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2021届辽宁省高三下学期5月高考化学终极猜题卷 新高考版
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这是一份2021届辽宁省高三下学期5月高考化学终极猜题卷 新高考版，共27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。
2021年高考化学预测猜题卷 新高考版 辽宁地区专用
一、单选题
1．化学与生活、生产、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．气象报告中的“”是指一种胶体粒子
B．燃煤中加入可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．天宫二号空间实验室使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．护肤霜中甘油作保湿剂利用的是它的吸水性
2．下列表示正确的是（ ）
A．羟基的电子式为： B．硝基苯的结构简式：
C．乙炔分子的球棍模型： D．硫原子结构示意图
3．3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．在常温常压下，1.7g NH3含有的原子数为0.4NA
C．标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5NA
D．0.2mol∙L-1的 Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
4．某烃的结构简式如右图，下列说法中正确的是
A．该烃是苯的同系物 B．该烃不能发生加成反应
C．该烃苯环上的一氯代物共有6种 D．分子中最多有16个碳原子处于同一平面上
5．关于下列各实验装置的叙述中，正确的是
A．装置①不可用于实验室制取少量NH3或O2
B．可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C．实验室可用装置③收集HCl
D．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置④进行
6．氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是
A．AlON和石英的化学键类型相同
B．AlON和石英晶体类型相同
C．AlON中N元素的化合价为-1
D．电解熔融AlON或电解熔融Al2O3都能得到Al
7．LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]-的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
8．下列与量有关的离子反应方程式不正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的溶液Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O
B．FeBr2溶液中通入等物质的量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．铁粉与足量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O
D．碳酸氢钠溶液中加入过量的澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O
9．冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．冰晶胞内水分子间以共价键结合
B．每个冰晶胞平均含有4个水分子
C．水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是键的一种
D．冰变成水，氢键部分被破坏
10．一定温度下向体积为2L的恒容密闭容器中充入6 molCO2和8mo1H2，发生反应：CO2 (g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ·mol-1。测得n(H2)物质的量随时间变化如曲线I 所示，下列说法正确的是
A．该反应在O～8min内的v(CO2)=0.125mol·L-1·min-1
B．若起始时向容器中充入3mo1CO2和4molH2，则平衡时CH3OH的体积分数大于20%
C．若起始时向容器中充入4mo1CO2和2molH2、2molCH3OH、1molH2O(g)，则此时反应v(正)＞v(逆)
D．曲线II、曲线III改变条件分别是升高温度、减小压强
11．我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池工作示意图如下，下列说法正确的是
A．用NaOH水溶液做电解液，放电性能更好
B．放电时每转移4mol电子，会消耗67.2LCO2气体
C．充电时，阳极反应为：C+2-4e−=3CO2↑
D．充电时，Na+向Ni电极移动
12．可用作安全玻璃夹层的高分子PVB的合成路线如下：
已知：醛与二元醇反应可生成环状缩醛，如：
下列说法不正确的是
A．合成A的聚合反应是加聚反应
B．B易溶于水
C．试剂a是1-丁醛
D．B与试剂a反应的物质的量之比为2：1
13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B．1 L且n均为0.1 molCH3COOH、CH3COONa混合溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
14．科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示，
下列叙述不正确的是
A．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C．反应过程中碳元素的化合价始终不变
D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
15．25℃时，用0. 2000盐酸滴定20. 00mL0. 2000 NaR溶液。混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A．M点中加入少量HA()不一定生成HR
B．N点溶液的pH约为4
C．M点到N点溶液中水的电离程度先减弱后增强
D．当盐酸加入体积为10. 00ml时，此时溶液中的微粒浓度大小关系为
二、实验题
16．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，再通过滴定测量。已知：NH3 + H3BO3 =NH3·H3BO3；NH3·H3BO3 + HCl = NH4Cl + H3BO3。
回答下列问题：
(1)a的作用是___________________________。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是____________ 。f的名称是_______________。
(3)清洗仪器： g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________________________________________。打开k2放掉水，重复操作2~3次。
(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3) 和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是____________________________。
②e中主要反应的离子方程式为.____________________________________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是___________________________________。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2) 样品m g进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为__________________________(不需化简)，选择指示剂为____________________。
三、工业流程题
17．某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图：
请回答下列问题：
(1)①滤渣1的主要成分是_____________。
②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是____________℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其原因可能是_____________。
(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：________________。
(3)试剂Y用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是________________。
(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式______________________。
(5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.0×10-2 mol/L时，通过计算确定溶液中Ca2+是否沉淀完全______[常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11]。
四、原理综合题
18．甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。
（1）已知 ①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH= + 93.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=－192.9 kJ·mol－1
③甲醇的燃烧热为726.51kJ·mol-1。
要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为________________。
（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2⇌CH3OH ΔH<0)。在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与的关系如图所示。
①当起始=2，经过5min达到平衡，0~5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol⋅L-1⋅min-1，则该条件CO的平衡转化率为_____；若其它条件不变，在T2℃(T2>T1)下达到平衡时CO的体积分数可能是____(填标号)
A．< B．= C．~ D．= E.>
②当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的____点选填“D”、“E”或“F”)。
（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1mol·L−1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的ΔH______(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_______(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)__________(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T℃时该反应的平衡常数Kp=_____MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) [反应Ⅰ]。
①一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是____(填“A”、“B”或“C”)。
②在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)[反应Ⅱ]。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(K)
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_________。
五、有机推断题
19．有机化合物M是某抗高血压药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
i.
ii. R1CH=CHR2
iii.
