(6份試卷匯總)2018-2019學(xué)年河南省南陽(yáng)市高考化學(xué)第五次調(diào)研試卷

2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題（本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）.只能在溶液中導(dǎo)電的電解質(zhì)是（）A.KOH B.CH3COONH4C.SO2 D.CH3COOH【答案】D【解析】【詳解】A.氫氧化鉀是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態(tài)下均能導(dǎo)電，故不選A；B.醋酸核是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態(tài)下均能導(dǎo)電，故不選；C.二氧化硫?yàn)榉请娊赓|(zhì)，不能導(dǎo)電，故不選C；D.醋酸是共價(jià)化合物，只有在水溶液里能電離導(dǎo)電，故選D。.只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系敘述錯(cuò)誤的是A.K值不變，平衡可能移動(dòng) B.K值變化，平衡一定移動(dòng)C.平衡移動(dòng)，K值可能不變 D.平衡移動(dòng)，K值一定變化【答案】D【解析】【詳解】A、平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，溫度不變平衡也可能發(fā)生移動(dòng)，則K值不變，平衡可能移動(dòng)，A正確;B、K值變化，說(shuō)明反應(yīng)的溫度一定發(fā)生了變化，因此平衡一定移動(dòng)，B正確；C、平衡移動(dòng)，溫度可能不變，因此K值可能不變，C正確；D、平衡移動(dòng)，溫度可能不變，因此K值不一定變化，D不正確，答案選D。.某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A.X可能含有2種鹽 B.Y可能含有（NH4）2SO4a是SO3 D.（NHRSzOs中S的化合價(jià)不可能為+7【答案】C【解析】【分析】流程可知，氨水與廢氣反應(yīng)生成亞硫酸氨或亞硫酸氫筱，然后與過(guò)量硫酸反應(yīng)生成氣體a為二氧化硫，Y為硫酸鐵、硫酸氫鏤?！驹斀狻緼.廢氣少量時(shí)生成X為亞硫酸筱，廢氣過(guò)量時(shí)生成X為亞硫酸氫筱，或二者均有，A正確；B.X中加過(guò)量硫酸生成硫酸錢或硫酸氫鏤，B正確；C.亞硫酸氨或亞硫酸氫錢，與過(guò)量硫酸反應(yīng)生成氣體a為二氧化硫，C錯(cuò)誤；（NH4）2s2。8中為連二硫酸錢，S最外層有6個(gè)電子，最高價(jià)為+6價(jià)，則S的化合價(jià)不可能為+7,D正確；故答案為：C..下列物質(zhì)的制備方法正確的是（）A.實(shí)驗(yàn)室用1體積酒精和3體積濃度為6mol/L的硫酸制乙烯B.用鎂粉和空氣反應(yīng)制備Mg32C.2mLi0%的NaOH溶液中滴加2%的C11SO4溶液5滴得新制Cu（OH）z懸濁液D.用電解熔融氯化鋁的方法制得單質(zhì)鋁【答案】C【解析】【詳解】A.實(shí)驗(yàn)室用1體積酒精和3體積濃度為18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A錯(cuò)誤；B.鎂粉在空氣中和氧氣也反應(yīng)，會(huì)生成氧化鎂，故B錯(cuò)誤；C.氫氧化鈉過(guò)量，可與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅，反應(yīng)后制得的氫氧化銅呈堿性，符合要求，故C正確;D.氯化鋁屬于分子晶體，熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，工業(yè)上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉AI,故D錯(cuò)誤；故選C。5.化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法不正確的是（）A.高純度的硅單質(zhì)廣泛用于制作芯片B.碳酸鎂可用于制造耐高溫材料氧化鎂C.SO?能用濃硫酸來(lái)干燥，說(shuō)明其還原性不強(qiáng)D.鐵質(zhì)地柔軟，而生活中的鋼質(zhì)地堅(jiān)硬,說(shuō)明合金鋼能增強(qiáng)鐵的硬度【答案】C【解析】【詳解】A.利用高純度的硅單質(zhì)的半導(dǎo)體性能，廣泛用于制作芯片，正確，故A不選；B.碳酸鎂加熱分解可以得到氧化鎂，氧化鎂可用于制造耐高溫材料，故B不選；C.S02中的硫元素的化合價(jià)為+4價(jià)，濃硫酸中的硫元素的化合價(jià)為+6價(jià)，價(jià)態(tài)相鄰，故SO2可以用濃硫酸干燥，但SO?有強(qiáng)還原性，故C選；D.合金的硬度大于金屬單質(zhì)，故D不選；故選C。6.屠呦呦因發(fā)現(xiàn)治療瘧疾的青蒿素和雙氫青蒿素（結(jié)構(gòu)如圖）獲得諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎(jiǎng).一定條件下青蒿素可以轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素.下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是青蒿素 雙氫青蒿素A.青蒿素的分子式為Cl5HB.雙氫青蒿素能發(fā)生氧化反應(yīng)、酯化反應(yīng)C.1mol青蒿素最多能和1molBr2發(fā)生加成反應(yīng)D.青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素發(fā)生了氧化反應(yīng)【答案】B【解析】A.由結(jié)構(gòu)可知青蒿素的分子式為J5H22O5,故A錯(cuò)誤；B.雙氫青蒿素含-OH,能發(fā)生氧化反應(yīng)、酯化反應(yīng)，故B正確；C.青蒿素不含碳碳雙鍵或三鍵，則不能與溟發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素，H原子數(shù)增加，為還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B。.化學(xué)與日常生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.碘酒是指單質(zhì)碘的乙醇溶液.84消毒液的有效成分是NaCIOC.濃硫酸可刻蝕石英制藝術(shù)品D.裝飾材料釋放的甲醛會(huì)造成污染【答案】C【解析】【分析】【詳解】A、碘酒是指單質(zhì)碘的乙醇溶液，A正確；B、84消毒液的有效成分是NaCIO,B正確；C、濃硫酸與二氧化硅不反應(yīng)，氫氟酸可刻蝕石英制藝術(shù)品，C錯(cuò)誤；D、裝飾材料釋放的甲醛會(huì)造成污染，D正確；答案選C。8.某科研團(tuán)隊(duì)研究將磷鴇酸（H3PW1Q4。，以下簡(jiǎn)稱HPW）代替濃硫酸作為酯化反應(yīng)的催化劑，但HPW自身存在比表面積小、易溶于有機(jī)溶劑而難以重復(fù)使用等缺點(diǎn)，將其負(fù)載在多孔載體（如硅藻土、C等）上則能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW負(fù)載在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率與HPW負(fù)載量的關(guān)系（溫度：12（TC,時(shí)間：2h）如圖所示，下列說(shuō)法不思硼的是102030405060H,PW,102030405060H,PW,1040ft載量％>5K)5O5O5O99887766卓祺3概A.與HPW相比，HPW/a藻土比表面積顯著增加，有助于提高其催化性能.當(dāng)HPW負(fù)載量為40%時(shí)達(dá)到飽和，酯化率最高C.用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑，可減少設(shè)備腐蝕等不足D.不同催化劑對(duì)酯化率的影響程度主要取決于化學(xué)反應(yīng)正向進(jìn)行的程度【答案】D【解析】【詳解】A、HPW自身存在比表面積小、易溶于有機(jī)溶劑而難以重復(fù)使用等缺點(diǎn)，將其負(fù)載在多孔載體（如硅藻土、C等）上則能有效克服以上不足，提高其催化活性，選項(xiàng)A正確；B、根據(jù)圖中曲線可知，當(dāng)HPW負(fù)載量為40%時(shí)達(dá)到飽和，酯化率最高，選項(xiàng)B正確；C、用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑濃硫酸，可減少設(shè)備腐蝕等不足，選項(xiàng)C正確；D、催化劑不能使平衡移動(dòng)，不能改變反應(yīng)正向進(jìn)行的程度，選項(xiàng)D不正確。答案選D。.下列關(guān)于電化學(xué)的實(shí)驗(yàn)事實(shí)正確的是（）出現(xiàn)環(huán)境實(shí)驗(yàn)事實(shí)A以稀H2SO4為電解質(zhì)的Cu-Zn原電池Cu為正極，正極上發(fā)生還原反應(yīng)B電解CuCL溶液電子經(jīng)過(guò)負(fù)極T陰極-電解液f陽(yáng)極少正極C弱酸性環(huán)境下鋼鐵腐蝕負(fù)極處產(chǎn)生出，正極處吸收5D將鋼閘門與外加電源負(fù)極相連犧牲陽(yáng)極陰極保護(hù)法，可防止鋼閘門腐蝕A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A、鋅與硫酸發(fā)生：Zn+H2sO4=ZnSO4+H2個(gè)，且鋅比銅活潑，因此構(gòu)成原電池時(shí)鋅作負(fù)極，銅作正極，依據(jù)原電池的工作原理，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B、電解CuCL溶液，電子從負(fù)極流向陰極，陽(yáng)離子在陰極上得電子，陰離子在陽(yáng)極上失去電子，電子從陽(yáng)極流向正極，B錯(cuò)誤；C、弱酸環(huán)境下，發(fā)生鋼鐵的析氫腐蝕，負(fù)極上發(fā)生Fe-2e-=Fe",正極上發(fā)生2H++2e-=d個(gè)，C錯(cuò)誤；D、鋼閘門與外電源的負(fù)極相連，此方法稱為外加電流的陰極保護(hù)法，防止鋼閘門的腐蝕，D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)是選項(xiàng)B,在電解池以及原電池中，電解質(zhì)溶液中沒(méi)有電子的通過(guò)，只有陰陽(yáng)離子的定向移動(dòng)，形成閉合回路。.以黃銅礦(主要成分為CuFeSz,含少量雜質(zhì)SiOz等)為原料，進(jìn)行生物煉銅，同時(shí)得到副產(chǎn)品綠磯(FeSO4?7H2O)o其主要工藝流程如下：綠磯過(guò)量稀綠磯過(guò)量稀H2SO4黃 ］細(xì)菌要一|反應(yīng)1圖不斷通入已知:部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式開始沉淀和完全沉淀時(shí)溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(0H)2開始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列說(shuō)法不正確的是A.試劑a可以是Cu?；駽u(OH)2,作用是調(diào)節(jié)pH至3.7?4.7之間B.反應(yīng)I的化學(xué)反應(yīng)方程式為4CuFe52+2H2so4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2HzO,該反應(yīng)中鐵元素被還原C.操作X為蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜，再冷卻結(jié)晶D.反應(yīng)III的離子方程式為Cu2++Fe==Cu+Fe2+,試劑c參與反應(yīng)的離子方程式分別為Fe+2H、Fe2++H2個(gè)，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】B【解析】【詳解】A.加入試劑a調(diào)節(jié)pH至3.7~4.7之間，目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同時(shí)要防止生成Cu(OH)2沉淀,為了防止引入新的雜質(zhì)，試劑a可以是CuO［或Cu(OH)z、CUCO3等］，故A正確；B.反應(yīng)I的化學(xué)反應(yīng)方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O,該反應(yīng)中鐵元素化合價(jià)升高被氧化，故B錯(cuò)誤；C.操作X為從硫酸亞鐵溶液中得到綠帆晶體，當(dāng)蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)，再冷卻結(jié)晶即可，故C正確；D.反應(yīng)m主要是與過(guò)量的Fe（即b試劑）反應(yīng)，為將+全部轉(zhuǎn)化，加入的鐵粉過(guò)量，因此在反應(yīng)IV時(shí)應(yīng)該將過(guò)量的鐵粉除去，利用鐵、銅的性質(zhì)差別，加入適量稀硫酸（即試劑c）即可，參與反應(yīng)的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2++&個(gè)，F(xiàn)e（OH）3+3H+=Fe3++3H2O,故D正確；答案選B。.分類法是研究化學(xué)的一種重要方法，下列乙中的物質(zhì)與甲的分類關(guān)系匹配的是（ ）選項(xiàng)甲乙A干燥劑濃硫酸、石灰石、無(wú)水氯化鈣B混合物空氣、石油、干冰C空氣質(zhì)量檢測(cè)物質(zhì)氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A.石灰石是碳酸鈣，不具有吸水性，故不能做干燥劑，故A錯(cuò)誤；B.由兩種或以上物質(zhì)構(gòu)成的是混合物，而干冰是固體二氧化碳，屬于純凈物，故B錯(cuò)誤；C.氮氧化物能導(dǎo)致光化學(xué)煙霧、二氧化硫能導(dǎo)致酸雨、PM2.5能導(dǎo)致霧霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能導(dǎo)致空氣污染，均是空氣質(zhì)量檢測(cè)物質(zhì)，故C正確；D.和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，而CO為不成鹽的氧化物，故不是酸性氧化物，故D錯(cuò)誤;故選：C.12.下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是：A.S02,SO3都是極性分子 B.在NHJ和［Cu（NH3）4產(chǎn)中都存在配位鍵C.元素電負(fù)性越大的原子，吸引電子的能力越強(qiáng) D.原子晶體中原子以共價(jià)鍵結(jié)合，具有鍵能大、熔點(diǎn)高、硬度大的特性【答案】A【解析】【分析】【詳解】A項(xiàng)，三氧化硫分子是非極性分子，它是由一個(gè)硫原子和三個(gè)氧原子通過(guò)極性共價(jià)鍵結(jié)合而成，分子形狀呈平面三角形，硫原子居中，鍵角120。，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在NHJ和［Cu(NH3)4產(chǎn)中都存在配位鍵，前者是氮原子提供配對(duì)電子對(duì)給氫原子，后者是銅原子提供空軌道，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，元素的原子在化合物中把電子吸引向自己的本領(lǐng)叫做元素的電負(fù)性，所以電負(fù)性越大的原子，吸引電子的能力越強(qiáng)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，原子晶體中原子以共價(jià)鍵結(jié)合，一般原子晶體結(jié)構(gòu)的物質(zhì)鍵能都比較大、熔沸點(diǎn)比較高、硬度比較大，故D項(xiàng)正確。答案選A。.人的血液中存在H2CO3?HCO3一這樣"一對(duì)"物質(zhì)，前者的電離和后者的水解兩個(gè)平衡使正常人血液的pH保持在7.35?7.45之間.血液中注射堿性物質(zhì)時(shí)，上述電離和水解受到的影響分別是A.促進(jìn)、促進(jìn)B.促進(jìn)、抑制C.抑制、促進(jìn)D.抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【詳解】堿性物質(zhì)可以結(jié)合碳酸電離出的氫離子，對(duì)碳酸的電離是促進(jìn)作用，對(duì)碳酸氫根離子的水解其抑制作用。答案選B。.已知蓄電池在充電時(shí)作電解池，放電時(shí)作原電池.如圖是鉛蓄電池的工作示意圖，其反應(yīng)原理為：放電PbO2+Pb4-2H2SO4r--^2PbSO44-2H2O下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是( )充電放電H,SO.充電A.b電極放電后轉(zhuǎn)化為c電極B.電極a和d都發(fā)生還原反應(yīng)C.b的電極反應(yīng)式：Pb+SO42--2e->PbSO4D.放電后硫酸溶液的pH增大【答案】B【解析】【詳解】b是蓄電池負(fù)極，放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)為Pb+SC^--2e=PbSO4,b電極放電后轉(zhuǎn)化為PbSC)4電極，故A正確；a是蓄電池的正極，a發(fā)生還原反應(yīng)，d是電解池陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，d極發(fā)生氧化反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；b為蓄電池負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為：Pb+SO42--2e'=PbSO4,故C正確；D.放電時(shí)總反應(yīng)為PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,消耗硫酸，氫離子濃度降低，溶液pH增大，故D正確；選BoSBP電解法能大幅度提高電解槽的生產(chǎn)能力，如圖為SBP電解法制備MoO3的示意圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）電，［聲電源Sq石搔J 1產(chǎn)基鈦隹合金峪0,混合溶液 溫度控制器 A.a極為電源的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電路中轉(zhuǎn)移4moi電子，則石墨電極上產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LO2C.鈦基鈦鎰合金電極發(fā)生的電極反應(yīng)為：3H2O+Mo4+-2e=MoO3+6H+D.電路中電子流向?yàn)椋篴極 型一＞石墨，鈦基鈦鎰電極 型―＞1）極【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖像電流方向，可知a為負(fù)極，b為正極，石墨為陰極，鈦基鈦鈦合金為陽(yáng)極?！驹斀狻緼選項(xiàng)，根據(jù)上面分析得出a極為電源的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；B選項(xiàng)，石墨是氫離子得到電子生成氫氣，因此電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，則石墨電極上產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8L氫氣，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，鈦基鈦銃合金電極是陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：3H2O+Mo4+-2e-=MoO3+6H+,故C正確；D選項(xiàng)，電路中電子流向?yàn)椋贺?fù)極a極——鯉一＞陰極石墨，陽(yáng)極鈦基鈦鎰電極——竺一＞正極b極，故D正確。綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】電解質(zhì)中電子移動(dòng)方向：電源負(fù)極——型一＞電解質(zhì)陰極，電解質(zhì)陽(yáng)極——整一＞電源正極；電解質(zhì)中離子移動(dòng)方向：陽(yáng)離子移向陰極，陽(yáng)離子移向陽(yáng)極。二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）16.硫酸四氨合銅晶體（［Cu（NH3）4］SO/H2。）常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業(yè)上用途廣泛。常溫下該物質(zhì)溶于水，不溶于乙醇、乙酸，在空氣中不穩(wěn)定，受熱時(shí)易發(fā)生分解。某化學(xué)興趣小組以Cu粉、3mol/I.的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀鹽酸、0.500mol/L的NaOH溶液來(lái)合成硫酸四氨合銅晶體并測(cè)定其純度。I.CuSO,溶液的制備①稱取4g銅粉，在A儀器中灼燒10分鐘并不斷攪拌，放置冷卻。②在蒸發(fā)皿中加入30mL3mol/L的硫酸，將A中固體慢慢放入其中，加熱并不斷攪拌。③趁熱過(guò)濾得藍(lán)色溶液。(1)A儀器的名稱為o(2)某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中有1.5g的銅粉剩余，該同學(xué)將制得的CUS04溶液倒入另一蒸發(fā)皿中加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因 。.晶體的制備。將上述制備的CUS04溶液按如圖所示進(jìn)行操作適量NH、?HQ過(guò)量NH；HQ乙鶴II'ICuSO,溶液淺藍(lán)色沉淀深藍(lán)色溶液深藍(lán)色晶體⑶已知淺藍(lán)色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4,試寫出生成此沉淀的離子反應(yīng)方程式?(4)析出晶體時(shí)采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的原因是o.氨含量的測(cè)定。精確稱取mg晶體,加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中,然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸懦水沖洗導(dǎo)管內(nèi)壁，用VimLJmol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2moi/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCI(選用甲基橙作指示劑)，到終點(diǎn)時(shí)消耗V2mLNaOH溶液。氟的測(cè)定裝置(5)玻璃管2的作用,樣品中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式(6)下列實(shí)驗(yàn)操作可能使氮含量測(cè)定結(jié)果偏低的原因是A.滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管B.讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視C.滴定過(guò)程中選用酚配作指示劑D.取下接收瓶前，未用蒸儲(chǔ)水沖洗插入接收瓶中的導(dǎo)管外壁【答案】用塌 反應(yīng)中硫酸過(guò)量，在濃縮過(guò)程中，稀硫酸逐漸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO「5H2。失水變成CuS￡2Cu2++2NH3H2O+SO；-=Cu2(OH)2SO4+2NH： 硫酸四氨合銅晶體容易受熱分解 平衡氣壓，防止堵塞和倒吸 ^1'02-2^10—17x100% ACm【解析】【分析】I.(1)灼燒固體，應(yīng)在生竭中進(jìn)行；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時(shí)，硫酸變濃，具有吸水性；D.CUSO4溶液加入氨水，先生成CU2(OH)2s。4沉淀，氨水過(guò)量，反應(yīng)生成Cu【(NH3)4]SO4?%0,用乙醇洗滌，可得到晶體?！驹斀狻縄.⑴灼燒固體，應(yīng)在生堪中進(jìn)行；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時(shí)，硫酸變濃，濃硫酸具有吸水性，使CuSOz,?5HQ失去結(jié)晶水變?yōu)镃uSOzu可使固體變?yōu)榘咨?；n.(3)淺藍(lán)色沉淀的成分為CU2(OH)2so4,反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++2NH3?H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4十.(4)析出晶體時(shí)采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的原因是Cu[(NH3)4]SO4?H2O晶體容易受熱分解；HI.(5)裝置中長(zhǎng)導(dǎo)管可平衡燒瓶?jī)?nèi)部和外界的氣壓，可以防止堵塞和倒吸，與氨氣反應(yīng)的n(HCI)=103ViLxC1mol?L^-CzxlO3V2L=10-3(CiVi-c2V2)mol,根據(jù)氨氣和HCI的關(guān)系式知，n(NH3)=n(HCI)=103(CiVrC2V2)mol,則樣品中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(,“一02%：10 ;m6)根據(jù)氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表示式，若氨含量測(cè)定結(jié)果偏高，則Vz偏??；A.滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，濃度偏低，則S偏大，含量偏低，A符合題意；B.讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視，導(dǎo)致V2偏小，則含量偏高，B不符合題意；C.滴定過(guò)程中選用酚歆作指示劑，滴定終點(diǎn)的溶液中含有NH4cl和NaCL溶液呈酸性，如果使用酚歆作指示劑，消耗的NaOH增大，則V2偏大，結(jié)果偏低，C符合題意；D.取下接收瓶前，未用蒸懦水沖洗插入接收瓶中的導(dǎo)管外壁，部分鹽酸沒(méi)有反應(yīng)，需要的氫氧化鈉偏少,則Vz偏小，含量偏高，D不符合題意。答案為AC。三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分)17.布洛芬具有降溫和抑制肺部炎癥的雙重作用。一種制備布洛芬的合成路線如圖：

