还剩25页未读，
继续阅读
浙江省杭州市2021届高三4月教学质量检测（二模）化学试题（word版 含答案）
展开
这是一份浙江省杭州市2021届高三4月教学质量检测（二模）化学试题（word版 含答案），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2021届高三4月教学质量检测（二模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质中，既含有共价键，又含有离子键的是
A． B． C．MgO D．
2．实验室进行石油分馏实验，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
3．下列物质的水溶液能导电，但不属于电解质的是
A．HCl B．SO2 C．NH4NO3 D．NaOH
4．下列矿物与其主要成分对应不当的是
A．铝土矿： B．赤铁矿： C．黄铜矿： D．水晶；
5．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A．2－丁醇的键线式： B．的结构示意图：
C．的比例模型： D．的电子式：
6．下列说法不正确的是
A．糖类化合物也可称为碳水化合物
B．煤的气化属于物理变化
C．硫酸作催化剂，水解所得乙醇分子中有
D．正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点出M甲醚的高
7．下列有关说法中正确的是
A．氧气和臭氧互为同位素 B．与互为同分异构体
C．H、D、T互为同素异形体 D．和一定互为同系物
8．下列说法正确的是
A．工业上用软锰矿(主要成分)在加热条件下与浓盐酸反应制氯气
B．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应可直接得到高纯度的硅
C．工业上用熔融氧化镁制单质镁
D．在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫
9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物
B．Na2O2能与CO2等反应生成氧气，常用作供氧剂
C．硝酸具有强酸性，常用于实验室制氢气
D．次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒
10．关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化产物 B．是氧化剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3 D．氧化产物与还原产物的质量之比为2：1
11．下列说法不正确的是
A．用pH计可检测无外加催化剂条件下乙酸乙酯的水解程度
B．牙膏中是否含有甘油可用新制检测
C．排除碱式滴定管尖嘴的气泡时，应挤压玻璃球，使液体快速流出向下冲出气泡
D．受液溴腐蚀致伤，先用苯或甘油洗伤口，再用水洗
12．有关铝及其化合物的说法错误的是
A．氧化铝熔点较高，是一种优良的耐火材料
B．可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水
C．铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼
D．氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
13．下列反应的离子方程式正确的是
A．KClO碱性溶液与反应：
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的：
14．下列说法不正确的是
A．甘油和硝酸在一定条件下可发生酯化反应 B．酚醛树脂是一种人工合成的高分子材料
C．乙醛可与溴水发生加成反应而使溴水褪色 D．可用NaOH溶液除去苯中混有的苯酚
15．葡酚铜是由葡萄籽提取的一种有机物(结构简式如图)，具有活性。下列关于葡酚酮说法不正确的是
A．1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗2mol溴单质
B．可发生取代反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应
C．分子中含有3个手性碳原子
D．葡酚酮露置在空气中，容易发生变质
16．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是
W
X
Y
Z
A．原子半径大小：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物
D．W元素和氢元素形成的各种化合物均不能与Z的氢化物反应
17．室温下，对于等体积，pH均为2的醋酸和盐酸两种溶液，下列叙述不正确的是
A．分别加水稀释后，两溶液的pH一定不相等
B．温度都升高20℃后，两溶液的pH不再相等
C．分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多
D．若HA表示HCl或CH3COOH两溶液中都有
18．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．23g钠在足量氧气中充分反应，常温和加热条件下转移的电子数均为0.1NA
B．2mol与1mol充分反应，产物的分子数为2NA
C．1L的溶液中，含有的数目为0.02NA
D．室温下，0.1mol/L溶液的，1L该溶液中的数目为0.1NA
19．100℃时，，K=0.36。NO2和N2O4的消耗速率与浓度存在下列关系：，，其中、是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图像如图所示。下列有关说法正确的是
A．曲线X表示消耗速率与浓度的关系 B．与都有单位，且单位不同
C．图中A点处于平衡状态 D．若在温度下，，则＜100℃
20．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。则下列说法不正确的是
A．水煤气变换为放热反应
B．物质在金催化剂表面吸附过程中能量保持不变
C．该历程中断开一个H－O键要吸收能量
D．该历程中正向的最大能垒(活化能)
21．室温下，将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液（无氧）外都有白色沉淀产生。测得实验过程中各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是
A．曲线a对应溶液中无沉淀产生，是因为该溶液中无SO生成
B．曲线a、b对比，说明该条件下NO可氧化SO2
C．曲线a、c对比，说明c中生成了BaSO4
D．曲线b、c对比，说明该条件下O2比NO更容易参与反应
22．以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极处理有机废水的装置如图所示(以含的溶液为例)。下列说法不正确的是
A．负极反应为
B．隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上最多可除盐58.5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为1：2
23．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是
A．点①处溶液中
B．点②处溶液中
C．点③处溶液中
D．滴定过程中不可能出现：
24．在碱性介质中氧化可制得正高碘酸钾()。下列说法不正确的是
A．正高碘酸钾具有较强氧化性 B．正高碘酸化学式为
C．正高碘酸钾是酸式盐 D．正高碘酸受热得到的反应是氧化还原
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验铁与水蒸气反应的产物中含有三价铁
取Fe与水蒸气反应后的固体，先加入稀盐酸，再加KSCN溶液
若溶液变血红色则有三价铁，若不变血红色则无三价铁
B
探究AgCl与AgI溶解度大小
取2mL0.1mol/LAgNO3溶液于试管中，加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，待不再有白色沉淀产生后加入1mL0.1mol/LKI溶液
若产生黄色沉淀，则证明AgCl溶解度大于AgI
C
检验乙醇的消去产物中有乙烯
将产生的气体先通过氢氧化钠溶液后，再通过酸性高锰酸钾溶液
若高锰酸钾褪色，则证明产物中有乙烯
D
检验Cu2O中是否含有Cu
取样，加入稀硝酸，观察现象
若有气泡产生，则说明样品中有Cu
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．(1)参考的结构示意图，画出结构示意图___________。
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是___________。
三、计算题
27．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一、COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的质量，单位：mg/L)。某水样的COD测定过程如下：取400.0mL水样，用硫酸酸化，加入40.00mL0.002000mol/L溶液，充分作用后，再加入40.00mL0.005000mol/L溶液。用0.002000mol/L。溶液滴定，滴定终点时消耗26.00mL。
已知：
(1)1mol的氧化能力与___________g的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(2)该水样的COD值是___________mg/L。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)
四、元素或物质推断题
28．由4种短周期元素组成的化合物X是一种重要化工原料。某小组对X的组成与性质进行探究，记录如下：
已知B是一种碱性氧化物，工业上常用于制作耐火材料。
请回答：
(1)X中所含的元素是___________。
(2)固体A隔绝空气加热反应的化学方程式是___________。
(3)X也可跟乙醇发生类似跟水的反应，反应的化学方程式是___________。
(4)制备X一般用相应金属单质与卤代经在合适的溶剂中反应，下列可以作为该反应的溶剂的是___________。
A．水 B．乙醇 C．乙醚 D．稀硫酸溶液
