新高考2021年高三化学全真模拟卷10（解析版）.pdf

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1、2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）化学试卷10本卷满分100分，考试时间7 5分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64Zn 65 Ag 108一、选择题：本题共10小题，每小题34分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.新型冠状病毒对人类健康构成严重威胁。下列物质不能用作新型冠状病毒消毒剂的是A.75%酒精 B.次氯酸钠溶液C.生理盐水 D.过氧乙酸溶液【答案】C【解析】A.75%酒精可用于消毒杀菌，满足题意；B.次氯酸钠具有强氧化性，能够杀菌消毒，满足

2、题意；C.生理盐水的主要成分是0.9%的 NaCl溶液，氯化钠没有杀菌和消毒的作用，不足满题意；D.过氧乙酸溶液是强氧化剂,可以杀灭一切微生物，对病毒、细菌、真菌及芽抱均能迅速杀灭，满足题意：答案选C。2.下列叙述正确的是A.HC1O的结构式为H-C1-0 C.NH20H的 电 子 式 为H：N：O：HHB.核内有33个中子的Fe表示为;FeD.CH3CHO的球棍模型为【答案】C【解析】A.HC1O的结构式为H-O-C1,故 A 错误;B.核内有33个中子的F e原子质量数为：33+26=59,表示为:F e,故 B 错误;C.NH20H的电子式为H：N：9：H,故 C 正确;HD.CH3CH

3、O的球棍模型为，故 D 错误;正确答案是C。3.某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法不正确的是co C O O HA.该有机物的分子式为C9H8O2B.Imol该有机物取多与4molH2发生加成反应C.该有机物能使浸水褪色是因为发生了取代反应D.该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上【答案】C【解析】A.有结构简式可知，该有机物的分子式为c9H8。2,故 A 正确，但不符合题意;B.碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应，则 Imol该物质最多能和4moi氢气发生加成反应生成c9Hl6。2，故 B 正确，但不符合题意；C.该有机物含有碳碳双键能使溪水褪色是因为发生 加成反应，故 C

4、 错误，符合题意；D.苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故 D 正确，但不符合题意；故选：C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，1.0LpH=13的 Ba(0H)2溶液中含0 丁 的数目为O.INAB.l.OLl.Omol LT的 NaAKh溶液中含氧原子数为2NAC.常温常压下，0.5 mol F e和足量稀硝酸反应，转移电子数为NAD.标准状况下，22.4LCHCL中含C-C1键的数目为3NA【答案】A【解析】A.pH=13 的 Ba(OH)2溶液中 c(H+)=10 mol/L,M c

5、(OH-)=0.1mol/LT 常温下，1.0L 此溶液中含O H 的数目为0 mol/Lx 1 LXNA mol =0.1必，A 说法正确；B.L O L 1.0 m o卜L T的N a A 1 0 2溶液的N a A 1 0 2中含氧原子数为2 N A,溶液中的水也含有氧原子，故溶液中的氧原子数目大于2NA,B说法错误；C.常温常压下,0.5 m o l F e和足量稀硝酸反应,F e由0价变为+3价,则转移电子数为15NA,C说法错误；D.标准状况下，C H C b为液体，则2 2.4 L C H C L中含C-C 1键的数目大于3NA,D说法错误；答案为A。5.下列实验中，所选装置或仪

6、器不合理的是ABCD水直 止 水 夹NaOH二溶液1 1厂1*2晨C.5归NaOH二二三h溶液检查装置的气密性量取 1 5.00m L N a O H溶液分离出用H 2。？制取O 2后剩余的M n O2吸收含Cb的尾气【答案】B【解析】A.利用液差法，检查装置的气密性，关闭止水夹，向长颈漏斗中加水，一段时间后长颈漏斗中液面不改变，则气密性良好，A正确；B.量取N a O H溶液需要用碱式滴定管，图为酸式滴定管，B不正确；C.M n C h不溶于水，可用过滤操作分离，C正确；D.C 1 2与N a O H溶液反应生成N a C l和N a Q O,装置可吸收C h并放倒吸，D正确；故答案选B。6

