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陕西省西安市长安区2021年高考化学一模试卷及答案
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这是一份陕西省西安市长安区2021年高考化学一模试卷及答案，共17页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学一模试卷
一、单选题
1.化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是（ ）
A. 自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂
B. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C. 为测定“84消毒液”的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
D. 生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料
2.艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，其结构如图，下列有关该有机物说法错误的是（ ）
A. 分子式为C16H25NO4
B. 分子中含有1个手性碳原子(连接4个不同基团的碳原子称为手性碳原子)
C. 一定条件下，能发生氧化、加成、取代和消去反应
D. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
3.下列实验方案能实现相应实验目的或得出相应结论的是（ ）
选项
实验方案
实验目的或结论
A
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4 ， 加热；再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入溴水中，褪色
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
C
用两支试管各取5mL0.1mol·L-1的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
D
在相同温度下，向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
4.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，可用于制备各种高性能防腐蚀材料。其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子半径：Z＞X＞Y
B. 工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质Y
C. Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D. 该化合物中Z不满足8电子稳定结构
5.锌镉渣是生产立德粉(硫化锌和硫酸钡的混合物)的废渣，其主要成分为锌、镉、锰、铁及其氧化物等，如图所示为从锌镉渣中获得金属镉的工艺流程：
已知：镉(Cd)的金属活动性介于锌、铁之间。下列说法错误的是（ ）
A. “浸取”步骤所用的1L0.1mol/L的硫酸中，氧原子的数目大于0.4NA
B. “氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 同时将Mn2+氧化为MnO2除去
C. “氧化”步骤加入氧化镉的目的是调pH，除去杂质元素
D. “电解”步骤中，阴极生成11.2g金属镉时，阳极生成气体的体积为1.12L
6.电致变色器件可通过在膜材料内部Li+定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，其工作原理如图。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是（ ）
A. 该装置可用于汽车的玻璃变色调光
B. 切换电源正负极使得无色变为蓝色时，Li+通过离子导体层由电致变色层向离子储存层迁移
C. 当a接外接电源负极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
D. 当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3
7.在298K下，“H2A-HA--A2-”的水溶液体系中，H2A、HA-、A2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2A和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Ka1(H2A)的数量级为10-6
B. 在pH=13.0的上述溶液中存在三个平衡
C. 当体系呈中性时， ＞
D. NaHA溶液中，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)
二、综合题
8.锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2 ， 还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工业上利用锌灰制ZnSO4·7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：
已知：Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：
（1）酸浸时，H2SO4应选用________(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。
（2）滤渣1的主要成分有________。
（3）写出“沉铜”时的离子方程式：________。
（4）“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是________。
（5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH) 离子，每溶解1molZnO需消耗________molKOH。电解池中的总反应离子方程式为________。
（6）该工艺废水中含有Zn2+ ， 排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度/(mol·L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=________，c(Zn2+)=________。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23 ， Ka1(H2S)=1.0×10-7 ， Ka2(H2S)=1.0×10-14 ， Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]
9.三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如图：
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl
②反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)
③相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
C2H5OH
46
﹣114.1
78.3
与水互溶
CCl3CHO
147.5
﹣57.5
97.8
可溶于水、乙醇
CCl3COOH
163.5
58
198
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
C2H5Cl
64.5
﹣138.7
12.3
微溶于水，可溶于乙醇
（1）E的作用是________，A中所发生反应的离子方程式为________。
（2）写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：________。
（3）该设计流程中存在一处缺陷是________，导致引起的后果是________。
（4）反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行________(填是或否)，原因是________。
（5）测定产品纯度：称取产品4.6g配成待测溶液100.00mL，取待测液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000mol•L﹣1碘标准溶液25.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为________(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2 =2I-+
10.可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。
（1）使用V2O5催化该反应时，涉及催化剂V2O5的能量变化如图1所示：
则2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH3=________。
（2）向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2 ， 改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的量的变化如图2所示，图中没有生成SO3的可能原因是________。