(5)上述实验过程中若X与水反应生成白色固体的质量小于7.65 g，分析可能的原因___________。
五、原理综合题
29．传统工艺采用酸催化水解苯乙腈()生产苯乙酸()，某科研工作者研究了近临界水(250℃～350℃之间的压缩液态水，可同时溶解有机物和无机物)中苯乙腈无外加催化剂水解生成苯乙酸的反应，反应体系中的有机物均为液态。反应原理为：
反应Ⅰ：(苯乙酰胺)
反应Ⅱ：
当反应釜维持压强为8 Mpa，苯乙腈的进料浓度为时，获得如图1、图2、图3所示实验结果。
请回答：
(1)反应Ⅱ的___________0(填“＞”、“＜”或“＝”)
(2)关于近临界水、不加催化剂条件的反应工艺说法正确的是___________。
A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，有利于加快反应速率
B．上述实验条件下，苯乙腈的转化率与温度有关，与反应时间无关
C．近临界水本身的pH＜7，水电离的H+起催化作用
D．恒压通入N2有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率
(3)对于物质状态不同的多相反应，其平衡常数表达式中液相物质可用[c(X)为平衡浓度，为标准浓度]表示，气相物质可用[为平衡分压，为标准压强]表示。请写出苯乙腈水解生成苯乙酸总反应的平衡常数表达式___________；某温度下测得各物质的平衡浓度分别为，，忽略苯乙酸的电离及与氨气的作用，则反应Ⅰ的平衡常数的值为___________。
(4)温度升高，对反应速率的影响更大的是___________(填“反应Ⅰ”、“反应Ⅱ”)。说明判断依据，并从碰撞理论角度解释原因___________。
六、工业流程题
30．某研究小组根据文献模拟利用氨浸法从含砷氧化锌废渣(主要含砷、铜、镍、钴、银的氧化物)中制备碱式碳酸锌的流程如下：
已知：a．氨浸时，所含杂质均能浸出，在浸出液中砷元素主要以砷酸根()和亚砷酸根离子()的形式存在；砷酸铁()难溶于水。
b．
请回答：
(1)步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是___________。
(2)下列说法正确的是___________。
A．步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分只有铜、镍、钴、银
B．加入硫酸亚铁、空气和的目的是为了将砷元素转化为沉淀
C．步骤Ⅳ蒸氨的主要目的是为了除去过量的氨气
D．步骤Ⅲ过滤后所得滤渣中含有砷酸铁()和
(3)步骤Ⅳ蒸氨过程同时有放出，原因是___________。
(4)如图为步骤Ⅴ中抽滤和洗涤所用装置，将下列操作按实验流程排序(各项操作只进行一次)：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上→___________→结束抽滤。
a．开大水龙头；b．转移溶液；c．关小水龙头；d．转移沉淀；e，加洗涤剂；f．关闭水龙头；g．断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管
(5)该研究小组同学利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于___________(填仪器名称)中煅烧分解为氧化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：___________。
七、有机推断题
31．化合物X是一种口服降糖药，可按下列路线合成。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物C具有弱碱性
B．G→H的反应类型为消去反应
C．化合物中所有原子可能位于同一平面
D．化合物X的分子式是
(2)写出化合物F的结构简式___________。
(3)写出D→E的化学方程式___________。
(4)设计由苯制备A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)写出化合物B(分子式为)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。
①谱表明：分子中共有2种氢原子
②分子中无氮氢键、无三元环。
参考答案
1．A
【详解】
A．中钾离子和氯酸根离子之间存在离子键，氯原子和氧原子之间存在共价键，选项A正确；
B．分子中硅原子和氧原子之间存在共价键，选项B错误；
C．氧化镁中镁离子和氧离子之间存在离子键，选项C错误；
D．硫酸分子中氢原子、氧原子和硫原子之间存在共价键， 选项错误；
答案选A。
2．B
【详解】
石油分馏时需要用到蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，因此B选项符合题意；
答案选B。
3．B
【详解】
A．HCl的水溶液为盐酸，能导电，且HCl为电解质，A不符合题意；
B．SO2的水溶液为亚硫酸，能导电，但SO2为非电解质，B符合题意；
C．NH4NO3的水溶液能导电，且其为电解质，C不符合题意；
D．NaOH的水溶液能导电，且其为电解质，D不符合题意；
故选B。
4．C
【详解】
A． 铝土矿主要成分为，故A正确；
B． 赤铁矿主要成分为，故B正确；
C． 黄铜矿主要成分为，故C错误；
D． 水晶主要成分为，故D正确；
故选C。
5．A
【详解】
A．2－丁醇的结构简式为CH3CH(OH)CH2CH3，省略碳氢键、氧氢键，键线式为，A正确；
B．的最外层电子数为8个，所以其结构示意图为，B不正确；
C．的分子结构呈直线形，所以比例模型为，C不正确；
D．为共价化合物，由原子构成，其电子式为，D不正确；
故选A。
6．B
【详解】
A．一般来讲，糖类化合物的通式为Cn(H2O)m，所以糖类化合物也可称为碳水化合物，A正确；
B．煤的气化可生成CO、氢气等，有新物质生成，属于化学变化，故B错误。
C．根据酯化反应和酯的水解反应原理可知，硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有CH3CH218OH，故C正确；
D．碳原子数相同的烷烃，支链越多熔沸点越低，所以正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故D正确；
故选：B。
7．B
【详解】
A．O2和O3是同一元素的不同单质，所以互为同素异形体，选项A错误；
B．与分子式相同，结构不同，属于同分异构体，选项B正确；
C．H、D、T是H元素的不同原子，所以互为同位素，选项C错误；
D．和前者为乙烯，官能团为碳碳双键，后者可能为环丙烷或丙烯，二者结构不一定相似，所以不一定互为同系物，选项D错误；
答案选B。
8．D
【详解】
A．实验室常用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，工业上电解饱和食盐水获得氯气，故A不符合题意；
B．制备纯硅：工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应得到的粗硅，粗硅与氯气反应Si(粗)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)，SiCl4与氢气反应：SiCl4＋H2=Si＋4HCl，故B不符合题意；
C．氧化镁的熔点高，熔融氧化镁，需要消耗大量的能量，因此工业上常电解熔融的氯化镁获得金属镁，故C不符合题意；
D．在硫酸工业的吸收塔中，用水吸收SO3，容易形成酸雾，造成吸收三氧化硫吸收的速率降低，因此工业上常用浓硫酸吸收三氧化硫，故D符合题意；
答案为D。
9．B
【详解】
A．二氧化硫用于漂白秸秆、织物是因为其具有漂白性，与其氧化性无关，A错误；
B．人呼出的气体中含有二氧化碳和水蒸气等，过氧化钠可以CO2等反应生成氧气，所以常用作供氧剂，B正确；
C．硝酸具有强氧化性，但被还原时一般得到氮氧化物，无法生成氢气，C错误；
D．次氯酸有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，与次氯酸的酸性无关，D错误；
综上所述答案为B。
10．D
【分析】
中亚硫酸钠是氧化剂，硫化钠是还原剂，硫既是氧化产物又是还原产物。
【详解】
A． 不是氧化产物，氧化产物是由-2价的硫生成的硫单质，故A错误；
B． 亚硫酸钠中+4价的硫在反应中化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C． 硫化钠是还原剂，亚硫酸钠是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D． 硫既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，故D正确；
故选D。
11．C
【详解】
A．利用乙酸乙酯水解产生的乙酸的浓度大小，用pH计可检测无外加催化剂条件下乙酸乙酯的水解程度，选项A正确；
B．甘油可与氢氧化铜发生颜色反应，反应后溶液呈绛蓝色，可鉴别，选项B正确；
C．滴定前除去碱式滴定管尖嘴处气泡时，将尖嘴斜向上，挤压橡胶管中玻璃球，使“水流”将气泡冲出，选项C不正确；
D．溴易溶在有机溶剂中，受溴腐蚀致伤：先用苯或甘油洗伤口，再用水洗，选项D正确；
答案选C。
12．C
【详解】
A．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，选项A正确；
B．铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，选项B正确；
C．Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，选项C错误；
D．氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，选项D正确。
答案选C。
13．D
【详解】
A．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，离子方程式中不能出现H+，A不正确；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，也应与OH-反应生成氨气和H2O，B不正确；
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，Al3+与发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，C不正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，发生歧化反应，生成NaNO3、NaNO2和H2O，离子方程式为，D正确；