7、.1 9 1 9年，卢瑟福利用a粒子轰击短周期非金属原子X,发现了质子，使人类对原子核的认识更进一步，其核反应原理如下：X+；He-MY+；H,其中元素X的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，下列说法中不正确的是A.原子半径：X Y B.X的氧化物对应水化物为一元强酸C.以丫的中子数为9 D.元素X、Y能形成多种化合物【答案】B【解析】元素X 的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，则 X 为 N 元素,其质子数为7,所以Y 的质子数为7+2-1=8,Y 为 0 元素，据此分析。根据上述分析可知：X 是 N,Y 是 O 元素。A.同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，原

8、子序数：N O,即原子半径：XY,A 正确；B.N 元素能够形成多种氧化物，其中N2O5对应的酸HNCh是一元强酸，而 N2O3对应的酸HN02是一元弱酸，B 错误；C.Y 是 0,质子数是8,由于原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，则 以 Y 的中子数 为 17-8=9,C 正确;D.X 是 N,Y 是 0 元素，二者可形成N2O、NO、N2O3、NCh、N2O4 N2O5等多种化合物，D 正确；故合理选项是B。7.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrCh催化剂上CCh加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2T*H+*H)。下列说法借误的是A.催化剂不能提高二氧化碳加氢

9、制甲醇的过程中原子利用率B.该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成C.第步的反应式为*H3co+H2OTCH3OH+HOD.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率【答案】C【解析】A.催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡发生移动，故不能提高二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率，A 正确；B.从题干图示可知，该反应过程中，涉 及 JH2、CCh、H2O中极性共价键的断裂和甲醇、比0 中极性键的生成，B 正确；C.从题干图示可知，第步中*H 3 c0、氏0生成CH 3 0 H和*H O,反应方程式为*H3CO+H2O C H3O H+*H O,C 错误；D.反应历程第步需要水，所以向该反

10、应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率，D正确；故答案为：Co8.(2 0 2 0衡阳市第二十六中学高三月考)为防止废弃的硒单质(S e)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(S eO 2),再用KI溶液处理后回收S e。发生的反应为：S e+2 H 2 s o式 浓)=2 S O 2 T+S eO 2+2 H 2 O；S eC)2+4 Kl+4 H N O 3=4 KN O 3+S e+2 l 2+2 H 2 O,下列说法错误的是A.中S O 2是还原产物，S eCh是氧化产物B.中KI是还原剂，H N Ch是氧化剂C.中每生成0.2 m o l L共转移0.4 m o l电子D.氧化

11、性由强到弱的顺序是：H 2 s o 4(浓)S eCh l 2【答案】B【解析】A.反应中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，S eCh为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，S Ch是还原产物，故A正确；B.反应中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C.反应中，生成2 m o i碘单质，转移4 m o i电子，则每生成0.2 m o l 1 2共转移0.4 m o l电子,故C正确；D.在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产

12、物，氧化性H 2 S O“浓)S eCh；反应中S eCh为氧化剂，L为氧化产物，氧化性S eO 2 h,则氧化性由强到弱的顺序是：H 2 s o 4(浓)S eO 2 l 2,故D正确；故选Bo9 .我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMFf(CH 3)2 N CH O 转化为三甲胺 N(CH 3)3。计算机模拟单个D M F分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是05959S-0J.-12.(CH3)2NCHO(g)4-2H2(g)(CH3NCHOH*+3H*叫啜黑HJO-123(CH3NCH2+OH*4-2H*7r2.16,(CH3)2NCHO*+4H-1.55/.(C,)

13、,NCII,OH*+2H*Xs;2 yN(CHA+OH*+HA.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH 3)2N CH2O H*=(CH3)2 N CH2+OH*B.该历程中最大能垒(活化能)为2.1 6 eVC.该反应的热化学方程式为(CH 3)2 N CH O(g)+2 H 2(g)=N(CH 3)3(g)+H 2 O(g)A W=-1.0 2 ev m o r 1D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DM F平衡转化率【答案】A【解析】从图中可以看出,在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(216)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.2

