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2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三）
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这是一份2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三），共29页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉，曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）
A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C．生铁是指含碳量低的铁合金
D．工业上主要通过煤的干馏获得乙烯、丙烯
2．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑．下列有关说法正确的是（ ）
A．1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA
3．（6分）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A．WX是共价化合物
B．原子半径：W＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＜Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
4．（6分）科研人员发现瑞德西韦对新型冠状病毒有抑制作用。有机物M（结构如图）是合成瑞德西韦的原料之一。下列关于有机物M的描述错误的是（ ）
A．分子中所有碳原子不可能在同一平面
B．能发生水解反应，生成氨基酸和一元醇
C．碳原子上的一氯代物有6种
D．分子中含有3种官能团
5．（6分）下列实验不能达到目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
除去NO中的少量NO2气体
用氢氧化钠溶液洗气
B
验证小苏打溶液显碱性
向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞
C
证明碳酸的酸性强于硼酸
向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液
D
制备少量HCl气体
向浓硫酸中滴入适量浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）小张同学进行了以下探究实验：在一小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只某7号碱性锌﹣锰干电池（其结构如图）放入烧杯中，观察现象。以下说法错误的是（ ）
A．电池负极附近变红，并产生气泡，该气体为氢气
B．电池正极附近将产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．碱性锌﹣锰干电池正极反应：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
D．该探究实验过程涉及电能与化学能的相互转化过程
7．（6分）新买的瓷制餐具、茶具、酒具放入10%的醋内煮上两三个小时，可除去新瓷器所含的微量铝，避免铝毒危害身体。已知25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.7×10﹣5。该温度下用0.1mol•L﹣1的醋酸滴定10.00mL 0.1mol•L﹣1的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积（V）与溶液中lg[]的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．MOH的电离方程式为MOH═M++OH﹣
B．a点V（CH3COOH）＝10.00mL
C．25℃时，CH3COO﹣的水解平衡常数为5.9×10﹣10
D．b点：c（CH3COO﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（15分）某兴趣小组以0.1mol/L FeCl3溶液（pH＝1.9）滴定25mL 0.1mol/L Na2S溶液（pH＝12.2），用pH传感器记录反应过程中混合溶液pH值的变化（如图），并观察记录反应现象（如表），以探究溶液酸碱性对化学反应的影响。
对应点
现象
a
产生黑色沉淀
b
黑色沉淀增多
c
黑色沉淀减少，有大量黄色沉淀生成
（1）滴定时，盛装FeCl3溶液应选取 式滴定管，完成该实验选择 规格。（填“A”或“B”）
A.25mL
B.50mL
用离子方程式表示Na2S溶液呈碱性的原因： 。
（2）已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。拟用以下方法检验b点所得黑色沉淀中是否含单质S，试剂X为 。
通过现象： 判断b点黑色沉淀含单质S，b点生成单质S的离子反应为 。
（3）继续用以上方法检验出a点所得黑色沉淀不含S，检出黑色沉淀为Fe2S3，推断a点时未发生氧化还原反应，其原因可能是： 。
（4）为探究c点黑色沉淀溶解的原因，设计如下实验，并观察到相应现象。
实验1
实验2
固体溶解，闻到微量臭鸡蛋味，溶液出现淡黄色浑浊。
用离子方程式表示实验1中产生淡黄色浑浊的原因： 。
实验2中加入FeCl3溶液比加入盐酸溶液时Fe2S3固体溶解更快，说明： 。
（5）有FeS和Fe2S3固体混合物26.9g，加入足量稀盐酸，完全反应产生淡黄色沉淀，并收集到标准状况下6.72L气体，若用FexS表示该固体混合物，则x＝ 。
9．（14分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图1。
（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的是： 。
（2）“调pH＝5”步骤滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和 （填化学式），已知Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，则浊液中c（Cu2+）＝ mol/L。
（3）“氧化”步骤的目的是除铁、除锰，已知KMnO4的还原产物是MnO2，则该步骤中铁将转化为 （填化学式）沉淀除去，而除锰的离子方程式为 。
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合，在较高温度下反应，反应的化学方程式是 。当观察到反应釜中 现象时，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
（5）“置换”中置换率与的关系如图2所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中最佳比值为1.3，若需置换出112kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 kg。
10．（14分）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。
（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1＝﹣41kJ•mol﹣1
CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H2＝+174.1kJ•mol﹣1
反应Ⅰ的热化学方程式为 。
（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①图中A点平衡状态的平衡常数KA＝ ，A、E两点对应的反应温度TA TE（填“＜”、“＝”或“＞”）。以下措施可以提高CO平衡转化率的是 。
A.增大压强
B.升高温度
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]
D.分离出CO2
②A、B两点对应的反应速率大小：vA vB（填“＜”、“＝”或“＞”）。
③达到D点平衡状态时，Kp＝ 。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）
④已知反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•x（CO）•x（H2O）﹣k逆•x（CO2）•x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当＝2.25时，CO的转化率是 。
（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，电解过程中持续通入CO2，则阴极的电极反应式为 。
11．（15分）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图一所示。基态氮原子的价电子排布图为 ；吡啶六元环为平面结构，邻氨基吡啶的铜配合物中氮原子的杂化形式为 ，Cu2+的配位数是 。
（2）高聚氮晶体结构如图二所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是 晶体；该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为 。
（3）NO3﹣的空间构型是 ；H2Se的酸性比H2S酸性强的原因是 。
（4）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其结构如图三所示。已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g•cm﹣3（用含NA、a、b的式子表示）。
12．有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示。
已知：
（1）P中含氧官能团的名称为 ，C的分子式为 。
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）F的结构简式为 ，E→F所需的试剂和条件为 。
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有 种。
①苯环上有三个取代基；
②分子中含有“”原子团。
（6）J（）是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线 （其它无机试剂任选）。
2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉，曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）
A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C．生铁是指含碳量低的铁合金
D．工业上主要通过煤的干馏获得乙烯、丙烯
【分析】A．臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，描述的是炼铁原理；
B．煤的主要成分为碳，只有碳和氢元素组成的物质为烃；
C．生铁的含碳量较高；
D．通过煤的干馏，可获得焦炭、煤焦油等化工原料。
【解答】解：A．“煎矿煮石”，是以焦炭还原铁的氧化物，所以《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，故A正确；
B．“煤则各处产之”说明以煤炭作为燃料被普遍使用，但是煤的主要成分为碳，不是烃，故B错误；
C．生铁是含碳量较高的铁合金，含碳量低的为钢，故C错误；
D．煤进行干馏，获得焦炭、煤焦油等化工原料，石油分馏得到烷烃类、芳香烃化合物，裂化得到烯烃类化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属冶炼、物质组成与性质应用，为高频考点，把握题干信息为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
