《2019-2020学年安徽省”皖南八校“新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省”皖南八校“新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省”皖南八校“新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（）A浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X 中是否含有碳酸根离子D稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCl，故 A 错误；B浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，可
2、以挥发出较多HCl 气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故 B 正确；C二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故 C错误；D稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D 错误；故选：B。2设AN为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A 100g 46%甘油水溶液中含OH 的数目为1.5NAB1.7g 由 NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NAC0.1mol?L-1的 Al2(SO4)3溶液中含Al3+的数目小于0.2 NAD反
3、应 CH4+2NO+O2=CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4L NO，反应中转移的电子数目为2 NA【答案】B【解析】【详解】A 选项，100g 46%甘油即 46g 甘油，物质的量为0.5mol，甘油中含 OH 的数目为 1.5NA，但由于水中也含有羟基，故A 错误；B 选项，NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g?mol-1，质子数都为10 个，则 1.7g 由 NH3与13CH4组成的混合气体物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为NA，故 B 正确；C 选项，溶液体积未知，因此溶液中含Al3+的数目无法计算，故C 错误；D 选项，反应CH4+2NO+O2=CO2
4、+N2+2H2O，根据反应方程式得出，2molNO 反应转移8 mol 电子，每消耗标准状况下22.4L NO 即 1molNO，反应中转移的电子数目为4NA，故 D错误。综上所述，答案为B。【点睛】一定不能忽略水中含有OH，同样也不能忽略水中含有氧原子的计算，为易错点。3由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）实验现象结论A某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀原溶液中有，无B某溶液中加入溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有C向含有和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀D向溶液中通入溶液变浑浊酸性：A ABBCCDD【答案】D【解析】【详解】AK3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不
5、能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含 Fe3+，故 A 错误；BBa(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或 SO42-，或二者均存在，故B 错误；C溶液中含有Na2S，不一定发生沉淀的转化，不能比较Ksp(CuS)与 Ksp(ZnS)的大小，故C错误；DC6H5ONa 溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明反应生成了苯酚，发生强酸制弱酸的反应，则酸性：H2CO3C6H5OH，故 D 正确；答案选 D。4下列离子方程式书写正确的是A食醋除水垢2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O：B稀硝酸中加入
6、少量亚硫酸钠：2H+SO32-=SO2+H2O C处理工业废水时Cr()的转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2O D用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O【答案】C【解析】【详解】A食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3CO2+Ca2+H2O+2CH3COO-，故 A 错误；B酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO +H2O，故 B 错误；CCr()具有强氧化性，可以用在
7、酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr()，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2O，故 C正确；D酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。5实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI 的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuIHgCu2HgI4 2Cu。下列有关说法正确的是()A上述反应的产物Cu2H
8、gI4中，Hg的化合价为2 B上述反应中CuI 既是氧化剂，又是还原剂C上述反应中Hg 元素与 Cu元素均被氧化D上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A Cu2HgI4中 Cu 元素的化合价为+1 价，Hg 为+2 价，I 为 1价，故 A 正确；BCu 元素化合价部分由+1 价降低到0价，被还原，CuI 为氧化剂，故B 错误；CCu得到电子被还原，Hg 失去电子被氧化，故C错误；D由方程式可知，上述反应中生成64g Cu，即 1mol 时，转移1mol 电子，电子数为1NA，故 D 错误；答案选 A。625时，将 1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与
9、 0.1molNaOH 固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入 CH3COOH 或 CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是A该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=-810cBa 点对应的混合溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C水的电离程度:cba D当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)【答案】A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lc
