2021年1月八省联考化学试卷和解析答案（共8省）

这是一份2021年1月八省联考化学试卷和解析答案（共8省），共173页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上， 下列实验设计正确是， 下列实验操作错误的是， 五 等内容，欢迎下载使用。

（精品）2021年1月八省联考化学试卷和解析答案（共8省）



目录
重庆市 1
广东省 23
江苏省 46
湖南省 64
辽宁省 90
河北省 113
湖北省 137
福建省 149



















重庆市
2021年重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试
化学试卷
注意事项：
1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56 As 75 Sr 88
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是
A. 用明矾作净水剂 B. 用硫酸铜作杀藻剂
C. 用氯化钠作pH 调节剂 D. 用次氯酸钠作消毒剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，A正确；
B． 铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；
C．氯化钠溶液呈中性，不能作pH 调节剂，C错误；
D．次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；
答案选C。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. S2Cl2结构式为Cl—S—S—Cl B. S2-结构示意图为
C. PCl3电子式为： D. 丙烯的球棍模型为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．S最外层6个电子、Cl最外层7个电子，则S2Cl2分子内S共用2对电子对、Cl共用1对电子对，结构式为Cl—S—S—Cl ，A正确；
B．硫离子的电子数为18，硫原子核电荷数与电子数均为16， S结构示意图为， B错误；
C． PCl3电子式中P除了有3对共用电子对之外，还有1对孤电子对都要表示出来，C错误；
D． 丙烯含碳碳双键，模型不能代表丙烯，丙烷的球棍模型为，D错误；
答案选A。
3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H2的分子数为0.1NA
B. 标准状况下22.4 LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NA
C. 1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D. 1 LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． 硝酸是氧化性酸， 5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应，硝酸中氮元素化合价降低，不产生H2，A错误；
B． 标准状况下22.4 LO2的物质的量为1 mol，与足量H2反应生成H2O，氧元素化合价从0降低到-2价，得失电子数守恒，转移的电子数为4NA，B正确；
C． 1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中，溶质和溶剂均含有氧原子，氧原子数远大于为0.4NA，C错误；
D． 常温下，1 LpH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子数目为0.1NA，Ba2+数目为0.05NA，D错误；
答案选B。
4. 下列实验设计正确是
A. 用乙醇萃取碘水中的碘
B. 用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
C. 向乙醇和乙酸中分别加入钠，比较其官能团的活泼性
D. 向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．因为乙醇与水互溶，不分层，不能用乙醇萃取碘水中的碘，A错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解，所以不能用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，可用饱和碳酸钠溶液，B错误；
C．乙酸中的羧基易发生电离，水溶液呈酸性，而乙醇中的羟基不活泼，可以向乙醇和乙酸中分别加入钠，钠与乙醇反应比较缓慢，而钠与乙酸反应比较激烈，所以可以比较其官能团的活泼性，C正确；
D．碱性环境下，银氨溶液具有弱氧化性；向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中，应先加入氢氧化钠中和稀硫酸，碱性环境下再加入少量银氨溶液，水浴加热，若出现银镜，反应生成了葡萄糖，D错误；
故选C。
5. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 氯化铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3++Cu= 2Fe2++Cu2+
B. 氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+OH- = Cl- +HClO
C. 氯化铝溶液与浓氨水混合：A13++4NH3·H2O=+4+2H2O
D. 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A． 氯化铁溶液腐蚀铜箔得到氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu= 2Fe2++Cu2+，A正确；
B． 氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水： ，B错误；
C． 氯化铝溶液与浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀： A13++3NH3·H2O=+3+2H2O ，C错误；
D． 氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：可能是铵根水解生成的H+中和氢氧化镁电离出的OH−，导致沉淀溶解，也有可能是铵根与氢氧化镁电离出的OH−生成弱电解质一水合氨， 导致沉淀溶解，Mg(OH)2+2=Mg2++2NH3·H2O，D错误；
答案选A。
6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的核外电子数等于其主族序数，X的单质在空气中含量最多，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，Z的最高正价与最低负价代数和为4.下列说法错误的是
A. W与X形成的最简单化合物极易溶于水
B. Y和Z可形成化合物Y2Z3
C. 最外层电子数Z>X>Y>W
D. Y和Z的简单离子的电子层结构相同
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，则X为N元素，W的核外电子数等于其主族序数，则W为H元素，Y的最高价氧化物的水化物是两性化合物，则Y为Al元素， Z的最高正价与最低负价代数和为4，因为最高正价与最低负价的绝对值之和为8，则最高正价为+6、最低负极为-2价，则Z为S元素，据此回答；
【详解】A． W与X形成的最简单化合物氨气极易溶于水，A正确；
B． Y即Al化合价+3价、Z即S化合价-2价，Y和Z可形成化合物Y2Z3，B正确；
C．Z、X、Y、W最外层电子数分别为6、5、3、1，最外层电子数Z>X>Y>W，C正确；
D． Y和Z的简单离子的电子数分别为10、18，电子层结构不相同，D错误；
答案选D。
7. 下列实验操作错误的是
A
B
C
D




收集NO气体
检查装置气密性
比较乙酸和碳酸的酸性
蒸发结晶NaCl

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，A正确；
B．往长颈漏斗里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水柱稳定不下降，则可证明气密性良好，B正确；
C．乙酸滴入到碳酸钠溶液中产生气体，产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，这可证明乙酸的酸性大于碳酸，C正确；
D．蒸发结晶应选蒸发皿而不是坩埚，D错误；
答案选D。
8. 由下列实验操作及现象所得结论错误的是

实验操作及现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去
H2O2具有漂白性
B
向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝
待测溶液中有I-存在
C
向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失
Al(OH)3具有酸性
D
向AgCl悬浊液中，加入少量Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
Ag2S溶解度小于AgCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．有机色质褪色为漂白，酸性KMnO4溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应而使紫红色褪去，表明H2O2具有还原性，A错误；
B．碘分子与淀粉反应显蓝色，待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝，说明加入氯水后生成了碘单质，则原待测液中有I-存在，B正确；
C．向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液发生复分解反应生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，沉淀消失，则氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和水，Al(OH)3具有酸性，C正确；
D．向AgCl悬浊液中，加入少量Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即AgCl转变为Ag2S，可见 ，由于加入的Na2S少量，则可推测Ag2S溶解度小于AgCl ，D正确；
答案选A。
9. 山梨酸是一种高效安全的防腐保鲜剂。其合成路线如图所示，下列说法正确的是

A. 反应1属于缩聚反应
B. 反应2每生成1 mol 山梨酸需要消耗1 mol水
C. 可用酸性高锰酸钾溶液检验山梨酸中是否含有巴豆醛
D. 山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应1中没有小分子生成，不属于缩聚反应，A错误；
B． 反应2每生成1 mol 山梨酸需理论上不需要消耗水，一个酯基水解消耗1个水分子，但同时分子内因消去反应又生成一个水分子，B错误；
C． 山梨酸、巴豆醛分子结构中均含有碳碳双键，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能检验，C错误；
D． 山梨酸钾是可溶性钠盐，其水溶性更好，山梨酸的酸性大于碳酸，故山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾，D正确；
答案选D
10. 双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2О解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。下图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。

下列说法正确的是
A. 出口2的产物为HBr溶液 B. 出口5的产物为硫酸溶液
C. Br-可从盐室最终进入阳极液中 D. 阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Na+向阴极移动，与双极膜提供的氢氧根离子结合，出口2的产物为NaOH溶液，A错误；
B． 电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Br-向阳极移动，与双极膜提供的氢离子结合，故出口4的产物为HBr溶液，钠离子不能通过双极膜，故出口5不是硫酸，B错误；
C． 结合选项B，Br-不会从盐室最终进入阳极液中，C错误；
D． 电解池阴极处，发生的反应是物质得到电子被还原，发生还原反应，水解离成H+和OH−，则在阴极处发生的反应为2H++2e-=H2↑，D正确；
答案选D。
11. 己知(g)+H2(g)→CH3CH2CH3(g) △H=-157 kJ/mol。已知环丙烷(g)的燃烧热△H=-2092 kI/mol，丙烷(g)的燃烧热△H=-2220 kJ/mol，1 mol液态水蒸发为气态水的焓变为△H=+44 kJ/mol。则 2 mol氢气完全燃烧生成气态水的△H(kJ/mol)为
A. -658 B. -482 C. -329 D. -285
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】己知反应①为(g)+H2(g)→CH3CH2CH3(g) △H1=-157 kJ/mol。反应②： ，反应③：，变化④，则 按盖斯定律，反应①-反应②+反应③+变化④得到反应：,，则2 mol氢气完全燃烧生成气态水的热化学方程式为： ，B正确；
答案选B。
12. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：

下列说法错误的是
A. 反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B. 反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C. 反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 反应2最好在无氧条件下进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B． 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C． 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
13. 草酸H2C2O4是二元弱酸。向100 mL 0.40 mol/L H2C2O4溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200 mL。测得溶液中微粒的δ(x)随 pH变化曲线如图所示，δ(x)=，x代表微粒H2C2O4、HC2O或C2O。下列叙述正确的是

A. 曲线Ⅰ是HC2O的变化曲线
B. 草酸H2C2O4的电离常数K= 1.0×10-1.22
C. 在 b点，c(C2O)+2c(OH-)= c(HC2O)+c(H+)
D. 在c点，c(HC2O)=0.06 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，可推知曲线Ⅰ是H2C2O4 的变化曲线，曲线Ⅱ是HC2O的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；
B．在a点H2C2O4的浓度和HC2O的浓度相等，pH=1.22，则草酸H2C2O4的电离常K= ==10-1.22，则B正确；
C．在 b点，c(C2O)= c(HC2O)，且溶液呈酸性，若c(C2O)+2c(OH-)= c(HC2O)+c(H+)，则2c(OH-)= c(H+)，显然不成立，C错误；
D．在c点，HC2O的含量为0.15，而H2C2O4的物质的量为0.1L× 0.40 mol/L=0.04 mol，则HC2O的物质的量为0.15×0.04 mol=0.006 mol，溶液体积为0.2L，c(HC2O)=0.006 mol÷0.2L=0.03 mol/L，D错误；
故选B。
14. MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：



为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法错误的是
A. X、Y两点的MTP的物质的量浓度相等
B. X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z)
C. 若Z点处于化学平衡，则210℃时反应的平衡常数K=mol/L
D. 190℃时，0～150 min之间的MTP的平均反应速率为mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知X、Y两点反应物的转化率相等，则MTP的物质的量浓度相等，A正确；
B. 由图知，X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z) ，因为Z点转化率已达98%，反应物浓度极小，则反应速率下降，B正确；
C． 由题知，反应过程中甲醇不断从体系中移走，若Z点处于化学平衡，则210℃时甲醇的浓度不等于0.98amol/L，则反应的平衡常数K不等于mol/L，C错误；
D． 190℃时，0～150 min之间的MTP的浓度减少了0.67mol/L，则其平均反应速率为mol/(L·min)，D正确；
答案选C。
二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18～19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
15. 碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_______。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。
【答案】 (1). 五 (2). ⅡA (3). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 (4). SrCO3+2CSr+3CO↑ (5). 碱性耐火砖 (6). 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 (7). MgO (8). Sr(OH)2+ HCO+NH=SrCO3+H2O+NH3·H2O (9). 6
【解析】
分析】
菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。
【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ HCO+NH= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+ HCO+NH=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
(6)xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。
16. 四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。

硫渣的化学组成
物质
Sn
Cu2S
Pb
As
Sb
其他杂质
质量分数/%
64.43
25.82
7.34
1.23
0.37
0.81
氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点
物质
性质
SnCl4
CuCl
PbCl2
AsCl3
SbCl3
S
熔点/℃
-33
426
501
-18
73
112
沸点/℃
114
1490
951
130
221
444
请回答以下问题：
(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是。_______。
(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。
①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。
②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。
③实验中所得固体渣经过处理，可回收主要金属有_______和_______。
(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。
(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.00 g产品溶于水中，用0.02000 molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00 mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3 + 3H2O = H3AsO3 + 3HCl和5H3AsO3+ 2KMnO4 + 6HCl=5H3AsO4+ 2MnCl2+ 2KCl +3H2O。该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%(保留小数点后一位)。
【答案】 (1). 平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中 (2). 浓硫酸 (3). (4). c (5). 吸收未反应的Cl2，防止污染空气 (6). Cu (7). Pb (8). 114 (9). KMnO4 (10). 94.6%
【解析】
【分析】
由图可知，装置A用于制备Cl2，饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，B装置为反应装置，在Cl2参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCl4，装置C为蒸馏装置，用于分离提纯产品。
【详解】(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中； Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；
(2)①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即，故填；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；
(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃，故填114；
(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=n·M==g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1-≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。
【点睛】根据A、B装置的特征，可判断出其中所盛试剂及作用。表中Sb的含量为0.37%，回收处理得到的金属可以忽略。
17. 内酯在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。
(1)内酯可以通过有机羧酸异构化制得。某羧酸A在0.2 mol/L盐酸中转化为内酯B的反应可表示为A(aq)B(aq)，忽略反应前后溶液体积变化。一定温度下，当A的起始浓度为a mol/L时，A的转化率随时间的变化如下表所示：
t/min
0
21
36
50
65
80
100
∞
A的转化率/%
0
13.3
20.0
27.8
33.3
40.0
45.0
75.0
①反应进行到100 min时，B的浓度为_______mol/L。
②v正(t =50 min)_______v逆 (t =∞min)(填“>”“＜”或“=”)。
③增加A的起始浓度，A在t =∞min时转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
④该温度下，平衡常数K=_______﹔在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，平衡时B的转化率为_______。
⑤研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是_______。
(2)内酯也可以通过电化学合成。以石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CH3CN作为溶剂，LiClO4作为电解质，经电解合成内酯的反应式如下：
+ H2↑
①产生H2的电极为_______(填“石墨电极”或“铂电极”)；通电一段时间后，溶液中向铂电极迁移的离子为_______。
②写出石墨电极上的电极反应式_______。
【答案】 (1). 0.45a (2). > (3). 不变 (4). 3 (5). 25% (6). 盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡 (7). 铂电极 (8). H+ (9). -2e-→+2H+
【解析】
【分析】
结合已知条件、按化学反应速率的定义、化学平衡常数的定义等列式计算、运用影响速率的因素理论判断速率的相对大小；应用电化学原理判断阴阳极、书写电极方程式；
【详解】(1)①由表知，反应进行到100 min时，A的转化率为45.0%，则根据化学方程式A(aq)B(aq)，B的浓度为0.45amol/L。②一定温度下，化学反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度在不断减小，所以v正(t =50 min)>v逆 (t =∞min)= v正 (t =∞min)。③， ，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t =∞min时转化率将不变。④由表知，该温度下，A在t =∞min时转化率为75%，则平衡常数﹔在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，则，则，得 ，平衡时B的转化率为。⑤研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡。
(2)①产生H2的反应中氢元素化合价降低，发生还原反应，则在阴极上生成氢气，生成氢气的电极为铂电极；通电一段时间后，阳离子向阴极移动，则溶液中向铂电极迁移的离子为H+。②石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：-2e-→+2H+。
(二)选考题：共15分。请考生从第18题和第19题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18. 单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_______。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和 CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为_______﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_______，立体构型为正四面体的分子是_______，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______。
(3)Ni与CO在60~80℃时反应生成 Ni(CO)4气体，在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______。
(4)已知 MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgО 晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为_______g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2+之间的最短距离为_______nm(已知=1.414，=1.732﹔结果保留小数点后两位)，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为_______。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). Mg＜C＜O (3). CO2 (4). CH4 (5). 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键 (6). C (7). 分子晶体 (8). 3.6 (9). 0.30 (10). 12
【解析】
【分析】
【详解】(1)镍元素原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；
(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高，故答案为：Mg＜C＜O；CO2；CH4；甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键；
(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，故答案为：C；分子晶体；
(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为12，故答案为：3.6；0.30；12。
19. 化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：

已知： i. (R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ii. (R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)H的化学名称为_______，A→B所需的试剂是_______。
(2)D→E反应类型是_______，J含有的官能团名称是_______ 。
(3)G、M的结构简式分别为_______、_______。
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为_______。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式_______(写出两种即可)。
①属于芳香族化合物
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6
(6)己知H2C=CH2CH3CHO。根据本题信息，写出以乙烯为原料制备不超过五步的合成路线_______(乙醚及其它无机试剂任选)。
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 铁粉和液溴 (3). 取代反应 (4). 碳碳双键、羧基 (5). (6). (7). + + (8). 、、、。(写出两种即可) (9).
【解析】
【分析】
A→B即苯转变为溴苯，C为苯基溴化镁，D为苯乙醇，E为，按信息反应i ：+G→，则 G为丙酮，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，L为，N为，在M参与下L→N，即信息反应ii。目标产物合成中要碳链增长，仿照流程中的反应，只要得到
CH3CHO和C2H5MgBr发生信息反应i即可制得，则通过乙烯与HBr得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到，据此回答；
【详解】(1)由流程知，H的化学名称为苯甲醛，A→B即苯转变为溴苯，苯和液溴在溴化铁作用下发生取代反应即可，所需的试剂是铁粉和液溴。
(2)D→E反应类型是取代反应，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基 。
(3)按信息反应i ：+G→，则 G为丙酮、结构简式为，L为，N为，在M参与下L→N，即信息反应ii、则M的结构简式分别为。
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液共热,生成、Cu2O和水，化学方程式为：+ +。
(5)写出满足下列条件的K的分子式C9H10O2，其不饱和度为5，则 其同分异构体：①属于芳香族化合物，分子内有1个苯环，②能发生银镜反应，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6，则分子内共4种氢原子，则结构简式、、、。(写出两种即可)。
(6)己知H2C=CH2CH3CHO。乙烯与HBr发生加成反应得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生信息反应i即可制得，流程为【点睛】

