七周期。族C.同主族元素的單質熔、沸點自上而下減小(不包括0族)D.IIIB族元素種類最多【答案】C【解析】【詳解】A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少數元素是人工合成的，超鈾元素中大多數是人工合成的，故A正確；118號元素Og一共有7個電子層，最外層有8個電子，所以位于第七周期。族，故B正確；C.第VIIA族元素形成的單質都可以形成分子晶體，自上而下隨著其相對分子質量的增大，其分子間作用力增大，故其熔、沸點增大，故C錯誤；D.因為川B族中含有鐲系和鋼系，所以元素種類最多，故D正確，故選C?8.已知：CO(g)+2H2(g) CHQH(g)AH=-116口加。「。在1L的密閉容器中進行模擬合成實驗，將l，molCO和溺olH2通入容器中，分別在300C和500℃反應，每隔一段時間測得容器中的甲醇的濃度如下:c(CH)OH)(mol?間min1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列說法正確的是（）A.300℃時，開始10min內H2的平均反應速率v（H2）=0.04mol?''B.反應達到平衡時，兩溫度下CO和H?的轉化率之比均為1：1300℃反應達到平衡時，放出的熱量為116kJ500℃時，若容器的容積壓縮到原來的g,則v正增大，v逆減小【答案】B【解析】【詳解】A.300℃時，開始lOmin內甲醇的平均速率v（CH3OH）=（）.04moLL4min。依據速率與方程式的計量數的關系可得，H2的平均速率v（H2）=0.08mol?I??min1,故A錯誤；B.兩溫度下，起始時CO和％的物質的量之比是方程式的系數比，反應時也是按照方程式的系數比轉化的，所以反應達到平衡時，CO和Hz的轉化率之比為1:1,故B正確；300℃反應達到平衡時，放出的熱量為116KJ/molxO.9moi=104.4kJ,故C錯誤；500℃時，若容器的容積壓縮到原來的;，依據壓強與反應速率的關系，則v（正）增大，v（逆）增大，故D錯誤。故選B。9.蘿卜硫素（結構如圖）是具有抗癌和美容效果的天然產物之一，在一些十字花科植物中含量較豐富。該物質由五種短周期元素構成，其中W、X、Y、Z的原子序數依次增大，Y、Z原子核外最外層電子數相等。下列敘述一定正確的是（ ）YIIZZ\/\/\HjC X=W=ZA,原子半徑的大小順序為Z>W>X>YB.X的簡單氫化物與W的氫化物反應生成離子化合物C.蘿卜硫素中的各元素原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構D.Y、Z形成的二元化合物的水化物為強酸【答案】A【解析】【分析】通過給出的結構式可知，蘿卜硫素含氫元素、碳元素，又該物質由五種短周期元素構成可知W、X、Y、Z中有一種是C,由“蘿卜硫素”推知其中含硫元素，結合結構簡式中的成鍵數目知，Z為S,Y為O,W為C,X為N?！驹斀狻緼.原子半徑：S>C>N>0,故A正確；B.C的簡單氫化物是有機物，不與N的氫化物反應，故B錯誤；C.蘿卜硫素中氫元素不滿足8電子穩(wěn)定結構，故C錯誤；D.SO3的水化物是硫酸，強酸；SO2的水化物是亞硫酸，弱酸，故D錯誤；答案選A。【點睛】Y、Z同族，且形成化合物時，易形成兩個化學鍵，故Y為0,Z為S。10.連二亞硫酸鈉（Na2s2O4）俗稱保險粉，可以用作染色工藝的還原劑，紙漿、肥皂等的漂白劑。Na2s04易溶于水，難溶于乙醇，在堿性介質中較穩(wěn)定，在空氣中易被氧化。回答下列問題：（l）NazS2O4在潮濕空氣中氧化，生成的兩種常見酸式鹽是—（填化學式）。（2）鋅粉法制備Na2s的工藝流程如圖所示：. _ _FTTTl加入NaCl 后續(xù)處理『|鋅粉.水產入S6至|ZnS?0“18%NaOH溶液廣國醞?？??保險粉|慈出液| 1涔酸一麗—L-麗己步驟111①工業(yè)上常將鋅塊進行預處理得到鋅粉一水懸濁液，其目的是②步驟I中發(fā)生反應的化學方程式為③在步驟HI中得到的Na2S2O4固體要用乙醇洗滌，其優(yōu)點是一，"后續(xù)處理"最終要加入少量的NazCCh固體,其原因是_。