2021年上海市黄浦区高考化学二模试卷.pdf

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1、2021年上海市黄浦区高考化学二模试卷一、单 选 题（本大题共20小题，共 40.0分）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶B.石油经裂化获得乙烯等化工原料C.用明研对饮用水消毒D.联合制碱法制烧碱2.中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将CC）2转化为汽油，过程示意图如图。下列说法错误的是（）co*o8 夕 C02H2a、-c b 嫉）.加 2）.-5 酒 b 多功能侬化剂 匕必CO2+H2.r（mOCoHA.该技术能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的战略愿景B.b 的一氯代物有4 种C.反应的产物中含有水，反应只有碳氢键的形成D.汽

2、油主要是CsJ 1 的烧类混合物3.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（）A.C6H6B.CH2Ohc-nJ H叵 IT nIpD.4.下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是（）A.CaC?B.H2S04C.CH2C12D.A1C135.将下列气体通入溶有足量SO2的Back溶液中，没有沉淀产生的是（）A.H2S B.HC1 C.Cl2 D.N026.关于海水提澳和海带提碘的说法错误的是（）A,都经过浓缩、氧化、提取三个步骤B.氧化步骤都可以通入氯气来实现C.提取时利用了澳和碘的物理性质D.实验室模拟时都用到了蒸发皿7.用如图装置完成电解实验，对实验现象的解释或推测合理的是（）

3、A.a处的试纸变红B.b电极是正极C.a处发生的电极反应：F e -2 e-F e 2+饱和食投水涧湿的pH试纸D.b处发生的电极反应：2 C-2 e-T C l 2 T8.用所给试剂与如图所示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）（）选项ABcDAMX稀硫酸浓硫酸双氧水浓氨水YNa2sO3c 2 H 5 0 HM n 02N a O H气体S 02C 2H402NH3iA.A B.B C.C D.D9 .在恒温密闭容器中发生反应：C aC O3 C aO（s）+C O2（g）-*IQ（Q 0）,反应达到平衡后，L时缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是（）：-A.v逆（逆

4、反应速率）B.p（容器内气体密度）C.m（容器内C aO质量）D.c（C O2浓度）1 0 .NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.I mo l月球表面的氮-3（3 He）含有的质子数为2NAB.1 5g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NAC.2mo iS O?和l mo l（）2催化反应后分子总数为2NAD.物质的量均为I mo l的N a?。和N az。2中所含阴离子数均为NA1 1 .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S e o 2,再用K I溶液处理后回收S eo发生反应：S e +2H2s o式浓）=2S O2 T +S e O2

5、+2H2O；S e O2+4 K I +4 HN 03=4 K N 03+S e +2I2+2H2O,下列说法正确的是（）A.中S O2是氧化产物，S e。2是还原产物B.中HN O3是氧化剂，K I是还原剂第2页，共28页C.由可知浓硫酸能将KI氧化生成hD.由可知还原性由强到弱的顺序：Se KI S0213.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是()A.I、n、m 和w 都属于氧化还原反应B.I、n、in和w 都是氮的固定C.反应W的部分产物可在上述流程中循环利用D.反应VI的化学方程式为NH3+C02+H20+NaCl=NaHCO3 I+NH4C 114.常

6、温下，向10mL0.1molLTCH3CO。H溶液中逐滴滴入0.1molLT的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是()导电西力一导电值力 pH10 20 30 40 V(ROH)/mLA.b 点溶液的pH=7,此时酸碱恰好中和B.b 点导电能力最强，说明ROH为强碱C.c 点溶液存在仔R+)c(CH3coeT)、c(OH-)c(H+)D.b c任意点溶液均有c(H+)c(OH-)=Kw=1.0 x IO-1415.下列解释实验事实的离子方程式较合理的是()A.用Na2s处理含Hg2+的废水：Hg2+Na2s-HgS I+2Na+B.用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化

7、膜：A12O3+2OH-t 2A/+H,0C.用N a2s。3 溶液吸收少量氯气：S 0 1-+C l2+H20 t 2H+2C+S O.D.草木灰不能与钱态氮肥混合使用：N Hj +C 0|+H20 t N H3-H20 +HC O1 6 .将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是()A.A g N O 3 溶液 B.F e C k 溶液 C.N aB r 溶液 D.石蕊试液1 7.已知四种盐的溶解度(s)曲线如图所示，下列说法不正确的是()A.将 N aC l 溶液蒸干可得N aC I 固体B.将Mg C k 溶液蒸干可得Mg。?固体C.Mg(C K)3)2中混有少量N aC l 杂质，