（3）向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图3所示。
①T3温度下反应速率最慢的原因是________。
②T2温度时，反应达平衡时容器的体积为________L，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数K=________。
③T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应达平衡后增大容器的体积同时再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变，平衡________(填标号)
A．向正反应方向移动 B．不移动 C．向逆反应方向移动 D．无法确定
（4）近年来，地下水中的氮污染已成为世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮( )，其工作原理如图所示。
导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为________。
11.很多过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。
（1）.钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。
①Fe的基态原子价电子排布式为 。
②Ti的基态原子共有 种不同能级的电子。
（2）.制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑。
①上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
②CCl4和COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，CCl4和COCl2分子中σ键的个数比为 ， COCl2分子的中心原子的杂化方式为 。
（3）.NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，从微观角度解释NiO的熔点高于FeO的原因为 。
（4）.Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1 ， 密度为dg·cm-3.设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是 cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。
③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为9×10-5g·cm-3；储氢能力= 。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 。(NA可近似取6×1023 ， =1.7)
12.一种药物中间体(G)的一种合成路线如下
已知：
请回答下列问题：
（1）R的名称是________；H中含氧官能团名称是________。
（2）M→N的反应类型是________。H分子式是________。
（3）P的结构简式为________。
（4）写出Q→H的化学方程式：________。
（5）T是与R组成元素种类相同的芳香化合物，满足下列条件的T有________种结构。
①相对分子质量比R多14；②能与金属Na反应放出氢气，但不与NaHCO3反应；③能发生银镜反应。
其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式为________。(写出正确的一种即可)
（6）以1，5-戊二醇( )和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成 ，设计合成路线：________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．明矾为十二水合硫酸铝钾(KAl(SO4)2·12H2O)，在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以用于自来水的净化，但没有消毒杀菌作用，故A不符合题意；
B．侯氏制碱法的工艺过程中，由于二氧化碳在水中的溶解度不大，导致纯碱产量较低，需要先向饱和食盐水中通入氨气至饱和，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，制备过程应用了物质溶解度的差异，故B符合题意；
C．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，溶液中水解产生次氯酸，具有漂白性，无法用pH试纸测定“84消毒液”的pH，故C不符合题意；
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，聚苯烯由丙烯发生加聚反应制得，属于人工合成高分子材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾可以做净水剂，但是不具有杀毒性能，一般杀毒剂具有氧化性，明矾不具备氧化性
B.符合侯式制碱法的操作要求，利用氨气极易溶于水，以及碳酸氢钠的溶解度小的原理进行除杂
C.84消毒液具有氧化性，能漂白试纸，应该采用的是pH计进行测定
D.自然界中不存在聚丙烯，是人工合成的高分子材料
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．由图示结构式可知该物质的分子式为C16H25NO4 ， 故A不符合题意；
B．根据图示可知，该物质中只有与羟基相连的碳原子为手性碳，故B不符合题意；
C．该物质含有羟基、烃基(苯环与羟基相连碳原子连有氢原子)、酯基以及苯环，所以该物质一定条件下，能发生氧化、加成、取代和消去反应，故C不符合题意；
D．该物质与苯环直接相连的碳原子连有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；且含有与羟基相连的碳原子连有氢原子，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据结构简式可以确定有机物分子的分子式，以及确定有机物分子中含有氨基、羟基、醚基、以及酯基，可以发生氧化、加成、取代和消去反应，与四种不同的基团连接的碳原子只有一个，因此手性碳原子只有一个，含有具有还原性的醛基可使重铬酸钾褪色。
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖和果糖，银镜反应应在碱性条件下发生，题中水解后没有调节溶液至碱性，不能发生银镜反应的现象不能得出蔗糖未水解的结论，故A不符合题意；
B．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯能够使溴水褪色，证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成，故B符合题意；
C．高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为 ，题给KMnO4溶液过量，溶液不会褪色，故C不符合题意；
D．整个过程中NaOH过量，滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生Mg(OH)2白色沉淀，滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3 ， 不能说明溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.证明淀粉水解的产物是检验醛基，醛基的检验需要碱性环境
B.符合乙烯的检验方案
C.草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，可发生氧化还原反应，但是需要保证草酸的量是足量
D.证明难溶性沉淀的转化时，需要保证氢氧化钠的量少量
4.【答案】 C
【解析】【解答】根据分析，W为H元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为P元素，
A．O、Al的简单离子核外均为2个电子层，且电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，P的简单离子有3个电子层，则半径最大，因此简单离子半径：Z＞X＞Y，故A不符合题意；
B．X为O元素，Y为Al元素，X与Y组成的化合物为氧化铝，属于离子化合物，工业上电解熔融态氧化铝制备单质铝单质，故B不符合题意；
C．Z为P元素，其最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故C符合题意；
D．根据分析，该化合物中Z形成3个单键和1个双键，Z原子最外层含有10个电子，不满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】一种由短周期主族元素组成的化合物，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期，根据结构所示，W只形成一条共价键，为第Ⅰ主族元素，W为H元素；Y为+3价，则Y为Al元素；X形成两条共价键，为第Ⅵ主族元素，X为O元素，Z能形成3个单键和1个双键，则为第Ⅵ主族元素，Z为P元素，据此分析解答。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．“浸取”步骤所用的1L0.1mol/L的硫酸中硫酸的物质的量为0.1mol，硫酸溶液中含有水，也含有氧原子，则氧原子的数目大于0.4NA ， 故A不符合题意；
B．根据分析，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 同时将Mn2+氧化为MnO2除去，故B不符合题意；
