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天津市北辰区2021年高考化学一模试卷及答案
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这是一份天津市北辰区2021年高考化学一模试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学一模试卷
一、单选题
1.下列贡献与中国科学家有关的是（ ）
A.提出元素周期律
B.发明合成氨技术
C.提出电子云模型
D.发现青蒿素
2.下列说法错误的是（ ）
A.利用油脂在碱性条件下水解，可以制甘油和肥皂
B.聚乙烯、光导纤维都是有机高分子材料
C.向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，不能说明淀粉未水解
D.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
3.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A.酸性：H3BO3
C.沸点：H2S
4.若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
B.1.0mol/L的Na2CO3水溶液中c(Na+) ：c( )>2：1
C.常温下56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
D.1mol羟基与lmol氢氧根离子所含电子数均为9NA
5.下列离子方程式正确的是（ ）
A.用SO2溶液吸收溴蒸汽：SO2+Br2+2H2O= +2Br-+4H+
B.FeO溶于足量稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
C.用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D.腐蚀印刷线路板的反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
6.下列说法错误的是（ ）
A.李比希元素定量分析可以确定有机物分子组成及其结构式
B.胶体和溶液的本质区别是粒子直径大小
C.X-射线衍射图谱可以区分晶体和非晶体
D.氧化还原反应的本质是电子的转移
7.绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是（ ）
A.分子式为：C16H20O9
B.该有机物中所有碳原子可能共平面
C.能够发生消去反应生成碳碳双键
D.1mol该化合物最多可消耗5molNaOH
8.X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X的简单氢化物水溶液显碱性，Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z和W同主族，R的基态原子只有一个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A.简单离子半径：r(R)>r(W)>r(Z)
B.第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C.Z的最高价氧化物的水化物是强酸
D.X的简单氢化物分子属于极性分子
9.如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是（ ）
A.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
B.第一步反应的速率小于第二步反应
C.总反应为放热反应
D.升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快
10.K2Cr2O7溶液中存在平衡： 。用K2Cr2O7溶液进行下列实验。下列说法错误的是（ ）
A.①中 和 浓度相等说明反应达平衡
B.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
C.②中 被C2H5OH还原为Cr3+
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为绿色
11.锌电池具有价格便宜、比能量大、可充电等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是（ ）
A.放电过程中， 向a极迁移
B.充电过程中，b电极反应为：Zn2++2e-=Zn
C.充电时，a电极与电源正极相连
D.放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.4molH+
12.室温下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的CO2均表示为H2CO3)。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是（ ）
A.a点溶液的溶质主要为NaCl、NaHCO3
B.b点溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c( )+2c( )
C.c点时，溶液中发生的离子反应是3 +4H+=2 +H2CO3
D.取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变
二、综合题
13.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰等三位科学家，以表彰他们在锂电池研究作出的卓越贡献。常用的锂电池用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或磷酸铁锂(LiFePO4)等为正极材料。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为________。
（2）的空间构型为________，其中心原子的杂化类型是________。
（3）|Co(NH3)4Cl2|Cl是一种钴常见的配合物，其中Co的配位数是________，1mol该配合物含σ键数目为________，若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量为________g。
（4）Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为________。
（5）硫化锂Li2S的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为反萤石(萤石CaF2)结构，其晶胞结构如图。
S2-的配位数是________，设NA为阿伏加德罗常数的值，若Li2S晶体的密度为ρg·cm-3 ， 则晶胞边长是________nm(用含ρ、NA的计算式表示)。
14.烃A是基本有机化工原料，其分子式为C3H6 ， 由A制备聚合物C和 合成路线如图所示(部分条件略去)
已知： ，R-C≡N RCOOH
（1）B中含氧官能团名称为________。
（2）C的结构简式为________。
（3）A→D的反应类型为________。
