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1、绝密启用前2020-2021学年高考模拟试卷四化学考试时间：75分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题：（本题共16小题，共44分）1.化学与生活密切相关。下列分析不正确的是A.“方家以磁石磨针锋，则能指南 中涉及物理变化B.食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，对其用量不必严格控制C.丝绸和头发的主要成分是蛋白质D.“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖 的“瓷”是硅酸盐产品2.空气是人类生存所必须的重要资源。为了改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是A.推广使用燃煤脱硫技术，防治
2、SO2污染B.实施绿化工程，防治扬尘污染C.研制开发使用新型电动汽车，消除机动车尾气污染D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量3.某固体混合物X可能含有KC1、NH4C1,CaCC3、Na2co3、Na2SiO3,CuSO,中的几种，为确定其组成，某同学进行了如图实验根据实验现象，下列推断正确的是A.固体混合物X中一定含有KC1和NazSi。：，一定不含C11SO4B.固体混合物X 中，CaCO3,Na2cO3至少含有一种C.在无色溶液B 中通入CO2气体，可能有白色沉淀生成D.在无色溶液B 中滴加N aO H 溶液，未检测到使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该固体混合物X 中不存在
3、NH4cl4.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3NJCQDS)可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示 下列说法不正确的是A.使用该光催化剂，提高了化学反应速率，增大了比0 的转化率，实现了太阳能向化学能转化B.反应II中 H2O2既作氧化剂又作还原剂 C.反 应 I 涉及H20中化学键的断裂和H2中化学键的形成C3N4/CQDSD.总反应的化学方程式为2H2。=2H2 T+O2 T5.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a 中的物质b 中的物质C中收集的气体d 中的物质A浓氨水CaONH
4、3H2OB浓硫酸CSO2NaOH溶液C浓硝酸CuNO2NaOH溶液D浓盐酸M11O2C12NaOH溶液6.实验室用亚硫酸钠固体粉末与7 0%的硫酸制取少量的二氧化硫。图中装置能达到相应实验目的的是B.干燥SO碱石灰D.吸收SO2尾气NaOH7.无色的混合气体甲。可能含有NO、CO?、NO2、NH3、Ch、N2中的某几种。将 100mL气体经过如图的实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为A.N%、NCh、N2B.SO2、NO、CO2C.NH3、NO、CO2D.NO、8 2、O28.为提纯下列物质（括号内的物质为少量杂质），所选用的除杂试剂和纯化方法不正确的是选项被提纯物水
5、。2）SiO2(Al2O3)SO2(CO2)Fe(Al)除杂试剂CC14稀盐酸NaOH溶液、浓硫酸NaOH溶液纯化方法萃取过滤、洗涤、烘干洗气过滤、洗涤、烘干9.硅是一种半导体材料，是当代高端技术新材料的支撑材料。HzTe。：是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用阳极泥 主要成分是硫化亚铜（C%Te）,含少量的A g、Au回收神，其工艺流程如下:Na2sO3H2so4、H2O2L滤液一铜 阳|氧 化|过滤|（含H2Te03）极泥酸愎滤渣Na2c2O4I、-沉淀己滤 液 一 还 原CuC2O4 久 里 CuTe下列说法不正确的是A.C%Te中Te的化合价是-2价B.滤渣的主要成分为A g和AuC
6、.过滤时需要的玻璃仪器只有漏斗和烧杯D.还原步骤的离子反应方程式为HzTeOj+2S0：=2 S 0/+T e J+H2O10.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示），其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下,O.lmoMJZ的氢化物的水溶液pH=l,且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是A.原子半径：ZYXW B.氢化物的沸点：XYZWc.X的氧化物对应的水化物是强酸 D.Y的某种单质具有杀菌消毒作用11.X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，X、Y原子的最外层电子数之和为1 0,它们的核外电子总数之和为14,Z+与 丫2-核外电子排布完全