(1)A→B的反应类型是_______。
(2)C中含有的官能团名称是_______。
(3)J中只含有一种官能团，J的名称是_______。
(4)G与K反应生成M的化学方程式是_______。
(5)C→D转化的路线如图，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，中间产物1和2的结构简式分别为_______、_______。
C中间产物1中间产物2D
(6)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_______(任意1种即可)。
a.与NaHCO3反应放出CO2
b.硝基与苯环直接相连
c.分子中只有4种不同化学环境的氢原子
参考答案
1．D
【详解】
A．PM2.5一般指空气动力学当量直径小于等于2.5微米即(2500nm)的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm～100nm之间，故“”不一定是胶体粒子，选项A错误；
B．燃煤中加入，在空气作用下可将二氧化硫转化为，可减少酸雨的形成，与二氧化碳在高温条件下不反应，所以不能减少温室气体二氧化碳的排放，选项B错误；
C．碳纤维主要由碳元素组成，是一种新型无机高分子材料，选项C错误；
D．甘油(丙三醇)具有吸水性，能起到保湿的作用，选项D正确。
答案选D。
2．C
【解析】
【详解】
A.羟基中含有1个O﹣H键，O原子最外层有7个电子，因此羟基的电子式为，A错误；
B.硝基苯中含有官能团是硝基，硝基写在苯环左边时，应该表示为：O2N-，硝基的正确结构简式为：，B错误；
C.乙炔分子中中存在碳碳三键，分子的球棍模型：，C正确；
D.硫原子质子数为16，核外电子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，因此硫原子结构示意图为，D错误；
故合理选项是C。
3．B
【解析】试题分析：A.氯气与铁反应生成氯化铁，氯元素的化合价由0价降低到-1价，所以1molCl2 与足量 Fe 反应，转移的电子数为 2NA，A项错误；C.NH3是10电子、4原子的分子，1.7g氨气的物质的量为1.7÷17=0.1mol，所以1.7g NH3含有的原子数为0.4NA，B项正确；C.在标准状况下，水是液体，无法计算水的物质的量，C项错误；D.没有体积，无法计算溶液中Na＋的数目，D项错误；答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数及计算
4．D
【详解】
A．该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，A错误；
B．分子中含有苯环，该烃能与氢气在一定条件下发生加成反应，B错误；
C．由结构的对称性可知，含3种位置的H，该烃的一氯代物最多有3种，C错误；
D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，则分子中至多有16个碳原子处于同一平面上，D正确；
答案选D。
5．B
【解析】
A，装置①为固体和液体常温反应制气体的发生装置，实验室用生石灰和氨水作用制NH3可选用装置①，实验室用H2O2和MnO2作用制O2可选用装置①，A项错误；B，关闭活塞，从a处向U形管中加水至两边液面不平，静置若两边高度差不变则装置②气密性良好，反之装置漏气，B项正确；C，HCl的密度比空气大，用向上排空法收集HCl时导气管应“长进短出”，C项错误；D，由于CH3CH2OH具有挥发性，CH3CH2OH（g）也能使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液褪色不能证明一定有烯烃生成，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查气体发生装置的选择、气密性检验、气体的收集和气体的检验。气体发生装置的选择取决于反应物的状态和反应的条件；要验证CH3CH2Br发生消去反应生成烯烃，必须先将气体通过盛水的洗气瓶除去CH3CH2OH（g），再通入酸性KMnO4溶液。
6．D
【解析】
试题分析：A、氮氧化铝和石英都是原子晶体，化学键类型相同，A正确；B、二者都是原子晶体，B正确； C、AlON中Al显+3,O为-2,N为-1，C正确； D、熔融状态下只会断裂离子键，而氮氧化铝中只存在于共价键，D错误；答案选D。
考点：原子晶体，离子晶体，共价键，离子键
7．A
【分析】
根据题意，X 是B元素，故X、Y 、Z、W都是第二周期元素，第二周期中原子半径最小的元素是F元素，故W是F元素，又因为图中原子最外层都达到8电子稳定结构，Z原子形成2个共价键能达到8电子稳定结构，Z是O元素；同理，Y是C元素。
【详解】
A．B 、C 、O均为非金属元素，它们之间形成的均为共价键，A项正确；
B．Y和Z形成的化合物有CO和CO2等，CO不能与碱发生反应，B项错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，是弱酸，Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸是弱酸，C项错误；
D．Z和W分别与H元素形成的10电子化合物为H2O和HF，常温下H2O是液体，HF是气体，所以H2O的沸点高，D项错误；
答案选A。
8．D
【详解】
A项、碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，故A正确；
B项、亚铁离子还原性强于溴离子，溴化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，亚铁离子完全被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子反应方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B正确；
C项、铁粉与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故C正确；
D项、碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D错误；
答案选D。
【点睛】
用离子共存判断可以快速判断，澄清石灰水过量，反应后的溶液中不可能存在碳酸根离子。
9．D
【详解】
A．冰晶胞内水分子间以氢键结合，氢键不是化学键，故A错误；
B．由冰晶胞的结构可知，根据均摊法计算，每个冰晶胞平均含有4+8×+6×=8个水分子，故B错误；
C．水分子间的氢键具有方向性和饱和性，但氢键不是化学键，故C错误；
D．冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中仍在氢键，故D正确。
故答案为D。
10．AC
【详解】
A、由图可知，0～8 min内H2的物质的量变化量为8mol﹣2mol=6mol，故v(H2)= =0.375 mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于其化学计量数之比，故v(CO2)=v(H2)=0.125 mol•L﹣1•min﹣1，A正确；B、由图可知，I平衡时氢气为2mol，则：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol）：6 8 0 0
转化（mol）：2 6 2 2
平衡（mol）：4 2 2 2
故I中平衡时CH3OH体积分数为=20%，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的体积分数减小，即平衡时CH3OH的体积分数小于20%，B错误；C、平衡常数K==0.5，此时的浓度商Qc==0.25＜K=0.5，故v(正)＞v(逆)，平衡向正反应方向移动，C正确；D、与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与I相比，Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动，若减小压强，反应速率减小、平衡向逆反应方向移动，不符合题意，D错误。答案选AC。
点睛：本题考查物质的量随时间变化曲线、反应速率影响因素及计算、化学平衡影响因素与计算、平衡常数应用等，侧重考查学生分析计算能力，C中注意利用平衡常数判断反应进行方向，通过对平衡常数和浓度商对比而得解，难度中等。
11．C
【详解】
A．Na会与水反应，不能用水溶液做电解液，A错误；
B．CO2气体体积未指明标准状况下，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．由图示可知放电时二氧化碳得电子转变成C和碳酸根离子，则充电时该极作阳极，发生的反应为C和碳酸根离子转变成二氧化碳气体，电极反应为：C+2-4e−=3CO2↑，故C正确；
D．充电时，Na+向阴极移动，而Na电极在充电时为阴极，D错误；
故选：C。
12．D
【分析】
由已知醛和二元醇的反应及PVB的结构简式可推知：试剂a为CH3CH2CH2CHO，B为，A与NaOH反应后酸化得到B和CH3COOH，可推知A为，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，聚合物A的结构简式为：，故合成A的单体为：CH2=CHOOCCH3，故合成A的聚合反应是加聚反应，A正确；
B．由分析可知，B的结构简式为，含有醇羟基，故B易溶于水，B正确；
C．由分析可知，试剂a的结构简式为CH3CH2CH2CHO，其名称为1-丁醛，C正确；
D．由已知信息可知，1mol-CHO需要2mol-OH，所以B与试剂a反应的物质的量之比为2:n，D错误；