⑶目前，我國普遍采用甲酸鈉法生產連二亞硫酸鈉，其原理是先將HCOONa和燒堿加入乙醇水溶液中，然后通入SO?發(fā)生反應，有CCh氣體放出，總反應的離子方程式是（4）有人設計了圖示方法同時制備連二亞硫酸鈉和過二硫酸鈉（Na2s08）,并獲得中國專利。電解過程中，陰極室生成NazSzO,，a極的電極反應式為通過陽離子交換膜的離子主要是Na卡,其遷移方向是_（填"a到b"或"b到a"）。憎性電極aNa】SO,Na】SO,三次液、狂"NallSO,/溶液陽離子交換股【答案】NaHSS和NaHSCU 增大鋅粒的表面積，加快化學反應速率 Zn+2SO2=ZnS2O4減少Na2s2O4的溶解損失，易于干燥 NazCOs為堿性物質，"保險粉"在堿性介質中較穩(wěn)定 HCOO+OH+2SO2=S2O42'+C02+H20 2SO42-2e=S2O82-a至！|b【解析】【分析】(l)NazS2O4中S顯+4價，在潮濕空氣中氧化，S轉化為+6價，則生成的兩種常見酸式鹽應為硫酸和亞硫酸的酸式鹽。(2)①將鋅塊進行預處理得到鋅粉一水懸濁液，可以增大其與SO?的接觸面積。②步驟I中，鋅與SO?在水溶液中發(fā)生反應，生成ZnSzOg③Na2s2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌，從溶解和干燥兩個方面尋找原因；Na2s2O4在堿性介質中較穩(wěn)定，NazCOs固體可提供堿性環(huán)境。(3)HCOONa、燒堿、SOz發(fā)生反應，生成Na2s2O4、CO?等，由此可寫出反應的離子方程式。(4)a極的電解質為SO/,由題意知，它將轉化為SzOs*,由此可得出電極反應式；通過陽離子交換膜的離子主要是Na+,從電荷守恒出發(fā)可確定其遷移方向?！驹斀狻?DNazSzO,中S顯+4價，在潮濕空氣中被氧化，S部分轉化為+6價，則生成的兩種常見酸式鹽為NaHSOs和NaHSOm答案為：NaHSC>3和NaHSO"(2)①鋅粉一水懸濁液與SO2的接觸面積比鋅粉與SO2的接觸面積大，反應速率快。答案為：增大鋅粒的表面積，加快化學反應速率；②步驟I中，鋅與SO?在水溶液中發(fā)生反應，生成ZnSzt)4,反應的化學方程式為Zn+2sO2=ZnS2O4。答案為：Zn+2SO2=ZnS2O4;③Na2s2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌，既可減少溶解損失，又易于干燥；NazSzCX,在堿性介質中較穩(wěn)定，NazCOs固體可提供堿性環(huán)境，增強"保險粉"的穩(wěn)定性。答案為：減少Na2s2O4的溶解損失，易于干燥；NazCOs為堿性物質，"保險粉"在堿性介質中較穩(wěn)定；(3)HCOONa、燒堿、SO?發(fā)生反應，生成Na2s2O4、CO?等，反應的離子方程式為HC。O-+OH-+2SO2=S2。42-+CO2+H2O。答案為：HCOO-+OH'+2SO2=S2O42'+C02+H20；(4)a極的電解質為SO/,由題意知，它將轉化為S2O8,電極反應式為2so42-2e-=SzO8,通過陽離子交換膜的離子主要是Na卡,電極反應發(fā)生后，陽極Na+富余，它應向陰極遷移，所以Na卡的遷移方向是由a到b.答案為:2SO42-2e=S2O82；a到b.【點睛】書寫電極反應式時，應先確定電極的名稱和電解質，陽極失電子，則電極材料為惰性電極時，只能是溶液中的離子失電子，因而可得出陽極產物，同樣可得出陰極產物；電極反應發(fā)生后，依據陰、陽離子的電荷數關系，在確保電荷守恒的前提下，富余離子透過交換膜向另一電極遷移。11.短周期元素W、X、.Y、Z位于不相鄰主族，它們的原子序數及最外層電子數均依次增大且其中只有一種金屬元素,W處在第一周期。下列說法錯誤的是A.X為金屬元素 B.