7、相同，W原子最外层电子数比内层电子数少4,下列说法错误的是A.简单离子半径：W2Y2Z+B.简单气态氢化物的稳定性：YWC.Y分别与Z、W形成的化合物，都能使品红溶液褪色D.最高价氧化物对应水化物的酸性：X403020A.点所示溶液水的电离程度最大B.滴定过程中：c（Na+）+c（B2-）+c（HB）+c（H2B）一直保持不变C.点所示溶液中：c（Na+）c（HB-）c（H2B）c（B2-）D.滴定过程中，存在以下关系：c（H+）+c（Na+）=c（0H-）+2c（B2-）+c（HB-）第n卷（非选择题）二、非选择题：共 56分。第 1719题为必考题，考生都必须作答。第 2021题为选考题，
8、考生根据要求作答。（一）必考题：共 42分。1 7.实验小组制备高铁酸钾（K2FeOQ并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KO H溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生。2,在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）NaOH溶液 A为氯气发生装置。A中反应方程式是（锌被还原为MM+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。写出生成K2FeO4的离子方程式（2）探究KzFeCU的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体中含有C b证明是否KFeCU氧化了 C1一 而产生C h,设计以下方案：方案I取少量a,滴加
9、KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案II用K 0 H溶液充分洗涤C中所得固体，再用K 0 H溶液将KFeCU溶出,得到紫色溶液b.取少量b,滴加盐酸，有C L产生。i.由方案I中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是KzFeCh将C1-氧化,还可能由_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 产生（用方程式表示）。ii.方案I I可证明KzFeCh氧化了 C h用KO H溶 液 洗 涤 的 目 的 是。根据KzFeCU的制备实验得出：氧化性Ch 尸 0；（填“”或“MnC）4,验证实验如下：将溶液b滴入MnSCU和足量H2s0#的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明
10、氧化性F e O：M n C 4。若能，请说明理由：若不能,进一步设计实验方案。理由或方案：。1 8.除金、伯等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合物形式存在于自然界中，将金属元素从其化合物中还原出来的工业工程称为金属的冶炼。下列材料描述了部分常见金属的冶炼方法。工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的氯化镁；皮江法是硅在高温下还原氧化凄霍尔-埃鲁铝电解法是以氧化铝为原料、冰晶石(N a 3 A l F 6)为熔剂组成的电解质，在 9 5 0-9 7 0的条件下通过电解的方法使电解质熔体中的氧化铝分解为铝和氧气。冶炼镭一般用铝热法，即在高温下用铝还原二氧化锦。相关各物质熔点
11、见下表：物质A 12O3A l C hM g OM g C l2A lM nM g熔点/2 3 031 9 02 8 007 1 26 6 01 2 4 46 4 9I .根据上述信息回答下列问题：(1)冶炼镁时电解熔融M g C L 而不电解熔融MgO的原因是(2)将铝和镁作电极插入稀硫酸中，镁、铝分别作 极、极;写 出 正 极 的 电 极 反 应 式:，I I.下面是皮江法冶炼镁的工业流程示意图：白云石 C a M g(C O 3)2 硅 铁(含 S i 约 9 0%)|凝（体 a炉 渣(主 要 含 C a S i C 3)粗馔锭(3)气体a 是。(4)还原炉需控制温度为1 2 00左右，
12、并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有(5)还 原 炉 中 抽 空 气 到 近 似 真 空 的 原 因 是。1 9.国家主席习近平在9 月 2 2 日召开的联合国大会上表示：“中国将争取在2 0 6 0 年前实现碳中和“。所谓“碳中和“，通俗地说，日常活动可能制造的二氧化碳排放量，通过植树、节能减排等方法来中和抵消。(1)C02甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CCh催化氢化制甲烷的研究过程如图1：图 2铁粉 CH4S%、c o2C 02 H20 300 -分 离 一-银 粉、t1锲粉 HCOOH溶液图 1上述过程中，加入铁粉的
