还剩23页未读，
继续阅读
广东省越秀区培正中学2021届高三下学期三模考试化学试题（含解析）
展开
这是一份广东省越秀区培正中学2021届高三下学期三模考试化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省越秀区培正中学2021届高三下学期三模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中华文化瑰宝记载着历史的兴衰与成败，具有重要的历史价值与科学研究价值。下列关于文物的说法正确的是
A．新疆和田玉被称为“美玉”，和田玉是在一定条件下发生化学反应而形成的
B．中医药学是我国文化瑰宝，中药的提取分离、浓缩、干燥过程发生了化学变化
C．陶瓷文物配补时需要用到的石膏粉、环氧树脂、滑石粉等均属于无机化合物
D．《千里江山图》采用了石绿中的头绿和四绿，其均为孔雀石，主要成分为碳酸铜
2．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．工业上利用合成氨实现人工固氮
D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3
3．用化学用语表示中的相关微粒，其中错误的是
A．中子数为10的氧原子：
B．中含有非极性键和离子键
C．若用参加反应，则产物中均有
D．的结构式：
4．临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效，4，7－二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是
A．1mol4，7－二氯喹啉最多能和4molH2发生加成反应
B．分子中所有原子在同一平面上
C．分子式为C9H6NCl2
D．4，7－二氯喹啉的一溴代物有7种
5．下列叙述Ⅰ、Ⅱ有因果关系的是
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
中碳元素处于最低化合价，具有还原性
可燃冰是一种清洁能源
B
具有氧化性
作净水剂
C
断裂分子中H—N键要吸收热量
工业上用液氨作制冷剂
D
有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工
有机玻璃常作光学仪器
A．A B．B C．C D．D
6．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲制备并收集纯净的
B．用乙比较碳元素与硫元素的非金属性强弱
C．用丙提取溴水中的溴单质
D．用丁蒸发溶液制备
7．设表示阿伏加德罗常数的值。反应(未配平)可为火箭发射提供动力，下列说法错误的是
A．标准状况下，溶液中含有氧原子的数目为
B．中含有共用电子对的数目为
C．生成时转移电子的数目为
D．中含有质子的数目为
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．碳酸氢铵溶液中滴加过量澄清石灰水：
B．苯酚溶液与过量碳酸钠溶液反应：
C．用溴水检验丙烯醛中的碳碳双键：
D．溶液中通入少量：
9．化石燃料、化工生产、火山喷发都因含硫而易形成酸雨，某科研机构研究发现SO2气体在不同空气中形成酸雨的过程如下：
下列有关说法错误的是
A．光照和空气是酸雨形成的必要条件
B．净化空气和优化能源结构可有效减少酸雨的形成
C．空气污染程度与酸雨形成的速率存在一定关系
D．SO2气体转化为H2SO4型酸雨的每一步必须经过氧化还原反应实现
10．海藻中含丰富的、以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分
下列判断正确的是
A．步骤①、③的操作都是过滤
B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
C．步骤③中加入的有机溶剂是乙醇
D．步骤④的操作是精馏
11．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A．Ir的表面发生氧化还原反应，生成时转移个电子
B．导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：
C．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
D．在导电基体上生成NO的反应式为：
12．如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质能达到目的是
选项
气体
试剂
现象
结论
A
NH3
酚酞试液
溶液变红色
氨水显碱性
B
Cl2
紫色石蕊试液
溶液先变红后褪色
Cl2有酸性和漂白性
C
C2H4
溴水
溶液褪色
C2H4分子中含碳碳双键
D
X
KI淀粉溶液
溶液变蓝
X可能是NO2
A．A B．B C．C D．D
13．某文献报道，乙腈的某种催化水化反应机理如图所示：
下列有关该反应机理的说法错误的是
A．总反应的化学方程式为CH3CN+H2OCH3CONH2
B．是反应的中间产物
C．和可为本反应的催化剂
D．属于加成反应
14．光电池是发展性能源。一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），［Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面］，接着Cl（AgCl）+e－=Cl－ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态。下列说法不正确的是
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl－+2e－=Cl2↑
C．光照时，Cl－向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl－（aq）
15．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大。X、Y、Z同周期，且相邻，Y的原子序数与Q的最外层电子数相同，WQ的水溶液为强酸，五种元素可形成有机化合物M，其结构简式如图(W未表示出来)。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：Z>Y>Q>X B．最高价含氧酸的酸性：Q>Y>X
C．简单离子的半径：Q
A．的溶液中：
B．W点的溶液中：
C．的溶液中：
D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：
二、实验题
17．工业利用反应，在无水无氧条件下制取，实验装置如图所示。(的熔点为25℃，沸点为136℃，遇水发生水解生成)
回答下列问题：
(1)该实验设计中存在一个明显的错误： ，会导致无法制得；装置F中的试剂为 。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(3)当观察到装置E中 (现象)时才开始点燃D处酒精灯，装置E中冰水的作用是 。
(4)若上述装置中缺少装置C，则D处硬质试管中发生的主要副反应化学方程式为： 。
(5)利用如图所示的装置测定的纯度，取产品，向安全漏斗中加入适当的蒸馏水，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体并转移至锥形瓶中，加入溶液，使氯离子完全沉淀，以高铁铵钒为指示剂，用溶液滴定过量的生成沉淀，滴定终点时，消耗滴定液。
①安全漏斗在实验中的作用除加水外，还有 。
②根据上述数据计算该样品的纯度 (用含m、、、、的代数式表示)。
三、工业流程题
18．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如下图所示：
已知：①含铬废水中铬元素主要有和两种价态，价铬在酸性环境中氧化性更强。
②。
回答下列问题：
(1)“还原”时，先加入酸化，再加入固体，其发生反应的离子方程式为 ，若不加酸化，可能造成的后果是 。
(2)“中和”过程中，有大量气泡生成，写出中和时产生的离子方程式： 。
(3)“过滤洗涤”时，证明沉淀已洗涤干净的操作为： 。
(4)“冶炼”时，该反应的能量主要转化形式为 。
(5)“氧化”时，发生反应的化学方程式为： 。
(6)已知，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于，则此滤液中的范围为 。
(7)与还原法相比，氧化法的优点为 。
四、原理综合题
19．用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl（g） + CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g） △H1