14、1)=1.19,A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22,是由(C H3)2N C H2O H*转化为(C H3”N C H 2 的反应，化学方程式为(C H3)2N C H2O H*=(C H3)2N C H2+O H*,A 正确；B.该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV,B不正确；C.该反应的总反应是由(C H3)2N C HO(g)转化为N(C H3)3(g)，但 L02ev 为单个(C H3)2N C HO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(C H3)2N C HO(g)+2H2(g)=N(C H3)3(g)+H2O(g)A =-1.02N A ev m o l 1,C

15、 不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DM F平衡转化率，D不正确；故选A o10.下列离子反应方程式正确的是A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2A l 3+3C O；-=A L(C O 3)31B.氧化亚铁溶于稀硝酸：F eO+2H=F e2+H2OC.向碳酸氢核溶液中加入足量石灰水：C a2+H C O3+O H =C a C O3i +H2OD.向硫化钠溶液中通入过量S O 2：2S2-+5 S O2+2 H2O=3S X+4HS O3【答案】D【解析】A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，最初生成碳酸铝，但水解为氢氧化铝，2A p+3 C O：+

16、3H2O=2A 1(O H)，U+3C O 2T.A 错误：B.氧化亚铁溶于稀硝酸，稀硝酸具有氧化性，3F eO+10H+N O 3=3F e3+5H2O+N O,B错误；C.向碳酸氢核溶液中加入足量石灰水，N H4+C a2+H C O3+O H =C a C O3l +N H3-H2O+H2O,C 错误;D.向硫化钠溶液中通入过量S C h：2S2+5S O 2+2H2O=3S 1+4HS O3,D正确。答案为D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列实验操

17、作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将湿润的KI淀粉试纸靠近气体X,试纸变蓝X一定是C 12B将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色F e3+氧化性强于12C向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，有沉淀出现蛋白质发生变性D某溶液中加入硝酸酸化的氯化锹溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含s o4或 A g-【答案】B【解析】A.氧气也可以氧化r生成碘单质，使试纸变蓝，故A错误;B.将氧化铁加入到足量的HI溶液中，发生反应生成的F e3+具有强氧化性，又可以把1离子氧化为12,证明F e3+氧化性强于k,故B正确：C.向蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，

18、有沉淀出现是盐析现象，不是蛋白质变性，故C错误；D.某溶液中加入硝酸酸化的氯化钢溶液，有白色沉淀生成，该 溶 液 可 能 含 有、S。：、S O：-或A g+,故D错误：故选B o12.某非水相可充电电池工作原理如图所示，下列说法错误的是A.充电时，a接直流电源的负极B.图中的离子交换膜为阴离子交换膜C.放电时，正极的电极反应式为B U+2 e =3 B r-D.放电过程中负极区M g?+浓度逐渐增大【答案】B D【解析】A.Mg为原电池的负极，所以充电时，a接直流电源的负极，故A正确;B.交换膜允许M g?+通过，应选择阳离子交换膜，故B错误；C.放电时，正极的电极反应式为B r；+2 e-

19、=3 B，故C正确；D.放电过程中负极区每生成I m o l M g?*,就会有I m o l Mg通过阳离子交换膜，所以M g?+中浓度保持不变，故D错误。综上所述，答案为B D。1 3.为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下:Ti己知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中T i元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是A.F e T i O：中 T i 为+3 价B.“合成”过程中原子利用率为1 0 0%C.“氯化”时发生反应的化学方程式为7cl2+2FeTiO3+6C=2FeC13+2TiC14+6C。D.上述流程中生成钛时可用CO?代替A