13、作用是一。HCOOH是 CO2转化为CH4的中间体：CO2-活化能-当锲粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，原 因 是 一 o(2)一定条件下，Pd-Mg/SiCh催化剂可使CO?甲烷化从而变废为宝学方程式为，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是CH4 CO2/H、MgOCO,Mg?C&4H2 CH4O其反应机理如图2 所示，该反应的化_o(3)C02和 CH4是两种重要的温室气体，通过化学反应可以将它们转化为其他物质。以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2。4为催化剂，可以将CO2和 CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图3 所示，250300时，温度升高而
14、乙酸的生成速率降低的原因是为了提高该反应中CH 的转化率，可以采取的措施是反应温度/图3（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【选 修3：物质结构与性质】20.（1）碳可以形成CO、CCh、H2cO3等多种无机化合物。国家实验室成功地在高压下将C02转化为具有类似SiO2结构的原子晶体,C02原子晶体的晶胞如图所示,下列关于CO2的 原 子 晶 体 说 法 正 确 的 是（填字母）。A.CO2原子晶体的熔点比SiCh晶体低B.l molCO2原子晶体和lmolCO2分子晶体均有2moi共价键C.在一定条件下，C02原子晶体转化为CO2分子晶体属于
15、化学变化在反应c o 转化成C02的过程中，下 列 说 法 正 确 的 是（填字母）。A.每个分子中孤对电子数不变 B.分子极性变化 C.原子间成键方式改变（2）氨硼烷（NH3BH3）是一种新型储氢材料.，其分子中存在配位键，则 氨 硼 烷 分 子 结 构 式 为，写出一种与氨 硼 烷 互 为 等 电 子 体 的 分 子（填化学式）。（3）硼酸（B（OH）3）本身不能电离出H+,因在水中能生成 B（OH）41而体现弱酸性，请写出硼酸溶于水呈酸性的离子方程式_ _ _ _ _ _ _。（4）Na30cl是一种良好的离子半导体，Na3。晶体属于立方晶系，晶胞结构如图所示，Na30cl晶胞中，C1位
16、于各顶点位置，则 Na位于 位置（填“顶点”，“体心”或“面心”）。晶胞有两种基本要素，其中一种是原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A 为（0,0,0）,B 为（0.5,0.5,0）,则 C 点的 原 子 坐 标 参 数 为。【选 修5：有机化学基础】21.H 是合成预防静脉血栓形成(V T E)的原料药利伐沙班中间体，其合成路线如图:C6H6最 空等c网曙”。小2cH.A B DCdBr2 E(C2H2OC12)/O2N N OXoFe/HClGoNaOH I I-O2N N-C-CH2C1CH2cH20HF已知：Q -NO2 FE/HCI-NH2(I)A 的化学名
17、称为,C 中含有官能团的名称为 o(2)C-D的反应类型为。(3)G 的结构简式为.(4)D F 的化学方程式为。(5)满足下列条件的D的同分异构体有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有6组峰且峰面积之比为4:2:1:1:1:1的结构简式为(写一种)。苯环上有3 个取代基；两个氨基直接和苯环相连；可以和NaHCC3溶液反应；Im ol该物质与足量钠反应产生1 mol H?；(6)己知：R-X(X:Q,B r,I)NaCN R-C N -R C Q O H,以 C 为原料合成H十NH C七OH的合成路线为(其他试剂任选)。参考答案1.B【详解】A.“方家以磁石磨针锋，则能指南”的意思是行家
18、用磁石磨针尖，针尖就能指南，这个过程涉及的性质是磁铁的磁性，属于物理变化，故 A正确；B.食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，对什么物质可以作食品添加剂以及食品添加剂的使用量，卫生部门都有严格规定，在规定范围内使用食品添加剂，一般认为对人体是无害的，超量使用食品添加剂会损害人体健康，在添加食品添加剂时对其用量要严格控制，故 B错误；C.丝绸和头发的主要成分是蛋白质，故 C正确；D.“瓷”是硅酸盐产品，故 D正确；故选B。2.D【详解】A.推广使用燃煤脱硫技术，可以减少S O2 排放，防治S O2 污染，利于“蓝天工程”建设，故不选A；B.实施绿化工程，减少扬尘污染，利于“蓝天工程”建设