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为 （反应热用△H1和△H2表示）。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H 0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是 。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由 。
③下列措施中有利于提高aHCl的有 。
A、增大n（HCl） B、增大n（O2）
C、使用更好的催化剂 D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t（min）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n（Cl2）/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率 （以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式 。
五、结构与性质
20．碳及钾元素形成的单质及其化合物有重要的应用。回答下列问题：
(1)放射性同位素常用于测定古生物体的年龄，它可由中子轰击A原子制得：。则基态A原子的价电子排布式为 ；第四周期副族元素基态原子中，与A含有相同未成对电子数相同的元素有 (填元素符号)。
(2)碳元素可与氮等其他元素形成许多胺类物质，其中烟碱和多巴胺的结构如下：
烟碱中N原子的杂化方式为 ；多巴胺的沸点比烟碱高，其原因为 。
(3)可用于超微量Cu(Ⅱ)的测定。中阴离子空间构型是 ，与其互为等电子体的一种分子为 。
(4)KCl可用作氮肥的生产，其晶体的晶格能可通过下图热化学循环计算得到。则K原子的第一电离能为 ，Cl—Cl键键能为 。
(5)石墨层间插入碱金属K可形成一系列夹层化合物，其导电性和磁性发生很大的变化。某种夹层化合物的结构如下图所示，每隔两层插入一层钾原子，与钾层相邻的上下两层碳原子的排列方式相同。
图(b)中正六边形的顶点代表碳原子，黑点代表钾原子。
①距离钾原子最近的碳原子的个数为 ；该夹层化合物的化学式为 。
②若钾层相邻两个K之间的最近距离为dpm，则石墨层中C—C键键长为 pm。
六、有机推断题
21．一种重要的降血糖药物M()的合成路线如下(略去部分反应条件)：
已知：
回答下列问题：
(1)B的名称为 ，F的结构简式为 。
(2)反应②的反应类型为 。
(3)下列关于上述涉及的有机物的说法正确的是 (填标号)。
a．化合物E能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．化合物F既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
c．M中含氧官能团的名称为羧基、羰基
(4)写出F＋H→M的化学方程式： 。
(5)由G可制得物质I()，写出满足下列条件的I的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应
②除苯环外不含其他环
③谱中峰面积之比为
(6)请设计以G为原料合成H的合理路线流程图(无机试剂任选)。
参考答案：
1．A
【详解】A．和田玉是酸性岩浆与镁质大理岩侵蚀形成，过程中有新物质生成，发生了化学反应，故A正确；
B．物质的提取分离、浓缩、干燥过程均没有发生化学变化，故B错误；
C．环氧树脂是一种高分子聚合物，属于有机物，故C错误；
D．《千里江山图》采用的石绿中的头绿和四绿均为孔雀石，其主要成分为碱式碳酸铜，故D错误。
故选：A。
2．D
【详解】A．发生的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素（-1价）化合价有升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；
B．2Al2O34Al+3O2↑中铝元素、氧元素化合价有变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；
C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氢元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D．实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为18，原子符号为，故A正确；
B．过氧化钠是离子化合物，化合物中含有离子键和非极性键，故B正确；
C．由方程式可知，过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠即是氧化剂也是还原剂，二氧化碳即不是氧化剂也不是还原剂，则若用参加反应，氧气分子中不含有，故C错误；
D．二氧化碳分子的空间构型为直线形，结构式为O=C=O，故D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．由结构简式可知，1个该分子含有一个苯环、一个碳碳双键和一个碳氮双键，1mol该分子最多能和5molH2发生加成反应，故A错误；
B．根据苯、乙烯分子中所有原子共平面分析可知，喹啉环是一个平面，因此该分子中所有原子都在同一平面，故B正确；
C．由结构简式可知，该物质的分子式为C9H5NCl2，故C错误；
D．由结构简式可知，该分子有5种不同化学环境的氢，即，所以一溴代物有5种，故D错误；
答案为B。
5．D
【详解】A．可燃冰是一种清洁能源是因为甲烷燃烧产生的能量大，且污染小，具有可燃性，与CH4具有还原性无关，故A错误；
B．NH4Fe(SO4)2•12H2O能电离出Fe3+，Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，该胶体吸附性强，吸附水中悬浮颗粒并沉降，则NH4Fe(SO4)2•12H2O作净水剂，与Fe3+具有氧化性无关，故B错误；
C．用液氨作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，能使环境温度降低，氨气分子中化学键没有断裂，故C错误；
D．有机玻璃(PMMA)具有透光性好、质轻、易加工等优点，可制作透明性强的光学仪器，故D正确；
故选：D。
6．B
【详解】A．用甲制得的氢气中混有水蒸气，故A错误；
B．澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B正确；
C．环己烯与溴单质发生加成反应，不能萃取，故C错误；
D．蒸发结晶过程中氯化镁水解使产品不纯，应在HCl气流中蒸发，故D错误；
故选：B。
7．A
【详解】A．溶质的质量分数未知，无法计算溶液中含有氧原子的数目，故A错误；
B．1个肼分子中含有5对共用电子对，3.2gN2H4的物质的量为：,0.1molN2H4含有共用电子对的数目为0.5NA，故B正确；
C．N元素从-2变为0价，生成1mol N2时转移电子的物质的量为：1mol×2[0-(-2)]=4mol,转移电子的数目为4NA，故C正确；
D．1个H2O含有10个质子，则0.1molH2O中含有质子的物质的量为：0.1mol×10=1mol,含有质子的数目为NA，故D正确；
故选：A。
8．D
【详解】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，设NH4HCO3的物质的量为1mol，则1mol和1mol需要消耗2molOH-和1molCa2+，故离子方程式为Ca2++++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故A错误；
B．酸性：H2CO3＞苯酚＞，无论碳酸钠是否过量，苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5OH+→+C6H5O-，故B错误；
C．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键，溴单质和醛基、双键都反应，不能检验出，应先发生银镜反应，再与溴水或高锰酸钾反应检验双键，故C错误；
D．强酸制弱酸，碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+，故D正确；
故选：D。
9．D
【详解】A．根据SO2气体在不同空气中形成酸雨的过程，可知光照和空气是酸雨形成的必要条件，故A正确；
B．净化空气能减慢形成酸雨的速率，优化能源结构可计算二氧化硫的排放，有效减少酸雨的形成，故B正确；
C．根据图示，空气污染程度越大，酸雨形成的速率越快，故C正确；
