山东省2021届新高考适应性模拟考试名师原创卷 化学试题（解析版）.docx

1、山东山东省省 2021 届届新高考适用性考试模拟卷新高考适用性考试模拟卷 化化 学学 （考试时间：90 分钟试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、选择题：本题共 10 个小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一项是符合题目要求。 1化学与科技、社会、生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ） A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素 B第五形态的碳单质碳纳米泡沫，与石墨烯互为同分异构体 C维生素 C又称抗坏血酸，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的 Fe3

2、+转变为易吸收的 Fe2+，这说明维生 素 C 具有还原性 D2018 年 10月 23 日，港珠澳大桥开通，大桥共用钢铁 42 万吨，水泥 189万吨， 其中钢铁属于合金，水泥属 于传统无机非金属材料。 【答案】B 【解析】A. 青蒿素不溶于水易溶于有机溶剂，故可用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，A 正确； B. 碳纳米泡沫是一种碳单质，与石墨烯互为同素异形体，B 不正确； C. Fe3+转变为 Fe2+，则铁离子发生还原反应，维生素 C 在该转化过程中充当还原剂、维生素 C 具有还原性，C 正确； D. 钢铁是含铁、碳等成分的合金，水泥是硅酸盐材料、属于传统无机非金属材料，D 正确； 2NA为阿

3、伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ） A0.1mol H2和 0.1mol I2在密闭容器中充分反应后的分子总数为 0.2NA B常温常压下，6.2g P4中所含 PP 键数目为 0.2NA C标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为 0.4NA D常温下，0.1mol/L Na2CO3溶液中阴离子总数大于 0.1NA 【答案】A 【解析】A氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1 molH2和 0.1mol I2于密闭容器中充分反应后， 其分子总数为 0.2NA，选项 A 正确； B. 常温常压下， 6.2g P4的物质的量是 0.05mol， 由于白磷是正四面体结构， 含有

4、 6个 PP 键， 因此其中所含 PP 键数目为 0.3NA，选项 B错误； C. 标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为 2.24 2 22.4/ A L N L mol 0.2NA，选项 C错误； D没有给定溶液的体积，无法计算离子的数目，选项 D错误； 3已知氧化性: Br2 Fe3+，向含溶质 a mol FeBr2的溶液中通入 b mol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是（ ） A离子的还原性强弱：Fe2+Br- Cl- B当 a=2b 时，发生的离子反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- C当 a=b时，反应后的离子浓度： c（Fe2+） ：c（Br-） ：c（Cl-

5、）=1：2：2 D当 3a=2b 时，发生的离子反应：2Fe2+4Br-+3Cl2 =2Fe3+2Br2+ 6Cl- 【答案】C 【解析】A氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+Br- Cl-，故 A 正确； Bamol Fe2+消耗 0.5amolCl2，当 a2b时，只有 Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故 B正确； C 当a=b时， 由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-可知， amolFe2+消耗0.5amolCl2， 生成amolFe3+、 amolCl， 由2Br+Cl2=2Cl+Br2 可知， 0.5amolCl

6、2， 消耗 amolBr， 又生成 amolCl， 溶液中剩余 Br为 amol， 反应后的离子浓度： c(Fe3+) c(Br) c(Cl)= aa2a=112，故 C错误； DamolFe2+消耗 0.5amolCl2，2amolBr消耗 amolCl2，当 3a2b时，Fe2+、Br完全被氧化，发生的离子反应： 2Fe2+4Br-+3Cl2 =2Fe3+2Br2+ 6Cl-，故 D 正确； 4从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是( ) A在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 B实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 C含 I的滤液中加入稀硫酸和双氧水

7、后，碘元素发生氧化反应 D碘水加入 CCl4得到 I2的 CCl4溶液，该操作为萃取 【答案】B 【解析】A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A 正确； B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误； C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确； D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D 正确。 5下列关于有机化合物的说法正确的是（ ） A的名称为 2甲基1丙醇 B氯乙烯和聚乙烯均能发生加成反应 CC3H2Cl6 有 4 种同分异构体 DC2H4和 C4H8一定是同系物 【答案】C 【解析】A. 是饱和