20、r【答案】A D【解析】A.由题干信息知，T i 元素化合价没有变化，T i C L 中 T i 为+4 价，则F e T i C)3 中T i为+4 价，故 A错误；催化剂B.“合成”反应中CO 与 H 2 反应生成C F B O H,反应方程式为C O+2 H 2=CH3O H,由此A可见原子利用率为1 0 0%,故 B正确：C.根据流程图知，氯化过程中，C转化为C O,F e T i O3 转化为F e C b 和 T i C L,反应为2 F e T i O3+6C+7 c l 2=2 F e C h+2 T i C 1 4+6C O,故 C 正确；D.A r 与 Mg不反应，所以A

21、r 可以用作保护气，Mg与C O 2 反应生成氧化镁和碳，所以不能用C C 2 代替A r,故 D错误;故答案选A D o1 4.草酸(H 2 c 2 O4)是一种二元弱酸。常温下，向 H 2 c2。4溶液中逐滴加入N a O H 溶液，混合溶液中”区 为 能 号或 与 p H 的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是B.p H =1.2 2 的溶液中：2 c(C 2 O：)+c(H C 2 C)4)c(Na+)C.1.2 2 V p H V 4.1 9 的溶液中：c(H C 2 O)c(C 2 O；)c(H 2 c 2 O4)D.p H=4 1 9 的溶液中：c(Na+)3 c(H C 2

22、C)4)【答案】B Dc(H+)c(H C,Oj【解析】A.草酸是二元弱酸，一级电离抑制二级电离，K a产一,XC(H2C2O4)c(H+)c(c q j)C(H2C2O；)当 l g X=O 时，p H=-l g c(H )=-l g K,p H i=1.2 2%2=1 0山9,所以直线1中X表示的是,C(H C O4)直线n中x表示的是c(cqj)C(H2C2O4),故A错误;B.p H =1.2 2 的溶液中存在电荷守恒关系 c(Na+)+c(Ht)=c(H C2O4-)+2 c(C 2 O4 )+c(OH-),溶液中 c(H+)C(OH-),贝IJ C(H C 2 O)+2C(C 2

23、O4 2-)c(Na+),故 B 正确；C.当 p H 1 0-4 1 9m o V L,c(c2on K”前扁=布”则 C(H C 2 8)C(CWc(H+)c(H C2O4)C(H!)C(C,O；):当 1.2 2 p H 时，溶液中 c(H+)1 0-2 2 m o l/L,Kai-K a 2=x ,，二 c H2C2O4 C H2C2O4=常用泮 亲第=舒 C(C 2 O 4 2)故C错误；D.p H=4.1 9 的溶液中存在电荷守恒关系 c(Na+)+c(H )=C(H C 2 O)+2C(C 2 O4 2-)+C(OH_),溶液中 C(H C 2 O)=C(C 2 O4 2-),C

24、(H+)C(OH-),则 3 c(H C 2 O)c(Na+),故 D 正确；故选B D o二、非选择题：本题共5小题，共6 0分。1 1.(1 3 分)1 5.(1 2分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。I .模拟制备碱式氯化铜。向C u C L溶液中通入N H 3和H C 1,调节pH至5.0-5.5,控制反应温度于7 0 80 ,实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。(1)仪器X的名称是,其主要作用有导气、。(2)实验室利用装置A制 N H 3,发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(3)反应过程中，在三颈烧

25、瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有 o(4)若体系中NH过量会导致碱式氯化铜的产量一(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为H.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.2 9 g,加硝酸溶解，并加水定容至2 0 0 mL,得到待测液。(5)铜的测定：取 2 0.0 0 mL待测液，经测定C M+浓度为0.2 m o l-L“。则称取的样品中H(CU2+)=m o L(6)采用沉淀滴定法测定氯：用 N F U S C N 标准溶液滴定过量的A g N O 3(已知：A g S C N 是-种难溶于水的白色固体)，实验如下图：O.lOOOmol L1 NH4SCN 溶液/磁 i)2