M ClhCHO已知：①CH3cH2CI,：，CH3cH2MgeI ?,, .(.II(H(.llM ClhCHO已知：①CH3cH2CI,：，CH3cH2MgeI ?,, .(.II(H(.llOH回答下列問(wèn)題:(2)分子中所有碳原子可能在同一個(gè)平面上的E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為ITK的化學(xué)方程式為一。(4)寫出符合下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_(不考慮立體異構(gòu))。①能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②分子中有一個(gè)手性碳原子；③核磁共振氫譜有七組峰。尸CH,(5)寫出以間二甲苯、CLCOCI和(CHRCHMgCI為原料制備 乙CHCH-CH,的合成路線：_(無(wú)H、CCH,機(jī)試劑任選)。C—CH=C—CH,H;C【答案】甲苯消去反應(yīng)碳碳雙鍵、酯基C—CH=C—CH,H;CCH,加干…H3C7CH3CH3【解析】【分析】根據(jù)F的結(jié)構(gòu)可知A中應(yīng)含有苯環(huán)，A與氯氣可以在光照條件下反應(yīng)，說(shuō)明A中含有烷基，與氯氣在光照

條件下發(fā)生取代反應(yīng),A的分子式為C7H8,則符合條件的A只能是'J>時(shí)；則B為(X,H2a，B+SD發(fā)生信息①的反應(yīng)，所以C為〈二〉CH2MgCI,D中羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成E,發(fā)生信息①的反應(yīng)，所以C為〈二〉CH2MgCI,D中羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成E,則E為ch3c=c-ch3C-H2CH3LE與氫氣加成生成F,F生成G,G在濃硫酸加熱的條件下羥基發(fā)生消去痛生成H,則H為尸H與氫氣加成生成L貝八為(O,MH,1中酯基水解生成K?！驹斀狻?1)A為］名稱為甲苯；G(1)A為］名稱為甲苯；G到H為消去反應(yīng)；H為,其官能團(tuán)為碳碳雙鍵、酯基;其同分異構(gòu)體滿足:為D碳雙鍵、酯基;其同分異構(gòu)體滿足:為DCH3其中c=c-ch3的碳原子可能在同一平面上;(3)1到K的過(guò)程中酯基發(fā)生水解，方程式為 <O<M：H+H20!，.. <<>OH+CH30H；①能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說(shuō)明含有酚羥基；②分子中有一個(gè)手性碳原子，說(shuō)明有一個(gè)飽和碳原子上連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)；③核磁共振氫譜有七組峰,有7種環(huán)境的氫，結(jié)構(gòu)應(yīng)對(duì)稱,滿足條件的同分異構(gòu)體為：CH,—CH,⑸根據(jù)觀察可知需要在間二甲苯的苯環(huán)上引入一個(gè)支鏈，根據(jù)信息②可知CH3coel/AICb可以在苯環(huán)上引入支鏈-COCH3,之后的流程與C到F相似，參考C到F的過(guò)程可知合成路線為：

四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.D是一種催眠藥，F(xiàn)是一種香料，它們的合成路線如下:D(1)A四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.D是一種催眠藥，F(xiàn)是一種香料，它們的合成路線如下:D(1)A的化學(xué)名稱是,C中含氧官能團(tuán)的名稱為.(2)F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,A和E生成F的反應(yīng)類型為.(3)B與乙煥鈉合成C的反應(yīng)類型(酸化前)是寫出由C合成D的第二個(gè)反應(yīng)的化學(xué)方程式(4)同時(shí)滿足下列條件的E的同分異構(gòu)體有種(不含立體異構(gòu))。①遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)； ②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)(5)以乙快和甲醛為起始原料，選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成1,3-丁二烯，寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)?！敬鸢浮凯h(huán)己醇羥基OHO孕-。-0酯化(取代)反應(yīng)加成反應(yīng)COC1三【答案】環(huán)己醇羥基OHO孕-。-0酯化(取代)反應(yīng)加成反應(yīng)COC1三c—H+NH3fO-CONH:+HC1Na HCHO催化劑HC=CH-->NaC=CNa ?HOCHzC=CCH：OH催化劑液氨 l)液氨2)H;O*濃硫酸2 -U—HOCH2CH2CH2CH2OH ?CH:=CHCH=CH2△