广东省
2021年广东省普通高中学业水平选择考适应性测试
化学
本试卷共8页，21小题，满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H1 He4 C12 N14 O16 Ne20 Na23 S 32
一、选择题。本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 书法是中华文化之瑰宝，“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔墨纸砚之间(如图所示的王羲之的“平安贴”)。下列关于传统文房四宝的相关说法正确的是

A. 墨汁是一种水溶液 B. 宣纸是合成高分子材料
C. 砚石的成分与水晶相同 D. 制笔用的狼毫主要成分是蛋白质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．墨汁中分散质粒子直径在1至100纳米之间，属于胶体，故A错误；
B．宣纸的主要成分是天然纤维素，不是合成高分子材料，故B错误；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，而砚石的成分为无机盐，故C错误；
D．狼毫为动物的毛，主要成分为蛋白质，故D正确；
综上所述答案为D。
2. “古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是
A. 月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠 B. 掬月水在手，弄花香满衣
C. 飞流直下三千尺，疑是银河落九天 D. 举头望明月，低头思故乡
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A符合题意；
B．捧起清澄明澈的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥郁之气溢满衣衫，为物理变化，B与题意不符；
C．飞流直下三千尺，为水的自由落体运动，为物理变化，C与题意不符；
D．举头望明月，月光为反射的太阳光，为物理变化，D与题意不符；
答案为A。
3. “嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖士”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列有关说法错误的是
A. 月壤中含有的3He，其质子数为3
B. 制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
C. 制作钻杆用的SiC增强铝基材料属复合材料
D. 运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．月壤中含有的3He，其质子数为2，质量数为3，A说法错误；
B．芳纶为芳香族聚酰胺纤维，则制作五星红旗用的芳纶为合成纤维，B说法正确；
C．SiC增强铝基材料由碳化硅和颗粒状的铝复合而成，其中碳化硅是用石英砂、石油焦(或煤焦)、木屑(生产绿色碳化硅时需要加食盐)等原料在电阻炉内经高温冶炼而成，再和增强颗粒铝复合而成，故制作钻杆用的SiC增强铝基材料属复合材料，C说法正确；
D．运载火箭用的液O2液H2推进剂在工作时发生氧化还原反应释放出大量的热量及气体催动火箭运动，D说法正确；
答案为A。
4. “原子”原意是“不可再分”的意思。20世纪初，人们才认识到原子不是最小的粒子。从电子层模型分析，Ca原子核外N能层中运动的电子数为
A. 8 B. 2 C. 18 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】Ca原子核外有4个电子层，分别对应符号K、L、M、N，其原子结构示意图为，第4层有2个电子，故 N能层运动的电子数有2个；
故选B。
5. 提取海带中I2的实验中，所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是
A
B
C
D




灼烧
溶解
过滤
分液

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．灼烧应该用坩埚，图示用的蒸发皿，故A错误；
B．溶解不需要用容量瓶，故B错误；
C．过滤时应该用玻璃棒引流，且漏斗下端要紧靠烧杯内壁，故C错误；
D．分液时需要使用分液漏斗，漏斗下口紧靠烧杯内部，故D正确；
综上所述答案为D。
6. 具有止血功能。下列关于该有机物的说法正确的是
A. 属于芳香烃 B. 分子式为C8H11O2N
C. 可与NaOH溶液反应 D. 能发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】C
【解析】
【分析】
根据有机物结构简式中的官能团的种类判断有机物的性质。
【详解】A．烃是指只含C、H两种元素的化合物，该物质除了含C、H元素外还含N、O元素，故不是烃，故A错误；
B．该物质的结构式中含8个C、9个H、1个N、2个O，故其分子式为C8H9O2N，故B错误；
C．其结构式中含官能团，呈酸性，可与NaOH反应，故C正确；
D．该结构式中含苯环，可与H2加成，可与羟基发生酯化反应，可与发生取代反应生成肽键，故D错误；
故选C。
7. “人世间一切幸福都需要靠辛勤的劳动来创造”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
使用草木灰对蔬菜施肥
草木灰属于钾肥
B
使用84消毒液对衣物消毒
NaClO具有漂白性
C
实验后，清洗仪器、处理废液、打扫卫生
废液随意排放会造成污染
D
将浓硫酸放入分类储存、专人保管的安全柜中
浓硫酸具有强腐蚀性

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．草木灰主要成分为碳酸钾，属于钾肥，A与题意不符；
B．84消毒液有效成分为NaClO，具有强氧化性，能杀菌消毒，与漂白性无关，B符合题意；
C．废液随意排放会造成污染，则试验后，清洗仪器，及时合理处理废液，C与题意不符；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，使用不当已造成事故，应将浓硫酸放入分类、专人保管的安全柜中，D与题意不符；
答案为B。
8. 我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是

A. 产生清洁燃料H2 B. H2S 脱除率为100%
C. H2S既被氧化又被还原 D. 脱Hg反应为Hg+S= HgS
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，A正确；
B．由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，B错误；
C．由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化合价降低，被还原，C正确；
D．该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS，D正确；
故答案选B。
9. 叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确是
A. 0.01 mol·L-1HN3溶液的pH=2
B. HN3溶液的pH随温度升高而减小
C. NaN3 的电离方程式： NaN3= Na++3N
D. 0.01 mol·L-1 NaN3溶液中： c(H+)+ c(Na+ )= c( N)+ c(HN3)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N)会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L-1 HN3溶液的pH>2，A错误；
B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H+ + N，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大， pH减小，B正确；
C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N，电离方程式为 NaN3= Na++N，C选项错误；
D．0.01 mol·L-1 NaN3溶液中：由物料守恒 c(Na+ )= c( N)+ c(HN3)，故D错误；
故答案选B。
10. 部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是

A. a可经催化氧化生成b B. b为红棕色，可转化为c
C. 密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4 D. d的溶液与Cu反应可生成b或c
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图像，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；
B．b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；
C．+4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4，C说法正确；
D．d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确；
答案为B。
11. 设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A. 1 mol Cl2和Fe充分反应，转移电子数为3 NA
B. 标准状况下，1.12L 苯含有C-H键的个数为3 NA
C. 22 g CO2和足量Na2O2反应，产生的气体的分子数为0.25 NA
D. 0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为1.0 NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1mol Cl2和Fe充分反应，氯气少量，Cl原子的化合价由0价变为-1价，转移电子数为2NA，A说法错误；
B．标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；
C．22g CO2的物质的量为0.5mol，其与足量Na2O2反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为0.25NA，C说法正确；
D．0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于0.5NA，D说法错误；
答案为C。
12. 陈述I和II均正确且具有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
Na可与水反应产生O2
Na着火不能用水扑灭
B
可用铝槽运输浓硝酸
浓硝酸与Al不反应
C
硅胶用作干燥剂
硅胶具有很强的吸水性
D
Fe的金属性比Cu强
不锈钢水龙头上铜部件易发生电化学腐蚀

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Na可与水反应产生H2，陈述I错误，A与题意不符；
B．浓硝酸与Al发生钝化，不是不反应，陈述II错误，B与题意不符；
C．硅胶具有很强的吸水性，故硅胶可用作干燥剂，陈述正确，且具有因果关系，C符合题意；
D．Fe的金属性比Cu强，则不锈钢水龙头上的铁部件易发生电化学腐蚀，陈述II错误，D与题意不符；
答案为C。
13. 环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。下列说法错误的是
A. 乙烯应通入阴极区
B. 移出交换膜前存在反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO
C. 使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D. 制备过程的总反应为：H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O
【答案】A
【解析】
【分析】
环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。
【详解】A．阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；
B．根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，故B正确；
C．根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；
D．根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O，故D正确；
综上所述答案为A。
14. 推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是

A. 试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性
B. 试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性
C. 试管中产生大量气泡，说明Na2SO3被氧化产生SO3
D. 一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SO生成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．锥形瓶内发生反应 ，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，证明Br2发生反应，SO2具有还原性，可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，A项正确；
B．试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；
C．试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3没有发生氧化还原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，C项错误；
D．试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr， 可以和Ba2+结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确；
故答案为C。
15. 水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH- 形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3·H2O 的Kb=1.74 ×10-5。向Pb(NO3)2 溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是

A. Pb2+的浓度分数先减小后增大
B. c(NO)与c(Pb2+)的比值减小后增大， pH> 10后不变
C. pH=7时，存在的阳离子仅有Pb2+、Pb(OH)+和H+
D. 溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH的形式存在
【答案】D
【解析】
【分析】
由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH)、Pd(OH)四种微粒，据此分析。
【详解】A．随着pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，A错误；
B．NO与Pb2+在同一溶液中，c(NO)与c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n(NO)不变，n(NO)与n(Pb2+)的比值增大，故c(NO)与c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为0时，比值无意义，B错误；
C．当pH=7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH，C错误；
D．当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb = =1.74 ×10-5，则= = =17.4，故溶液中氨主要以NH形式存在，D正确；
故答案选D
16. 2019 年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中， X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是

A. 原子半径： X>Z> W B. 非金属性： X>Z> W
C. Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D. X的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A错误；
B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；
C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；
D．X为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；
综上所述答案为C。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共42分。
17. 试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、 Ca2+、 Mg2+、Fe3+、SO等杂质)为原料制备。制备流程简图如下：

(1)焙炒海盐的目的是______。
(2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
BaCl2溶液
SO
步骤2
______
______
步骤3
______
______
(3)操作X为______。
(4)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。

①试剂a为______。 相比分液漏斗，选用仪器1的优点是______。
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是______。
(5)已知：CrO+ Ba2+ = BaCrO4↓(黄色)
CrO+3Fe2++ 8H+ =Cr3+ + 3Fe3++ 4H2O
设计如下实验测定NaCl产品中SO的含量，填写下列表格。

操作
现象
目的/结论
①
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol·L-1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的：______。
②
继续滴加过量c2mol ·L-1 K2CrO4溶液V2 mL
产生黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。
③
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3 mol·L-1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3 mL
——
结论：SO的质量分数为______。(列算式)

【答案】 (1). 除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小 (2). NaOH (3). Mg2+和Fe3+ (4). Na2CO3 (5). Ba2+和Ca2+ (6). 蒸发浓缩 (7). 浓硫酸 (8). 可平衡压强，使液体顺利滴下 (9). 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 (10). 使SO完全沉淀 (11).
【解析】
【分析】
海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl。
【详解】(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解；
(2)根据分析可知步骤2可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+，步骤3加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+(或步骤2加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+，步骤3可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+)；
(3)根据分析可知操作X为蒸发浓缩；
(4)①实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，所以试剂a为浓硫酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶中海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(5)步骤①中加入过量的氯化钡溶液，目的是使SO完全沉淀，之后再加入过量的K2CrO4溶液沉淀过量的Ba2+，然后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO，根据方程式可知n剩(CrO)=c3V3´10-3mol，则n剩(Ba2+)= n总(CrO)-n剩(CrO)=(c2V2´10-3-c3V3´10-3)mol，所以n(SO)= c1V1´10-3mol-(c2V2´10-3-c3V3´10-3)mol=(c1V1- c2V2+c3V3)´10-3mol，SO的质量分数为=
18. 综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：

已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度(mol·L-1)
开始沉淀pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率(%)
Fe2+
0
Fe3+
99
Zn2+
0
Ga3+
97-98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为______。
(2)滤液1中可回收利用的物质是______，滤饼的主要成分是______；萃取前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为______ (填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为______。
(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为______ mol·L-1 (写出计算过程)。
【答案】 (1). +3价 (2). Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O (3). 硫酸锌 (4). Fe(OH)3、Ga(OH)3 (5). Fe (6). NaGaO2 (7). GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－ (8). Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN (9). 3.0×10-10.2
【解析】
【分析】
炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此解答。
【详解】(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是+3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O。
(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－。
(5)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。
(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是10－8.6mol/L，所以滤液1中残余的Ga3+的浓度为＝3.0×10-10.2mol·L-1。
19. 温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
I.CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①CH4(g) + CO2(g)⇌2CO(g)+2H2 (g) ΔH1
反应②CO2 (g)+ H2 (g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1
反应③CH4 (g)+O2(g)⇌CO(g) + 2H2(g) ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1
(1)已知：O 2(g)+H2(g)= H2O(g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。
(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。

①图中a和b分别代表产物______和______，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是______。
②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应①的平衡常数K=______ ( 写出计算式)。
II．Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。

(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有______。
A.含碳副产物的产率均低于CH4
B.存在反应CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O
C.存在副反应CO2+ H2⇌CO+ H2O
D. CO2 转化为CH4过程中发生了能量转化
E.温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变
(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mL·min-1，320 ℃时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为______mL·min-1。
【答案】 (1). +247.4 kJ·mol-1 (2). H2 (3). CO (4). 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 (5). (6). ABCDE (7). 6.4
【解析】
【分析】
已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4和CO2重整CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，产物中产量降低，据此分析。
【详解】I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1
(2) ①由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；
反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小，故答案为反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；
②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则
反应①的平衡常数K= ==；
II．(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260℃时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；
(4) CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mL·min-1，则1min内初始时CO2的体积为40× mL=8 mL，320 ℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=6.4 mL·min-1，故答案为6.4。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20. 磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：
(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是______(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子价电子排布式为______。
(3)图2黑磷区中P原子的杂化方式为______， 石墨区中C原子的杂化方式为______。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为______。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有______ (填字母)。
A.黑磷区中P-P键的键能不完全相同
B.黑磷与石墨都属于混合型晶体
C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D.石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
E.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)贵金属磷化物Rh2P (化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为______，晶体的密度为______g·cm-3 (列出计算式)。

【答案】 (1). Li (2). 3s23p3 (3). sp3 (4). sp2 (5). NH3>PH3>CH4 (6). ABCD (7). 8 (8).
【解析】
【分析】
【详解】(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；
(2)P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3，价电子排布为3s23p3；
(3)晶体中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化；
(4)NH3分子间存在氢键沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，所以沸点由高到低顺序为NH3>PH3>CH4；
(5)A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A正确；
B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，故C正确；
D．石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，故D正确；
E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，故E错误；
综上所述正确的有ABCD；
(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a´10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。
21. β-内酰胺类药物是一类用途广泛的抗生素药物，其中一种药物VII的合成路线及其开环反应如下(一些反应条件未标出)：

已知：与化学性质相似。
(1)由I→II的反应类型为______ ，II的名称为______，其含氧官能团的名称为______。
(2)III与NaOH溶液反应的化学方程式为______。
(3)III的同分异构体中含有苯环结构的有______种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为______。
(4)已知V和VI合成VII的原子利用率为100%，则V的结构简式为______。
(5)等物质的量的CH3OH和VII开环反应的产物VIII (含酯基)的结构简式为______。
(6)利用由V到VII的四元环成环方式，写出以IV的同系物和苯甲醇为原料合成的反应路线______。
【答案】 (1). 取代反应 (2). 氯乙酸 (3). 羧基 (4). +NaOH→+H2O (5). 4 (6). (7). (8). (9).
【解析】
【分析】
CH3COOH中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成ClCH2COOH，再与发生取代反应生成，之后与有机碱反应生成V，V和Ⅵ合成Ⅶ的原子利用率为100%，结合Ⅵ和Ⅶ的结构简式可知V为；等物质的量的CH3OH和Ⅶ开环反应的产物Ⅷ，VIII 中含有酯基，所以 Ⅷ为。
【详解】(1)CH3COOH中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成ClCH2COOH，所以由I→II的反应类型取代反应；ClCH2COOH主链为乙酸，2号碳上有一个Cl原子，所以名称为氯乙酸；其含氧官能团为羧基；
(2)与化学性质相似，所以与NaOH溶液反应的化学方程式为+NaOH→+H2O；
(3)Ⅲ的同分异构体中若有一个支链，则支链可以是-SCH3或-CH2SH，有两种，若有两个支链，则只有邻间对三种，Ⅲ为对位，所以还有两种同分异构体，共有4种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式；
(4)根据分析可知V为；
(5)根据分析可知 Ⅷ为；
(6)苯甲醇为，根据题目所给流程可知可以由和反应生成，可以由与有机碱反应生成，苯甲醇被催化氧化可以生成苯甲醛，所以合成路线为。