D．SO2气体在光照条件下转化为激发态SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
选D。
10．D
【详解】A．分离固体和液体用过滤，从水溶液中提取碘一般用萃取的方法，A错误；
B．步骤②的反应为：Cl2+2I=2Cl+I2，因此不能用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全，B错误；
C．萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶，由于乙醇和水互溶，乙醇不能作萃取剂，C错误；
D．碘易溶于有机溶剂，所以不能过滤，应该用蒸馏的方法提取碘，D正确。
答案选D。
11．C
【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成1molN2时转移2NA个电子，故A正确；
B．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，则Pt颗粒上发生的反应：，故B正确；
C．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故C错误；
D．导电基体上的Cu颗粒上，得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：+3e-+4H+═NO↑+2H2O，故D正确；
故选：C。
12．D
【分析】根据气体通入的方向，可知此装置收集的气体密度比空气的大。
【详解】A．NH3的密度比空气小，故A错误；
B．Cl2的密度比空气大，通入到紫色石蕊试液中，先变红后褪色，原因是Cl2＋H2OHCl＋HClO，变红是因为盐酸有酸性，褪色是因为次氯酸有漂白性，故B错误；
C．乙炔的密度比空气小，故C错误；
D．氯气的氧化性强于碘单质，把碘单质置换出来，淀粉遇碘变蓝，X可以是Cl2；如果是NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，硝酸具有强氧化性，把碘离子氧化成碘单质，溶液变蓝，X可以是NO2，这两种气体的密度都大于空气，故D正确；
答案选D。
13．D
【分析】根据图示，该反应的过程可表示为+H2O→、+CH3CN→+CH3CONH2、→（或→、+H2O→、+CH3CN→+CH3CONH2）。
【详解】A．根据图示，总反应为CH3CN+H2OCH3CONH2，A正确；
B．根据分析，是中间产物，B正确；
C．根据分析，和可为本反应的催化剂，C正确；
D．是C—N单键断裂，在C原子上连接—OH，N原子上连接H，不符合加成反应的定义，不属于加成反应，D错误；
答案选D。
14．B
【详解】该装置中，氯原子得电子发生还原反应，所以有氯离子生成的电极为正极，即银作正极，铂作负极。
A．光照时，电流从正极银X流向负极铂Y，故A正确；
B．光照时，Pt电极作负极，负极上氯原子得电子生成氯离子，电极反应式为着Cl（AgCl）+e－→Cl－（aq），故B错误；
C．光照时，该装置是原电池，银作正极，铂作负极，电解质中氯离子向负极铂移动，故C正确；
D．光照时，负极上氯原子得电子发生还原反应，正极上铜离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl-（aq），故D正确；
故选B。
15．C
【分析】W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由M的结构可知，Q最外层有7个电子，则Y的原子序数为7，为N元素，又因为X、Y、Z为同周期相邻元素，所以X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Cl元素，W能形成一根共价键，则W为H元素，据此解答。
【详解】A．水分子间及氨气分子间均存在氢键，熔沸点高，常温下水为液态，水的沸点更高，氯化氢相对分子质量大于甲烷，分子间作用力更强，氯化氢沸点高于甲烷，故简单氢化物熔沸点H2O＞NH3＞HCl＞CH4，A正确；
B．非金属越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，B正确；
C．Cl-核外三层电子，离子半径大于N3-、O2-，N3-、O2-核外电子排布相同，原子序数大半径小，N3-＞O2-，故简单离子半径Z＜Y﹤Q，C错误；
D．M的官能团是硝基、氯原子，含有相同官能团，且与M互为同分异构体的还有2种，硝基和氯原子处于邻位和间位，D正确；
故选C。
16．D
【分析】混合溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，且c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，根据图分析，当pH增加时，浓度增大的应为CH3COO-，浓度减小的应为CH3COOH；
【详解】A．根据图分析，当pH=5.5时，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；
B．W点溶液c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．pH=3.5的溶液中，溶液呈酸性，由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，故C正确；
D．加入HCl气体可使溶液酸性增强，CH3COOH浓度增加而CH3COO-降低，由于W点平衡时溶液中醋酸和醋酸根离子浓度相同，所以二者分别为0.05mol/L，通入1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体，则反应恰好生成0.1mol/L的醋酸溶液，由质子守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D错误，
故选：D。
17．(1) A中缺少加热装置 浓硫酸
(2)
(3) 充满黄绿色气体 使TiCl4冷凝
(4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl
(5) 形成液封，吸收多余的HCl
【分析】装置A利用MnO2和浓盐酸混合加热制取的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，依次利用B中饱和食盐水除去HCl、装置C中浓硫酸干燥氯气，干燥的Cl2和TiO2、C混合加热制得的TiCl4在E中冷凝收集，并利用G中NaOH溶液吸收含有Cl2的尾气，防止污染环境，同时利用F中浓硫酸防止水蒸气进入E中，使TiCl4水解；
【详解】（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需要加热，TiCl4遇水发生水解，需要防止装置G中的水蒸气进入装置E中，则F中应盛装浓硫酸，故答案为：A中缺少加热装置；浓硫酸；
（2）装置A中利用MnO2和浓盐酸混合加热生成氯气、MnCl2和水，则发生反应的离子方程式为；
（3）制取TiCl4需要在无水无氧条件下进行，因此需要排尽装置内部的空气，当观察到装置E中充满黄绿色气体时，开始点燃D处酒精灯；TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136℃，装置E中冰水的作用是使TiCl4冷凝，故答案为：充满黄绿色气体；使TiCl4冷凝；
（4）若缺少装置C，TiCl4遇水发生水解生成TiO2⋅xH2O，发生反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl；
（5）①安全漏斗在实验中的作用是形成液封，吸收多余的HCl,避免HCl损失，故答案为：形成液封，吸收多余的HCl；
②根据题意可以确立原子守恒关系4n(TiCl4)=n(AgCl)，n(AgNO3)=n(AgCl)+n(AgSCN)，4n(TiCl4)+c2V2×10−3＝c1×V1×10−3，，故答案为：。
18．(1) +3+10H+=4Cr3++5H2O+6 +6价铬不能完全被还原
(2)2Cr3++3+3H2O=2Cr（OH）3↓+3CO2↑
(3)取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成
(4)化学能转化为热能
(5)2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O
(6)≥4.8×10-5mol⋅L-1
(7)能耗低