故答案为：D。
13．D
【解析】
A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c(H+)＞c(HS-)，故A错误；B．醋酸为弱酸，1 L且n均为0.1 mol的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H+)=0.05mol·L－1+c(H+)＜0.1 mol·L－1，故B错误；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故C错误；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c(Na+)：①＞②＞③，故D正确；故选D。
14．C
【详解】
A．根据步骤反应知，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I都是先生成后反应掉的物质，则都是反应的中间产物，故A正确；
B．第4步反应为：CH3COORh*I+H2= CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；
C．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价根成键原子的非金属性有关，故C错误；
D．根据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
故选：C。
15．B
【分析】
由图可知，加入10.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl、HR和NaR的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，由溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(Cl—)+ c(R—)+ c(OH—)可得，c(R—)= c(Na+)— c(Cl—)= =mol/L，由物料守恒关系可得c(HR)= =mol/L，混合溶液中c(R—)= c(HR)，由Ka=可得，Ka=1.0×10—7。
【详解】
A．弱酸的电离常数越大，酸性越强，由HA和HR的电离常数可知，HA的酸性强于HR，M点为NaR溶液，由强酸制弱酸的原理可知，向NaR溶液中加入少量HA溶液一定生成HR，故A错误；
B．加入20.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl和HR的混合溶液，c(HR)= =0.100 mol/L，溶液中氢离子浓度约等于R—浓度，由Ka=可得c(H+)≈=mol/L=1.0×10—4 mol/L，则溶液的pH约为4，故B正确；
C．M点为NaR溶液，R—在溶液中水解促进水的电离，N点为NaCl和HR的混合溶液，HR会抑制水的电离，则M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱，故C错误；
D．当盐酸加入体积为10. 00ml时，溶液中钠离子浓度大于氯离子浓度，故D错误；
故选B。
16．避免b中压强过大 防止暴沸 直形冷凝管 c中温度下降，管路中形成负压 液封，防止氨气逸出 +OH-NH3↑+H2O 保温使氨完全蒸出 0.014cv/m 甲基橙
【分析】
a与大气相通，其作用是平衡气压，使b中气压与大气压相等，以避免b中压强过大导致容器炸裂；b中的液体为蒸馏水，一般纯液体在加热过程中容易引起暴沸，所以需要加入碎瓷片来防止暴沸；体系内充满水蒸气后，关闭k1，水蒸气会慢慢冷凝为水，体系内气压小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入e中，e中的水再倒吸入c中；氨气的密度比空气的小，若d留有缝隙，易导致氨气泄露出去，所以d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；e装置是用来制取氨气的，g装置是用来吸收氨气的，制取氨气时发生的反应为：+OH− NH3↑+H2O；求样品中氮元素的质量分数时，根据反应NH2·HBO2+HCl= NH4Cl+H3BO2，可知n(N)=n(HCl),求出消耗的HCl的物质的量即可求出N的物质的量，根据甘氨酸的分子量及样品的质量，可求出样品的纯度，同时，根据其摩尔质量为14g/mol和样品的质量为m 克，可求出样品中的氮的质量分数；
【详解】
(1) a的作用是平衡气压，以避免b中压强过大；
(2) b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管；
(3) g中蒸馏水倒吸进入c的原因是g、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入中；
(4)①d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；
②e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为+OH−NH3↑+H2O； e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出；
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol/L的盐酸VmL，根据反应NH2·HBO2+HCl= NH4Cl+H3BO2，可以求出样品中n (N)=n(HCl)=c mol/L×V×10-3 L=0.001cV mol， 则样品中氮的质量分数为 = % ，样品中甘氨酸的质量0.001cV×75g，所以样品的纯度 %，盐酸滴定氨水时，因为产物为氯化铵，溶液因水解呈酸性，故选择酸性溶液中变色的指示剂——甲基橙。
17．CaSO4 70 随着温度的升高，Ni2+水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ 3.2≤pH<7.1 ClO- +2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1- c(Ca2+)=mol/L=3.0×10-8 mol/L<1.0×10-5 mol/L，Ca2+已沉淀完全
【分析】
含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)用H2SO4酸浸后，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO4沉淀，即为滤渣1，少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，也可以将Cu2+转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+，再加试剂Y调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，再加NaF将Ca2+沉淀，金属离子只剩Ni2+，最后加NaOH、NaClO，制得羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)。
【详解】
（1）①由分析可知，滤渣1的主要成分是CaSO4；
②由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70°C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，；
（2）由分析可知，操作A是H2S与Fe3+的反应，方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
（3）调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.1；
（4）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH·H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-；
（5）一般认为溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，该离子沉淀完全。Ksp(CaF2)==2.7×10-11，所以c(Ca2+)==mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全。
18．CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=−38.19kJ/mol 50% C D ＞ ＜ ＞ 16 C 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大
【分析】
(1)根据题意，甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−726.51kJ∙mol−1，根据盖斯定律计算；
(2)①根据氢气的平衡反应速率，计算氢气的浓度变化量，进而计算CO转化率；CO+2H2⇌CH3OH ΔH＜0反应放热，根据温度对化学平衡移动的影响分析；
②当=2：1时，平衡时生成物的含量最大，当=3.5时，CH3OH的体积分数小于最大值；
(3)根据影响化学平衡的因素分析即可；根据图像，结合“三段式”计算平衡常数；
(4)①在T1温度下，相同时间内，活化能越高，反应越困难，CO2转化率最小；