8、可用重结晶法提纯D.可用Mg C k 和N aC 1 0 3 制备M g(制。3)21 8.一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是()能hl(kJ)I mol N(g)+3 mol H(g)+2 mol Cl(g)1416.9I mol NH2CI(g)+l mol HCI(g)11.3I mol NH?(g)+l mol ChCg)反应过程A.相同条件下C l 2比 H C 1 稳定B.过 程 I ：断裂极性键和非极性键C.过程口：形成极性键和非极性键D.热化学方程式为N H 3(g)+C l2(g)t N H2C l(g)+H C l(g)+1 1.3 k J第

9、4页，共28页1 9.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为O.Olmol-1）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（）1 2 rH*av-/zxaxzt一一,H W Z V X4子序敷A.单质的氧化性：Z WC.简单离子半径：Z Y W XD.X与Z的最高化合价之和为820.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示.下列有关说法错误的是（）铁 片 窜 不-电 极d海水L二二A.d为石墨，铁片腐蚀加快B.d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.d为锌块，铁片不易被腐蚀D.d为锌块，铁片上电极反应为：2H+2e

10、-=H2 T二、简 答 题（本大题共4小题，共60.0分）21.中 国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。（1）深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属 （选 填“高”或“低”）；铝元素的原子核外共有种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法a.比较两种金属单质的硬度和熔点b.用钠置换氯化镁溶液中的镁c.比较等物质的量的两种金属和足量盐酸反应失去的电子数d.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液(2)氮氧化铝(A10N)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属 于 晶体，A1、0、N

11、三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是 o明研 KAKS。5-12H2。溶液中离子浓度从大到小的顺序为。Mg(0H)2固体能除去镁盐溶液中的A13+,原因是。(用离子方程式表达)(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式。(5)已知：M(g)-M+(g)+Q(M代表碱金属元素)元素LiNaKRbQ(kJ)-520-496-419-403从原子结构的角度解释上述金属Q 值递变的原因：。2 2.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品 O(2)若用】80标记乙醇，该

12、反应的化学方程式。(3)一定温度下该反应的平衡常数K=4.00若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率丫=(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1,相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x,请绘制x 随 n 变化的示意图 o近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为C&=CH2(g)+杂多酸CH3C00H(l)CH3co0C2H5。)+Q(Q 0)(4)在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是a.当乙烯断开Imol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗Im o l,反应已达到化学平

13、衡b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：(5)温度在60 80冤范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是 用第 6 页，共 28页V(P 1)、V(P 2)、V(P 3)分别表示在不同压强下的反应速率。在压强为P 1、温度超过8 0 久时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是。为提高乙酸乙酯的合成速率和产

14、率，可 以 采 取 的 措 施、。(任写两条)60 65 70 75 80 5%UBtPC2 3.阿特拉(H)是一种重耍的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性尊麻疹引起的症状，可采用如图路线合成：已知：P h-代表苯基;OR-C-R,NaBHCHjCH:OHOHRCH R*(1)H 中含氧官能团的名称为 ,F-G的反应类型为(2)实验室检验B中官能团所用的试剂依次为。(3)E -F 的化学方程式为 o(4)D 水解后得到物质W(C(CH3)2COOH，写出同时满足下列条件的一种W 的同分异构体的结构简式苯环上有两个取代基；与 N a 反应产生氢气；能发生银镜反应；有 5 种化学环境不同

15、的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：U(5)新戊酸(+C O O H)可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的 合 成 路 线 o2 4.草酸铁钾K x F e(C 2()4)y 3 H z O(F e 为+3 价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，1 1 0 汇失去结晶水，2 3 0 笃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。I .制备K2C2O4-1 I-1 系列作 -一|-亮绿色.粗 产 品 刊 K,Fe(Crf)4)x-3H1OFeCb _ I 溶液|-“系列操作”依次为：恒温8(TC