原子半徑:X>Y>Z>WC.丫與Z可形成2種化合物 D.丫的最高價氧化物對應的水化物是強酸【答案】D【解析】【詳解】W在第一周期，且是主族元素，則為H；4種元素位于不相鄰的主族，X在第IIIA族，且只能是金屬元素,則為AI；丫為第VA族，且為短周期，則為P;Z為第VGA族,則為CLA.W為H,4種元素種只有一種為金屬元素，推出X是AI,故A正確；B.原子半徑先比較電子層數，電子層數越多半徑越大，則W半徑最小，X,Y、Z在同一周期，同一周期中，核電荷數越大，半徑越小，得X>Y>Z>W,故B正確；C.P和CI可以形成2種化合物，PCb和PCh，故C正確；D.Y為P,最高價氧化物對應的水化物是H3Po4,不是強酸，故D錯誤；故選D。12.用“吸收一電解"循環(huán)法脫除煙氣中的S02,可減少對大氣的污染。室溫下，電解液K再生的裝置如圖所示，其中電解液的PH隨n（SO；）:n（HSO。變化的關系見下表，下列對此判斷正確的是電解液n(SO32-):n(HS03")pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A.當電解液呈中性時溶液中：c(Na+)>c(SO^)>c(HSO；)>c(OH")B.再生液M吸收SO,主反應的離子方程式為：SO,+OH=HSO；C.HSO3-在b極發(fā)生的電極反應式為：HSO；+H2O-2e=SO^'+3H+D.若產生標準狀況下2.24L氣體N,則d膜上共通過0.2mol陽離子【答案】D【解析】【分析】根據裝置圖，陰離子通過c膜向a極移動，可知a極為陽極，發(fā)生的反應為：HSO3-2e+H2O=SO42+3H+；b極為陰極，發(fā)生的反應為：2H++2e=H2f,氣體N為Hz。【詳解】n(SO32-)：n(HSO3-)=9；91時，電解液pH=6.2,n(SO32-):n(HSO3~)=l：1時，電解液pH=7.2,由此推知當電解液呈中性時，c(HSO3-)>c(SO32)A項錯誤；M吸收SO?主要發(fā)生的反應為：SO32+SO2+H2O=2HSO3-,B項錯誤；b極為陰極，發(fā)生的反應為：2H++23=用個，C項錯誤；D.若產生標準狀況下2.24L氣體N(0.1molH2),陰極消耗0.2molH*,減少0.2mol正電荷，需要補充0.2mol正電荷以達到平衡，則d膜上會通過0.2mol陽離子，D項正確；答案選D。13.核黃素又稱為維生素B2,可促進發(fā)育和細胞再生，有利于增進視力，減輕眼睛疲勞。核黃素分子的結構為：0 0已知.II H+III——C-N—+HZO ：-?-C-0H+-NHA有關核黃素的下列說法中，不正確的是：A.該化合物的分子式為G7H22NQ6B.酸性條件下加熱水解，有CO?生成C.酸性條件下加熱水解，所得溶液加堿后有NH3生成D.能發(fā)生酯化反應【答案】A【解析】【分析】【詳解】A、根據鍵線式的特點和碳原子的四價理論知該化合物的分子式是Cl7H2。帥。6,故A錯誤；B、由結構式可以知該化合物中含有肽鍵，因此可以發(fā)生水解反應，由已知條件可知水解產物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正確；C、由結構式可以知該化合物中含有肽鍵，因此可以發(fā)生水解反應，由已知條件可知水解產物有氨氣生成,故C正確；D、因為該化合物中含有醇羥基，因此可以發(fā)生酯化反應，故D正確；故選A。.地球在流浪，學習不能忘”，學好化學讓生活更美好。下列說法錯誤的是A,港珠澳大橋采用的超高分子量聚乙烯纖維吊繩，是有機高分子化合物B.“玉兔二號"月球車首次在月球背面著陸，其帆板太陽能電池的材料是SiOzC.《天工開物》中“凡石灰經火焚煉為用"，其中"石灰"指的是CaCO3D.宋?王希孟《千里江山圖》卷中的綠色顏料銅綠的主要成分是堿式碳酸銅【答案】B【解析】【詳解】A、聚乙烯纖維，由小分子乙烯加聚得到，是有機高分子化合物，A不符合題意；B,太陽能電池的材料是Si,而不是SiCh，B符合題意；C、石灰石的主要成分為CaCO3,受熱分解得到CaO,C不符合題意；D、銅綠的主要成分為堿式碳酸銅，Cu2（OH）2CO3；D不符合題意；答案選B。.