【分析】含铬废水先加入H2SO4酸化，再加入Na2S2O5固体，现发生转化2+2H+⇌ +H2O，随后发生反应+3+10H+=4Cr3++5H2O+6，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应Cr3+++3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑，过滤获得Cr(OH)3，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬；下方流程：含铬废水加入氢氧化钠调节pH，发生反应Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O，加硝酸钡，利用沉淀溶解平衡，获得BaCrO4沉淀，据此分析回答问题。
【详解】（1）已知+6价铬在溶液中存在如下平衡：2+2H+⇌ +H2O，因此加入稀硫酸的目的是将转化为，此时加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为+3+10H+=4Cr3++5H2O+6，根据题意可知，+6价铬在酸性环境中氧化性更强，若不加H2SO4酸化，可能造成的后果是+6价铬不能完全被还原，故答案为：+3+10H+=4Cr3++5H2O+6；+6价铬不能完全被还原；
（2）“中和”时，加入Na2CO3有大量气泡生成，由此可判断该气体为CO2，同时有沉淀生成，因此该反应的离子方程式为2Cr3++3+3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Cr3++3+3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“过滤洗涤”时，洗涤Cr(OH)3沉淀上的SO42-等杂质离子，证明沉淀已洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成；
（4）“冶炼”时，发生反应为铝还原Cr2O3，铝热反应放出大量热，因此能量主要转化形式为化学能转化为热能，故答案为：化学能转化为热能；
（5）加NaOH调节pH后，溶液中Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O；
（6）若废液中c()==5×10-6mol/L，根据c(Ba2+)=mol/L=4.8×10-5mol⋅L-1，因此溶液中c(Ba2+)≥4.8×10-5mol⋅L-1，故答案为：≥4.8×10-5mol⋅L-1；
（7）与还原法相比，氧化法的优点为能耗低，故答案为：能耗低。
19． 2HCl（g） + 1/2O2（g）H2O（g）+Cl2（g） △H=△H1+△H2 ＜ K（A） 增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大 B、D 解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g） + 1/2O2（g） = H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min 2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【详解】（1）根据图象信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2（g）+1/2O2（g）CuO（s） +Cl2（g） △H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K（A） ＞K（B）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:
；
③A、增大n（HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；
B、增大n（O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；
C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；
D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。
故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n（Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl（g） + 1/2O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
20．(1) 2s22p3 V、Mn
(2) sp2、sp3 多巴胺分子间可形成氢键
(3) 平面三角形 SO3(或BF3)
(4) 418.8 242.4
(5) 12 C24K(或KC24)
【详解】（1）由核反应式可知，A为714N，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；N原子核外有三个未成对电子，第四周期元素中，含有3个未成对电子的副族元素有V和Mn,故答案为：2s22p3；V、Mn；
（2）烟碱分子中的五元环中N原子形成3个σ键，含有1个孤电子对，采用sp3杂化，六元环中N原子形成1个N=C双键、1个σ键，还含有1个孤电子对，采用sp2杂化，所以N原子的杂化方式为sp3、sp2；由于多巴胺分子中含有羟基和氨基，分子间可形成氢键，所以多巴胺的沸点比烟碱高，故答案为：sp2、sp3；多巴胺分子间可形成氢键；
（3）该配合物中阴离子为，根据VSEPR理论，中心原子C的价电子对数为VP=BP+LP=3+=3，C原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的粒子，所以与互为等电子体的分子为SO3、BF3，故答案为：平面三角形；SO3(或BF3)；
（4）气态基态K原子失去1个电子转化为气态基态钾离子需要的最低能量为K原子的第一电离能，故K原子的第一电离能为418.8kJ/mol；Cl-C键的键能能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量，则Cl-Cl键能=2×121.2kJ/mol=242.4kJ/mol,故答案为：418.8；242.4；
（5）①由钾层在石墨层的投影图可知，钾落在了正六边形的中心，因此距离钾原子最近的碳原子的个数上下两层各6个，共计12个；如图1，取石墨A---钾层---石墨A---石墨B---钾层---石墨B---石墨A共计七层，以图1中正六边形为上下底面截取一个六棱柱，根据均摊法可知其中含有碳原子数为24×2×+24×3=96个，钾原子数为12×=4个，碳原子与钾原子数目之比为24：1，该夹层化合物的化学式为C24K，故答案为：12；C24K(或KC24)；
②如图2，若钾层相邻两个K之间的距离为dpm,则AB=，设AC=x,则BC=2x,根据勾股定理可得x2+d2=(2x)2，解得：x=，则石墨层中C-C键键长2x=pm,故答案为：。
21．(1) 苯甲醛
(2)消去反应
(3)ab
(4)++HCl
(5)、
(6)
【分析】由A()、C的结构简式()得出B的化学式为：C7H6O，结构简式为：，A与B发生加成反应生成C，C中含有醇羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成D(C10H8N2O2)，则D为，D在催化剂作用下与H2加成生成E；又因F与H发生取代反应生成目标产物M，利用逆推法推出F为；
【详解】（1）由上述分析得出，B的结构简式为：，化学名称为苯甲醛；根据M和H逆推得出F为，故答案为：苯甲醛；；
（2）C即中含有醇羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成D为，反应②的类型为消去反应，故答案为：消去反应；
（3）A．E中与苯环相连的碳可被高锰酸钾氧化为羧基，故a正确；
B．F为中含有氨基和羧基，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故b正确；
C．M中含氧官能团的名称为羧基、肽键，故c错误；
故选：ab；
（4）F为与H发生取代反应生成目标产物M，反应方程式为：++HCl；
（5）I能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；1H-NMR谱中峰面积之比为6：2：1：1：1，说明对称性很强，即两个甲基对称，且除苯环外不含其他环；写出同分异构体为：、；
（6）根据已知反应，所以得出G中的Cl原子可在碱性条件下发生水解反应生成醇，醇氧化成羧酸，再根据已知，合成目标产物H，所以合成路线为：。
广东省越秀区培正中学2021届高三下学期三模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中华文化瑰宝记载着历史的兴衰与成败，具有重要的历史价值与科学研究价值。下列关于文物的说法正确的是