10、mol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka=33c CH COOc Hc CH COOH=4.34.34.3100.11010c4.3100.1c=5.310c，故 A 错误；B.a 点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故 B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b 点加入醋酸水的电离程度减小，c 点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故C 正确；D.当混合溶
11、液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故 D 正确；故选A。7已知：25时，Ksp Ni(OH)2=2.010-15，Ksp Fe(OH)3=4.010-38。将含 Fe2O3、Ag、Ni 的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为 Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液（假设溶液体积不变）。下列说法中正确的是A金属活动性：AgNi B加入 NaOH 溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀C当滴定到溶液pH=5 时，溶液中lg2+3
12、+NiFecc约为 10 D当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全【答案】C【解析】【详解】A Ag 不能与盐酸反应，而Ni 能与盐酸反应，因此金属活动性：NiAg，故 A 错误；Bc(Ni2+)=0.4mol/L时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中15sp2-72+Ni OH2 10OHmol/(L=)()0.5 10 mol/LNi0.4Kcc，c(Fe3+)=0.4mol/L 时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中38sp-12-733333Fe OH4 10OHmol/L=0.1 10mol/L0.4mol/LOH1 10Kcc，则 Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，则2+11
13、3+Ni0.4lglg104 10Fecc，故 C正确；D当溶液呈中性时，c(OH-)=1 10-7mol/L，此时溶液中15sp22+227Ni OH2 10Nimol/L=0.2mol/LOH1()(0)(1)Kcc，故 Ni2+未沉淀完全，故D 错误；故答案为：C。8对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是A原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子B步骤所加试剂可以是浓KOH溶液C可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D步骤的反应为Al3+3HCO3-=A1(OH)3+CO2【答案】B【解析】【分析】溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物
14、质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A 错误；B根据上述分析，步骤所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B 正确；C可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；D步骤反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3+CO32-，D 错误；故选 B。9下列反应所得溶液中只含一种溶质的是A Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe 粉BA1(OH)3中加入过量NaOH 溶液C浓 H2SO4中
15、加入过量Cu片，加热DCa(C1O)2溶液中通入过量CO2【答案】A【解析】【详解】A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A 符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH 溶液，反应产生 NaAlO2和 H2O，反应所得溶液中含过量NaOH 和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C 不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和 Ca(HCO3)2两种溶质，D 不符合题意；故合理选项是A。10在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L 的盐酸和
16、NH4Cl溶液，将温度和pH 传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。关于该实验的下列说法，正确的是（）A反应剧烈程度：NH4ClHCl BP点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)c(Cl-)CQ 点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D 1000s 后，镁与NH4Cl 溶液反应停止【答案】B【解析】【详解】A NH4Cl 是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L 的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl
17、 NH4Cl，故 A 错误；BP点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于 P点溶液显碱性，c(OH-)c(H+)，则 c(NH4+)+2c(Mg2+)c(Cl-)，故 B 正确；CQ 点溶液显碱性是因为NH4Cl 发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C 错误；D由图像可知，1000s 后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH 仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故 D 错误；答案选 B。11向盛有 KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，
18、产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2B生成 8.7g 黑色沉淀，转移0.2mol 电子C利用 NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成 MnO2，故氧化