江苏省
江苏省2021年新高考适应性考试
化学
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
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 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 防治大气污染、打赢蓝天保卫战，下列做法不应该提倡的是( )
A. 开发使用清洁能源 B. 田间焚烧秸秆 C. 积极鼓励植树造林 D. 养成低碳生活习惯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．开发使用清洁能源，可以减少化石能源的使用，从而防治大气污染，应该提倡，A不符合题意；
B．田间焚烧秸秆，会增加空气中可吸入颗粒物等污染物，加重大气污染，不应该提倡，B符合题意；
C．大量植树造林，可以防风固沙、防止水土流失、净化空气等，应该提倡，C不符合题意；
D．养成低碳生活习惯可以降低二氧化碳的排放，从而减轻温室效应，应该提倡，D不符合题意；
答案选B。
2. “中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是( )
A. SiCl4为极性分子 B. HCl的电子式为
C. 单晶硅为分子晶体 D. Si原子的结构示意图为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；
B．HCl的电子式为，B正确；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，为空间网状结构，为原子晶体，C错误；
D．Si原子的结构示意图为，D错误；
故选B。
3. 盐在生产、生活中有广泛应用。下列盐的性质与用途具有对应关系的是( )
A. NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌 B. NaHSO3有还原性，可用于漂白纸浆
C. NaCl易溶于水，可用于工业电解制备钠 D. NaHCO3受热易分解，可用于制抗酸药物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌,消毒杀菌就是利用了NaClO的强氧化性，A正确；
B．漂白纸浆是利用SO2的漂白性，B错误；
C．工业电解熔融的氯化钠来制备金属钠，与氯化钠是否易溶于水无关，C错误；
D．NaHCO3可用于制抗酸药物，是利用了其能和酸反应生成CO2，与NaHCO3受热易分解无关，D错误；
故选A。
4. 氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关氨的说法正确的是( )
A. NH3的空间构型为平面三角形 B. NH3与H2O能形成分子间氢键
C. NH3的水溶液不能导电 D. 氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；
B．N和O的电负性比较大，半径比较小， NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；
C．NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；
故答案为B。
5. 氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关合成氨反应的说法正确的是( )
A. 反应的ΔS＞0
B. 反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)
C. 反应中每消耗1mol H2转移电子的数目约等于2×6.02×1023
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的ΔS＜0，A不正确；
B．反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)，B不正确；
C．由合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可建立如下关系式：N2——3H2——6e-，则反应中每消耗1mol H2转移电子的数目约等于2mol×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023，C正确；
D．合成氨反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高H2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，但不能改变H2的平衡转化率，也就不能提高H2的平衡转化率，D不正确；
故选C。
6. 氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是( )
A. 生成NH3 B. 干燥NH3
C. 收集NH3 D. 吸收NH3尾气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口应该略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，故A错误；
B．碱性气体选用碱性干燥剂，故可用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法，故C错误；
D．氨气极易溶于水，装置图中导管不能直接插入水中，否则会引起倒吸，故D错误；
故答案为B。
7. 13Al、15P、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是( )
A. 元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族
B. 元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4
C. 第一电离能：I1(Al) D. 最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Al为13号元素，周期表中位于第3周期ⅢA族，故A错误；
B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3，故B错误；
C．P的3p能级轨道半满，较稳定，第一电离能大于相邻元素，即I1(P)>I1(S)，故C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P 综上所述答案为D。
8. 由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。

下列有关说法不正确的是( )
A. 控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率
B. Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
C. 滤液中主要存在阳离子有：H+、Fe2+、Ca2+、Al3+
D. 聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【解析】
【分析】

【详解】A．控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故B正确；
C．双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子没有Fe2+，而是Fe3+，故C错误；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，故D正确；
综上所述答案C。
9. 利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是( )

A. 电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
B. 电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2O
C. 电解过程中化学能转化为电能
D. 电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
【答案】A
【解析】
【分析】
通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。
【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；
B． 电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；
D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；
故选A。
10. 葡萄糖的银镜反应实验如下：
步骤1：向试管中加入1mL 2% AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。
步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。
步骤3：再向试管中加入1mL 10%葡萄糖溶液，振荡，在60~70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH
B. 步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物
C. 步骤3中产生银镜说明葡萄糖具有还原性
D. 右图所示银的晶胞中有14个银原子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水少量时，氨水中一水合氨电离出氢氧根离子和银离子结合成白色的AgOH沉淀，因此步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH，A正确；
B．AgOH与NH3·H2O反应生成 Ag(NH3)2OH而溶解，Ag(NH3)2OH属于配合物，B正确；
C．[Ag(NH3)2]OH和葡萄糖发生银镜反应生成Ag，Ag元素化合价降低，被还原，说明葡萄糖具有还原性，C正确；
D．由均摊法可知图示银的晶胞中银原子个数=8×=4，D错误；
答案选D。
11. 奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法正确的是( )

A. 分子中的含氧官能团为羟基和羧基 B. 分子中碳原子轨道杂化类型有2种
C. 奥昔布宁不能使溴的CCl4溶液褪色 D. 奥昔布宁能发生消去反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．奥昔布宁分子中的含氧官能团为羟基和酯基，不含有羧基，A不正确；
B．奥昔布宁分子中碳原子轨道杂化类型有sp3杂化(环己基、链烃基)、sp2杂质(苯环、酯基)、sp杂质(碳碳叁键)，共3种类型，B不正确；
C．奥昔布宁分子中含有的-C≡C-，能使溴的CCl4溶液褪色，C不正确；
D．奥昔布宁分子中和-OH相连的碳原子与环己基上的邻位碳原子间可通过脱水形成碳碳双键，从而发生消去反应，D正确；
故选D。
12. 室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH，测得pH约为12
2
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8
4
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，观察不到实验现象
下列有关说法正确的是( )
A. 0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)
B. 实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO) C. 实验3得到的溶液中有c(HCO) D. 实验4中反应的化学方程式为H++OH-=H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．0.1 mol/L Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)，故A正确；
B．实验2反应静置后的上层清液是饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡， c(Ca2+)·c(CO)=Ksp(CaCO3)，故B错误；
C．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3， HCO水解程度大于电离程度，溶液显碱性，但水解和电离的部分还是少量，所以c(HCO)＞c(CO)，故C错误；
D．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，反应的化学方程式为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，故D错误；
故答案为A。
13. 在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH= -164.7 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= 41.2 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH= -247.1 kJ/mol
向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )

A. 反应Ⅰ平衡常数可表示为K=
B. 图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C. 提高 CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D. CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH= -205.9 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数为K=，故A错误；
B．反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故B错误；
C．反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，即可提高 CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；
D．-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH=-[41.2 kJ/mol +(-247.1 kJ/mol)] =205.9 kJ/mol，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
①该反应的离子方程式为_______。
②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3
(2)氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。
①NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为_______。
②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是_______。
③n(ClO-)/n(氨氮)对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。当n(ClO-)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是_______。
【答案】 (1). (2). pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低 (3). 或 (4). 氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解 (5). 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降
【解析】
【分析】
【详解】(1) ①向酸性废水中，氨气或铵离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，该反应的离子方程式为。
②当1.3 (2)①NaClO具氧化性，废水中的氨氮呈-3价，被氧化转化为N2，还原产物为氯化钠，则该反应的离子方程式为或 。②当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解。③当n(ClO-)/n(氨氮)>1.54后，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。
15. 化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如下：

(1)A→B的反应类型为_______。
(2)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为2:2:1。
(3)C→D反应的条件X是_______。
(4)F含有手性碳原子的数目为_______。
(5)设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_____
【答案】 (1). 取代反应 (2). (3). 碱(或NaOH) (4). 1 (5).
【解析】
【分析】
由A()与在K2CO3、加热条件下发生取代反应生成B()；B加热发生结构异构化生成C()；C在碱性条件下与CH3I发生取代反应生成D()；D与在NaOH存在的环境中发生反应生成E()；E与CH3COONa在加热条件下反应生成F()。
【详解】(1) A()→B()，是A与发生取代生成，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；
(2)C的一种同分异构体同时满足下列条件：“①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；②分子中不同化学环境的氢原子数目比为2:2:1。”，则该有机物分子内含有苯环、分子内的10个氢原子按4、4、2分配，应含有2个-CH2CHO，且位于苯环的对位，则该同分异构体的结构简式为：。答案为：；
(3) C()→D()，是-OH与CH3I发生取代，生成-OCH3和HI，所以需要提供碱性条件，以利于反应的正向进行，反应的条件X是碱(或NaOH)。答案为：碱(或NaOH)；
(4)F分子中，含有的手性碳原子为“∗”所在位置的碳原子，数目为1。答案为：1；
(5)以和为原料制备，从题给流程中可以看出，需发生的转化，由此看出，需将转化为，从而得出合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，一般需利用题给流程中的某一、二步，这也是合成的关键步骤。
16. 以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。

(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。
③装置图中装置X的作用是_______。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0 mol∙L−1 H2SO4、1.0 mol∙L−1HCl、1.0 mol∙L−1 NaOH。
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2、2+I2=+2I－。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。
【答案】 (1). [Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O (2). 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 (3). 防倒吸 (4). 加入适量1.0 mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0 mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液 (5). 根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度
【解析】
【分析】
蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈烧瓶中搅拌加热反应生成氨气、黑色氧化铜沉淀、氯化钠，过滤洗涤得到氧化铜固体，再加入一定的酸经过一系列操作得到CuSO4·5H2O晶体，也可以用铜精炼炉渣加入一定的稀硫酸反应，再调节溶液pH值，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4·5H2O晶体。
【详解】(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O；故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O。
②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl－，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净。
③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X的作用是防倒吸；故答案为：防倒吸。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0 mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0 mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0 mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0 mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。
(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度；故答案为：根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度。
17. 水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。
(1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)。
①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为_______。
②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是_______；验证的实验方法是_______。
(2)金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是_______。

(3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为_______。

【答案】 (1). 2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr（OH）3↓＋2S↓＋7OH－； (2). S2－过量，水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快； (3). 可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度； (4). Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率； (5). 单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋；
【解析】
【分析】
pH=9的水溶液为碱性，离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－； S2－过量，S增多所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快； 生成的Cr(Ⅵ)有颜色，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；Zn－Cu粉在溶液中形成原电池；中性废水中单质铁发生吸氧腐蚀， CrO还原为三价铬。
【详解】(1) ①pH=9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；
②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，加入过量的 S2－，生成S增多，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3，Cr(Ⅵ)为橙黄色，Cr3＋为绿色，Cr(OH)3为灰绿色沉淀，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；
(2)原电池原理可以加快反应速率，Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；
(3)还原近中性废水中Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，二价铁离子发生氧化反应，CrO发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋；
【点睛】本题第(3)中应注意给出废水为中性条件，单质铁发生吸氧腐蚀，原理图中给出Cr3＋是指生成的铬是三价的，并不是说生成三价铬离子，这在题干中已经给出，此处需要我们根据实际情况进行判断。





















湖南省
湖南省2021年普通高等学校招生适应性考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Ag 108 Sb 122
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 化学与生活、环境和能源密切相关，下列过程没有涉及化学变化的是( )
A. 垃圾焚烧发电，废物利用 B. 风力发电，发展新能源
C. 环境消毒杀菌，阻断病毒传播 D. 稻草发酵肥田，发展绿色农业
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．垃圾焚烧发电过程，生成新物质，涉及化学变化，故A不选；
B．风力发电，依靠风的动力将风能转化为电能，没有新物质生成，不涉及化学变化，故B选；
C．环境消毒杀菌，利用物质的强氧化性，使细菌蛋白质变性，有新物质生成，涉及化学变化，故C不选；
D．稻草发酵的过程，有新物质生成，涉及化学变化，故D不选；
故选：B。
2. 工业制乙醇的反应为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，下列有关化学用语错误的是( )
A. 乙烯的电子式： B. 碳的原子结构示意图：
C. 水的结构式： D. 中子数为8的氧的核素：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙烯是碳碳双键，其电子式：，故A错误；
B．碳的原子序数为6，其原子结构示意图：，故B正确；
C．水是“V”形结构，其结构式：，故C正确；
D．氧的质子数为8，中子数为8的氧的核素，其质量数为16，其核素符号为：，故D正确。
综上所述，答案为A。
3. 椒素是辣椒的辣味来源，其结构简式如下：

下列有关辣椒素的说法错误的是( )
A. 分子中含有18个碳原子 B. 分子中苯环上的一溴代物有3种
C. 能使溴水褪色 D. 分子中含有3种官能团
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．有结构简式可知，分子中含有18个碳原子，故A不选；
B．溴原子可以取代苯环上与酚羟基相邻，相间碳原子上的氢原子，则分子中苯环上的一溴代物有3种，故B不选；
C．该有机物中含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应，则能使溴水褪色，故C不选；
D．该有机物含有酚羟基、醚键、肽键和碳碳双键四种官能团 ，故D选；
故选：D。
4. 已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温常压下，含有电子数为
B. 分子中含有共价键数为
C. 溶液中含数为
D. 密闭容器中与反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol，22.4L不为1mol，故A错误；
B．一个醋酸分子含有8个共价键，其物质的量是 =0.1mol，其分子中含有共价键数为，故B正确；
C．溶液中，碳酸根离子水解，则含数小于 ，故C错误；
D．密闭容器中与反应是可逆反应，生成的分子数小于 ，故D错误；
故选：B。
5. 下列实验操作规范且能达到目的的是( )
A
B
C
D




溶液的配制
氯气的净化
氨气的收集
沉淀的过滤

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液转移溶液时需要玻璃棒引流 ，故A不选；
B． 除去氯气中的氯化氢和水杂质，先通入饱和食盐水，除去氯化氢，再通入浓硫酸，除去水，得到干燥纯净的氯气，故B不选；
C．氨气的密度小于空气的密度，用向上排空气法收集气体，试管口塞一团棉花，防止氨气与空气对流 ，故C选；
D．沉淀过滤时漏斗的下端要紧靠烧杯的内壁 ，故D不选；
故选：C。
6. X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C. Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D. Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【分析】
R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R为第ⅠA族元素，根据题意可知R元素之前至少还有3种短周期元素，所以R为Na元素；Y和X可以形成阳离子YX，可推测X为H元素，Y为N元素，[XWZ4]-为酸式盐的阴离子，Z、W为同族元素，不难推出Z为O元素，W为S元素；综上所述X为H、Y为N、Z为O、R为Na、W为S。
【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径S>N>O，即W>Y>Z，故A错误；
B．W和Z的简单氢化物分别为H2S、H2O，水分子间存在氢键，所以沸点H2S C．O与H可以形成H2O和H2O2，与N可以形成NO、NO2等，与Na可以形成Na2O和Na2O2，与S可以形成SO2和SO3，故C正确；
D．O、Na、S可以形成化合物Na2SO3，其水溶液显碱性，故D错误；
综上所述答案为C。
7. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示：

下列有关该历程的说法错误的是( )
A. 总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O
B. 是中间产物
C. 是催化剂
D 属于分解反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，故A错误；
B．根据题中信息得到是中间产物，故B正确；
C．在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此是催化剂，故C正确；
D．分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此属于分解反应，故D正确。
综上所述，答案为A。
8. 已知反应：，下列关于该反应说法错误的是( )
A. 氧化性：
B. 当反应中有转移时，被氧化的为
C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D. 产物和都可以用于自来水消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【分析】
在反应中，氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原作氧化剂，对应的是还原产物，氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化作还原剂，对应的的是氧化产物，据此回答问题。
【详解】A．有分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：，故A不选；
B．当反应中有转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1价升高到0价，则被氧化的为 ，故B选；
C．有分析可知，是氧化产物，是还原产物，有方程式 可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；
D．产物和都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选；
故选：B。
9. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示：

下列说法正确的是( )
A. 该反应为吸热反应
B. 产物的稳定性：
C. 该历程中最大正反应的活化能
D. 相同条件下，由中间产物z转化为产物的速率：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；
B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4kJ，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错；
C．由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则，故选C；
D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：，故D错。
答案选C。
10. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：
B. NaClO溶液中通入少量SO2：
C. FeI2溶液中通入少量Cl2：
D. Ca(HCO)3溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．SO2少量时会有HClO生成，正确离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=SO+Cl-+2HClO，B错误；
C．I-还原性强于Fe2+，通入少量Cl2先和I-反应，离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C错误；
D．Ca(OH)2少量，二者1：1反应，化学方程式离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；
综上所述答案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. 由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )

实验操作和现象
结论
A
向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液变红
溶液中含有
B
室温下，测得相同浓度的和溶液的pH分别为8和9
酸性：
C
蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热，加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制，继续加热，生成砖红色沉淀
蔗糖完全水解
D
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解


A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色络合物，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰，故A错误；
B．相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，相应的酸的酸性越弱；室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9可知HX溶液的酸性强于HY，故B正确；
C．蔗糖完全水解和部分水解，溶液中都含有葡萄糖，碱性条件下都能与新制氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，故C错误；
D．相同条件下，组成和结构相似的难溶金属硫化物，溶解度大的物质先溶解于稀硫酸，向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解，说明溶度积，故D正确；
故选BD。
12. 某单液电池如图所示，其反应原理为。下列说法错误的是( )