C．根据分析，“氧化”步骤加入氧化镉的目的是调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故C不符合题意；
D．“电解”步骤中，阴极生成11.2g金属镉，即生成0.1mol金属镉时，转移0.2mol电子，阳极上电解水生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， 生成0.05mol氧气，标况下气体的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，题中未说明气体的状态条件，无法用标况下气体摩尔体积计算，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌镉渣是生产立德粉(硫化锌和硫酸钡的混合物)的废渣，其主要成分为锌、镉、锰、铁及其氧化物等，加入稀硫酸进行酸浸浸取,金属及其氧化物与硫酸反应得到含有Zn2+、Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+的溶液，过滤掉不溶性杂质，向滤液中加入锌单质发生置换反应，Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+全部转化为单质，过滤后的滤液1中主要为ZnSO4 ， 海绵镉的主要成分为Zn、Mn、Fe，再向海绵镉中加入稀硫酸溶解，Zn、Mn、Fe又转化为Cd2+、Mn2+、Fe2+ ， 再加入高锰酸钾，酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+ ， Mn2+氧化为MnO2 ， 再加入氧化镉，调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3 ， 过滤后，滤渣2的主要成分为MnO2、Fe(OH)3 ， 得到的滤液中主要含有CdSO4 ， 最后对溶液通电电解制得金属镉。
6.【答案】 B
【解析】【解答】电致变色器件可通过在膜材料内部Li+定向迁移，WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。即对该装置进行通电可以改变玻璃的颜色 ，该装置为电解池装置，
A．该装置通电后可以改变玻璃的颜色，则可用于汽车的玻璃变色调光，故A不符合题意；
B．切换电源正负极使得无色变为蓝色时，WO3变为LiWO3 ， Li4Fe4[Fe(CN)6]3变为Fe4[Fe(CN)6]3 ， 根据两极物质的的转变，Li+应通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移，故B符合题意；
C．当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生反应为WO3+Li++e-= LiWO3 ， LiWO3为蓝色晶体，b接正极，发生电极反应为Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e-= Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+ ， Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色晶体，玻璃由无色变为蓝色，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光，故C不符合题意；
D．当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，电致变色层为阳极，结合C项分析，此时玻璃由蓝色变为无色，则离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.此装置利用电解池的原理实现无色和蓝色的转变，可以用作汽车玻璃的变色调光
B.无色变为蓝色，说明是 WO3 向 LiWO3 的转化，以及 Li4Fe4[Fe(CN)6]3 向 Fe4[Fe(CN)6]3 的转变，锂离子从来自储存层进入电致变色层
C.当a接外界电源负极时，电致变色层变为阴极，离子储存层变为阳极，均变为蓝色，减少得光得透射
D.当b接外界电源负极时，电致变色层变为阳极，离子储存层变为阴极，均变为无色
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．Ka1(H2A)= ，当pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L时，c(H2A)=c(HA-)，则Ka1(H2A)= c(H+)=10-6.9 ， 其数量级为10-7 ， 故A不符合题意；
B．根据图示，在pH=13.0的上述溶液中，存在c(A2-)和c(HA-)，c(A2-)和c(HA-)在溶液中均可以发生水解，存在两个水解平衡，c(HA-)还可以发生电离平衡，溶液中还存在水的电离平衡，则共存在四个平衡，故B不符合题意；
C．该体系中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，当体系呈中性时，c(H+)= c(OH-)，因此c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)，则 =1，根据图示，当pH=6.9时，c(H2A)=c(HA-)，当体系呈中性时，即pH=7时，c(H2A)＜c(HA-)，则 ＞1，即 ＞ ，故C符合题意；
D．由图示可知，当pH=10时，溶液中全部为NaHA，溶液显碱性，说明HA-的电离程度小于其水解程度，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，向H2A溶液中加入NaOH，随着NaOH的量增大，溶液pH值增大，溶液碱性增强，酸性减弱，c(H2A)减小，c(HA-)增大，当加入NaOH使溶液的pH=10时，H2A的含量为0，HA-含量最大，再继续加入NaOH，c(HA-)减小，c(A2-)增大，据此分析可知，图中各曲线代表的离子为： ，据此分析解答。
二、综合题
8.【答案】 （1）稀硫酸
（2）SiO2和PbSO4
（3）Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+
（4）促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离
（5）2；H2+Zn(OH) 2H2O+Zn+2OH-
（6）5；1×10-11mol·L-1
【解析】【解答】(1)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+ ， 同时生成SO2 ， 污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；
(3) “沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；
(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；
(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH) 离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH) ，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH) 离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH) +2e-=Zn+4OH- ， 则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH) 2H2O+Zn+2OH-；
(6)已知Ka(CH3COOH)= = =2.0×10−5 ， 则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) = × = =1.0×10-7×1.0×10-14 ， 其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)= mol·L-1=1×10-11mol·L-1。
【分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2 ， 还含有SiO2 ， CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4 ， 向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+ ， 再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。
9.【答案】 （1）冷凝回流；2 +16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl
（3）无干燥装置；氯气和水反应生成HCl和HClO，会进一步生成副产物
（4）否；CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液
（5）73.75%
【解析】【解答】(1)根据分析可知，E的作用是冷凝回流，恒压漏斗中盛放的试剂为浓盐酸；仪器A中发生的反应为高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2 +16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸，化学方程式：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；
(3)由分析可知，该设计流程中存在一处缺陷是实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的干燥装置，可能导致氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，导致三氯乙醛产率降低；