故选D。
14．C
【详解】
A. 甘油和硝酸在一定条件下可发生酯化反应生成三硝基甘油酯和水，选项A正确；
B．酚醛树脂是第一种完全由人工合成的树脂材料，是在1909年由美国人贝克兰(Leo Baekeland)用苯酚和甲醛制造的，选项B正确；
C．溴水具有较强氧化性，能将乙醛氧化而反应而使溴水褪色，选项C不正确；
D．苯与水互不相溶，苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，可分离，选项D正确；
答案选C。
15．A
【详解】
A．葡酚酮分子中酚羟基的邻、对位有2个H原子能被溴取代，分子中还含有一个碳碳双键能与溴发生加成反应，故1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗3mol溴单质，选项A不正确；
B．葡酚酮酚羟基有邻、对位的氢原子可发生取代反应，醇羟基、羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加聚反应，醇羟基、羧基能发生缩聚反应，选项B正确；
C．分子中含有3个手性碳原子，如图，选项C正确；
D．葡酚酮含有酚羟基，露置在空气中，容易被氧化而发生变质，选项D正确；
答案选A。
16．C
【分析】
W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W的电子排布为2、4，即W为C元素；由元素在周期表中的相对位置，可确定X为N元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
【详解】
A．X、Y、Z分别为N、S、Cl元素，由元素性质的递变规律，可确定原子半径大小：，A不正确；
B．W、Y、Z分别为C、S、Cl，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，B不正确；
C．Y为S元素，其单质具有杀菌能力，可用于生产硫磺软膏，S与C可形成化合物CS2，C正确；
D．W元素和氢元素形成的各种化合物中，若形成的是烯烃、炔烃等不饱和烃，则能与HCl发生加成反应，D不正确；
故选C。
17．A
【分析】
醋酸为弱酸不完全电离， 盐酸为强酸完全电离，pH均为2的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大，体积相同时，醋酸的物质的量大于盐酸，据此分析。
【详解】
A．分别加水稀释后，醋酸能继续电离出氢离子，两者的pH值盐酸的大于醋酸，故A错误；
B．升高温度，醋酸能继续电离出氢离子，导致醋酸中的氢离子浓度大于盐酸，pH值盐酸大于醋酸，故B正确；
C．等体积时，醋酸的物质的量大于盐酸，与足量Zn反应醋酸放出的氢气多，故C正确；
D．等式量测同除氢离子浓度得：，根据电荷守恒可知正确，故D正确；
故选：A。
18．A
【详解】
A．2.3g钠物质的量0.1mol，在足量氧气中充分反应生成0.1mol钠离子，常温和燃烧条件下转移的电子数均为0.1NA，故A正确；
B．SO2与O2反应是可逆反应，则产物的分子数小于2NA，故B错误；
C．pH=2的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，个数为0.01NA个，故C错误；
D．铵根离子在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个，故D错误。
故选：A。
19．B
【分析】
根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合，分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（ N2O4）=v（ NO2），结合平衡时速率的关系分析判断。
【详解】
A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为，，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，故A错误；
B．根据，，浓度的单位为mol/L ，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此与都有单位，且单位不同，的单位是s-1，的单位为L /( mol·s)，故B正确；
C．交点A表示的消耗速率v（ N2O4）=v（ NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，故C错误；
D．100℃时，，K=0.36=，而平衡时，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此=2，则==0.36；若在温度下，，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即＞100℃，故D错误；
故选B。
20．B
【分析】
由图可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的总能量低于反应物，即反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应；结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能) E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV＞过程①能垒(活化能)1.91eV，反应速率快慢由活化能较高的过程②决定，据此分析解答。
【详解】
A．焓变△H与反应过程无关，只与反应的起始状态有关，由图可知：生成产物的能量低于反应物，故水煤气变换反应为放热反应，A正确；
B．根据图示可知：物质在金催化剂表面吸附过程中能量会发生改变，B错误；
C．在任何化学反应中，断裂化学键需吸收能量，因此在该历程中断开一个H－O键要吸收能量，C正确；
D．过程①能垒(活化能)=1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV；过程②能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，则该历程中最大能垒(活化能) E正=2.02eV，D正确；
故合理选项是B。
21．A
【详解】
A．由曲线a可知，无氧环境下，BaCl2溶液pH变化减小。说明SO2生成了弱酸亚硫酸。溶液中无沉淀产生，是因为该溶液中SO浓度较低，A项错误；
B．曲线a、b为无氧条件下的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液，在分别通入SO2时溶液pH的变化情况。由图可知，Ba(NO3)2溶液的pH变化减小更多，且过程中有沉淀产生，说明有BaSO4沉淀和强酸生成，即NO氧化了SO2，由此可知，B项正确；
C．曲线a、c分别为无氧和有氧条件下向BaCl2溶液通入SO2时溶液pH的变化情况，可以看到有氧条件下，溶液的pH减小幅度更大。根据题意，除BaCl2溶液（无氧）外都有白色沉淀产生。说明在有氧条件下，SO2被氧化生成了强酸和BaSO4沉淀，C项正确；
D．对比曲线b、c，可以看出在有氧条件下溶液pH的减小幅度更大，说明O2比NO更容易氧化SO2，D项正确；
答案选A。
22．D
【分析】
该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-═H2↑，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】
A．该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO-在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，故A正确；
B．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；
C．由于电子与Na+、Cl-所带电荷数相等，所以电路中转移1mol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1mol，质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确；
D．负极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，正极反应式为2H++2e-═H2↑，若转移8mole-电子时正极得到4molH2、负极得到2molCO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故D错误；
故选：D。
23．B
【详解】
A．从点③看，V(NaOH)=20.11mL时，与CH3COOH刚好完全反应，则表明c(CH3COOH)＞0.1mol/L，点①处溶液中n(CH3COOH)＞n(CH3COO-)，而此时n(CH3COO-)＞n(Na+)，所以，A正确；
B．点②处溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，且n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1000mol/L×0.02L=2×10-3mol，B不正确；
C．点③处溶液为CH3COONa溶液，此时发生CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，从而得出，C正确；
D．若的关系成立，则c(CH3COO-)＞c(Na+)、c(OH-)＞c(H+)，溶液不呈电中性，D不正确；
故选B。
24．D
【详解】
A． 中碘为+7价，易得电子，正高碘酸钾具有较强氧化性，故A正确；
B． 根据化学式可得正高碘酸化学式为，故B正确；
C． 中氢部分被碱中和得，正高碘酸钾是酸式盐，故C正确；
D． 正高碘酸受热失去2分子水得到，反应元素的化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；
故选D。
25．C
【详解】
A．Fe与水蒸气反应后的固体中可能含有Fe，先加入稀盐酸后，生成的Fe3+会被Fe还原为Fe2+，再加KSCN，溶液不变红色，所以不能证明铁与水蒸气反应的产物中不含有三价铁，A不正确；
B．2mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，AgNO3溶液过量，加入KI溶液后，会与过量的AgNO3反应，所以不能证明AgCl溶解度大于AgI，B不正确；