A. 放电时，左边电极为负极
B. 放电时，溶液中向右边电极移动
C. 充电时，右边电极上发生的电极反应式：
D. 充电时，当左边电极生成时，电解质溶液减轻2g
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示分析可知，放电时左边电极发生氧化反应，为电池的负极，故A正确；
B．由A分析可知，放电时左边为电池的负极，右边则为电池的正极，工作时阳离子向正极移动，即氢离子向右边电极移动，故B正确；
C．充电时左边电极为阴极，发生还原反应，即；右边电极为阳极，发生氧化反应，即，故C错误；
D．由反应可知，充电时，当左边电极生成时，电解质溶液中会减少2molHCl，则减少的质量为73g，故D错误。
故选CD。
13. 以某冶金工业产生的废渣(含、及少量的)为原料，根据下列流程可制备。

下列说法正确的是( )
A. 煅烧时没有发生氧化还原反应
B. 滤渣Ⅱ中主要成分是
C. 可循环使用的物质是和
D. 由转化为的过程中需加入KOH
【答案】C
【解析】
【分析】
向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O2 4Na2CrO4+4CO2↑，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑, Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出。
【详解】A．向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2↑，煅烧时有氧化还原反应，A错误；
B． 用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，B错误；
C．从上述流程图可知，和均可循环使用，C正确；
D．由转化为的过程中需加入硫酸和KCl固体，反应如下：2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出，D错误；
故选C。
14. 常温下，向的溶液中滴加的溶液，溶液中，随pH的变化关系如图所示(取)。

下列说法正确的是( )
A. 常温下，的电离常数为
B. 当溶液的时，消耗溶液
C. 溶液中水的电离程度大小：a＞b＞c
D. c点溶液中：
【答案】AD
【解析】
【分析】
为弱电解质，在溶液中存在电荷平衡，，常温下，电离常数为Ka=，b点时，=0，c()=c()，的电离常数等于c()=；向的溶液中滴加的溶液，由于温度不变，a点为时，c(H+)=10-2.88mol/L，=-1.88，=10-1.88，c(H+)×=10-2.88×10-1.88=10-4.76=Ka，则a点为；Kh===10-9.24，c点含有，存在水解平衡，，Kh=，时，c(OH-)==10-5.27，=3.97，=10-3.97，Kh==10-3.97×10-5.27=10-9.24=Kh，c点为溶液，则b点为和的混合溶液，由此分析。
【详解】A．常温下，的电离常数为Ka=，b点时，=0，c()=c()，的电离常数等于c()=，故A符合题意；
B．根据分析，c点为，向的溶液中滴加的溶液20mL，为弱酸强碱盐，水解显碱性，此时溶液的，故B不符合题意；
C．酸碱抑制水的电离，弱酸强碱盐水解显碱性，促进水的电离，根据分析，a点为，b点为和的混合溶液，c点为溶液，溶液中水的电离程度大小：c＞b＞a，故C不符合题意；
D．c代表的溶液，由于醋酸根要水解，，但水解较微弱，，根据电荷守恒，，，故D符合题意；
答案选AD。
【点睛】判断出各点代表的意义是解题的关键，需要熟悉电离平衡常数和水解平衡常数之间的关系。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：此题包括3小题，共39分。
15. 蛋壳是一种很好的绿色钙源，其主要成分为。以蛋壳为原料制备葡萄糖酸钙晶体()，并对其纯度进行测定，过程如下：
步骤Ⅰ.葡萄糖酸钙晶体的制备

步骤Ⅱ.产品纯度测定——间接滴定法
①称取步骤Ⅰ中制得的产品置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；
②加入足量溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用标准溶液滴定，消耗标准溶液。
根据以上两个步骤，回答下列问题：
(1)以上两个步骤中不需要使用的仪器有______(填标号)。
A. B. C. D.
(2)步骤Ⅰ中“操作a”是______、过滤、洗涤、干燥。
(3)步骤Ⅱ中用氨水调节pH为4～5的目的为______。
(4)用标准溶液滴定待测液的反应原理为______(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为______。
(5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为______(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). C (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). 中和溶液中的H+离子，增大溶液中C2O浓度，使Ca2+离子完全沉淀 (4). 5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (5). 滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6). 93.3%
【解析】
【分析】
蛋壳的主要成分是碳酸钙，洗涤、干燥后灼烧蛋壳，碳酸钙在高温下发生分解生成氧化钙和二氧化碳，加水浸泡后氧化钙和水反应生成氢氧化钙，控制溶液pH在6—7的范围内，加入葡萄糖酸溶液，氢氧化钙与葡萄糖酸溶液反应生成葡萄糖酸钙和水，过滤得到葡萄糖酸钙溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙晶体。
【详解】(1)过滤时要用到漏斗、灼烧时要用到坩埚、滴定时要用到酸式滴定管，则步骤Ⅰ和Ⅱ中不需要使用的仪器是圆底烧瓶，故答案为：C；
(2)由分析可知，步骤Ⅰ中操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3) 加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解产品后所得溶液为酸性溶液，酸性溶液中加入饱和 (NH4)2C2O4，会与氢离子反应导致浓度降低而不能生成沉淀，则向溶液中滴加氨水调节pH为4～5的目的是中和溶液中的氢离子，增大溶液中浓度，有利于钙离子完全转化为草酸钙沉淀，故答案为：中和溶液中的H+离子，增大溶液中C2O浓度，使Ca2+离子完全沉淀；
(4) 用高锰酸钾标准溶液滴定待测液的反应原理为酸性条件下，高锰酸钾溶液与草酸溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；当草酸与高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液会由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(5)由题意可得如下关系式：5Ca(C6H11O7)·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO，则5Ca(C6H11O7)·H2O的物质的量为×0.02000mol/L×0.025L=1.250×10—3mol，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%，故答案为：93.3%。
16. 以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂()是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：

已知：常温下，，。回答下列问题：
(1)在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。
(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为______。
(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是______。
(4)常温下，若“悬浊液”中，则溶液的______。
(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为______。
(6)在强碱溶液中被氧化可得，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：
①放电一段时间后，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为______。
【答案】 (1). NH3 (2). CO2 (3). 水浴加热 (4). 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净 (5). 10 (6). NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O (7). 增大
(8). Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O
【解析】
【分析】
将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原。
【详解】(1)根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2＋H2O CO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。
(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。
(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。
(4)常温下，若“悬浊液”中，，则，，则溶液的10；故答案为：10。
(5)“还原”过程最终得到，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；故答案为：NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O。
(6)①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正极是2NiOOH＋2e－＋2H2O =2Ni(OH)2＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。
②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋H2O =Ni(OH)2＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O；故答案为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。
17. 氨基甲酸铵()为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)写出分解生成与气体的热化学方程式：______。
(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：

293
298
303
308
313

8.60
11.40
16.24
20.86
30.66
①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是______(填标号)。
A.容器内总压强不再改变 B.
C.的值不再改变 D.的体积分数不再改变
②某温度下，该反应平衡时容器内总压强为p，写出该反应的压强平衡常数的计算式______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
③随着温度升高，逐渐______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其主要原因是______。
④某温度下，达到平衠后，欲增加的平衡浓度，可釆取的措施有______(填标号)。
A.加 B.加催化剂 C.减小体积增大压强 D.移走
(3)已知：(C为常数)。根据上表实验数据得到图像，则该反应的反应热______。

【答案】 (1). (2). A (3). (4). 增大 (5). 该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体物质的量增大，压强增大 (6). CD (7). 144.2
【解析】
【分析】
【详解】(1) 已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.，有盖斯定律Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得： ；
(2) ①A.容器内总压强不再改变 ，说明气体的体积不再发生变化，说明可逆反应处于平衡状态，故A正确；
B.，不符合反应速率之比等于化学计量数之比，故B错误；
C.是化学平衡常数，温度不变，平衡常数的值不变 ，不能说明处于平衡状态，故C错误；
D.反应体系中只有氨气和二氧化碳是气体，物质的量之比等于化学计量数之比，则的体积分数不再改变，不能作为平衡状态判断的依据，故D错误；
故答案：A。
②该反应的压强平衡常数的计算式 ；
③随着温度升高，逐渐增大，主要原因是该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体物质的量增大，压强增大；
④A.加 ，平衡不移动，氨气的浓度不变，故A错误；
B.加催化剂 ，平衡不移动，氨气的浓度不变，故B错误；
C.减小体积增大压强 ，氨气的浓度增大，故C正确；
D.移走，平衡正向移动，氨气的浓度增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)图像上的点代入得：69.50=∆H×3.19× +C和53.64=∆H×3.30×+C，联立求解得，∆H=144.2。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18. VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(1)①常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是______。
②俗称雄黄，其中基态原子的核外电子排布式为______，有______个未成对电子。
③P、S、电负性由大到小的顺序是______。
(2)、、中沸点最高的是______，其主要原因是______。
(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为______。
②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为和，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是______。
(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则：

①锑酸亚铁的化学式为______。
②晶体的密度为______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). P (2). 3d104s24p3 (3). 3 (4). S>P>As (5). NH3 (6). NH3分子间存在氢键 (7). 三角锥 (8). Br-半径较大，无法形成[PBr6]- (9). Fe(SbO3)2 (10).
【解析】
【分析】
【详解】(1)①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P；
②As元素为为33号元素，第四周期第ⅤA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子；
③非金属性S>P>As，所以电负性S>P>As；
(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；
(3)①PCl3中心P原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；
②Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br-，无法形成[PBr6]-；
(4)①据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为+2=4，O原子的个数为+10=12个，Fe2+的个数为+1=2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；
②晶胞的质量为=g，晶体的体积为abc nm3=abc´10-21cm3，所以晶体的密度为=g·cm3。
19. 化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下：

已知：RCOOH++H2O
回答下列问题：
(1)反应①的反应条件为______，反应②的反应类型是______。
(2)F中含氧官能团的名称：______，______，______。
(3)D+H→E的化学方程式：______。
(4)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有______种。
a.含苯环的单环化合物
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1
(6)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线______(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 光照 (2). 取代反应 (3). 羰基 (4). （酚）羟基 (5). 醚键 (6). +H2O (7). 乙醇（或） (8). 4 (9).
【解析】
【分析】
由图示可知，A与在光照条件下发生取代反应生成B；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D；与在一定条件下反应生成E；与在作催化剂反应生成F和；与在碱性条件下反应生成G，结合有机化合物的相关知识分析分析可得；
【详解】(1)由分析可得反应①A与在光照条件下发生取代反应生成； 与NaCN在一定条件下发生取代反应生成，故答案为：光照；取代反应；
(2)F中所含官能团的名称为：羰基、醚键、（酚）羟基以及碳碳双键，其中含氧官能团为：羰基、醚键、（酚）羟基，故答案为：羰基；醚键；（酚）羟基（顺序可颠倒）；
(3)由分析可知D为，H为E为 ，则D+H→E的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)已知N为催化剂，与在作催化剂反应生成和，则X为或，故答案为：乙醇（或）；
(5)D分子式有多种同分异构体，同时满足
a.含苯环的单环化合物
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，则有，，共4中，故答案为：4；
(6) 在光照条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物，则其合成流线为：故答案为：















辽宁省

2021年辽宁省普通高等学校招生考试适应性测试
化学
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na23 S32 Mn55
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法正确的是
A. 丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
B. 港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点
C. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
D. “奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素，尼龙的主要成分是合成纤维，A错误；
B．聚乙烯纤维属于合成高分子，具有强度大、质量轻、耐腐蚀等特点，B正确；
C．嫦娥五号使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，C错误；
D．固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，其中树脂为有机高分子材料，D错误；
故答案选B。
2. 我国自主设计生产的长征系列运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，N2O4作氧化剂。下列相关的化学用语正确的是
A. 该反应的化学方程式：C2H8N2+N2O4=2CO2+N2+4H2O
B. 偏二甲肼的结构简式：
C. N2的结构式：N=N
D. 甲基的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．依题意，偏二甲肼作火箭燃料，N2O4作氧化剂，故两者发生氧化还原生成无污染的N2，反应为化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2+3N2+4H2O，A错误；
B．偏二甲肼中N原子形成3对共价键，结构简式为，B错误；
C． N2分子间形成氮氮三键，结构简式为，C错误；
D．C原子的最外层有4个电子，其中3个电子分别于3个H原子提供的电子形成共用电子对，得到甲基的电子式，故D正确；
故答案选D。
3. 短周期元素X、 Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是

A. 电负性：X>Y>Z
B. 原子半径：Y>Z>X
C. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2
D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】
已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性：N>C>H，A错误；
B．H原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：C>N>H，B正确；
C．分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误；
D．C元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D错误；
答案选B
4. 下列说法错误的是
A. CH4分子球棍模型： B. 基态Si原子价电子排布图：
C. 第一电离能：N>O>C D. 石墨质软的原因是其层间作用力微弱
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．C原子的半径大于H原子，因此CH4分子的球棍模型为：，A错误；
B．基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B正确；
C．N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N>O>C，C正确；
D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确；
答案选A。
5. 下列装置或措施能达到目的的是
A
B


验证氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2
实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑
C
D


测定反应速率
保护铁闸门不被腐蚀

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该装置可以验证氧化性：Cl2＞Fe2+，但不能够确定I-是Cl2氧化还是被Fe3+氧化，不能证明氧化性：Fe3+＞I2，A不能达到实验目的；
B．Cu和Ag均为不活泼金属，不能在稀硫酸中发生自发的氧化还原反应，不能实现不Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑的发生，B不能达到实验目的；
C．可根据一定时间内产生氢气的量来计算反应的速率，C可以达到实验目的；
D．用外加电流的阴极保护法保护铁闸门不被腐蚀时，应将铁闸门连接电源的负极，D不能达到实验目的；
答案选C。
6. 我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法正确的是

A. 11BN 和10BN的性质无差异
B. 该晶体具有良好的导电性
C. 该晶胞中含有14个B原子，4个N原子
D. N原子周围等距且最近的N原子数为12
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A. 11B 和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，A正确；
B．该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，B错误；
C．由图可知，该晶胞含4个N原子，B原子位于晶胞的顶点和面心上，故B原子的数量为8×+6×=4个，C错误；
D．由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，1个B原子可以和3个N原子成键，N原子周围等距且最近的N原子数为4个，D错误；
故答案选A。
7. 某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X(g)+Y(g) Z(s)+ 2Q(g) △H1＜0
②M(g)+N(g) R(g)+Q(g) △H2＞0
下列叙述错误的是
A. 加入适量Z，①和②平衡均不移动
B. 通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C. 降温时无法判断Q浓度的增减
D. 通入Y，则N的浓度增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Z为固体，加入适量Z不影响反应①的平衡移动，而反应②与Z无关，故加入Z也不影响反应②的平衡移动，A正确；
B．通入稀有气体Ar，由于容器体积不变，故气体浓度不发生改变，反应①的平衡不移动，B错误；
C．温度降低，反应①逆向进行，反应②正向进行，但两个反应中反应物的起始浓度未知，故无法判断Q浓度的增减，C正确；
D．通入气体Y，反应①平衡正向移动，Q的浓度增大，导致反应②平衡逆向进行，则N的浓度增大，D正确；
答案选B。
8. 中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如下。下列说法正确的是

A. 在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应
B. 苯环上的一溴代物共5种
C. 1 mol 该化合物最多与4 mol NaOH反应
D. 该分子中最多有7个碳原子共面
【答案】B
【解析】
【分析】
该有机物中含有碳碳双键、酚羟基、酯基三种官能团，据此分析。
【详解】A．酚羟基能发生氧化、取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，酯基能发生取代反应，该有机物不含能发生消去反应的原子或原子团，A错误；
B．第一个苯环上有3种不同环境的H原子，第二个苯环上有2种不同环境的H原子，共有5种不同环境的H原子，故一溴代物有5种，B正确；
C．酚羟基、酯基能与NaOH溶液反应，该有机物含有2个酚羟基，2个酯基，其中一个酯基为苯酚酯结构，故1mol有机物消耗5mol NaOH，C错误；
D．苯环是共面型分子，含乙烯结构的碳碳双键也是共面型分子，故该有机物一定处于同一个平面的原子不止7个，D错误；
故答案选B。
9. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是