8、一元醇，其名称为 2丁醇，A错误； B. 乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，所以聚乙烯不能发生加成反应，B错误； C. C3H2Cl6与 C3H6Cl2的同分异构体种类相同，有 4种同分异构体，C正确； D. C2H4和 C4H8的结构不一定相似，不一定是同系物，D错误，答案选 C。 6下列实验操作能达到实验目的的是（ ） 选项 实验目的 实验操作 A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否被氧化 将 K3Fe（CN）6溶液滴入硫酸亚 铁片的水溶液 B 验证 SO2的漂白性 将 SO2通入溴水 C 检验洁厕剂的主要成分是盐酸 向待测液中滴加硝酸银溶液 D 制备少量的 NH3 将浓氨水滴加到碱石灰上 【答案】D 【

9、解析】A. K3Fe(CN)6溶液用于检验亚铁离子而不是铁离子，检验铁离子应选用 KSCN 溶液，A 错误； B. 漂白性是使有机色素褪色，验证 SO2的漂白性，应选用品红溶液，二氧化硫使溴水褪色是因为发生氧化还原 反应、SO2体现的不是漂白性而是还原性，B 错误； C. 检验氯离子时，向待测液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，C 错误； D. 浓氨水与碱石灰的混合制氨气，其原理为：氨水中中加入固体碱石灰时，c(OH-)增大，一水合氨的平衡逆向 移动，浓度增大，NH3H2O 发生分解反应产生氨气、同时固体溶解放热也促进了 NH3H2O 的分解、温度升高又 降低了氨气在水中的溶解度，D 正确； 7下列

10、关于化学键的说法正确的是（ ） A气体分子中一定含有 键，可能含有 键 B分子中所含 键的强度可能比 键弱 C非极性分子中一定含有非极性共价键 DCO2溶于水和碘的升华过程均破坏共价键 【答案】B 【解析】A稀有气体中不存在化学键，A错误； B如 N2分子中存在的 NN键能比 3 个 N-N键能大，也比一个 N-N和一个 N=N键能加起来要大，说明 NN中 的 键比 键强，所以分子中所含 键的强度可能比 键弱，B正确； C甲烷是非极性分子，但只含有极性共价键，所以非极性分子中不一定含有非极性共价键，C错误； DCO2溶于水会生成碳酸，破坏了共价键，碘的升华过程是物质状态的改变，没有破坏化学键，

11、D错误； 8已知有 A、B、C、D、E 五种短周期元素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物的水溶液呈碱性， C 元素原子的最外层电子数是最内层电子数的 1 2 ，D 是同周期中单核离子半径最小的元素，E 元素的最高正价 与最低负价的代数和为 6.下列叙述中错误的是（ ） AB 元素的简单气态氢化物与 E 的氢化物化合，生成物的水溶液呈酸性 BB、C、E 最高价氧化物对应的水化物溶液均能与 D 元素的氧化物反应 C元素 B、E 分别与元素 A 构成的含有 18 个电子的分子中均含有非极性共价键 D最高价氧化物对应水化物的碱性:CD 【答案】C 【解析】A、B、C、D、E五种短周期元

12、素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物的水溶液呈碱性， 则 A 为 H元素，B为 N 元素；C 元素原子的最外层电子数是最内层电子数的 1/2 倍，则 C为 Na元素；E元素的 最高正价与最低负价的代数和为 6，E为 Cl元素，D是同周期中单核离子半径最小的元素，则 D为 Al元素。 A.氨气与氯化氢化合，生成氯化铵，氯化铵属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故 A正确； B. N、Na、Cl最高价氧化物对应的水化物溶液为强酸或强碱，均能与氧化铝反应，故 B 正确； C. 元素 N、Cl分别与元素 H构成的含有 18 个电子的分子分别为肼和氯化氢，氯化氢中不存在非极性共价键， 故 C

13、错误； D. 元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性:氢氧化钠氢氧化铝，故 D 正确； 9利用微生物中的芽孢杆菌来处理宇航员排出的粪便，同时能得到电能。氨气与氧气分别通入燃料电池两极， 最终生成常见的无毒物质，示意图如图所示。下列说法错误的是（ ） AH+ 从 a电极移向 b 电极 B负极区发生的反应是 2NH3 6e- = N2 +6H+ C当标准状况下 2.24LO2被还原，则 a向 b 电极转移 0.4mol 电子 D工作一段时间后电解质溶液的 pH值不变 【答案】D 【解析】A原电池中阳离子向正极移动，因此 H+ 从 a电极移向 b电极，故 A正确； B负极上氨气失去