（4）用星号(*)标出该化合物 中所含的手性碳原子________，下列物质不能与 发生反应的是________(填序号)。
a.NaOH溶液 b.溴水 c.FeCl3溶液 d.金属Na
（5）写出E→F的化学方程式为________。
（6）满足以下条件，化合物B的同分异构体有________种，
①与B具有相同官能团
②能发生银镜反应：
写出其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式________。
（7）根据题中信息，写出以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线(无机试剂任选)________。
15.《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
（1）I中加铁屑而不加铁块的原因是________。
（2）写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式________。
（3）加CaCO3之前需要加双氧水的作用________，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是________。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
（4）深度除杂中加入MnF2的作用________。
（5）从滤液中获取MnSO4晶体的方法是________、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
（6）为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图像分析n(Fe)/n(MnO2)约为________最合适，并说出理由________。
16.国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
（1）已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2Cl和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式________。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1 ， 请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值________。
（2）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1 ， 反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为________
②T℃时该反应的平衡常数K=________(列计算式表示)。
（3）目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式________。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行________。
（4）T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=________(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，提出了元素周期律，A不符合题意；
B．德国科学家哈伯发明合成氨技术，B不符合题意；
C．奥地利物理学家薛定谔提出的电子云模型，C不符合题意；
D．中国科学家屠呦呦发现青蒿素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据化学发展史，与中国科学家有关的是青蒿素的发现
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．油脂在酸性、碱性条件下都能发生水解，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，可以制甘油和肥皂，故A不符合题意；
B．聚乙烯是有机高分子材料，光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B符合题意；
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，说明含有淀粉，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故C不符合题意；
D．疫苗的主要成分是蛋白质，高温能够使蛋白质变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】聚乙烯是有机高分子材料，而光导纤维是二氧化硅，是无机非金属材料，其他选项均正确
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．C和B在同一周期，B在ⅢA族，C在ⅣA族，C的电负性更大，同价态形成含氧酸的酸性，C大于B，可以用元素周期律解释，A不符合题意；
B．O和S在同一主族，O在第二周期，S在第三周期，O2-的半径小于S2- ， 所以O2-更难失去电子，还原性不如S2- ， 可以用元素周期律解释，B不符合题意；
C．水的沸点高于H2S的原因是水分子之间会形成氢键，分子间结合更紧密，所以沸点更高，而H2S不能，否则按照元素周期律应该是相对分子质量更大的物质(同种结合类型)沸点更高，C符合题意；
D．Si和S在同一周期，Si在ⅣA族，S在ⅥA族，按照元素周期律，同一周期，主族序号更大的元素，原子半径更小，可以用元素周期律解释，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据元素周期律可以比较单质的金属性或非金属性或者对应离子的氧化性或者还原性，和元素的最高价氧化物对应水合物的酸碱性或元素的原子半径大小，结合选项进行判断即可
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．题中未给NaAlO2水溶液体积，不能求出氧原子数，A不符合题意；
B．碳酸钠水溶液中，碳酸根发生水解，故水溶液中c(Na+) ：c( )>2：1，B符合题意；
C．常温下铁片与浓硫酸发生钝化，无法计算生成的二氧化硫的物质的量及数目，C不符合题意；
D．1mol氢氧根离子含有10NA电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但体积未知，但是水分子中也含有氧原子
B.考虑碳酸根离子水解
C.常温下，浓硫酸在铁的表面氧化成氧化物薄膜阻碍了反应进行
D.根据写出化学式进行计算出电子数即可
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．用SO2溶液吸收溴蒸汽反应生成硫酸和氢溴酸：SO2+Br2+2H2O= +2Br-+4H+ ， A符合题意；
B．FeO溶于足量稀硝酸： +3FeO+10H+=NO +3Fe3++5H2O，B不符合题意；
C．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO- ， C不符合题意；