16、 加热蒸发T f T TT T 三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)a.过滤b.避光晾干c.冰水浴冷却热饱和溶液d.用9 5%的乙醇溶液洗涤晶体e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是。U.组成测定称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸储水和稀H 2 s o 4,将C 2。：-转化为H 2 c2。4 后用QlO O O m o l L K M n O 4 溶液滴定，当消耗K M 1 1 O 4 溶液2 4.0 0 m L 时恰好完全反应(5 H 2 c2 O 4 +2 M n O；+6 H+-2 M n2+

17、1 0 C 02 T+8 H2O)；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的K M n C U溶液继续滴定，用去K M n C U溶液4.0 0 m L。(3)配制1 0 0 m L O.lO O O m o l L-i K M n C U溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有(填仪器名称)，加入锌粉的目的是 (4)第二次滴定的离子方程式为：M n O J +F e2+T F e3+M n2+,第二次滴定终点的现象第8页，共28页(5)通过计算确定KxFe(C2()4)y 3H2O中，x=,y=川，探究草酸铁钾的光敏性查阅资料得知

18、草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为。光灯0rklFXIF:S e S C)2,故D错误；故选：C oS e +2H 2s o式浓)=2s。2 T +S e O2+2H 2。中S e元素化合价升高，S元素化合价降低,S e 是还原剂，H 2s O 4是氧化剂；S e O2+4 K I +4 H N 03=4 K N 03+S e +2I2+Z H z O+S e元素化合价降低，I元素化合价升高，S e O 2是氧化剂，K I

19、是还原剂，以此分析解答。本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化为解答关犍，注意掌握氧化还原反应概念及氧化性、还原性强弱比较方法，B为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。1 2.【答案】A【解析】解：A.硝酸钾为强电解质，氢氧化铁为弱碱为弱电解质，二氧化硫为非电解质，故A正确；B.碳酸钙为强电解质，铝为单质，不是非电解质，故B错误；C.水是电解质，故C错误；D.醋酸筱为盐，水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。故选：Ao强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物；非电解质：水溶液和熔融状态均不导电的化合物。本

20、题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念，明确电解质电离程度是解题关键,题目难度不大。1 3.【答案】B【解析】解：A.反 应I中氮气和氢气反应生成氨气、反应口中氨气被催化氧化生成一氧化氮和水、反应皿中NO被氧气氧化生成二氧化氮，反应W中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应过程中都有元素化合价变化，为氧化还原反应，故A正确；B.氮的固定是氮元素的单质转化为化合物的过程，I是氮的固定，n、H I和W都不是氮的固定，故B错误；C.反应V I是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其中一氧化氮可在上述流程中循环利用，故C正确；D.氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，可以析出溶解度较小的碳酸氢钠

21、晶体，发生反应的化学方程式为：N H3+C 02+H20 +N a C l =N a H C O3 I+N H4C 1,故D正确；故选：B%和出 可以合成N H 3,所以甲是”,氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到纯碱碳酸钠，氨气和氧气反应，催化氧化得到N O,N O遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氨气之间反应得到硝酸镂，属于一种氮肥，所以乙是N O,丙是N O?,丁是N a H C O s，据此回答。本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，题目难度中等。1 4.【答案】

22、B【解析】解：A.根据图象可知，b点溶液p H为7,b点加入1 0 m L等浓度R O H溶液，恰好反应，故A正确；B.若R O H为强碱，b点加入1 0 m L等浓度R O H溶液，反应后溶质为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而图象中b点呈中性，说明R O H为弱碱，且b点时二者恰好反应，故B错误：C.c点溶液的p H 7,呈碱性，则c(O H-)c(H+),根据电荷守恒可知c(R+)C(CH3COO-),故 C 正确；第16页，共28页D.水的离子积只受温度的影响，则b c任意点溶液中水的离子积不变，均有c(H+)c(OH-)=Kw=1.0 x IO-1 4,故 D 正确；故选：BoA.根据图象中

23、pH变化曲线判断b 点溶液的pH；B.若 ROH为强碱，b 点加入10mL等浓度ROH溶液，反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而图象中b 点呈中性；C.c点溶液的p H 7,呈碱性，则c(OH-)c(H+),根据电荷守恒分析；D.水的离子积只受温度的影响。本题考查酸碱滴定原理，明确b 点是滴定终点是解题的关键，牢牢把握溶液中的守恒思想，题目难度不大，是基础题。15.【答案】D【解析】解：A.用Na2s处理含Hg2+的废水，离子方程式：Hg2+S2-H g S l,故 A 错误；B.用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜，反应的离子方程式为：A12O3+2OH-2A1O7+H20,故 B 错误；C.用