19、，故不选B；C.研制开发使用新型电动汽车，减少化石燃料燃烧，降低机动车尾气污染，利于“蓝天工程”建设，故不选C；D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，化石燃料的燃烧，增大污染性气体排放，不利于“蓝天工程”建设，故选D；选 D。3.B【分析】由流程可知，混合物X中加入盐酸生成无色气体A为 C 0 2,白色沉淀C为 H 2 S i O3,所以固体混合物中必定含有N a z S i C h,至少含有C a C C h、N a 2 c O3 中的一种，由无色溶液B可知固体必定不含硫酸铜，因加入盐酸，则不能确定是否含有K C 1、N H4C 1,以此解答该题。【详解】A.由以上分析可知不能
20、确定是否含有K C L 一定含有N a z S i C h,一定不含C 1 1 S O4,故 A错误;答案第1页，总14页B.生成气体为二氧化碳，则固体混合物X 中，CaCCh、Na2cO3至少含有一种，故 B 正确；C.无色溶液B 可能含有氯化锈、氯化钠以及氯化钙等，通入二氧化碳，不能生成沉淀，故C 错误；D.因氨气易溶于水，如不加热溶液，则检验不到氨气，故 D 错误。故选B。4.A【详解】A.催化剂可以加快化学反应速率，由于对正、逆反应速率影响相同，因此不能使化学平衡发生移动，故反应物的转化率不变，因此不能提高反应物的转化率，A 错误；B.由图可知反应n 为 Hz。?的分解反应，氧元素的化
21、合价部分升高，部分降低，比02既作氧化剂又作还原剂，B 正确；C.反 应 I 为 H2O 在 C3N4催化作用下反应生成H2O2和 田，涉及H2O 化学键的断裂和H2化学键的形成，C 正确；D.将反应I 和反应II相加得总反应的化学方程式为2 H Q C3N4/CQDS 2乩 T+O,T D正确；故合理选项是A。5.C【详解】A.从图中可以分析气体收集方式是向上排空气法，N%密度比空气小，不能用向上排空气法收集，A 错误；B.C 与浓硫酸在加热条件下可发生反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，但图中发生装置为固液常温型，B 错误；C.铜与浓硝酸可在常温下发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮密度
22、比空气的大，可用向上排空气法收集，最后利用氢氧化钠进行尾气处理，倒置漏斗可防倒吸，c 正确；D.二氧化镐与浓盐酸需在加热条件下发生反应制备氯气，与图中发生装置不符，D 错误;故选C。6.D【详解】A.因为亚硫酸钠是粉末状固体，放在有孔塑料板上容易漏下，所以装置A 不能达到相应实答案第2页，总14页验目的，故A不符合题意;B.S0?属于酸性氧化物，能和碱石灰反应，所以装置B不能达到相应实验目的，故B不符合题意；c.SO?的密度比空气大，收集SO?时导管应是长进短出，所以装置C不能达到相应实验目的，故c不符合题意；D.SO2属于酸性氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，所以可以用D装置吸收SO2尾气，故D
23、符合题意；故答案：Do7.C【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸,溢出剩余气体80mL,说明一定有NH3存在且体积为20mL,二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2co3+O2,一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2,排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。故选C。8.C【详解】A.单质碘在水中的溶解度小于其在四氯化碳中的溶解度，四氯化碳的密度比水大，且与水不互溶，所以可以用四氯化
24、碳萃取水中的单质碘，故A正确；B.三氧化二铝为两性氧化物，能够与盐酸反应生成可溶盐氯化铝和水，而二氧化硅与盐酸不发生反应,所以可以用盐酸将三氧化二铝溶解，之后过滤可得二氧化硅，再将其洗涤烘干，故B正确；C.二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都可以和氢氧化钠溶液反应，不能除去二氧化碳中的二氧化硫，而是二氧化碳和二氧化硫均被吸收，故C错误；D.单质铝可以和氢氧化钠发生下列反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T,单质铁和氢氧化钠溶液不反应，所以可以用氢氧化钠溶液溶解单质铝将其除去，过滤、洗涤、烘答案第3页，总14页干后得到单质铁，故 D 正确：故选C。9.C【分析】向阳极泥中