(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸，该方法不可行，原因是CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液；
(5)由题意滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2 =2I-+ 可知，测定产品纯度时存在如下关系式：n(I2)= n(CCl3CHO)+ ×n(Na2S2O3)，则产品的纯度为 ×100%=73.75%。
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其中恒压漏斗起平衡压强的作用，便于浓盐酸顺利流下，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶B中除去氯化氢气体，氯气在装置C中与乙醇反应制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸能将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，所以实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置，防止氯气与水反应生成次氯酸将三氯乙醛氧化。
10.【答案】 （1）-195.2kJ/mol
（2）常温下生成SO3的反应速率很慢
（3）T3温度过高，催化剂活性降低；7；18900(或1.89×104)；B
（4）+3e-+4H+=NO↑+2H2O
【解析】【解答】(1)根据图示可知，图中的反应历程为①V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+59.6 kJ/mol
②V2O5(s)= O2(g)+V2O4(s) ΔH2=+157.2 kJ/mol
根据盖斯定律，(①-②)×2可得：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH3=-195.2kJ/mol；
(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2 ， 改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后没有生成SO3的可能原因是：常温下，反应V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+59.6 kJ/mol和反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH3=-195.2kJ/mol生成SO3的反应速率很慢；
(3)①根据先拐先平数值大的原则，则图中温度大小关系为，T2＞T1 ， T3和较低温度T1反应达到平衡状态的时间基本相同，但T3温度下SO2的转化率最低，导致出现该现象的原因应该为T3温度过高，催化剂活性降低，反应速率降低；
②向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，T2温度下反应达平衡时，SO2转化率为90%，即消耗SO2的物质的量为0.6mol×90%=0.54mol，结合题意列三段式：
相同条件下，气体体积之比=气体物质的量之比，则 ，即 ，则平衡时容器中的体积为7L；反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数K= =18900(或1.89×104)；
③T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应达平衡后，再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变的情况下，增大容器的体积，此时温度不变，平衡常数不变，相当于将同等平衡状态在恒温恒容条件下混合，平衡不移动，故答案为：B。
(4)由题意可知，在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮( )，根据图示可得，酸性条件下， 在铜原子表面得到电子还原为NO，则导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为 +3e-+4H+=NO↑+2H2O。
【分析】（1）根据反应前后的能量即可求出焓变
（2）可能是温度过低，导致速率过慢，应该适当的提高温度达到催化剂的活性
（3）①主要考虑的是温度对催化剂的活性影响② 根据转化率计算出平衡时各物质的量，根据体积之比等于物质的量之比，计算出体积，同时计算出物质的量浓度，即可求出平衡常数③浓度不变平衡不移动
（4）根据反应物和产物即可写出离子方程式
11.【答案】 （1）3d64s2；7
（2）C＜Cl＜O；4∶3；sp2
（3）Ni2+的半径更小，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大
（4）LaNi5；；1307
【解析】【解答】(1)①Fe是26号元素，Fe的基态原子价电子排布式为3d64s2；
②Ti是22号元素，Ti的基态原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d7个能级，共有7种不同能级的电子；
(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为−2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：C＜Cl＜O；
②COCl2分子中有1个C=O键和2个C−Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，CCl4分子中有4个C−Cl键，分子中σ键的数目为4，则CCl4和COCl2分子中σ键的个数比为4∶3，COCl2分子的中心原子C电子对数=3+ ×(4−1×2−2)=3，故中心原子杂化方式为sp2；
(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大，所以熔点是NiO＞FeO；
(4)①从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为 ×8＝1。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为 ×8＋1×1＝5，故该晶体的化学式为LaNi5；
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1 ， NA为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量m= ，根据V= ，密度为dg·cm-3 ， 则该晶胞的体积是 cm3；
③LaNi5合金储氢后的密度ρ= = =0.118g•cm-3 ， 由定义式可知储氢能力= = =1307。
【分析】（1）① 根据铁原子的质子数即可写出核外电子能级排布即可找出价层电子排布②写出钛原子的核外电子能级排布，即可找出能级的数目
（2）① 非金属元素是Cl,O,C，得电子能力越强，电负性越强，因此显负价电负性强②写出结构式即可判断， COCl2 含有双键是sp2杂化
（3）离子晶体得熔点主要和离子得半径和带电荷有关，半径越小，电荷越多，熔点越高
（4）① 根据占位情况即可计算出原子个数比求出化学式 ②根据ρ=m/v，取1mol的物质进行计算即可 ③根据已知条件和公式即可计算出1mol物质吸收氢气的密度，根据储氢能力进行计算即可
12.【答案】 （1）邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；醚键、酯基
（2）取代反应；C15H18N2O3
（3）
（4）+ ClCH2CH2NHCH2CH2Cl→ +2HCl
（5）17；或
（6）或
【解析】【解答】COOC2H5 NO2 NH2
(1)根据分析可知，R为 ，则R的名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据H的结构简式，其中含氧官能团名称是醚键、酯基；
(2)M为 ，根据M、N结构变化，M→N的反应类型是取代反应；结构简式中每个节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，则H分子式是C15H18N2O3；
(3)根据分析，P的结构简式为 ；
(4)Q发生取代反应生成H，Q→H的化学方程式： + ClCH2CH2NHCH2CH2Cl→ +2HCl；
(5)R为 ，T是与R组成元素种类相同的芳香化合物，相对分子质量比R多14，说明T比R多一个-CH2-；能与金属Na反应放出氢气，但不与NaHCO3反应，说明含有羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，若苯环上取代基为-OH、-CH3、-CHO三种不同结构，则有10种结构；若苯环上取代基为-OH、-CH2CHO，则有邻、间、对3种结构；若苯环上取代基为-CH(OH)CHO，则只有1种结构，若苯环上的取代基为-CH2OH、-CHO，则有邻、间、对3种结构，因此满足条件的T有17种结构；其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式为 或 ；
(6)以1，5-戊二醇( )和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成 ，首先，苯和浓硝酸生成硝基苯，硝基苯被还原为苯胺，1，5-戊二醇发生取代反应生成1，5-二氯戊烷，1，5-二氯戊烷和苯胺发生取代反应生成 ，则合成路线： 或 。