【解析】【分析】心在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成A,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 -OH； 催化氧化可生成B,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ； 與H-CmCNa可發(fā)生加成反應(yīng)生成三C-H，酸化后生成c（0Ce=c-H）?O^Xc-h與SOCL反應(yīng)生敷（；二普，「底二名；與NH3反應(yīng)生成D（H二江5。&COONa酸化后生成E，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為680H'Q"。11與詈80H發(fā)生酯化反應(yīng)生成F,化反應(yīng)生成F,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為【詳解】（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為化學(xué)名稱是環(huán)己醇，c的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為0（c三C-H，含氧官能團(tuán)的名稱為羥基。答案為：環(huán)己醇；羥基；（2）由以上分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為力類型為酯化（取代）反應(yīng)。答案為:（2）由以上分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為力類型為酯化（取代）反應(yīng)。答案為:酯化（取代）反應(yīng);⑶ 與H-CmCNa合成［了反應(yīng)類型（酸化前）是加成反應(yīng)；由I"；合成C^c三C-H的化學(xué)方程式為6c三C-h+NH360^C三C-H+HCL答案為：加成反應(yīng)；一、/O-COCl /O-CONH:0<3C-h+NH-好gc—H+HCI；（4）同時(shí)滿足條件：“①遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)”的E的同分異構(gòu)體中，應(yīng)含有1個(gè)-OH（酚卜1個(gè)-OOCH（3種異構(gòu)體），或2個(gè)-OH（酚）、1個(gè)-CHO（6種異構(gòu)體），異構(gòu)體共有9種（不含立體異構(gòu)）。答案為：9；⑸以乙狹和甲醛為起始原料，利用題給流程圖中 與H-C三CNa的反應(yīng)原理，將HC三CH轉(zhuǎn)化為NaC三CNa,然后與HCH。進(jìn)行加成，生成HOCHzC三CCHzOH,與出加成生成HOCH2cH2CH2CH2OH,再發(fā)生消去反應(yīng)從而得到目標(biāo)有機(jī)物。合成路線為:

Na HCHO催化劑答案為:HC=CH-->NaC=CNa ?HOCH:CmCCHOH催化劑答案為:液氨 l)液氨2)HiO*濃硫酸 cu—U—tfHOCH2CH2CH2CH2OH ?CH2=CHCH=CH:△Na HCHO H：HC三CH ?Nac三CNa ?HOCH：C=CCHzOH ?液氨 l)液氨 催化劑2)HsO*濃硫酸HOCH2CH2CH2CH2OH ?CIt=CHCH=CH：△【點(diǎn)睛】,H f于COOH的同分異構(gòu)體中，含有1個(gè)-0H(酚)、1個(gè)-OOCH的異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為卜；(共3種異構(gòu)(共6種異構(gòu)體,/ (共6種異構(gòu)體,體)；含2個(gè)-OH(酚)、1個(gè)-CHO的異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為序號(hào)①、②、③表示-CHO所在的位置)。19.據(jù)公安部2019年12月統(tǒng)計(jì)，2019年全國(guó)機(jī)動(dòng)車保有量已達(dá)3.5億。汽車尾氣排放的碳?xì)浠衔?、氮氧化物及碳氧化物是許多城市大氣污染的主要污染物。I.汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低汽車尾氣污染。(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) △Hi=-393.5kJ?moL2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221.0kJ-mor1N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.5kJmor1CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學(xué)方程式(2)對(duì)于2NO(g)+2CO(g)^=-N2(g)+2CO2(g),在一定溫度下，于1L的恒容密閉容器中充入O.lmolNO和0.3molCO,反應(yīng)開始進(jìn)行。下列能說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是一(填字母代號(hào))。c(NO)

c(CO2c(NO)

c(CO2)比值不變B.容器中混合氣體的密度不變C.v(N2)正=2v(NO)sD.容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變(3)使用間接電化學(xué)法可處理燃煤煙氣中的NO,裝置如圖2所示。

已知電解池的陰極室中溶液的pH在4~7之間，寫出陰極的電極反應(yīng)式用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理—,(4)L溫度時(shí)在容積為21.的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+O2(g);^2CO2(g) AH<0.實(shí)驗(yàn)測(cè)得：vje=v(CO)泊施=2v(C>2)消耗=kiEc2(CO卜c(Oz),V?=(CO2)M?=k?02(￡02),k正、k逆為速率常數(shù)只受溫度影響。不同時(shí)刻測(cè)得容器中n(CO)、n(02)如表：時(shí)間/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4%①Ti溫度時(shí)■;^ L/mol1,k逆②若將容器的溫度改變?yōu)門z時(shí)其k正=1<迪，貝！|T2_Ti(填">"、"<"或"=")。II."低碳經(jīng)濟(jì)"備受關(guān)注，CO2的有效開發(fā)利用成為科學(xué)家研究的重要課題。在O.IMPa、Ru/TiOz催化下，將一定量的％和CO?置于恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)X：CO2(g)+4H2(g)^^CH4(g)+2H2O(g)AH<0(5)為探究反應(yīng)X的反應(yīng)速率與濃度的關(guān)系，向恒容密閉容器中通入濃度均為1.0mol?L-i的Hz與CO2o恒溫條件下，根據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)繪制出反應(yīng)速率與濃度關(guān)系曲線：v正?c(CO2)和v及?c(H2O)?則與曲線v正?c(CO2)相對(duì)應(yīng)的是如圖—曲線。(填"甲"或"乙")；該反應(yīng)達(dá)到平衡后，某一時(shí)刻降低溫度，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則此時(shí)曲線乙對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)可能為一(填字母)。v/uosL-mimDc(bo1-L-x)v/uosL-mimDc(bo1-L-x)(6)溫度為T時(shí)，向10L密閉容器中充入5mold和CO2的混合氣體，此時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)為5P,兩種氣體的n(H2)平衡轉(zhuǎn)化率a與々的關(guān)系如圖所示:

n(CO,)a%A50° 一Zj： *肛％ ! ?STco)①圖中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率可用表示一(J或Lz)②該溫度下，反應(yīng)X的平衡常數(shù)Kp=__。(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！敬鸢浮?NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)AH=-746.5kJ*mol1AD2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O2N0+2s2O4,2HzO=N2+4HSO； 80 >乙CLi【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算；(2)根據(jù)平衡狀態(tài)判斷的依據(jù)：正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度保持不變及由此衍生的其他物理量進(jìn)行分析。(3)電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖2所示，HS(V得電子生成SzO產(chǎn)，發(fā)生還原反應(yīng)；吸收池中N0和SR產(chǎn)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)圖示的產(chǎn)物可寫出該反應(yīng)的離子方程式；kc2(CO)(4)①反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆，即k正c2(C0)?cQ)=k逆c?(C0J,所以此時(shí)』=，/y\=K,根k逆c2(CO)c(O2)據(jù)表格數(shù)據(jù)可知初始投料為2moic0和1.Zmoia,平衡時(shí)n(C0)=0.4moLn(02)=0.4mol,根據(jù)反應(yīng)方程式krr可知生成的n(C02)=l.6moL容器的體積為2L,可以計(jì)算出芳；k逆②T2時(shí)其k/kie，即丁正=K="80；該反應(yīng)焙變小于零即正反應(yīng)放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)變小，據(jù)此分析溫度k逆的大?。?5)初始投料為濃度均為L(zhǎng)OmobL的慶與C02,則反應(yīng)過(guò)程中CO?的濃度減小，所以與曲線v正?c(C02)相對(duì)應(yīng)的是曲線乙；該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以降低溫度平衡正向移動(dòng)MCG)在原平衡基礎(chǔ)上減小，且溫度降低反應(yīng)速率減慢，所以對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)應(yīng)為C；(6)①當(dāng)CO?的量一定時(shí)，增大質(zhì)的量，C&的轉(zhuǎn)化率增大；②當(dāng)反應(yīng)物投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)平衡轉(zhuǎn)化率相等，二者平衡轉(zhuǎn)化率相同時(shí)轉(zhuǎn)化率為50%,即n(H2)4當(dāng)/二=\=一時(shí)，轉(zhuǎn)化率為50%，共充入5molHz和CO?的混合氣體，貝!|n(H2)=4moLn(C02)=lmol,列三rt(CO2)1段式進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，以p(ca)、p(h2),p(iw)來(lái)表示平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度，進(jìn)而計(jì)算出【詳解】(l)co和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的方程式為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：?C(s)+O2(g)=CO2(g) △Hi=-393.5kJ?mol1②2c(s)+C)2(g)=2CO(g) △H2=-221.0kJmol_1@N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.5kJ-mor1①x2-②-③可得目標(biāo)反應(yīng)方程式，根據(jù)蓋斯定律可知目標(biāo)反應(yīng)方程式△H=-393.5kJ?mor1x2+221.0kJ-mor1-180.5kJ-moF1=-746.5kJ?mor1,所以CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學(xué)方程式為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)AH=-746.5kJ?mo『；_ _ c(NO)(2)A.初始投料為O.lmolN。和0.3molCO,所以平衡前N。濃度減小，CCb濃度增大，所以當(dāng)、比值c(CO2)不變時(shí)說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A選；B.容器體積不變，即氣體的體積不變，反應(yīng)物和生成物都是氣體，所以氣體的總質(zhì)量不變，則混合氣體的密度一直不變，故B不選；C.反應(yīng)平衡時(shí)v(N2)iE=v(N2)fl!，2v(N2)#=v(NO)?,故C不選；D.平衡正向移動(dòng)時(shí)氣體的物質(zhì)的量減小，氣體總質(zhì)量不變，所以平均摩爾質(zhì)量增大，當(dāng)混合氣體平均摩爾質(zhì)量不變時(shí)說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D選；綜上所述選AD；⑶電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖2所示，進(jìn)入陰極室的是HSO”流出陰極室的是治。4，即HSO3.得電子生成S2O4”，陰極室中溶液的pH在4?7之間，呈酸性，故電極反應(yīng)為2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O；吸收池中NO和S?。/發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)圖示的產(chǎn)物可知，NO得電子生成Nz,S2O42一失電子生成HSO；,根據(jù)得失電子守恒寫出反應(yīng)的離子方程式為2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3；⑷①反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)丫正=丫逆，^kzc2(CO)-c(O2)=kxc2(CO2),所以此時(shí)改=曜("Jr=K,根據(jù)表%c-(CO}c(O2)格數(shù)據(jù)可知初始投料為2molc。和l.2molO2，平衡時(shí)n(CO)=0.4mol,n(O2)=0.4mol,根據(jù)反應(yīng)方程式可知(1.6molV生成的n(CO2)=l5mol,容器的體積為2L,所以』~， =80L/mol；k.逆(0.4molY0.4molI2LJ2L②T2時(shí)其卜正=1(送，即獸=K=l<80；該反應(yīng)始變小于零即正反應(yīng)放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)變小說(shuō)明溫度升高，k逆所以T2>T“(5)初始投料為濃度均為l.OmolH1的“與CO2,則反應(yīng)過(guò)程中CO2的濃度減小，所以與曲線vi-c(CO2)相對(duì)應(yīng)的是曲線乙；該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以降低溫度平衡正向移動(dòng)c(C02)在原平衡基礎(chǔ)上減小，且溫度降低反應(yīng)速率減慢，所以對(duì)應(yīng)的平衡點(diǎn)應(yīng)為C；

