2019-2020学年北京市东城五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市东城五中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法错误的是A 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D我国晋朝傅玄的傅鹑觚集 太子少傅箴中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS【答案】C【解析】【详解】A石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反

2、应，A 正确；B根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B 正确；C绿矾的化学式是FeSO47H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D 正确。答案选 C。2实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏【答案】C【解析】【详解】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5

3、060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。3图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是X W Y R Z A最高价氧化物对应水化物的酸性RXY B84 号元素与Z 元素同主族CR、W 的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D Z2W3具有氧化性和还原性【答案】B【解析】【详解】假设 X

4、的最外层电子数为x-1，则 Y 的最外层电子数为x-1，Z 的最外层电子数为x，W 的最外层电子数为 x+1，R 的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解 x=5，则 X 为碳元素，Y 为硅元素，Z 为砷元素，W 为氧元素，R 为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸 硅酸，故正确；B.84 号元素都在第A主族，Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选 B。4下列说法正确的是（）A H2与 D2是氢元素的两

5、种核素，互为同位素B甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似CC4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能【答案】B【解析】【详解】A.H2与 D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A 错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1 个 CH2，甲酸还具有醛类物质的性质，故B 正确；C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6 种二氯代物，异丁烷有4 种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种

6、元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故 D 错误。故选 B。5下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A 室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B 将混有 Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去 Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂质C 向 KNO3和 KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试

7、纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D 室温下，用pH 试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液 pH 约为 10，0.1mol/LNaHSO3溶液 pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-的强A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和 BaSO4，有 BaSO4转化成 BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A

8、项错误；B.Mg（OH）2比 Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与 MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3-结合 H+的能力比SO32-的弱，D 项错误；答案选 B。【点睛】A 项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小

9、的转化成溶解度大的。6有一种线性高分子，结构如图所示。下列有关说法正确的是A该高分子由4 种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D该高分子有固定熔、沸点，1mol 上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol【答案】C【解析】【详解】A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5 种单体缩聚而成，故A 错误；B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C 正确；D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D 错误；答案选 C。7A、B、C、

10、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A 的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与 C同主族，下列说法不正确的是A元素 D 与 A一定形成共价化合物B元素 B 可能与元素A 形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D 是非金属元素，则D 的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是 H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明 C只能是第二周期的元素即 C是 O元素；E与 C同主族，E是 S元素；F 是原子序数大于S的主族元素，F 是 Cl 元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，

11、D可能是 F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素 D是 Na，Na与 H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与 H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故 B正确；C.F 是 Cl 元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素 D是 Si 元素，Si 单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。8烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙，1、2、3，一、二、三 。其中“一、二、三”是说明A碳原子数B烷基位置编号C氢原子数D同种烷基数目【答案】D【解析】【分析】据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。【详

12、解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙，表示主链碳原子数目。1、2、3，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三，用于表示相同取代基的数目。本题选 D。92015 年 7 月 31 日，中国获得2022 年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）A等质量的0冰与 0的水内能相同B冰和可燃冰都是结晶水合物C冰和干冰、水晶的空间结构相似D氢键影响冰晶体的体积大小【答案】D【解析】【详解】A.0的冰熔化成0水，要吸收热量，内能增加，则0 的冰的内能比等质量的0的水的内能小，A 项错误；B.“可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不

13、属于水合物，B 项错误；C.冰为 V 型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D 项正确；答案选 D。102017 年 9 月 25 日，化学权威杂志化学世界、著名预测博客等预测太阳能电池材料钙钛矿材料可能获得 2017 年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2。下列有关判断不正确的是A上述反应是氧化还原反应BTiO2和 CO2属于酸性氧化物CCaTiO3属于含氧酸盐DCaCO3属于强电解质【答

14、案】A【解析】A、CaCO3+TiO2=CaTiO3+CO2，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和 CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2TiO32，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故 D正确；故选A。11120时，1molCO2和 3molH2通入 1L 的密闭容器中反应生成CH3OH 和水。测得CO2和 CH3OH 的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A 03min 内，H2的平均反应速率为0.5mol L1 mi