【分析】根据N的结构简式及R的分子式可知，R为 ，R发生取代反应生成M，根据N的结构简式和M的分子式，则M为 ，根据H的结构简式可知，P的结构简式为 ，P发生还原反应生成Q，则Q为 ，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G。
高考化学一模试卷
一、单选题
1.化学与生活密切相关，下列叙述中正确的是（ ）
A. 自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂
B. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C. 为测定“84消毒液”的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
D. 生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料
2.艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，其结构如图，下列有关该有机物说法错误的是（ ）
A. 分子式为C16H25NO4
B. 分子中含有1个手性碳原子(连接4个不同基团的碳原子称为手性碳原子)
C. 一定条件下，能发生氧化、加成、取代和消去反应
D. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
3.下列实验方案能实现相应实验目的或得出相应结论的是（ ）
选项
实验方案
实验目的或结论
A
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4 ， 加热；再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
B
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入溴水中，褪色
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
C
用两支试管各取5mL0.1mol·L-1的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
D
在相同温度下，向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
4.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，可用于制备各种高性能防腐蚀材料。其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子半径：Z＞X＞Y
B. 工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质Y
C. Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D. 该化合物中Z不满足8电子稳定结构
5.锌镉渣是生产立德粉(硫化锌和硫酸钡的混合物)的废渣，其主要成分为锌、镉、锰、铁及其氧化物等，如图所示为从锌镉渣中获得金属镉的工艺流程：
已知：镉(Cd)的金属活动性介于锌、铁之间。下列说法错误的是（ ）
A. “浸取”步骤所用的1L0.1mol/L的硫酸中，氧原子的数目大于0.4NA
B. “氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 同时将Mn2+氧化为MnO2除去
C. “氧化”步骤加入氧化镉的目的是调pH，除去杂质元素
D. “电解”步骤中，阴极生成11.2g金属镉时，阳极生成气体的体积为1.12L
6.电致变色器件可通过在膜材料内部Li+定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，其工作原理如图。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是（ ）
A. 该装置可用于汽车的玻璃变色调光
B. 切换电源正负极使得无色变为蓝色时，Li+通过离子导体层由电致变色层向离子储存层迁移
C. 当a接外接电源负极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
D. 当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3
7.在298K下，“H2A-HA--A2-”的水溶液体系中，H2A、HA-、A2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2A和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Ka1(H2A)的数量级为10-6
B. 在pH=13.0的上述溶液中存在三个平衡
C. 当体系呈中性时， ＞
D. NaHA溶液中，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)
二、综合题
8.锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2 ， 还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工业上利用锌灰制ZnSO4·7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：
已知：Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：
（1）酸浸时，H2SO4应选用________(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。
（2）滤渣1的主要成分有________。
（3）写出“沉铜”时的离子方程式：________。
（4）“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是________。
（5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH) 离子，每溶解1molZnO需消耗________molKOH。电解池中的总反应离子方程式为________。
（6）该工艺废水中含有Zn2+ ， 排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度/(mol·L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=________，c(Zn2+)=________。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23 ， Ka1(H2S)=1.0×10-7 ， Ka2(H2S)=1.0×10-14 ， Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]
9.三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如图：
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl
②反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)
③相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
C2H5OH
46
﹣114.1
78.3
与水互溶
CCl3CHO
147.5
﹣57.5
97.8
可溶于水、乙醇
CCl3COOH
163.5
58
198
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
C2H5Cl
64.5
﹣138.7
12.3
微溶于水，可溶于乙醇
（1）E的作用是________，A中所发生反应的离子方程式为________。
（2）写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：________。
（3）该设计流程中存在一处缺陷是________，导致引起的后果是________。
（4）反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行________(填是或否)，原因是________。
（5）测定产品纯度：称取产品4.6g配成待测溶液100.00mL，取待测液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000mol•L﹣1碘标准溶液25.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为________(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2 =2I-+
10.可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。
（1）使用V2O5催化该反应时，涉及催化剂V2O5的能量变化如图1所示：
则2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH3=________。
（2）向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2 ， 改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的量的变化如图2所示，图中没有生成SO3的可能原因是________。
（3）向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图3所示。
①T3温度下反应速率最慢的原因是________。