24、Na2sO3溶液吸收少量氯气，离子方程式：3S0g+Cl?+H20 T 2HS0+2 Q-+S O/,故 C 错误;D.木灰不能与镀态氮肥混合使用，离子方程式：NH 4-C01+H20 NH3-H20+HCO3,故 D 正确。故选：D。A.硫化钠为可溶性盐，应拆成离子形式；B.电荷不守恒；C.氯气少量，只氧化部分亚硫酸根离子；D.镂根离子与碳酸根离子发生双水解。本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。16.【答案】D【解析

25、】解：A.氯水中含有氯离子，氯离子能够与银离子反应生成氯化银沉淀，故 A 不选；B.氯水中含有氯气能够氧化亚铁离子生成铁离子，溶液显黄色，故 B不选；C.氯水中含量氯气能够氧化溟离子生成漠单质，溶液显橙黄色，故 C不选；D.氯水中含有氢离子和次氯酸，具有酸性和漂白性，加入石蕊试液，溶液先变红色，最终变为无色，故 D选。故选：D。氯气与水发生：C l2+H20 =H C I +H C 1 0,H C 1 O 具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有C、H+、C l?、H C 1 O 和也0 等分子，以此解答该题。本题考查氯水的性质，题目难度中等，解答本题，明确氯水的成分和性质是关键，

26、学习中注重相关基础知识的积累。1 7 .【答案】B【解析】解：A.因N a C l 的溶解度受温度的影响不大，所以将N a C l 溶液蒸干可得N a C l固体，故 A正确；B.因M g C)能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将M g C k 溶液蒸干可得固体为氢氧化镁，故 B错误；C.因M g(C 1 0 3)2 的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，N a C l 的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以M g(C K)3)2 中混有少量N a C l 杂质，可用重结晶法提纯，故 C正确；D.反应M g。？+2 N a C 1 0

27、3=M g(C 1 03)2+2 N a C l 类似于侯德榜制碱法生成N a H C()3 的原理,因为N a C l 溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成M g(C K)3)2 的方向进行，故 D正确；故选：B；A.根据N a C l 的溶解度受温度的影响不大；B.根据M g C k 能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢；C.根据M g(C 1 0 3)2 的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，N a C l 的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，D.根据侯德榜制碱法生成N a H C O 3 的原理；掌握溶解度曲线的意义及应用，才能结合题意灵活分析解答问题，本题解答的关键是看

28、清图象中各自的溶解度变化情况，再结合相关选项进行分析.1 8 .【答案】B【解析】解：A.由图可知，反应物N G、必具有的总能量小于NH 2c l(g)、H C l(g)具有的总能量，但不能确定C k 和 H C 1 具有的能量大小，则不能确定C l?和 H C 1 的稳定性大第18页，共28页小，故 A错误；B.同种原子形成的共价键为非极性键，不同种原子形成的共价键为极性键，过 程 I 中断裂了N-H 键和C 1 -C I键，即过程I 中断裂极性键和非极性键，故 B正确；C.由图可知，过程II中形成了N-H键、N-Q 键和H-C 1 键，均为极性键，没有形成非极性键，故 C错误；D.由图可知

29、，N H3(g)+C l2(g)-NH 2c l(g)+H C l(g)吸收能量1 1.3 k J,则热化学方程式为NH3(g)+C l2(g)=NH 2c l(g)+H C l(g)-1 1.3 k J,故 D 错误；故选：B A.物质具有的能量越低越稳定；B.由图可知，过 程 I 中断裂了N H 键和C 1 C I键；C.由图可知，过程II中形成了N-H键、4 一。键用后一。键；D.由图可知，NH 3(g)+C 1 2(g)fNH 2c l(g)+H C l(g)吸收能量1 1.3 k J,据此写出热化学方程式。本题考查反应热和焙变，为高频考点，把握图中能量变化、物质稳定性与内能的关系、反