15、n1B该反应的化学方程式：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)C容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D 10min 后，反应体系达到平衡【答案】B【解析】【详解】A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则 03min 内，v(H2)=3v(CO2)=3 (1.00-0.50)molL-1/3min=0.5 mol L1min1，A 项正确；B.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B 项错误；C.据 pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的

16、量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中 10min 后 CO2、CH3OH 的物质的量不再改变，即达化学平衡，D 项正确。本题选 B。12下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A第 步的离子方程式为Na+NH3+H2O+CO2 NaHCO3+NH4+B第 步得到的晶体是Na2CO3?10H2O CA 气体是 CO2，B气体是 NH3D第 步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A第 步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为 Na+NH3H2O+CO2Na

17、HCO3+NH4+，故 A 正确；B第 步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第步得到的晶体是NaHCO3，故 B错误；C氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A 为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D 第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和

18、流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。13磷酸亚铁锂（LiFePO4）是目前使用量最多的一种锂电池电极材料，LiFePO4废料中（含Al、石墨）磷、铁、锂的综合回收工艺流程图：已知：2244H POHPOH?，2344HPOPOH?常温下，16sp42FePO2H O9.91 10K，383spFe(OH)4 10K，-3sp23(Li CO)=1.7 10K（1）过程 I“碱浸”的目的是_，该过程发生反应的离子方程式为_。（2）过程 II“酸浸”加人双氧水的目的是_。（3）浸出液中存在大量2-4HPO、-24H PO离子，从平衡

19、移动角度解释过程得到磷酸铁晶体的原因_。一定条件下，探究了pH 对磷酸铁沉淀的影响，结果如图所示。由图可知，过程应选取的最佳沉淀pH为_。随 pH 的增加,磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_。（4）测得滤液1 中 c(Li+)=0.l5mol/L，某同学取该100mL 滤液进行“沉锂”反应加入50mlNa2CO3溶液却未见沉淀，若不考虑Na2CO3的水解和液体混合时的体积变化，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=_mol/L（5）过程将滤液2_，_，经过滤、干燥后得Na3PO412H2O 晶体。【答案】溶解Al，使其分离出去-2222Al+2OH+2H

20、O=2AlO+3H将 Fe2+氧化为 Fe3+CO32-结合 H+，2244H POHPOH?，2344HPOPOH?两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体2.5 随 pH 的增加，部分FePO4?2H2O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中0.51 蒸发浓缩冷却结晶【解析】【分析】LiFePO4废料(含 Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧化氢浸取，可氧化亚铁离子生成铁离子，浸出液中含有铁离子、锂离子、2-4

21、HPO、-24H PO离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成 FePO4?2H2O，滤液 1 中含有锂离子，滤液1 中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO3产品，FePO4?2H2O 中加入氢氧化钠溶液调节pH，得到含铁产品和滤液2，滤液 2 为 Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得 Na3PO4 12H2O 晶体。以此解答该题。【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，则过程 I“碱浸”的目的是溶解Al，使其分离出去，该过程发生反应的离子方程式为-2222Al+2OH+2H O=2AlO+3H，故答案为：溶解Al，使其分离出去；-222

22、2Al+2OH+2H O=2AlO+3H；(2)过程 II“酸浸”加人双氧水的目的是将Fe2+氧化为 Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为 Fe3+；(3)浸出液中存在大量2-4HPO、-24H PO离子，加入碳酸钠溶液后，CO32-结合 H+，2244H POHPOH?，2344HPOPOH?两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；过程 得到 FePO4?2H2O，由图可知在pH 等于 2.5 时，磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH 为 2.5，根据图像可知，随pH 的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随pH 的增加，部分FePO4?2H2

23、O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；故答案为：2.5；随 pH 的增加，部分FePO4?2H2O 沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；(4)混合溶液中+0.15mol/L100Li=0.1mol/L150()c，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中2-3xmol/L50 xCO=mol/L1503()c，二者混合未见沉淀，则2+2-2-3c3()()x=LiCO=0.11.7 103Qcc，解得x0.51，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2C

24、O3)=0.51mol/L，故答案为：051；(5)滤液 2 为 Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4 12H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。142019 年 8 月Green Chemistry 报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为 NaClCO2通电CONaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A中子数为12 的钠原子：2311Na BCl的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=O DNaClO 的电子式：【答案】D【解析】【详解】A.钠是 11 号元素，中子数为12 的钠原子，质量数为23：23