②T2温度时，反应达平衡时容器的体积为________L，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数K=________。
③T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应达平衡后增大容器的体积同时再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变，平衡________(填标号)
A．向正反应方向移动 B．不移动 C．向逆反应方向移动 D．无法确定
（4）近年来，地下水中的氮污染已成为世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮( )，其工作原理如图所示。
导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为________。
11.很多过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。
（1）.钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。
①Fe的基态原子价电子排布式为 。
②Ti的基态原子共有 种不同能级的电子。
（2）.制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑。
①上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
②CCl4和COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，CCl4和COCl2分子中σ键的个数比为 ， COCl2分子的中心原子的杂化方式为 。
（3）.NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，从微观角度解释NiO的熔点高于FeO的原因为 。
（4）.Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1 ， 密度为dg·cm-3.设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是 cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。
③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为9×10-5g·cm-3；储氢能力= 。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 。(NA可近似取6×1023 ， =1.7)
12.一种药物中间体(G)的一种合成路线如下
已知：
请回答下列问题：
（1）R的名称是________；H中含氧官能团名称是________。
（2）M→N的反应类型是________。H分子式是________。
（3）P的结构简式为________。
（4）写出Q→H的化学方程式：________。
（5）T是与R组成元素种类相同的芳香化合物，满足下列条件的T有________种结构。
①相对分子质量比R多14；②能与金属Na反应放出氢气，但不与NaHCO3反应；③能发生银镜反应。
其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式为________。(写出正确的一种即可)
（6）以1，5-戊二醇( )和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成 ，设计合成路线：________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．明矾为十二水合硫酸铝钾(KAl(SO4)2·12H2O)，在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以用于自来水的净化，但没有消毒杀菌作用，故A不符合题意；
B．侯氏制碱法的工艺过程中，由于二氧化碳在水中的溶解度不大，导致纯碱产量较低，需要先向饱和食盐水中通入氨气至饱和，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，制备过程应用了物质溶解度的差异，故B符合题意；
C．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，溶液中水解产生次氯酸，具有漂白性，无法用pH试纸测定“84消毒液”的pH，故C不符合题意；
D．生产口罩的无纺布材料是聚丙烯产品，聚苯烯由丙烯发生加聚反应制得，属于人工合成高分子材料，不是天然高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾可以做净水剂，但是不具有杀毒性能，一般杀毒剂具有氧化性，明矾不具备氧化性
B.符合侯式制碱法的操作要求，利用氨气极易溶于水，以及碳酸氢钠的溶解度小的原理进行除杂
C.84消毒液具有氧化性，能漂白试纸，应该采用的是pH计进行测定
D.自然界中不存在聚丙烯，是人工合成的高分子材料
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．由图示结构式可知该物质的分子式为C16H25NO4 ， 故A不符合题意；
B．根据图示可知，该物质中只有与羟基相连的碳原子为手性碳，故B不符合题意；
C．该物质含有羟基、烃基(苯环与羟基相连碳原子连有氢原子)、酯基以及苯环，所以该物质一定条件下，能发生氧化、加成、取代和消去反应，故C不符合题意；
D．该物质与苯环直接相连的碳原子连有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；且含有与羟基相连的碳原子连有氢原子，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据结构简式可以确定有机物分子的分子式，以及确定有机物分子中含有氨基、羟基、醚基、以及酯基，可以发生氧化、加成、取代和消去反应，与四种不同的基团连接的碳原子只有一个，因此手性碳原子只有一个，含有具有还原性的醛基可使重铬酸钾褪色。
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖和果糖，银镜反应应在碱性条件下发生，题中水解后没有调节溶液至碱性，不能发生银镜反应的现象不能得出蔗糖未水解的结论，故A不符合题意；
B．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯能够使溴水褪色，证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成，故B符合题意；
C．高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为 ，题给KMnO4溶液过量，溶液不会褪色，故C不符合题意；
D．整个过程中NaOH过量，滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生Mg(OH)2白色沉淀，滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3 ， 不能说明溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.证明淀粉水解的产物是检验醛基，醛基的检验需要碱性环境
B.符合乙烯的检验方案
C.草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，可发生氧化还原反应，但是需要保证草酸的量是足量
D.证明难溶性沉淀的转化时，需要保证氢氧化钠的量少量
4.【答案】 C
【解析】【解答】根据分析，W为H元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为P元素，
A．O、Al的简单离子核外均为2个电子层，且电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，P的简单离子有3个电子层，则半径最大，因此简单离子半径：Z＞X＞Y，故A不符合题意；
B．X为O元素，Y为Al元素，X与Y组成的化合物为氧化铝，属于离子化合物，工业上电解熔融态氧化铝制备单质铝单质，故B不符合题意；
C．Z为P元素，其最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故C符合题意；
D．根据分析，该化合物中Z形成3个单键和1个双键，Z原子最外层含有10个电子，不满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】一种由短周期主族元素组成的化合物，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期，根据结构所示，W只形成一条共价键，为第Ⅰ主族元素，W为H元素；Y为+3价，则Y为Al元素；X形成两条共价键，为第Ⅵ主族元素，X为O元素，Z能形成3个单键和1个双键，则为第Ⅵ主族元素，Z为P元素，据此分析解答。
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．“浸取”步骤所用的1L0.1mol/L的硫酸中硫酸的物质的量为0.1mol，硫酸溶液中含有水，也含有氧原子，则氧原子的数目大于0.4NA ， 故A不符合题意；
B．根据分析，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 同时将Mn2+氧化为MnO2除去，故B不符合题意；
C．根据分析，“氧化”步骤加入氧化镉的目的是调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故C不符合题意；