D．腐蚀印刷线路板的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.溴具有氧化性，二氧化硫具有还原性发生氧化还原反应
B.氧化亚铁具有还原性，硝酸具有氧化性发生氧化还原反应
C.醋酸是弱酸不拆
D.电荷不守恒
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．李比希元素定量分析可以确定有机物的实验式，不能确定有机物的结构式，故A符合题意；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B不符合题意；
C．X-射线衍射图谱可以发现构成晶体的粒子在空间呈有规则的重复排列，可以用于区分晶体和非晶体,故C不符合题意；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是元素化合价的变化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】李比希元素定量分析只能确定实验式，要想确定结构简式需要用到红外光谱等方式其他选项均正确
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9 ， A项不符合题意；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项不符合题意；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项符合题意；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4molNaOH，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据有机物的结构简式即可写出分子式，同时可以找出含有羧基，羟基、酯基、双键官能团，含有多个饱和碳原子，因此所有的碳原子不可能共面，可以发生消去反应、取代反应、加成反应、氧化反应等，找出与氢气加成的基团即可结合选项进行判断
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．简单离子半径，K+与Cl-核外电子层相同，原子序数越大，离子半径越小，F-核外电子层结构较K+与Cl-少，离子半径小，故r(W)>r(R)>r(Z)，A不符合题意；
B．同周期元素，第一电离能从左往右依次增大，第ⅤA族大于第ⅣA族，故F>N>O，即I1(Z)>I1(X)>I1(Y)，B不符合题意；
C．Z为F元素，F元素没有正价，故无最高价氧化物对应的水化物，C不符合题意；
D．X为N元素，简单氢化物分子为NH3 ， NH3为三角锥形分子，为不对称结构，故属于极性分子，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据 X的简单氢化物水溶液显碱性，因此X为N， Z是元素周期表中电负性最大的元素， Z处于第二周期，为F，W为Cl,R为K，Y为O，结合选项进行判断即可
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A不符合题意；
B．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2 ， 第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B不符合题意；
C．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C不符合题意；
D．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.增大反应物的浓度可以增大反应速率，焓变与起始和最终的物质有关系
B.活化能越大，速率越慢
C.根据能量图即可判断
D.温度升高，活化能不变，速率加快
10.【答案】 A
【解析】【解答】A．是否达到平衡和离子浓度是否相等无关，与离子浓度是否变化有关，A符合题意；
B．①中加入硫酸，c(H+)浓度增大，平衡逆向移动， 浓度增大，橙色加深，③加氢氧化钠，中和了氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动， 浓度增大，溶液变成黄色，B不符合题意；
C．乙醇在酸性条件下被 氧化成乙酸，而 被还原成Cr3+ ， 而使溶液呈绿色，C不符合题意；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.①中平衡可以根据颜色是否不变判断是否达到平衡
B.根据存在的平衡即可判断
C.根据存在的平衡即可判断
D.根据加入硫酸过量即可判断
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．放电过程中，a为正极， b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以放电过程中， 向b极迁移，A项不符合题意；
B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以 形式存在，则充电过程中, b电极应为: +2e-=Zn+4OH- ， B项不符合题意；
C．由图示可知，充电时，a电极失电子发生氧化反应，即a电极与电源正极相连，C项符合题意；
D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为Zn+4OH--2e-= ， a极为正极，则其电极反应式为, MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，所以放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH+ ， D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据放电过程中，b为负极，锌失去电子变为结合氢氧根离子变为， 电极式为：Zn+4OH--2e-= ， a为正极，是二氧化锰得到电子变为锰离子的过程，电极式为：MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，放电时，阴离子向负极，充电时a连接的是电池的正极，发生的反应是Mn2+ +2H2O-2e=MnO2+4H+,b连接的是电池的阴极，发生的反应是: +2e-=Zn+4OH- ， 结合选项进行判断即可
12.【答案】 B
【解析】【解答】A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应 ，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、 、 ，故A不符合题意；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c( )+2c( )，故B符合题意；
C．c点时溶质为H2CO3 ， 和NaCl，溶液中发生的离子反应是2 +3H+= +H2CO3 ， 故C不符合题意；
D．d点时溶质为NaCl和 ，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盐酸和碳酸钠反应时，先发生碳酸钠与盐酸反应得到碳酸氢钠和氯化钠的过程，再发生盐酸和碳酸氢钠反应得到氯化钠和水和二氧化碳的反应结合两个过程进行判断
A.根据给出的盐酸的量，即可判断此时的溶质