A. 理论上NHPI的总量在反应前后不变
B. 海绵Ni电极作阳极
C. 总反应为+ H2↑
D. 每消耗1 mmol苯甲醇，产生22.4 mL氢气
【答案】D
【解析】
【分析】
由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；
B．由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；
C．阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，阴极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，因此总反应为+ H2↑，C正确；
D．未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/mol进行计算，D错误；
答案选D。
10. 下列各实验的现象及结论都正确的是
选项
实验
现象
结论
A
浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水
蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
C
过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液
有无色气泡产生， 溶液呈血红色
稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+
D
将Na粒投入MgCl2溶液
析出银白色固体
固体为Mg
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，C单质与浓硫酸反应生成CO2，同时生成刺激性气味的气体SO2，使体积膨胀，体现了浓硫酸的强氧化性，气体导入澄清石灰水生成固体变浑浊，故A符合题意；
B．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，结论错误，B不符合题意；
C．硝酸具有强氧化性，铁先被硝酸氧化生成Fe3+再被过量铁粉还原生成Fe2+，滴加KSCN溶液不显红色，现象错误，C不符合题意；
D．Na粒投入MgCl2溶液，由于Na的还原性极强，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，现象、结论错误，D不符合题意；
故答案选A。
11. 苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应：
+
溴苯用量(mmol)
100
100
100
100
100
100
100
催化剂用量(mmol)
2
2
2
2
2
2
2
反应温度(℃)
100
100
100
100
120
140
160
反应时间(h)
10
12
14
16
14
14
14
产率(%)
81.2
84.4
86.6
86.2
93.5
96.6
89.0
根据上表数据，下列说法正确的是
A. 最佳反应温度为100 ℃ B. 最佳反应时间为16h
C. 温度过高时催化剂活性可能降低 D. 反应产物是顺式结构
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据表格信息，当反应温度为140℃，反应时间为14h时，生成物的产率最大，因此最佳反应温度为140℃，A错误；
B．由A的分析可知，最佳反应时间为14h，B错误；
C．根据表格数据，温度超过140℃时，生成物的产率降低，可能是温度过高导致了催化剂活性降低，C正确；
D．反应产物为，属于反式结构，D错误；
答案选C。
12. 实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是

A. TiCl4 发生水解反应，可生成TiO2·xH2O
B. 氨水的作用可用勒夏特列原理解释
C. 可用AgNO3溶液检验沉淀否洗涤干净
D. 制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象
【答案】D
【解析】
【分析】
根据流程分析可知，TiCl4和H2O在冰水浴下搅拌，发生水解：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl，再在95℃下加入氨水调解pH至6~8，沉淀陈化后经离心、洗涤和煅烧后得到TiO2，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，TiCl4和H2O在冰水浴下搅拌，发生水解反应：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl，A正确；
B．加入氨水，可中和HCl，使得水解反应正向进行，符合勒夏特列原理，B正确；
C．沉淀上还附着的有Cl-，因此可以用AgNO3溶液来检验沉淀是否洗涤干净，C正确；
D．TiO2纳米颗粒为固体颗粒，不是胶体，不能产生丁达尔现象，D错误；
答案选D。
13. Hg-Hg2SO4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是

A. K2SO4溶液可用CCl4代替
B. Hg-Hg2SO4电极反应为Hg2SO4 -2e-=2Hg+
C. 若把Cu-CuSO4体系换作Zn-ZnSO4体系，电压表的示数变大
D. 微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用
【答案】C
【解析】
分析】
根据题干信息，Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则Hg-Hg2SO4电极为正极，得到电子发生还原反应，则电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，据此分析解答。
【详解】A．CCl4为非电解质，不能导电，因此不能用CCl4代替K2SO4溶液，A错误；
B．由上述分析可知，Hg-Hg2SO4电极为正极，其电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，B错误；
C．由于Cu-CuSO4体系是电池的负极，失去电子发生氧化反应，若换成更加活泼的Zn-ZnSO4体系，更容易失去电子，电压表的示数变大，C正确；
D．微孔瓷片是便于离子通过，而阻隔溶液通过的作用，D错误；
答案选C。
14. 下列说法正确的是
A. 向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
B. 常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时：c(HCOO-)>c(Na+)
C. 常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH3·H2O ②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl，c()的关系为②>④>③>①
D. 等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2[c()+c()+c (H2CO3)]
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，AgCl转变为AgBr，只要即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，即使Ksp(AgBr) >Ksp(AgCl)也可实现，故不可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，A错误；
B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时，溶液呈酸性，，又因为溶液呈电中性，，则有 ：c(HCOO-)>c(Na+)，B正确；
C． 常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH3·H2O②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl，①NH3·H2O是弱电解质，其余都是强电解质，因此c()最小的是①，根据能够电离出的的个数可分为两类，③(NH4)2CO3是二元铵盐，虽然碳酸铵溶液中，碳酸根和铵根相互促进水解，但水解不彻底，铵离子浓度较大，②NH4HSO4和④NH4Cl一元铵盐，②NH4HSO4中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故 ②NH4HSO4④NH4Cl比较，c()较大的是②；则，c()的关系为③>②>④>①，C错误；
D．等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：根据物料守恒可知：2c(Na+)=3[c()+c()+c (H2CO3)]，D错误；
答案选B。
15. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9， 某溶洞水体中lgc(X) (X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线①代表 B. H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C. c(Ca2+)随 pH升高而增大 D. pH=10.3 时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，、浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表，②代表，③代表Ca2+，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，曲线①代表，A错误；
B．曲线①为，由点(6.3，-5)可知，H2CO3的一级电离常数，B错误；
C．曲线③代表Ca2+，根据图像可知，c(Ca2+)随pH升高而减小，C错误；
D．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，根据图像，pH=10.3时，c()=c()=10-1.1，则，D正确；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：

该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
回答以下问题：
(1) MnSO4中阴离子的空间构型为_______。
(2)提高“反应Ⅰ”速率可采取的措施是_______ (除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为_______(填化学式)。
(3) “反应Ⅱ”中硫铁矿(FeS2)的作用为_______。
(4)“反应Ⅲ”的离子方程式为_______。
(5)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_______。
(6)取0.1510 g MnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.5360 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.0320 mol/L KMnO4溶液滴定，用去20.00 mL，计算样品中MnSO4的质量分数_______(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). 正四面体 (2). 适当增加硫酸的浓度 (3). MnO2 (4). 将MnO2还原为Mn2+ (5). (6). 3.2 (7). 98.0%
【解析】
【分析】
在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去Fe3+，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。
【详解】(1) 离子中，S原子采用sp3杂化，离子呈正四面体结构，硫原子位于正四面体体心，4个氧原子位于正四面体四个顶点，故填正四面体；
(2)提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌，根据题意任选一种，废渣A为MnO2，故填适当增加硫酸的浓度、MnO2；
(3)根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为Mn2+，故填将MnO2还原为Mn2+；
(4)根据题意，反应Ⅲ的离子方程式为，故填；
(5)由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2；
(6)此为采用间接测定法测MnSO4的含量，根据题意，与由样品产生的反应的物质的量=总的的物质的量-滴定消耗的物质的量，由此计算。加入的Na2C2O4的物质的量为=0.004mol，由方程式可知，剩余的的物质的量为0.0016mol，由此得与由样品产生的反应的物质的量为0.004-0.0016=0.0024mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.0098mol，其质量分数为=98.0%，故填98.0%。
【点睛】间接法测质量分数时，不能直接建立关系式，样品消耗的量=总量-滴定的量。流程中第一次参与反应的MnO2是来自于废锰渣，需要被还原，第二次加MnO2是为了方便除杂。
17. 已知CaCrO4微溶于水，某传统测定CaCrO4溶度积的实验如下：
①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液。
②标定测得K2CrO4溶液浓度为0.6025 mol/L。
③按下表数据将0.2000 mol/LCaCl2溶液、K2CrO4溶液及蒸馏水混匀，静置(溶液体积变化忽略不计)。
④取上层清液于锥形瓶中，加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，溶液由黄色转变为橙色，加入指示剂，用0.2000 mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，数据记入下表。
组别
体积(mL)
物质
1
2
3
4
5
6
CaCl2
25.00
25.00
25.00
25.00
25.00
25.00
K2CrO4
15.00
16.00
17.00
18.00
19.00
20.00
蒸馏水
10.00
9.00
8.00
7.00
6.00
5.00
取上层清液
10.00
10.00
10.00
10.00
10.00
10.00
耗(NH4)2Fe(SO4)2
13.33
15.00
16.78
18.42
20.15
21.89
⑤滴定测出上层清液中的c()，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。
回答下列问题：
(1)步骤①中无需使用下列哪些仪器_______(填标号)。

(2)基态Cr原子的电子排布式为_______。
(3)步骤④中所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为_______(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，写出反应的离子方程式_______。
(4) 根据第2组滴定数据，计算得上层清液中c()=_______mol/L。
(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，原因可能有_______(填标号)。
A．滴定终点读数时仰视刻度线 B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗 D．摇动锥形瓶时有液体溅出
(6)利用上表数据经计算绘制出如下图点，请根据图点绘出溶度积曲线_________。

(7)请结合图线推测Ksp(CaCrO4)≈_______(保留两位有效数字)。
【答案】 (1). AC (2). 1s22s22p63s23p63d54s1 (3). Cr2O (4). Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O (5). 0.1000 (6). AB (7). (8). 7.2×10-4
【解析】
【分析】
Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()，根据溶解度曲线，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。
【详解】(1)①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液，称量一定质量的K2CrO4放到500mL的烧杯中，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，得体积约为250mL的溶液，步骤①中无需使用下列哪些仪器100mL的容量瓶、分液漏斗。故答案为：AC；
(2)Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
(3)步骤④中加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，2+2H+ Cr2O+H2O，所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 Cr2O(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，反应的离子方程式 Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。故答案为： Cr2O；Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
(4) 根据第2组滴定数据，由Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()= ，计算得上层清液中c()=0.1000 mol/L。故答案为：0.1000；
(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，根据浓度计算式c()=，
A．滴定终点读数时仰视刻度线，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ａ选；
B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ｂ选；
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，故Ｃ不选；
D．摇动锥形瓶时有液体溅出，Ｖ测偏小，c()偏小，故Ｄ不选；
故答案为：AB；
(6)利用上表数据经计算绘制出如下图点，注意忽略误差较大的点，根据图点绘出溶度积曲线包括蓝图：
。故答案为：；
(7)结合图线当c()=0.1000 mol·L－1，c(Ca2+)≈7.2×10-3 mol·L－1，推测Ksp(CaCrO4)≈0.1000×7.2×10-3=7.2×10-4(保留两位有效数字)。故答案为：7.2×10-4。
18. 环氧乙烷是高效消毒剂，可用于口罩等医用品消毒，工业常用乙烯氧化法生产。
主反应：2CH2=CH2(g) + O2(g)2 (g) △H1=-209.8 kJ/mol
副反应：CH2=CH2(g) + 3O2(g)=2CO2(g)+ 2H2O(g) △H2=-1323.0 kJ/mol
回答下列问题：
(1) C2H4的燃烧热△H=-1411.0 kJ/mol，则环氧乙烷(g)的燃烧热△H=_______。
(2)以下既能加快反应速率又能提高环氧乙烷产率的方法有的_______ (填标号)。
A．降低温度 B．向容器中充入N2使压强增大
C．采用改性的催化剂 D．用空气替代氧气
(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，合成过程中的温度与氯乙醇的平衡产率关系如图a，30℃下原料投料比与氯乙醇的平衡产率关系如图b。

反应随温度升高平衡产率降低的可能原因为_______；其它条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，环氧乙烷的平衡转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)环氧乙烷经水解可得到乙二醇。乙二醇 易溶于水的原因为_______；写出乙二醇—氧气碱性燃料电池的负极电极反应式：_______。
【答案】 (1). -1306.1kJ·mol-1 (2). C (3). 反应的△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低 (4). 增大 (5). 乙二醇分子中有2个-OH，与水分子形成氢键 (6). HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2+10H2O
【解析】
【分析】
【详解】(1)已知C2H4的燃烧热△H=-1411.0 kJ/mol，则有C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) △H3=-1411.0 kJ/mol，根据盖斯定律，该反应×2-主反应可得：(g)+O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=2△H3-△H1=-1306.1kJ·mol-1；
(2)A．降低温度会使得反应速率降低，A不选；
B．向容器中充入N2使压强增大，若该容器体积恒定，则该反应的反应速率不变且环氧乙烷的产率不变，B不选；
C．催化剂可以增大反应速率，提高环氧乙烷的产率，C选；
D．用空气代替氧气，氧气的浓度降低，反应速率降低，D不选；
答案选C；
(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，可能因为该反应的△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低，若其他条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，则HCl的投料更多，环氧乙烷的平衡转化率将增大；
(4)乙二醇分子中有2个—OH，可与水分子形成氢键，因此乙二醇易溶于水，在乙二醇—氧气的碱性染料电池中，乙二醇作负极失去电子发生氧化反应，在碱性条件下生成和H2O，则负极的电极反应式为：HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2+10H2O。
19. 化合物H是合成一种能治疗头风、 痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：

已知下列信息：
①RCOOCH3++CH3OH
②
回答下列问题：
(1) A的分子式为_______；D中官能团的名称为_______。
(2) C的结构简式为_______ 。
(3)合成路线中D到E的反应类型为_______。
(4)鉴别E和F可选用的试剂为_______ (填标号)。
A.FeCl3溶液 b.溴水 c.酸性KMnO4溶液 d.NaHCO3 溶液
(5) G到H的反应方程式为_______。
(6)有机物W是C的同系物，且具有以下特征：
i.比C少 3个碳原子；
ii.含甲基，能发生银镜反应；
符合上述条件的W有_______种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：3 的W的结构简式为_______。
【答案】 (1). C7H7Br (2). 羰基 (3). (4). 还原反应 (5). d (6). + CH3OH + H2O (7). 12 (8). ，
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据C的成键特点，A的分子式为C7H7Br；D中含有的官能团结构是碳氧双键，即官能团为羰基；
(2)根据已知信息的反应机理，由D的结构简式逆推C的结构简式， ，答案C的结构简式为；
(3) 反应过程中，D中的羰基被还原为羟基，所以反应类型为还原反应；
(4)E和F的结构上相差一个—COOH，应该利用—COOH的性质验证F和E的不同，只有NaHCO3可以和羧基反应，所以答案为d；
(5)根据已知信息‚，可以推断G的结构简式为，G和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为 + CH3OH + H2O；
(6)由于W是C的同系物且比C少3个碳原子，所以W的分子式为C9H10O2，W的结构中含有一个和一个，又因为W可以发生银镜反应，所以可以推断W中一定含有醛基，且醛基的存在形式为，符合条件的W的结构简式有，，，，，，，，，，，共12种；
核磁共振氢谱图中有5个信号峰，面积比1：2：2：2：3，符合条件的W的结构简式为，；
【点睛】注意分析题干中给定的已知信息，利用相似结构进行有机反应过程的推断。






















河北省
2021年河北省普通髙中学业水平选择性考试模拟演练
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39 Zn 65 I 127
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20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. 化学与生活密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿
B. 绿化造林助力实现碳中和目标
C. 氯化铁用于蚀刻金属眼镜架
D. 可降解包装材料的完全降解有利于减少白色污染
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，会发生反应：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的氟磷酸钙Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，在转化过程中元素化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．绿化造林，通过绿色植物的光合作用将CO2转化为有机物，同时释放氧气，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．氯化铁具有强的氧化性，能够与金属眼镜架中一些金属如Cu发生氧化还原反应，产生FeCl2、CuCl2，因此FeCl3溶液能用于蚀刻金属眼镜架，C不符合题意；
D．可降解包装材料通过完全降解一般变为CO2、H2O等，在该转化过程中元素化合价发生变化，有电子转移，因此属于氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是A。
2. 聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是( )
A. 丙烯可使Br2的CCl4溶液褪色
B. 丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应
C. 聚丙烯的结构简式为
D. 丙烯与乙烯互为同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；
B．丙烯分子中－CH3的H原子可与Cl2在光照条件下发生取代反应，B正确；
C．丙烯结构简式是CH2=CH-CH3，在一定条件下断裂分子中不饱和碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和的C原子彼此结合形成聚丙烯，结构简式是 ，C错误；
D．丙烯与乙烯结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，D正确；
故合理选项是C。
3. 下列说法正确的是( )
A. 氕、氘和氚互称同素异形体
B. 对于自发进行的化学反应，有
C. 对于相同质量的水而言，其体积V的相对大小有：
D. 两原子形成化学键时要有电子得失或电子偏移
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．氕、氘和氚质子数相同，中子数不同，互称同位素，故A错误；
B．时反应自发，若，则有，故B正确；
C．由于氢键的存在，冰的密度小于液态水，则相同质量的水而言，其体积V的相对大小有：，故C错误；
D．相同原子之间通过共用电子对形成的共价键，没有电子得失或电子偏移，故D错误；
故选B。
4. 下列说法错误的是( )
A. 的电子式为
B. Na不能从MgCl2溶液中置换出Mg
C. 四面体广泛存在于硅的含氧化合物中
D. 利用FeCl3的水解反应可以制备Fe(OH)3胶体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．CaO2是Ca2+与通过离子键结合形成的离子化合物，电子式为：，A错误；
B．金属Na非常活泼，容易与MgCl2溶液中的水反应产生NaOH和H2，因此不能从MgCl2溶液中置换出Mg，B正确；
C．在硅的含氧化合物中都是以硅氧四面体结构作为基本结构单元，在这种结构中，Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，形成立体网状结构，因此四面体广泛存在于硅的含氧化合物中，C正确；
D．将几滴饱和FeCl3溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制备得到Fe(OH)3胶体，该反应的原理就是FeCl3的水解反应，D正确；
故合理选项是A。
5. 下列实验中，实验现象与结论不匹配的是( )