25、11Na，故 A 正确；B.氯的核电荷为17，最外层得到1 个电子形成稳定结构，Cl的结构示意图：，故 B正确；C.二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故 C正确；D.NaClO是离子化合物，NaClO 的电子式：，故 D 错误；故选 D。15下列浓度关系正确的是（）A 0.1mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)c(OH-)c(SO42-)c(H+)B 1L0.1mol/L 的 KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体 3.36L，所得溶液中：c(K+)c(H+)c(CO32-)c(HCO3

26、-)c(OH-)C 0.1mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)D同温下pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】【详解】A向 0.1 mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L 的 Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NH3 H2O+H2O。NH3 H2ONH4

27、+OH-H2OH+OH-。c(OH-)c(NH4+)c(SO42-)c(H+)。错误；B.根据电荷守恒可得：c(K+)c(H+)2c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-).错误；C0.1 mol/L 的 NaOH 溶液与 0.2 mol/L 的 HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN=NaCN+H2O。反应后溶液为NaCN 和 HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN 的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)，正确；D NaOH 溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3

28、溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH H2CO3 HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH 相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c(NaOH)c(Na2CO3)c(NaHCO3)c(CH3COONa)，错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硼铁混合精矿含有硼镁石MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4H2O 和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：已知：22UO在 pH 为 4 5 的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。回答下列问题：(l)“酸浸”时，为了提

29、高浸出率可采取的措施有：_(至少答两个措施)，该步骤中NaC1O3可将 UO2转化为22UO，则该反应的离子方程式为_。(2)“除铁净化”需要加入 _(填化学式)把溶液 pH 调节至 45，滤渣的成分是_。(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是_。(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T，-38sp3KFe(OH)=4.010，-16sp2KFe(OH)=8.0 10，-awK=10回答下列问题：在 T，假设 Fe3+水解的离子方程式是：323Fe(aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=

30、_(用含以的字母表示)。在 T向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的 c(Fe2+)c(Fe3+)会_(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：_。【答案】搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种）3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-MgO 或 Mg(OH)2Fe(OH)3、UO2(OH)2增大镁离子浓度，有利于析出 MgSO4?H2O 2.5 10(37-3a)变大23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(

31、OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大【解析】【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将 UO2转化为 UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH 除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)

32、晶体，据此分析解答。【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将 UO2转化为 UO22+，反应的离子方程式为3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；3UO22+6H+ClO3-=UO22+3H2O+Cl-；(2)除铁净化时，应调节 pH，为避免引入新杂质，可加入 MgO 或 Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO 或 Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；(

33、3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4?H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4?H2O；(4)在 T，Fe3+水解方程式为323Fe(aq)3H O(1)Fe(OH)(s)3H(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=33()cHc Fe=33wspKFe(OH)K=-3a-38104.0 10=2.5 10(37-3a)，故答案为：2.5 10(37-3a)；(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T，0-38-16-ar3r2wKFe(OH)=4.0 10,KFe(OH)=8.

34、0 10,K=10回答下列问题：23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，在 T向饱和 Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大，故答案为：变大；23c Fec)()Fe(=2333c FecOHc Fe()(OH)c=psps23KFe(OH)c OHKFe(OH)=-16-388.0 10c OH4.0 10=2.0 1022 c(OH-)，加入少

35、量NaOH 固体，溶液中的c(OH-)增大，则23c Fec)()Fe(变大。【点睛】本题的难点为(4)，要注意将23c Fec)()Fe(转化为 c(OH-)的关系式，再判断。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：HCCH+RCOOH一定条件RCOOR+R”OH+HRCOOR”+R OH（R、R、R”代表烃基）请回答：(1)A 中的官能团是_。(2)C 的结构简式是_。(3)D E的反应类型是 _。(4)E G 的化学方程式是_。(5)已知：H 是芳香族化合物。在一定条件下2