25、加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，硫化亚铜与过氧化氢溶液反应生成确酸和硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含银、金的滤渣和含有碎酸、硫酸铜的滤液；向滤液中加入草酸钠溶液，硫酸铜溶液与草酸钠溶液反应生成草酸铜沉淀和硫酸钠，过滤得到草酸铜沉淀和含有硫酸、硫酸钠的滤液；草酸铜加热发生分解反应生成铜；向滤液中加入亚硫酸钠溶液，确酸与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应生成神，过滤得到确。【详解】A.确化亚铜C u?Te中C u 元素的化合价为+1价，由化合价代数和为0 可知，T e元素的化合价为-2 价，故 A 正确；B.由题意可知，A g、A u 与稀硫酸和过氧化氢溶液不反应，则滤渣的主要成分为A g 和 A
26、u,故 B 正确；C.过滤时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故 C 错误；D.由题意可知，滤液中含有硫酸和硫酸钠，向滤液中加入亚硫酸钠溶液，掰酸与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应生成孺、硫酸钠和水，反应的离子方程式为H2TeO3+2SO：=2SO：+Te J +H2O,故 D 正确;故选Co10.D【分析】O.lmol/LZ的氢化物的水溶液p H=l,可以推出Z 的氢化物为一元强酸，四种元素为短周期元素，且原子序数依次增大，即 Z 为 Cl,Z 与 Y 位于不同周期，Y 位于第二周期，根据新型漂白剂的结构简式，W 有四个键，推出W 为 C,Y 与 W 形成双键，即 Y 为 O,X 形成三个键，
27、推出X 为 N；【详解】根据上述分析，X 为 N,W 为 C,Y 为 O,Z 为 C1,A.同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，四种元素的原子半径大小顺序是r(C l)r(C)r(N)r(O),故 A 错误；答案第4页，总14页B.四种元素简单氢化物分别为C H 4、N%、氏0、H C 1,常温下H 2 O 为液体，其余为气体，即四种简单氢化物中H.O 的沸点最高，故 B错误；c.N的氧化物对应的水化物若为H N 0 2,H N 0 2 为弱酸，故 C错误；D.。3 有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故 D正确；答案为D。1 1.C【分析】X、Y原子的最外层电子数之和为
28、1 0,它们的核外电子总数之和为1 4,则 X为 C元素，Y为 O元素，Z+与 Y 2-核外电子排布完全相同，则 Z 为 N a 元素，W 原子最外层电子数比内层电子数少4,W 为 S i元素，据此分析解题。【详解】A.电子层数相同，简单离子半径负电荷越多原子半径越大：W2 Y2 Z 故 A正确；B.水中含有氢键，简单气态氢化物的稳定性：YW,故 B正确；C.Y分别与Z、W 形成的化合物，为氧化钠和过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，破坏了品红溶液中分子结构，故溶液褪色，氧化钠不可以，故 c错误；D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：X4,属于置换反应，故D正确；选B。14.BC【详解】
29、A.由结构简式可知，M分子中的C=N键和N分子中的一NH2发生加聚反应形成聚胭，故A错误；B.由结构简式可知,M分子中一CHs中碳原子为sp3杂化、苯环中碳原子为sp2杂化、O=C=N中碳原子为sp杂化，碳原子的杂化方式共有3种，故B正确；C.由结构简式可知，N分子结构对称，苯环上有如图所示的2类氢原子：出，则苯环上的一氯代物有2种，故C正确；D.由结构简式可知，聚胭分子中含有酰胺键，一定条件下能发生水解反应生成HjNON iL、飞 二u和二氧化碳（或碳酸根）,不能水解生成M和N,故D错误；故选BC。15.AD【详解】答案第6页，总14页c R-A.根据图像，lg一i=0时，pH=5,则H R
30、的电离平衡常数为K a=l(y 5,所以N aR的水c(H R)K I _解平衡常数为 K h=/=1 0-9,则 O.lm ol/L N aR溶液中 c(O H )=h x c(R)=1 0-5niol/L,pH约为9,故A正确；B.2 5 时向I L O.lm oL L T某一元酸HR溶液中通入O.lm ol氨气时，所得溶液的溶质为N H4R,N H 4 R的阴阳离子可以相互促进水解，N H,凡0的电离平衡常数K=1.7 6x 1 0-5,而H R的电离平衡常数为K a=1 0-5,故R-的水解程度更大，溶液呈碱性，所以c(N H；)c(R)c(O H )c(H+),故 B 错误；c(R)
31、c(R)C.pH =7时，由图可知，_L=2,即_=()2,则c(R-)c(H R),由电荷守恒可知c(H R)c(H R)c(R)=c(N H；),所以所得溶液中：c(H R)c(Rj=c(N H：),故C错误；D.pH =1 0时，c(O H-)=1 0 4m ol/L,N H,凡0 的电离平衡常数 K=1.7 6*1 0-5,可以求出 c(N H,)1.7 5 x 1?=0 7 5,所以2 c(N H：)c(N H 3-H,O),故 D正确；C(N H3.H2O)lx。，4 7 3-7故选A D o1 6.BC【详解】A.点加入N aO H溶液为2 0 m L,反应为：H 2 B+N a