B.b点的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，结合电荷守恒进行判断即可
C.根据加入的盐酸，此时的溶质是碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，即可写出方程式
D.d点是碳酸和氯化钠，加热后二氧化碳挥发pH变大
二、综合题
13.【答案】 （1）
（2）正四面体形；sp3
（3）6；18NA；143.5
（4）NiO>CoO>FeO
（5）8；× 107
【解析】【解答】(1)基态Ni原子的价电子排布图为 ；
(2) 的价层电子对数= ，杂化类型为sp3 ， 空间构型为正四面体形；
(3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co的配位数为6；[Co(NH3)4Cl2]Cl内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于 键，共6个，加上4个NH3的12个 键，共18个；配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl-并不能电离，故1mol该配合物只有1molCl-能与AgNO3溶液反应，所以生成沉淀的质量为1mol×(35.5+108)g/mol=143.5g；
(4) Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为NiO>CoO>FeO；
(5)如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8；设a为晶胞边长， ，得 。
【分析】（1）根据Ni原子的核外电子排布即可写出价电子排布
（2）根据计算出中心原子的价层电子和孤对电子即可判断构型和杂化方式
（3）根据化学式即可判断配位数，根据结构简式找出单键和配位键即可，根据结构简式即可判断出可以的电离出的氯离子即可
（4）均是离子晶体，熔沸点与离子半径有关，半径越大，熔点越低
（5）根据晶胞结构图即可判断硫离子的配位数，根据计算出晶胞质量，结合密度计算出晶胞参数
14.【答案】 （1）酯基
（2）
（3）取代反应
（4）；C
（5）+ HOCH2- CH= CH2
（6）8；HCOOCH= C(CH3)2
（7）
【解析】【解答】(1)B为CH3CH=CHCOOCH3 ， 其中含有的含氧官能团为酯基；
(2)根据分析可知，C的结构简式为 ；
(3)A为C3H6 ， D为CH2=CHCH2Cl，故A生成D发生了取代反应；
(4) 中所含的手性碳原子为 ；该化合物中含有羧基、羟基以及双键，故可以与氢氧化钠溶液、金属钠和溴水发生反应，但是不能与氯化铁溶液发生反应，故答案为：C；
(5) E→F的化学方程式为 + HOCH2- CH= CH2 ；
(6)B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3 ， B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键、HCOO-，符合条件的有 ， ， ， ， ， ， ， ，共8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式HCOOCH= C(CH3)2；
(7) 由 与乙醇发生酯化反应脱水生成； 可以由 与氢氧化钠和盐酸反应生成； 可以由 与NaCN反应生成； 可以由甲苯与氯气发生取代反应生成，故以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线为
【分析】（1）根据结构简式即可判断出官能团
（2）根据反应物的结构简式即可写出生成物的结构简式
（3）根据反应物和生成物即可写出反应类型
（4）根据结构结构简式即可找出手性碳原子的个数，结合含有的官能团即可判断物质反应的类型
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据B的分子式即可写出要求的同分异构体
（7）根据生成物利用逆推法得到中间产物结合给出的反应物即可进行合成
15.【答案】 （1）增大接触面积，充分反应
（2）3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O
（3）充分氧化Fe2+；大于等于3.7小于7.7
（4）去除Ca2+、Mg2+
（5）蒸发浓缩或者浓缩结晶
（6）0.76-0.78均可；锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【解析】【解答】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+ ， 并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+ ， 加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
【分析】（1）铁屑比铁块的表面积大，便于充分反应
（2）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（3）过氧化氢具有氧化性可将亚铁离子氧化为三价铁离子，根据氢氧化铁和氢氧化亚铁的沉淀范围即可判断
（4）主要是除去可溶性的钙离子和镁离子
（5）根据温度和溶解度的关系是，加热浓缩趁热过滤
（6）根据图示即可判断，最大值为95%，找出n(Fe)/n(MnO2)即可，再增大比率，其浸出率增长不大
16.【答案】 （1）CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
（2）40%；
（3）CO2+4H2 CH4+ 2H2O；因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)
（4）1.6×105
【解析】【解答】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1 ， 故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆 ， 则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1 ， 故答案为： ；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为 ；
②用三段式法计算得：
， ；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2 ， 生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2 CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即 ，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)= ,故答案为：1.6×105。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可写出热化学方程式
②根据逆反应的活化能等于焓变的数值+正活化能
（2）①热量之比等于物质的量之比，即可结合热量的变化计算出物质的量变化计算出氢气的转化率
②根据平衡时的物质的量即可计算出平衡常数