②表格数据表明，升高温度，可能升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率都加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大。
【详解】
(1)已知 ①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH= + 93.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=－192.9 kJ·mol－1
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−726.51kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律②×3-①×2-③可得：CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=−38.19kJ/mol；
(2)①0～5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol∙L-1⋅min-1，根据∆c(H2)= v(H2)×t=0.1mol∙L-1⋅min-1×5min=0.5mol/L，根据CO+2H2⇌CH3OH，CO的浓度变化量=0.25mol/L，H2和CO总共为3mol，且起始=2：1，可知H2为2mol、CO为1mol，平衡时H2为1mol，CO为0.5mol，CH3OH为0.5mol，则该条件CO的平衡转化率=×100%=50%，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，此时H2的体积分数为=；CO+2H2⇌CH3OH ΔH＜0反应放热，其它条件不变，在T2℃(T2＞T1)时，升高温度平衡逆向移动，氢气的含量增大，体积分数增大；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，故选D；
(3)由图象可知，升高温度CO的转化率增大，即升高温度，平衡向正方向移动，所以反应为吸热反应，即△H＞0；由图象可得，在相同温度下，pl时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反应的正反应方向为气体体积增大的方向，压强越大CO的转化率越小，则pl＜p2；当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点的CO的转化率，则y点反应正向进行，即，在y点，v(正)＞v(逆)；根据图像，当压强为p2时，甲烷的转化率为50%，列“三段式”：
若p2=6Mpa，平衡时，各物质的总物质的量为0.05+0.05+0.1+0.1=0.3mol，则T℃时该反应的平衡常数Kp==16MPa2；
(4)①如图所示，在T1温度下，相同时间内，催化剂A作用下的转化率最大，催化剂C的作用下的转化率最小，活化能越高，反应越困难，CO2转化率越低，故答案选C；
②表格数据表明，可能升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率都加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大，因此，甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大。
19．取代反应 硝基、酯基 丁二酸二甲酯 +HOOCCH2CH2COOH+H2O 或
【分析】
分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为：，根据苯酚邻对位上的H比较活泼，推知B的结构简式为：，结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为：，由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为，分析E和F的分子式可知，二者相差2个H和1个O，故推知F的结构简式为：，由G的分子式并结合信息ii可推知G的结构简式为：，由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，据此分析解题。
【详解】
（1）由分析可知，A→B即转化为，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（2）由分析可知，C的结构简式为：，故其中含有的官能团名称是硝基、酯基，故答案为：硝基、酯基；
（3）由分析可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，故J中只含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，股J的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸二甲酯；
（4）由分析可知，G的结构简式为与K的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，反应生成M的结构简式为，故该反应的化学方程式是+HOOCCH2CH2COOH+H2O，故答案为：+HOOCCH2CH2COOH+H2O；
（5）由分析可知，C→D转化即转化为的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，故X的结构简式为：，结合信息iii可推知中间产物1和2的结构简式分别为、，故答案为： ；；
（6）由合成路线图中可知，E的分子式为：C11H13NO4，符合下列条件a．与NaHCO3反应放出CO2说明分子中含有羧基-COOH，b．硝基与苯环直接相连，c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子说明分子高度对称，故符合条件的E的同分异构体的结构简式有：或，故答案为：或。
2021年高考化学预测猜题卷 新高考版 辽宁地区专用
一、单选题
1．化学与生活、生产、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．气象报告中的“”是指一种胶体粒子
B．燃煤中加入可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．天宫二号空间实验室使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．护肤霜中甘油作保湿剂利用的是它的吸水性
2．下列表示正确的是（ ）
A．羟基的电子式为： B．硝基苯的结构简式：
C．乙炔分子的球棍模型： D．硫原子结构示意图
3．3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．在常温常压下，1.7g NH3含有的原子数为0.4NA
C．标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5NA
D．0.2mol∙L-1的 Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
4．某烃的结构简式如右图，下列说法中正确的是
A．该烃是苯的同系物 B．该烃不能发生加成反应
C．该烃苯环上的一氯代物共有6种 D．分子中最多有16个碳原子处于同一平面上
5．关于下列各实验装置的叙述中，正确的是
A．装置①不可用于实验室制取少量NH3或O2
B．可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C．实验室可用装置③收集HCl
D．验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置④进行
6．氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是
A．AlON和石英的化学键类型相同
B．AlON和石英晶体类型相同
C．AlON中N元素的化合价为-1
D．电解熔融AlON或电解熔融Al2O3都能得到Al
7．LiY2ZXW2能够在锂离子电池负极形成稳定、低阻抗的SEI膜，帮助锂离子电池在高温环境中获得良好性能。[Y2Z4XW2]-的结构如图，图中原子最外层都达到8电子稳定结构，X、Y、Z、W位于同一短周期，元素X的最外层电子数是其内层电子数的1.5倍，W是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A．该结构中，X、Y、Z之间形成的化学键均为共价键
B．Y和Z形成的化合物都能和碱发生反应
C．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均是强酸
D．Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：后者高于前者
8．下列与量有关的离子反应方程式不正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的溶液Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O
B．FeBr2溶液中通入等物质的量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．铁粉与足量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O
D．碳酸氢钠溶液中加入过量的澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O
9．冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．冰晶胞内水分子间以共价键结合