32、O H=N aH B+H2O,溶液为N aH B溶液，pH 7,溶液显酸性，即以H B-的电离为主，抑制了水的电离;点处的溶质为N aH B和N a?B,p H 7,此时促进了水的电离，所以点所示溶液水的电离程度最大，故A正确；B.在整个滴定过程中，c (N a+)增大，根据物料守恒知：n(B2)+n(H B)+n(H2B)之和不变，滴定的过程中溶液的体积一直增大，所以c (B1)+c (H B)+c (H2B)之和不断减小，c (N a+)增大与c (B2-)+c (H B)+c (H2B)的减小程度无法确定，所以c (N a+)+c (B2-)+c (H B)+c (H2B)无法确定，故
33、B 错误；答案第7页，总14页C.点加入N aO H溶液为2 0 m L,反应为：H2B+N aO H=N aH B+H2O,溶液为N aH B溶液,pH 7,溶液显酸性，电离程度大于水解，则c（N a+）c（HB）c（B）c（H 2 B）,故C错误；D.滴定过程中，溶液中始终存在电荷守恒为：c（H+）+c（N a+）=c（0 H-）+2 c（B2-）+c（HB）,故D正确。故选BC。1 7.2 K M nO 4+1 6H C l=2 M nC L+2 K C 1+5 C L f+8 H 2。3 C l2+2 F e(O H)3+1 O O H-2 F e O+6C I +8 H 2 O (2
34、)F e 3+2 0 H+=4 F e3+3 O2t+1 0 H2O 确保L F e O 在碱性环境中的稳定性，同 时 排 除 对 验 证的干扰；溶液酸碱性不同 能 说 明，理由：F e O；在过量酸的作用下完全转化为F e?+和。2,溶液浅紫色一定是M n O：的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。【分析】制 备K 2F e O 4,由实验装置可知，A中浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的H C 1,C中K O H、氢氧化铁、氯气反应生成K z F e O-D中N a O H吸收尾气。探究K 2F e O 4的性质：由方案
35、I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K z F e C U与酸反应生成；方案II与制备实验的酸碱性不同，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。【详解】（1）A为氯气发生装置。A中高镒酸钾将浓盐酸氧化生成氯气和氯化镒，反应方程式是2K M n O 4+16 H C l=2M n C 12+2K C l+5 c卜廿8 H 20（锦被还原为 M n2+）,故答案为：2K M n O4+16 H C l=2M n C 12+2K C l+5 C b T+8 H 2O ；B中饱和食盐水可除去挥发的H C 1,将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。答案第8页，总14页C中得到紫色固体和溶液。C1元素的化合价降
36、低，Fe元素的化合价升高，由电子及原子守恒可知反应为3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,生成K2FeC)4的离子方程式3Cl2+2Fe(OH)3+1 OOH-2FeO+6CI+8H 2O,故答案为：3cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO丁+6Cl-+8H2。；(2)探究KzFeCh的性质 i.由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离 子,但该离子的产生不能判断一定是KFet力将C1-氧化，LFeCU在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生0 2,自身转化为Fe3+,还可能由4FeO；+20H+=4Fe3+3O2T+10H2O反应产生(用方程式表示)
37、。故答案为：Fe3+;4FeO：+20H=4Fe3+3O2T+10H2O;ii.方案H可证明LFeCU氧化了 C h用KO H溶液洗涤的目的是确保LFeCM在碱性环境中的稳定性，同时排除CIO-对验证的干扰；故答案为：确保KzFeCU在碱性环境中的稳定性，同时排除C1CT对验证的干扰；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：CLFeO；,而方案I I得出氧化性：C L V F e O j,与溶液酸碱性不同，故答案为：；溶液酸碱性不同；MnO)在溶液中显紫色，LFeCh在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSCU和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO：在酸溶液中立刻反应