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据△G=△H-T△S进行判断即可
（4）根据给出的方程式写出常数的公式利用给出的数据即可计算出醋酸的常数
高考化学一模试卷
一、单选题
1.下列贡献与中国科学家有关的是（ ）
A.提出元素周期律
B.发明合成氨技术
C.提出电子云模型
D.发现青蒿素
2.下列说法错误的是（ ）
A.利用油脂在碱性条件下水解，可以制甘油和肥皂
B.聚乙烯、光导纤维都是有机高分子材料
C.向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，不能说明淀粉未水解
D.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
3.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A.酸性：H3BO3
C.沸点：H2S
4.若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
B.1.0mol/L的Na2CO3水溶液中c(Na+) ：c( )>2：1
C.常温下56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
D.1mol羟基与lmol氢氧根离子所含电子数均为9NA
5.下列离子方程式正确的是（ ）
A.用SO2溶液吸收溴蒸汽：SO2+Br2+2H2O= +2Br-+4H+
B.FeO溶于足量稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
C.用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D.腐蚀印刷线路板的反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
6.下列说法错误的是（ ）
A.李比希元素定量分析可以确定有机物分子组成及其结构式
B.胶体和溶液的本质区别是粒子直径大小
C.X-射线衍射图谱可以区分晶体和非晶体
D.氧化还原反应的本质是电子的转移
7.绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是（ ）
A.分子式为：C16H20O9
B.该有机物中所有碳原子可能共平面
C.能够发生消去反应生成碳碳双键
D.1mol该化合物最多可消耗5molNaOH
8.X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X的简单氢化物水溶液显碱性，Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z和W同主族，R的基态原子只有一个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A.简单离子半径：r(R)>r(W)>r(Z)
B.第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C.Z的最高价氧化物的水化物是强酸
D.X的简单氢化物分子属于极性分子
9.如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是（ ）
A.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
B.第一步反应的速率小于第二步反应
C.总反应为放热反应
D.升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快
10.K2Cr2O7溶液中存在平衡： 。用K2Cr2O7溶液进行下列实验。下列说法错误的是（ ）
A.①中 和 浓度相等说明反应达平衡
B.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
C.②中 被C2H5OH还原为Cr3+
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为绿色
11.锌电池具有价格便宜、比能量大、可充电等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是（ ）
A.放电过程中， 向a极迁移
B.充电过程中，b电极反应为：Zn2++2e-=Zn
C.充电时，a电极与电源正极相连
D.放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.4molH+
12.室温下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的CO2均表示为H2CO3)。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是（ ）
A.a点溶液的溶质主要为NaCl、NaHCO3
B.b点溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c( )+2c( )
C.c点时，溶液中发生的离子反应是3 +4H+=2 +H2CO3
D.取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变
二、综合题
13.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰等三位科学家，以表彰他们在锂电池研究作出的卓越贡献。常用的锂电池用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或磷酸铁锂(LiFePO4)等为正极材料。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为________。
（2）的空间构型为________，其中心原子的杂化类型是________。
（3）|Co(NH3)4Cl2|Cl是一种钴常见的配合物，其中Co的配位数是________，1mol该配合物含σ键数目为________，若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量为________g。
（4）Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为________。
（5）硫化锂Li2S的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为反萤石(萤石CaF2)结构，其晶胞结构如图。
S2-的配位数是________，设NA为阿伏加德罗常数的值，若Li2S晶体的密度为ρg·cm-3 ， 则晶胞边长是________nm(用含ρ、NA的计算式表示)。
14.烃A是基本有机化工原料，其分子式为C3H6 ， 由A制备聚合物C和 合成路线如图所示(部分条件略去)
已知： ，R-C≡N RCOOH
（1）B中含氧官能团名称为________。
（2）C的结构简式为________。
（3）A→D的反应类型为________。
（4）用星号(*)标出该化合物 中所含的手性碳原子________，下列物质不能与 发生反应的是________(填序号)。
a.NaOH溶液 b.溴水 c.FeCl3溶液 d.金属Na
（5）写出E→F的化学方程式为________。
