2021高考化学二轮复习选择题审题与解题专项分组训练含解析.doc

【高三】2021届高考化学第二轮复习预测题(含答案和解释)一、(每小题3分，共54分)1．能用能量判据判断下列过程的方向的是( )A．水总是自发地由高处往低处流B．放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行C．有序排列的火柴散落时成为无序排列D．多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的概率大解析：A.水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向。

B.吸热反应也可以自发进行，例如，在25 ℃和1.01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH ＝＋56.7 kJ/mol，(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ/mol。

不难看出，上述两个反应都是吸热反应，又都是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的。

C.有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据。

D.扑克牌的无序排列也属于熵判据。

答案：A2．NO2中存在下列平衡：2NO2 N2O4(g)(正反应是放热反应)。

在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中较为适宜的是( )A．温度130 ℃，压强3.03×105 PaB．温度25 ℃，压强1.01×105 PaC．温度130 ℃，压强5.05×104 PaD．温度0 ℃，压强5.05×104 Pa解析：在测定NO2的相对分子质量时，应该尽量减少N2O4的含量，也就是应该尽量减少N2O4的含量，也就是应该尽量使上述反应平衡向左移动，即应尽量采取高温、低压的条件。

答案：C3．在一定条件下，固定体积的密闭容器中存在反应：2NO2(g) O2(g)＋2NO(g) ΔH ＞0，达到平衡时，当改变其中的一个条件X，Y随X的变化符合图中曲线的是( )A．当X表示温度时，Y表示NO2的物质的量B．当X表示压强时，Y表示NO2的转化率C．当X表示反应时间时，Y表示混合气体的密度D．当X表示NO2的物质的量时，Y表示O2的物质的量解析：选项C是对题目所给的物质的状态都为气态，反应容器为定容容器未注意，而认为随着反应的进行气体密度在变化；选项D应是直线性关系。

选择题专项练(三)一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(2021四川德阳三模)化学与生活密切相关。

下列说法正确的是( )A.在炖排骨时加醋,利于钙、铁的吸收B.为防止薯片被挤碎,在其包装袋中充氧气C.为改变面食外观,多加含铝膨松剂D.为保持食物水分,用聚氯乙烯保鲜膜罩住食物加热2.(2021四川雅安三模)化学与生活息息相关,下列说法正确的是( )A.淀粉和纤维素都属于多糖B.天然药物无毒副作用,可以长期服用C.SO2有毒,严禁将其添加到任何食品和饮料中D.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾,能使溴水褪色3.(2021湖南永州二模)下列化学用语错误的是( )A.中子数为10的氧原子OB.氯化钠的电子式:NC.CH4的比例模型:D.乙炔的结构式:H—C≡C—H4.(2021湖南郴州质量监测)设N A为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.1 L 1 mol·L-1的CH3COOH溶液中含有N A个CH3COOH分子B.标准状况下,11.2 L臭氧所含质子数为8N AC.0.2 mol NO与0.1 mol O2在密闭容器中充分反应后,容器中含有的氧原子数为0.4N AD.标准状况下,2.24 L CCl4中含有的C—Cl键的数目为0.4N A5.(2021内蒙古杭锦后旗期中)下表中对离子方程式的评价合理的是( )H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应:H++S+Ba2++OH-BaSO4↓+H2O 正确向碳酸镁浊液中加入足量稀盐酸:C+2H+CO2↑+H2O 错误离子形式向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色:Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+正确向NaOH溶液中加入CuCl2溶液:OH-+Cu2+Cu(OH)2↓正确6.(2021湖南常德一模)以非水溶性钾长石(K2O·Al2O3·6SiO2)为原料提取Al2O3、K2CO3等物质的流程如图:下列说法错误的是( )A.“浸液”中金属阳离子主要有K+、Na+、Al3+B.“碱化”反应的离子方程式为OH-+HC C+H2OC.“过滤”所需玻璃仪器:普通漏斗、烧杯、玻璃棒D.Na2CO3、CO2可在流程中循环利用7.(2021山东滨州模拟)布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用,其结构如图所示。

专题突破练十化学实验一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(2021湖南郴州质量监测)下列关于物质的制备、生产的说法正确的是( )A.工业制取金属铝:电解熔融Al2O3B.实验室制取NH3:可用无水CaCl2干燥C.用镁粉和空气反应制备Mg3N2D.NaI溶液与浓硫酸混合制备HI2.(2021湖南岳阳二模)下列图示的实验或操作正确的是( )实验或操作目实验或操作目3.(2021湖南永州重点中学联考)实验室以碳化铝(主要成分为Al4C3,含少量C和Al2O3)和盐酸为原料在室温下反应制取甲烷并获得AlCl3(已知:Al4C3+12HCl3CH4↑+4AlCl3),下列图示装置或操作不能达到相应实验目的的是( )实验装置或操作收集滤去不溶4.(2021湖南郴州质量监测)下列有关实验装置和原理能达到实验目的的是( )5.(2021湖南衡阳二模)实验室模拟从含有KI、KNO3的工业废水中回收I2和KNO3,流程如下:下列说法正确的是( )A.步骤1:有机相应从分液漏斗下端放出,无机相从上口倒出B.步骤2:玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、球形冷凝管、温度计、烧杯C.步骤3:可在如图所示装置中完成(夹持仪器略)D.步骤4:将溶液蒸发至只剩少量水时,利用余热将水分蒸发6.(2021湖南衡阳二模)下列实验操作和现象不能推出相应结论的是( )选项实验操作和现象结论A 常温下向相同物质的量浓度的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀K sp(AgBr)<K sp(AgCl)B 常温下测得0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液的pH约为5 K a1(H2SO3)·K a2(H2SO3)>K WC 将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中,有白色沉淀生成Al结合H+能力比C强续表选项实验操作和现象结论D 向某钾盐中滴加浓盐酸,产生的气体通入品红溶液,品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者混合物7.(2021湖南永州二模)下列实验操作和现象与实验结论一定正确的是( )8.(2021湖南永州重点中学联考)下列实验操作的预测现象与实际相符的是( )C 向AlCl3溶液中不断加入浓氨水先有白色絮状沉淀,然后逐渐溶解D 向盛有FeSO4溶液的试管中加入过量Na2O2产生无色气体,先有白色沉淀,再变为灰绿色,最后变为红褐色9.(2021湖南长沙模拟)下列实验操作中,对应的现象和结论均正确的是( )10.(2021山东青岛模拟)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,易溶于水,熔点为-59.5 ℃,沸点为11.0 ℃,浓度过高时易发生分解引起爆炸,制备二氧化氯溶液的装置如图。