14、电子发生氧化反应生成氮气，负极的反应式为 2NH3 6e- = N2 +6H+，故 B 正确； C标准状况下 2.24LO2的物质的量为 0.1mol，还原生成-2 价的 O，则 a 向 b 电极转移 0.4mol 电子，故 C 正确； D该电池的总反应是氨气与氧气生成氮气和水，溶液中氢离子浓度减小，pH值增大，故 D错误； 10某温度下，氢氟酸与丙酸的 Ka值分别为 6.8 10-4和 1.34 10-5。将物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液 分别加水稀释，其 pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ） A曲线代表丙酸溶液 B溶液中水的电离程度：ab C从 b点到 c点，溶液中

15、cc c A HAOH 保持不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子) D取体积相同的 b、d 两点溶液分别与 NaOH恰好中和，d点消耗的 NaOH多 【答案】C 【解析】由题中信息可知，HF的 Ka=6.8 10-4，丙酸的 Ka=1.34 10-5，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离 平衡常数：HF丙酸，则酸性 HF丙酸，物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液，HF中 H+浓度要大一些， PH值要低一些； A根据上述分析，由题中图示，曲线 I开始 pH小，代表 HF溶液，曲线 II 代表丙酸溶液，故 A错误； B酸抑制水电离，溶液的 pH越大，溶液中 c(H+)越小，其抑制水电离程度越

16、小，c(H+)：ab，则水电离程度： ab，故 B错误； C从 b点到 c点，温度不变水解平衡常数不变，Kh= cc c A HAOH 不变，故 C正确； Db 点为丙酸曲线上的点，CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+，Ka= 32 32 cc H c CH CH COO CH CH COOH = 2 32 cH c CH CH COOH 则 c(CH3CH2COOH)= 22 5 cHcH 1.34 10Ka ， d点为 HF曲线上的点， HF H+F-， Ka= 2 c Hc FcH ccHFHF ，则 c(HF)= 22 4 cHcH 6.8 10Ka ，因为 b、d 两点 p

17、H相等，c(H+)相等，则可推出 c(CH3CH2COOH)c(HF)，相同体积时，丙酸的物质的量比氢氟酸大，完全中和时消耗同浓度的 NaOH 体积大， 即 b点消耗的 NaOH多，故 D 错误； 二、选择题：本题共 5 个小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对 得四分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ） A装置用于验证反应是否有 CO2生成 B装置用于用标准 NaOH 溶液测定盐酸浓度 C装置用于制备少量含 NaClO 的消毒液 D装置用于比较铜、铁活泼性强弱 【答案】D 【解析】A木炭与浓

18、硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故 A错误； B有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故 B错误； C上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和 NaOH，上端生成的氯气无法 接触到 NaOH，无法制备消毒液，故 C 错误； D图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若 Fe 为负极，Cu为正极，可说明铁比 铜活泼，故 D 正确； 12 现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力， 常用于电解池、 原电池中。 电解 NaB(OH)4溶液可制备 H3BO3， 其工作原理如图。下列叙述错误

19、的是( ) AM 室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2+4H+ BN 室：ac(NH4) c(H) c(OH) 【答案】A D 【解析】A二元弱酸酸式盐 NaHA 溶液中存在物料守恒，应为 c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故 A 正确； B25，pH=12的氨水和 pH=2的盐酸溶液等体积混合，氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，溶液显示碱性， 则 c(OH-)c(H+)， 根据电荷守恒可得： c(NH4+)c(Cl-)， 正确的离子浓度关系为： c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+ )， 故 B 错误； C将 pH=5的醋酸溶液稀释后，恢复至原温度，溶液中

20、氢离子浓度减小，则溶液的 pH 增大，由于温度不变， 则水的离子积 Kw不变，故 C 错误； D向 NH4HSO4溶液中加入等物质的量的 NaOH形成的溶液，反应后溶液的溶质为硫酸钠和硫酸铵，由于 NH4+ 水解，溶液呈酸性，则有 c(Na+)=c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故 D正确； 14下列含铜物质说法正确的是（ ） A甲图是 CuO 的晶胞示意图 ，乙图是 Cu2O 的晶胞示意图 B已知 Cu2O和 Cu2S晶体结构相似，则 Cu2O比 Cu2S 的熔点低 C晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立方最密堆积，配位数为 12 D铜在氧气中加热生成 CuO , C