30、应热的计算为解答本题关键，侧重分析与运用能力的考查，注意共价键极性的判断，题目难度不大。1 9.【答案】D【解析】解：根据分析可知，W、X、Y、Z 分别为N、Na、S、C l 元素，A.非金属性C l C l,则单质的氧化性：Z Y,故 A错误；B.非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，则气态氢化物的稳定性WY,故 B错误；C.电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3-、Na+、S 2-、C T 的半径大小为：S2-C l-N3-Na+,即Y Z WX,故 C 错误；D.X 与 Z 的最高化合价之

31、和为1 +7 =8,故 D正确；故选：D。由图象和题给信息可知，浓度均为O.O l mo h IT】的溶液，W、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物的p H 都小于7,W、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、丫、Z 都是非金属元素，W、Z 最高价氧化物对应的水化物的p H =2,为一元强酸，原子序数Z W,则 Z 是 C l、W 是 N；丫的最高价氧化物对应的水化物的p H r(O2-)r(Al3+)c(SOi)c(K+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)3Mg(OH)2+2A13+=2A1(OH)3 4-3Mg2+Li+:O:JiLi*从L i-C s,随质子数增加，电子层数增多

32、，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q 越大【解析】解：(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的T i-62A 钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属低，铝元素的原子核外电子排布为：Is22s22P63s23p)有 5 种能量不同的能级，a.比较两种金属单质的硬度和熔点，不能确定金属性强弱，故 a 错误；b.用钠不能置换氯化镁溶液中的镁，钠和先和水反应，故 b 错误；c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数，不能判断金属性强弱，故 c 错误；d.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解，可以证明钠比铝活泼

33、，故 d 正确；故答案为：低；5；d；(2)氮氧化铝(A1ON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于原子晶体，A1、0、N 三第20页，共28页种元素的简单离子半径，都是两个电子层，核电荷数越大，半径越小，离子半径由大到小的排列顺序是：r(N 3-)r(02-)r(A l3+),故答案为：原子；r(M-)r(02-)r(A l3+)；(3)明研是K A 1(S O 4)2 -1 2 H 2 O,其溶液中离子浓度由大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，水解离子反应为A F+3 H 2 O UA 1(O H)3(胶 体)+3 H+,水解呈酸性，所以离子浓度大小

34、顺序为：c(S O )c(K+)C(A 13+)c(H+)c(O H-),A 1 3+水解生成氢离子，M g(O H)2 固体和氢离子反应生成镁离子和水,从而促进A F+水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：3 M g(O H%+2 A 1 3+=2 A 1(O H)3+3 M g 2+,故答案为:c(S O i-)c(K+)c(A l3+)c(H+)c(O H-)；3 M g(O H)2+2 A 13+=2 A l(O H +3 M g 2+；(4)氧化锂是离子化合物，所以电子式是L r :O:F L，故答案为：L i+:O：p L i-(5)已知：M(g)-M+(g)+Q(M 代表碱金

35、属元素)，根据以上数据，Q为负值，元素的金属性与Q的关系是：同一主族，金属活动性越强(或越弱)，Q越大(或越小)，从原子结构的角度解释中结论为：从L i-C s,随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q越大，故答案为：从L i-C s,随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q越大。(1)合金材料的熔点比组成成分的金属熔点低，铝元素的原子核外电子排布为：I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 p L 有 5 种能量不同的能级，金属的金属性强弱的比较方法有：金属之间的置换反应、金属与同种酸或水生成氢气的难易程度、金属的最高价氧化物的水

36、化物碱性强弱等来判断；(2)晶体的物理性质分析，电子层数越多半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小；(3)明矶是K A 1(S C)4)2 -1 2 H2O,其溶液中离子浓度由大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性分析，A F+水解生成氢离子，M g(0 H)2 固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进A 1 3+水解；(4)L i 和 Mg位于对角线上，所以二者的性质是相似的，因 Mg在空气中燃烧生成M g O、M g 3”和 C,则 L i 在空气中燃烧的生成物是L i 2。，为离子化合物；(5)Q 为负值，同一主族，金属活动性

37、越强(或越弱)，Q越大(或越小)，从L i r C s,随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q值越大。本题考查的知识点较多，应注重归纳元素周期表和周期律的有关知识、物质之间的反应、化学用语的使用、晶体类型的判断方法、离子浓度大小比较等，题目难度中等。22.【答案】采用饱和碳酸钠溶液分液 C H s C O O H +C HsC()OCJIrt+H v(p2)v(p3)由图可知,在压强为p i、8 0 时,反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度,平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降通入 乙 烯 增大压强【解析】解：(1)制备乙酸乙酯的实验中饱和的碳酸钠溶液的作用是除去