38、生成Fe?+和0 2,作为K2FeCU的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO；,若答不能说明，则是考虑到F e O)在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和0 2,由于是加入足量的H2sO 4,溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H2(D)：+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO并没有将MM+氧化为MnO；而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO：在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和0 2,溶液浅紫色一定是MnO二的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还
39、是显浅紫色。18.(1)M gO的熔点比M gCk更高，电解时需要更多的能量，故选用MgCb 负 正高温 同温(2)2H+2e=H2f(3)C 02(4)2MgO+Si=2Mgt+SiO2 SiO2+C a O-C a S iO s答案第9页，总14页(5)防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化【详解】(1)冶炼镁时通常采用电解熔融M g C L 的方法而不是电解熔融M g O,是由于M g C L 的熔点比MgO低，电解时消耗的能量少，若采用电解熔融的MgO,就需消耗更多的能量；(2)M g、A l 都是比较活泼的金属，能够与硫酸发生置换反应，由于金属活动性：M g A l,所以若将铝和镁作
40、电极插入稀硫酸中，活动性比较强的镁为负极，活动性比较弱的铝为正极,在负极上Mg失去电子变为M g 2+进入溶液，在正极上，溶液中的H+得到电子变为氏 逸出，故正极的电极反应式为：2 H+2 e=H 2 f；(3)白云石在高温下燃烧，反应产生C a O、MgO和 C O?气体，所以气体a 是 C C h;(4)将回转炉煨烧产生的固体C a。、MgO与硅铁混合、粉碎研磨，并压制成球状，然后在高温 高温1 2 0 0 高温条件下，抽成真空，发生主要反应是:2 M g O+S i =2 M g T+S i O2,S i O2+CaO=C a S i O3；(5)Mg是活泼金属，在高温下能够与0 2 反
41、应产生MgO,在还原炉中抽空气到近似真空,就可以防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化。1 9.(1)与水蒸气反应提供氢气 当增加银粉的用量时，第 H步反应速率增加更大P d-M g/S i O,(2)C O 2+4 H 2 C H 4+2 H 2 O M g O C H2(3)温度超过 2 5 0 时，催化剂的催化效率降低 缩小容器体积增大压强、增大C O 2 的浓度【详解】(1)加入铁粉，高温条件下可以与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，提供反应过程中需要的氢气；根据流程可知银粉为该过程的催化剂，当锲粉用量增加1 0 倍后，甲酸的产量迅速减少，即甲酸的消耗速率大于其生成速率，即第H步反应速率
42、加快的更多，所以原因是：当增加银粉的用量时，第 n步反应速率增加更大；(2)根据题目信息“一定条件下，P d-M g/S i O 2 催化剂可使C O 2 甲烷化”可知反应中C 02为反应物之一，C H 4 为产物之一，再根据图示中氢气“进入”P d中可知H 2 也为反应物之一，所以P d-M g/S i O2化学方程式为C O 2+4 H 2 -C H 4+2 H 2 O；反应过程中Mg为+2 价，O为-2 价，H为+1 价，所以碳元素的化合价为-2 价的中间体是M g O C H2;答案第10页，总14页(3)据图可知，温度超过2 5 0 时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成
43、速率降低；C O 2和C H 4直接转化成乙酸的化学方程式为C O 2(g)+C H 4(g)U C H O O H(g)；提高该反应中C H 4的转化率，改变条件应使平衡向正反应方向移动，正反应是气体体积减小的反应，缩小容器体积增大压强、增大C O 2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大。H H2 0.(1)C B C (2)H-LAH C 2 H 6(3)B(O H)3+H2OFB(OH)4+H+占 占(4)面心(0.5,0.5,0.5)【详解】(1)A.碳原子半径小于硅原子半径，碳氧键的键能大于硅氧键的键能，所以C O 2原子晶体的熔点比S i C h晶体高，A错误；B.l m o l