2．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑．下列有关说法正确的是（ ）
A．1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA
【分析】A．溶液体积未知；
B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子；
C．分析Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑反应中化合价变化判断电子转移数目；
D．通常状况下Vm大于22.4L/mol。
【解答】解：A．溶液体积未知，依据n＝CV可知无法判断氧原子个数大小，故A错误；
B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目大于0.1NA，故B错误；
C．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑反应中氧化物为二氧化碳，反应生成2mol二氧化碳失去8mol电子，则生成1mol二氧化碳转移4mol电子，个数4NA，故C正确；
D．通常状况下Vm大于22.4L/mol，无法计算二氧化碳物质的量和质子数，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用及物质的量有关计算，明确物质的结构组成，熟悉氧化还原反应基本概念是解题关键，题目难度不大。
3．（6分）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A．WX是共价化合物
B．原子半径：W＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＜Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O、Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K，
A．WX是KH，含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W＞Y＞Z，故B错误；
C．非金属性S大于C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＞Y，故C错误；
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如CO、二氧化碳、水、双氧水、氧化钾、过氧化钾、二氧化硫、三氧化硫，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、元素的位置、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）科研人员发现瑞德西韦对新型冠状病毒有抑制作用。有机物M（结构如图）是合成瑞德西韦的原料之一。下列关于有机物M的描述错误的是（ ）
A．分子中所有碳原子不可能在同一平面
B．能发生水解反应，生成氨基酸和一元醇
C．碳原子上的一氯代物有6种
D．分子中含有3种官能团
【分析】A．该分子中除了酯基上的碳原子外其它碳原子都具有甲烷结构特点；
B．含有酯基和氨基，所以具有酯和氨的性质；
C．碳原子上含有几种氢原子，其碳原子上的一氯代物有几种；
D．含有酯基和氨基。
【解答】解：A．该分子中除了酯基上的碳原子外其它碳原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故A正确；
B．含有酯基和氨基，所以具有酯和氨的性质，该物质水解生成（CH3CH2）2CCH2OH、CH3CH（NH2）COOH，所以生成氨基酸和一元醇，故B正确；
C．碳原子上含有6种氢原子，其碳原子上的一氯代物有6种，故C正确；
D．含有酯基和氨基2种官能团，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
5．（6分）下列实验不能达到目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
除去NO中的少量NO2气体
用氢氧化钠溶液洗气
B
验证小苏打溶液显碱性
向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞
C
证明碳酸的酸性强于硼酸
向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液
D
制备少量HCl气体
向浓硫酸中滴入适量浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氢氧化钠溶液与二氧化氮反应，不与一氧化氮反应；
B．碱性溶液中滴入酚酞呈红色；
C．硼酸少量，可能生成碳酸氢钠，应该加入过量的硼酸溶液；
D．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性。
【解答】解：A．NO2与NaOH溶液反应，而NO不反应，可用NaOH溶液除去NO中的少量NO2气体，故A不选；
B．向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞，若溶液呈红色，证明碳酸氢钠溶液呈碱性，能够达到实验目的，故B不选；
C．向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液，可能生成了碳酸氢钠，应该加入过量的硼酸溶液，通过无现象说明碳酸的酸性强于硼酸，该实验无法达到实验目的，故C选；
D．由于浓硫酸具有吸水性、浓盐酸易挥发，可用浓硫酸中和浓盐酸混合制取少量HCl，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）小张同学进行了以下探究实验：在一小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只某7号碱性锌﹣锰干电池（其结构如图）放入烧杯中，观察现象。以下说法错误的是（ ）
A．电池负极附近变红，并产生气泡，该气体为氢气
B．电池正极附近将产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．碱性锌﹣锰干电池正极反应：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
D．该探究实验过程涉及电能与化学能的相互转化过程
【分析】7号碱性锌﹣锰干电池的铜帽为正极，MnO2得电子生成MnOOH，正极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnOOH+OH﹣，Zn为负极材料，小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只7号碱性锌﹣锰干电池放入其中，形成电解池，电池的正极铜帽为电解池的阳极、负极为阴极，阳极上铜帽发生失电子的氧化反应生成Cu2+，阳极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，阴极上水放电生成H2和OH﹣，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，则阴极或电池负极附近溶液变红，据此分析解答。
【解答】解：A．将一只7号碱性锌﹣锰干电池放入盛有饱和氯化钠溶液的烧杯中形成电解池，电池的负极作阴极，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，则电池负极附近变红，并产生气泡，故A正确；
B．电池的正极铜帽为电解池的阳极，阳极上铜帽失电子生成Cu2+，阳极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故B错误；
C．7号碱性锌﹣锰干电池的铜帽为正极，MnO2得电子生成MnOOH，正极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnOOH+OH﹣，故C正确；
D．实验过程中涉及原电池放电、将化学能转化为电能，电解时将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的相互转化，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理的应用和原电池工作原理，为高频考点，侧重考查分析能力和灵活运用能力，明确电极的判断、电极上发生的反应是解题关键，难点是电极反应式的书写，注意电解池中阳极的类型和发生的反应，题目难度中等。
7．（6分）新买的瓷制餐具、茶具、酒具放入10%的醋内煮上两三个小时，可除去新瓷器所含的微量铝，避免铝毒危害身体。已知25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.7×10﹣5。该温度下用0.1mol•L﹣1的醋酸滴定10.00mL 0.1mol•L﹣1的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积（V）与溶液中lg[]的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．MOH的电离方程式为MOH═M++OH﹣
B．a点V（CH3COOH）＝10.00mL
C．25℃时，CH3COO﹣的水解平衡常数为5.9×10﹣10
D．b点：c（CH3COO﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【分析】A．根据图像V（CH3COOH）＝0，可切得0.1 mol•L﹣1的MOH溶液pH＝13，MOH为强碱；
B．a点的c（H+）＝c（OH﹣），若V（CH3COOH）＝10 mL，则溶液中溶质为CH3COOM，该盐为强碱弱酸盐；
C．室温下，根据Kh（CH3COO﹣）＝计算；
D．由图像可知，b溶液为酸性，溶液中存在CH3COOH、CH3COOM。
【解答】解：A．由图像V（CH3COOH）＝0，＝10﹣12可知c（H+）＝10﹣13mol/L，0.1 mol•L﹣1的MOH溶液pH＝13，所以MOH为强碱，在水溶液中完全电离，故A正确；
B．a点的c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，而V（CH3COOH）＝10 mL时，溶液中溶质为CH3COOM，该盐为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故B错误；
C．室温下，Kh（CH3COO﹣）＝＝＝5.9×10﹣10，故C正确；
D．由图像可知，b点c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（M+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），可知c（CH3COO﹣）＞c（M+），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了电离和水解的知识，题目较为简单，考法较为经典，很好地利用了图像隐含信息，对学生培养分析解决问题的能力有一定的帮助。
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（15分）某兴趣小组以0.1mol/L FeCl3溶液（pH＝1.9）滴定25mL 0.1mol/L Na2S溶液（pH＝12.2），用pH传感器记录反应过程中混合溶液pH值的变化（如图），并观察记录反应现象（如表），以探究溶液酸碱性对化学反应的影响。
对应点
现象
a
产生黑色沉淀
b
黑色沉淀增多
c
黑色沉淀减少，有大量黄色沉淀生成
（1）滴定时，盛装FeCl3溶液应选取 酸 式滴定管，完成该实验选择 规格。（填“A”或“B”）
A.25mL
B.50mL
用离子方程式表示Na2S溶液呈碱性的原因： S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ 。
（2）已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。拟用以下方法检验b点所得黑色沉淀中是否含单质S，试剂X为 水 。
