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2021年辽宁省沈阳市郊联体高考化学一模试卷 1. 人类生活中的方方面面都离不开化学，车辆工程与化学也有着密不可分的关系，下列相关说法中不正确的是( ) A. 汽车上使用的钢化玻璃是掺杂了特种金属的玻璃 B. 采用镁、铝及其合金材料可适当减轻车身重量从而提升车辆行驶性能 C. 随着乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源的逐步应用，汽车尾气造成的污染在逐步减少 D. 汽车车身采用的镀锌钢板是利用牺牲阳极的阴极保护法来提高车身的抗锈、抗腐蚀能力 2. Mg(NH)2在水中水解生成N2H4和Mg(OH)2。下列化学用语表述不正确的是( ) A. 中子数为9的氧原子： 9O B. N2H4的结构式： C. Mg2+的结构示意图： D. OH−的电子式： 3. 有机物M(结构如图)具有杀灭病毒的作用，下列关于M的说法不正确的是( ) A. 所有碳原子不可能共面 C. 可与Cl2发生取代反应 B. 可使酸性KMnO4溶液褪色 D. 与苯互为同系物 4. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( ) A. 标准状况下，0.5mol14 NH3中含有的中子数为3.5NA B. 1mol FeI2与足量Cl2反应时，转移的电子总数为2NA C. 2mol NO与1mol O2充分反应后得到的气体分子数小于2NA D. 常温下，1L pH=9的CH3COONa溶液中发生电离的水分子数为1×10−5NA 5. 下列实验能达到相应目的的是( ) 第1页，共23页 A. 在铁上镀铜 B. 进行铝热反应 C. 蒸干FeCl3溶液制备FeCl3固体 D. 证明溴乙烷、NaOH、乙醇溶液共热生成乙烯 6. 最近我国科研人员发现了一种安全高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、S、O、N的说法正确的是( ) A. 基态S原子价电子排布图：B. 第一电离能：F>S>O>N C. 最高正价：F>S=O>N D. S原子的基态原子核外未成对电子数最多 7. 下列对应离子方程式书写正确的是( ) A. Cu2O溶于稀硝酸：Cu2O+2H+=2Cu++H2O −−B. 将Cl2通入碱性K2MnO4溶液中：Cl2+MnO2−4=MnO4+2Cl +C. 将SO2通入酸性FeCl3溶液中：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO2−4+4H 第2页，共23页 2+D. 向NH4Fe(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++2SO2−+3OH−=Fe(OH)3↓4+2Ba+2BaSO4↓ 8. 0.1MPa时，向一密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2，2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)。测得不同温度下平衡时体中各物质浓度c的变化如图，下列叙述不正确的是( ) A. 该反应的△H<0 B. 曲线b代表H2O C. M点和N点所处状态下c(H2)不一样 D. 保持其他条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达到平衡时，c(H2)比M点对应的c(H2)小 9. 钙钛矿是以俄罗斯矿物学家 Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导+材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH3，另两种离子为I−和Pb2+。下列说法错误的是( ) A. 钛酸钙的化学式为CaTiO3 B. 图(b)中，X为Pb2+ +中含有配位键 C. CH3NH3D. 晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2−有12个 10. 科学家利用如图装置将CO2转化为CO，下列说法正确的是( ) 第3页，共23页 A. 电极A接电源的正极，电极B接电源的负极 B. 若X为甲酸，在相同条件下消耗CH4和CO2的体积比为1：3 C. 固体电解质可以换成稀硫酸 D. 若X为乙烷，则阳极的反应式为2CH4+O2−+2e−=C2H6+H2O 11. X、Y、Z、W、R五种元素形成的化合物结构如图所示，W的单质在常温下为银白色液体，R的单质在常温下为紫黑色固体，Y、Z的单质是空气的主要成分，且X、Y的核外电子数之和与Z的原子序数相等，下列说法不正确的是( ) A. 原子半径：X<Z<Y B. 电负性：Z>Y>X C. 分子中Y原子的杂化方式为sp3 D. X、Y、Z三种元素形成的化合物只能是离子化合物 12. 合成药物异搏定路线中的某一步骤如图。下列说法正确的是( ) A. X的同分异构体属于酸的只有4种 B. 反应X+Y→Z属于加成反应 C. 1mol Z在Ni的催化下完全氢化，消耗6molH2 D. X、Y、Z均能与NaOH溶液反应 13. 利用Cu−ZSM−5分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是( ) 第4页，共23页 A. 总反应为2NH3+NO+NO2B. X是N2，Y是NO2 催化剂 −2N2+3H2O C. [(NH4)2(NO2)]2+是中间产物 ++NO2=[(NH4)2(NO2)]2+属于化合反应 D. 2NH414. 高纯碳酸锰在电子工业中被广泛应用湿法处理软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe、Si等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如图。其中除杂过程包括：①室温下，向滤液中加入一定量的试剂X，调节滤液的pH为3.5～5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水(MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑)，过滤。