19、性：KMnO4MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明 NaBiO3可氧化 MnSO4生成 KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，故 A 正确；B根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4生成 MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+6e-，生成 8.7g MnO2的物质的量为8.7g87g/mol=0.1mol，转移电子物质的量为0.15mol 6=0.12mol，故 B 错误；CMnS
20、O4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化 MnSO4生成 KMnO4，利用 NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故 C正确；D KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，由于氧化性：NaBiO3KMnO4，则 NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O，故 D正确；答案选 B。12X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z 的核电荷数为X的 2 倍。X的最外层电子数等于 Y与 Z 的最
21、外层电子数之和。Y与 Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A单质的熔点：YZ BX的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z的氧化物均为离子化合物D气态氢化物稳定性：XZ【答案】D【解析】【分析】由题可知Y、Z同周期且Y在 Z 前面，X 的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X 的 2 倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z 分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A Y、Z分别为 Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即YSiH4，即 XZ，D 正确；答案选 D。13已知：25时，Ka(HA)Ka(HB)。该温度下，用
22、0.100 mol/L 盐酸分别滴定浓度均为0.100 mol/L 的 NaA溶液和 NaB 溶液，混合溶液的pH 与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A滴定前NaA 溶液与 NaB 溶液的体积相同B25时，Ka(HA)的数量级为l0-11C当 pH 均为 6 时，两溶液中水的电离程度相同D P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH 相等，则滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，故A错误；B25时，由题图可知，0.100mol L-1NaA 溶液的 pH=11，则
23、Ka(HA)=-11-3+-910mol/L0.100 mol/L10(H)(A)=10(molHA)/Lccc，故 B错误；C当 pH 均为 6 时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故 C正确；D滴定前NaA 溶液的体积大于NaB 溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)c（B-）+c(HB)，故 D 错误。故选 C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种
24、物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。14常温下，向1 L 0.1 mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH 后，NH4+与 NH3 H2O 的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A当 n(NaOH)0.1 mol 时，溶液中存在NH3 H2O Ba0.05 C在 M 点时，n(OH)n(H)(a0.05)mol D当 n(NaOH)0.1 mol 时，c(Na)c(Cl)c(OH)【答案】B【解析】【详解】A、当 n(NaOH)=0.1mol，与 NH4Cl 恰好完全反应，NaOH NH4Cl=N
25、aCl NH3H2O，溶液中存在NH3H2O，故 A 说法正确；B、当 a=0.05mol 时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl 和 0.05molNH3H2O，而 NH4的水解程度小于NH3H2O 的电离，c(NH4)c(NH3 H2O)，与题意不符，故B 说法错误；C、在 M 点时，n(Na)=amol，n(Cl)=0.1mol，n(NH4)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4)n(Na)n(H)=n(OH)n(Cl)，则 n(OH)n(H)=n(NH4)n(Na)n(Cl)=0.05n(Na)n(Cl)=(a 0.05)mol，故 C 说法正确；D、加入 0.1molNaOH
26、后，刚好生成0.1molNaCl 和 NH3H2O，则 c(Na)=c(Cl)c(OH)，故 D 说法正确；答案选 B。15如图是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反应过程中的反应速率v 与时间（t）的关系曲线，下列说法错误的是（）A t1时，正方向速率大于逆反应速率Bt2时，反应体系中NH3的浓度达到最大值Ct2t3时间段，正反应速率等于逆反应速率D t2t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A t1时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A 正确；Bt2时反应达到平衡状态，反应体系中NH3的浓度达到最大值，B正确；Ct2t3时间段反应达到平衡状
27、态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；D t2t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D 错误。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。（1）打开 K1关闭 K2，可制取某些气体。甲同学认为装置可用于制取H2、NH3、O2，但装置只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是 _。乙同学认为在不改动装置仪器的前提下，对装置进行适当改进，也可收集O2。你认为他的改进方法是_。（2）打开 K2关闭 K1，能比较一些物质的性质。丙同学设计实验比较氧化性：KClO3Cl2Br2。在 A 中加浓盐