通过现象： 加入水后，出现淡黄色沉淀 判断b点黑色沉淀含单质S，b点生成单质S的离子反应为 2Fe3++S2﹣＝2Fe2++S↓ 。
（3）继续用以上方法检验出a点所得黑色沉淀不含S，检出黑色沉淀为Fe2S3，推断a点时未发生氧化还原反应，其原因可能是： 溶液pH大，溶液酸性弱，Fe3+氧化性弱 。
（4）为探究c点黑色沉淀溶解的原因，设计如下实验，并观察到相应现象。
实验1
实验2
固体溶解，闻到微量臭鸡蛋味，溶液出现淡黄色浑浊。
用离子方程式表示实验1中产生淡黄色浑浊的原因： FeS+2Fe3+＝3Fe2++S 。
实验2中加入FeCl3溶液比加入盐酸溶液时Fe2S3固体溶解更快，说明： 固体溶解快慢与Fe3+的浓度有关，与H+浓度无关 。
（5）有FeS和Fe2S3固体混合物26.9g，加入足量稀盐酸，完全反应产生淡黄色沉淀，并收集到标准状况下6.72L气体，若用FexS表示该固体混合物，则x＝ 。
【分析】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装，整个实验过程至少需要40 mL溶液，要用50mL的滴定管，Na2S为强碱弱酸盐，S2﹣为弱酸根，发生水解；
（2）S在酒精中溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，加入水，乙醇质量分数减小，S析出，观察到淡黄色沉淀，Fe3+具有氧化性，S2﹣具有还原性，二者发生氧化还原反应；
（3）Fe3+的氧化性与溶液酸碱性有关，酸性越强，氧化性越强，开始溶液pH较大，Fe3+氧化性较弱；
（4）产生淡黄色浑浊，即为S2﹣被Fe3+氧化，生成S沉淀，对比FeCl3溶液与盐酸溶液，二者的差别在Fe3+和H+的浓度不同，也是产生不同现象的原因所在；
（5）根据二者的总质量列方程，再根据Fe3+与S2﹣之间的关系列方程，题中x的值，即为“Fe”的总物质的量与“S”的总物质的量之比。
【解答】解：（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解，使溶液呈现酸性，应用酸式滴定管盛装；由图中实验过程分析，整个实验过程至少需要40mL溶液，应选用大于40mL的滴定管盛装，Na2S中，S2﹣为弱酸根，在水溶液中要结合水电离出的H+，发生水解；
故答案为：酸；B；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；
（2）题中给出硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验中用95%的酒精溶解，取上清液，若存在S，则S会溶解在酒精中，存在于上清液，此时，加入水，减小乙醇的质量分数，S的溶解度降低就会析出，观察到淡黄色沉淀。S2﹣生成S沉淀，即被氧化，溶液中Fe3+具有氧化性，并被还原为Fe2+，
故答案为：水；加入水后，出现淡黄色沉淀；2Fe3++S2﹣＝2Fe2++S↓；
（3）随着FeCl3溶液的增多，溶液pH值降低，溶液酸性增强，Fe3+氧化性增强，可将S2﹣氧化；而a点时，FeCl3较少，酸性弱，Fe3+无法氧化S2﹣；
故答案为：溶液pH大，溶液酸性弱，Fe3+氧化性弱；
（4）淡黄色浑浊为S沉淀，S2﹣被Fe3+氧化，S2﹣存在于FeS中，FeS为沉淀，离子方程式为FeS+2Fe3+＝3Fe2++S；实验2中，对比两次实验，二者的差别在Fe3+和H+的浓度不同，所以产生不同现象的原因就在二者的浓度不同；Fe3+的浓度越大，反应速率越快，固体溶解速率快；
故答案为：FeS+2Fe3+＝3Fe2++S；固体溶解快慢与Fe3+的浓度有关，与H+浓度无关；
（5）设FeS和Fe2S3的物质的量分别为m mol和n mol，题中收集到6.72L即0.3mol H2S气体，根据FeS+2Fe3+＝3Fe2++S，则Fe2S3与产生S的关系为1：1，再根据S2﹣+2H+＝H2S↑，结合“S”原子守恒及质量守恒可知
由②得，m+2n＝0.3
由①②解得n＝，
题中x＝＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查探究实验，盐类的水解和氧化还原的有关知识，同时考查了离子方程式的书写，原子守恒等知识。属于提升题型，难度偏大。
9．（14分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图1。
（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的是： 增大反应物接触面积，提高反应速率 。
（2）“调pH＝5”步骤滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和 CaSO4 （填化学式），已知Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，则浊液中c（Cu2+）＝ 2.2×10﹣2 mol/L。
（3）“氧化”步骤的目的是除铁、除锰，已知KMnO4的还原产物是MnO2，则该步骤中铁将转化为 Fe（OH）3 （填化学式）沉淀除去，而除锰的离子方程式为 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合，在较高温度下反应，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 。当观察到反应釜中 密度 现象时，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
（5）“置换”中置换率与的关系如图2所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中最佳比值为1.3，若需置换出112kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 86.2 kg。
【分析】根据流程图，镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH＝5，沉淀除去Cu（OH）2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的为增大反应物接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大反应物接触面积，提高反应速率；
（2）结合分析可知，滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和CaSO4，Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9mol/L，则浊液中c（Cu2+）＝＝mol/L＝2.2×10﹣2mol/L，
故答案为：CaSO4；2.2×10﹣2；
（3）结合分析可知，滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀发生的反应为3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+，3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：Fe（OH）3；3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度；
（5）锌置换镉的反应为Cd2++Zn＝Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为×65kg/kmol×1.3＝86.2kg，
故答案为：86.2。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，考查范围较广，整体难度适中。
10．（14分）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。
（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1＝﹣41kJ•mol﹣1
CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H2＝+174.1kJ•mol﹣1
反应Ⅰ的热化学方程式为 CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+256.1kJ/mol 。
（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①图中A点平衡状态的平衡常数KA＝ 1 ，A、E两点对应的反应温度TA ＝ TE（填“＜”、“＝”或“＞”）。以下措施可以提高CO平衡转化率的是 CD 。
A.增大压强
B.升高温度
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]
D.分离出CO2
②A、B两点对应的反应速率大小：vA ＜ vB（填“＜”、“＝”或“＞”）。
③达到D点平衡状态时，Kp＝ 2.25 。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）
④已知反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•x（CO）•x（H2O）﹣k逆•x（CO2）•x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当＝2.25时，CO的转化率是 50% 。
（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，电解过程中持续通入CO2，则阴极的电极反应式为 14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣ 。
【分析】（1）先根据图1书写反应Ⅰ的化学方程式，再根据盖斯定律，由已知热化学方程式①和②乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（2）①由图可知反应Ⅱ为：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），图中A点坐标为（0.5，66.7），即n（CO）：n（H2O）＝0.5，CO的转化率为66.7%，设CO的起始量为amol，则H2O的起始量为2amol，CO的变化量为0.667amol，列三段式计算得到各气体的平衡量，设容器的体积为VL，代入KA＝计算，同理可得到KE，平衡常数只与温度有关，K越大，反应的正向程度越大，根据KA与KE的大小关系可确定其温度关系，以下措施对平衡移动的影响是：
A.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，若反应前后气体分子数不变，则平衡不移动；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动；
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]，相当于保持CO的浓度不变，增大H2O的浓度，平衡正向移动；
D.生成物浓度减小，平衡正向移动；
②根据题意，图中各点除了投料比和温度可能不同，其他条件均相同，图中A点和B点的投料比相同，转化率不同，说明两点温度不同，升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，据此解答；
③D点坐标为（1，60），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为60%，设CO的起始量为cmol，则H2O的起始量为cmol，CO的变化量为0.6cmol，列三段式计算得到各气体的物质的量分数，设平衡时总压强为p总，代入Kp＝计算；
④平衡时，v正＝v逆，结合速率方程和③的计算结果确定k正与k逆的关系式，再代入＝＝2.25计算的值，最后设CO的转化率为α，列三段式计算得到各气体的物质的量分数，代入解得α；
（3）在电解池中，阴极发生还原反应，根据题意，结合电子守恒、电荷守恒书和原子守恒书写电极方程式。