B．每个冰晶胞平均含有4个水分子
C．水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是键的一种
D．冰变成水，氢键部分被破坏
10．一定温度下向体积为2L的恒容密闭容器中充入6 molCO2和8mo1H2，发生反应：CO2 (g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ·mol-1。测得n(H2)物质的量随时间变化如曲线I 所示，下列说法正确的是
A．该反应在O～8min内的v(CO2)=0.125mol·L-1·min-1
B．若起始时向容器中充入3mo1CO2和4molH2，则平衡时CH3OH的体积分数大于20%
C．若起始时向容器中充入4mo1CO2和2molH2、2molCH3OH、1molH2O(g)，则此时反应v(正)＞v(逆)
D．曲线II、曲线III改变条件分别是升高温度、减小压强
11．我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池，将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池工作示意图如下，下列说法正确的是
A．用NaOH水溶液做电解液，放电性能更好
B．放电时每转移4mol电子，会消耗67.2LCO2气体
C．充电时，阳极反应为：C+2-4e−=3CO2↑
D．充电时，Na+向Ni电极移动
12．可用作安全玻璃夹层的高分子PVB的合成路线如下：
已知：醛与二元醇反应可生成环状缩醛，如：
下列说法不正确的是
A．合成A的聚合反应是加聚反应
B．B易溶于水
C．试剂a是1-丁醛
D．B与试剂a反应的物质的量之比为2：1
13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1
B．1 L且n均为0.1 molCH3COOH、CH3COONa混合溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
14．科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示，
下列叙述不正确的是
A．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C．反应过程中碳元素的化合价始终不变
D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
15．25℃时，用0. 2000盐酸滴定20. 00mL0. 2000 NaR溶液。混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A．M点中加入少量HA()不一定生成HR
B．N点溶液的pH约为4
C．M点到N点溶液中水的电离程度先减弱后增强
D．当盐酸加入体积为10. 00ml时，此时溶液中的微粒浓度大小关系为
二、实验题
16．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，再通过滴定测量。已知：NH3 + H3BO3 =NH3·H3BO3；NH3·H3BO3 + HCl = NH4Cl + H3BO3。
回答下列问题：
(1)a的作用是___________________________。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是____________ 。f的名称是_______________。
(3)清洗仪器： g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________________________________________。打开k2放掉水，重复操作2~3次。
(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3) 和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是____________________________。
②e中主要反应的离子方程式为.____________________________________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是___________________________________。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2) 样品m g进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为__________________________(不需化简)，选择指示剂为____________________。
三、工业流程题
17．某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图：
请回答下列问题：
(1)①滤渣1的主要成分是_____________。
②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是____________℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其原因可能是_____________。
(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：________________。
(3)试剂Y用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是________________。
(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式______________________。
(5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.0×10-2 mol/L时，通过计算确定溶液中Ca2+是否沉淀完全______[常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11]。
四、原理综合题
18．甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。
（1）已知 ①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH= + 93.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=－192.9 kJ·mol－1
③甲醇的燃烧热为726.51kJ·mol-1。
要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为________________。
（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2⇌CH3OH ΔH<0)。在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与的关系如图所示。
①当起始=2，经过5min达到平衡，0~5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol⋅L-1⋅min-1，则该条件CO的平衡转化率为_____；若其它条件不变，在T2℃(T2>T1)下达到平衡时CO的体积分数可能是____(填标号)
A．< B．= C．~ D．= E.>
②当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的____点选填“D”、“E”或“F”)。
（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1mol·L−1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的ΔH______(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_______(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)__________(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T℃时该反应的平衡常数Kp=_____MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) [反应Ⅰ]。
①一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是____(填“A”、“B”或“C”)。
②在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)[反应Ⅱ]。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(K)
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_________。
五、有机推断题
19．有机化合物M是某抗高血压药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
i.
ii. R1CH=CHR2
iii.