A．新疆和田玉被称为“美玉”，和田玉是在一定条件下发生化学反应而形成的
B．中医药学是我国文化瑰宝，中药的提取分离、浓缩、干燥过程发生了化学变化
C．陶瓷文物配补时需要用到的石膏粉、环氧树脂、滑石粉等均属于无机化合物
D．《千里江山图》采用了石绿中的头绿和四绿，其均为孔雀石，主要成分为碳酸铜
2．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．工业上利用合成氨实现人工固氮
D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3
3．用化学用语表示中的相关微粒，其中错误的是
A．中子数为10的氧原子：
B．中含有非极性键和离子键
C．若用参加反应，则产物中均有
D．的结构式：
4．临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效，4，7－二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是
A．1mol4，7－二氯喹啉最多能和4molH2发生加成反应
B．分子中所有原子在同一平面上
C．分子式为C9H6NCl2
D．4，7－二氯喹啉的一溴代物有7种
5．下列叙述Ⅰ、Ⅱ有因果关系的是
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
中碳元素处于最低化合价，具有还原性
可燃冰是一种清洁能源
B
具有氧化性
作净水剂
C
断裂分子中H—N键要吸收热量
工业上用液氨作制冷剂
D
有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工
有机玻璃常作光学仪器
A．A B．B C．C D．D
6．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲制备并收集纯净的
B．用乙比较碳元素与硫元素的非金属性强弱
C．用丙提取溴水中的溴单质
D．用丁蒸发溶液制备
7．设表示阿伏加德罗常数的值。反应(未配平)可为火箭发射提供动力，下列说法错误的是
A．标准状况下，溶液中含有氧原子的数目为
B．中含有共用电子对的数目为
C．生成时转移电子的数目为
D．中含有质子的数目为
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．碳酸氢铵溶液中滴加过量澄清石灰水：
B．苯酚溶液与过量碳酸钠溶液反应：
C．用溴水检验丙烯醛中的碳碳双键：
D．溶液中通入少量：
9．化石燃料、化工生产、火山喷发都因含硫而易形成酸雨，某科研机构研究发现SO2气体在不同空气中形成酸雨的过程如下：
下列有关说法错误的是
A．光照和空气是酸雨形成的必要条件
B．净化空气和优化能源结构可有效减少酸雨的形成
C．空气污染程度与酸雨形成的速率存在一定关系
D．SO2气体转化为H2SO4型酸雨的每一步必须经过氧化还原反应实现
10．海藻中含丰富的、以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分
下列判断正确的是
A．步骤①、③的操作都是过滤
B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
C．步骤③中加入的有机溶剂是乙醇
D．步骤④的操作是精馏
11．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A．Ir的表面发生氧化还原反应，生成时转移个电子
B．导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：
C．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
D．在导电基体上生成NO的反应式为：
12．如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质能达到目的是
选项
气体
试剂
现象
结论
A
NH3
酚酞试液
溶液变红色
氨水显碱性
B
Cl2
紫色石蕊试液
溶液先变红后褪色
Cl2有酸性和漂白性
C
C2H4
溴水
溶液褪色
C2H4分子中含碳碳双键
D
X
KI淀粉溶液
溶液变蓝
X可能是NO2
A．A B．B C．C D．D
13．某文献报道，乙腈的某种催化水化反应机理如图所示：
下列有关该反应机理的说法错误的是
A．总反应的化学方程式为CH3CN+H2OCH3CONH2
B．是反应的中间产物
C．和可为本反应的催化剂
D．属于加成反应
14．光电池是发展性能源。一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），［Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面］，接着Cl（AgCl）+e－=Cl－ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态。下列说法不正确的是
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl－+2e－=Cl2↑
C．光照时，Cl－向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl－（aq）
15．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大。X、Y、Z同周期，且相邻，Y的原子序数与Q的最外层电子数相同，WQ的水溶液为强酸，五种元素可形成有机化合物M，其结构简式如图(W未表示出来)。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：Z>Y>Q>X B．最高价含氧酸的酸性：Q>Y>X
C．简单离子的半径：Q
A．的溶液中：
B．W点的溶液中：
C．的溶液中：
D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：
二、实验题
17．工业利用反应，在无水无氧条件下制取，实验装置如图所示。(的熔点为25℃，沸点为136℃，遇水发生水解生成)
回答下列问题：
(1)该实验设计中存在一个明显的错误： ，会导致无法制得；装置F中的试剂为 。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(3)当观察到装置E中 (现象)时才开始点燃D处酒精灯，装置E中冰水的作用是 。
(4)若上述装置中缺少装置C，则D处硬质试管中发生的主要副反应化学方程式为： 。
(5)利用如图所示的装置测定的纯度，取产品，向安全漏斗中加入适当的蒸馏水，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体并转移至锥形瓶中，加入溶液，使氯离子完全沉淀，以高铁铵钒为指示剂，用溶液滴定过量的生成沉淀，滴定终点时，消耗滴定液。
①安全漏斗在实验中的作用除加水外，还有 。
②根据上述数据计算该样品的纯度 (用含m、、、、的代数式表示)。
三、工业流程题
18．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如下图所示：
已知：①含铬废水中铬元素主要有和两种价态，价铬在酸性环境中氧化性更强。
②。
回答下列问题：
(1)“还原”时，先加入酸化，再加入固体，其发生反应的离子方程式为 ，若不加酸化，可能造成的后果是 。
(2)“中和”过程中，有大量气泡生成，写出中和时产生的离子方程式： 。
(3)“过滤洗涤”时，证明沉淀已洗涤干净的操作为： 。
(4)“冶炼”时，该反应的能量主要转化形式为 。
(5)“氧化”时，发生反应的化学方程式为： 。
(6)已知，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于，则此滤液中的范围为 。
(7)与还原法相比，氧化法的优点为 。
四、原理综合题
19．用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl（g） + CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g） △H1
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为 （反应热用△H1和△H2表示）。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H 0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是 。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由 。