实验操作
实验现象
结论
A
向含有相同浓度、溶液中逐滴加入溶液
先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B
加热固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
生成了气体
C
在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
该气体产物具有漂白性
D
在溶液中加入溶液
有砖红色沉淀()生成
溶解度比小

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向含有相同浓度、溶液中逐滴加入溶液，先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀，说明开始时c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，由于AgCl、AgI构型相同，则证明物质的溶度积常数：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A正确；
B．磷酸是难挥发性的中强酸，加热NaI固体和浓磷酸的混合物，H3PO4与NaI发生反应NaH2PO4和HI，HI易挥发，从平衡体系中挥发逸出，导致反应的化学平衡正向移动，因此可证明反应生成了HI气体，B正确；
C．在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，发生复分解反应产生SO2气体，将产生的气体通入KMnO4溶液中，二者发生氧化还原反应使KMnO4反应变为无色Mn2+，因此看到溶液褪色，证明了SO2具有还原性，C错误；
D．在溶液中存在化学平衡：，向其中加入溶液，Ag+与 反应产生Ag2CrO4砖红色沉淀，而没有产生沉淀，说明溶解度比小，D正确；
故合理选项是C。
6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A. 1mol氮气分子中含有π键的数目为2NA
B. 1mol氩气分子中含有原子的数目为NA
C. 1mol氯化钠中含有Na+的数目为NA
D. 1mol白磷中含有P-P共价键数目为4NA
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．一个氮气分子中含有一个氮氮三键，三键中有一个σ键，两个π键，所以1mol氮气分子中含有π键的数目为2NA，A正确；
B．氩气分子为单原子分子，所以1mol氩气分子中含有原子的数目为NA，B正确；
C．氯化钠的化学式为NaCl，所以1mol氯化钠中含有Na+的数目为NA，C正确；
D．白磷为P4，P4分子为正四面体结构(四个P原子分别位于顶点)，一个分子中含有6个P-P键，所以1mol白磷中含有P-P共价键的数目为6NA，D错误；
综上所述答案为D。
7. 已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热


则反应的反应热为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热，则 I、 II、 III，根据盖斯定律III-×II+I得，则反应的反应热为，故D正确；
故选D。
8. 2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下：

下列说法错误的是( )
A. 由叔丁醇制备2-甲基-2-氯丙烷的反应类型为取代反应
B. 用5%溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层
C. 无水的作用是除去有机相中残存的少量水
D. 蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．对比反应物和产物结构可得，Cl原子取代了-OH，所以反应类型为取代反应，故A正确；
B．用5%溶液洗涤分液时，由于有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，则有机相在分液漏斗的上层，故B错误；
C．无水与水结合生成，是干燥剂，其作用是除去有机相中残存的少量水，故C正确；
D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，所以产物先蒸馏出体系，故D正确；
故选B。
9. 醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数。下列说法错误的是( )
A. 溶液的pH在2-3范围内
B. 溶液中，
C. 将溶液加水稀释，其电离常数和均不变
D. 等体积的溶液和溶液混合后，溶液，且
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．，，则，pH=-lg(×10-3)=3- lg，因2=3-lg＜3- lg＜=3，则溶液的pH在2-3范围内，故A正确；
B．溶液中，根据质子守恒得：，故B正确；
C．温度不变，则电离常数不变，将溶液加水稀释，c(CH3COO-)减小， ，增大，故C错误；
D．等体积的溶液和溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，，则，故D正确；
故选C。
10. 氯化钯可以催化乙烯制备乙醛(Wacker法)，反应过程如图：

下列叙述错误的是( )
A. 被氧化的反应为
B. 催化剂再生的反应为
C. 制备乙醛的总反应为
D. 如果原料为丙烯，则主要产物是丙醛
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示可知在反应中CuCl被O2氧化产生CuCl2，同时产生H2O，反应方程式为：，A正确；
B．由流程图可知：PbCl2再生的过程有Cu2+、Cl-参加，再生方程式为：，B正确；
C．PbCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用，反应方程式为：，C正确；
D．如果原料为丙烯，则中间产物连接在第二个C原子上得到的产物为丙酮，D错误；
故合理选项是D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子序数，X和W同主族，Z的族序数与周期数相等，四种元素中只有一种金属元素。下列说法正确的是( )
A. W有两种常见氧化物
B. 原子半径Y＜X＜W＜Z
C. X的最高价氧化物的水化物是强酸
D. Y元素的氢化物分子间可以形成氢键
【答案】BD
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z的族序数与周期数相等，则Z是Al元素，四种元素中只有一种金属元素，则X、Y、W都是非金属元素，且原子序数，X和W同主族，符合要求的X是C元素，Y是N元素，W是Si元素，或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素，然后依据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Al，W是Si元素或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素。
A．若W是Si元素，Si元素只有SiO2一种氧化物，A错误；
B．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期元素，元素所在的周期序数越大，原子半径越大，故原子半径：N＜C＜Si＜Al，用字母表示为：Y＜X＜W＜Z，B正确；
C．若X是C，其最高价氧化物的水化物H2CO3是弱酸，C错误；
D．Y是N或F元素，由于其原子半径小，元素的非金属性强，因此其氢化物分子间可以形成氢键，D正确；
故合理选项是BD。
12. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)，具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是( )

A. 可形成分子内氢键 B. 有6种含氧官能团
C. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 不与Na2CO3水溶液发生反应
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．葡酚酮分子内含有-OH、-COOH，由于O原子半径小，元素的非金属性强，因此可形成分子内氢键，A正确；
B．根据葡酚酮结构简式可知，其中含有的含氧官能团有羟基、醚键、羧基、酯基4种，B错误；
C．葡酚酮分子中含有酚羟基及醇羟基，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C正确；
D．物质分子中含有羧基，由于羧酸的酸性比碳酸强，因此能够与Na2CO3水溶液发生反应，D错误；
综上所述可知：合理选项是BD。
13. 乙醚是常用的有机试剂，久置容易产生过氧化物，带来安全隐患。以下不可用来定性检出过氧化物的试剂是( )
A. 溶液
B. 弱酸性淀粉KI溶液
C. 和稀溶液
D. 的稀溶液和溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．过氧化物与溶液不能发生反应，因此不能用于检验其存在，A符合题意；
B．弱酸性淀粉KI溶液与过氧化物反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，可以检验其存在，B不符合题意；
C．和稀溶液具有强氧化性，会将过氧化物氧化，而被还原为Cr3+，使溶液变为绿色，可以检验过氧化物的存在，C不符合题意；
D．过氧化物具有强氧化性，会将电离产生的Fe2+氧化为Fe3+，和KSCN溶液的混合，溶液显红色，可以检验过氧化物的存在，D不符合题意；
故合理选项是A。
14. H3PO4的电离是分步进行的，常温下，，。下列说法正确的是( )
A. 浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7
B. Na2HPO4溶液中，
C. 向0.1 mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化），溶液pH=1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离
D. 在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应产生Na2HPO4，在溶液中存在电离平衡：+H+，也存在着水解平衡：+H2O+OH-，电离平衡常数，水解平衡常数Kh2==1.58×10-7＞Ka3=4.4×10-13，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；
B．在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得：，B正确；
C．向0.1 mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，溶液pH=1时，c(H+)=0.1 mol/L，根据电离平衡常数Ka1= ，，同时溶液中还存在、的的电离平衡，因此溶液中电离的H3PO4大于7.1%，C错误；
D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11 mol/L，Ka3=，则 ，则c()＜c()，D错误；
故合理选项是B。
15. 一定条件下，反应的速率方程为，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：



反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是( )
A. 表中c的值为4
B. α、β、γ的值分别为1、2、-1
C. 反应体系的三种物质中，的浓度对反应速率影响最大
D. 在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大浓度，会使反应速率降低
【答案】AB
【解析】
【分析】
速率方程为，将H2、Br2、HBr和速率都带入到速率方程可以得到，①、②、③、④、由①②得到β=，②③得到α=1，①④得到γ=-1，对于与①，将α=1，β=，γ=-1代入，解得c=1，由此分析。
【详解】A．根据分析，表中c的值为1，故A符合题意；
B．根据分析，α、β、γ的值分别为1、、-1，故B符合题意；
C．由于，α、β、γ的值分别为1、、-1，由于速率与和的浓度成正比，与的浓度成反比，反应体系的三种物质中，的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；
D．由于γ=-1，增大浓度，减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意；
答案选AB。
三、非选择题：共60分。第16～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共45分。
16. 碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是)中，因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。
(1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行的制备实验。具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了溶液，将适量固体溶于溶液，再将饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为______。
(2)待沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓，观察到______(颜色)气体放出，______(颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑，该实验操作需在______(条件)下进行。该反应的化学方程式为______。
(3)用倾析法弃去上清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗，进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置，并按次序排列：______(夹持装置略)。
A. B. C. D. E. F.
(4)将精制得到的配成浓度为的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M的含量。具体操作如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，煮沸蒸馏水的目的是______。用容量瓶定容，使用______(仪器)量取样品溶液于锥形瓶中，再加入1∶1醋酸溶液和适量的______指示剂，立即用标准溶液滴定，溶液显稳定的______(颜色)即为滴定终点，消耗标准溶液，则样品中维生素C的质量分数是______(写出表达式)。已知滴定反应方程式：
【答案】 (1). (2). 红棕色 (3). 紫黑色 (4). 通风条件下 (5). (6). DCAF (7). 除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验 (8). 滴定管 (9). 淀粉 (10). 蓝色 (11).
【解析】
【分析】
溶液的配制分为七步，即计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶贴标签。需要用到的仪器有天平、烧杯、容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。此题用氧化还原滴定法测维生素C的含量。
【详解】(1)作还原剂，CuSO4作氧化剂，故该反应的离子方程式为，故填；
(2)CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为，其中NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件下进行、I2为紫黑色，故填红棕色、紫黑色、通风条件下进行、；
(3)因为碘单质受热易升华，故采用蒸馏法提纯碘单质。用到的仪器有A烧杯、C石棉网(防止温度过高，升华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝。其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF，故填DCAF；
(4)维生素C具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；准确量取溶液的体积用滴定管量取；用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cV=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10 ×cV×10-3mol= cV×10-2mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，其质量分数为，故填除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验、滴定管、淀粉、蓝色、；
【点睛】滴定时是从250mL溶液中量取25mL进行实验，故最后计算维生素C总物质的量时要乘10。
17. 合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②______。
(2)ZnO转化反应的离子方程式为______。
(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为______。
(4)滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。
(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。
(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。
(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
【答案】 (1). 使MnO2、Fe2O3沉淀除去 (2). ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O (3). Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ (4). Zn、Cu (5). Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2 (6). 浸出 (7). 煅烧 (8). Fe2(SO4)3 (9). MnO2
【解析】
【分析】
首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。
【详解】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中，则剩余MnO2、Fe2O3不能发生反应，故“浸取”工序中加入过量氨水的目的还可以使MnO2、Fe2O3沉淀除去；
(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
(6)碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；
(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
18. 我国科学家最近发明了一种电池，电解质为、和，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如下：

回答下列问题：
(1)电池中，为______极，B区域的电解质为______(填“”、“”或“”)。
(2)电池反应的离子方程式为______。
(3)阳离子交换膜为图中的______膜(填“a”或“b”)。
(4)此电池中，消耗，理论上可产生的容量(电量)为______毫安时()(1 mol电子的电量为1 F，，结果保留整数)
(5)已知E为电池电动势(电池电动势即电池的理论电压，是两个电极电位之差，)，为电池反应的自由能变，则该电池与传统铅酸蓄电池相比较，______；______(填“＞”或“＜”)。
(6)Zn是一种重要的金属材料，工业上一般先将ZnS氧化，再采用热还原或者电解法制备。利用还原ZnS也可得到Zn，其反应式如下：ZnS(s)+H2(g) Zn(s)+H2S(g)。727℃时，上述反应的平衡常数。此温度下，在盛有的刚性容器内通入压强为的，达平衡时的分压为______Pa(结果保留两位小数)。
【答案】 (1). 负 (2). K2SO4 (3). PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+ (4). a (5). 5360 (6). ＞ (7). ＜ (8). 0.23
【解析】
【分析】
根据图示可知Zn为负极，PbO2为正极，电解质溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是阳离子离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应副产物。
【详解】(1)根据图示可知Zn电极失去电子Zn2+与溶液中的OH-结合形成，所以Zn电极为负极；在A区域电解质为KOH，在B区域电解质为K2SO4溶液，C区域电解质为H2SO4；PbO2电极为正极，得到电子发生还原反应。
(2)负极电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，正极的电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，总反应方程式为：PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+；
(3)A区域是KOH溶液，OH-发生反应变为，为了维持溶液呈电中性，多余的K+通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；
(4)6.5 g Zn的物质的量是n(Zn)==0.1 mol，Zn是+2价金属，则转移电子n(e-)=0.2 mol，1 mol电子的电量为1 F，，转移0.2 mol电子的电量Q=0.2 mol×96500 C/mol=19300 C，则理论上可产生的容量(电量)为 mAh =5360 mAh；
(5)由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO2，所以Zn-PbO2的电势差比Pb-PbO2的电势差大，则＞；
不同电池的电势差越大，电池反应的自由能变就越小。由于Zn-PbO2的电势差比Pb-PbO2的电势差大，所以＜；
(6)反应ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)在727℃时的平衡常数，若在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后气体总压强不变，假如H2S占总压强分数为x，则H2为(1-x)，根据平衡常数的含义可得，解得x=2.24×10-6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10-6×1.01×105Pa=0.23 Pa。
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
19. 科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
(1)镍元素位于周期表第______列，基态镍原子d轨道中成对电子与单电子的数量比为______。
(2)在CO分子中，C与O之间形成______个σ键、______个π键，在这些化学键中，O原子共提供了______个电子。
(3)第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)的变化情况如图。I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是______，原子核对外层电子的引力增大。导致I1在a点出现齿峰的原因是______。

(4)下列分子或离子与具有相同类型化学键和立体构型的是______(填标号)。
A. B. C. D.
(5)过渡金属与O形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物中，______。
(6)在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。

①组成该晶体的化学式为______。
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为______，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为______。
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的______位置。
【答案】 (1). 10 (2). 3：1 (3). 1 (4). 2 (5). 4 (6). 随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小 (7). N元素原子的2p能级轨道半满，更稳定 (8). BD (9). 4 (10). MgNi3C (11). 1：3 (12). 2：1 (13). 棱心
【解析】
【分析】
【详解】(1)Ni是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族的第三列，则为周期表的第10列；其d轨道的电子排布为3d8，有3对(6个)成对电子和2个单电子，数量比为6：2=3：1；
(2)在CO分子中形成碳氧三键，C与O之间形成1个σ键、2个π键，其中一个π键为O原子提供孤电子对，C原子提供空轨道形成的配位键，所以O原子共提供了4个电子；
(3)I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是随原子序数增大，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的引力增大；a点为第ⅤA族元素，即N元素，其最高能层的p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以出现齿峰；
(4)CO2只含有极性共价键，立体构型为直线型；
A．SO2只含有极性键，但空间构型为V形，故A符合题意；
B．OCN-只含有极性键，与CO2为等电子体，空间构型相同，故B符合题意；
C．HF是由F-和HF通过氢键形成，故C不符合题意；
D．NO只含有极性键，与CO2等电子体，空间构型相同，故D符合题意；
综上所述答案为BD；
(5)Ni原子核外电子数为28，同周期的稀有气体元素为Kr，原子序数为36，每一个CO可提供2个电子，所以x==4；
(6)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1，Mg原子位于顶点，个数为=1，Ni原子位于面心，个数为=3，所以化学式为MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为=3，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，所以镍原子和镁原子的数量比2：1；
③若取碳原子为晶胞顶点，据图可知镍原子位于两个C原子之间，即棱心上。
20. 手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。近年来，我国科学家在手性螺环配合物催化的不对称合成研究及应用方面取得了举世瞩目的成就。某螺环二酚类手性螺环配体(K)的合成路线如下：