C．乙醇发生消去反应产生的气体中可能混有SO2等，气体通过氢氧化钠溶液后，SO2会被吸收，从而排除对后续实验产生的干扰，酸性高锰酸钾溶液褪色，则可证明反应生成乙烯，C正确；
D．Cu2O和Cu都能与稀硝酸反应，且产生NO气体，所以不能说明样品中含有Cu，D不正确；
故选C。
26． 以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高
【详解】
(1)参考的结构示意图，中银离子sp杂化，氮原子向银离子配位，形成二氨合银配离子，结构示意图为；
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高。
27．40 5.2mg/L
【分析】
由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。
【详解】
(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
28．Mg、C、H、Cl Mg(OH)ClMgO+HCl↑ CH3MgCl+CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)Cl+CH4↑(或2CH3MgCl+2CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)2+MgCl2+2CH4↑) C 水的量不足，CH3MgCl未完全反应；水过量，有Mg(OH)2生成
【分析】
样品X中加入适量水，产生白色固体A和CH4，则X中含有C元素，n(C)=n(CH4)==0.1 mol；X反应消耗水的物质的量n(H2O)==0.1 mol。A隔绝空气加热分解产生白色固体B质量是4.00 g，同时产生酸性气体C，该气体通入AgNO3及稀HNO3的混合溶液，产生白色沉淀D质量为14.35 g，则D是AgCl，C是HCl，n(HCl)=n(AgCl)==0.1 mol；B是一种碱性氧化物，工业上常用于制作耐火材料，则B是MgO，其物质的量为n(MgO)==0.1 mol，其中含有O原子的物质的量与反应消耗水提供的O的物质的量相等，说明X中不含有O元素，则A中含有的各种元素的原子个数比为n(Mg)：n(O)：n(H)：n(Cl)=0.1 mol：0.1 mol：0.1 mol：0.1 mol=1：1：1：1，结合各种元素常见化合价，可知A是Mg(OH)Cl，其物质的量为0.1 mol，根据反应前后元素守恒，可知X中含有H元素的物质的量为n(H)=0.3 mol，所以X中含有C、H、Mg、Cl 四种元素，其物质的量的比为n(C)：n(Mg)：n(H)：n(Cl)=0.1 mol：0.1 mol：0.3 mol：0.1 mol=1：1：3：1，则X化学式为CH3MgCl，然后根据物质性质分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知X中含有C、H、Mg、Cl 四种元素；
(2)A是Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl隔绝空气加热，分解产生MgO、HCl，反应方程式为：Mg(OH)ClMgO+HCl↑；
(3)X也可跟乙醇发生类似跟水的反应，反应的化学方程式是：CH3MgCl+CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)Cl+CH4↑(或2CH3MgCl+2CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)2+MgCl2+2CH4↑)；
(4)X是CH3MgCl，制备X一般用相应金属单质与卤代经在合适的溶剂中反应，由于Mg能够与水、酸、乙醇发生置换反应，所以水、酸、乙醇都不能作该反应的溶剂，应该使用不能与Mg反应的乙醚作为该反应的溶剂，故合理选项是C；
(5)7.45 gCH3MgCl的物质的量是0.1 mol，与0.1 mol的水反应产生0.1 mol的甲烷和0.1 mol的Mg(OH)Cl。在上述实验过程中，若X与水反应生成白色固体的质量小于7.65 g，原因可能是：若水的量不足，CH3MgCl未完全反应；若水过量，则有Mg(OH)2生成，都会导致得到白色固体质量小于7.65 g。
29．＞ ACD K= 4.0 反应Ⅱ 由图可知，温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度；苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著。
【详解】
(1)根据方程式可知：该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以＞0；
(2)A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，能够使反应体系中物质的浓度增大，因而有利于加快反应速率，A正确；
B．在上述实验条件下，苯乙腈的转化率不仅与温度有关，也与反应时间有关，B错误；
C．在近临界水时由于温度升高，水电离程度增大，使溶液中的pH＜7，水电离产生的H+对反应的发生起催化作用，C正确；
D．恒压通入N2，则体系的体积必然扩大，导致气体物质浓度减小，化学平衡正向移动，因而有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率，D正确；
故合理选项是ACD；
(3)根据盖斯定律，将反应(I)+(II)，整理可得总反应方程式：C6H5CH2CN(aq)+2H2O(l)= C6H5CH2COOH(aq)+NH3(g)，该反应的化学平衡常数K=；
某温度下测得各物质的平衡浓度分别为，，则C6H5CH2CN的平衡浓度c(C6H5CH2CN)=6.0×10-3 mol/L-5.0×10-3 mol/L-8.0×10-4 mol/L=2.0×10-4 mol/L，所以反应I的化学平衡常数K1=；
(4)由图可知，温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度；苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著，所以温度升高，对反应速率的影响更大的是是反应II。
30．有利于生成 BD 与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离) badcegf 坩埚 将空坩埚灼烧至恒重
【分析】
含砷氧化锌废渣(主要含砷、铜、镍、钴、银的氧化物)先进行氨浸，步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，生成，砷元素主要以砷酸根()和亚砷酸根离子()的形式存在，加锌将铁还原，步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分有铜、镍、钴、银、铁，过滤，在滤液中加入硫酸亚铁，形成砷酸铁()，过滤，滤液中主要是，蒸氨，发生，，，最后生成碱式碳酸锌。
【详解】
(1)锌能与氨分子形成络离子而溶于水，步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是有利于生成。故答案为：有利于生成；
(2)A．加锌将铁还原，步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分除铜、镍、钴、银外还原有铁，故A错误；
B．能将亚砷酸盐氧化成砷酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，加入硫酸亚铁、空气和的目的是为了将砷元素转化为沉淀，故B正确；
C．步骤Ⅳ蒸氨的主要目的是为了发生，故C错误；
D．能将亚砷酸盐氧化成砷酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，步骤Ⅲ过滤后所得滤渣中含有砷酸铁()和，故D正确；
故答案为：BD；
(3)步骤Ⅳ蒸氨过程同时有放出，原因是与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离)。故答案为：与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离)；
(4)抽滤和洗涤实验流程排序(各项操作只进行一次)：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上→b．转移溶液，a．开大水龙头，d．转移沉淀，c．关小水龙头，e，加洗涤剂，g．断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管，→结束抽滤。故答案为：badcegf；
(5)加热固体用坩埚，利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于坩埚(填仪器名称)中煅烧分解为氧化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：将空坩埚灼烧至恒重。故答案为：坩埚；将空坩埚灼烧至恒重。
31．AD +(CH3CO)2O→＋CH3COOH 、、、
【分析】
对比A和C的结构简式以及B的分子式，推出B的结构简式为，D与乙酸酐生成E，推出D的结构简式为，根据C和G的结构简式，推出F的结构简式为，据此分析；
【详解】
(1)A．根据化合物C的结构简式，C中含有“－NH－”，具有弱碱性，故A正确；
B．G→H是酰胺键断裂，亚氨基转化成氨基，该反应属于取代反应，故B错误；
C．根据结构简式，该有机物中含有甲基，因此所有原子不可能共面，故C错误；
D．根据化合物X的结构简式，该有机物分子式为C21H30N4SO3，故D正确；
答案为AD；
(2)根据上述分析，F的结构简式为；故答案为；
(3)根据上述分析，D的结构简式为，D与乙酸酐反应的方程式为+(CH3CO)2O→＋CH3COOH；故答案为+(CH3CO)2O→＋CH3COOH；
(4)由苯生成A，苯先与液溴，铁作催化剂下发生取代反应生成溴苯，然后溴苯再与氢气发生加成反应，生成,然后在氢氧化钠溶液，加热，发生水解反应生成，将其氧化成目标产物，即合成路线为；故答案为；
(5)B的分子式为C8H18N2，推出不饱和度为1，含有一个碳碳双键或含有一个环，分子中有2种氢原子，说明是对称结构，题中无氮氢键，无三元环，若含有碳碳双键，则符合条件的结构简式为、，若含有环，则为、；故答案为、、、。
【点睛】