21、uO 热稳定性比 Cu2O 强 【答案】C 【解析】A.由甲图晶胞可知，晶胞中氧原子的个数为 81 8 +1=2，铜原子的个数为 4，化学式为 Cu2O；由乙图的 晶胞结构可知，晶胞中氧原子的个数为 81 8 +61 2 =4，铜原子的个数为 4，化学式为 CuO，故 A错误； B. Cu2O 和 Cu2S 都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子的半径，则 Cu2O中的离子键强于 Cu2S，Cu2O 比 Cu2S 的熔点高，故 B 错误； C.由图可知晶体铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，Cu 原子的配位数为 12，故 C 正确； D.CuO 中 Cu2+离子的价电子排布式为 3d9， C

22、u2O中 Cu2+离子的价电子排布式为 3d10， 3d10为全充满的稳定状态， 比 3d9稳定，则 CuO 热稳定性比 Cu2O弱，故 D错误； 15在 2L密闭容器中进行反应 C (s)+ H2O(g) CO(g)+ H2(g) H 0，测得 c(H2O)随反应时间（t）的变化 如图。下列判断正确的是（ ） A其他条件不变，适当增加 C(s)质量会使平衡正向移动 B10 min 时，改变的外界条件不可能是减小 H2的浓度 C恒温下，缩小容器体积，平衡后 CO 浓度增大 D10 12 min 时段反应的平衡常数逐渐增大 【答案】B C 【解析】AC为固体，增加质量不会影响反应速率，平衡不发生

23、移动，A错误； B由图可知，10min 时 H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高 温度，B正确； C恒温下，缩小体积增大压强，反应随向逆反应方向移动，但由于体积减小 CO 浓度依旧较原来增大，C正确； D1012min 为平衡移动的过程，这段过程中无平衡常数，只有浓度商，D错误； 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16高氯酸铵 44 NH ClO为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。 1高氯酸铵中氯元素的化合价为_。 2高氯酸铵在高温条件下分解会产生 H 2O g 和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式 _。

24、3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。 该小组连接好装置后， 依次检查装置的气密性、 装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管 E、通入气体产物。(已知：焦 性没食子酸溶液用于吸收氧气) 装置 A、B、C、D 中盛放的药品可以依次为_(选填序号：、或)。 .碱石灰、湿润的淀粉 KI 试纸、氢氧化钠溶液、Cu .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu .无水硫酸铜、湿润的淀粉 KI试纸、饱和食盐水、Cu 装置 E收集到的气体可能是_(填化学式)。 4经查阅资料，该小组利用反应 NaClO4(aq)+NH4Cl(aq) 90 NH4ClO4(

25、aq)+NaCl(aq)在实验室制取 44 NH ClO，该 反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 从混合溶液中获得较多粗 NH 4ClO4晶体的实验操作依次为_、_和过滤、洗涤、干燥。 研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替 NH 4Cl，则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是 _。 5研究小组通过甲醛法测定所得产品 NH 4ClO4的质量分数。已知：NH4ClO4的相对分子质量为117.5； NH 4ClO4与甲醛反应的离子方程式为 4242 6 4NH6HCHOCHN H3H6H O ， 26 CHN 4H 26 CHN 4 H 6 K7 10 实验步骤： 步骤.称取7.05g

26、样品。 步骤.将样品溶解后，完全转移到 250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。 步骤.移取25.00mL样品溶液于 250mL锥形瓶中， 加入20mL20的中性甲醛溶液( 过量)， 摇匀、 静置 5min 后，加入12滴酚酞试液，用 NaOH 标准溶液滴定至终点。记录数据。重复(滴定)操作 2 次。 标准液应盛放在上图装置_(填或)中，判断达到滴定终点的现象是_。 滴定结果如下表所示： 滴定次数 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 0.20 24.30 2 1.00 24.90 3 0.20 21.20 则所用标准溶液的体积为_mL，若 NaOH标准溶液的浓度为 1 0.10