已知如下信息：RCHO+CH3COR'，R，R′=烃基
回答下列问题：
(1)化合物A是一种重要化工产品，常用于医院等公共场所的消毒，可与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式为______；反应①的反应类型为______。
(2)化合物C可发生银镜反应，其名称为______，化合物C的结构简式为______。D的结构简式为______、G的结构简式为______、J的结构简式为______。
(3)C的一种同分异构体可与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1，该异构体的结构简式为______。
(4)反应⑤的反应条件为______。
(5)在反应⑥的条件下，若以化合物E为原料，相应的反应产物为______和______，上述反应结果表明，中间体F中Br原子在E→H的合成过程中的作用为______。
【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 间甲氧基苯甲醛 (4). (5). (6). (7). (8). (9). 液溴、FeBr3 (10). (11). (12). 促进G→H成环反应的发生
【解析】
【分析】
A与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚-OH，能与CH3I/NaOH共热，发生取代反应产生B：，则A是，B与O2，Co(OAc)2、CH3OH、NaOH反应产生分子式为C8H8O2的物质C，C能够发生银镜反应，说明C中含有-CHO，则C结构简式是，D为，D与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应产生E，对比E、F可知：F比E多2个Br原子，故E→F的反应条件为液溴、FeBr3，FeBr3为催化剂。经多聚酸、加热条件脱去H2O分子生成G：；根据K的结构简式及反应条件可逆推J为。
【详解】(1)由分析可知：A结构简式为，反应①的类型是取代反应；
(2)由上述分析可知物质C结构简式是：，名称为：间甲氧基苯甲醛；物质D结构简式是；物质G结构简式是；物质J的结构简式是；
(3)化合物C是，C的一种同分异构体可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚-OH，其核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的H原子，峰面积比为3∶2∶2∶1，则说明分子中四种H原子的个数比为3∶2∶2∶1，有两个处于对应的取代基，一个是-OH，一个是COOCH3，则该同分异构体的结构简式为；
(4)由上述分析可知：反应⑤的反应条件为液溴为反应物，FeBr3为催化剂；
(5)若以化合物E()为原料，在反应⑥的条件下发生反应，因没有-Br占去-OCH3对应的位置，会产生两种产物，结构简式分别是、，原因是使红色五角星标注地方成环，因此F中Br原子的作用是占据-OCH3对应的位置，使反应⑥只有一种结构。因此上述反应结果表明，中间体F中Br原子在E→H的合成过程中的作用为促进G→H成环反应的发生。




湖北省

2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟演练
化学
本试卷共10页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Mg 24 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ni59
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 科学佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用，生产一次性医用口罩的主要原料为聚丙烯树脂。下列说法错误的是( )
A. 聚丙烯结构简式为 B. 由丙烯合成聚丙烯的反应类型为缩聚反应
C. 聚丙烯为热塑性合成树脂 D. 聚丙烯在自然环境中不容易降解
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，结构简式为，A正确；
B．聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，B错误；
C．由聚丙烯的结构可知聚丙烯为线型结构，具有热塑性，C正确；
D．聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然环境中不容易降解，D正确；
答案选B。
2. 衰变反应为，其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5730年。下列说法正确的是( )
A. 与互为同位素
B. 与的中子数相同
C. 和的价层轨道电子数相差2
D. 某考古样品中的量应为其11460年前的
【答案】D
【解析】
【分析】
由，可知z=7，X为N，因此。
【详解】A．z=7，与质子数不相同，不互为同位素，A错误；
B．与的中子数分别为14-6=8、14-7=7，中子数不同，B错误；
C．和的核外电子数均为6，核外电子排布相同，价层轨道电子数相同，C错误；
D．根据半衰期的定义，某考古样品中的量应为其5730年前的，为5730×2=11460年前的，D正确；
答案选D。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 分子中，S原子的价层电子对数目为
B. 标准状况下，环己烷分子数为
C. 溶液中，和的离子数目之和为
D. 电极反应，每转移电子释放个
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．H2S中S的价层电子对数=2+=4，因此分子中，S原子的价层电子对数目为，A正确；
B．标准状况下，环己烷不是气体，因此无法计算，B错误；
C．溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和小于，C错误；
D．由可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移电子释放个，D错误；
答案选A。
4. 不能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A. 将少量溴水滴入过量溶液中：
B. 将足量溶液滴入浊液中：
C. 将过量通入溶液中：
D. 将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．过量，溴和亚硫酸根发生氧化还原反应生成的H+和过量的反应生成H2O和SO2，反应的离子方程式为，A错误；
B．氢氧化铁的溶度积远远小于氢氧化镁的溶度积，因此氢氧化镁能转换为氢氧化铁，即将足量溶液滴入浊液中：，B正确；
C．将过量通入溶液中，二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫和亚硫酸氢钾，反应的离子方程式为，C正确；
D．葡萄糖中的醛基能被银氨溶液氧化，发生银镜反应，反应的离子方程式为，D正确；
答案选A。
5. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是( )
A. Y的第一电离能在四种元素中最大 B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点 D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
【分析】
W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S，据此解答。
【详解】A．一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；
B．H2O中O的价层电子对数为2+=4，SO2中S的价层电子对数为2+=3，因此H2O和SO2的中心原子分别为和杂化，B正确；
C．O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；
D．SF4中，S的最外层电子数为10，D错误；
答案选D。
6. 最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，机理如图所示。

下列说法错误的是( )
A. 2是催化剂
B. 4和7都是反应中间体
C. 2向4的转化过程中有非极性键与极性健的断裂与形成
D. 5为时，1是
【答案】C
【解析】
【分析】
分析图可知反应历程为：2+3→4，4+5→6+7，7→1+2，总反应为：3+5→7，2是催化剂，4和7是反应中间体。
【详解】A．由分析可知，2是催化剂，A正确；
B．由分析可知，4和7都是反应中间体，B正确；
C．由图可知，2向4的转化过程中有碳氟键断裂，有碳氮键形成，即有极性键的断裂和形成，无非极性键的断裂与形成，C错误；
D．5到1的总变化为4中-NO2对位的C上的原子团被X取代，若5为，则X为，则1是，D正确；
答案选C。
7. 关于有机化合物，下列说法错误的是( )
A. 分子式为
B. 含有2个手性碳原子
C. 可与热的新制氢氧化铜悬浊液反应
D. 该有机物的同分异构体中无芳香族化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由结构式可知该有机物分子式为，A正确；
B．含有2个手性碳原子，如图，B正确；
C．该有机物含醛基，可与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，C正确；
D．该分子的不饱和度为6，苯环不饱和度为4，则该有机物的同分异构体中一定有芳香族化合物，D错误；
答案选D。
8. 下列实验操作或装置正确的是( )
A
B
C
D




蒸发除去苯甲酸中的乙醇
除去水中的苯酚
实验室纯化工业乙酸乙酯
用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．蒸发多用于固液分离，乙醇和苯甲酸为液液分离，苯甲酸沸点高于乙醇的沸点，应该应用蒸馏的方法，故A错误；
B．苯酚微溶于水，水中苯酚形成乳浊液，故不能用过滤分离，故B错误；
C．杂质沸点低于乙酸乙酯采用蒸馏的方法纯化效果更好，装置无错误，故C正确；
D．氢氧化钠溶液为碱性，应该用碱式滴定管而不是酸式滴定管，故D错误；
故选C。
9. B和Al为同族元素，下列说法错误的是( )
A. 和都可以与形成配位键
B. 为三元酸，呈两性
C. 共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属Al有延展性
D. B和Al分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．和中B和Al均有空轨道，有孤电子，因此和都可以与形成配位键，A正确；
B．为一元弱酸，为两性氢氧化物，具有两性，B错误；
C．晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，Al为金属晶体，原子层的相对滑动使金属Al有延展性，C正确；
D．B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点，D正确；
答案选B。
10. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是( )
A. 加入降低了正极反应的活化能
B. 电池工作时正极区溶液的降低
C. 被完全氧化时有被还原
D. 负极反应为
【答案】B
【解析】
【分析】
乙醇燃料电池中，通入乙醇的一极为负极，电极反应式为，通入氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应，，二者加合可得，则在正极起催化作用，据此分析解答。
【详解】A． 由分析知，在正极起催化作用，作催化剂，则加入降低了正极反应的活化能，故A正确；
B． 电池工作时正极区的总反应为，则溶液中氢离子浓度减小，增大，故B错误；
C． 根据得失电子守恒可知，被完全氧化时，转移12mol电子，则有被还原，故C正确；
D． 由分析知，负极反应为，故D正确；
故选B。
11. 下列实验的现象描述和结论都正确的是( )

实验操作
实验现象
实验结论
A
将水滴入盛有固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口
可观察到有气泡产生，木条复燃
固体遇水产生
B
向盛有10滴溶液的试管中滴加溶液至不再生成沉淀后，再向其中滴加溶液
先观察到白色沉淀，后沉淀颜色变为黄色

C
向两支盛有少量溴的四氯化碳溶液的试管中分别加入适量苯和通入足量乙烯
溶液均褪色
溴与苯和乙烯都能发生反应
D
向两支盛有溶液的试管中分别加入和溶液
前者比后者褪色快
其他条件不变，反应物浓度增加，反应速率增大

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A． 与水反应生成氢氧化钠和氧气，将水滴入盛有固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口，可观察到有气泡产生，木条复燃，证明固体遇水产生了，故A正确；
B． 向盛有10滴溶液的试管中滴加溶液，生成AgCl白色沉淀，至不再生成沉淀后，再向其中滴加溶液，可观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，即生成了AgI，证明AgI比AgCl更难溶，则，故B错误；
C． 苯不与溴发生反应，则加入苯的溴的四氯化碳溶液不会褪色，故C错误；
D． 向两支盛有溶液的试管中分别加入和溶液，前者草酸的浓度小，反应速率慢，褪色时间长，故D错误；
故选A。
12. 在碱性溶液中，可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。

下列说法错误的是( )
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是
D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据其结构可知，该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键，而水分子中的O也可与配离子中的H形成氢键，A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，B正确；
C．根据铜原子的电子排布式可知，基态Cu原子的价电子排布式是，C正确；
D．根据同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，同一主族，元素的电负性从上到下呈现减小的趋势，非金属元素电负性大小排列顺序可知，该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为，D正确；
故选A。
13. 已知晶体属立方晶系，晶胞边长a。将掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。

假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是( )
A. 该结构单元中O原子数为3 B. Ni和Mg间最短距离是
C. Ni的配位数为4 D. 该物质的化学式为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由均摊法可知该结构单元中O原子数=1+12×=4，A错误；
B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即=，B正确；
C．由晶胞可知Ni的配位数为6，C错误；
D．1个晶胞中Li的个数=1×0.5=0.5，Mg的个数=2×0.5+1×=1.125，Ni的个数=7×+3×0.5=2.375，O的个数=4，因此该物质的化学式为，D错误；
答案选B。
14. 水泥是人类最伟大的发明之一，主要成分为硅酸三钙(3CaO∙SiO2)。将其与适量的水反应，形成相互交联的结构，反应式如下2(3CaO∙SiO2)+6H2O=3CaO∙2SiO2∙3H2O+3Ca(OH)2 ∆H＜0。但是，需要避免交联过程热膨胀及产生的水蒸气在建筑结构中造成空隙。我国三峡大坝的建设者在全世界首创了以冰代水的浇灌方法，有效解决了这一问题，保证了大坝建筑质量。下列说法错误的是( )
A. 水泥由黏土和石灰石等研磨、煅烧制得
B. 水泥生产过程中加入石膏，可以调节水泥的硬化速率
C. 水的作用是提供结晶水以稳定交联结构
D. 以冰代水的优点是减少了热膨胀及水蒸气的产生
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．水泥由石灰石和粘土等混合，经高温煅烧制得，A说法正确；
B．水泥生产过程中加入石膏的目的是为了调节水泥的凝结硬化速度，调整水泥的凝结时间，B说法正确；
C．水与硅酸三钙(3CaO∙SiO2)发生化学反应，生成的产物形成相互交联的结构，C说法错误；
D．硅酸三钙(3CaO∙SiO2)与水反应放热，以冰代水减少了热膨胀及水蒸气产生的气泡，保证建筑质量，D说法正确；
答案为C。
15. 25℃时，按下表配制两份溶液.
一元弱酸溶液
加入的溶液
混合后所得溶液


溶液Ⅰ


溶液Ⅱ
下列说法错误的是( )
A. 溶液Ⅰ中，
B. Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明
C. 混合Ⅰ和Ⅱ：
D. 混合Ⅰ和Ⅱ：
【答案】B
【解析】
【分析】
根据酸碱用量可知溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，且溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中HA、NaA、HB、NaB的浓度相等。
【详解】A．由电荷守恒可知溶液Ⅰ中，pH=5.0，则，因此，A正确；
B．溶液Ⅰ的，溶液Ⅱ的，则HB的电离常数大于HA的电离常数，，B错误；
C．由电荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有，C正确；
D．由于HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合Ⅰ和Ⅱ后有：，D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 无水是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水的实验装置如图所示：

E和G用来收集产物。回答下列问题：
(1)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中的作用是_______。
(2)在E、G处收集产物是利用了_______的性质。
(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是_______。可通过_______(填简单操作)，使实验能继续进行。
(4)Ⅰ中反应的离子方程式为_______。
(5)某同学用干燥铁粉制得无水样品，该次实验的产率是_______。
(6)实验室中还常用与晶体共热制备无水，其化学反应方程式为_______.检验水合三氯化铁原料中是否存在的试剂是_______。
【答案】 (1). 除去酸雾 (2). 易升华 (3). B处有气泡产生 (4). 适当加热F处 (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (6). 80.00% (7). +6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2 (8). 铁氰化钾
【解析】
【分析】
潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内的空气中水蒸气形成酸雾，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解。
【详解】(1)由分析可知，C中的作用是除去酸雾；
(2)在E、G处收集产物是利用了易升华的性质；
(3)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气将到达B处，看到有气泡产生，然后进入NaOH溶液中与NaOH反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行；
(4)Ⅰ中未反应完的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(5)由2Fe+3Cl22FeCl3可知，每2molFe反应生成2mol FeCl3，则5.60g(0.1mol)干燥铁粉理论上可制得0.1molFeCl3，质量为0.1mol×162.5g/mol=16.25g，因此该次实验的产率是=80.00%；
(6)若直接加热，氯化铁会水解得氢氧化铁和HCl，HCl挥发，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室中常用与晶体共热制备无水，说明该过程产生了HCl抑制了氯化铁水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为+6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2；亚铁离子与铁氰化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在的试剂是铁氰化钾溶液。
17. 熟地吡喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地吡喃酮的一种中间体，合成路线如图所示。

已知：
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称是_______。
(2)A→B的反应类型为_______。
(3)C的核磁共振氢谱有_______组吸收峰。
(4)D的结构简式是_______。
(5)E和F_______同分异构体(填“是”或“不是”)。
(6)化合物是合成抗菌药磺胺甲唑的一种中间体，写出以乙二酸和丙酮()为原料合成该化合物的反应方程式_______(其他无机及有机试剂任选)。
【答案】 (1). 醚键、羟基 (2). 酯化(取代)反应 (3). 6 (4). (5). 是 (6). CH3CH2OH与HOOCCOOHCH3CH2OOCCOOCH2CH3与
【解析】
【分析】
C与CH3-COCl发生已知的反应，结合F的结构简式，可知CH3-CO-取代C中醚键相邻碳原子上的氢原子，则D为。
【详解】(1)根据F结构简式，含氧官能团的名称是醚键、羟基；
(2)A→B为A与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，反应类型为酯化(取代)反应；
(3)C为对称结构，其中C2H5-有2组氢原子，-OCH3有1组，苯环上1组，-CH2COOCH3有2组氢原子，核磁共振氢谱有6组；
(4)D的结构简式为；
(5)E和F的分子式均为C14H16O4，其结构不同，互为同分异构体；
(6)生成化合物，需要与乙二酸二乙酯反应制取，乙二酸二乙酯则需要乙二酸与足量的乙醇反应制取，流程为CH3CH2OH与HOOCCOOHCH3CH2OOCCOOCH2CH3与。
18. 甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①ΔH=+206kJ/mol
②ΔH=-41kJ/mol
恒定压强为时，将n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)写出与生成和的热化学方程式：_______。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变
(3)系统中的含量，在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：
①低于700℃，_______；
②高于700℃，_______。
(4)已知投料比为n(CH4)∶n(H2O)=1∶3混合气体，。600℃时，的平衡转化率为_______，反应①的平衡常数的计算式为_______(是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). ΔH=247kJ/mol (2). C (3). 由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大 (4). 随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小 (5). 77.78% (6). 3906.25
【解析】
【分析】
【详解】(1)①ΔH=+206kJ/mol
②ΔH=-41kJ/mol
根据盖斯定律，①-②，ΔH=+206kJ/mol+41kJ/mol=247kJ/mol，得到和生成和的热化学方程式：ΔH=247kJ/mol；
(2)由反应ΔH=+206kJ/mol；
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度没变，化学反应速率不变，故A不符合题意；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故B不符合题意；
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C符合题意；
D．反应为吸热反应，加入合适的催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率减小，故D不符合题意；
答案选C；
(3)①温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；
②温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；
(4)已知投料比为的混合气体，设甲烷的初始物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的甲烷的物质的量为x，设转化的一氧化碳的物质的量为y，


由图可知，600℃时，CH4的物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为1-x+3-x-y+x+3x+y=4+2x，==0.04，解得x=mol，的平衡转化率为×100%=77.78%；600℃时，由图可知，，CH4和CO的物质的量分数为0.04，H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.50，CO反应①的平衡常数的计算式为Kp===3906.25。
19. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从某厂阳极泥(成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。