同分异构体的判断中，有时需要用到不饱和度，不饱和度为x+1－，x为碳原子数，y为氢原子数，在计算不饱和度时，有机物分子中含有卤素原子，可将视为氢原子，若含有氧原子，则不予考虑；若含有氮原子，在氢原子总数中减去氮原子数。
浙江省杭州市2021届高三4月教学质量检测（二模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质中，既含有共价键，又含有离子键的是
A． B． C．MgO D．
2．实验室进行石油分馏实验，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
3．下列物质的水溶液能导电，但不属于电解质的是
A．HCl B．SO2 C．NH4NO3 D．NaOH
4．下列矿物与其主要成分对应不当的是
A．铝土矿： B．赤铁矿： C．黄铜矿： D．水晶；
5．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A．2－丁醇的键线式： B．的结构示意图：
C．的比例模型： D．的电子式：
6．下列说法不正确的是
A．糖类化合物也可称为碳水化合物
B．煤的气化属于物理变化
C．硫酸作催化剂，水解所得乙醇分子中有
D．正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点出M甲醚的高
7．下列有关说法中正确的是
A．氧气和臭氧互为同位素 B．与互为同分异构体
C．H、D、T互为同素异形体 D．和一定互为同系物
8．下列说法正确的是
A．工业上用软锰矿(主要成分)在加热条件下与浓盐酸反应制氯气
B．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应可直接得到高纯度的硅
C．工业上用熔融氧化镁制单质镁
D．在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫
9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物
B．Na2O2能与CO2等反应生成氧气，常用作供氧剂
C．硝酸具有强酸性，常用于实验室制氢气
D．次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒
10．关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化产物 B．是氧化剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3 D．氧化产物与还原产物的质量之比为2：1
11．下列说法不正确的是
A．用pH计可检测无外加催化剂条件下乙酸乙酯的水解程度
B．牙膏中是否含有甘油可用新制检测
C．排除碱式滴定管尖嘴的气泡时，应挤压玻璃球，使液体快速流出向下冲出气泡
D．受液溴腐蚀致伤，先用苯或甘油洗伤口，再用水洗
12．有关铝及其化合物的说法错误的是
A．氧化铝熔点较高，是一种优良的耐火材料
B．可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水
C．铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼
D．氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
13．下列反应的离子方程式正确的是
A．KClO碱性溶液与反应：
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的：
14．下列说法不正确的是
A．甘油和硝酸在一定条件下可发生酯化反应 B．酚醛树脂是一种人工合成的高分子材料
C．乙醛可与溴水发生加成反应而使溴水褪色 D．可用NaOH溶液除去苯中混有的苯酚
15．葡酚铜是由葡萄籽提取的一种有机物(结构简式如图)，具有活性。下列关于葡酚酮说法不正确的是
A．1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗2mol溴单质
B．可发生取代反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应
C．分子中含有3个手性碳原子
D．葡酚酮露置在空气中，容易发生变质
16．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是
W
X
Y
Z
A．原子半径大小：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物
D．W元素和氢元素形成的各种化合物均不能与Z的氢化物反应
17．室温下，对于等体积，pH均为2的醋酸和盐酸两种溶液，下列叙述不正确的是
A．分别加水稀释后，两溶液的pH一定不相等
B．温度都升高20℃后，两溶液的pH不再相等
C．分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多
D．若HA表示HCl或CH3COOH两溶液中都有
18．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．23g钠在足量氧气中充分反应，常温和加热条件下转移的电子数均为0.1NA
B．2mol与1mol充分反应，产物的分子数为2NA
C．1L的溶液中，含有的数目为0.02NA
D．室温下，0.1mol/L溶液的，1L该溶液中的数目为0.1NA
19．100℃时，，K=0.36。NO2和N2O4的消耗速率与浓度存在下列关系：，，其中、是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图像如图所示。下列有关说法正确的是
A．曲线X表示消耗速率与浓度的关系 B．与都有单位，且单位不同
C．图中A点处于平衡状态 D．若在温度下，，则＜100℃
20．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。则下列说法不正确的是
A．水煤气变换为放热反应
B．物质在金催化剂表面吸附过程中能量保持不变
C．该历程中断开一个H－O键要吸收能量
D．该历程中正向的最大能垒(活化能)
21．室温下，将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液（无氧）外都有白色沉淀产生。测得实验过程中各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是
A．曲线a对应溶液中无沉淀产生，是因为该溶液中无SO生成
B．曲线a、b对比，说明该条件下NO可氧化SO2
C．曲线a、c对比，说明c中生成了BaSO4
D．曲线b、c对比，说明该条件下O2比NO更容易参与反应
22．以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极处理有机废水的装置如图所示(以含的溶液为例)。下列说法不正确的是
A．负极反应为
B．隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上最多可除盐58.5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为1：2
23．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是
A．点①处溶液中
B．点②处溶液中
C．点③处溶液中
D．滴定过程中不可能出现：
24．在碱性介质中氧化可制得正高碘酸钾()。下列说法不正确的是
A．正高碘酸钾具有较强氧化性 B．正高碘酸化学式为
C．正高碘酸钾是酸式盐 D．正高碘酸受热得到的反应是氧化还原
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验铁与水蒸气反应的产物中含有三价铁
取Fe与水蒸气反应后的固体，先加入稀盐酸，再加KSCN溶液
若溶液变血红色则有三价铁，若不变血红色则无三价铁
B
探究AgCl与AgI溶解度大小
取2mL0.1mol/LAgNO3溶液于试管中，加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，待不再有白色沉淀产生后加入1mL0.1mol/LKI溶液
若产生黄色沉淀，则证明AgCl溶解度大于AgI
C
检验乙醇的消去产物中有乙烯
将产生的气体先通过氢氧化钠溶液后，再通过酸性高锰酸钾溶液
若高锰酸钾褪色，则证明产物中有乙烯
D
检验Cu2O中是否含有Cu
取样，加入稀硝酸，观察现象
若有气泡产生，则说明样品中有Cu
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．(1)参考的结构示意图，画出结构示意图___________。
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是___________。
三、计算题
27．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一、COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的质量，单位：mg/L)。某水样的COD测定过程如下：取400.0mL水样，用硫酸酸化，加入40.00mL0.002000mol/L溶液，充分作用后，再加入40.00mL0.005000mol/L溶液。用0.002000mol/L。溶液滴定，滴定终点时消耗26.00mL。
已知：
(1)1mol的氧化能力与___________g的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(2)该水样的COD值是___________mg/L。(写出计算过程，结果保留小数点后一位)
四、元素或物质推断题
28．由4种短周期元素组成的化合物X是一种重要化工原料。某小组对X的组成与性质进行探究，记录如下：
已知B是一种碱性氧化物，工业上常用于制作耐火材料。
请回答：
(1)X中所含的元素是___________。
(2)固体A隔绝空气加热反应的化学方程式是___________。
(3)X也可跟乙醇发生类似跟水的反应，反应的化学方程式是___________。
(4)制备X一般用相应金属单质与卤代经在合适的溶剂中反应，下列可以作为该反应的溶剂的是___________。
A．水 B．乙醇 C．乙醚 D．稀硫酸溶液
(5)上述实验过程中若X与水反应生成白色固体的质量小于7.65 g，分析可能的原因___________。
五、原理综合题
29．传统工艺采用酸催化水解苯乙腈()生产苯乙酸()，某科研工作者研究了近临界水(250℃～350℃之间的压缩液态水，可同时溶解有机物和无机物)中苯乙腈无外加催化剂水解生成苯乙酸的反应，反应体系中的有机物均为液态。反应原理为：