（6）满足以下条件，化合物B的同分异构体有________种，
①与B具有相同官能团
②能发生银镜反应：
写出其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式________。
（7）根据题中信息，写出以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线(无机试剂任选)________。
15.《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
（1）I中加铁屑而不加铁块的原因是________。
（2）写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式________。
（3）加CaCO3之前需要加双氧水的作用________，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是________。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
（4）深度除杂中加入MnF2的作用________。
（5）从滤液中获取MnSO4晶体的方法是________、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
（6）为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图像分析n(Fe)/n(MnO2)约为________最合适，并说出理由________。
16.国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
（1）已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2Cl和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式________。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1 ， 请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值________。
（2）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1 ， 反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为________
②T℃时该反应的平衡常数K=________(列计算式表示)。
（3）目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式________。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行________。
（4）T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=________(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，提出了元素周期律，A不符合题意；
B．德国科学家哈伯发明合成氨技术，B不符合题意；
C．奥地利物理学家薛定谔提出的电子云模型，C不符合题意；
D．中国科学家屠呦呦发现青蒿素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据化学发展史，与中国科学家有关的是青蒿素的发现
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．油脂在酸性、碱性条件下都能发生水解，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，可以制甘油和肥皂，故A不符合题意；
B．聚乙烯是有机高分子材料，光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B符合题意；
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，说明含有淀粉，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故C不符合题意；
D．疫苗的主要成分是蛋白质，高温能够使蛋白质变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】聚乙烯是有机高分子材料，而光导纤维是二氧化硅，是无机非金属材料，其他选项均正确
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．C和B在同一周期，B在ⅢA族，C在ⅣA族，C的电负性更大，同价态形成含氧酸的酸性，C大于B，可以用元素周期律解释，A不符合题意；
B．O和S在同一主族，O在第二周期，S在第三周期，O2-的半径小于S2- ， 所以O2-更难失去电子，还原性不如S2- ， 可以用元素周期律解释，B不符合题意；
C．水的沸点高于H2S的原因是水分子之间会形成氢键，分子间结合更紧密，所以沸点更高，而H2S不能，否则按照元素周期律应该是相对分子质量更大的物质(同种结合类型)沸点更高，C符合题意；
D．Si和S在同一周期，Si在ⅣA族，S在ⅥA族，按照元素周期律，同一周期，主族序号更大的元素，原子半径更小，可以用元素周期律解释，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据元素周期律可以比较单质的金属性或非金属性或者对应离子的氧化性或者还原性，和元素的最高价氧化物对应水合物的酸碱性或元素的原子半径大小，结合选项进行判断即可
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．题中未给NaAlO2水溶液体积，不能求出氧原子数，A不符合题意；
B．碳酸钠水溶液中，碳酸根发生水解，故水溶液中c(Na+) ：c( )>2：1，B符合题意；
C．常温下铁片与浓硫酸发生钝化，无法计算生成的二氧化硫的物质的量及数目，C不符合题意；
D．1mol氢氧根离子含有10NA电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但体积未知，但是水分子中也含有氧原子
B.考虑碳酸根离子水解
C.常温下，浓硫酸在铁的表面氧化成氧化物薄膜阻碍了反应进行
D.根据写出化学式进行计算出电子数即可
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．用SO2溶液吸收溴蒸汽反应生成硫酸和氢溴酸：SO2+Br2+2H2O= +2Br-+4H+ ， A符合题意；
B．FeO溶于足量稀硝酸： +3FeO+10H+=NO +3Fe3++5H2O，B不符合题意；
C．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO- ， C不符合题意；
D．腐蚀印刷线路板的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.溴具有氧化性，二氧化硫具有还原性发生氧化还原反应
B.氧化亚铁具有还原性，硝酸具有氧化性发生氧化还原反应
C.醋酸是弱酸不拆
D.电荷不守恒