回答下列问题：
(1)写出“焙烧”时，生成的化学反应方程式_______。
(2)“滤液”中的金属阳离子有_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______、_______。
(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，写出Au溶解的离子方程式_______。
(4)可从“有机层”回收的金属是_______。实验室“萃取分液”的玻璃仪器有_______、_______。
(5)电解溶液回收Au的阴极反应式为_______。
【答案】 (1). 2Ag2Se+3O2=2+2Ag2O (2). Cu2+、Ag+ (3). 氧化可能存在的Cu、 (4). 防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气 (5). 2Au+3Cl2+2Cl-=2 (6). Pt (7). 烧杯 (8). 分液漏斗 (9). Au3++3e-=Au
【解析】
【分析】
阳极泥(成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt)通入氧气焙烧得CuO、Ag2O、SeO2、Au、Pt，Se以SeO2形式除去，烧渣成分为CuO、Ag2O、Au、Pt；将烧渣酸浸氧化，CuO、Ag2O溶解，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au、Pt；酸溶时，Au、Pt转化为[AuCl4]-、[PtCl6]2-，用磷酸三丁酯萃取-分液，得到H2[PtCl6]的有机溶液，水层为H[AuCl4]-(aq)，加入KOH、(NH4)2SO3转化为NH4[Au(SO3)2]。
【详解】(1)“焙烧”时，Ag2Se被氧气氧化生成和Ag2O，反应的化学反应方程式为2Ag2Se+3O2=2+2Ag2O；
(2)由分子可知“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+；烧渣中可能还含有Cu、，与硝酸直接反应会产生NO有毒气体，因此“酸浸氧化”中通入氧气的目的是氧化可能存在的Cu、；防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气；
(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，则Au溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2；
(4)由分析可知，可从“有机层”回收的金属是Pt；实验室“萃取分液”的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗；
(5)电解溶液回收Au的阴极反应式为Au3++3e-=Au。





福建省
福建省2021年新高考适应性考试化学试卷
1. 福建省三钢集团近年来大气污染治理成须显著，厂区“绿”意盎然。治理后，钢铁厂排放的尾气中，下列物质含量最大的是( )
A. CO2 B. NO2 C. SO2 D. PM10
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于能无污染的气体，治理后污染气体减少，二氧化碳最多，A正确；
B．二氧化氮是污染气体，治理后减少排放，故其含量不能最大，B错误；
C．二氧化硫属于污染气体，治理后减少排放，含量不是最大，C错误；
D．PM10含量最大的话，厂区不能绿意盎然，D错误；
故选A。
2. 山奈酚是中药柴胡的药物成分之一、下列有关该化合物叙述错误( )
A. 分子式为C15H10O6 B. 能够发生加成反应
C. 苯环中含有单双键交替结构 D. 可溶于NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H10O6，A正确；
B．含有苯环和羰基，可以发生加成反应，B正确；
C．苯环中的键是介于单双键之间的特殊的键，不是单双键交替的结构，C错误；
D．含有多个酚羟基，可以和NaOH溶液反应生成溶于水的物质，D正确；
综上所述答案为C。
3. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 0.1mol·L-1KNO3溶液中离子总数大于0.2NA
B. D218O和T2O的混合物1.1 g， 含有的质子数为0. 5NA
C. 5.6g Fe与足量的S反应转移的电子数为0.3NA
D. 0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数小于0.3NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，A错误；
B．D218O和T2O的摩尔质量均为22g/mol，所以1.1 g混合物的物质的量为0.05mol，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5NA，B正确；
C．5.6g Fe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；
D．H2和I2反应方程式为H2+I22HI，反应前后分子数不变，所以0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数为0.3NA，D错误；
综上所述答案为B。
4. 以下实验方案正确的是( )
A
B
C
D





分离CH3COOH和H2O
提纯混有少量C2H4的CH4
验证SO的存在
排气法收集H2

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．醋酸和水互溶，无法分液分离，A错误；
B．C2H4会被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入新的杂质，B错误；
C．若原溶液中含有SO而不含SO，滴加硝酸后SO被氧化为SO，再滴加硝酸钡也会产生白色沉淀，与只含SO时现象相同，C错误；
D．氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，要短进长出，D正确；
综上所述答案为D。
5. 有研究认为，强碱性溶液中反应I- +ClO =IO- +Cl- 分三步进行，其中两步如下：
第一步 ClO- +H2O →HOCl + OH- K1=3.3×10-10
第三步 HOI+ OH- →IO- + H2O K3=2.3×103
下列说法错误的是( )
A. 反应第二步为HOCl + I-→HOI + Cl-
B. 由K可判断反应第三步比第一步快
C. 升高温度可以加快ClO-的水解
D. HOCl和HOI都是弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I-→HOI + Cl-，A正确；
B．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，B错误；
C．升高温度可以加快反应速率，C正确；
D．ClO-在水溶液中发生水解，说明HOCl为弱酸，根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子形式参与反应，说明HOI也是弱酸，D正确；
综上所述答案为B。
6. 某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y 、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是( )
A. 离子半径： Z>Y>X B. 最高正价： R C. X的含氧酸均为强酸 D. R与W能组成多种化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，则R为H元素，Z为第三周期元素，W、X、Y均为第二周期元素；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，五种元素不同主族，则Z不可能为Na，若为Mg，则没有满足条件的W和X，若为Al，则W、X、Y分别为6、7、8号元素，即分别为C、N、O，符合题意；若Z为Si，则没有满足条件的W和X；若Z为P，则W、X、Y分别为7、8、9号，分别为N、O、F，而N与P同主族，不符合题意；若Z的原子序数再增大，则Y不可能为第二周期主族元素；
综上所述R为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为F元素、Z为Al元素。
【详解】A．电子层数数相同时核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径N3->F->Al3+，即X>Y>Z，故A错误；
B．主族元素若有最高正价，则最高正价等于族序数，所以最高正价H C．X为N元素，其含氧酸HNO2为弱酸，故C错误；
D．H与C可以组成烷烃、烯烃等多种烃类化合物，故D正确；
综上所述答案为D。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++ Ca(OH)2= Mg(OH)2+ Ca2+
B. 0.1 mol·L-1CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2+ + 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+ 2NH
C. 滴有酚酞Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去： CO+ 2H+= H2O+ CO2↑
D. 饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去： Cl2+ SO2+ H2O= 2H++ 2Cl-+ SO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2= Mg(OH)2+ Ca2+，A正确；
B．浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO+ H+= H2O+ HCO，C错误；
D．选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2+ SO2+ 2H2O=4H++ 2Cl-+ SO，D错误；
综上所述答案为A。
8. 一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是( )

A. 使用碱性电解质水溶液
B. 放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8 - 6e- =4MgS2
C. 使用的隔膜是阳离子交换膜
D. 充电时，电子从Mg电极流出
【答案】C
【解析】
【分析】
Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。
【详解】A．碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；
B．放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8 +6e- =4MgS2，B错误；
C．据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；
D．放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；
综上所述答案为C。
9. K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+。分别在26.3℃，50.0℃恒温条件下，往100mL0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH，得到如下实验图像，下列说法正确的是( )

A. 曲线①是50.0℃的pH-t曲线
B. 曲线②对应的平衡常数的数量级是10-14
C. t1后，c(Cr2O)+ c(CrO)=c(K+)
D. 26.3℃，与0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2(CrO)/c(Cr2O)增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度使平衡正向移动，氢离子浓度变大，pH减小，所以曲线②是50.0℃的pH-t曲线，A错误；
B．反应Cr2O+H2O2CrO+2H+的平衡常数表达式为K=，据图可知曲线②上0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液的pH=3.75，所以c(CrO)= c(H+)=10-3.75mol/L，则K=≈10-14，B正确；
C．根据物料守恒n(Cr)=n(K)，所以2c(Cr2O)+ c(CrO)=c(K+)，C错误；
D．，加入一定量K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H+)增大，而K不变，所以该比值减小，D错误；
10. 钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )

A. 钠的密度比液氨大
B. 溶液的导电性增强
C. 0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
D. 钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；
B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；
C．0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误 ，符合题意；
D．反应中钠失去电子，只能氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D正确，不符合题意；
故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共60分
11. 废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3·CoCO3·MnCO3)。

+回答下列问题：
(1)“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为_______，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是_______。
(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是________填化学式)
(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。
(4)“除铝”时反应的离子方程式为_______。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失_______？(列出算式并给出结论)已知：(Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15)
(5)从滤液④中可提取_______(任写一种)用作_______。
【答案】 (1). Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O (2). 85℃时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多 (3). NaOH (4). 分液 (5). Al3++3NH3 ▪ H2O=Al(OH)3↓+3 (6). <5.9×10-15，不会造成Co的损失 (7). 锂 (8). 锂电池
【解析】
【分析】
活性粉体加入硫酸和过氧化氢，氧化锂反应生成硫酸锂，氧化镍生成硫酸镍，二氧化锰和硫酸不反应，铁和硫酸反应，在过氧化氢存在下生成硫酸铁，铝和硫酸反应生成硫酸铝，铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成硫酸铜，碳不溶解，转化为浸渣。滤液①中加入X得到黄钠铁矾，从化学式分析，应加入是氢氧化钠。滤液②中加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，萃余液加入氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，最后加入碳酸氢铵得到前驱体。据此回答。
【详解】(1)“酸浸”时加入过氧化氢，具有氧化性和还原性，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出，从最终产物分析，产生Co2+，过氧化氢做还原剂，生成氧气，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O，“酸浸”温度为85℃，过氧化氢容易分解，所以H2O2的用量比理论用量多一倍；
(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，从产生分析，应引入含有该钠离子的碱性物质，故加入的化合物X是氢氧化钠，化学式为NaOH；
(3)萃取的操作名称是分液；
(4)“除铝”时是铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3 ▪ H2O=Al(OH)3↓+3 。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，根据公式计算，<5.9×10-15，不会造成Co的损失；
(5)从滤液④中含有锂离子，可提取金属锂，用作锂电池。
【点睛】+
12. 某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化能力增强，可将Fe2+氧化

回答下列问题：
(1)由AgNO3固体配制0.1mol·L-1的AgNO3溶液50mL，下列仪器中不需要使用的有_______(写出名称)，配制好的溶液应转移到_______试剂瓶中保存。

(2)步骤1的实验现象时_______；步骤2无明显现象；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，_______。由此可知，步骤3反应的离子方程式为_______。
(3)某同学在实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到与步骤3相同的实验现象。该同学推测溶液中还有碘的离子_______(填离子符号)生成，并由此对I2氧化Fe2+产生了质疑。
(4)为了确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的_______和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的_______，观察到的现象为_______。
【答案】

【解析】
【分析】
要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可。
【详解】(1)由AgNO3固体配制0.1mol·L-1的AgNO3溶液50mL，溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管，故不需要的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、分液漏斗；硝酸银见光易分解，故配制好的溶液应转移到棕色细口瓶中保存。
(2)步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2：再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象——溶液蓝色褪去。由此可知，步骤3反应的离子方程式为 。
(3)实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶液中同时存在碘单质、碘离子，则有，故推测溶液中还有碘的离子生成。
(4)由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子、步骤3中加入了过量的硝酸银溶液、则上层清液中银离子与铁离子共存，所以可以用氢氧化钠溶液进行鉴别，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的步骤2中的溶液和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的氢氧化钠溶液，试管a中，过量的氢氧化钠溶液消耗了碘使之褪色、与亚铁离子产生氢氧化亚铁、最终氧化为氢氧化铁，试管b中，过量的氢氧化钠溶液与银离子生成白色氢氧化银(可以分解为褐色氧化银)、又与铁离子生成红褐色沉淀，故观察到的现象为：试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀。
13. 低能耗高效率的合成氨技术开发是实现氨燃料化利用的基础。探索新型合成氨技术是该领域研究热点之一。
回答下列问题：
(1)哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源，氢气可由天然气制备。
CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g)
下表列出了几种化学键的键能：
化学键
H-H
C-H
H-O
C O
键能kJ/mol
436
413
467
1072
①298K时，上述反应的ΔH =_______
②为提高CH4的平衡转化率，可采用的措施是_______
A.使用合适的催化剂 B.采用较高的温度 C.采用较高的压强 D.延长反应时间
③在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0mol H2O进行反应，加热时容器内温度升高。当温度升高至900K，若容器内n(CO)=0.1mol，此时反应_______(填“正向进行”“逆向进行”“处于平衡状态”)，若保持900K，达到平衡时再往容器内充入0.1molHe，v正_______(填“增大”“减小”“不变”)(已知：900K时反应的平衡常数为1.2)
(2)催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。

①根据由图判断，活化能Ea1_______Ea2(填“>”“=”“＜”，下同)
②使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的ΔH1_______ΔH2
(3)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，如图是电催化合成氨装置示意图。

①a电极应该连接电源_______极
②电催化合成氨的化学方程式为_______。
【答案】 (1). +206 kJ/mol (2). B (3). 正向进行 (4). 不变 (5). < (6). = (7). 负极 (8). 2N2+6H2O4NH3+ 3O2
【解析】
【分析】
【详解】(1)①化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH=413kJ/mol×4+467 kJ/mol×2-1072 kJ/mol-436 kJ/mol×3=+206 kJ/mol，②化学反应限度受到温度、压强、浓度外界因素影响，但催化剂和延长反应时间不会改变反应限度， 反应为吸热反应且气体分子总数增大，升高温度或降低压强会使反应向正反应方向移动，增大CH4的平衡转化率，B符合题意；答案选B，③应用三段式计算可得：
此时反应浓度商Q= =0.03<1.2，反应正向进行，反应容器体积不变，达到平衡时再充入0.1molHe，He不参与反应，也不会改变反应物和生成物的浓度，对反应速率没有影响，答案为：+206 kJ/mol；B；正向进行；不变；
(2)使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1 (3) 电催化氮气还原合成氨为电解池，电解池左边通N2转变成NH3发生还原反应为阴极，a极为电源的负极，阴极的电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3，b极为电源的正极，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-= O2↑+4H+，总反应为：2N2+6H2O4NH3+ 3O2；故答案为：负极；2N2+6H2O4NH3+ 3O2；
14. ZnGeP2和KTiOPO4都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。
回答下列问题：
(1)基态Ge原子的价电子排布式为_______。
(2)O、 P、 K、 Zn按电负性由大到小的顺序排列为_______。
(3)H2O、PH3、KH按熔点由高到低的顺序排列为_______，熔点差异的原因_______。
(4)以Zn为顶点的ZnGeP2晶胞结构如图所示。

①Zn的配位数为_______ 。
②以Ge为顶点的晶胞中，Zn原子位于_______。
【答案】 (1). 4s24p2 (2). O>P>Zn>K (3). KH> H2O>PH3 (4). KH为离子晶体，H2O、PH3均为分子晶体，H2O分子间存在氢键 (5). 4 (6). 棱心、面心
【解析】
【分析】
【详解】(1)基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)，其价电子排布式为4s24p2；
(2)非金属性越强电负性越大，非金属性O>P>Zn>K，则电负性O>P>Zn>K；
(3)KH为离子晶体，H2O、PH3均为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体，所以KH的熔点最高，而H2O分子间存在氢键，所以沸点高于PH3，则熔点由高到低的顺序排列为KH> H2O>PH3；
(4)①以体心的Zn为例，距离其最近且距离相等的原子有4个，所以配位数为4；
②结合晶胞结构示意图可知，若以以Ge为顶点的晶胞中，Zn原子位于棱心、面心。
15. 天然麝香是珍稀中药材，其有效成分是麝香酮。为保护野生动物，研究人员设计合成酯类麝香酮(H)的工艺如下。

回答下列问题：
(1)A在碱性条件下水解，产物中含有羟基的是_______(填名称)。
(2)该流程中，与Ⅵ反应类型相同的是反应_______。
(3)E是F的同分异构体，E的结构简式为_______。
(4)反应Ⅶ的化学方程式为 _______ 。
(5)下列对类麝香酮(H)的描述，正确的是_______(填标号)。
a.易溶于水 b.加氢还原生成醇 c.所有碳原子共平面 d.一氯代物有7种(不含立体异构)
【答案】 (1). 甲醇 (2). Ⅱ (3). (4). +2H2 (5). b,d
【解析】
【分析】
A与Na在二甲苯溶剂中发生反应生成B，B加热发生消去反应生成C，C发生类似A生成B反应生成D，D与水反应生成E，E发生重排反应生成F，结合F、D的结构简式可知E应为；F加热发生消去反应生成G，G先与氢气加成生成，之后再被催化氧化生成H。
【详解】(1)A中含有酯基，羧酸脱去羟基、醇脱去氢原子形成酯基，则A在碱性条件下水解，产物中含有羟基的是CH3OH，名称为甲醇；
(2)反应Ⅵ为羟基的消去反应，B生成C的反应也为消去反应，即反应Ⅱ；
(3)E发生重排反应生成F，结合F、D的结构简式可知E应为；
(4)反应Ⅶ为与氢气的加成反应，化学方程式为+2H2；
(5)a．类麝香酮(H)分子中没有亲水基团，所以难溶于水，故a错误；
b．类麝香酮(H)分子含有酮羰基，可以加氢还原生成羟基，故b正确；
c．分子中除酮羰基上的碳原子外，其他碳原子均为饱和碳原子，结合烷烃的结构特点可知该物质所有碳原子不可能都共面，故c错误；
d．该物质结构不对称，有14个不同环境的氢原子，则一氯代物有14种，故d错误；
综上所述答案为b。