28、酸后一段时间，观察到C中的现象是 _；仪器 D 在该装置中的作用是_。在 B装置中发生反应的离子方程式为_。丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验。他的实验目的是_。（3）实验室常用浓H2SO4与硝酸钠反应制取HNO3。下列装置中最适合制取HNO3的是 _。实验室里贮存浓硝酸的方法是_。a b c d【答案】氧气的密度比空气大将装置中装满水溶液呈橙色防止倒吸ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O 比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH）b 盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）【解析】【分析】（1）氧气密度比空气
29、大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；（2）装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂 氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中 KClO3和-1 价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)根据化学反
30、应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置中装满水，故答案为氧气的密度比空气大；将装置中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，装置、验证物质的
31、性质(K2打开，K1关闭)，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为 KClO3固体，C中为 NaBr 溶液，观察到C 中的现象为溶液呈橙色，仪器D 为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在 B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B 中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2C
32、O3C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH)；(3)硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d 错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c 错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b 装置所示。故答案为b；纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。三、推断题（本题包括1 个小题，共10
33、 分）17有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W 的化学名称为_；反应的反应类型为_(2)A 中含氧官能团的名称为_。(3)写出反应的化学方程式_(4)满足下列条件的B 的同分异构体有_种(不包括立体异构)。苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2 的结构简式为_(5)有机物中手性碳(已知与 4 个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有 _个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线 _(无机试剂任选)。【答案】氨基乙酸取代反应硝基和羟
34、基+浓硫酸+H2O 8 2 2Cu、O、催化剂HCN催化剂+2H/H O浓硫酸，【解析】【分析】根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B 和磷酸在加热条件下发生取代生成 C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与 HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D 和 R 在一定条件下反应生成E，根据 E和 D 的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W 和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W 的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应为A()和发生取代反应生成B()
35、，反应类型为取代反应；(2)A 的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应为W 和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式+浓硫酸+H2O；(4)B 的结构简式为，苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、，除去自身外结构外，共有8 种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与 4 个不同的原子或原子团相连的碳原子称
36、为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有 2 个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与 HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：2Cu、O、催化剂HCN催化剂+2H/H O浓硫酸，。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态 Fe 原子价层电子的电子排布图为_，基态 Si 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）绿帘石的组成为22427Ca FeAlSiOSi OO(OH)，将其改写成氧化物的形式为_.（3）4SiCl分子的中心原子的价
37、层电子对数为_，分子的立体构型为_；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因_。4SiF4SiCl4SiBr4SiI熔点/K 182.8 202.7 278.5 393.6 沸点/K 177.4 330.1 408 460.6（4）226Fe H O可与乙二胺（2222H NCH CH NH，简写为en）发生如下反应：2222264Fe H OenFe H O(en)2H O。226Fe H O的中心离子的配位数为_；224Fe H O(en)中的配位原子为_。（5）在硅酸盐中，44SiO四面体（图 a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图 b 为一种多硅酸根，其中 Si原子的杂化形式
38、为_，化学式为 _。oOSi eSiO图 a 图 b【答案】哑铃4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O 4 正四面体形熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强6 O 和 N sp32n25nSi O或 Si1O51-【解析】【分析】(1)基态 Fe原子价层电子为其3d、4s 能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为 1p；(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4)(Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；(