分別含有下列各物質的廢棄試劑，倒在同一廢液缸中不會引起實驗室污染或危險的一組是（ ）A.氨水和NaOH B.硫酸鉉和氯化領C.硝酸亞鐵和鹽酸 D.電石和鹽酸【答案】B【解析】【詳解】A.氨水和NaOH混合會釋放出氨氣，有刺激性氣味，會引起污染，A不符合題意；B.硫酸鏤和氯化鋼，生成BaSO’沉淀，但是不會產生污染，B符合題意；C.硝酸亞鐵和鹽酸會發(fā)生：3Fe2++4H++NO； +NOT+2H2O,有有毒氣體NO生成，會污染空氣，c不符合題意；D.電石和鹽酸混合，電石會和鹽酸生成乙煥（C2H2）氣體，具有可燃性氣體，遇明火會發(fā)生爆炸，D不

符合題意；答案選B。二、實驗題(本題包括1個小題，共10分).磷及其化合物在工農業(yè)生產中具有重要用途。回答下列問題：(1)下圖所示為提純白磷樣品(含惰性雜質)的工藝流程。過程I中，被還原的元素是(填元素符號),過程III的化學方程式為.溶液Cu,P溶液Cu,P(2)磷酸帆鋰/碳復合材料［Li3V2(PO4)3/C］是常用的電極材料，其制備流程如下:VA乙葬|洗燒1乙葬|洗燒1LijVXPOJj/Ciok-1過濾NH,H,PO,f——, 11 京油T棉區(qū) 溶液B」Li.CO,①復合材料中V的化合價為,C的作用是②V2O5與h2c2o4反應生成V2(C2O4)3的化學方程式為;“洗滌"時用乙醇而不用水的目的是③鋰離子電池是一種二次電池，又稱“搖椅"電池。若用和LixCe和Li3V2(PO4)3/C做電極，放電時的電池總反應為LixC6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6,則電池充電時陽極的電極反應式為。【答案】Cu、P2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COt+P4 +3 增強復合材料的導電性V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2f+5H2O減少產品損耗 Li3V2(PO4)3-xe=Li3-xV2(PO4)3+xLi+【解析】【分析】⑴根據圖像，過程I中白磷與硫酸銅溶液反應生成磷酸和CsP；過程川中反應物為Ca^POj、SiO2和C,生成物為CaSiO3、CO和P4,結合氧化還原反應的規(guī)律分析解答；(2)①復合材料Li3V2(PO4)3中鋰元素化合價為+1價，磷酸根離子為-3價，根據正負化合價的代數和為。計算V的化合價；根據該復合材料是常用的電極材料，結合C是導體分析解答；②V2O5與H2C2O4反應生成V2(C2O4)3,V元素化合價降低則碳元素化合價升高，生成產物有二氧化碳和水，結合氧化還原反應的規(guī)律書寫化學方程式；③根據放電的總反應可以得到充電時電池的總反應，結合電解原理分析解答。【詳解】⑴根據圖像，過程I中白磷與硫酸銅溶液反應生成磷酸和CU3P,其中P元素和CU元素的化合價降低，被還原；過程川中反應物為Ca3(PC>4)2、SiO2和C,生成物為CaSiO3、CO和P4,反應的化學方程式為2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COt+P4>故答案為Cu、P；2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=eCaSiOs+lOCO^+Pa；⑵①磷酸鋼鋰/碳復合材料［Li3V2(PO4)3/C］中磷酸根顯-3價，鋰顯+1價，因此V的化合價為+3價，該復合材料是常用的電極材料，C為導體，可以增強復合材料的導電性，故答案為+3；增強復合材料的導電性；②V2O5與H2c反應生成Vz(C2O4)3過程中V的化合價由+5價降低為+3價，則草酸被氧化生成二氧化碳，根據得失電子守恒和原子守恒,反應的化學方程式為V2O5+5H2