27、00mol?L，则该产品中 44 NH ClO 的质量分数为_。 【答案】 （1）7 （2） 442222 2NH ClONCl2O4H O g （3） 2 N （4）蒸发浓缩 冷却结晶 氨气与浓盐酸反应放出热量 （5） 当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且 30s 内不褪去 24.00 40 【解析】 1铵根显1价，氧元素显2价，设氯元素的化合价是 x，根据在化合物中正负化合价代数和为零， 可得：1x240 ，则x7价，故答案为：7； 2高氯酸铵在高温条件下分解会产生 H2O（g）和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为 N2、Cl2和 O2，反应的化学方程式为： 44

28、2222 2NH ClONCl2O4H O g ，故答案为： 442222 2NH ClONCl2O4H O g ； 3 先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行 干燥，D中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为：； 装置 E收集到的气体可能是 2 N，故答案为： 2 N； 4 由图可知， 44 NH ClO的溶解度受温度影响很大，NaCl 的溶解度受温度影响不大， 4 NH Cl、 4 NaClO的 溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于 44 NH ClO，故从混合溶液中获得较多 44 NH ClO

29、 晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶； 因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界 供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量； 5NaOH标准液应盛放在碱式滴定管中， 即盛放在 II中； 因为使用酚酞作指示剂， 当加入最后一滴标准液， 锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且 30s 内不褪去，达到滴定终点，故答案为：；当加入最后一滴标准液，锥 形瓶内溶液由无色变成粉红色，且 30s 内不褪去； 三次实验所耗 NaOH溶液的体积依次为 24.30mL-0.20mL=24.10mL、24.9

30、0mL-1.00mL=23.90mL、 21.20mL-0.20mL=21.00mL，第 3 组实验数据误差较大，应舍去，则所用标准溶液的体积为 (24.10mL+23.90mL) 2=24.00mL，根据所给反应得出关系式 44 NaOHNH ClO，该产品中 44 NH ClO的质量分 数为 3 250mL 0.1000mol/L 24.00 10 L117.5g/mol 25.00mL 10040 7.05g ，故答案为：24.00 ；40。 17磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷及制药等。以硫铁矿(主要成分是 FeS2，含少量 Al2O3、SiO2和 Fe3O4) 为原料制备磷酸

31、铁的流程如下： 已知几种金属离子沉淀的 pH 如表所示： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀的 pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的 pH 4.1 9.7 5.2 请回答下列问题： (1)酸浸需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_。灼烧滤渣 3得到固体的主要成分是 _(写出化学式)。 (2)用 FeS 还原 Fe3的目的是_。加入 FeO 的作用是_(用离子方程式表示)。 (3)试剂 R宜选择_(填字母)。 A高锰酸钾 B稀硝酸 C双氧水 D次氯酸钠 (4)检验氧化之后溶液是否含 Fe2的操作是_。 (5)纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕

32、黄色，可能是产品混有_(填化学式)杂质。 (6)常温下，Ksp(FePO4)1.3 1022，沉铁中为了使 c(Fe3)1105 mol L1，c(PO43)最小为_mol L 1。 【答案】 （1）避免 Fe3水解生成 Fe(OH)3，损失铁元素 Al2O3 （2） 避免在除去 Al3时 Fe3一并沉淀 Al33H2O Al(OH)33H，FeO2H=Fe2H2O（或 2Al33FeO3H2O=2Al(OH)33Fe2） （3） C （4）取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾 溶液褪色)，则该溶液中含有 Fe2 （5） Fe(OH)

33、3 （6） 1.3 1017 【解析】 (1) 硫铁矿中含有物质是 FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时 FeS2转化成 Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物， Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是 Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣 1 为 SiO2，滤液中阳离子是 Fe3、Al3、Fe2等，Fe3能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进 Fe3水解 生成 Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让 Al元素以 Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3 必先沉淀，因此加入 FeS 将 Fe3还原成 Fe2，

34、然后加入 FeO 调节 pH，让 Al元素以 Al(OH)3形式沉淀出来，即 滤渣 3 为 Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到 Al2O3； 答案：避免 Fe3水解生成 Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3； (2) 依据表格中的数据以及流程，让 Al元素以 Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3必先沉淀，因此用 FeS 还原 Fe3 的目的是避免在除去 Al3时 Fe3一并沉淀；加入 FeO的目的是调节 pH，让 Al3以 Al(OH)3形式沉淀而除去， Al3发生水解：Al33H2O Al(OH)33H，FeO2H=Fe2H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢 氧化铝沉淀； 答案：避免在除