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．李比希元素定量分析可以确定有机物的实验式，不能确定有机物的结构式，故A符合题意；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B不符合题意；
C．X-射线衍射图谱可以发现构成晶体的粒子在空间呈有规则的重复排列，可以用于区分晶体和非晶体,故C不符合题意；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是元素化合价的变化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】李比希元素定量分析只能确定实验式，要想确定结构简式需要用到红外光谱等方式其他选项均正确
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9 ， A项不符合题意；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项不符合题意；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项符合题意；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4molNaOH，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据有机物的结构简式即可写出分子式，同时可以找出含有羧基，羟基、酯基、双键官能团，含有多个饱和碳原子，因此所有的碳原子不可能共面，可以发生消去反应、取代反应、加成反应、氧化反应等，找出与氢气加成的基团即可结合选项进行判断
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．简单离子半径，K+与Cl-核外电子层相同，原子序数越大，离子半径越小，F-核外电子层结构较K+与Cl-少，离子半径小，故r(W)>r(R)>r(Z)，A不符合题意；
B．同周期元素，第一电离能从左往右依次增大，第ⅤA族大于第ⅣA族，故F>N>O，即I1(Z)>I1(X)>I1(Y)，B不符合题意；
C．Z为F元素，F元素没有正价，故无最高价氧化物对应的水化物，C不符合题意；
D．X为N元素，简单氢化物分子为NH3 ， NH3为三角锥形分子，为不对称结构，故属于极性分子，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据 X的简单氢化物水溶液显碱性，因此X为N， Z是元素周期表中电负性最大的元素， Z处于第二周期，为F，W为Cl,R为K，Y为O，结合选项进行判断即可
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A不符合题意；
B．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2 ， 第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B不符合题意；
C．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C不符合题意；
D．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.增大反应物的浓度可以增大反应速率，焓变与起始和最终的物质有关系
B.活化能越大，速率越慢
C.根据能量图即可判断
D.温度升高，活化能不变，速率加快
10.【答案】 A
【解析】【解答】A．是否达到平衡和离子浓度是否相等无关，与离子浓度是否变化有关，A符合题意；
B．①中加入硫酸，c(H+)浓度增大，平衡逆向移动， 浓度增大，橙色加深，③加氢氧化钠，中和了氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动， 浓度增大，溶液变成黄色，B不符合题意；
C．乙醇在酸性条件下被 氧化成乙酸，而 被还原成Cr3+ ， 而使溶液呈绿色，C不符合题意；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.①中平衡可以根据颜色是否不变判断是否达到平衡
B.根据存在的平衡即可判断
C.根据存在的平衡即可判断
D.根据加入硫酸过量即可判断
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．放电过程中，a为正极， b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以放电过程中， 向b极迁移，A项不符合题意；
B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以 形式存在，则充电过程中, b电极应为: +2e-=Zn+4OH- ， B项不符合题意；
C．由图示可知，充电时，a电极失电子发生氧化反应，即a电极与电源正极相连，C项符合题意；
D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为Zn+4OH--2e-= ， a极为正极，则其电极反应式为, MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，所以放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH+ ， D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据放电过程中，b为负极，锌失去电子变为结合氢氧根离子变为， 电极式为：Zn+4OH--2e-= ， a为正极，是二氧化锰得到电子变为锰离子的过程，电极式为：MnO2+4H++2e-=Mn2+ +2H2O，放电时，阴离子向负极，充电时a连接的是电池的正极，发生的反应是Mn2+ +2H2O-2e=MnO2+4H+,b连接的是电池的阴极，发生的反应是: +2e-=Zn+4OH- ， 结合选项进行判断即可
12.【答案】 B
【解析】【解答】A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应 ，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、 、 ，故A不符合题意；
B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c( )+2c( )，故B符合题意；
C．c点时溶质为H2CO3 ， 和NaCl，溶液中发生的离子反应是2 +3H+= +H2CO3 ， 故C不符合题意；
D．d点时溶质为NaCl和 ，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盐酸和碳酸钠反应时，先发生碳酸钠与盐酸反应得到碳酸氢钠和氯化钠的过程，再发生盐酸和碳酸氢钠反应得到氯化钠和水和二氧化碳的反应结合两个过程进行判断
A.根据给出的盐酸的量，即可判断此时的溶质
B.b点的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，结合电荷守恒进行判断即可
C.根据加入的盐酸，此时的溶质是碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，即可写出方程式