39、3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成 4 个 键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4)配离子为 Fe(H1O)61+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，Fe(H1O)4(en)1+中配体为H1O 和 en，根据孤对电子确定配位原子；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si 原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3 个氧原子的贡献率为12。【详解】(1)基态 Fe原子的核外价电子排布式为Ar3d64S1，基态 Fe 原子价层电子为其3
40、d、4s 能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态 Si 原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为1p，其电子云轮廓图为哑铃形；(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4)(Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O；(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成 4 个 键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；(4)配离子为 Fe(H1O)61+，中心离子为Fe3+，配体为 H1O，则配位数为6；224Fe H O(en)中配
41、体为H1O和 en，其中 O 和 N 原子均能提供孤对电子，则配位原子为O 和 N；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个 SiO44-四面体结构单元中其中有3 个氧原子的贡献率为12，SiO44-四面体结构单元含有1 个硅、氧原子数目=1+312=1.5，Si、O 原子数目之比为1:1.5=1:5，故化学式2n25nSi O或 Si1O51-。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO?nSiO1?mH1O)注意
42、：氧化物之间以“?”隔开；系数配置出现的分数应化为整数如：正长石KAlSi3O8不能改写成K1O?Al1O3?3SiO1，应改写成K1O?Al1O3?6SiO1金属氧化物在前(活泼金属氧化物较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H1O 一般写在最后。19硫化钠是一种重要的化工原料工业上用硫酸钠来制得硫化钠制备硫化钠的反应原理为：Na2SO4（s）+4H2（g）?Na2S（s）+4H2O（g）Q，已知该可逆反应在1000时达到平衡，并保持反应器内恒温恒容试回答下列问题：（1）此可逆反应的平衡常数表达式可表示为_，若只改变一个影响因素，当平衡移动时，K 值
43、_变化（填“一定”或“不一定”）；当 K值变大时，逆反应速率_（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）该反应达到平衡时下列说法错误的是_a容器内压强保持不变b氢气和水蒸汽的物质的量之比保持不变c加入少量Fe3O4固体，平衡向逆反应方向移动d移除部分Na2S固体，平衡向正反应方向移动（3）该温度下，在 2L 盛有 2.84g Na2SO4的密闭容器中通入H2气体，10 分钟后测得固体质量为2.264g则10 分钟内 H2的平均反应速率为_（4）往 Ba（ClO）2溶液中通入足量SO2气体后，溶液中的溶质是_（5）向亚硫酸钠中滴加酚酞，溶液变为红色，若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，现象是
44、_，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释：_【答案】4242H OH不一定增大d 0.0018 mol/（L?min）H2SO4 HCl 白色沉淀生成，溶液红色褪去亚硫酸钠溶液水解成碱性，滴入酚酞成红色SO32+H2O?HSO3+OH，加入氯化钡后，Ba2+SO32=BaSO3，降低了 SO32的浓度，使得水解平衡往左移动，导致溶液中OH浓度降低，因此溶液红色褪去【解析】【分析】(1)反应的平衡常数=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，平衡常数只随温度变化；反应是吸热反应，升温促进平衡正向进行，平衡常数增大；(2)反应是气体体积不变的吸热反应，反应达到
45、平衡状态，正逆反应速率相同时，各组分含量保持不变，变量不变说明反应达到平衡状态；(3)根据方程式计算反应的氢气的物质的量，再求出反应速率；(4)二氧化硫水溶液呈酸性，C1O在酸性条件下具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应，以此解答该题；(5)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸钠水解而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；再滴入过量的BaCl2溶液，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，由于SO32浓度减小，水解平衡左移，OH浓度减小，溶液褪色，据此即可解答。【详解】(1)Na2SO4(s)+4H2(g)?Na2S(s)+4H2O(g)，反应的平衡常数表达式K=4242H OH，影响化学平衡的因
46、素有温度、压强、浓度等，改变一个条件平衡发生移动，但平衡常数只随温度变化，不随压强、浓度的改变，所以若只改变一个影响因素，当平衡移动时，K值不一定变化，反应是吸热反应，当K值变大时，说明是温度影响，平衡正向进行，说明是升温平衡正向进行，正逆反应速率都增大；(2)Na2SO4(s)+4H2(g)?Na2S(s)+4H2O(g)，反应是气体体积不变的吸热反应，a反应前后气体体积不变，反应过程中容器内压强始终保持不变，反应达到平衡状态，压强不变，故a正确；b反应达到平衡状态，物质的量不变，氢气和水蒸汽的物质的量之比保持不变，故b 正确；c固体不影响化学平衡，加入少量Fe3O4固体，平衡不发生移动，故
47、c 正确；d固体不影响化学平衡，移除部分Na2S固体，平衡不发生移动，故d 错误；(3)设反应消耗的氢气为nmol，24222Na SOs4HgNa S s4H O gm4mol64 gn2.84 2.264 g僔解得 n=0.036mol，则该时间范围内的平均反应速率v(H2)=6mol2L10min0.0018mol/（L?min）；(4)往 Ba(C1O)2溶液中通入足量SO2气体发生Ba(C1O)2+2SO2+2H2O=BaSO4+H2SO4+2HCl，则反应后溶液的溶质为 H2SO4、HCl；(5)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸钠水解而使溶液呈碱性，SO32+H2O?HSO3+OH，滴入酚酞，溶液变红；再滴入过量的BaCl2溶液，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，Ba2+SO32 BaSO3(白色)，由于 SO32浓度减小，水解平衡左移，OH浓度减小，溶液褪色。