35、去 Al3时 Fe3一并沉淀；Al33H2O Al(OH)33H，FeO2H=Fe2H2O（或 2Al3 3FeO3H2O=2Al(OH)33Fe2） ； (3)A. KMnO4溶液作氧化剂，容易引入 Mn2、K，故 A 不适宜； B. 稀硝酸作氧化剂，得到 NO，NO有毒，污染环境，且容易引入 NO3新杂质，故 B不适宜； C. 双氧水作氧化剂，还原产物是 H2O，不引入杂质，对环境无影响，故 C 适宜； D. 次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质 Cl、Na，故 D不适宜； 答案：C； (4)检验 Fe2：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性 高

36、锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有 Fe2； 答案：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸 钾溶液褪色)，则该溶液中含有 Fe2； (5)如果碱性较强，铁离子会转化成氢氧化铁并混入产品； 答案：Fe(OH)3； (6)根据溶度积进行计算，c(PO43)= 22 4 3+5 sp(FePO )1.3 10 c(Fe )1 10 K =1.3 1017mol L1； 答案：1.3 1017mol L1。 18在一定条件下，将 5.0mol SO2和 4.0mol O2充入容积为 2L的密闭容器中，发生反应 2SO2（g）O2（g） 2SO3（g

37、） H 0，测得部分数据如下表。 t/min 0 1 2 3 4 5 n（SO2）/mol 5.0 3.0 2.0 1.4 1.0 1.0 n（SO3）/mol 0.0 2.0 3.0 3.6 4.0 4.0 （1）工业生产中此反应 O2需过量，目的是：_。SO2的平衡转化率为_。 （2）实验条件下该反应的平衡常数 K1_（填数值） 。若在同样条件下，把方程式改写为 SO3（g）SO2 （g） 1 2 O2（g） ，则该反应的平衡常数 K2_（用含 K1的式子表示） 。 （3）其他条件不变，若平衡后移走一半平衡混合气，再次达平衡时 SO3的物质的量浓度是_ a 1.0mol/L b 2.0mo

38、l/L c 小于 1.0mol/L d 大于 1.0mol/L，小于 2.0mol/L （4）在同样条件下，若将 5molSO3充入 2L密闭容器中，还需同时充入_molO2，才能达到上述表格所示的相同 的平衡状态。 【答案】 （1）增加廉价原料 O2的浓度，提高 SO2的转化率 80% （2）16 1 1 K （或 1 -2 1 K ） （3） c （4）1.5 【解析】 (1)增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，故工业生产中此反应 O2需过量，目的是增 加廉价原料 O2的浓度，提高 SO2的转化率，根据表中可知，平衡时 SO2的物质的量为 1mol，故 SO2的平衡转化 率为

39、5mol-1mol 100%=?100%=80% 5mol 2 转化量 （SO ）= 起始量 ，故答案为：增加廉价原料 O2的浓度，提高 SO2的 转化率；80%； (2)根据三段式计算： 223 2SOgOg2SO g mol/L2.520 mol/L2.01.02.0 mol/L0.51.02.0 （ ） （ ）（ ） 起始浓度() 转化浓度() 平衡浓度() 故实验条件下该反应的平衡常数 K1 22 3 22 22 (SO )2 =16 (SO ) (O )0.5 ?1 c cc ，根据平衡常数表达式可知，若在同样条件下，把方程式改写为 SO3(g)SO2(g) 1 2 O2(g)，则该

40、反应的平衡常数 K2 1 1 K （或 1 -2 1 K ） ，故答案为：16； 1 1 K （或 1 -2 1 K ） ； (3)其他条件不变即温度和容器体积不变，若平衡后移走一半平衡混合气，假设平衡不移动，则再次达平衡时 SO3 的物质的量浓度是 1.0mol/L，但实际上减小气体的物质的量，容器压强减小，该反应的正反应为气体体积减小的 方向，故减小压强，平衡逆向移动，故 SO3的浓度要小于 1.0mol/L，故答案为：c； (4)根据等效平衡达到的途径，即将物质转化为一边，根据反应方程式可知，将 5molSO3全部转化为 5molSO2和 2.5molO2，故还需同时充入 4-2.5=1