【解答】解：（1）有图1可知，反应Ⅰ的化学方程式为CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g），根据盖斯定律，②﹣①×2可得CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+174.1kJ/mol﹣（﹣41kJ/mol）×2＝+256.1kJ/mol，
故答案为：CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+256.1kJ/mol；
（2）①图中A点坐标为（0.5，66.7），即n（CO）：n（H2O）＝0.5，CO的转化率为66.7%，设CO的起始量为amol，则H2O的起始量为2amol，CO的变化量为0.667amol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol a 2a 0 0
变化量/mol 0.667a 0.667a 0.667a 0.667a
平衡量/mol 0.333a 1.333a 0.667a 0.667a
设容器的体积为VL，则平衡常数KA＝＝≈1，图中E点坐标为（1，50），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为50%，设CO的起始量为bmol，则H2O的起始量为bmol，CO的变化量为0.5bmol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol b b 0 0
变化量/mol 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b
平衡量/mol 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b
则平衡常数KE＝＝＝1＝KA，温度不变，平衡常数不变，故A、E两点对应的反应温度：TA＝TE，以下措施能提高CO平衡转化率是：
A.反应Ⅱ前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故A错误；
B.由（1）知反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，故B错误；
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]，相当于保持CO的浓度不变，增大H2O的浓度，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故C正确；
D.分离出CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：1；＝；CD；
②图中A点和B点的投料比相同，A点的转化率大于B点的转化率，说明相对于A点，B点平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应，则TA＜TB，故A、B两点对应的反应速率大小：vA＜vB，
故答案为：＜；
③D点坐标为（1，60），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为60%，设CO的起始量为cmol，则H2O的起始量为cmol，CO的变化量为0.6cmol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol c c 0 0
变化量/mol 0.6c 0.6c 0.6c 0.6c
平衡量/mol 0.4c 0.4c 0.6c 0.6c
则平衡时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为0.4、0.4、0.6、0.6，设平衡时总压强为p总，则Kp＝＝＝2.25，
故答案为：2.25；
④平衡时，v正＝v逆，即k正•x（CO）•x（H2O）＝k逆•x（CO2）•x（H2），由③知Kp＝＝＝＝2.25，当＝2.25时，即＝＝2.25×＝2.25，则＝1，设CO的转化率为α，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol c c 0 0
变化量/mol αc αc αc αc
末量/mol （1﹣α）c （1﹣α）c αc αc
则此时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为（1﹣α）、（1﹣α）、α、α，由＝1，解得α＝0.5＝50%，
故答案为：50%；
（3）电解活化的CO2来制备乙醇，碳元素的化合价从+4价降低到﹣2价，则1molCO2得到6mol电子，发生还原反应，生成0.5molCH3CH2OH，在饱和KHCO3电解液中，阴极的电极反应式为：14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣，
故答案为：14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣。
【点评】本题考查了盖斯定律的应用、平衡常数的计算、平衡移动的原理、电极反应式的书写等知识，是高考的常见题型和高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，明确图象的横纵坐标，掌握平衡常数的意义及其计算是解题的关键，题目难度中等。
11．（15分）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图一所示。基态氮原子的价电子排布图为 ；吡啶六元环为平面结构，邻氨基吡啶的铜配合物中氮原子的杂化形式为 sp3、sp2 ，Cu2+的配位数是 4 。
（2）高聚氮晶体结构如图二所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是 原子 晶体；该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为 2：3 。
（3）NO3﹣的空间构型是 平面三角形 ；H2Se的酸性比H2S酸性强的原因是 Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离 。
（4）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其结构如图三所示。已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g•cm﹣3（用含NA、a、b的式子表示）。
【分析】（1）可依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3直接写出轨道表示式；依据图一可看出，铜离子分别和两个N原子及两个O原子配位，配位数为4；
（2）在图二高聚氮晶体结构中，N原子均以共价键结合在一起的空间立体网状结构，应为原子晶体；依据图二用均摊法计算，每个N原子为3个六元环共用，每个N﹣N键为2个六元环共用，可计算每个六元环中氮原子个数和N﹣N键个数；
（3）先判断NO3﹣中N原子的价层电子对数为3+＝3，根据N原子杂化形式分析空间构型；H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H+的电离；
（4）由晶胞俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成一个整体M，则一个晶胞中M的个数为：2个面心，12个顶点，依据密度公式计算。
【解答】解：（1）可依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3直接写出轨道表示式，；分析邻氨基吡啶分子结构可知，氨基上的N原子只形成单键，为sp3杂化，杂环上的N原子形成了C﹣N单键与C＝N双键，为sp2杂化，依据图一可看出，铜离子分别和两个N原子及两个O原子配位，铜离子配位数为4，
故答案为：；sp3、sp2；4；
（2）在图二高聚氮晶体结构中，N原子均以共价键结合在一起的空间立体网状结构，应为原子晶体；依据图二用均摊法计算，每个N原子为3个六元环共用，每个N﹣N键为2个六元环共用，每个六元环中氮原子个数6×＝2，每个六元环中N﹣N键个数为6×＝3，该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为2：3，
故答案为：原子；2：3；
（3）NO3﹣中N原子的价层电子对数为3+＝3，无孤对电子，则N原子杂化形式为sp2，空间构型为平面三角形；H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，H2Se中Se形成H﹣Se，所以H2Se分子中含有的共价键类型为极性共价键；Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H+的电离，所以酸性H2Se的酸性比H2S强，
故答案为：平面三角形；Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离；
（4）由晶胞俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：2××3+12××3＝9，晶胞质量为g，体积为a××b×3cm3，则晶胞的密度ρ＝＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查分子的空间构型、晶体类型、杂化方式、配位数、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞的计算是解题关键，同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
12．有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示。
已知：
（1）P中含氧官能团的名称为 醚键、羟基 ，C的分子式为 C8H7O2Cl 。
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）C→D的反应类型为 还原反应 。
（4）F的结构简式为 ，E→F所需的试剂和条件为 浓硫酸、加热 。
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有 20 种。
①苯环上有三个取代基；
②分子中含有“”原子团。
（6）J（）是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线 （其它无机试剂任选）。
【分析】乙酸发生取代反应生成，由B的分子式、C的结构可知A与苯酚发生取代反应生成B，B与氯气发生取代反应生成C，故B为；由D的分子式、结合信息可知，C发生还原反应生成D为，D中氯原子水解、酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上氢原子被取代生成G，故F为，对比G、P的结构可知，G发生开环加成生成P；
（6）由F→G的转化可知，由与反应生成，由乙酸→A→B的转化可知，苯甲酸与SOCl2反应生成，在氯化铝条件下与反应生成，发生C→D的转化生成。
【解答】解：（1）P中含氧官能同的名称为醚键、羟基，C的分子式为C8H7O2Cl，
故答案为：醚键、羟基；C8H7O2Cl；
（2）A和苯酚发生取代反应生成B和HCl，A→B的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C组成上去氧加氢生成D，故C发生还原反应生成D（），C→D的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）由分析可知，F的结构简式为，E和甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成F，E→F所需的试剂和条件为浓硫酸、加热，
故答案为：；浓硫酸、加热；
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件：①苯环上有三个取代基，②分子中含有“”原子团，取代基为HCOO﹣、﹣Cl、﹣CH3，或者为﹣COOH、﹣Cl、﹣CH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，对应的第3个不同的取代基分别有4种、4种、2种位置，故所以符合条件的共有（4+4+2）×2＝20种；
故答案为：20；