(1)A→B的反应类型是_______。
(2)C中含有的官能团名称是_______。
(3)J中只含有一种官能团，J的名称是_______。
(4)G与K反应生成M的化学方程式是_______。
(5)C→D转化的路线如图，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，中间产物1和2的结构简式分别为_______、_______。
C中间产物1中间产物2D
(6)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_______(任意1种即可)。
a.与NaHCO3反应放出CO2
b.硝基与苯环直接相连
c.分子中只有4种不同化学环境的氢原子
参考答案
1．D
【详解】
A．PM2.5一般指空气动力学当量直径小于等于2.5微米即(2500nm)的颗粒物，而胶体粒子直径在1nm～100nm之间，故“”不一定是胶体粒子，选项A错误；
B．燃煤中加入，在空气作用下可将二氧化硫转化为，可减少酸雨的形成，与二氧化碳在高温条件下不反应，所以不能减少温室气体二氧化碳的排放，选项B错误；
C．碳纤维主要由碳元素组成，是一种新型无机高分子材料，选项C错误；
D．甘油(丙三醇)具有吸水性，能起到保湿的作用，选项D正确。
答案选D。
2．C
【解析】
【详解】
A.羟基中含有1个O﹣H键，O原子最外层有7个电子，因此羟基的电子式为，A错误；
B.硝基苯中含有官能团是硝基，硝基写在苯环左边时，应该表示为：O2N-，硝基的正确结构简式为：，B错误；
C.乙炔分子中中存在碳碳三键，分子的球棍模型：，C正确；
D.硫原子质子数为16，核外电子数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，因此硫原子结构示意图为，D错误；
故合理选项是C。
3．B
【解析】试题分析：A.氯气与铁反应生成氯化铁，氯元素的化合价由0价降低到-1价，所以1molCl2 与足量 Fe 反应，转移的电子数为 2NA，A项错误；C.NH3是10电子、4原子的分子，1.7g氨气的物质的量为1.7÷17=0.1mol，所以1.7g NH3含有的原子数为0.4NA，B项正确；C.在标准状况下，水是液体，无法计算水的物质的量，C项错误；D.没有体积，无法计算溶液中Na＋的数目，D项错误；答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数及计算
4．D
【详解】
A．该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，A错误；
B．分子中含有苯环，该烃能与氢气在一定条件下发生加成反应，B错误；
C．由结构的对称性可知，含3种位置的H，该烃的一氯代物最多有3种，C错误；
D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，则分子中至多有16个碳原子处于同一平面上，D正确；
答案选D。
5．B
【解析】
A，装置①为固体和液体常温反应制气体的发生装置，实验室用生石灰和氨水作用制NH3可选用装置①，实验室用H2O2和MnO2作用制O2可选用装置①，A项错误；B，关闭活塞，从a处向U形管中加水至两边液面不平，静置若两边高度差不变则装置②气密性良好，反之装置漏气，B项正确；C，HCl的密度比空气大，用向上排空法收集HCl时导气管应“长进短出”，C项错误；D，由于CH3CH2OH具有挥发性，CH3CH2OH（g）也能使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液褪色不能证明一定有烯烃生成，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查气体发生装置的选择、气密性检验、气体的收集和气体的检验。气体发生装置的选择取决于反应物的状态和反应的条件；要验证CH3CH2Br发生消去反应生成烯烃，必须先将气体通过盛水的洗气瓶除去CH3CH2OH（g），再通入酸性KMnO4溶液。
6．D
【解析】
试题分析：A、氮氧化铝和石英都是原子晶体，化学键类型相同，A正确；B、二者都是原子晶体，B正确； C、AlON中Al显+3,O为-2,N为-1，C正确； D、熔融状态下只会断裂离子键，而氮氧化铝中只存在于共价键，D错误；答案选D。
考点：原子晶体，离子晶体，共价键，离子键
7．A
【分析】
根据题意，X 是B元素，故X、Y 、Z、W都是第二周期元素，第二周期中原子半径最小的元素是F元素，故W是F元素，又因为图中原子最外层都达到8电子稳定结构，Z原子形成2个共价键能达到8电子稳定结构，Z是O元素；同理，Y是C元素。
【详解】
A．B 、C 、O均为非金属元素，它们之间形成的均为共价键，A项正确；
B．Y和Z形成的化合物有CO和CO2等，CO不能与碱发生反应，B项错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，是弱酸，Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸是弱酸，C项错误；
D．Z和W分别与H元素形成的10电子化合物为H2O和HF，常温下H2O是液体，HF是气体，所以H2O的沸点高，D项错误；
答案选A。
8．D
【详解】
A项、碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，故A正确；
B项、亚铁离子还原性强于溴离子，溴化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，亚铁离子完全被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子反应方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B正确；
C项、铁粉与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故C正确；
D项、碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D错误；
答案选D。
【点睛】
用离子共存判断可以快速判断，澄清石灰水过量，反应后的溶液中不可能存在碳酸根离子。
9．D
【详解】
A．冰晶胞内水分子间以氢键结合，氢键不是化学键，故A错误；
B．由冰晶胞的结构可知，根据均摊法计算，每个冰晶胞平均含有4+8×+6×=8个水分子，故B错误；
C．水分子间的氢键具有方向性和饱和性，但氢键不是化学键，故C错误；
D．冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中仍在氢键，故D正确。
故答案为D。
10．AC
【详解】
A、由图可知，0～8 min内H2的物质的量变化量为8mol﹣2mol=6mol，故v(H2)= =0.375 mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于其化学计量数之比，故v(CO2)=v(H2)=0.125 mol•L﹣1•min﹣1，A正确；B、由图可知，I平衡时氢气为2mol，则：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol）：6 8 0 0
转化（mol）：2 6 2 2
平衡（mol）：4 2 2 2
故I中平衡时CH3OH体积分数为=20%，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的体积分数减小，即平衡时CH3OH的体积分数小于20%，B错误；C、平衡常数K==0.5，此时的浓度商Qc==0.25＜K=0.5，故v(正)＞v(逆)，平衡向正反应方向移动，C正确；D、与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与I相比，Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动，若减小压强，反应速率减小、平衡向逆反应方向移动，不符合题意，D错误。答案选AC。
点睛：本题考查物质的量随时间变化曲线、反应速率影响因素及计算、化学平衡影响因素与计算、平衡常数应用等，侧重考查学生分析计算能力，C中注意利用平衡常数判断反应进行方向，通过对平衡常数和浓度商对比而得解，难度中等。
11．C
【详解】