〃(凡)(6)①當(dāng)CO?的量一定時(shí)，增大〃(凡)(6)①當(dāng)CO?的量一定時(shí)，增大Hz的量，C02的轉(zhuǎn)化率增大，即C02的平衡轉(zhuǎn)化率可用L1表示；②當(dāng)反應(yīng)物投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)平衡轉(zhuǎn)化率相等，二者平衡轉(zhuǎn)化率相同時(shí)轉(zhuǎn)化率為50%,即當(dāng)/方二、=一時(shí)，轉(zhuǎn)化率為50%,共充入5m。陽(yáng)2和CO2的混合氣體，則n(h)=4mol,n(CO2)=lmol,列h(CO2)1CO2(g)+4HCO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)00.50.500.50.5平衡(mol)0.5轉(zhuǎn)化(平衡(mol)0.5平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為0.5mol+2moi+0.5mol+lmol=4mol,反應(yīng)前氣體總物質(zhì)的量為5mol,壓強(qiáng)為5P,P2x-P?1 9 1則反應(yīng)后總壓強(qiáng)為4P,p(CO2)=p(CH4)=-P,p(H2)=2P,p(H2O)=P,所以Kp= +=；7歹。(2P)&P16匕【點(diǎn)睛】k.化學(xué)反應(yīng)原理題目的考查中經(jīng)常出現(xiàn)速率常數(shù)，可以將7A=K(平衡常數(shù))，作為結(jié)論記?。划?dāng)反應(yīng)物投料%比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)各反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率相等。2021屆新高考化學(xué)模擬試卷一、單選題（本題包括15個(gè)小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）.下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，始終無(wú)明顯現(xiàn)象的是COz通入飽和NazCOs溶液中SO?通入CaCk溶液中NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中SO?通入Na2s溶液中【答案】B【解析】【詳解】A.碳酸鈉與CO2和水反應(yīng)生成酸式鹽NaHCO3，NaHCCh溶解度小于g283，并且反應(yīng)生成的NaHCO?固體質(zhì)量比原來(lái)NazCOs多，溶劑質(zhì)量減少，溶液中有渾濁出現(xiàn)，故A不符合題意；B.鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，則CaCL溶液中通入SO?不發(fā)生反應(yīng)，始終無(wú)明顯現(xiàn)象，故B符合題意;NL通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中，先與硝酸反應(yīng)，故開始沒(méi)有沉淀，等硝酸全部反應(yīng)完全后，再與硝酸銀反應(yīng)生成氫氧化銀沉淀，再繼續(xù)通入氨氣會(huì)生成可溶性的銀氨溶液，故沉淀又會(huì)減少，直至最終沒(méi)有沉淀，反應(yīng)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3^NH3+AgNO3+H2O=AgOH>V+NH4NO3>AgOH+2NH3=Ag（NH3）zOH（銀氨溶液），故C不符合題意；SO2通入NazS溶液中發(fā)生反應(yīng)：2Na2S+5SO2+2H2O—4NaHSO3+3S4/,生成硫沉淀，故D不符合題意；答案選B?！军c(diǎn)睛】鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性，化學(xué)反應(yīng)中一般遵循強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律。2.杷是航天、航空高科技領(lǐng)域的重要材料。工業(yè)用粗杷制備高純度鋁的流程如圖：濃HC1、濃HNO,NH3 H,x.. r I粗Pd—酸浸|一浸液J中和|―?（NHJPdq一|熱還原|_fPdL-j—1 L-j—1 I氯杷酸盛紅色|~j—1NO, 濾液 氣體下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.酸浸時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式是Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCI6+4NO2^+4H2OB."熱還原"中每生成ImolPd同時(shí)生成的氣體的物質(zhì)的量為8molC.化學(xué)實(shí)驗(yàn)中可利用氯鋸酸根離子檢驗(yàn)溶液中是否含有NHJD.在“酸浸”過(guò)程中為加快反應(yīng)速率可用濃硫酸代替濃鹽酸【答案】D【分析】【詳解】A.據(jù)圖可知，酸浸時(shí)反應(yīng)物有Pd、濃HNO3和濃HCI,產(chǎn)物有NO”中和過(guò)程為非氧化還原過(guò)程，說(shuō)明酸浸后Pd的化合價(jià)應(yīng)為+4價(jià)，存在形式為PdCb，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2yr+4H2O,故A正確；B.根據(jù)元素守恒生成的氣體應(yīng)為HCI和NE,生成ImolPd,則消耗Imol氯杷酸筱，根據(jù)元素守恒可知可生成2molNH3和6moiHCI,共8moi氣體，故B正確；C.氯杷酸錢為紅色沉淀，所以若某溶液中含有錢根，滴入含有氯鈿酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現(xiàn)象，可以檢驗(yàn)筱根，故c正確；D.溶解過(guò)程中鹽酸電離出的C「與PcT生成絡(luò)合物，促使Pd轉(zhuǎn)化為Pd4.的反應(yīng)正向移動(dòng)，從而使Pd溶解,若換成硫酸，無(wú)法生成絡(luò)合物，會(huì)使溶解的效率降低，故D錯(cuò)誤；故答案為D.【點(diǎn)睛】難點(diǎn)為A選項(xiàng)，要注意結(jié)合后續(xù)流程判斷Pd元素的存在形式；分析選項(xiàng)B時(shí)首先根據(jù)元素守恒判斷產(chǎn)物,然后再根據(jù)守恒計(jì)算生成的氣體的物質(zhì)的量，避免寫反應(yīng)方程式。3.下列離子方程式不能正確表示體系顏色變化的是A.向AgCI懸濁液中加入Na2s溶液，有黑色難溶物生成：2AgCI(s)+S2-(aq)r^Ag2s(s)+2CI-(aq)B.向酸性KMnO4溶液中加入NaHS03固體，溶液紫色褪去：2MnOj+5SC)3"+6H+===2Mn2++5SO4”+3H2。C.向橙色LCQCh溶液中加入NaOH溶液，溶液變黃色:Cr2O7"+2OH-=i2CrO42-+HzOD.向稀硝酸中加入銅粉，溶液變藍(lán)色：3Cu+8H++2NO3-===3Cu2++2NO個(gè)+4%0【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.向AgCI懸濁液中滴加NazS溶液時(shí)，由于Ag?S比AgCI更難溶，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子反應(yīng)為：2AgCI(s)+S2-(aq)^^Ag2S(s)+2CI-(aq),選項(xiàng)A正確；B.向酸性KMnO”溶液中加入NaHSOs固體，HSO3-將Mn6-還原而使溶液紫色褪去，反應(yīng)的離子方程式為2MnO4_+5HSO3_+H+=2Mn2++5SO42_+3H2O,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.向橙色心口2。7溶液中加入一定濃度的NaOH溶液后，發(fā)生Cr2O72-+2OH-?=』2CrO4"+H2O,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，溶液變?yōu)辄S色，選項(xiàng)C正確；D.向稀硝酸中加入銅粉，銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅，溶液變藍(lán)色，反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H++2N5-=3Cu2++2NOt+4H2O,選項(xiàng)D正確；答案選B。4.常溫下，將AgNOa溶液分別滴加到濃度均為OQlmol/L的NaBr、NazSeO,溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲線如圖所示（Br\SeO：用x“一表示，不考慮SeO；的水解）。下列敘述正確的是（）。A.Ksp（A.Ksp（Ag2SeO3）的數(shù)量級(jí)為10」°B.d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的AgBr溶液為不飽和溶液C.所用AgNO3溶液的濃度為103moiL'D.Ag2SeO3(s)+2Br(aq)=2AgBr(s)+SeO；(aq)平衡常數(shù)為io，,反應(yīng)趨于完全【答案】D【解析】【詳解】A.由圖象可知-lgc(SeO32)=5.0時(shí)，-lgc(Ag+)=5,則KsrAgzSeOORlAgBxUSeOs、：1。-1',數(shù)量級(jí)為10已故a錯(cuò)誤;B.由圖象可知d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的C（Ag。偏大，應(yīng)生成沉淀，B錯(cuò)誤;C.由圖象可知起始時(shí)，-lgc（Ag+）=2,則所用AgNC>3溶液的濃度為102moi/L,C錯(cuò)誤;=1096>c(SeO；)KSp(Ag,SeOj=1096>D.Ag2SeO3(s)+2Br(aq)=2AgBr(s)+SeO3(aq)平衡常數(shù)為K= , = 2zx=~~—7c(Br)Ksp(AgBr)(10-123)105,反應(yīng)趨于完全，D正確;故合理選項(xiàng)是Do5.化學(xué)在科技進(jìn)步方面發(fā)揮著重要的作用。下列說(shuō)法正確的是是制備有機(jī)發(fā)光二極管OLED的材料之一，其屬于有機(jī)高分子化合物2019世界能源大會(huì)把核能作為含碳能源重要替代品，核電站把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能DAC法能夠?qū)崿F(xiàn)直接從空氣中捕獲二氧化碳，該法可緩解全球日益嚴(yán)重的溫室效應(yīng)D.以純凈物聚丙烯為原料生產(chǎn)的熔噴布口罩，在“新冠肺炎戰(zhàn)疫"中發(fā)揮了重要作用【答案】C【分析】【詳解】從竺_（/2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以看出，其屬于有機(jī)小分子，不屬于有機(jī)高分子化合物，A錯(cuò)誤；核電站把核能經(jīng)過(guò)一系列轉(zhuǎn)化，最終轉(zhuǎn)化為電能，B錯(cuò)誤；捕獲空氣中的CO?可使空氣中CO?的含量降低，能夠減緩溫室效應(yīng)，C正確；不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以，聚丙烯屬于混合物，D錯(cuò)誤。6. 是一種重要的化工原料，利用NL催化氧化并釋放出電能（氧化產(chǎn)物為無(wú)污染性氣體），其工作原理示意圖如下。下列說(shuō)法正確的是A.電極I為正極，電極上發(fā)生的是氧化反應(yīng)B.電極I的電極反應(yīng)式為2NH3-6e-=^=N2+6H+C.電子通過(guò)外電路由電極II流向電極ID.當(dāng)外接電路中轉(zhuǎn)移4moi院時(shí)，消耗的為22.4L【答案】B【解析】【分析】由工作原理示意圖可知，h+從電極I流向n,可得出電極I為負(fù)極，電極n為正極，電子通過(guò)外電路由電極I流向電極U,則電極I處發(fā)生氧化反應(yīng)，故a處通入氣體為NH3,發(fā)生氧化反應(yīng)生成Nz，電極反應(yīng)式為21\1出-6}==心+64,b處通入氣體5,。2得到電子與4結(jié)合生成HQ,根據(jù)電極反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)進(jìn)行計(jì)算，可得出消耗的標(biāo)況下的。2的量。【詳解】A.由分析可知，電極I為負(fù)極，電極上發(fā)生的是氧化反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.電極I發(fā)生氧化反應(yīng)，NH3被氧化成為無(wú)污染性氣體，電極反應(yīng)式為2NH3-6e--Nz+6H+,B項(xiàng)正確；C.原電池中，電子通過(guò)外電路由負(fù)極流向正極，即由電極I流向電極n,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.b口通入6,在電極II處發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)方程式為：Oz+4e+4H+==2H2。，根據(jù)電極反應(yīng)方程式可知，當(dāng)外接電路中轉(zhuǎn)移4moie-時(shí)，消耗的物質(zhì)的量為lmol,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是22.4L,題中未注明為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故不一定是22.4L,D項(xiàng)錯(cuò)誤；7.已知Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是32gs8與S6（弋葭）^）的混合物中所含共價(jià)鍵數(shù)目為Na1L1.lmol?LH2c2O4溶液中含C2O42-離子數(shù)為I.INac.2moiNO與2mol。2在密閉容器中充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.4L氯氣與甲烷的混合氣體，光照時(shí)充分反應(yīng)生成HCI分子數(shù)為Na【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.S8與S6（\^々/左二7）分子中分別含有8個(gè)和6個(gè)S-S鍵，1個(gè)S對(duì)應(yīng)1個(gè)S-S共價(jià)鍵，由于32gs8與S6（t二?/在二/）的混合物中含硫?yàn)閘mol,則該混合物中含imolS-S鍵，A選項(xiàng)正確;B.因?yàn)椴菟崾侨蹼娊赓|(zhì)，部分電離出CzC）43所以L1.1mohL-HzCzOa溶液含C2O/離子數(shù)小于LINa，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。C.密閉容器中2moiN。與2moiCh充分反應(yīng)，這是一個(gè)可逆，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于4以，由于NO不足，更小于8Na,C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.41.氯氣與甲烷混合氣體，光照時(shí)充分反應(yīng)，由于無(wú)法知道氯氣、甲烷各為多少量，所以生成HCI分子數(shù)無(wú)法計(jì)算，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。【點(diǎn)睛】A選項(xiàng)在判斷時(shí)明確S8與S6（個(gè)亡，片）分子中分別含有8個(gè)和6個(gè)S-S鍵，兩者混合后一個(gè)S對(duì)應(yīng)1個(gè)S-S共價(jià)鍵是解答的關(guān)鍵。8.原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素隊(duì)X、Y、Z,其中只有X與Z同主族；W、X、Y最外層電子數(shù)之和為10;Y是地殼中含量最高的金屬元素。下列關(guān)于它們的敘述一定正確的是（ ）Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸W、Y的氧化物一定屬于離子化合物X、Z的氫化物中，前者的沸點(diǎn)低于后者X、Y的簡(jiǎn)單離子中，前者的半徑大于后者【答案】D【解析】【分析】原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素W、X、Y、Z,Y是地殼中含量最高的金屬元素，則Y為A1元素；其中只有X與Z同主族；Z原子序數(shù)大于A1,位于第三周期，最外層電子數(shù)大于3；V、X、Y最外層電子數(shù)之和為10,則W、X的最外層電子數(shù)之和為10-3=7,Z的原子序數(shù)小于7,所以可能為Si、P、S元素，若Z為Si時(shí)，X為C元素，W為B元素，B與A1同主族，不符合；若Z為P元素時(shí)，X為N元素，W為Be元素；若Z為S元素，X為0元素，W為為H（或Li）元素?！