（6）由F→G的转化可知，由与反应生成，由乙酸→A→B的转化可知，苯甲酸与SOCl2反应生成，在氯化铝条件下与反应生成，发生C→D的转化生成，其合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构简式与分子式进行分析推断，注意利用转化的反应进行合成路线设计，较好地考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力。
2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉，曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）
A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C．生铁是指含碳量低的铁合金
D．工业上主要通过煤的干馏获得乙烯、丙烯
2．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑．下列有关说法正确的是（ ）
A．1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA
3．（6分）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A．WX是共价化合物
B．原子半径：W＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＜Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
4．（6分）科研人员发现瑞德西韦对新型冠状病毒有抑制作用。有机物M（结构如图）是合成瑞德西韦的原料之一。下列关于有机物M的描述错误的是（ ）
A．分子中所有碳原子不可能在同一平面
B．能发生水解反应，生成氨基酸和一元醇
C．碳原子上的一氯代物有6种
D．分子中含有3种官能团
5．（6分）下列实验不能达到目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
除去NO中的少量NO2气体
用氢氧化钠溶液洗气
B
验证小苏打溶液显碱性
向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞
C
证明碳酸的酸性强于硼酸
向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液
D
制备少量HCl气体
向浓硫酸中滴入适量浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）小张同学进行了以下探究实验：在一小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只某7号碱性锌﹣锰干电池（其结构如图）放入烧杯中，观察现象。以下说法错误的是（ ）
A．电池负极附近变红，并产生气泡，该气体为氢气
B．电池正极附近将产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．碱性锌﹣锰干电池正极反应：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
D．该探究实验过程涉及电能与化学能的相互转化过程
7．（6分）新买的瓷制餐具、茶具、酒具放入10%的醋内煮上两三个小时，可除去新瓷器所含的微量铝，避免铝毒危害身体。已知25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.7×10﹣5。该温度下用0.1mol•L﹣1的醋酸滴定10.00mL 0.1mol•L﹣1的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积（V）与溶液中lg[]的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．MOH的电离方程式为MOH═M++OH﹣
B．a点V（CH3COOH）＝10.00mL
C．25℃时，CH3COO﹣的水解平衡常数为5.9×10﹣10
D．b点：c（CH3COO﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（15分）某兴趣小组以0.1mol/L FeCl3溶液（pH＝1.9）滴定25mL 0.1mol/L Na2S溶液（pH＝12.2），用pH传感器记录反应过程中混合溶液pH值的变化（如图），并观察记录反应现象（如表），以探究溶液酸碱性对化学反应的影响。
对应点
现象
a
产生黑色沉淀
b
黑色沉淀增多
c
黑色沉淀减少，有大量黄色沉淀生成
（1）滴定时，盛装FeCl3溶液应选取 式滴定管，完成该实验选择 规格。（填“A”或“B”）
A.25mL
B.50mL
用离子方程式表示Na2S溶液呈碱性的原因： 。
（2）已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。拟用以下方法检验b点所得黑色沉淀中是否含单质S，试剂X为 。
通过现象： 判断b点黑色沉淀含单质S，b点生成单质S的离子反应为 。
（3）继续用以上方法检验出a点所得黑色沉淀不含S，检出黑色沉淀为Fe2S3，推断a点时未发生氧化还原反应，其原因可能是： 。
（4）为探究c点黑色沉淀溶解的原因，设计如下实验，并观察到相应现象。
实验1
实验2
固体溶解，闻到微量臭鸡蛋味，溶液出现淡黄色浑浊。
用离子方程式表示实验1中产生淡黄色浑浊的原因： 。
实验2中加入FeCl3溶液比加入盐酸溶液时Fe2S3固体溶解更快，说明： 。
（5）有FeS和Fe2S3固体混合物26.9g，加入足量稀盐酸，完全反应产生淡黄色沉淀，并收集到标准状况下6.72L气体，若用FexS表示该固体混合物，则x＝ 。
9．（14分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图1。
（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的是： 。
（2）“调pH＝5”步骤滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和 （填化学式），已知Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，则浊液中c（Cu2+）＝ mol/L。
（3）“氧化”步骤的目的是除铁、除锰，已知KMnO4的还原产物是MnO2，则该步骤中铁将转化为 （填化学式）沉淀除去，而除锰的离子方程式为 。
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合，在较高温度下反应，反应的化学方程式是 。当观察到反应釜中 现象时，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
（5）“置换”中置换率与的关系如图2所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中最佳比值为1.3，若需置换出112kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 kg。
10．（14分）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。
（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1＝﹣41kJ•mol﹣1
CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H2＝+174.1kJ•mol﹣1
反应Ⅰ的热化学方程式为 。
（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①图中A点平衡状态的平衡常数KA＝ ，A、E两点对应的反应温度TA TE（填“＜”、“＝”或“＞”）。以下措施可以提高CO平衡转化率的是 。
A.增大压强
B.升高温度
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]
D.分离出CO2
②A、B两点对应的反应速率大小：vA vB（填“＜”、“＝”或“＞”）。
③达到D点平衡状态时，Kp＝ 。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）
④已知反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•x（CO）•x（H2O）﹣k逆•x（CO2）•x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当＝2.25时，CO的转化率是 。
（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，电解过程中持续通入CO2，则阴极的电极反应式为 。
11．（15分）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图一所示。基态氮原子的价电子排布图为 ；吡啶六元环为平面结构，邻氨基吡啶的铜配合物中氮原子的杂化形式为 ，Cu2+的配位数是 。
（2）高聚氮晶体结构如图二所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是 晶体；该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为 。
（3）NO3﹣的空间构型是 ；H2Se的酸性比H2S酸性强的原因是 。
（4）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其结构如图三所示。已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g•cm﹣3（用含NA、a、b的式子表示）。
12．有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示。
已知：
（1）P中含氧官能团的名称为 ，C的分子式为 。
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）F的结构简式为 ，E→F所需的试剂和条件为 。
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有 种。
①苯环上有三个取代基；
②分子中含有“”原子团。
（6）J（）是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线 （其它无机试剂任选）。
2021年四川省绵阳中学高考化学模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉，曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）
A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C．生铁是指含碳量低的铁合金
D．工业上主要通过煤的干馏获得乙烯、丙烯
【分析】A．臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，描述的是炼铁原理；
B．煤的主要成分为碳，只有碳和氢元素组成的物质为烃；
C．生铁的含碳量较高；
D．通过煤的干馏，可获得焦炭、煤焦油等化工原料。
【解答】解：A．“煎矿煮石”，是以焦炭还原铁的氧化物，所以《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，故A正确；
B．“煤则各处产之”说明以煤炭作为燃料被普遍使用，但是煤的主要成分为碳，不是烃，故B错误；
C．生铁是含碳量较高的铁合金，含碳量低的为钢，故C错误；
D．煤进行干馏，获得焦炭、煤焦油等化工原料，石油分馏得到烷烃类、芳香烃化合物，裂化得到烯烃类化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属冶炼、物质组成与性质应用，为高频考点，把握题干信息为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