D.d点是碳酸和氯化钠，加热后二氧化碳挥发pH变大
二、综合题
13.【答案】 （1）
（2）正四面体形；sp3
（3）6；18NA；143.5
（4）NiO>CoO>FeO
（5）8；× 107
【解析】【解答】(1)基态Ni原子的价电子排布图为 ；
(2) 的价层电子对数= ，杂化类型为sp3 ， 空间构型为正四面体形；
(3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co的配位数为6；[Co(NH3)4Cl2]Cl内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于 键，共6个，加上4个NH3的12个 键，共18个；配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl-并不能电离，故1mol该配合物只有1molCl-能与AgNO3溶液反应，所以生成沉淀的质量为1mol×(35.5+108)g/mol=143.5g；
(4) Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为NiO>CoO>FeO；
(5)如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8；设a为晶胞边长， ，得 。
【分析】（1）根据Ni原子的核外电子排布即可写出价电子排布
（2）根据计算出中心原子的价层电子和孤对电子即可判断构型和杂化方式
（3）根据化学式即可判断配位数，根据结构简式找出单键和配位键即可，根据结构简式即可判断出可以的电离出的氯离子即可
（4）均是离子晶体，熔沸点与离子半径有关，半径越大，熔点越低
（5）根据晶胞结构图即可判断硫离子的配位数，根据计算出晶胞质量，结合密度计算出晶胞参数
14.【答案】 （1）酯基
（2）
（3）取代反应
（4）；C
（5）+ HOCH2- CH= CH2
（6）8；HCOOCH= C(CH3)2
（7）
【解析】【解答】(1)B为CH3CH=CHCOOCH3 ， 其中含有的含氧官能团为酯基；
(2)根据分析可知，C的结构简式为 ；
(3)A为C3H6 ， D为CH2=CHCH2Cl，故A生成D发生了取代反应；
(4) 中所含的手性碳原子为 ；该化合物中含有羧基、羟基以及双键，故可以与氢氧化钠溶液、金属钠和溴水发生反应，但是不能与氯化铁溶液发生反应，故答案为：C；
(5) E→F的化学方程式为 + HOCH2- CH= CH2 ；
(6)B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3 ， B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键、HCOO-，符合条件的有 ， ， ， ， ， ， ， ，共8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式HCOOCH= C(CH3)2；
(7) 由 与乙醇发生酯化反应脱水生成； 可以由 与氢氧化钠和盐酸反应生成； 可以由 与NaCN反应生成； 可以由甲苯与氯气发生取代反应生成，故以甲苯和乙醇为有机原料制备苯乙酸乙酯的合成路线为
【分析】（1）根据结构简式即可判断出官能团
（2）根据反应物的结构简式即可写出生成物的结构简式
（3）根据反应物和生成物即可写出反应类型
（4）根据结构结构简式即可找出手性碳原子的个数，结合含有的官能团即可判断物质反应的类型
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据B的分子式即可写出要求的同分异构体
（7）根据生成物利用逆推法得到中间产物结合给出的反应物即可进行合成
15.【答案】 （1）增大接触面积，充分反应
（2）3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O
（3）充分氧化Fe2+；大于等于3.7小于7.7
（4）去除Ca2+、Mg2+
（5）蒸发浓缩或者浓缩结晶
（6）0.76-0.78均可；锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【解析】【解答】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+ ， 并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+ ， 加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
【分析】（1）铁屑比铁块的表面积大，便于充分反应
（2）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（3）过氧化氢具有氧化性可将亚铁离子氧化为三价铁离子，根据氢氧化铁和氢氧化亚铁的沉淀范围即可判断
（4）主要是除去可溶性的钙离子和镁离子
（5）根据温度和溶解度的关系是，加热浓缩趁热过滤
（6）根据图示即可判断，最大值为95%，找出n(Fe)/n(MnO2)即可，再增大比率，其浸出率增长不大
16.【答案】 （1）CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
（2）40%；
（3）CO2+4H2 CH4+ 2H2O；因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)
（4）1.6×105
【解析】【解答】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1 ， 故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆 ， 则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1 ， 故答案为： ；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为 ；
②用三段式法计算得：
， ；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2 ， 生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2 CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即 ，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)= ,故答案为：1.6×105。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可写出热化学方程式
②根据逆反应的活化能等于焓变的数值+正活化能
（2）①热量之比等于物质的量之比，即可结合热量的变化计算出物质的量变化计算出氢气的转化率
②根据平衡时的物质的量即可计算出平衡常数
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据△G=△H-T△S进行判断即可
（4）根据给出的方程式写出常数的公式利用给出的数据即可计算出醋酸的常数
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