驹斀狻緼項(xiàng)、Z可能為P、S元素，P的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為磷酸，磷酸為弱電解質(zhì)，不屬于強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、Y為A1元素，氧化鋁為離子化合物，W為H元素時(shí)，水分子為共價(jià)化合物，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、X為0時(shí)，Z為S,水分子之間存在氫鍵，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)大于硫化氫，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、X可能為N或0元素，Y為AL氮離子、氧離子和鋁離子都含有3個(gè)電子層，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑X>Y,故D正確。故選D。【點(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，注意掌握元素周期律內(nèi)容、元素周期表結(jié)構(gòu)，利用討論法推斷元素為解答關(guān)鍵。9.設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示NQ在Pt?。*表面與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成無(wú)害氣體的過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是A.N2O轉(zhuǎn)化成無(wú)害氣體時(shí)的催化劑是Pt2O2+B.每lmolPtzCf轉(zhuǎn)化為PtzOz+得電子數(shù)為3NaC.將生成的CO2通人含大量SiC^-、Na\C「的溶液中，無(wú)明顯現(xiàn)象D.lgCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5Na【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，吐0轉(zhuǎn)化”時(shí)，Pt2。*轉(zhuǎn)化為PtzOz'則該過(guò)程的催化劑是PtzCf,故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合得失電子守恒，弗0轉(zhuǎn)化心時(shí)，Pt?。*轉(zhuǎn)化為Pt2O2*,氧化還原反應(yīng)方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+,反應(yīng)中氮元素由+1價(jià)得電子變?yōu)?價(jià)，lmolN2O轉(zhuǎn)化為M得到2moi電子，則每lmolPtzO*轉(zhuǎn)化為Pt2（）2+失電子為2moL數(shù)目為2Na,故B錯(cuò)誤；C.將生成的CC>2通人含大量Sd"、Na\C「的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32+CO2（d>量）+H2O=CO3*+H2SiO31，有白色沉淀生成，故c錯(cuò)誤；D.CO?和Nz。的摩爾質(zhì)量都為44g/mol,一個(gè)分子中含有電子數(shù)都為22個(gè)，則lgCO?、20的混合氣體的物質(zhì)的量為，7mol,含有電子數(shù)為，7moix22xNa=0.5Na,故D正確；44 44答案選D。【點(diǎn)睛】B項(xiàng)計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時(shí)，必須正確寫出反應(yīng)方程式，根據(jù)化合價(jià)的變化，物質(zhì)的關(guān)系，計(jì)算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。10.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，甲+乙今丙+W,其中甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下O.lmoM?丙溶液的pH=13,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是X和Y、W均至少能形成兩種化合物B.乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵的離子化合物C.四種元素簡(jiǎn)單離子半徑中Z的最小D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>W【答案】B【解析】【詳解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說(shuō)明Z為AI元素，W為S元素，因?yàn)殇X在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則X為0元素；甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為HQz;常溫下O.lmoLI?丙溶液的pH=13,則丙為強(qiáng)堿，說(shuō)明X、Y、Z、W四種元素中有一種元素的氫氧化物為強(qiáng)堿，則Y為Na元素，則丙為NaOH；由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在甲+乙今丙+W的轉(zhuǎn)化關(guān)系，且乙為一種二元化合物，則乙為NazS。根據(jù)上述分析X,Y、W分別為0、Na、S元素。X和Y能形成氧化鈉、過(guò)氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成兩種化合物，故A正確；通過(guò)上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價(jià)鍵的離子化合物，故B錯(cuò)誤；W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，因?yàn)楹送怆娮訉訑?shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故C正確；X和W為同主族元素，非金屬性X>W,因?yàn)榉墙饘傩栽綇?qiáng)，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X>W,故D正確。答案選B。H.化學(xué)反應(yīng)前后肯定沒(méi)有變化的是①原子數(shù)目②分子數(shù)目③元素種類④物質(zhì)的總質(zhì)量⑤物質(zhì)的種類A.①④ B.①③⑤ C.①③④ D.①②③④【答案】C【解析】【分析】在化學(xué)反應(yīng)前后元素種類、原子數(shù)目和物質(zhì)的總質(zhì)量不變，分子數(shù)目可能變化，而物質(zhì)種類一定發(fā)生變化,據(jù)以上分析解答?！驹斀狻炕瘜W(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是有新物質(zhì)生成,從微觀角度來(lái)看是原子的重新組合,反應(yīng)中遵循質(zhì)量守恒定律,反應(yīng)前后元素原子守恒，所以化學(xué)反應(yīng)前后肯定沒(méi)變化的是①原子數(shù)目、③元素種類、④物質(zhì)的總質(zhì)量；而反應(yīng)前后分子數(shù)目可以改變，物質(zhì)種類也會(huì)改變；綜上分析所述，①③④反應(yīng)前后不變；綜上所述，本題正確選項(xiàng)C。12.主族元素M、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20;M是地殼中含量最多的元素，X、Z為金屬元素；X、Y、Z最外層電子數(shù)之和為12。下列說(shuō)法不正確的是（ ）A.簡(jiǎn)單離子半徑：X<M<YZ與M形成的化合物中一定只含離子鍵YMz可用于自來(lái)水消毒D.工業(yè)上常用電解M與X組成的化合物制單質(zhì)X【答案】B【解析】【分析】主族元素M、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20；M是地殼中含量最多的元素，則M為。元素；X、Z為金屬元素，其最外層電子數(shù)只能為1、2、3,當(dāng)X最外層電子數(shù)為1時(shí)，Z的最外層電子數(shù)可能為1、2、3,Y的最外層電子數(shù)為12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8,都不可能，所以X、Z最外層電子數(shù)只能為2、3,Y的最外層電子數(shù)為12-2-3=7,結(jié)合原子序數(shù)大小及都是主族元素可知，X為Al、Y為Cl、Z為Ca元素【詳解】根據(jù)分析可知：M為。，X為Al,Y為Cl,Z為Ca元素。A.電子層越多離子半徑越大，電子層相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑XVMVY,故A正確；0、Ca形成的過(guò)氧化鈣中含有0-0共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；CIO?具有強(qiáng)氧化性，可用于自來(lái)水消毒，故C正確；D.工業(yè)上通過(guò)電解熔融氧化鋁獲得金屬鋁，故D正確；【點(diǎn)睛】難點(diǎn)：通過(guò)討論推斷X、Y為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)。13.化合物M（如圖所示）可用于制備各種高性能防腐蝕涂料。W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且占據(jù)三個(gè)不同周期，W與Z的質(zhì)子數(shù)之和是X的2倍。下列說(shuō)法不正確的是A.原子半徑：Y>Z>XB.X元素的族序數(shù)是Y元素的2倍C.工業(yè)上電解熔融丫53化合物制備單質(zhì)YD.W與X形成的所有化合物都只含極性共價(jià)鍵【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且占據(jù)三個(gè)不同周期，則w為第一周期主族元素,W為H,Z應(yīng)為第三周期主族元素，根據(jù)化合物M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，Z可形成3個(gè)單鍵和1個(gè)雙鍵，因此，Z原子最外層有5個(gè)電子，Z為P,W與Z的質(zhì)子數(shù)之和是X的2倍，X的質(zhì)子數(shù)===8,則X為O,根據(jù)化合物M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，Y可形成+3價(jià)陽(yáng)離子，則Y為A1,以此解答。【詳解】人.*為0,第二周期元素，Y為Al,Z為P,Y、Z為第三周期元素，電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期元素，核電荷數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：Y>Z>X,故A正確；B.X為O元素，第VIA族元素，Y為A1元素，第IIIA族元素，X的族序數(shù)是Y元素的2倍，故B正確；C.X為O,Y為ALY2X3為AI2O3,工業(yè)上制備單質(zhì)A1的方法為電解熔融AI2O3,故c正確；。*為0,W為H,W與X形成的化合物有"0和H2O2, 中含有非極性共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】氫元素和氧元素可以形成水，含有極性鍵，或是過(guò)氧化氫，含有極性鍵和非極性鍵。14.能用H*+0H今H20表示的是NH3-H20+HNO3-?NH4NO3+H20CH3COOH+KOHTCH3COOK+H20H2SO4+Ba(OH)2-?BaSO4>P+2H2O2HCI+Ca(OH)29CaCI2+2H2O【答案】D【解析】【詳解】A.一水合氨在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式，離子反應(yīng)為4+1\1出?氏0=1\1比++心0,故A錯(cuò)誤；B.醋酸在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式，離子反應(yīng)為CH3COOH+OH=H2O+CH3COO-,故B錯(cuò)誤；C.硫酸鎖在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式，離子反應(yīng)為2H++SO4%BaZ++2OH=BaSO4j+2H2。，故C錯(cuò)誤；D.為強(qiáng)酸與強(qiáng)堿反應(yīng)生成可溶性鹽與水的離子反應(yīng)，離子反應(yīng)為H++0H-H2。，故D正確；故答案為Do【點(diǎn)睛】明確H"+OH>HzO表達(dá)的反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，能用此離子方程式的反應(yīng)是一類強(qiáng)酸與強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成鹽和水，且生成的鹽為可溶性鹽，如稀硫酸與氫氧化釧溶液的反應(yīng)就不能用此離子方程式表示，原因是生成的BaSC)4不溶。15.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中，前者無(wú)明顯現(xiàn)象，后者反應(yīng)劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強(qiáng)B滴有酚酸的Na2c。3溶液中加入BaCL溶液，紅色變淺Na￡a溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過(guò)量氨水產(chǎn)生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg"D溟水中通入sa,濱水褪色S&具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.前者發(fā)生鈍化反應(yīng)，生成致密氧化薄膜阻礙反應(yīng)進(jìn)行，故錯(cuò)誤；B.CO32-+H2O HCO3-+OH-,滴入酚配，溶液變紅，加入Ba",Ba?+與CC^-反應(yīng)生成沉淀BaCC)3,平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，溶液顏色變淺，故正確；C.此溶液可能含有aF+,因?yàn)闅溲趸X不溶于弱堿，故錯(cuò)誤；D.發(fā)生Br2+SO2+2HzO=H2SO4+2HBr,體現(xiàn)SO2的還原性，故錯(cuò)誤。故選Bo二、實(shí)驗(yàn)題(本題包括1個(gè)小題，共10分)16.目前全世界的銀(Ni)消費(fèi)量?jī)H次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。銀常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎮(zhèn)的制備：工業(yè)用電解銀新液(主要含NiSO,，NiCIz等)制備堿式碳酸保晶體［xNiCO3?YNi(OH)2?zH2。］,制備流程如圖:電解饃新液(1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為圖:電解饃新液(1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3NazCO3+2H2O=NiCC)3?2Ni(OH)2+3NazSC)4+2X,X的化學(xué)式為(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為.8109.8.765432407-lloooooooOO雜質(zhì)含里佻.8109.8.765432407-lloooooooOO雜質(zhì)含里佻pH對(duì)雜前含量影晌(3)檢驗(yàn)堿式碳酸銀晶體洗滌干凈的方法是一。測(cè)定堿式碳酸銀晶體的組成：為測(cè)定堿式碳酸銀晶體［xNiC03?yNi(0H)2?ZH2。］組成，某小組設(shè)計(jì)了如圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置:堿石灰堿石灰資料卡片：堿式碳酸銀晶體受熱會(huì)完全分解生成NiO、CO?和出0實(shí)驗(yàn)步驟：①檢查裝置氣密性；②準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸銀晶體［xNiCCh?yNi(OH)2?z"。］放在B裝置中，連接儀器;③打開彈簧夾a,鼓入一段時(shí)間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；④_;⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣；⑥分別準(zhǔn)確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；⑦根據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算(相關(guān)數(shù)據(jù)如下表)