已知：室温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38。下列说法正确的是( ) A. “浸出”时没有发生氧化还原反应 B. “除杂”试剂X可以是MnO C. 室温下，“除杂”时调节滤液的pH为4，此时c(Fe3+)>10−5mol⋅L−1 D. “沉淀”时加入过量的NH4HCO3溶液，发生反应的离子方程式为Mn2++4HCO−3=MnCO3 ↓+2H2O+3CO2↑ 15. 25℃时，将0.1mol⋅L−1的R2SO4溶液加水稀释混合溶液中−lgc(ROH)与lgc(OH−)的关系如图所示。下列说法正确的是( ) c(R+)第5页，共23页 A. Kb(ROH)=10−5.7 B. P、Q点对应的稀释程度：P<Q C. 若将溶液无限稀释，溶液中2c(R+)≈c(SO2−4) D. 25℃时，加入适量R2SO4可使P点移至W点 16. 碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一。工业上用主要含CaSO4及少量SiO2、Al2O3、Fe2O3的废渣制取轻质CaCO3，其工艺流程如图。 已知：pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。 回答下列问题： (1)“预处理”时的温度不宜太高，原因是 ______ ，为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为 ______ 。(写一种即可) (2)“滤液1”中的溶质除过量的(NH4)2CO3外，主要是 ______ (填化学式，下同)，“滤渣2的主要成分是 ______ 。 (3)“调节pH时，应调节pH至 ______ 的范围内，物质X可选用 ______ 。(填标号) A.CaCl2(s) B.Ca(OH)2(s) C.Fe(OH)3(s) (4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为 ______ 。 (5)“沉钙”时所用的物质Y为 ______ (填化学式)，充分反应后经 ______ (填具体操作)后得到轻质CaCO3。 第6页，共23页 17. K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]制备K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的实验流程如图。 已知：氧化操作中FeC2O4除生成[Fe(C2O4)3]3−外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。 (1)H2O的空间构型为 ______ 。 (2)“酸溶”时，莫尔盐 ______ (填“能”或“不能”)用6mol⋅L−1的HNO3溶解，原因是 (3)第一次“煮沸”时，生成FeC2O4⋅2H2O的离子方程式为 ______ 。 (4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是 ______ ；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为 ______ 。 (填“直接加热”或“水浴加热”) (5)测定产品中铁的含量。 步骤ⅰ：称量m g样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入ymol⋅L−1的KMnO4溶液使其恰好反应完全。 步骤ⅰ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的ymol⋅L−1的KMnO4溶液，滴定至终点，消耗KMnO4溶液zmL。 若加入的KMnO4溶液过量，则所测的铁元素的含量 ______ (填“偏大”、“偏小”或“不①步骤ⅰ中，变”，”下同)，若步骤ⅰ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量 ______ 。 ②该样品中铁元素的质量分数为 ______ 。(用含 m、y、z的代数式表示) 18. 一定条件下CO2能氧化C2H6制C2H4，这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反应如下： Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) (1)已知反应的能量变化如图1所示。 第7页，共23页 ①当生成等物质的量的CO(g)时，反应 ______ (填“Ⅰ”、“Ⅱ”)吸收的热量更多。 ②C2H6(g)、H2(g)、CO(g)生成C2H4(g)、H2O(g)的热化学方程式为 ______ 。 (2)反应Ⅱ不利于乙烯的生成的原因是 ______ 。 (3)有研究表明，在催化剂作用下，反应I分两步进行，其反应过程及能量变化如图2所示。 ①决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是 ______ (填“第一步”或“第二步”)，原因是 ______ 。 ②第一步的化学方程式为 ______ 。 (4)在恒容密闭的容器中充入一定量的C2H6(g)和CO2(g)，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4，测得c(C2H6)随时间(t)的变化曲线如图3所示，则T3 ______ (填“大于”或“小于”)T4，原因是 ______ 。 (5)温度为T时，向一密闭容器中通入2mol C2H6和3mol CO2，一段时间后，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡，C2H6的转化率为50%，C2H4的选择性为60%，此时容器容积为1.0L，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K= ______ 。 19. H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如图。 已知： (1)H中的官能团名称为 ______ 。 (2)A的名称为 ______ 。 第8页，共23页 (3)B、D的结构简式为 ______ 。 (4)F生成G的反应的化学方程式为 ______ ，反应类型为 ______ 。 (5)满足下列条件的E的同分异构体有 ______ 种。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生银镜反应； ②1mol该物质完全水解消耗3mol NaOH。 (6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线 ______ 。(无机试剂任选) 第9页，共23页 答案和解析 1.【答案】A A.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，【解析】解：钢化破璃是由普通玻璃经过高温加热和快速冷却形成的，没有添加特种金属，故A错误； B.镁、铝及其合金材料的密度小，所以采用镁、铝及其合金材料可适当减轻车身重量从而提升车辆行驶性能，故B正确； C.使用乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源，可以减少化石燃料的使用，所以汽车尾气造成的污染在逐步减少，故C正确； D.锌、铁形成原电池时，锌为负极被腐蚀，铁为正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确； 故选：A。 A.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同； B.镁、铝及其合金材料的密度小； C.使用乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源，可以减少化石燃料的使用，能减少有害气体的排放； D.锌、铁形成原电池时，锌为负极被腐蚀，铁为正极被保护。 本题考查物质的性质与应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意原电池原理在金属防腐中的应用，题目难度不大。 2.【答案】A 【解析】解：A.中子数为9的氧原子的质量数为8+9=17，符号为 178O，故A错误； B.N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子间形成N−H键，氮原子和氮原子间形成N−N单键，结构式为，故B正确； C.Mg2+的核外电子数10，核内质子数为12，结构示意图为，故C正确； D.氢氧根离子带1个单位负电荷，氧原子最外层电子数为8，电子式为故选：A。 A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角； B.N2H4中氮原子和氮原子间形成共价单键、还有N−H键； ，故D正确； 第10页，共23页 C.镁原子核电荷数12，核外电子数12，失去2个电子形成镁离子； D.氢氧根离子为阴离子，氧原子最外层满足8电子稳定结构。 本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、分子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。 3.【答案】D 【解析】解：A.甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构，由最左侧的6个sp3杂化的C可知所有碳原子不可能共面，故A正确； B.含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故B正确； C.含苯环，可与Cl2发生取代反应，故C正确； D.苯的同系物中只有C、H元素，且只有一个苯环，侧链为饱和烃基，该有机物含O、N元素，且结构不相似，二者不属于同系物，故D错误； 故选：D。 A.甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构； B.含碳碳双键； C.含苯环； D.苯的同系物中只有C、H元素，且只有一个苯环，侧链为饱和烃基。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。 4.【答案】B A.标准状况下，【解析】解：0.5mol14NH3中含有的中子数=0.5mol×(14−7+3×0)×NA/mol=3.5NA，故A正确； B.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故B错误； C.NO与O2充分反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数减少，故分子数小于2NA个，故C正确； D.CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO−的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH−)=1×10−5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10−5mol/L×1L=1×10−5mol，发生电离的水分子数为1×10−5NA，故D正确； 故选：B。 第11页，共23页 A.原子中质子数+中子数=质量数； B.亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； C.NO与O2充分反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4； D.CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO−的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH−)=1×10−5mol/L。 本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 5.【答案】B 【解析】解：A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质应选硫酸铜，电解质不合理，不能实现铁上镀铜，故A错误； B.点燃Mg条，可引发铝热反应，Al与氧化铁反应生成Fe，故B正确； C.