38、乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸钠和乙酸的中和反应。还可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分层现象更明显的过程，则提纯产品的方法是采用饱和碳酸钠溶液分液，故答案为：采用饱和碳酸钠溶液分液；(2)乙酸和乙醇反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，则 用 标 记 乙 醇，该反应的化学方程式为CHsCOOC.H-,+IIO,故答案为：C H C O O H +C2H O H+HQ；(3)设起始乙酸和乙醇物质的量为I m o l,C H 3 c o O H转化物质的量为x m o l,楠 餐C I h C O O H +CiHr.OH C l W O O C J h +IhO起始 n(m o l)1 100转化n(m o l)

39、XXX X平衡n(m o l)1 X1-XX Xy2 2 21 P2 P3的大小，压强越大，反应速率越快，则温度在60 80式范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是V(PD v(p2)v(p3),故答案为：V(P1)v(p2)v(p3)；由图可知，在压强为Pl、8(TC时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降，故答案为：由图可知，在压强为pi、80n时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应,升高温度，平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降；提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施是通入乙烯或增大压强，故答案为：通入乙烯；增大压强。(1)制备乙酸乙酯的实验中

40、饱和的碳酸钠溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸钠和乙酸的中和反应。还可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分层现象更明显的过程；(2)乙酸和乙醇反应的机理是酸脱羟基醇脱氢；(3)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0,若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，设起始乙酸和乙醇物质的量浓度为lm ol/L,列化学平衡三段式解答；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1,随着乙酸的量增加，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数也会增大，当n =l 时，此时平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数最大，再增加乙酸的物质的量，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数反而减小；(4)a.当正反应速率等于逆反应速率时，反应已达到化

41、学平衡；b.当各组分浓度(或者百分含量、物质的量分数、体积分数)不再改变时，反应已达到化学平衡；c.产品减小，平衡正向进行，平衡常数只与温度有关；d.K =c H、H y温度不变，K值不变；(5)根据该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，乙酸乙酯的产率越大，判断P l、P 2、P 3 的大小，结合压强越大，反应速率越快；由图可知，8 0 式时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；提高乙酸乙酯的合成速率和产率，要使平衡正向移动，同时也要提高反应速率，结合勒夏特列原理分析。本题考查化学平衡的影响因素、酯化反应、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，

42、掌握勒夏特列原理、酯化反应机理、化学平衡三段式是解题的关键，此题难度大。2 3.【答案】羟基、竣 基 还 原 反 应 N a O H 水溶液、硝酸、硝酸银溶液【解析】解：(1)H 中含氧官能团有：-O H、-C O O H,其名称分别为：羟基、瓶基；由反应条件可知，F发生信息中反应生成G,转化过程中叛基转化为羟基，组成上加氢,第24页，共28页F -G的反应类型为还原反应，故答案为：羟基、竣基；还原反应；(2)B中官能团为氯原子，实验室检验B中氯原子方法为：取样，加入N a O H水溶液，加热，再加入硝酸呈酸性，最后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明含有氯原子，所用试剂依次为N a O H水

43、溶液、硝酸、硝酸银溶液，故答案为：N a O H水溶液、硝酸、硝酸银溶液；(3)对比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F,同时有H C 1生成，E -F的化学方程式为：(4)W为C(CH3)2COOH满足下列条件的一种W的同分异构体：苯环上有两个取代基；与N a反应产生氢气；能发生银镜反应，说明含有羟基与醛基;有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1,可以是-C H O与OH-C(C H 3)2 O H处于苯环的对位，该同分异构体可以是：心，CHOOH故答案为：；CHO(5)由B -C-D的转化、G-H的转化，乙烯与H C 1发生加成反应生

44、成C H 3 c H 2。，C H 3 c H 2 c l与N a C N反应生成C H 3 c H 2 C N,再C H 3 c l反应生成(C f C C N,最后水解生成-|C O O H,合成路线为：CH CH2 C H H lN N3cHe(CH3)3CCJV”+-|-C O O M ,故答案为:CH2=CH2HCl催化刑CH3CH2CI N吧N ClhCHiCNc m(C-CC-1COOH oA发生取代反应生成B,B发生取代反应生成C,对比C、E的结构，结合D的分子式、反应条件，可知C中-CN连接的碳原子上的2个氢原子被2个甲基替代生成D,D中苯环上氢原子被-COCH2cH2cH2