裝置c/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實(shí)驗(yàn)分析及數(shù)據(jù)處理：(4)E裝置的作用(5)補(bǔ)充④的實(shí)驗(yàn)操作—o(6)通過(guò)計(jì)算得到堿式碳酸銀晶體的組成_(填化學(xué)式)。鍥的制備：堿式碳酸銀晶體過(guò)量脫(N2H4堿式碳酸銀晶體過(guò)量脫(N2H4?H20)溶液操作*產(chǎn)品Ni*氣體X和Y(7)寫出制備Ni的化學(xué)方程式【答案】CO28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCI酸化的BaCh溶液，若無(wú)沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的匕0和CO?關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，停止加熱Nig?2Ni(OH)2?4H2O2[NiCO3?2Ni(OH)2?4H2O]+3N2H4?H2O=6Ni+3N2t+2CO2/h+21H2O【解析】【分析】⑴根據(jù)元素守恒分析判斷；⑵使各種雜質(zhì)相對(duì)最少的PH即為最適合的pH；⑶反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸銀晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮透鱾€(gè)裝置的作用分析；⑸根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；⑹先計(jì)算生成水蒸氣和CO?的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；⑺氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價(jià)變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式?！驹斀狻竣欧磻?yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2co3+2H2O=NiCO3?2Ni(OH)z+3Na2SO4+2X,反應(yīng)前Ni原子共3個(gè)、S原子共3個(gè)、。原子共23個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子3個(gè)、H原子4個(gè)，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個(gè)、S原子共3個(gè)、。原子共19個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子1個(gè)、H原子4個(gè)，少。原子4個(gè)，C原子2個(gè)，而這些微粒包含在2個(gè)X分子中，所以X的化學(xué)式為CO?,故答案為：C02；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時(shí)，各種雜質(zhì)相對(duì)最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3,故答案為：8.3;