36、B K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。JL的化学方程式是 _。(6)L 在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与 L相比，在体内能缓慢持续释放J。血液中 J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：_。下列说法正确的是_（填字母）。aP中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J bP在体内的水解产物中没有高分子化合物c将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能【答案】羟基HC CH 加聚反应ac【解析】【分析】A 是25C H OH，乙醇连续氧化得乙酸，故B 是3CH COOH，根据信息，结合流程图，C 是CHCH，D 是，D 到 E

37、 是加聚反应，E 是，根据信息可推知F 为323CH COOCH CH，G 是，根据分子式H 是，根据流程图结合P 的结构可推知I 为，J 是，根据（5）小题，可以推知K 是乙酸酐（），由 P 逆推知 L 为。【详解】（1）A 是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息，结合流程图，可以推出C 是CHCH，故答案为：CHCH；（3）D 是，E 是，D 到 E 是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E 是，A 是乙醇，根据信息，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J 是，K 是乙酸酐（），答案为：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不

38、反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；a.P 可以完全水解产生，以及乙酸，a 正确；b.P 可以完全水解产生，该物质为高分子，b 错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c 正确；答案选 ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的

39、组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下:(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，写出A+BC 的化学反应方程式:_(2)C()中、3 个OH 的酸性由强到弱的顺序是_(3)E 是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种(4)D F的反应类型是 _，1 mol F 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应

40、，最多消耗NaOH 的物质的量为 _mol，写出符合下列条件的F的同分异构体2 种(不考虑立体异构)的结构简式:_ 属于一元酸类化合物苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基(5)已知:A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图(其他原料任选)_（合成路线流程图示例如下:H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】+4 取代反应3、CH3COOH【解析】【分析】【详解】(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知B是，A+B C 发生加成反应，反应方程式为：+；(2)羧基的酸

41、性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性强弱顺序为：；(3)C 中有羟基和羧基，2 分子 C可以发生酯化反应生成3 个六元环的化合物，C 分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4 种化学环境不同的H 原子，分别为苯环上2 种、酚羟基中1种、亚甲基上1 种；(4)对比 D、F的结构，可知溴原子取代OH 位置，DF 的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH；F为，F 的同分异构体符合条件：属于一元酸类化合物，苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，则另一个取代基含有

42、溴原子外，还含有羧基，符合条件的同分异构体有、；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，ClCH2COOH 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在 Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为CH3COOH。19第四周期元素Q 位于 ds 区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用 Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：（1）基态 Y原子核外共有_种运动状态不相同的电子。若用n 表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子

43、的价电子排布式为_。（2）X、W 组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为_。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为_。（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测 X2Y的空间构型为_。（4）XW3存在孤电子对，可形成Q(XW3)42+离子，该离子中不存在_(填序号)。A极性共价键B非极性共价键C配位键D键E.键（5）Q 与 X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：Q 原子周围距其距离最近的Q 原子的数目为_。该二元化合物的化学式为_。（6）已知单质Q 晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，则单质Q 晶体的晶胞中原子的空间利用率为_(用含 的式子表

44、示)。【答案】8ns2np4sp3N2H4与 O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高直线BE8Cu3N2100%6【解析】【分析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于N 原子为1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W 为 H 元素、X 为 N 元素、Y为O 元素、Z为 S元素，第四周期元素Q 位于 ds 区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则 Q 为Cu，据此分析。【详解】（1）Y为 O 元素，基态O 原子有 8 个电子，所以有8 种运动状态不相同的电子；O

45、 元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用 n 表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；（2）X、W 组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N 原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与 O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；（3）X2Y为 N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O 与 CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O 的空间构型为直线形；（4）Cu(NH3)42+中 Cu2+与 NH3之间的化学键为配位键，N-H

46、 为极性共价键，不存在非极性共价键和键；答案选 BE；（5）由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu 原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为 8；根据晶胞结构可知，Cu 在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为1214=3，N 在晶胞的顶点上，该晶胞中N 的个数为818=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=1168428,其晶胞体积V=a3cm3，其密度=3644ANag/cm3=3256Aa Ng/cm3；根据晶胞结构可知，4r=2a，解得 a=22r，则晶胞立方体的体积为a3=(22r)3，晶胞中 4 个金属原子的体积为4343r，所以此晶胞中原子空间占有率是33443100%2 2rr=2100%6。