蒸发促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备FeCl3固体，故C错误； D.挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾褪色，则实验不能检验生成乙烯，故D错误； 故选：B。 A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质应选硫酸铜； B.点燃Mg条，可引发铝热反应； C.蒸发促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发； D.挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾褪色。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、电镀、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 6.【答案】A 【解析】解：A.硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子排布图为：，故A正确； B.N元素的第一电离能反常，大于O，另S元素的原子半径大于O，第一电离能小于O，所以四种元素的第一电离能大小为：F>N>O>S，故B错误； C.O、F无最高正价，S的最高正价为+6价，N的最高正价为+5价，故C错误； D.F、S、O、N四种原子的基态原子核外未成对电子数依次为：1，2，2，3，故基态原子核外未成对电子数最多的是N，故D错误。 故选：A。 第12页，共23页 A.硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子排布图； B.同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈递增趋势，但第ⅡA族和第Ⅴ族元素反常，另S元素的原子半径大于O，且为同族元素，所以第一电离能S小于O，由此可得四种元素的第一电离能大小关系； C.O、F无最高正价，S的最高正价为+6价，N的最高正价为+5价； D.根据核外电子排布，推出F、S、O、N四种原子的基态原子核外未成对电子数目，再进行判断即可。 本题主要考查价电子排布式，第一电离能的大小判断，非金属元素的最高正价，基态原子核外未成对电子数的判断，属于基础知识，基本题型，难度不大。 7.【答案】C +2+【解析】解：A.Cu2O溶于硝酸被氧化，反应的离子方程式为：3Cu2O+2NO−+7H2O+3+14H=6Cu2NO↑，故A错误； −−B.将Cl2通入碱性K2MnO4溶液中，离子方程式：Cl2+2MnO2−4=2MnO4+2Cl，故B错误； +C.将SO2通入酸性FeCl3溶液中，离子方程式：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO2−4+4H，故C正确； +2+D.向NH4Fe(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式：NH4+Fe3++2SO2−+4OH−=4+2Ba2BaSO4↓+Fe(OH)3↓+NH3⋅H2O，故D错误。 故选：C。 A.氧化亚铜被硝酸氧化为二价铜； B.得失电子不守恒； C.铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子； D.漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应。 本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度不大，试题侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒、质量守恒以及物质性质的判断。 8.【答案】C A.由图可知，△H<0，【解析】解：温度越高，氢气的浓度越大，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，故A正确； B.由图可知，c代表生成物，温度越高，氢气的浓度越大，则C2H4和H2O浓度减小，则b、根据方程式可知，H2O化学计量数比C2H4小，则曲线b代表H2O，故B正确； C.M、N点在相同温度下，M点代表氢气的浓度，N点代表乙烯的浓度，M和N为同一状态，M点和N点所处状态下c(H2)一样，故C错误； 第13页，共23页 D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氢气浓度减小，则保持其他条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达到平衡时，c(H2)比M点对应的c(H2)小，故D正确； 故选：C。 A.由图可知，温度越高，氢气的浓度越大，说明平衡逆向移动； B.由图可知，c代表生成物，温度越高，氢气的浓度越大，则C2H4和H2O浓度减小，则b、再结合C2H4和H2O化学计量数即可得出结论； C.M、N点在相同温度下，M、N为同一状态； D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动。 本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响。 9.【答案】B 1：6×=1：A.由晶胞结构可知，【解析】解：Ca2+位于顶点、Ti4+位于体心、O2−位于面心，个数比为8×8：21：3，则钛酸钙的化学式为CaTiO3，故A正确； +B.图b中A为CH3NH3A的个数为8×=1，，另两种离子为I−和Pb2+，由正负化合价的代数和为0可知，8111I−和Pb2+的个数分别为3、1，结合均摊法可知X为I−，B为Pb2+，故B错误； +C.CH3NH3中N提供孤对电子、氢离子提供空轨道，则存在配位键，故C正确； D.由顶点和面心看，与Ca2+紧邻的O2−在面心上，则晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2−有故选：B。 A.由晶胞结构可知，Ca2+位于顶点、Ti4+位于体心、O2−位于面心； 3×82=12个，故D正确； +B.