⑶反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸銀晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCI酸化的BaCIz溶液，若無(wú)沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來(lái)吸收堿式碳酸銀晶體受熱分解產(chǎn)生的H20,D裝置用來(lái)吸收堿式碳酸銀晶體受熱分解產(chǎn)生的CO”E裝置可以防止空氣中的心0和CO?進(jìn)入D裝置中，影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測(cè)定，故答案為：吸收空氣中的H20和C02；(5)步驟③反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CO2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CO2和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應(yīng)該開始進(jìn)行反應(yīng)，因此步驟④的操作為關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，說(shuō)明固體分解完全，停止加熱；步驟⑤再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣，將裝置中殘留的COz和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g-250g=1.08g,C6的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g,由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,則分解反應(yīng)中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)108g 044g 225g比)為即：，° —?= / =6:1:3,xNiCO3?yNi(OH)2?zH2° ?6&O個(gè)+C02個(gè)+3Ni°，根據(jù)18g/mol44g/mol75g/mol 元素守恒可得可得x=l,y=2,z=4即xNiCO3-yNi(OH)rzH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為:NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O；(7)NiCO3-2Ni(OH)2?4H2。與NzHd"。反應(yīng)生成Ni,Ni元素得電子，被還原，同時(shí)還生成氣體X和Y,由第⑴問(wèn)知X為C02,氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為Nz,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學(xué)方程式，故答案為：2[NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O]+3N2H4-H2O=6Ni+3N2t+2CO22[NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O]+3N2H4-H2O=6Ni+3N2t+2CO2/r+21H2Oo三、推斷題(本題包括1個(gè)小題，共10分)17.艾司洛爾是預(yù)防和治療手術(shù)期心動(dòng)過(guò)速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下:回答下列問(wèn)題:⑴丙二酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;E中含氧官能團(tuán)的名稱是(2)D生成E的反應(yīng)類型為o(3)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?(4)A遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，1molA和1mol丙二酸在毗淀、苯胺中反應(yīng)生成1molB、1molH2O和1molCO2,B能與溪水發(fā)生加成反應(yīng)，推測(cè)A生成B的化學(xué)方程式為一。