D．“电解”步骤中，阴极生成11.2g金属镉，即生成0.1mol金属镉时，转移0.2mol电子，阳极上电解水生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， 生成0.05mol氧气，标况下气体的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，题中未说明气体的状态条件，无法用标况下气体摩尔体积计算，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌镉渣是生产立德粉(硫化锌和硫酸钡的混合物)的废渣，其主要成分为锌、镉、锰、铁及其氧化物等，加入稀硫酸进行酸浸浸取,金属及其氧化物与硫酸反应得到含有Zn2+、Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+的溶液，过滤掉不溶性杂质，向滤液中加入锌单质发生置换反应，Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+全部转化为单质，过滤后的滤液1中主要为ZnSO4 ， 海绵镉的主要成分为Zn、Mn、Fe，再向海绵镉中加入稀硫酸溶解，Zn、Mn、Fe又转化为Cd2+、Mn2+、Fe2+ ， 再加入高锰酸钾，酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+ ， Mn2+氧化为MnO2 ， 再加入氧化镉，调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3 ， 过滤后，滤渣2的主要成分为MnO2、Fe(OH)3 ， 得到的滤液中主要含有CdSO4 ， 最后对溶液通电电解制得金属镉。
6.【答案】 B
【解析】【解答】电致变色器件可通过在膜材料内部Li+定向迁移，WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。即对该装置进行通电可以改变玻璃的颜色 ，该装置为电解池装置，
A．该装置通电后可以改变玻璃的颜色，则可用于汽车的玻璃变色调光，故A不符合题意；
B．切换电源正负极使得无色变为蓝色时，WO3变为LiWO3 ， Li4Fe4[Fe(CN)6]3变为Fe4[Fe(CN)6]3 ， 根据两极物质的的转变，Li+应通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移，故B符合题意；
C．当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生反应为WO3+Li++e-= LiWO3 ， LiWO3为蓝色晶体，b接正极，发生电极反应为Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e-= Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+ ， Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色晶体，玻璃由无色变为蓝色，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光，故C不符合题意；
D．当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，电致变色层为阳极，结合C项分析，此时玻璃由蓝色变为无色，则离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.此装置利用电解池的原理实现无色和蓝色的转变，可以用作汽车玻璃的变色调光
B.无色变为蓝色，说明是 WO3 向 LiWO3 的转化，以及 Li4Fe4[Fe(CN)6]3 向 Fe4[Fe(CN)6]3 的转变，锂离子从来自储存层进入电致变色层
C.当a接外界电源负极时，电致变色层变为阴极，离子储存层变为阳极，均变为蓝色，减少得光得透射
D.当b接外界电源负极时，电致变色层变为阳极，离子储存层变为阴极，均变为无色
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．Ka1(H2A)= ，当pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L时，c(H2A)=c(HA-)，则Ka1(H2A)= c(H+)=10-6.9 ， 其数量级为10-7 ， 故A不符合题意；
B．根据图示，在pH=13.0的上述溶液中，存在c(A2-)和c(HA-)，c(A2-)和c(HA-)在溶液中均可以发生水解，存在两个水解平衡，c(HA-)还可以发生电离平衡，溶液中还存在水的电离平衡，则共存在四个平衡，故B不符合题意；
C．该体系中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，当体系呈中性时，c(H+)= c(OH-)，因此c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)，则 =1，根据图示，当pH=6.9时，c(H2A)=c(HA-)，当体系呈中性时，即pH=7时，c(H2A)＜c(HA-)，则 ＞1，即 ＞ ，故C符合题意；
D．由图示可知，当pH=10时，溶液中全部为NaHA，溶液显碱性，说明HA-的电离程度小于其水解程度，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，向H2A溶液中加入NaOH，随着NaOH的量增大，溶液pH值增大，溶液碱性增强，酸性减弱，c(H2A)减小，c(HA-)增大，当加入NaOH使溶液的pH=10时，H2A的含量为0，HA-含量最大，再继续加入NaOH，c(HA-)减小，c(A2-)增大，据此分析可知，图中各曲线代表的离子为： ，据此分析解答。
二、综合题
8.【答案】 （1）稀硫酸
（2）SiO2和PbSO4
（3）Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+
（4）促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离
（5）2；H2+Zn(OH) 2H2O+Zn+2OH-
（6）5；1×10-11mol·L-1
【解析】【解答】(1)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+ ， 同时生成SO2 ， 污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；
(3) “沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；
(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；
(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH) 离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH) ，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH) 离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH) +2e-=Zn+4OH- ， 则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH) 2H2O+Zn+2OH-；
(6)已知Ka(CH3COOH)= = =2.0×10−5 ， 则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) = × = =1.0×10-7×1.0×10-14 ， 其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)= mol·L-1=1×10-11mol·L-1。
【分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2 ， 还含有SiO2 ， CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4 ， 向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+ ， 再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。
9.【答案】 （1）冷凝回流；2 +16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl
（3）无干燥装置；氯气和水反应生成HCl和HClO，会进一步生成副产物
（4）否；CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液
（5）73.75%
【解析】【解答】(1)根据分析可知，E的作用是冷凝回流，恒压漏斗中盛放的试剂为浓盐酸；仪器A中发生的反应为高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2 +16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸，化学方程式：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；
(3)由分析可知，该设计流程中存在一处缺陷是实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的干燥装置，可能导致氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，导致三氯乙醛产率降低；
(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸，该方法不可行，原因是CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液；