图b中A为CH3NH3A的个数为8×8=1，，另两种离子为I−和Pb2+，由正负化合价的代数和为0可知，1I−和Pb2+的个数分别为3、1； +C.CH3NH3中N提供孤对电子、氢离子提供空轨道； D.由顶点和面心看，与Ca2+紧邻的O2−在面心上。 本题考查晶胞计算，为高频考点，把握晶胞结构、原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度中等。 10.【答案】B 【解析】解：A.根据电极A上CO2→CO可知，A为阴极、接电源的负极，B为阳极、接电源的正极，故A错误； 第14页，共23页 B.若X为甲酸，则阳极电极反应为CH4+3O2−−6e−=HCOOH+H2O，阴极电极反应为CO2+2e−=CO+O2−，根据电子守恒有3CO2+6e−=3CO+3O2−，所以相同条件下消耗CH4和CO2的体积比为1：3，故B正确； C.O2−在水溶液中不能存在，若将固体电解质换成稀硫酸，则阴极上甲烷不能得到O2−，故C错误； D.若X为乙烷，则阳极发生失电子的反应，电极反应式为2CH4+O2−−2e−=C2H6+H2O，故D错误； 故选：B。 该装置是电解池，电极A上CO2发生得电子的还原反应生成CO，则A极为阴极，电极反应为CO2+2e−=CO+O2−，电极B为阳极，CH4发生失电子的氧化反应生成X和水，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，据此分析解答该题。 本题考查电解池综合知识的应用，为高频考点，侧重于电解池工作原理的考查，把握电极判断、电极反应为解答该类题目的关键，注意电子守恒的应用，题目难度不大。 11.【答案】D 【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、W为Hg、R为I， A.同周期从左向右原子半径减小、同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：X<Z<Y，故A正确； B.同周期从左向右电负性增大，且氢化物中H为正价，则电负性：Z>Y>X，故B正确； C.由结构可知，Y形成4个共价键，Y原子的杂化方式为sp3，故C正确； D.X、Y、Z三种元素形成的化合物若为硝酸时，属于共价化合物，若为硝酸铵属于离子化合物，故D错误； 故选：D。 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的化合物结构可知，R可得到1个电子转化为带一个单位负电荷的阴离子，R的单质在常温下为紫黑色固体，R为I；W的单质在常温下为银白色液体，W为Hg；Y、Z的单质是空气的主要成分，且X、Y的核外电子数之和与Z的原子序数相等，可知X为H、Y为N、Z为O，以此来解答。 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化合物的结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 12.【答案】D 【解析】解：A.X的同分异构体属于酸，则含有羧基，如含有苯环，可为−CH3、−COOH，有邻、间、对3种，如含有−CH2COOH，有1种，但同分异构体不一定含有苯环，则X的同分异构体属于酸的多于4种，故A错误； 第15页，共23页 B.反应X+Y→Z，生成C=C键，则不是加成反应，故B错误； C.Z中苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol Z在Ni的催化下完全氢化，消耗5molH2，故C错误； D.X含有酚羟基，Y含有溴原子、酯基，Z含有酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，故D正确； 故选：D。 A.X的同分异构体属于酸，则含有羧基，同分异构体不一定含有苯环； B.反应X+Y→Z，生成C=C键； C.Z中苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应； D.酚羟基、溴原子、酯基都可与氢氧化钠溶液反应。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。 13.【答案】B 【解析】解：A.由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH+NO+NO32 催化剂 − 2N2+3H2O，故A正确； B.图示反应可以生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H2O+H+，原子守恒判断X为N2，Y为N2，故B错误； +C.反应②中NO2和NH4反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，反应③中[(NH4)2(NO2)]2+和NO反应生成[(NH4)(HNO2)]+，同时生成N2和H2O，[(NH4)2(NO2)]2+是中间产物，故C正确； ++D.反应过程中NO2、NH4之间的反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，2NH4+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+属于化合反应，故D正确； 故选：B。 ++由反应历程可知反应①NH3和H+反应生成NH4，反应②中NO2和NH4反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，反应③中[(NH4)2(NO2)]2+和NO反应生成[(NH4)(HNO2)]+，同时生成N2和H2O，反应④中[(NH4)(HNO2)]+生成N2、H2O和H+，总反应为2NH+NO+NO32 催化剂 − 2N2+3H2O，以此解答该题。 本题考查常见非金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。 14.【答案】B 【解析】解：A.浸出时加入植物粉的作用是把二氧化锰还原为二价锰，发生氧化还原反应，故A错误； B.试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，第16页，共23页 故B正确； C.室温下，“除杂”时调节滤液的pH为4，c(OH)=104.0×10−8mol/L<10−5mol/L，故C错误； D.