③下列措施中有利于提高aHCl的有 。
A、增大n（HCl） B、增大n（O2）
C、使用更好的催化剂 D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t（min）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n（Cl2）/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率 （以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式 。
五、结构与性质
20．碳及钾元素形成的单质及其化合物有重要的应用。回答下列问题：
(1)放射性同位素常用于测定古生物体的年龄，它可由中子轰击A原子制得：。则基态A原子的价电子排布式为 ；第四周期副族元素基态原子中，与A含有相同未成对电子数相同的元素有 (填元素符号)。
(2)碳元素可与氮等其他元素形成许多胺类物质，其中烟碱和多巴胺的结构如下：
烟碱中N原子的杂化方式为 ；多巴胺的沸点比烟碱高，其原因为 。
(3)可用于超微量Cu(Ⅱ)的测定。中阴离子空间构型是 ，与其互为等电子体的一种分子为 。
(4)KCl可用作氮肥的生产，其晶体的晶格能可通过下图热化学循环计算得到。则K原子的第一电离能为 ，Cl—Cl键键能为 。
(5)石墨层间插入碱金属K可形成一系列夹层化合物，其导电性和磁性发生很大的变化。某种夹层化合物的结构如下图所示，每隔两层插入一层钾原子，与钾层相邻的上下两层碳原子的排列方式相同。
图(b)中正六边形的顶点代表碳原子，黑点代表钾原子。
①距离钾原子最近的碳原子的个数为 ；该夹层化合物的化学式为 。
②若钾层相邻两个K之间的最近距离为dpm，则石墨层中C—C键键长为 pm。
六、有机推断题
21．一种重要的降血糖药物M()的合成路线如下(略去部分反应条件)：
已知：
回答下列问题：
(1)B的名称为 ，F的结构简式为 。
(2)反应②的反应类型为 。
(3)下列关于上述涉及的有机物的说法正确的是 (填标号)。
a．化合物E能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．化合物F既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
c．M中含氧官能团的名称为羧基、羰基
(4)写出F＋H→M的化学方程式： 。
(5)由G可制得物质I()，写出满足下列条件的I的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应
②除苯环外不含其他环
③谱中峰面积之比为
(6)请设计以G为原料合成H的合理路线流程图(无机试剂任选)。
参考答案：
1．A
【详解】A．和田玉是酸性岩浆与镁质大理岩侵蚀形成，过程中有新物质生成，发生了化学反应，故A正确；
B．物质的提取分离、浓缩、干燥过程均没有发生化学变化，故B错误；
C．环氧树脂是一种高分子聚合物，属于有机物，故C错误；
D．《千里江山图》采用的石绿中的头绿和四绿均为孔雀石，其主要成分为碱式碳酸铜，故D错误。
故选：A。
2．D
【详解】A．发生的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素（-1价）化合价有升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；
B．2Al2O34Al+3O2↑中铝元素、氧元素化合价有变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；
C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氢元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D．实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为18，原子符号为，故A正确；
B．过氧化钠是离子化合物，化合物中含有离子键和非极性键，故B正确；
C．由方程式可知，过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠即是氧化剂也是还原剂，二氧化碳即不是氧化剂也不是还原剂，则若用参加反应，氧气分子中不含有，故C错误；
D．二氧化碳分子的空间构型为直线形，结构式为O=C=O，故D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．由结构简式可知，1个该分子含有一个苯环、一个碳碳双键和一个碳氮双键，1mol该分子最多能和5molH2发生加成反应，故A错误；
B．根据苯、乙烯分子中所有原子共平面分析可知，喹啉环是一个平面，因此该分子中所有原子都在同一平面，故B正确；
C．由结构简式可知，该物质的分子式为C9H5NCl2，故C错误；
D．由结构简式可知，该分子有5种不同化学环境的氢，即，所以一溴代物有5种，故D错误；
答案为B。
5．D
【详解】A．可燃冰是一种清洁能源是因为甲烷燃烧产生的能量大，且污染小，具有可燃性，与CH4具有还原性无关，故A错误；
B．NH4Fe(SO4)2•12H2O能电离出Fe3+，Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，该胶体吸附性强，吸附水中悬浮颗粒并沉降，则NH4Fe(SO4)2•12H2O作净水剂，与Fe3+具有氧化性无关，故B错误；
C．用液氨作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，能使环境温度降低，氨气分子中化学键没有断裂，故C错误；
D．有机玻璃(PMMA)具有透光性好、质轻、易加工等优点，可制作透明性强的光学仪器，故D正确；
故选：D。
6．B
【详解】A．用甲制得的氢气中混有水蒸气，故A错误；
B．澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B正确；
C．环己烯与溴单质发生加成反应，不能萃取，故C错误；
D．蒸发结晶过程中氯化镁水解使产品不纯，应在HCl气流中蒸发，故D错误；
故选：B。
7．A
【详解】A．溶质的质量分数未知，无法计算溶液中含有氧原子的数目，故A错误；
B．1个肼分子中含有5对共用电子对，3.2gN2H4的物质的量为：,0.1molN2H4含有共用电子对的数目为0.5NA，故B正确；
C．N元素从-2变为0价，生成1mol N2时转移电子的物质的量为：1mol×2[0-(-2)]=4mol,转移电子的数目为4NA，故C正确；
D．1个H2O含有10个质子，则0.1molH2O中含有质子的物质的量为：0.1mol×10=1mol,含有质子的数目为NA，故D正确；
故选：A。
8．D
【详解】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，设NH4HCO3的物质的量为1mol，则1mol和1mol需要消耗2molOH-和1molCa2+，故离子方程式为Ca2++++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故A错误；
B．酸性：H2CO3＞苯酚＞，无论碳酸钠是否过量，苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5OH+→+C6H5O-，故B错误；
C．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键，溴单质和醛基、双键都反应，不能检验出，应先发生银镜反应，再与溴水或高锰酸钾反应检验双键，故C错误；
D．强酸制弱酸，碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+，故D正确；
故选：D。
9．D
【详解】A．根据SO2气体在不同空气中形成酸雨的过程，可知光照和空气是酸雨形成的必要条件，故A正确；
B．净化空气能减慢形成酸雨的速率，优化能源结构可计算二氧化硫的排放，有效减少酸雨的形成，故B正确；
C．根据图示，空气污染程度越大，酸雨形成的速率越快，故C正确；
D．SO2气体在光照条件下转化为激发态SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
选D。
10．D
【详解】A．分离固体和液体用过滤，从水溶液中提取碘一般用萃取的方法，A错误；
B．步骤②的反应为：Cl2+2I=2Cl+I2，因此不能用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全，B错误；
C．萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶，由于乙醇和水互溶，乙醇不能作萃取剂，C错误；