反应Ⅰ：(苯乙酰胺)
反应Ⅱ：
当反应釜维持压强为8 Mpa，苯乙腈的进料浓度为时，获得如图1、图2、图3所示实验结果。
请回答：
(1)反应Ⅱ的___________0(填“＞”、“＜”或“＝”)
(2)关于近临界水、不加催化剂条件的反应工艺说法正确的是___________。
A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，有利于加快反应速率
B．上述实验条件下，苯乙腈的转化率与温度有关，与反应时间无关
C．近临界水本身的pH＜7，水电离的H+起催化作用
D．恒压通入N2有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率
(3)对于物质状态不同的多相反应，其平衡常数表达式中液相物质可用[c(X)为平衡浓度，为标准浓度]表示，气相物质可用[为平衡分压，为标准压强]表示。请写出苯乙腈水解生成苯乙酸总反应的平衡常数表达式___________；某温度下测得各物质的平衡浓度分别为，，忽略苯乙酸的电离及与氨气的作用，则反应Ⅰ的平衡常数的值为___________。
(4)温度升高，对反应速率的影响更大的是___________(填“反应Ⅰ”、“反应Ⅱ”)。说明判断依据，并从碰撞理论角度解释原因___________。
六、工业流程题
30．某研究小组根据文献模拟利用氨浸法从含砷氧化锌废渣(主要含砷、铜、镍、钴、银的氧化物)中制备碱式碳酸锌的流程如下：
已知：a．氨浸时，所含杂质均能浸出，在浸出液中砷元素主要以砷酸根()和亚砷酸根离子()的形式存在；砷酸铁()难溶于水。
b．
请回答：
(1)步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是___________。
(2)下列说法正确的是___________。
A．步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分只有铜、镍、钴、银
B．加入硫酸亚铁、空气和的目的是为了将砷元素转化为沉淀
C．步骤Ⅳ蒸氨的主要目的是为了除去过量的氨气
D．步骤Ⅲ过滤后所得滤渣中含有砷酸铁()和
(3)步骤Ⅳ蒸氨过程同时有放出，原因是___________。
(4)如图为步骤Ⅴ中抽滤和洗涤所用装置，将下列操作按实验流程排序(各项操作只进行一次)：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上→___________→结束抽滤。
a．开大水龙头；b．转移溶液；c．关小水龙头；d．转移沉淀；e，加洗涤剂；f．关闭水龙头；g．断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管
(5)该研究小组同学利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于___________(填仪器名称)中煅烧分解为氧化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：___________。
七、有机推断题
31．化合物X是一种口服降糖药，可按下列路线合成。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物C具有弱碱性
B．G→H的反应类型为消去反应
C．化合物中所有原子可能位于同一平面
D．化合物X的分子式是
(2)写出化合物F的结构简式___________。
(3)写出D→E的化学方程式___________。
(4)设计由苯制备A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)写出化合物B(分子式为)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。
①谱表明：分子中共有2种氢原子
②分子中无氮氢键、无三元环。
参考答案
1．A
【详解】
A．中钾离子和氯酸根离子之间存在离子键，氯原子和氧原子之间存在共价键，选项A正确；
B．分子中硅原子和氧原子之间存在共价键，选项B错误；
C．氧化镁中镁离子和氧离子之间存在离子键，选项C错误；
D．硫酸分子中氢原子、氧原子和硫原子之间存在共价键， 选项错误；
答案选A。
2．B
【详解】
石油分馏时需要用到蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，因此B选项符合题意；
答案选B。
3．B
【详解】
A．HCl的水溶液为盐酸，能导电，且HCl为电解质，A不符合题意；
B．SO2的水溶液为亚硫酸，能导电，但SO2为非电解质，B符合题意；
C．NH4NO3的水溶液能导电，且其为电解质，C不符合题意；
D．NaOH的水溶液能导电，且其为电解质，D不符合题意；
故选B。
4．C
【详解】
A． 铝土矿主要成分为，故A正确；
B． 赤铁矿主要成分为，故B正确；
C． 黄铜矿主要成分为，故C错误；
D． 水晶主要成分为，故D正确；
故选C。
5．A
【详解】
A．2－丁醇的结构简式为CH3CH(OH)CH2CH3，省略碳氢键、氧氢键，键线式为，A正确；
B．的最外层电子数为8个，所以其结构示意图为，B不正确；
C．的分子结构呈直线形，所以比例模型为，C不正确；
D．为共价化合物，由原子构成，其电子式为，D不正确；
故选A。
6．B
【详解】
A．一般来讲，糖类化合物的通式为Cn(H2O)m，所以糖类化合物也可称为碳水化合物，A正确；
B．煤的气化可生成CO、氢气等，有新物质生成，属于化学变化，故B错误。
C．根据酯化反应和酯的水解反应原理可知，硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有CH3CH218OH，故C正确；
D．碳原子数相同的烷烃，支链越多熔沸点越低，所以正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故D正确；
故选：B。
7．B
【详解】
A．O2和O3是同一元素的不同单质，所以互为同素异形体，选项A错误；
B．与分子式相同，结构不同，属于同分异构体，选项B正确；
C．H、D、T是H元素的不同原子，所以互为同位素，选项C错误；
D．和前者为乙烯，官能团为碳碳双键，后者可能为环丙烷或丙烯，二者结构不一定相似，所以不一定互为同系物，选项D错误；
答案选B。
8．D
【详解】
A．实验室常用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，工业上电解饱和食盐水获得氯气，故A不符合题意；
B．制备纯硅：工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应得到的粗硅，粗硅与氯气反应Si(粗)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)，SiCl4与氢气反应：SiCl4＋H2=Si＋4HCl，故B不符合题意；
C．氧化镁的熔点高，熔融氧化镁，需要消耗大量的能量，因此工业上常电解熔融的氯化镁获得金属镁，故C不符合题意；
D．在硫酸工业的吸收塔中，用水吸收SO3，容易形成酸雾，造成吸收三氧化硫吸收的速率降低，因此工业上常用浓硫酸吸收三氧化硫，故D符合题意；
答案为D。
9．B
【详解】
A．二氧化硫用于漂白秸秆、织物是因为其具有漂白性，与其氧化性无关，A错误；
B．人呼出的气体中含有二氧化碳和水蒸气等，过氧化钠可以CO2等反应生成氧气，所以常用作供氧剂，B正确；
C．硝酸具有强氧化性，但被还原时一般得到氮氧化物，无法生成氢气，C错误；
D．次氯酸有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，与次氯酸的酸性无关，D错误；
综上所述答案为B。
10．D
【分析】
中亚硫酸钠是氧化剂，硫化钠是还原剂，硫既是氧化产物又是还原产物。
【详解】
A． 不是氧化产物，氧化产物是由-2价的硫生成的硫单质，故A错误；
B． 亚硫酸钠中+4价的硫在反应中化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C． 硫化钠是还原剂，亚硫酸钠是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D． 硫既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，故D正确；
故选D。
11．C
【详解】
A．利用乙酸乙酯水解产生的乙酸的浓度大小，用pH计可检测无外加催化剂条件下乙酸乙酯的水解程度，选项A正确；
B．甘油可与氢氧化铜发生颜色反应，反应后溶液呈绛蓝色，可鉴别，选项B正确；
C．滴定前除去碱式滴定管尖嘴处气泡时，将尖嘴斜向上，挤压橡胶管中玻璃球，使“水流”将气泡冲出，选项C不正确；
D．溴易溶在有机溶剂中，受溴腐蚀致伤：先用苯或甘油洗伤口，再用水洗，选项D正确；
答案选C。
12．C
【详解】
A．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，选项A正确；
B．铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，选项B正确；
C．Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，选项C错误；
D．氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，选项D正确。
答案选C。
13．D
【详解】
A．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，离子方程式中不能出现H+，A不正确；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，也应与OH-反应生成氨气和H2O，B不正确；
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，Al3+与发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，C不正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，发生歧化反应，生成NaNO3、NaNO2和H2O，离子方程式为，D正确；
故选D。
14．C
【详解】
A. 甘油和硝酸在一定条件下可发生酯化反应生成三硝基甘油酯和水，选项A正确；