A．Na会与水反应，不能用水溶液做电解液，A错误；
B．CO2气体体积未指明标准状况下，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．由图示可知放电时二氧化碳得电子转变成C和碳酸根离子，则充电时该极作阳极，发生的反应为C和碳酸根离子转变成二氧化碳气体，电极反应为：C+2-4e−=3CO2↑，故C正确；
D．充电时，Na+向阴极移动，而Na电极在充电时为阴极，D错误；
故选：C。
12．D
【分析】
由已知醛和二元醇的反应及PVB的结构简式可推知：试剂a为CH3CH2CH2CHO，B为，A与NaOH反应后酸化得到B和CH3COOH，可推知A为，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，聚合物A的结构简式为：，故合成A的单体为：CH2=CHOOCCH3，故合成A的聚合反应是加聚反应，A正确；
B．由分析可知，B的结构简式为，含有醇羟基，故B易溶于水，B正确；
C．由分析可知，试剂a的结构简式为CH3CH2CH2CHO，其名称为1-丁醛，C正确；
D．由已知信息可知，1mol-CHO需要2mol-OH，所以B与试剂a反应的物质的量之比为2:n，D错误；
故答案为：D。
13．D
【解析】
A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c(H+)＞c(HS-)，故A错误；B．醋酸为弱酸，1 L且n均为0.1 mol的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H+)=0.05mol·L－1+c(H+)＜0.1 mol·L－1，故B错误；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故C错误；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c(Na+)：①＞②＞③，故D正确；故选D。
14．C
【详解】
A．根据步骤反应知，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I都是先生成后反应掉的物质，则都是反应的中间产物，故A正确；
B．第4步反应为：CH3COORh*I+H2= CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；
C．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价根成键原子的非金属性有关，故C错误；
D．根据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
故选：C。
15．B
【分析】
由图可知，加入10.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl、HR和NaR的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，由溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(Cl—)+ c(R—)+ c(OH—)可得，c(R—)= c(Na+)— c(Cl—)= =mol/L，由物料守恒关系可得c(HR)= =mol/L，混合溶液中c(R—)= c(HR)，由Ka=可得，Ka=1.0×10—7。
【详解】
A．弱酸的电离常数越大，酸性越强，由HA和HR的电离常数可知，HA的酸性强于HR，M点为NaR溶液，由强酸制弱酸的原理可知，向NaR溶液中加入少量HA溶液一定生成HR，故A错误；
B．加入20.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl和HR的混合溶液，c(HR)= =0.100 mol/L，溶液中氢离子浓度约等于R—浓度，由Ka=可得c(H+)≈=mol/L=1.0×10—4 mol/L，则溶液的pH约为4，故B正确；
C．M点为NaR溶液，R—在溶液中水解促进水的电离，N点为NaCl和HR的混合溶液，HR会抑制水的电离，则M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱，故C错误；
D．当盐酸加入体积为10. 00ml时，溶液中钠离子浓度大于氯离子浓度，故D错误；
故选B。
16．避免b中压强过大 防止暴沸 直形冷凝管 c中温度下降，管路中形成负压 液封，防止氨气逸出 +OH-NH3↑+H2O 保温使氨完全蒸出 0.014cv/m 甲基橙
【分析】
a与大气相通，其作用是平衡气压，使b中气压与大气压相等，以避免b中压强过大导致容器炸裂；b中的液体为蒸馏水，一般纯液体在加热过程中容易引起暴沸，所以需要加入碎瓷片来防止暴沸；体系内充满水蒸气后，关闭k1，水蒸气会慢慢冷凝为水，体系内气压小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入e中，e中的水再倒吸入c中；氨气的密度比空气的小，若d留有缝隙，易导致氨气泄露出去，所以d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；e装置是用来制取氨气的，g装置是用来吸收氨气的，制取氨气时发生的反应为：+OH− NH3↑+H2O；求样品中氮元素的质量分数时，根据反应NH2·HBO2+HCl= NH4Cl+H3BO2，可知n(N)=n(HCl),求出消耗的HCl的物质的量即可求出N的物质的量，根据甘氨酸的分子量及样品的质量，可求出样品的纯度，同时，根据其摩尔质量为14g/mol和样品的质量为m 克，可求出样品中的氮的质量分数；
【详解】
(1) a的作用是平衡气压，以避免b中压强过大；
(2) b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管；
(3) g中蒸馏水倒吸进入c的原因是g、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入中；
(4)①d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；
②e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为+OH−NH3↑+H2O； e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出；
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol/L的盐酸VmL，根据反应NH2·HBO2+HCl= NH4Cl+H3BO2，可以求出样品中n (N)=n(HCl)=c mol/L×V×10-3 L=0.001cV mol， 则样品中氮的质量分数为 = % ，样品中甘氨酸的质量0.001cV×75g，所以样品的纯度 %，盐酸滴定氨水时，因为产物为氯化铵，溶液因水解呈酸性，故选择酸性溶液中变色的指示剂——甲基橙。
17．CaSO4 70 随着温度的升高，Ni2+水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ 3.2≤pH<7.1 ClO- +2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1- c(Ca2+)=mol/L=3.0×10-8 mol/L<1.0×10-5 mol/L，Ca2+已沉淀完全
【分析】
含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)用H2SO4酸浸后，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO4沉淀，即为滤渣1，少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，也可以将Cu2+转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+，再加试剂Y调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，再加NaF将Ca2+沉淀，金属离子只剩Ni2+，最后加NaOH、NaClO，制得羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)。