44、 C C h原子晶体中含有4m o i共价键，I m o l C C h分子晶体有2 m o i共价键，B错误；C.在一定条件下，C O 2原子晶体转化为C O 2分子晶体过程中产生新物质，属于化学变化，C正确；答案选C。A.C O分子含有2对孤对电子，C O 2分子含有4对孤对电子，转化过程中孤电子对数发生变化，故A错误；B.C O是极性分子，C C h是非极性分子，极性发生变化，故B正确；C.C O和C O 2均含有共价键，C O还含有配位键，转化过程中原子间成键方式改变，故C正确；故选B C；(2)氨硼烷(N H 3B H 3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，由于氮原子含有孤电子
45、H H对，B原子含有空轨道，则氨硼烷分子结构式为H LAH,原子数和价电子数分别都相匕 匕等的互为等电子体，则与氨硼烷互为等电子体的分子为c 2 H 6。(3)硼酸本身不能电离出H+,因在水中能生成B(O H)小而体现弱酸性，这说明B(O H)3结合水电离出的氢氧根离子，则硼酸溶于水呈酸性的离子方程式为B(O H)3+H 2 O =B(OH)4-+H+O(4)C l位于各顶点位置，个数是8 x：=l,根据化学式可知钠原子个数是3个，则N a位8答案第11页，总14页于面心，体心是氧原子；其中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(0.5,0.5,0),C位于体心,则C点的原子坐标参数为(0.5,
46、0.5,0.5)o2 1.(1)苯 滨原子、硝基(2)取代反应(3)0+HCICHjCII I(5)6H O-C H -C O O HH O-C H-C O O HB r。股汪N C QNO：里T HO OCQN。：巴与(6)浓硫酸、。H O O C N H:-K-H H NQ-C+O H【分析】由流程图可知，A为苯)，在漠化铁的催化作用下苯与液漠发生取代反应生成B漠苯,在浓硫酸的作用下溟苯与浓硝酸发生硝化反应生成C,由D的结构简式可知，C的结构简式B r为；)，C与H 2 N C H 2 c H 2 0 H发生取代反应生成D,D与E发生取代反应生成F,由D与N O2F的结构简式、结合E的分子
47、式可知，E的结构简式为C I G C HV I，根据已知信息反应知，G发生还原反应生成H,则G为-op,F在N aO H存在下反应生成G,据此0分析解答。【详解】B r(1)A的化学名称为苯，C为。,含有官能团的名称为澳原子、硝基;N O2B r(2)C 为,C与H2N C H2C H2O H反应时，-N H C H 2 c H 2 0 H取代了 C中的澳原子生成N O2答案第12页，总14页D,故 C 与 H2NCH2CH2OH发生取代反应生成D；(3)G 的结构简式为(4)D 与 E 发生取代反应生成F,故 D-F 的化学方程式为0O jN-N H C H2CH20H+C1_?+HCI：C
48、HiCIhOii(5)满足下列条件的D 的同分异构体，苯环上有3 个取代基；两个氨基直接和苯环相连；可以和NaHCC)3溶液反应，说明有一个竣基；Im ol该物质与足量钠反应产生lm o lH2)说明还有一个羟基，则 另 一 个 取 代 基 为 当 两 个 氨 基 位 于 邻 位 时，Un一即6 0 H 有 2 种取代方式；当两个氨基位于对位时，q C O O H 有 1种取代方式；当两Un Un个氨基位于间位时，比 3 6 H 有 3 种取代方式，则符合条件的同分异构体共6 种；其中UnHO-CH-COO H核磁共振氢谱有6 组峰且峰面积之比为421:1:1:1的结构简式为、(6)根据已知信
49、息反应可知，Br NO 与 NaCN反应生成NC NO：，NC NO：在酸性条件下反应生成HOOC NO:HOOC 发生还原反应生成HO O C-(J-NHr HOOCQ _ NH?再发生缩聚反应生成HHN_QJ+OH，故合成BrNCONO2 HOOC；NO2路线为：H oHOOC-ONH,浓 努 H-EHN-Q UIOH【点睛】0G 的结构简式的确定是学生们的易错点，学生们往往认为F 04/、/Y H.U 在碱性CHICHJOH答案第13页，总14页条件下发生卤代燃的水解反应生成即为G；实际上，根据已CCiljOHNO,NH,知信息反应：1,“I 进行逆推，G应该只是发生还原反应生成H,不会在此条0 0件下发生分子内脱水再形成酸键，G为,而不能是0A1Y H,O H；F 在碱性条件下先发生卤代煌的水解CHjCHQH CHaCMjOII0 0反应生成Y%O H,一N-1 Y H,O H再在碱性条件下发生分CCHjOH CH|CH:OH子内脱水生成答案第14页，总14页