2．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑．下列有关说法正确的是（ ）
A．1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA
【分析】A．溶液体积未知；
B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子；
C．分析Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑反应中化合价变化判断电子转移数目；
D．通常状况下Vm大于22.4L/mol。
【解答】解：A．溶液体积未知，依据n＝CV可知无法判断氧原子个数大小，故A错误；
B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目大于0.1NA，故B错误；
C．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑反应中氧化物为二氧化碳，反应生成2mol二氧化碳失去8mol电子，则生成1mol二氧化碳转移4mol电子，个数4NA，故C正确；
D．通常状况下Vm大于22.4L/mol，无法计算二氧化碳物质的量和质子数，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用及物质的量有关计算，明确物质的结构组成，熟悉氧化还原反应基本概念是解题关键，题目难度不大。
3．（6分）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A．WX是共价化合物
B．原子半径：W＞Z＞Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＜Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O、Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K，
A．WX是KH，含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W＞Y＞Z，故B错误；
C．非金属性S大于C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＞Y，故C错误；
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如CO、二氧化碳、水、双氧水、氧化钾、过氧化钾、二氧化硫、三氧化硫，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、元素的位置、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）科研人员发现瑞德西韦对新型冠状病毒有抑制作用。有机物M（结构如图）是合成瑞德西韦的原料之一。下列关于有机物M的描述错误的是（ ）
A．分子中所有碳原子不可能在同一平面
B．能发生水解反应，生成氨基酸和一元醇
C．碳原子上的一氯代物有6种
D．分子中含有3种官能团
【分析】A．该分子中除了酯基上的碳原子外其它碳原子都具有甲烷结构特点；
B．含有酯基和氨基，所以具有酯和氨的性质；
C．碳原子上含有几种氢原子，其碳原子上的一氯代物有几种；
D．含有酯基和氨基。
【解答】解：A．该分子中除了酯基上的碳原子外其它碳原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故A正确；
B．含有酯基和氨基，所以具有酯和氨的性质，该物质水解生成（CH3CH2）2CCH2OH、CH3CH（NH2）COOH，所以生成氨基酸和一元醇，故B正确；
C．碳原子上含有6种氢原子，其碳原子上的一氯代物有6种，故C正确；
D．含有酯基和氨基2种官能团，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
5．（6分）下列实验不能达到目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
除去NO中的少量NO2气体
用氢氧化钠溶液洗气
B
验证小苏打溶液显碱性
向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞
C
证明碳酸的酸性强于硼酸
向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液
D
制备少量HCl气体
向浓硫酸中滴入适量浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氢氧化钠溶液与二氧化氮反应，不与一氧化氮反应；
B．碱性溶液中滴入酚酞呈红色；
C．硼酸少量，可能生成碳酸氢钠，应该加入过量的硼酸溶液；
D．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性。
【解答】解：A．NO2与NaOH溶液反应，而NO不反应，可用NaOH溶液除去NO中的少量NO2气体，故A不选；
B．向碳酸氢钠溶液中滴入几滴酚酞，若溶液呈红色，证明碳酸氢钠溶液呈碱性，能够达到实验目的，故B不选；
C．向碳酸钠溶液中滴入少量硼酸溶液，可能生成了碳酸氢钠，应该加入过量的硼酸溶液，通过无现象说明碳酸的酸性强于硼酸，该实验无法达到实验目的，故C选；
D．由于浓硫酸具有吸水性、浓盐酸易挥发，可用浓硫酸中和浓盐酸混合制取少量HCl，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）小张同学进行了以下探究实验：在一小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只某7号碱性锌﹣锰干电池（其结构如图）放入烧杯中，观察现象。以下说法错误的是（ ）
A．电池负极附近变红，并产生气泡，该气体为氢气
B．电池正极附近将产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．碱性锌﹣锰干电池正极反应：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
D．该探究实验过程涉及电能与化学能的相互转化过程
【分析】7号碱性锌﹣锰干电池的铜帽为正极，MnO2得电子生成MnOOH，正极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnOOH+OH﹣，Zn为负极材料，小烧杯中注入适量饱和氯化钠溶液，滴入1∽2滴酚酞溶液溶液，将一只7号碱性锌﹣锰干电池放入其中，形成电解池，电池的正极铜帽为电解池的阳极、负极为阴极，阳极上铜帽发生失电子的氧化反应生成Cu2+，阳极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，阴极上水放电生成H2和OH﹣，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，则阴极或电池负极附近溶液变红，据此分析解答。
【解答】解：A．将一只7号碱性锌﹣锰干电池放入盛有饱和氯化钠溶液的烧杯中形成电解池，电池的负极作阴极，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，则电池负极附近变红，并产生气泡，故A正确；
B．电池的正极铜帽为电解池的阳极，阳极上铜帽失电子生成Cu2+，阳极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故B错误；
C．7号碱性锌﹣锰干电池的铜帽为正极，MnO2得电子生成MnOOH，正极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnOOH+OH﹣，故C正确；
D．实验过程中涉及原电池放电、将化学能转化为电能，电解时将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的相互转化，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理的应用和原电池工作原理，为高频考点，侧重考查分析能力和灵活运用能力，明确电极的判断、电极上发生的反应是解题关键，难点是电极反应式的书写，注意电解池中阳极的类型和发生的反应，题目难度中等。
7．（6分）新买的瓷制餐具、茶具、酒具放入10%的醋内煮上两三个小时，可除去新瓷器所含的微量铝，避免铝毒危害身体。已知25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.7×10﹣5。该温度下用0.1mol•L﹣1的醋酸滴定10.00mL 0.1mol•L﹣1的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积（V）与溶液中lg[]的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．MOH的电离方程式为MOH═M++OH﹣
B．a点V（CH3COOH）＝10.00mL
C．25℃时，CH3COO﹣的水解平衡常数为5.9×10﹣10
D．b点：c（CH3COO﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【分析】A．根据图像V（CH3COOH）＝0，可切得0.1 mol•L﹣1的MOH溶液pH＝13，MOH为强碱；
B．a点的c（H+）＝c（OH﹣），若V（CH3COOH）＝10 mL，则溶液中溶质为CH3COOM，该盐为强碱弱酸盐；
C．室温下，根据Kh（CH3COO﹣）＝计算；
D．由图像可知，b溶液为酸性，溶液中存在CH3COOH、CH3COOM。
【解答】解：A．由图像V（CH3COOH）＝0，＝10﹣12可知c（H+）＝10﹣13mol/L，0.1 mol•L﹣1的MOH溶液pH＝13，所以MOH为强碱，在水溶液中完全电离，故A正确；
B．a点的c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，而V（CH3COOH）＝10 mL时，溶液中溶质为CH3COOM，该盐为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故B错误；
C．室温下，Kh（CH3COO﹣）＝＝＝5.9×10﹣10，故C正确；
D．由图像可知，b点c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（M+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），可知c（CH3COO﹣）＞c（M+），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了电离和水解的知识，题目较为简单，考法较为经典，很好地利用了图像隐含信息，对学生培养分析解决问题的能力有一定的帮助。
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（15分）某兴趣小组以0.1mol/L FeCl3溶液（pH＝1.9）滴定25mL 0.1mol/L Na2S溶液（pH＝12.2），用pH传感器记录反应过程中混合溶液pH值的变化（如图），并观察记录反应现象（如表），以探究溶液酸碱性对化学反应的影响。
对应点
现象
a
产生黑色沉淀
b
黑色沉淀增多
c
黑色沉淀减少，有大量黄色沉淀生成
（1）滴定时，盛装FeCl3溶液应选取 酸 式滴定管，完成该实验选择 规格。（填“A”或“B”）
A.25mL
B.50mL
用离子方程式表示Na2S溶液呈碱性的原因： S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ 。
（2）已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。拟用以下方法检验b点所得黑色沉淀中是否含单质S，试剂X为 水 。
通过现象： 加入水后，出现淡黄色沉淀 判断b点黑色沉淀含单质S，b点生成单质S的离子反应为 2Fe3++S2﹣＝2Fe2++S↓ 。
（3）继续用以上方法检验出a点所得黑色沉淀不含S，检出黑色沉淀为Fe2S3，推断a点时未发生氧化还原反应，其原因可能是： 溶液pH大，溶液酸性弱，Fe3+氧化性弱 。