C2O4=V2(CzC)4)3+4CO2個+5H2O;Li3V2(PO4)3能夠溶于水，"洗滌"時用乙醇而不用水，可以減少產品損耗，故答案為V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2t+5H2O；減少產品損耗；③該鋰離子放電時的電池總反應為LixC6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6,則充電時電池的總反應為Li3V2(PO4)3+C6—LixC6+Li3.xV2(PO4)3,充電時陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為：Li3V2(PO4)3-xe=Li3"V2(PO4)3+xLi+,故答案為Li3V2(PO4)3-xe=Li3.xV2(PO4)3+xLi+.三、推斷題(本題包括1個小題，共10分).［化學一一選修5：有機化學基礎］COOHA(C3Hj是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和。合成路線如圖所示(部分條件略去)。CHQHCH.OHA的名稱是一；B中含氧官能團名稱是—.C的結構簡式—;D-E的反應類型為一.E-F的化學方程式為一。B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是一(寫出結構簡式)。COOH(5)等物質的量的分別與足量NaOH,NaHCO3反應,消耗NaOH.NaHCO3的物質的量之比為；ch2ohCOOH檢驗其中一種官能團的方法是—(寫出官能團名稱、對應試劑及現象)。CH.OHci 9【答案】丙烯 酯基+；"一；”? 取代反應 CH-CH=CH.+人彳/*CCH,COOH |OH CH.OHHCOO-CH=C—CH.I 1：1 檢驗竣基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅(或檢驗碳CH,碳雙鍵，加入濱水，溟水褪色)【解析】【分析】B發(fā)生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，貝!|B結構簡式為CH3cH=CHCOOCH3,A為C3H6,A發(fā)生發(fā)生加成反應生成B,則A結構簡式為CH2YHCH3,聚丁烯酸甲酯發(fā)生水解反應然后酸化得到聚合物C,C結構簡式為_￡<'—<產±;A發(fā)生反應生成D,D發(fā)生水解反應生成E,E能發(fā)生題給信息的加成反應，結合E分子式COOH知，E結構簡式為CH2=CHCHzOH、D結構簡式為CH2=CHCHzCI,E和2-氯-1,3-丁二烯發(fā)生加成反應生成F,COOH CNF結構簡式為0 ,F發(fā)生取代反應生成G,G發(fā)生信息中反應得到?，則G結構簡式為。；° CH,OH ch2oh據此解答。【詳解】(1)通過以上分析知，A為丙烯，B結構簡式為CH3cH=CHCOOCH3,其含氧官能團名稱是酯基，故答案為丙烯；酯基；(2)C結構簡式為?￡<\-< ,D發(fā)生水解反應或取代反應生成E,COOH產故答案為9％—<產尢；取代反應或水解反應；COOHCl 9(3)E~>F反應方程式為ch.—Cll=CH+ —仝一，OH CH.OH(4)B結構簡式為CH3cH=CHCOOCH3,B的同分異構體中，與B具有相同的官能團且能發(fā)生銀鏡反應，說明含有碳碳雙鍵和酯基、醛基，為甲酸酯，符合條件的同分異構體有HCOOCH=CHCH2cH3、HCOOCH2CH=CHCH3>HCOOCH2CH2CH=CH2^HCOOC(CH3)=CHCH3>HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCHzC(CH3)=CHz、HCOOC(CH2cH3)=CH2,共有8種；其中核磁共振氫譜為3組峰，且峰士加4u山口HCOO-CH=C-CH,面積之比為6:1:1的是 :(IL故答案為—CH千(R(Ha(5)該有機物中含有碳碳雙鍵、醇羥基、較基，具有烯是、較酸、醇的性質。