D．碘易溶于有机溶剂，所以不能过滤，应该用蒸馏的方法提取碘，D正确。
答案选D。
11．C
【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成1molN2时转移2NA个电子，故A正确；
B．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，则Pt颗粒上发生的反应：，故B正确；
C．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故C错误；
D．导电基体上的Cu颗粒上，得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：+3e-+4H+═NO↑+2H2O，故D正确；
故选：C。
12．D
【分析】根据气体通入的方向，可知此装置收集的气体密度比空气的大。
【详解】A．NH3的密度比空气小，故A错误；
B．Cl2的密度比空气大，通入到紫色石蕊试液中，先变红后褪色，原因是Cl2＋H2OHCl＋HClO，变红是因为盐酸有酸性，褪色是因为次氯酸有漂白性，故B错误；
C．乙炔的密度比空气小，故C错误；
D．氯气的氧化性强于碘单质，把碘单质置换出来，淀粉遇碘变蓝，X可以是Cl2；如果是NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，硝酸具有强氧化性，把碘离子氧化成碘单质，溶液变蓝，X可以是NO2，这两种气体的密度都大于空气，故D正确；
答案选D。
13．D
【分析】根据图示，该反应的过程可表示为+H2O→、+CH3CN→+CH3CONH2、→（或→、+H2O→、+CH3CN→+CH3CONH2）。
【详解】A．根据图示，总反应为CH3CN+H2OCH3CONH2，A正确；
B．根据分析，是中间产物，B正确；
C．根据分析，和可为本反应的催化剂，C正确；
D．是C—N单键断裂，在C原子上连接—OH，N原子上连接H，不符合加成反应的定义，不属于加成反应，D错误；
答案选D。
14．B
【详解】该装置中，氯原子得电子发生还原反应，所以有氯离子生成的电极为正极，即银作正极，铂作负极。
A．光照时，电流从正极银X流向负极铂Y，故A正确；
B．光照时，Pt电极作负极，负极上氯原子得电子生成氯离子，电极反应式为着Cl（AgCl）+e－→Cl－（aq），故B错误；
C．光照时，该装置是原电池，银作正极，铂作负极，电解质中氯离子向负极铂移动，故C正确；
D．光照时，负极上氯原子得电子发生还原反应，正极上铜离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl-（aq），故D正确；
故选B。
15．C
【分析】W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由M的结构可知，Q最外层有7个电子，则Y的原子序数为7，为N元素，又因为X、Y、Z为同周期相邻元素，所以X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Cl元素，W能形成一根共价键，则W为H元素，据此解答。
【详解】A．水分子间及氨气分子间均存在氢键，熔沸点高，常温下水为液态，水的沸点更高，氯化氢相对分子质量大于甲烷，分子间作用力更强，氯化氢沸点高于甲烷，故简单氢化物熔沸点H2O＞NH3＞HCl＞CH4，A正确；
B．非金属越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，B正确；
C．Cl-核外三层电子，离子半径大于N3-、O2-，N3-、O2-核外电子排布相同，原子序数大半径小，N3-＞O2-，故简单离子半径Z＜Y﹤Q，C错误；
D．M的官能团是硝基、氯原子，含有相同官能团，且与M互为同分异构体的还有2种，硝基和氯原子处于邻位和间位，D正确；
故选C。
16．D
【分析】混合溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，且c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，根据图分析，当pH增加时，浓度增大的应为CH3COO-，浓度减小的应为CH3COOH；
【详解】A．根据图分析，当pH=5.5时，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；
B．W点溶液c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．pH=3.5的溶液中，溶液呈酸性，由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，故C正确；
D．加入HCl气体可使溶液酸性增强，CH3COOH浓度增加而CH3COO-降低，由于W点平衡时溶液中醋酸和醋酸根离子浓度相同，所以二者分别为0.05mol/L，通入1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体，则反应恰好生成0.1mol/L的醋酸溶液，由质子守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D错误，
故选：D。
17．(1) A中缺少加热装置 浓硫酸
(2)
(3) 充满黄绿色气体 使TiCl4冷凝
(4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl
(5) 形成液封，吸收多余的HCl
【分析】装置A利用MnO2和浓盐酸混合加热制取的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，依次利用B中饱和食盐水除去HCl、装置C中浓硫酸干燥氯气，干燥的Cl2和TiO2、C混合加热制得的TiCl4在E中冷凝收集，并利用G中NaOH溶液吸收含有Cl2的尾气，防止污染环境，同时利用F中浓硫酸防止水蒸气进入E中，使TiCl4水解；
【详解】（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需要加热，TiCl4遇水发生水解，需要防止装置G中的水蒸气进入装置E中，则F中应盛装浓硫酸，故答案为：A中缺少加热装置；浓硫酸；
（2）装置A中利用MnO2和浓盐酸混合加热生成氯气、MnCl2和水，则发生反应的离子方程式为；
（3）制取TiCl4需要在无水无氧条件下进行，因此需要排尽装置内部的空气，当观察到装置E中充满黄绿色气体时，开始点燃D处酒精灯；TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136℃，装置E中冰水的作用是使TiCl4冷凝，故答案为：充满黄绿色气体；使TiCl4冷凝；
（4）若缺少装置C，TiCl4遇水发生水解生成TiO2⋅xH2O，发生反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl；
（5）①安全漏斗在实验中的作用是形成液封，吸收多余的HCl,避免HCl损失，故答案为：形成液封，吸收多余的HCl；
②根据题意可以确立原子守恒关系4n(TiCl4)=n(AgCl)，n(AgNO3)=n(AgCl)+n(AgSCN)，4n(TiCl4)+c2V2×10−3＝c1×V1×10−3，，故答案为：。
18．(1) +3+10H+=4Cr3++5H2O+6 +6价铬不能完全被还原
(2)2Cr3++3+3H2O=2Cr（OH）3↓+3CO2↑
(3)取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成
(4)化学能转化为热能
(5)2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O
(6)≥4.8×10-5mol⋅L-1
(7)能耗低
【分析】含铬废水先加入H2SO4酸化，再加入Na2S2O5固体，现发生转化2+2H+⇌ +H2O，随后发生反应+3+10H+=4Cr3++5H2O+6，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应Cr3+++3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑，过滤获得Cr(OH)3，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬；下方流程：含铬废水加入氢氧化钠调节pH，发生反应Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O，加硝酸钡，利用沉淀溶解平衡，获得BaCrO4沉淀，据此分析回答问题。