“沉淀”过程中硫酸锰和碳酸氢铵为反应物，产生碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式：Mn2++2HCO−3=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故D错误； 故选：B。 湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe、Si等杂质元素)制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，除杂过程包括：调节浸出液的pH为3.5～5.5，①向浸出液中加入一定量的X，可加入MnO、MnCO3等物质；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，加入碳酸氢铵形成沉淀反应的化学方程式为：生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，通过一系列操作得到高纯碳酸锰，以此解答该题。 本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型，明确工艺流程原理是解答本题的关键，注意掌握物质制备方案的设计与评价原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。 −−10mol/L，此时c(Fe)=3+4.0×10−38(10−10)3mol/L=15.【答案】A 【解析】解：A.由P点数据可知Kb(ROH)=c(R+)n(R+)c(R+)c(OH−)c(ROH)=10−8×102.3=10−5.7，故A正确； B.溶液中溶液中c(H+)=n(H+)，P点稀释程度大，n(R+)减小，n(H+)增大，P>Q，故B错误； C.将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c(R+)≈2c(SO2−4)，故C错误； D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中−lgc(ROH)与lgc(OH−)的关系曲线不变，加入适量R2SO4，不可使P点移至W点，故D错误； 故选：A。 A.根据P点数据结合Kb(ROH)=c(R+)n(R+)c(R+)c(OH−)c(ROH)c(R+)计算； B.溶液中溶液中c(H+)=n(H+)，稀释时n(R+)减小，n(H+)增大； C.将溶液无限稀释，溶液接近中性； D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中−lgc(ROH)与lgc(OH−)的关系曲线不变。 本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象的分析以及数据的处理，把握解答问题的角度，题目难度中等。 c(R+)16.【答案】温度过高，碳酸铵会发生分解 适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓第17页，共23页 度 (NH4)2SO4 SiO2 5～8.5 B Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O (NH4)2CO3 过滤、洗涤、干燥 【解析】解：(1)温度过高，碳酸铵会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度， 故答案为：温度过高，碳酸铵会发生分解；适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度； (2)加入的碳酸铵与硫酸钙反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的(NH4)2CO3外，主要是(NH4)2SO4；SiO2不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是SiO2， 故答案为：(NH4)2SO4；SiO2； (3)根据已知条件可知，应调节pH至5～8.5，选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，且不引进新杂质， 故答案为：5～8.5；B； (4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O， 故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O； (5)“沉钙”时所用的物质Y为(NH4)2CO3或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质CaCO3， 故答案为：(NH4)2CO3；过滤、洗涤、干燥。 主要含CaSO4及少量SiO2、Al2O3、Fe2O3的废渣与碳酸铵溶液进行反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的(NH4)2CO3外，主要是(NH4)2SO4，“滤渣2”的主要成分是SiO2，因为SiO2不与盐酸反应，加入pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和三价铁离子，8.5时Al(OH)3开始溶解，应调节pH至5～8.5，则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所用的物质Y为(NH4)2CO3或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质CaCO3，据此解题。 本题考查物质制备、物质分离提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，知道流程图中可能存在的反应及基本操作方法，知道每一种物质的成分，题目难度中等。 17.