41、.5molO2，故答案为：1.5。 19在电解炼铝过程中加入冰晶石(用A代替)，可起到降低 Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为 2Al(OH)3 12HF3Na2CO3=2Al3CO29H2O。根据题意完成下列填空： （1）冰晶石的化学式为_， 含有离子键、_等化学键。 （2）生成物中含有 10 个电子的分子是_(写分子式)，该分子的空间构型_，中心原子的杂化方式 为_。 （3） 反应物中电负性最大的元素为_(填元素符号)， 写出其原子最外层的电子排布图： _。 （4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体的 12 条棱的中点和 8 个小

42、立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是_(填微粒符号)。 （5）Al 单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如 图丁所示： 若已知 Al 的原子半径为 d，NA 代表阿伏加德罗常数，Al 的相对原子质量为 M，则一个晶胞中 Al 原子的数目为 _个； Al 晶体的密度为_(用字母表示)。 【答案】 （1）Na3AlF6 共价键、配位键 （2） H2O V 形 sp3 （3） F （4）Na （5） 4 【解析】 (1)冰晶石的成分是 Na3AlF6，该物质中 Na+和 AlF6-之间存在离子键，Al原子和 F原子之间存在配位键 和共价

43、键，故答案为 Na3AlF6；共价键和配位键； (2)H2O 中含有 10个电子，水分子中含有 2 个共价单键和 2 个孤电子对，所以其空间构型为 V形，O原子采用杂 化，故答案为 H2O；V形；sp3； (3)元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是 F元素；F原子核外最外层上 s、p 能级，s、p 能 级上电子分别是 2、5，其最外层轨道表示式为，故答案为 F； (4)的个数=81 8 +61 2 =4，个数=121 4 +8+1=12，要使两种离子的个数之比为 1：3，则大立方体的体心处所 代表的微粒是 Na+，故答案为 Na+； (5)该晶胞中 Al原子个数=81 8 +6

44、1 2 =4，该晶胞棱长= 2 (4 ) 2 d =2 2d，所以晶胞的体积=(22d) 3，=m V = 3 4 2 2 A M N d （） = 3 4 2 A M d N ，故答案为 4； 3 4 2 A M d N 。 20高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药的合成路线如下： 已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO RCHO 回答下列问题： (1)A的化学名称为_； (2)B的结构简式为_；G 中所含官能团的名称是_； (3)的反应类型是_；写出反应的化学方程式_； (4)化合物 W的相对分子质量比化合物 C 大 14，且满足下列条件的 W 的结构有_种，其中核磁共

45、振氢谱显示 有 5种不同化学环境的氢，峰面积之比为 22211 的 W的结构简式为_。 遇 FeCl3溶液显紫色 属于芳香族化合物 能发生银镜反应 (5)设计用甲苯、乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选_。 【答案】 （1）苯甲醇 （2） 羟基、醛基 （3）取代反应 +3 +3H2O （4） 13 （5） 【解析】 (1)A为，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇； (2) B为，G为 ，含有的官能团为羟基和醛基，故答案为：；羟基 和醛基； (3)反应为甲苯中甲基上的取代反应，反应为 C与 H 发生酯化反应生成 I，反应的化学方程式为 +3+3H2O，故答案为：取代反应； +3+3H2O； (

46、4)C为，化合物 W 的相对分子质量比化合物 C大 14，说明比 C多一个-CH2原子团，且满足下列条 件：遇 FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基；属于芳香族化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应，说明 含有醛基，根据不饱和度知，除了苯环外不含双键或环；如果存在-OH、-CH2CHO，有邻、间、对 3 种结构；如 果取代基为-OH、 -CH3、 -CHO， 有 10 种结构； 所以符合条件的 W 的结构有 13种， 其中核磁共振氢谱显示有 5 种 不同化学环境的氢，峰面积比为 22211 的结构简式为，故答案为：13； ； (5) 根据信息，要合成，可以由和合成，根据信息，合成 可以由与乙醛合成，因此只需要由甲苯合成出即可，因此 合成路线为 ，故答案为： 。