26、0.00 mL待测液JL ii)聚乙烯醇溶液/Viii)30.00 inL O.lOOOmol L-1 AgNO3)滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂(填标号)。a.FeSO4 b.Fe(N O3)3 c.FeC h重复实验操作三次，消耗NE S CN溶液的体积平均为1 0.0 0 m L。则称取的样品中n(Cl)=moL(7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为。【答案】(1)球形干燥管 防倒吸(2)2 N H4C l+C a(O H)2 -C a C 1 2+2 N H 3 f+2 H(3)溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟(4)偏低 碱式氯化铜能溶于氨水(5)0.0

27、4(6)b 0.02(7)Cu2(OH)3cl【解析】(1)仪器X 的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；(2)实验室制取氨气的化学方程式为2NH40+Ca(OH)2幽 CaCL+2NHk+2H20；(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式筑化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：溶液中有大量墨绿色固体产生：由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化镀，故实验现象三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象干燥管中有液体上升后下降的现象；(4)若 NHs过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜溶于氨水

28、有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；20.00mL待测液，CiP+浓为0.2000 mol L-1，则铜离子的物质的量为0.2mol/Lx0.02L=0.004moI,由于称取的样品中是20mL溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004molx 10=0.04mol：(6)用NH SCN标准溶液滴定过量的AgNCh,到达滴定终点，用三价铁离子检验硫鼠根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断，答案选b；10.00mL0.1mol/L 的 NHiSCN 的物质的量等于 0.1 mol/

29、LxO.O I L=0.001 mol,由NHfCN-AgNCh可知，未反应的硝酸银的物质的量等于O.OOlmol,共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03Lx0.1mol/L-0.001mol=0.002mol,Cl-Ag+,(Cr)=0.002mol,样品配成的是200mL溶液，滴定只取了 20m L,样品中的氯离子的物质的量是 0.002molxl 0=0.02mol：(7)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.290g,已知铜离子的物质的量为0.04moL氯离子的物质的量为0.02m ol,假设无水碱式氯化铜的化学式为Cs(OH)xCl,可

30、知无水碱式氯化4 2902铜的物质的量为 0.02m ol,摩尔质量为二=214.5g/mol,64x2g/mol+17x g/mol+35.50.02molg/mol=214.5 g/m ol,解得x=3,故无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3。16.(1 3 分)高铁酸盐(钠、钾)，具有很强的氧化性，从而非常有效地杀灭水中的病菌和病毒。实验证明，由于其强烈的氧化和絮凝共同作用，高铁酸盐的消毒和除污效果，全面优于含氯消毒剂和高钵酸盐。更为重要的是在整个的消毒和净化过程中，不产生任何对人体有害的物质。高铁酸盐被科学家们公认为绿色消毒剂。某兴趣小组利用黄铜矿废渣(主要成分为C u F e S

31、 2 和 S i C h)制取高铁酸钠，工艺流程如下：气体X 漉渣1 灌渣2回答下列问题：(1)焙烧黄铜矿废渣时，为 了 提 高 产 率 可 采 取 的 操 作 为(任 写 一 种 可 行 性 的 操 作)。(2)气体X恰好被浓N a O H 溶液吸收形成酸式盐，此溶液呈_(填“酸”、碱”或 中)性，试 通 过 计 算 说 明 原 因(已 知 X溶于水生成的含氧酸的电离平衡常数乂产2 1 0-2,K a2=l xl 7)。(3)滤 渣 1 的 主 要 成 分 是(填 化 学 式)，要检验溶液I 中的金属阳离子，实验操作是(4)在溶液I 中加入合适的试剂Y是(填 序 号)。A.K z C nO

32、B.03C.H 2 O 2 D.K M1 1 O 4(5)在溶液I I 中加入固体N a O H 的目的有、。(6)工业上利用N aC l O 的氧化性，在碱性条件下用F eC 1 3、N a O H、N aC l O 三种物质在一定条件下反应制得N a2F eO 4,写出该反应的化学方程式_。【答案】(1)粉碎黄铜矿废渣酸酸式盐为N aH S C h，其电离平衡常数为2=1X10 7,水解平衡常数心=5x1 0-Ka凡 治 2 任，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性(3)S i O2 加入K 3 F e(C N W，若产生蓝色沉淀，则有F e?+(4)BC(5)中和溶液中的酸 提供碱性环境，