B．酚醛树脂是第一种完全由人工合成的树脂材料，是在1909年由美国人贝克兰(Leo Baekeland)用苯酚和甲醛制造的，选项B正确；
C．溴水具有较强氧化性，能将乙醛氧化而反应而使溴水褪色，选项C不正确；
D．苯与水互不相溶，苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，可分离，选项D正确；
答案选C。
15．A
【详解】
A．葡酚酮分子中酚羟基的邻、对位有2个H原子能被溴取代，分子中还含有一个碳碳双键能与溴发生加成反应，故1mol葡酚酮与足量的溴水反应，消耗3mol溴单质，选项A不正确；
B．葡酚酮酚羟基有邻、对位的氢原子可发生取代反应，醇羟基、羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加聚反应，醇羟基、羧基能发生缩聚反应，选项B正确；
C．分子中含有3个手性碳原子，如图，选项C正确；
D．葡酚酮含有酚羟基，露置在空气中，容易被氧化而发生变质，选项D正确；
答案选A。
16．C
【分析】
W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W的电子排布为2、4，即W为C元素；由元素在周期表中的相对位置，可确定X为N元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
【详解】
A．X、Y、Z分别为N、S、Cl元素，由元素性质的递变规律，可确定原子半径大小：，A不正确；
B．W、Y、Z分别为C、S、Cl，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，B不正确；
C．Y为S元素，其单质具有杀菌能力，可用于生产硫磺软膏，S与C可形成化合物CS2，C正确；
D．W元素和氢元素形成的各种化合物中，若形成的是烯烃、炔烃等不饱和烃，则能与HCl发生加成反应，D不正确；
故选C。
17．A
【分析】
醋酸为弱酸不完全电离， 盐酸为强酸完全电离，pH均为2的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大，体积相同时，醋酸的物质的量大于盐酸，据此分析。
【详解】
A．分别加水稀释后，醋酸能继续电离出氢离子，两者的pH值盐酸的大于醋酸，故A错误；
B．升高温度，醋酸能继续电离出氢离子，导致醋酸中的氢离子浓度大于盐酸，pH值盐酸大于醋酸，故B正确；
C．等体积时，醋酸的物质的量大于盐酸，与足量Zn反应醋酸放出的氢气多，故C正确；
D．等式量测同除氢离子浓度得：，根据电荷守恒可知正确，故D正确；
故选：A。
18．A
【详解】
A．2.3g钠物质的量0.1mol，在足量氧气中充分反应生成0.1mol钠离子，常温和燃烧条件下转移的电子数均为0.1NA，故A正确；
B．SO2与O2反应是可逆反应，则产物的分子数小于2NA，故B错误；
C．pH=2的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，个数为0.01NA个，故C错误；
D．铵根离子在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个，故D错误。
故选：A。
19．B
【分析】
根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合，分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（ N2O4）=v（ NO2），结合平衡时速率的关系分析判断。
【详解】
A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为，，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，故A错误；
B．根据，，浓度的单位为mol/L ，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此与都有单位，且单位不同，的单位是s-1，的单位为L /( mol·s)，故B正确；
C．交点A表示的消耗速率v（ N2O4）=v（ NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，故C错误；
D．100℃时，，K=0.36=，而平衡时，v（ NO2）=2v（ N2O4），因此=2，则==0.36；若在温度下，，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即＞100℃，故D错误；
故选B。
20．B
【分析】
由图可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的总能量低于反应物，即反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应；结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能) E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV＞过程①能垒(活化能)1.91eV，反应速率快慢由活化能较高的过程②决定，据此分析解答。
【详解】
A．焓变△H与反应过程无关，只与反应的起始状态有关，由图可知：生成产物的能量低于反应物，故水煤气变换反应为放热反应，A正确；
B．根据图示可知：物质在金催化剂表面吸附过程中能量会发生改变，B错误；
C．在任何化学反应中，断裂化学键需吸收能量，因此在该历程中断开一个H－O键要吸收能量，C正确；
D．过程①能垒(活化能)=1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV；过程②能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，则该历程中最大能垒(活化能) E正=2.02eV，D正确；
故合理选项是B。
21．A
【详解】
A．由曲线a可知，无氧环境下，BaCl2溶液pH变化减小。说明SO2生成了弱酸亚硫酸。溶液中无沉淀产生，是因为该溶液中SO浓度较低，A项错误；
B．曲线a、b为无氧条件下的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液，在分别通入SO2时溶液pH的变化情况。由图可知，Ba(NO3)2溶液的pH变化减小更多，且过程中有沉淀产生，说明有BaSO4沉淀和强酸生成，即NO氧化了SO2，由此可知，B项正确；
C．曲线a、c分别为无氧和有氧条件下向BaCl2溶液通入SO2时溶液pH的变化情况，可以看到有氧条件下，溶液的pH减小幅度更大。根据题意，除BaCl2溶液（无氧）外都有白色沉淀产生。说明在有氧条件下，SO2被氧化生成了强酸和BaSO4沉淀，C项正确；
D．对比曲线b、c，可以看出在有氧条件下溶液pH的减小幅度更大，说明O2比NO更容易氧化SO2，D项正确；
答案选A。
22．D
【分析】
该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-═H2↑，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】
A．该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO-在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，故A正确；
B．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；
C．由于电子与Na+、Cl-所带电荷数相等，所以电路中转移1mol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1mol，质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确；
D．负极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，正极反应式为2H++2e-═H2↑，若转移8mole-电子时正极得到4molH2、负极得到2molCO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故D错误；
故选：D。
23．B
【详解】
A．从点③看，V(NaOH)=20.11mL时，与CH3COOH刚好完全反应，则表明c(CH3COOH)＞0.1mol/L，点①处溶液中n(CH3COOH)＞n(CH3COO-)，而此时n(CH3COO-)＞n(Na+)，所以，A正确；
B．点②处溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，且n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1000mol/L×0.02L=2×10-3mol，B不正确；
C．点③处溶液为CH3COONa溶液，此时发生CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，从而得出，C正确；
D．若的关系成立，则c(CH3COO-)＞c(Na+)、c(OH-)＞c(H+)，溶液不呈电中性，D不正确；
故选B。
24．D
【详解】
A． 中碘为+7价，易得电子，正高碘酸钾具有较强氧化性，故A正确；
B． 根据化学式可得正高碘酸化学式为，故B正确；
C． 中氢部分被碱中和得，正高碘酸钾是酸式盐，故C正确；
D． 正高碘酸受热失去2分子水得到，反应元素的化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；
故选D。
25．C
【详解】
A．Fe与水蒸气反应后的固体中可能含有Fe，先加入稀盐酸后，生成的Fe3+会被Fe还原为Fe2+，再加KSCN，溶液不变红色，所以不能证明铁与水蒸气反应的产物中不含有三价铁，A不正确；
B．2mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，AgNO3溶液过量，加入KI溶液后，会与过量的AgNO3反应，所以不能证明AgCl溶解度大于AgI，B不正确；
C．乙醇发生消去反应产生的气体中可能混有SO2等，气体通过氢氧化钠溶液后，SO2会被吸收，从而排除对后续实验产生的干扰，酸性高锰酸钾溶液褪色，则可证明反应生成乙烯，C正确；
D．Cu2O和Cu都能与稀硝酸反应，且产生NO气体，所以不能说明样品中含有Cu，D不正确；
故选C。
26． 以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高