(5)X是B的同分異構(gòu)體，X同時(shí)滿足下列條件的結(jié)構(gòu)共有一種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為一.①可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳②遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③除苯環(huán)外不含其他環(huán)(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。IC—CIL15OH【答案】hooc-ch2-cooh 酸鍵、酯基 取代反應(yīng) H()-^ CH2—CH2—C(X)HIC—CIL15OHC(X)H型凸見'-CH-CHC(X)H+H式)+COzt('(X)HLkUrC?;OHOliOHIICH—<li—<XX)IIC?;OHOliOHIICH—<li—<XX)II佗二M 次水Z\-o【解析】【分析】本題主要考查有機(jī)合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式以及D的分子式可推斷出CH2CH2COOCH3D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,由C與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D,可推斷出C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2CH2COOH[|| ,B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C,結(jié)合B的分子式與第(4)問(wèn)中“B能與溟水發(fā)生加成反XCH=CHCOOH應(yīng)“，可推斷出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,A與丙二酸在毗咤、苯胺中反應(yīng)生成B,結(jié)合A的分子式以及第(4)問(wèn)中“A遇FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，1molA和1mol丙二酸在叱咤、苯胺中反應(yīng)生成1molCHOB、1巾01”0和10101。)2”，可推斷出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為OH

【詳解】（1）丙二酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：HOOC—CH2-COOH；觀察E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，所含含氧官能團(tuán)有：酸鍵、酯基;CH2CH2CH2CH2COOCH3（2）D生成E的方程式為：WOH,故反應(yīng)類型為取代反應(yīng);CH2CHCH2CH2COOH（3）由上述分析可知，c的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:（4）根據(jù)化學(xué)方程式配平可寫出A生成B的化學(xué)方程式為:C(X)HCH()+CH2CH=CHC(X)H-HO-COA;CH()+CH2CH=CHC(X)H-HO-COA;毗喘、茶胺C(X)H（5）條件①：該結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中含有理基；條件②：該結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中含有酚羥基；條件③：除苯環(huán)外，不含有其它雜環(huán)；可以酚羥基作為移動(dòng)官能團(tuán)，書寫出主要碳骨架，再進(jìn)行判斷同分異構(gòu)體總數(shù)，（1）CH=CHCOOH中酚羥基有2個(gè)取代位置（不包含本身），（2）CH2=C-COOH3,0HCOOH中酚羥基有3個(gè)取代COOHCH=CHCOOH中酚羥基有2個(gè)取代位置（不包含本身），（2）CH2=C-COOH3,0HCOOH中酚羥基有3個(gè)取代COOH3中酚羥基有4個(gè)取代位置，（4）20HCH=CH2中酚羥基有4個(gè)取,故同分異構(gòu)體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜CH2=C—COOH有五組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 * .0HOH（6）對(duì)比苯甲醇和（yyC°°H結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，根據(jù)題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A

CH=CHCOOH OH生成B的方程式生成° ,再根據(jù)碳碳雙鍵與鹵素單質(zhì)加成再取代合成 0°H,故BrBrICH—('H—('(X)HCH20H CHO CH=CH—C：(X)H CH—CH—C(X)HCH—('H—('(X)H—一化鈉溶液/△.i\/ 酸化"【點(diǎn)睛】本題主要考查有機(jī)物的推斷與合成，采用正推和逆推相結(jié)合的方法，逐步分析有機(jī)合成路線，可推出各有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，然后分析官能團(tuán)推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型。官能團(tuán)是決定有機(jī)物化學(xué)性質(zhì)的原子或原子團(tuán)，有機(jī)反應(yīng)絕大多數(shù)都是圍繞官能團(tuán)展開，而高中教材中的反應(yīng)原理也只是有機(jī)反應(yīng)的一部分，所以有機(jī)綜合題中經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)已知來(lái)推斷部分沒(méi)有學(xué)習(xí)過(guò)的有機(jī)反應(yīng)原理，認(rèn)識(shí)這些反應(yīng)原理時(shí)可以從最簡(jiǎn)單的斷鍵及變換的方法進(jìn)行，而不必過(guò)多追究。四、綜合題(本題包括2個(gè)小題，共20分)18.大氣污染越來(lái)越成為人們關(guān)注的問(wèn)題，煙氣中的NO,必須脫除(即脫硝)后才能排放，脫硝的方法有多種。完成下列填空：I直接脫硝(1)NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕狻Ｔ?0L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反應(yīng)時(shí)，其物質(zhì)的量變化如圖1所示。