33、高铁酸钠在碱性条件下稳定存在(6)2 F eC l3+1 0 N aO H+3 N aC l O=2 N a2F eO 4+9N aC l+5H 2 O【解析】(1)将黄铜矿废渣粉碎，可增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高产率；(2)气体X为二氧化硫,与N a O H 反应生成的酸式盐为N aH S C h,其电离平衡常数为 2=1 x1 0-K7,水解平衡常数K h=h=5 x l(r凡则电离程度大于水解成都，溶液呈酸性；K“i(3)分析可知，滤渣1的主要成分是S i C h；滤 液1中的金属阳离子为F e2+,可加入K 3 F e(C N)6,若产生蓝色沉淀，则有F e?+；(4)

34、根据提供的试剂，均具有强氧化性，则试剂Y为将溶液中的+2价的F e2+变为+3价，为不引入新的杂质离子，答案为B C；(5)加入固体Na O H可中和溶液中的酸，易生成高铁酸钠；还可提供碱性环境，高铁酸钠在碱性条件下稳定存在；(6)F eC b、N a O H、N aC I O反应生成N az F eC h,利用化合价升降法及原子守恒配平，化学方程式为 2 F eC 1 3+l()N aO H+3 N aC I O=2 N a2 F eO)+9N aC l+5H 2 0。1 7.(1 4分)硫酸及其化合物在生产生活中有重要的应用，而硫氧化物是常见的大气污染物。已知：N O(g)+S O3(g)

35、S O 2(g)+N O 2(g)A/=+40.7 kbm o H,一种可同时脱除 S O2 和 N O 的工艺涉及的反应原理及能量变化如下：I .N O(g)+O3(g)N O2(g)+0 2(g)A/i=-2 0 0.9kJ m o l1I I .S 0 2(g)+0 3 (g)=S 0 3(g)+O 2(g)A/2,其正反应的活化能 E ai=58.0 kJ m o r ,反应 1 1 的逆反应的活化能为Ea2=0(2)接触法制H 2 s。4生产中的关键工序是S 0 2的催化氧化，回答下列问题：在V2o5作催化剂条件下S 0 2(g)与。2短)反应历程如下：I .；II.O2+4VO2=

36、2 V2O5,写出第I步反应的化学方程式。定温度下，在2 L的恒容密闭容器中通入4 m o i S O?(g)和2 m o i 0?(g)发生反应2 S O,(g)+O,(g)2 S O3(g),5 m i n后达平衡状态，压 强 为 原 来 的 从 开 始 到 平 衡,6用S C)3(g)表 示 化 学 反 应 速 率 为,0 2的平衡转化率为 0若保持反应温度和容器容积不变，对于2 s o 2(g)+C 2(g)2 S O,(g)A H 2)=v逆(。2)C.cis。3)C(O2)C2(SO2)保持不变D.容器内气体的密度保持不变E.容器内气体的平均相对分子质量保持不变 在5 0 0 时，

37、起始压强为1 2 5 k P a的恒温恒压条件下，平衡时S C)3的体积分数随起始投料n(SO：2)的变化如下图所示,则“=_ _ _ _ _ _,用平衡压强(该物质的体积分数X总压强)代替(。2)平衡浓度，则5 0 0 时，该反应的K p=0 2篇【答案】(1)2 9 9.6 kJ/m o l S O 2+V 2 O 5=2 V Ch+S O 30.2 m o l/(L m i n)5 0%A C E 2 0.0 4 !c 25【解析】(1)由N O(g)+S C)3(g)U S O 2(g)+N O 2(g)Z i/7=+4 0.7 kJ*m o l1,N O(g)+Ch (g)=N C)