【详解】
(1)参考的结构示意图，中银离子sp杂化，氮原子向银离子配位，形成二氨合银配离子，结构示意图为；
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高。
27．40 5.2mg/L
【分析】
由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。
【详解】
(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
28．Mg、C、H、Cl Mg(OH)ClMgO+HCl↑ CH3MgCl+CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)Cl+CH4↑(或2CH3MgCl+2CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)2+MgCl2+2CH4↑) C 水的量不足，CH3MgCl未完全反应；水过量，有Mg(OH)2生成
【分析】
样品X中加入适量水，产生白色固体A和CH4，则X中含有C元素，n(C)=n(CH4)==0.1 mol；X反应消耗水的物质的量n(H2O)==0.1 mol。A隔绝空气加热分解产生白色固体B质量是4.00 g，同时产生酸性气体C，该气体通入AgNO3及稀HNO3的混合溶液，产生白色沉淀D质量为14.35 g，则D是AgCl，C是HCl，n(HCl)=n(AgCl)==0.1 mol；B是一种碱性氧化物，工业上常用于制作耐火材料，则B是MgO，其物质的量为n(MgO)==0.1 mol，其中含有O原子的物质的量与反应消耗水提供的O的物质的量相等，说明X中不含有O元素，则A中含有的各种元素的原子个数比为n(Mg)：n(O)：n(H)：n(Cl)=0.1 mol：0.1 mol：0.1 mol：0.1 mol=1：1：1：1，结合各种元素常见化合价，可知A是Mg(OH)Cl，其物质的量为0.1 mol，根据反应前后元素守恒，可知X中含有H元素的物质的量为n(H)=0.3 mol，所以X中含有C、H、Mg、Cl 四种元素，其物质的量的比为n(C)：n(Mg)：n(H)：n(Cl)=0.1 mol：0.1 mol：0.3 mol：0.1 mol=1：1：3：1，则X化学式为CH3MgCl，然后根据物质性质分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知X中含有C、H、Mg、Cl 四种元素；
(2)A是Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl隔绝空气加热，分解产生MgO、HCl，反应方程式为：Mg(OH)ClMgO+HCl↑；
(3)X也可跟乙醇发生类似跟水的反应，反应的化学方程式是：CH3MgCl+CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)Cl+CH4↑(或2CH3MgCl+2CH3CH2OH=Mg(OCH2CH3)2+MgCl2+2CH4↑)；
(4)X是CH3MgCl，制备X一般用相应金属单质与卤代经在合适的溶剂中反应，由于Mg能够与水、酸、乙醇发生置换反应，所以水、酸、乙醇都不能作该反应的溶剂，应该使用不能与Mg反应的乙醚作为该反应的溶剂，故合理选项是C；
(5)7.45 gCH3MgCl的物质的量是0.1 mol，与0.1 mol的水反应产生0.1 mol的甲烷和0.1 mol的Mg(OH)Cl。在上述实验过程中，若X与水反应生成白色固体的质量小于7.65 g，原因可能是：若水的量不足，CH3MgCl未完全反应；若水过量，则有Mg(OH)2生成，都会导致得到白色固体质量小于7.65 g。
29．＞ ACD K= 4.0 反应Ⅱ 由图可知，温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度；苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著。
【详解】
(1)根据方程式可知：该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以＞0；
(2)A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，能够使反应体系中物质的浓度增大，因而有利于加快反应速率，A正确；
B．在上述实验条件下，苯乙腈的转化率不仅与温度有关，也与反应时间有关，B错误；
C．在近临界水时由于温度升高，水电离程度增大，使溶液中的pH＜7，水电离产生的H+对反应的发生起催化作用，C正确；
D．恒压通入N2，则体系的体积必然扩大，导致气体物质浓度减小，化学平衡正向移动，因而有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率，D正确；
故合理选项是ACD；
(3)根据盖斯定律，将反应(I)+(II)，整理可得总反应方程式：C6H5CH2CN(aq)+2H2O(l)= C6H5CH2COOH(aq)+NH3(g)，该反应的化学平衡常数K=；
某温度下测得各物质的平衡浓度分别为，，则C6H5CH2CN的平衡浓度c(C6H5CH2CN)=6.0×10-3 mol/L-5.0×10-3 mol/L-8.0×10-4 mol/L=2.0×10-4 mol/L，所以反应I的化学平衡常数K1=；
(4)由图可知，温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度；苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著，所以温度升高，对反应速率的影响更大的是是反应II。
30．有利于生成 BD 与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离) badcegf 坩埚 将空坩埚灼烧至恒重
【分析】
含砷氧化锌废渣(主要含砷、铜、镍、钴、银的氧化物)先进行氨浸，步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，生成，砷元素主要以砷酸根()和亚砷酸根离子()的形式存在，加锌将铁还原，步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分有铜、镍、钴、银、铁，过滤，在滤液中加入硫酸亚铁，形成砷酸铁()，过滤，滤液中主要是，蒸氨，发生，，，最后生成碱式碳酸锌。
【详解】
(1)锌能与氨分子形成络离子而溶于水，步骤Ⅰ，适当过量的氨气有利于锌的浸出，原因是有利于生成。故答案为：有利于生成；
(2)A．加锌将铁还原，步骤Ⅱ过滤后所得滤渣的成分除铜、镍、钴、银外还原有铁，故A错误；
B．能将亚砷酸盐氧化成砷酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，加入硫酸亚铁、空气和的目的是为了将砷元素转化为沉淀，故B正确；
C．步骤Ⅳ蒸氨的主要目的是为了发生，故C错误；
D．能将亚砷酸盐氧化成砷酸盐，也能将亚铁氧化为铁离子，步骤Ⅲ过滤后所得滤渣中含有砷酸铁()和，故D正确；
故答案为：BD；
(3)步骤Ⅳ蒸氨过程同时有放出，原因是与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离)。故答案为：与生成沉淀过程中转化为(或：加热促进自耦电离)；
(4)抽滤和洗涤实验流程排序(各项操作只进行一次)：微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上→b．转移溶液，a．开大水龙头，d．转移沉淀，c．关小水龙头，e，加洗涤剂，g．断开吸滤瓶与抽气泵之间的橡皮管，→结束抽滤。故答案为：badcegf；
(5)加热固体用坩埚，利用热重法对所制得产品含锌量进行测定，方案是将样品置于坩埚(填仪器名称)中煅烧分解为氧化锌，为减小实验误差，加入样品称量前对该仪器需要进行的操作是：将空坩埚灼烧至恒重。故答案为：坩埚；将空坩埚灼烧至恒重。
31．AD +(CH3CO)2O→＋CH3COOH 、、、
【分析】
对比A和C的结构简式以及B的分子式，推出B的结构简式为，D与乙酸酐生成E，推出D的结构简式为，根据C和G的结构简式，推出F的结构简式为，据此分析；
【详解】
(1)A．根据化合物C的结构简式，C中含有“－NH－”，具有弱碱性，故A正确；
B．G→H是酰胺键断裂，亚氨基转化成氨基，该反应属于取代反应，故B错误；
C．根据结构简式，该有机物中含有甲基，因此所有原子不可能共面，故C错误；
D．根据化合物X的结构简式，该有机物分子式为C21H30N4SO3，故D正确；
答案为AD；
(2)根据上述分析，F的结构简式为；故答案为；
(3)根据上述分析，D的结构简式为，D与乙酸酐反应的方程式为+(CH3CO)2O→＋CH3COOH；故答案为+(CH3CO)2O→＋CH3COOH；
(4)由苯生成A，苯先与液溴，铁作催化剂下发生取代反应生成溴苯，然后溴苯再与氢气发生加成反应，生成,然后在氢氧化钠溶液，加热，发生水解反应生成，将其氧化成目标产物，即合成路线为；故答案为；
(5)B的分子式为C8H18N2，推出不饱和度为1，含有一个碳碳双键或含有一个环，分子中有2种氢原子，说明是对称结构，题中无氮氢键，无三元环，若含有碳碳双键，则符合条件的结构简式为、，若含有环，则为、；故答案为、、、。
【点睛】
同分异构体的判断中，有时需要用到不饱和度，不饱和度为x+1－，x为碳原子数，y为氢原子数，在计算不饱和度时，有机物分子中含有卤素原子，可将视为氢原子，若含有氧原子，则不予考虑；若含有氮原子，在氢原子总数中减去氮原子数。
相关试卷
2021届浙江省杭州市高三下学期4月教学质量检测（二模）化学试题 PDF版： 这是一份2021届浙江省杭州市高三下学期4月教学质量检测（二模）化学试题 PDF版，共12页。
浙江省杭州市2022-2023学年高三下学期教学质量检测（二模）化学 Word版含答案： 这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高三下学期教学质量检测（二模）化学 Word版含答案，共11页。试卷主要包含了考试结束，只需上交答题卷，对于方程式，下列说法正确的是，下列反应的离子方程式不正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2023届高三上学期11月份教学质量检测（杭州一模） 化学试题含答案： 这是一份浙江省杭州市2023届高三上学期11月份教学质量检测（杭州一模） 化学试题含答案，共12页。