（4）为探究c点黑色沉淀溶解的原因，设计如下实验，并观察到相应现象。
实验1
实验2
固体溶解，闻到微量臭鸡蛋味，溶液出现淡黄色浑浊。
用离子方程式表示实验1中产生淡黄色浑浊的原因： FeS+2Fe3+＝3Fe2++S 。
实验2中加入FeCl3溶液比加入盐酸溶液时Fe2S3固体溶解更快，说明： 固体溶解快慢与Fe3+的浓度有关，与H+浓度无关 。
（5）有FeS和Fe2S3固体混合物26.9g，加入足量稀盐酸，完全反应产生淡黄色沉淀，并收集到标准状况下6.72L气体，若用FexS表示该固体混合物，则x＝ 。
【分析】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装，整个实验过程至少需要40 mL溶液，要用50mL的滴定管，Na2S为强碱弱酸盐，S2﹣为弱酸根，发生水解；
（2）S在酒精中溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，加入水，乙醇质量分数减小，S析出，观察到淡黄色沉淀，Fe3+具有氧化性，S2﹣具有还原性，二者发生氧化还原反应；
（3）Fe3+的氧化性与溶液酸碱性有关，酸性越强，氧化性越强，开始溶液pH较大，Fe3+氧化性较弱；
（4）产生淡黄色浑浊，即为S2﹣被Fe3+氧化，生成S沉淀，对比FeCl3溶液与盐酸溶液，二者的差别在Fe3+和H+的浓度不同，也是产生不同现象的原因所在；
（5）根据二者的总质量列方程，再根据Fe3+与S2﹣之间的关系列方程，题中x的值，即为“Fe”的总物质的量与“S”的总物质的量之比。
【解答】解：（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解，使溶液呈现酸性，应用酸式滴定管盛装；由图中实验过程分析，整个实验过程至少需要40mL溶液，应选用大于40mL的滴定管盛装，Na2S中，S2﹣为弱酸根，在水溶液中要结合水电离出的H+，发生水解；
故答案为：酸；B；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；
（2）题中给出硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验中用95%的酒精溶解，取上清液，若存在S，则S会溶解在酒精中，存在于上清液，此时，加入水，减小乙醇的质量分数，S的溶解度降低就会析出，观察到淡黄色沉淀。S2﹣生成S沉淀，即被氧化，溶液中Fe3+具有氧化性，并被还原为Fe2+，
故答案为：水；加入水后，出现淡黄色沉淀；2Fe3++S2﹣＝2Fe2++S↓；
（3）随着FeCl3溶液的增多，溶液pH值降低，溶液酸性增强，Fe3+氧化性增强，可将S2﹣氧化；而a点时，FeCl3较少，酸性弱，Fe3+无法氧化S2﹣；
故答案为：溶液pH大，溶液酸性弱，Fe3+氧化性弱；
（4）淡黄色浑浊为S沉淀，S2﹣被Fe3+氧化，S2﹣存在于FeS中，FeS为沉淀，离子方程式为FeS+2Fe3+＝3Fe2++S；实验2中，对比两次实验，二者的差别在Fe3+和H+的浓度不同，所以产生不同现象的原因就在二者的浓度不同；Fe3+的浓度越大，反应速率越快，固体溶解速率快；
故答案为：FeS+2Fe3+＝3Fe2++S；固体溶解快慢与Fe3+的浓度有关，与H+浓度无关；
（5）设FeS和Fe2S3的物质的量分别为m mol和n mol，题中收集到6.72L即0.3mol H2S气体，根据FeS+2Fe3+＝3Fe2++S，则Fe2S3与产生S的关系为1：1，再根据S2﹣+2H+＝H2S↑，结合“S”原子守恒及质量守恒可知
由②得，m+2n＝0.3
由①②解得n＝，
题中x＝＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查探究实验，盐类的水解和氧化还原的有关知识，同时考查了离子方程式的书写，原子守恒等知识。属于提升题型，难度偏大。
9．（14分）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如图1。
（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的是： 增大反应物接触面积，提高反应速率 。
（2）“调pH＝5”步骤滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和 CaSO4 （填化学式），已知Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，则浊液中c（Cu2+）＝ 2.2×10﹣2 mol/L。
（3）“氧化”步骤的目的是除铁、除锰，已知KMnO4的还原产物是MnO2，则该步骤中铁将转化为 Fe（OH）3 （填化学式）沉淀除去，而除锰的离子方程式为 3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+ 。
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合，在较高温度下反应，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 。当观察到反应釜中 密度 现象时，停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
（5）“置换”中置换率与的关系如图2所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中最佳比值为1.3，若需置换出112kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为 86.2 kg。
【分析】根据流程图，镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH＝5，沉淀除去Cu（OH）2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）“溶解”步骤前通常将镉废渣粉碎，其目的为增大反应物接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大反应物接触面积，提高反应速率；
（2）结合分析可知，滤渣1的主要成分为Cu（OH）2和CaSO4，Cu（OH）2的Ksp＝2.2×10﹣20，调pH时保持常温，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣9mol/L，则浊液中c（Cu2+）＝＝mol/L＝2.2×10﹣2mol/L，
故答案为：CaSO4；2.2×10﹣2；
（3）结合分析可知，滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀发生的反应为3Fe2++MnO4﹣+7H2O＝MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+，3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+，
故答案为：Fe（OH）3；3Mn2++2MnO4﹣+2H2O＝5MnO2↓+4H+；
（4）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度；
（5）锌置换镉的反应为Cd2++Zn＝Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为×65kg/kmol×1.3＝86.2kg，
故答案为：86.2。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，考查范围较广，整体难度适中。
10．（14分）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。
（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1＝﹣41kJ•mol﹣1
CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）△H2＝+174.1kJ•mol﹣1
反应Ⅰ的热化学方程式为 CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+256.1kJ/mol 。
（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①图中A点平衡状态的平衡常数KA＝ 1 ，A、E两点对应的反应温度TA ＝ TE（填“＜”、“＝”或“＞”）。以下措施可以提高CO平衡转化率的是 CD 。
A.增大压强
B.升高温度
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]
D.分离出CO2
②A、B两点对应的反应速率大小：vA ＜ vB（填“＜”、“＝”或“＞”）。
③达到D点平衡状态时，Kp＝ 2.25 。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）
④已知反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•x（CO）•x（H2O）﹣k逆•x（CO2）•x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当＝2.25时，CO的转化率是 50% 。
（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，电解过程中持续通入CO2，则阴极的电极反应式为 14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣ 。
【分析】（1）先根据图1书写反应Ⅰ的化学方程式，再根据盖斯定律，由已知热化学方程式①和②乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（2）①由图可知反应Ⅱ为：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），图中A点坐标为（0.5，66.7），即n（CO）：n（H2O）＝0.5，CO的转化率为66.7%，设CO的起始量为amol，则H2O的起始量为2amol，CO的变化量为0.667amol，列三段式计算得到各气体的平衡量，设容器的体积为VL，代入KA＝计算，同理可得到KE，平衡常数只与温度有关，K越大，反应的正向程度越大，根据KA与KE的大小关系可确定其温度关系，以下措施对平衡移动的影响是：
A.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，若反应前后气体分子数不变，则平衡不移动；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动；
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]，相当于保持CO的浓度不变，增大H2O的浓度，平衡正向移动；
D.生成物浓度减小，平衡正向移动；
②根据题意，图中各点除了投料比和温度可能不同，其他条件均相同，图中A点和B点的投料比相同，转化率不同，说明两点温度不同，升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，据此解答；
③D点坐标为（1，60），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为60%，设CO的起始量为cmol，则H2O的起始量为cmol，CO的变化量为0.6cmol，列三段式计算得到各气体的物质的量分数，设平衡时总压强为p总，代入Kp＝计算；
④平衡时，v正＝v逆，结合速率方程和③的计算结果确定k正与k逆的关系式，再代入＝＝2.25计算的值，最后设CO的转化率为α，列三段式计算得到各气体的物质的量分数，代入解得α；
（3）在电解池中，阴极发生还原反应，根据题意，结合电子守恒、电荷守恒书和原子守恒书写电极方程式。