38、2(g)+0 2(g)A/i=-2 0 0.9 kJm o r；结合盖斯定律可知，-得：S Ch(g)+Ch (g)=S Ch(g)+O 2(g b”2=-2 4 1.6 kJ/m o l,焰变等于正、逆反应的活化能之差，正反应的活化能Eai=5 8.0 kJ m o r,可知反应II的逆反应的活化能为a 2=5 8.0 kJm o l l-(-2 4 1.6 kJ/m o l)=2 9 9.6 kJ/m o l,故答案为：2 9 9.6 kJ/m o l；(2)己知总反应为2 s O 2(g)+O 2(g)=2 S Ch(g),在V 2 O 5作催化剂的条件下S Ch(g)与Ch(g)的2步

39、分反应，反应历程如下：1.S O 2+V2O5=S O 3+2 V O 2,II.O 2+4 V O 2=2 V2O5.故答案为：S O 2+V2O5=S O 3+2 V O 2：一定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入4 m o i S Ch(g)和2 m o i Ch(g)发生反应2 S O2(g)+O 2(g)2 S O3(g),5 m i n后达到平衡状态，压强为原来的,在同温同体枳时，压强6之比等于物质的量之比，即物质的量为原来的?，设反应到平衡氧气消耗了xm o L2SO2(g)+O2(g)2so3(g)起始(mol)4 2 0反应(mol)2x x 2x平衡(mol)4-2x 2-

40、x 2x4-2x+2-x +2x 5 1 mol-6-=W 解得：x=l，从开始到平衡，v(S O j)=2L=0.2 m o l/(L m i n),O 25 min的平衡转化率为UX 1 O O%=5 O%,故答案为：0.2 m o l/(L m i n)；5 0%；2molA.反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应过程中气体分子数发生改变，所以反应过程中压强为变量，所以气体的压强不变可以判断化学反应达到平衡，故 A选;B.化学反应达到平衡时，V jE=V i S，n 正色。2)=2 丫 逆(。2)表示V ,因此2 V 正(S C 2)=也(。2)说明反应不是平衡状态，故 B不选;C.=K,浓

41、度商=平衡常数，说明反应达到平衡,故 C 选;D.容器中气体密度为P=M，反应前后，气体总质量不变，即 不 变，容器体积不变，即V不变，所以平衡前后 始终不变，不能判断反应达到平衡，故 D 不选；mE.混合气体的平均相对分子质量在数值上满足 一，反应前后质量，不变，改变，所以混n合气体平均分子量不变可以判断反应达到平衡，故 E 选；故答案为：A C E；在5 0 0 时，起始压强为1 2 5 kP a 的恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，根据图象，S Ch 的体积分数最大值为4 0%,根据反应2 S O 2(g)+Ch(g)=2 S O 3(g)可知，此时起始投料/c，=a=2,设起始

42、氧气的物质的量为ym o l,到达平衡氧气消耗了 m m o l,(。2)二氧化硫、三氧化硫最终各占4 0%,用平衡压强(该物质的体积分数x 总压强)代替平衡浓度,2SO2(g)+O2(g)2 so 3 (g)起始(mol)2yy0反应(mol)2mm2m平衡(mol)2y-2my-m2m2m即11哭J T J U J件休7 r奴ZJ c c C 入1UU/O q u?o,用午1可：y-N in,火！J羊L飞 取 个 广1 NU?。，2y-2m+y-m+2m(40%xl25kPa)2则5W C时，谈反应的中画 而 函 可。必7一故答案为：入0 3。14.(10 分)2020年诺贝尔化学奖授予开