【答案】V型 不能 Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4⋅2H2O↓+2H+ 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 不变 偏大 【解析】解：(1)H2O中O采取sp3杂化，四个sp3杂化轨道其中有两个被O原子的两对孤电子对占据，其余的两个sp3杂化轨道分别与两个H原子的s原子轨道形成σ键，分子构型为V型， 故答案为：V型； (2)由于莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]中铁为+2价，硝酸具有强氧化性，故“酸溶”时，莫尔盐不能用第18页，共23页 28yzm% 3+6mol⋅L−1的HNO3溶解，否则因发生：3Fe2++4H+NO−+NO↑+2H2O生成的NO污染环境，3+=3Fe且H2C2O4具有还原性，也能与硝酸反应导致后续步骤中消耗的H2C2O4增多， 故答案为：不能；Fe2+会与HNO3反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的H2C2O4等)； (3)第一次“煮沸”即莫尔盐与草酸反应生成FeC2O4⋅2H2O，故该反应的离子方程式为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4⋅2H2O↓+2H+， 故答案为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4⋅2H2O↓+2H+； (4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，有实验图中可知，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热能使受热更加均匀，便于控制温度且保持温度小于水的沸点，故“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为水浴加热， 故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热； 过量的KMnO4将先与步骤ⅰ中的铜粉反应而不影响步(5)①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，骤ⅰ中KMnO4溶液的用量，故步骤ⅰ若加入的KMnO4溶液过量，则所测的铁元素的含量不变，但若步骤ⅰ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅰ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大， 故答案为：不变；偏大； 可以得出n(Fe2+)=5nn(MnO−②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式5Fe2+～MnO−4)=4，5×10−3yzmol，该样品中铁元素的质量分数为故答案为：28yzm5×10−3yzmol×56g/molm×100%=28yzm%， %。 该工艺流程图中，“酸溶”步骤加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步骤发生的离子方程式为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4⋅2H2O↓+2H+，“氧化”步骤主要是将Fe2+氧化为Fe3+，加入草酸钾溶液后得到K3[Fe(C2O4)3]溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可，(4)①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅰ中的铜粉反应而不影响步骤ⅰ中KMnO4溶液的用量，但若步骤ⅰ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅰ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式5Fe2+～MnO−4，即可进行计算，据此分析解题。 本题考查了以制备K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O为背景的实验过程，其中涉及物质性质，氧化还原反应，滴定分析及计算等相关内容，学生需把握相关物质计算方法，注意误差分析，难度适中。 18.【答案】Ⅰ C2H6(g)+3H2(g)+2CO(g)⇌2C2H4(g)+2H2O(g)△H=−76kJ/mol 反应Ⅱ中有CO生成，增大了CO的浓度，会使反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成 第二步 第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能 C2H6⇌H2+C2H4 大于 温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ第19页，共23页 均为吸收反应，升高温度，反应均向正反应方向移动 0.495 【解析】解：当生成1mol的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的热量为177kJ，反应Ⅱ吸收的热量为：(1)①由图可知：430kJ4−107.5kJ，所以反应Ⅰ吸收的热量更多， 故答案为：Ⅰ； ②反应可由Ⅰ×2−Ⅱ得到，即C2H6(g)+3H2(g)+2CO(g)⇌2C2H4(g)+2H2O(g)△H=−76kJ/mol， 故答案为：C2H6(g)+3H2(g)+2CO(g)⇌2C2H4(g)+2H2O(g)△H=−76kJ/mol； (2)反应Ⅱ中有CO生成，增大CO的浓度，会使反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成， 故答案为：反应Ⅱ中有CO生成，增大了CO的浓度，会使反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成； (3)①由图可知，第一步和第二步反应的活化能分别为136kJ/mol和(346−136)kJ/mol，所以第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，所以决定反应速率快慢的反应为第二步， 故答案为：第二步；第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能； ②由图可知，第一步反应的本质为乙烷反应生成乙烯和氢气，方程式为：C2H6⇌H2+C2H4， 