能和NaOH、NaHCO3反應的是我基，且物質的量之比都是1：1,所以NaOH、NaHCO3分別與等物質的量的該物質反應時，則消耗NaOH、NaHCOs的物質的量之比為1：1;COOH分子中含有碳碳雙鍵、醇羥基、竣基。若檢驗竣基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試CH,OH液變紅；若檢驗碳碳雙鍵：加入溟水，溟水褪色，故答案為1：1；檢驗竣基：取少量該有機物，滴入少量石蕊試液，試液變紅(或檢驗碳碳雙鍵，加入溟水，濱水褪色)。四、綜合題(本題包括2個小題，共20分)18.非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Cs2c03、X02(X=Si、Ge)和出BO3首次合成了組成為CSXB3O7的非線性光學晶體?；卮鹣铝袉栴}：(1)C0、Si三種元素電負性由大到小的順序為:第一電離能h(Si)—"Ge)(填">"或"V")。(2)基態(tài)Ge原子核外電子排布式為；Si02,GeOz具有類似的晶體結構，其中熔點較高的是，原因是o(3)如圖為H3BO3晶體的片層結構，其中B的雜化方式為；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是.(4)以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系(長方體形)，晶胞參數為apm,bpm和cpm。如圖為沿丫軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數坐標。據此推斷該晶胞中Cs原子的數目為；CsSiBsO7的摩爾質量為Mg-m?！?,設Na為阿伏加德羅常數的值，則CsSiB3O7晶體的密度為g-cm-1(用代數式表示)。apmI；0.0.7.IQ)(05,急1期(1念0.7.1.1'14(0.0.7.0)(05.0a0)(1.0.0.7.0)【答案】0>C>Si>Is22s22P63s23P63d104s24P2(或[Ar]3cl'04s24P2) SiO2二者均為原子晶體，Ge原子半徑大于Si,Si-0鍵長小于Ge-。鍵長，SiO?鍵能更大，熔點更高。 sp2熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，而且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大 4 ——xl0°abcNA【解析】【分析】(1)電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大，同主族由上至下逐漸減少，第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小。SiO2、GeCh為同類型晶體結構，即為原子晶體，Ge原子半徑大于Si,Si-O鍵長小于Ge-O鍵長，SiO2鍵能更大，熔點更高。B原子最外層有3個電子，與3個-OH形成3個共價鍵，即可得雜化方式，熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。(4)先分析得出Cs的個數，再根據公式計算密度?！驹斀狻?1)電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大，同主族由上至下逐漸減少，所以電負性O>C>Si；第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小，因此MSi)>L(Ge),故答案為0>C>Si；>；(2)Ge原子位于第四周期IVA族,因此原子核外電子排布為is22s22P63s23P63d104s24Pz(或[Ar]3d104s24P2)；SiO2.GeCh均為原