【详解】
（1）①由分析可知，滤渣1的主要成分是CaSO4；
②由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70°C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，；
（2）由分析可知，操作A是H2S与Fe3+的反应，方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
（3）调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.1；
（4）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH·H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-；
（5）一般认为溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，该离子沉淀完全。Ksp(CaF2)==2.7×10-11，所以c(Ca2+)==mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全。
18．CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=−38.19kJ/mol 50% C D ＞ ＜ ＞ 16 C 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大
【分析】
(1)根据题意，甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−726.51kJ∙mol−1，根据盖斯定律计算；
(2)①根据氢气的平衡反应速率，计算氢气的浓度变化量，进而计算CO转化率；CO+2H2⇌CH3OH ΔH＜0反应放热，根据温度对化学平衡移动的影响分析；
②当=2：1时，平衡时生成物的含量最大，当=3.5时，CH3OH的体积分数小于最大值；
(3)根据影响化学平衡的因素分析即可；根据图像，结合“三段式”计算平衡常数；
(4)①在T1温度下，相同时间内，活化能越高，反应越困难，CO2转化率最小；
②表格数据表明，升高温度，可能升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率都加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大。
【详解】
(1)已知 ①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH= + 93.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=－192.9 kJ·mol－1
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−726.51kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律②×3-①×2-③可得：CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=−38.19kJ/mol；
(2)①0～5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol∙L-1⋅min-1，根据∆c(H2)= v(H2)×t=0.1mol∙L-1⋅min-1×5min=0.5mol/L，根据CO+2H2⇌CH3OH，CO的浓度变化量=0.25mol/L，H2和CO总共为3mol，且起始=2：1，可知H2为2mol、CO为1mol，平衡时H2为1mol，CO为0.5mol，CH3OH为0.5mol，则该条件CO的平衡转化率=×100%=50%，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，此时H2的体积分数为=；CO+2H2⇌CH3OH ΔH＜0反应放热，其它条件不变，在T2℃(T2＞T1)时，升高温度平衡逆向移动，氢气的含量增大，体积分数增大；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，故选D；
(3)由图象可知，升高温度CO的转化率增大，即升高温度，平衡向正方向移动，所以反应为吸热反应，即△H＞0；由图象可得，在相同温度下，pl时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反应的正反应方向为气体体积增大的方向，压强越大CO的转化率越小，则pl＜p2；当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点的CO的转化率，则y点反应正向进行，即，在y点，v(正)＞v(逆)；根据图像，当压强为p2时，甲烷的转化率为50%，列“三段式”：
若p2=6Mpa，平衡时，各物质的总物质的量为0.05+0.05+0.1+0.1=0.3mol，则T℃时该反应的平衡常数Kp==16MPa2；
(4)①如图所示，在T1温度下，相同时间内，催化剂A作用下的转化率最大，催化剂C的作用下的转化率最小，活化能越高，反应越困难，CO2转化率越低，故答案选C；
②表格数据表明，可能升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率都加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大，因此，甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大。
19．取代反应 硝基、酯基 丁二酸二甲酯 +HOOCCH2CH2COOH+H2O 或
【分析】
分析题干合成流程图，由A的分子式和D的结构简式可推知A为：，根据苯酚邻对位上的H比较活泼，推知B的结构简式为：，结合C的分子式和题干信息i可推知C的结构简式为：，由E的分子式结合D到E的反应条件可推知，E的结构简式为，分析E和F的分子式可知，二者相差2个H和1个O，故推知F的结构简式为：，由G的分子式并结合信息ii可推知G的结构简式为：，由M的结构简式和G的结构简式可推知K的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，再结合J的分子式和J到K的转化条件可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，据此分析解题。
【详解】
（1）由分析可知，A→B即转化为，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（2）由分析可知，C的结构简式为：，故其中含有的官能团名称是硝基、酯基，故答案为：硝基、酯基；
（3）由分析可知，J的结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOH或者CH3OOCCH2CH2COOCH3，故J中只含有一种官能团的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，股J的名称是丁二酸二甲酯，故答案为：丁二酸二甲酯；
（4）由分析可知，G的结构简式为与K的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，反应生成M的结构简式为，故该反应的化学方程式是+HOOCCH2CH2COOH+H2O，故答案为：+HOOCCH2CH2COOH+H2O；
（5）由分析可知，C→D转化即转化为的路线如图：，X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有一组峰，故X的结构简式为：，结合信息iii可推知中间产物1和2的结构简式分别为、，故答案为： ；；
（6）由合成路线图中可知，E的分子式为：C11H13NO4，符合下列条件a．与NaHCO3反应放出CO2说明分子中含有羧基-COOH，b．硝基与苯环直接相连，c．分子中只有4种不同化学环境的氢原子说明分子高度对称，故符合条件的E的同分异构体的结构简式有：或，故答案为：或。
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