故答案为：C2H6⇌H2+C2H4； (4)由图可知，T3的反应速率大于T4的反应速率，温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸收反应，升高温度，反应均向正反应方向移动， 故答案为：大于；温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸收反应，升高温度，反应均向正反应方向移动； (5)C2H6的转化率为50%，则参加反应的乙烷的物质的量为1mol，乙烯的选择性为60%，则生成乙烯的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与的乙烷的物质的量为0.4mol，则有三段式： C2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) 起始量(mol) 2 3 0 0 0 变化量(mol) 0.6 0.6 0.6 0.6 0.6 平衡量(mol) 1.4 2.4 0.6 0.6 0.6 C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) 起始量(mol) 1.4 2.4 变化量(mol) 0.4 0.8 平衡量(mol) 1.0 0.6 0 0 1.6 1.2 2.2 1.2 所以平衡时，n(C2H6)=1mol，n(CO2)=3mol−0.6mol−0.8mol=1.6mol，n(C2H4)=n(H2O)=容器中：第20页，共23页 0.6mol，n(CO)=0.6mol+1.6mol=2.2mol，又容器的体积为1L，所以K=故答案为：0.495； 0.6×0.6×2.21×1.6=0.495， 当生成1mol的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的热量为177kJ，反应Ⅱ吸收的热量为：−107.5kJ； (1)①由图可知：4②反应可由Ⅰ×2−Ⅱ得到，即C2H6(g)+3H2(g)+2CO(g)⇌2C2H4(g)+2H2O(g)△H=反应Ⅰ的△H×2−反应Ⅱ的△H， (2)反应Ⅱ中有CO生成，对应反应Ⅰ来说，即增大了生成物浓度，平衡向逆反应方向移动； (3)①由图可知，第一步和第二步反应的活化能分别为136kJ/mol和(346−136)kJ/mol，所以第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，决定反应速率快慢的反应为活化能较大的那一步反应； ②由图可知，第一步反应的本质为乙烷反应生成乙烯和氢气，即可得到方程式； (4)由图可知，T3的反应速率大于T4的反应速率，温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸收反应，升高温度，反应均向正反应方向移动； (5)C2H6的转化率为50%，则参加反应的乙烷的物质的量为1mol，乙烯的选择性为60%，则生成乙烯的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与的乙烷的物质的量为0.4mol，则可以根据三段式：求出n(C2H6)、n(CO2)、n(C2H4)、n(H2O)、n(CO)，又容器的体积为1L，代入平衡常数K的表达式即可计算出结果。 本题主要考查学生的看图、读图能力，对反应历程的理解能力，比较能力，平衡移动的分析能力，平衡常数K的计算，具有较强的综合性，属于中等难度题型。 430kJ19.【答案】羟基、酯基 苯酚 、 +H2O 取代反应或酯化反应 10 【解析】解：(1)H中的官能团名称为：羟基、酯基， 故答案为：羟基、酯基； (2)由分析可知，A的结构简式为故答案为：苯酚； (3)由分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为， ，A的名称为苯酚， 第21页，共23页 故答案为：、； (4)F生成G的反应的化学方程式为：反应类型为：取代反应或酯化反应， 故答案为：+H2O，+H2O；取代反应或酯化反应； (5)E为，满足下列条件的E的同分异构体：①能与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生银−OOCH，镜反应，说明苯环侧链含有酚羟基、另外还含有−CH3，②1mol该物质完全水解消耗3mol NaOH，−OH与−OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种， 故答案为：10； (6)由已知信息，由苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛与CH3MgBr反应生成，再发生消去反应生成苯乙烯，而甲醇与HBr反应生成CH3Br，再与Mg/乙醚反应生成CH3MgBr，其合成路线为， 故答案为：。 C的分子式为C6H11Br，C发生信息中第一步反应生成D为C6H11MgBr，D与G发生信息中第二步反应生H的结构简式，成H，结合G的分子式、可推知D为G为、，则C为，而A的分子式为C6H6O，可知A与氢气发生加成反应生成B，B与HBr发生取代反应生成C，故A为、B为、试剂a为HBr；E的分子式为C8H8O3，结合G的结构简式可知，E发生催化氧化引入羰基生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，故E为b为CH3OH； 、F为、试剂第22页，共23页 (6)由已知信息，由苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛与CH3MgBr反应生成去反应生成苯乙烯，而甲醇与HBr反应生成CH3Br，再与Mg/乙醚反应生成CH3MgBr。 ，再发生消本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。 第23页，共23页 本文来源：https://www.dywdw.cn/7f1757cb132de2bd960590c69ec3d5bbfd0ada18.html
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2022-07-12