43、发了“基因剪刀”的两位科学家。利用这一技术，研究人员可以极其精确地改变动物、植物和微生物的DNA。如图是脱氧核糖核酸(DNA)的结构片段。回答下列问题：(1)构成D N A片段的元素中，N、0、P电负性由大到小的顺序是o(2)已知NzO为直线形结构，结构式为N=N=O,中间氮原子的杂化轨道类型为一 杂化。(3)磷能形成多种含氧酸，某资料认为次磷酸的结构如图所示，则次磷酸分子中键与兀键数目之比为一，Im ol次磷酸最多能与molNaOH发生中和反应。OII(4)某磷青铜晶胞结构如图所示。其化学式为。若晶体密度为8.82g-cm-3,距离最近的Cu原子核间距为 pm(用含NA的代数式表示，设NA表

44、示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)0、N、P(2)sp(3)5：1I(4)S n C u 3 P X x 3-x l O1 02 V N,x 8.82【解析】(1)非金属性越强电负性越大，非金属性0 N P,则电负性由大到小的顺序是0、N、P；(2)已知N 2 O 为直线形结构，结构式为N=N=O,其结构不对称，正负电荷中心不重合，所以为极性分子；中心氮原子形成两个双键，则形成两个。键，不含孤电子对，所以为s p 杂化；单键均为。键，双键中有一个。键，一个兀键，分子中有2个 P-H 键，一个P-0键，一个 0-H 键，一个P=0 键，所以次磷酸分子中。键与兀键数目之比5：1；次磷酸中含有一

45、个羟基氢，所以为一元酸，则 I m o l 次磷酸最多能与I m o l N a O H 发生中和反应；(4)根据均摊法，该晶胞中含有1 个 P原子，6 x；=3 个 C u 原子，8 x：=l 个 S n 原子，所以化学式为S n C u s P；晶胞的密度为8.8 2 g-c m-3,晶胞的质量为方34一2 g,则晶胞的边长为,-3-42 c m=NR NA x8.82x i o1(p m,距离最近的C u 原子核间距为面对角线的一半，为 正 xj$x 8.82 2 NA X8.82x i 01 0p mo1 5.(1 0 分)有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如图：已

46、知:R C O O H 吧,R C 0 C 1D 与 F e C b 溶波能发生显色。回答下列问题：(D E 中官能团的名称是，BTC 的反应类型是(2)H 的结构简式为,H与足量氢气反应生成的产物中手性碳有(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。(3)有关F的 下 列 说 法 正 确 的 是(填 序 号)。A.属于芳香煌B.能与F e C b 溶液发生显色反应C.可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D.I mi o l F 最多可以跟4 m0 I H 2 反应(4)写出C+D-E 的化学方程式:【答案】(1)酯基 取代反应 工 2 C O O H(3)C D(4)C H 3

47、c o e l +-COOCHj催化剂O O CC H jJC O O C H,+H C 1【解析】根据生产路线分析可知，乙烯氧化得到A,A为乙醛，乙醛发生银镜反应后酸化得到 B,B 为乙酸，乙酸与三氯化磷反应生成C,C为 C H 3 c o e 1；根据E 可知，C H 3 c o e 1 与D 发生取代反应生成E,因此D 为,逆推可知,0HCOOH据此分析解答问题。(1)E的结构简式为&3 ，分子中含有的官能团的名称是酯基，B-C是乙酸与三COOCH,氯化磷反应生成c,反应类型是取代反应;aOH,H与足量氢气反应生成产物中COOHCOOH不含苯环，其 中 的 手 性 碳 为 户 用标识出的

48、为手性碳,故 有 2个手性碳；(3)A.根据F的结构简式可知，F中含有氧元素，不属于芳香烧，A错误;B.F中不含酚羟基，所以不能与F e C b 溶液发生显色反应，B 错误；C.F分子中含有苯环、醇羟基、酯基，所以可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，C正确；D.Im ol苯环可以和3mol氢气发生加成，Im ol双键可以和Im ol氢气发生加成，所 以ImolF最多可以跟4m0IH2反应，D正确：故答案选CD；(4)C+DE 为 CH3coe1 与式为 CH3coe1 +P 0H 幽 幽 VCOOCHs H.zsOOCCH,发生取代反应生成u，其化学方程30CH,VCOOCH,Y00CCH.+HCL入 COOCH,