45、cl取代生成E,故D为 忑 对 比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F,同时有HC1生成，而F中皴基转化为羟基生成G,故F为 Q G中CN转化为COOH而生成H；(1)H中含氧官能团有：一OH、-COOH；由反应条件可知，F发生信息中反应生成G,转化过程中皴基转化为羟基，组成上加氢；(2)B中官能团为氯原子，先水解转化为氯离子，再用硝酸酸化的硝酸银溶液检验离子;(3)对比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F,同时有HC1生成；(4)w为 y-C(C H3)2C O O H，满足下列条件的一种W的同分异构体：苯环上有两个取代基；与N

46、 a反应产生氢气；能发生银镜反应，说明含有羟基与醛基;有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1,可以是-CHO与-C(CH3)2OH处于苯环的对位；(5)由B-CTD的转化、G-H的转化，乙烯与HC1发生加成反应生成CH3cH2。，CH3cH2a与NaCN反应生成CH3cH2CN,再CH3cl反应生成(C E C C N,最后水解生成4-COOK。本题考查有机物推断和合成，侧重考查阅读、对比、分析判断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、反应条件及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24.【答案】e c a

47、 d b 1 1 0?失去结晶水，230冤分解，见 光 易 分 解100mL容量瓶和第26页，共28页滴 定 管 将 F e 3+完全转化为F e 2+1 5 8 H+5 1 4 H20 滴入最后一滴高锌酸钾溶液,溶液变化为红色且半分钟不再变化3 3 +2【解析】解：1.(1)由于1 3 任6 仁2 0 4)3 卜3%0可溶于水，溶解度随温度升高而增大，且难溶于乙醇，所以采用恒温8 0 笃加热蒸发、浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到粗产品，系列操作”依次为：恒温8 0 汽加热蒸发t e -c r a t d r b 7三草酸合铁酸钾晶体粗产品，故答案为：e；c；a；d；b；(2)结晶时

48、应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，因为K3 F e(C2O4)3-3 H2O 1*,1 1(T C失去结晶水,2 3 0 久分解，见光易分解，故答案为：1 1 CT C失去结晶水，2 3(T C分解，见光易分解；n.(3)配制溶液和滴定实验需要1 0 0 mL 容量瓶和滴定管，加入锌粉的目的是将F e 3+完全转化为F e 2+,故答案为：1 0 0 mL 容量瓶和滴定管；除去过量的双氧水；将F e 3+完全转化为F e 2+；(4)高锦酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，滴定的离子化学方程式为高锯酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式，反应为；M nO；+5 F e2+

49、8 H+=M n2+5 F e3+4H20；反应终点是利用滴入最后一滴高镒酸钾溶液，溶液变化为红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点，故答案为：1；5；8；H+；5；1；4；H2O；滴入最后一滴高镒酸钾溶液，溶液变化为红色且半分钟不再变化；(5)由M nO +5 F e2+8 H+=M n2+5 F e3+4H 2。可 知,n(F e3+)=5 n(M nO；)=5 x0.0 0 4L X O.lOmol-L-1=0.0 0 2 moL 由2 K M 1 1 O4+5 H2C204+3 H2S 04=2 M nS 04+K2S 04+1 0 C02 T +8%0 可 知,n(C20 i)=|n

50、(M nO；)=|x 0.0 2 4L X O.lOmol-L_ 1=0.0 0 6 moL 所以0.0 0 2 mol：0.0 0 6 mol=1：y,解得y =3,根据化合价代数和为0 可知，x +3 +3 x (-2)=0,解得 x =3,化合物 K x F e Q O Q y -3 H 2。的化学式为：K3F e(C2O4)3-3 H2O,故答案为：3；3；1 1 1.(6)根据三草酸铁钾的化学式可以看出，该物质中含有钾元素和铁元素两种金属元素,钾元素的化合价为+1,铁元素的化合价为+3,碳元素为+3 价，B 中变浑浊，说明生成二氧化碳气体，三草酸铁钾见光能分解生成草酸钾、草酸亚铁以及