(5)由题意滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2 =2I-+ 可知，测定产品纯度时存在如下关系式：n(I2)= n(CCl3CHO)+ ×n(Na2S2O3)，则产品的纯度为 ×100%=73.75%。
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其中恒压漏斗起平衡压强的作用，便于浓盐酸顺利流下，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶B中除去氯化氢气体，氯气在装置C中与乙醇反应制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸能将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，所以实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置，防止氯气与水反应生成次氯酸将三氯乙醛氧化。
10.【答案】 （1）-195.2kJ/mol
（2）常温下生成SO3的反应速率很慢
（3）T3温度过高，催化剂活性降低；7；18900(或1.89×104)；B
（4）+3e-+4H+=NO↑+2H2O
【解析】【解答】(1)根据图示可知，图中的反应历程为①V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+59.6 kJ/mol
②V2O5(s)= O2(g)+V2O4(s) ΔH2=+157.2 kJ/mol
根据盖斯定律，(①-②)×2可得：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH3=-195.2kJ/mol；
(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2 ， 改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后没有生成SO3的可能原因是：常温下，反应V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+59.6 kJ/mol和反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH3=-195.2kJ/mol生成SO3的反应速率很慢；
(3)①根据先拐先平数值大的原则，则图中温度大小关系为，T2＞T1 ， T3和较低温度T1反应达到平衡状态的时间基本相同，但T3温度下SO2的转化率最低，导致出现该现象的原因应该为T3温度过高，催化剂活性降低，反应速率降低；
②向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，T2温度下反应达平衡时，SO2转化率为90%，即消耗SO2的物质的量为0.6mol×90%=0.54mol，结合题意列三段式：
相同条件下，气体体积之比=气体物质的量之比，则 ，即 ，则平衡时容器中的体积为7L；反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数K= =18900(或1.89×104)；
③T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应达平衡后，再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变的情况下，增大容器的体积，此时温度不变，平衡常数不变，相当于将同等平衡状态在恒温恒容条件下混合，平衡不移动，故答案为：B。
(4)由题意可知，在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮( )，根据图示可得，酸性条件下， 在铜原子表面得到电子还原为NO，则导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为 +3e-+4H+=NO↑+2H2O。
【分析】（1）根据反应前后的能量即可求出焓变
（2）可能是温度过低，导致速率过慢，应该适当的提高温度达到催化剂的活性
（3）①主要考虑的是温度对催化剂的活性影响② 根据转化率计算出平衡时各物质的量，根据体积之比等于物质的量之比，计算出体积，同时计算出物质的量浓度，即可求出平衡常数③浓度不变平衡不移动
（4）根据反应物和产物即可写出离子方程式
11.【答案】 （1）3d64s2；7
（2）C＜Cl＜O；4∶3；sp2
（3）Ni2+的半径更小，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大
（4）LaNi5；；1307
【解析】【解答】(1)①Fe是26号元素，Fe的基态原子价电子排布式为3d64s2；
②Ti是22号元素，Ti的基态原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d7个能级，共有7种不同能级的电子；
(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为−2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：C＜Cl＜O；
②COCl2分子中有1个C=O键和2个C−Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，CCl4分子中有4个C−Cl键，分子中σ键的数目为4，则CCl4和COCl2分子中σ键的个数比为4∶3，COCl2分子的中心原子C电子对数=3+ ×(4−1×2−2)=3，故中心原子杂化方式为sp2；
(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大，所以熔点是NiO＞FeO；
(4)①从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为 ×8＝1。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为 ×8＋1×1＝5，故该晶体的化学式为LaNi5；
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1 ， NA为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量m= ，根据V= ，密度为dg·cm-3 ， 则该晶胞的体积是 cm3；
③LaNi5合金储氢后的密度ρ= = =0.118g•cm-3 ， 由定义式可知储氢能力= = =1307。
【分析】（1）① 根据铁原子的质子数即可写出核外电子能级排布即可找出价层电子排布②写出钛原子的核外电子能级排布，即可找出能级的数目
（2）① 非金属元素是Cl,O,C，得电子能力越强，电负性越强，因此显负价电负性强②写出结构式即可判断， COCl2 含有双键是sp2杂化
（3）离子晶体得熔点主要和离子得半径和带电荷有关，半径越小，电荷越多，熔点越高
（4）① 根据占位情况即可计算出原子个数比求出化学式 ②根据ρ=m/v，取1mol的物质进行计算即可 ③根据已知条件和公式即可计算出1mol物质吸收氢气的密度，根据储氢能力进行计算即可
12.【答案】 （1）邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；醚键、酯基
（2）取代反应；C15H18N2O3
（3）
（4）+ ClCH2CH2NHCH2CH2Cl→ +2HCl
（5）17；或
（6）或
【解析】【解答】COOC2H5 NO2 NH2
(1)根据分析可知，R为 ，则R的名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据H的结构简式，其中含氧官能团名称是醚键、酯基；
(2)M为 ，根据M、N结构变化，M→N的反应类型是取代反应；结构简式中每个节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，则H分子式是C15H18N2O3；
(3)根据分析，P的结构简式为 ；
(4)Q发生取代反应生成H，Q→H的化学方程式： + ClCH2CH2NHCH2CH2Cl→ +2HCl；
(5)R为 ，T是与R组成元素种类相同的芳香化合物，相对分子质量比R多14，说明T比R多一个-CH2-；能与金属Na反应放出氢气，但不与NaHCO3反应，说明含有羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，若苯环上取代基为-OH、-CH3、-CHO三种不同结构，则有10种结构；若苯环上取代基为-OH、-CH2CHO，则有邻、间、对3种结构；若苯环上取代基为-CH(OH)CHO，则只有1种结构，若苯环上的取代基为-CH2OH、-CHO，则有邻、间、对3种结构，因此满足条件的T有17种结构；其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式为 或 ；
(6)以1，5-戊二醇( )和硝基苯为原料(其他无机试剂自选)合成 ，首先，苯和浓硝酸生成硝基苯，硝基苯被还原为苯胺，1，5-戊二醇发生取代反应生成1，5-二氯戊烷，1，5-二氯戊烷和苯胺发生取代反应生成 ，则合成路线： 或 。
【分析】根据N的结构简式及R的分子式可知，R为 ，R发生取代反应生成M，根据N的结构简式和M的分子式，则M为 ，根据H的结构简式可知，P的结构简式为 ，P发生还原反应生成Q，则Q为 ，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G。
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