【详解】（1）已知+6价铬在溶液中存在如下平衡：2+2H+⇌ +H2O，因此加入稀硫酸的目的是将转化为，此时加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为+3+10H+=4Cr3++5H2O+6，根据题意可知，+6价铬在酸性环境中氧化性更强，若不加H2SO4酸化，可能造成的后果是+6价铬不能完全被还原，故答案为：+3+10H+=4Cr3++5H2O+6；+6价铬不能完全被还原；
（2）“中和”时，加入Na2CO3有大量气泡生成，由此可判断该气体为CO2，同时有沉淀生成，因此该反应的离子方程式为2Cr3++3+3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Cr3++3+3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑；
（3）“过滤洗涤”时，洗涤Cr(OH)3沉淀上的SO42-等杂质离子，证明沉淀已洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成；
（4）“冶炼”时，发生反应为铝还原Cr2O3，铝热反应放出大量热，因此能量主要转化形式为化学能转化为热能，故答案为：化学能转化为热能；
（5）加NaOH调节pH后，溶液中Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O；
（6）若废液中c()==5×10-6mol/L，根据c(Ba2+)=mol/L=4.8×10-5mol⋅L-1，因此溶液中c(Ba2+)≥4.8×10-5mol⋅L-1，故答案为：≥4.8×10-5mol⋅L-1；
（7）与还原法相比，氧化法的优点为能耗低，故答案为：能耗低。
19． 2HCl（g） + 1/2O2（g）H2O（g）+Cl2（g） △H=△H1+△H2 ＜ K（A） 增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大 B、D 解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g） + 1/2O2（g） = H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min 2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【详解】（1）根据图象信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2（g）+1/2O2（g）CuO（s） +Cl2（g） △H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K（A） ＞K（B）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:
；
③A、增大n（HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；
B、增大n（O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；
C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；
D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。
故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n（Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl（g） + 1/2O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
20．(1) 2s22p3 V、Mn
(2) sp2、sp3 多巴胺分子间可形成氢键
(3) 平面三角形 SO3(或BF3)
(4) 418.8 242.4
(5) 12 C24K(或KC24)
【详解】（1）由核反应式可知，A为714N，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；N原子核外有三个未成对电子，第四周期元素中，含有3个未成对电子的副族元素有V和Mn,故答案为：2s22p3；V、Mn；
（2）烟碱分子中的五元环中N原子形成3个σ键，含有1个孤电子对，采用sp3杂化，六元环中N原子形成1个N=C双键、1个σ键，还含有1个孤电子对，采用sp2杂化，所以N原子的杂化方式为sp3、sp2；由于多巴胺分子中含有羟基和氨基，分子间可形成氢键，所以多巴胺的沸点比烟碱高，故答案为：sp2、sp3；多巴胺分子间可形成氢键；
（3）该配合物中阴离子为，根据VSEPR理论，中心原子C的价电子对数为VP=BP+LP=3+=3，C原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的粒子，所以与互为等电子体的分子为SO3、BF3，故答案为：平面三角形；SO3(或BF3)；
（4）气态基态K原子失去1个电子转化为气态基态钾离子需要的最低能量为K原子的第一电离能，故K原子的第一电离能为418.8kJ/mol；Cl-C键的键能能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量，则Cl-Cl键能=2×121.2kJ/mol=242.4kJ/mol,故答案为：418.8；242.4；
（5）①由钾层在石墨层的投影图可知，钾落在了正六边形的中心，因此距离钾原子最近的碳原子的个数上下两层各6个，共计12个；如图1，取石墨A---钾层---石墨A---石墨B---钾层---石墨B---石墨A共计七层，以图1中正六边形为上下底面截取一个六棱柱，根据均摊法可知其中含有碳原子数为24×2×+24×3=96个，钾原子数为12×=4个，碳原子与钾原子数目之比为24：1，该夹层化合物的化学式为C24K，故答案为：12；C24K(或KC24)；
②如图2，若钾层相邻两个K之间的距离为dpm,则AB=，设AC=x,则BC=2x,根据勾股定理可得x2+d2=(2x)2，解得：x=，则石墨层中C-C键键长2x=pm,故答案为：。
21．(1) 苯甲醛
(2)消去反应
(3)ab
(4)++HCl
(5)、
(6)
【分析】由A()、C的结构简式()得出B的化学式为：C7H6O，结构简式为：，A与B发生加成反应生成C，C中含有醇羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成D(C10H8N2O2)，则D为，D在催化剂作用下与H2加成生成E；又因F与H发生取代反应生成目标产物M，利用逆推法推出F为；
【详解】（1）由上述分析得出，B的结构简式为：，化学名称为苯甲醛；根据M和H逆推得出F为，故答案为：苯甲醛；；
（2）C即中含有醇羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成D为，反应②的类型为消去反应，故答案为：消去反应；
（3）A．E中与苯环相连的碳可被高锰酸钾氧化为羧基，故a正确；
B．F为中含有氨基和羧基，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故b正确；
C．M中含氧官能团的名称为羧基、肽键，故c错误；
故选：ab；
（4）F为与H发生取代反应生成目标产物M，反应方程式为：++HCl；
（5）I能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；1H-NMR谱中峰面积之比为6：2：1：1：1，说明对称性很强，即两个甲基对称，且除苯环外不含其他环；写出同分异构体为：、；
（6）根据已知反应，所以得出G中的Cl原子可在碱性条件下发生水解反应生成醇，醇氧化成羧酸，再根据已知，合成目标产物H，所以合成路线为：。
相关试卷
广东省广州市2021届高三下学期二模考试化学试题（含解析）： 这是一份广东省广州市2021届高三下学期二模考试化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省汕头市金山中学2023屇高三下学期三模化学试题（含解析）： 这是一份广东省汕头市金山中学2023屇高三下学期三模化学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省广州市2021-2022学年高三下学期一模考试化学试题（含解析）： 这是一份广东省广州市2021-2022学年高三下学期一模考试化学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