【解答】解：（1）有图1可知，反应Ⅰ的化学方程式为CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g），根据盖斯定律，②﹣①×2可得CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+174.1kJ/mol﹣（﹣41kJ/mol）×2＝+256.1kJ/mol，
故答案为：CH3CH2OH（g）+H2O（g）＝4H2（g）+2CO（g）△H＝+256.1kJ/mol；
（2）①图中A点坐标为（0.5，66.7），即n（CO）：n（H2O）＝0.5，CO的转化率为66.7%，设CO的起始量为amol，则H2O的起始量为2amol，CO的变化量为0.667amol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol a 2a 0 0
变化量/mol 0.667a 0.667a 0.667a 0.667a
平衡量/mol 0.333a 1.333a 0.667a 0.667a
设容器的体积为VL，则平衡常数KA＝＝≈1，图中E点坐标为（1，50），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为50%，设CO的起始量为bmol，则H2O的起始量为bmol，CO的变化量为0.5bmol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol b b 0 0
变化量/mol 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b
平衡量/mol 0.5b 0.5b 0.5b 0.5b
则平衡常数KE＝＝＝1＝KA，温度不变，平衡常数不变，故A、E两点对应的反应温度：TA＝TE，以下措施能提高CO平衡转化率是：
A.反应Ⅱ前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故A错误；
B.由（1）知反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，故B错误；
C.减小进气比[n（CO）：n（H2O）]，相当于保持CO的浓度不变，增大H2O的浓度，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故C正确；
D.分离出CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：1；＝；CD；
②图中A点和B点的投料比相同，A点的转化率大于B点的转化率，说明相对于A点，B点平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应，则TA＜TB，故A、B两点对应的反应速率大小：vA＜vB，
故答案为：＜；
③D点坐标为（1，60），即n（CO）：n（H2O）＝1，CO的转化率为60%，设CO的起始量为cmol，则H2O的起始量为cmol，CO的变化量为0.6cmol，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol c c 0 0
变化量/mol 0.6c 0.6c 0.6c 0.6c
平衡量/mol 0.4c 0.4c 0.6c 0.6c
则平衡时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为0.4、0.4、0.6、0.6，设平衡时总压强为p总，则Kp＝＝＝2.25，
故答案为：2.25；
④平衡时，v正＝v逆，即k正•x（CO）•x（H2O）＝k逆•x（CO2）•x（H2），由③知Kp＝＝＝＝2.25，当＝2.25时，即＝＝2.25×＝2.25，则＝1，设CO的转化率为α，列三段式计算如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）
起始量/mol c c 0 0
变化量/mol αc αc αc αc
末量/mol （1﹣α）c （1﹣α）c αc αc
则此时CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分数分别为（1﹣α）、（1﹣α）、α、α，由＝1，解得α＝0.5＝50%，
故答案为：50%；
（3）电解活化的CO2来制备乙醇，碳元素的化合价从+4价降低到﹣2价，则1molCO2得到6mol电子，发生还原反应，生成0.5molCH3CH2OH，在饱和KHCO3电解液中，阴极的电极反应式为：14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣，
故答案为：14CO2+12e﹣+9H2O＝CH3CH2OH+12HCO3﹣。
【点评】本题考查了盖斯定律的应用、平衡常数的计算、平衡移动的原理、电极反应式的书写等知识，是高考的常见题型和高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，明确图象的横纵坐标，掌握平衡常数的意义及其计算是解题的关键，题目难度中等。
11．（15分）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图一所示。基态氮原子的价电子排布图为 ；吡啶六元环为平面结构，邻氨基吡啶的铜配合物中氮原子的杂化形式为 sp3、sp2 ，Cu2+的配位数是 4 。
（2）高聚氮晶体结构如图二所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是 原子 晶体；该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为 2：3 。
（3）NO3﹣的空间构型是 平面三角形 ；H2Se的酸性比H2S酸性强的原因是 Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离 。
（4）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其结构如图三所示。已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g•cm﹣3（用含NA、a、b的式子表示）。
【分析】（1）可依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3直接写出轨道表示式；依据图一可看出，铜离子分别和两个N原子及两个O原子配位，配位数为4；
（2）在图二高聚氮晶体结构中，N原子均以共价键结合在一起的空间立体网状结构，应为原子晶体；依据图二用均摊法计算，每个N原子为3个六元环共用，每个N﹣N键为2个六元环共用，可计算每个六元环中氮原子个数和N﹣N键个数；
（3）先判断NO3﹣中N原子的价层电子对数为3+＝3，根据N原子杂化形式分析空间构型；H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H+的电离；
（4）由晶胞俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成一个整体M，则一个晶胞中M的个数为：2个面心，12个顶点，依据密度公式计算。
【解答】解：（1）可依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3直接写出轨道表示式，；分析邻氨基吡啶分子结构可知，氨基上的N原子只形成单键，为sp3杂化，杂环上的N原子形成了C﹣N单键与C＝N双键，为sp2杂化，依据图一可看出，铜离子分别和两个N原子及两个O原子配位，铜离子配位数为4，
故答案为：；sp3、sp2；4；
（2）在图二高聚氮晶体结构中，N原子均以共价键结合在一起的空间立体网状结构，应为原子晶体；依据图二用均摊法计算，每个N原子为3个六元环共用，每个N﹣N键为2个六元环共用，每个六元环中氮原子个数6×＝2，每个六元环中N﹣N键个数为6×＝3，该晶体中n（N）与n（N﹣N）之比为2：3，
故答案为：原子；2：3；
（3）NO3﹣中N原子的价层电子对数为3+＝3，无孤对电子，则N原子杂化形式为sp2，空间构型为平面三角形；H2S与H2Se键长和键角相近，且S和Se为同族元素，H2Se中Se形成H﹣Se，所以H2Se分子中含有的共价键类型为极性共价键；Se的原子半径大于S，形成简单氢化物时，Se和S价态相同，但Se由于半径较大造成电子密度降低，易于H+的电离，所以酸性H2Se的酸性比H2S强，
故答案为：平面三角形；Se的原子半径大于S，H﹣Se键更容易断裂，易于H+的电离；
（4）由晶胞俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：2××3+12××3＝9，晶胞质量为g，体积为a××b×3cm3，则晶胞的密度ρ＝＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查分子的空间构型、晶体类型、杂化方式、配位数、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞的计算是解题关键，同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
12．有机物P可用于治疗各种类型高血压及心绞痛，其合成路线如图所示。
已知：
（1）P中含氧官能团的名称为 醚键、羟基 ，C的分子式为 C8H7O2Cl 。
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）C→D的反应类型为 还原反应 。
（4）F的结构简式为 ，E→F所需的试剂和条件为 浓硫酸、加热 。
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件的Q有 20 种。
①苯环上有三个取代基；
②分子中含有“”原子团。
（6）J（）是一种药物中间体，参照上述合成路线和相关信息，设计以苯甲酸、苯酚和为原料制备J的合成路线 （其它无机试剂任选）。
【分析】乙酸发生取代反应生成，由B的分子式、C的结构可知A与苯酚发生取代反应生成B，B与氯气发生取代反应生成C，故B为；由D的分子式、结合信息可知，C发生还原反应生成D为，D中氯原子水解、酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上氢原子被取代生成G，故F为，对比G、P的结构可知，G发生开环加成生成P；
（6）由F→G的转化可知，由与反应生成，由乙酸→A→B的转化可知，苯甲酸与SOCl2反应生成，在氯化铝条件下与反应生成，发生C→D的转化生成。
【解答】解：（1）P中含氧官能同的名称为醚键、羟基，C的分子式为C8H7O2Cl，
故答案为：醚键、羟基；C8H7O2Cl；
（2）A和苯酚发生取代反应生成B和HCl，A→B的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C组成上去氧加氢生成D，故C发生还原反应生成D（），C→D的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）由分析可知，F的结构简式为，E和甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成F，E→F所需的试剂和条件为浓硫酸、加热，
故答案为：；浓硫酸、加热；
（5）芳香族化合物Q是C的同分异构体，同时满足下列条件：①苯环上有三个取代基，②分子中含有“”原子团，取代基为HCOO﹣、﹣Cl、﹣CH3，或者为﹣COOH、﹣Cl、﹣CH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，对应的第3个不同的取代基分别有4种、4种、2种位置，故所以符合条件的共有（4+4+2）×2＝20种；
故答案为：20；
（6）由F→G的转化可知，由与反应生成，由乙酸→A→B的转化可知，苯甲酸与SOCl2反应生成，在氯化铝条件下与反应生成，发生C→D的转化生成，其合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构简式与分子式进行分析推断，注意利用转化的反应进行合成路线设计，较好地考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力。
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