高考化学二轮复习专题分层训练—氧化还原反应（含解析）一、单选题1．（2022·山东济宁·高三期中）下列文献记载内容涉及氧化还原反应的是A．《旧唐书•严震传》：“梁汉之间，刀耕火耨”B．唐代诗人刘禹锡《浪淘沙》：“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”C．葛洪《肘后备急方》：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”D．《吕氏春秋》：“金柔锡柔，合两柔则刚"【答案】A【解析】A．“刀耕火耨”古人播种前先伐去树木烧掉野草，涉及到燃烧过程，为氧化还原反应，A正确；B．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说的是沙里淘金，利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离，不涉及氧化还原反应，B错误；C．由“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可知，水作溶剂，可萃取青蒿素，涉及的是萃取操作，不涉及氧化还原反应，C错误；D．“金柔锡柔，合两柔则刚”这里指的是合金，不涉及化学反应，D错误；故本题选A。

2．（2022·陕西·汉中市龙岗学校高三阶段练习）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是A．用SO2的水溶液吸收Br2B．用锌块防止钢铁船体腐蚀C．用FeCl3溶液腐蚀铜板D．用铁粉防止FeSO4溶液氧化【答案】C【解析】A．用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选项A错误；D．是化合反应，同时碳的化合价发生变化，是氧化还原反应，选项D不符合；答案选A。

6．（2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三开学考试）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．在该反应中Si元素化合价降低4价，得到电子4e－个；C元素化合价升高2×2价，失去电子2×2e－个，得失电子标反了，应该为，A错误；B．在该反应中参加反应的Na是2个，电子转移数目是2e－，应该为，B错误；C．电子转移数目和方向与反应事实吻合，C正确；D．在该反应中Cu失去电子，浓硫酸中的S得到电子，电子转移方向标反了，应该为：，D 错误。

绝密★启用并使用完毕前化学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共16页。

满分300分。

考试用时150分钟。

答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡规定的位置。

考试结束后，只将答题卡交回。

2021年高三第二次统考化学试题含答案注意事项：1．第Ⅰ卷共20小题。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

以下数据可供答题时参考：相对原子质量：C 12 H 1 O 16一、选择题（共13小题，每小题5分，共65分。

每小题只有一个选项符合题意）7．下列与化学概念有关的说法错误的是A．水在化学反应中既可做氧化剂又可做还原剂B．14C和14N质量数相同，但化学性质不同C．牛奶是一种胶体，能发生丁达尔现象D．由同一种元素组成的物质一定是纯净物8．如图X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，其中只有一种是金属元素，则下列说法错误是A．原子半径大小：Y > C > X > A Array B．Y和B形成的化合物中Y和B的原子个数比为2:3C．X、C、A中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是AD．A、B均为非金属元素，所以两者的氢化物相遇不发生反应9．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是A．化学式为C8H6O6B．乌头酸可发生加成反应和取代反应C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH210．下列关于离子的叙述正确的是A．在c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、SO42－能大量共存B．铜溶于FeCl3溶液中：Cu + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+C．NaHCO3溶液中：c(Na+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)+c(H2CO3)D．向溶液中加入BaCl2溶液后再加盐酸，有白色沉淀，说明该溶液中一定含有SO42－11．等质量的氯气与下列足量物质反应，转移的电子数最少的是A．冷的NaOH溶液B．SO2的水溶液C．FeCl2溶液D．铜12．下列实验方案、现象和结论均正确的是选项实验方案现象结论A 向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好B 脱脂棉燃烧Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气C 烧杯①的澄清石灰水先变浑浊NaHCO3比Na2CO3受热更易分解D U形管右端的液面高铁钉发生吸氧腐蚀13．室温下，用0.1mol/L氨水分别滴定20.0mL、0.1mol/L 的盐酸和醋酸，曲线如图所示，下列说法正确的A．I曲线表示的是滴定盐酸的曲线B．x=20C．滴定过程中c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值逐渐减小D．当I曲线和II曲线pH均为7时，一溶液中的c(Cl－) 等于另一溶液中的c(CH3COO－)第Ⅱ卷（必做157分+选做36分，共193分）注意事项：1．第Ⅱ卷共19道题。

选择题专项练(二)一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(2021山东泰安二模)《齐民要术》中记载的“浸曲三日,如鱼眼汤沸,酘米”描述的过程是( )A.制米糖B.酿酒C.榨油D.晒盐2.(2021湖南永州二模)以下有关垃圾分类的说法正确的是( )A.茶叶果皮属于厨余垃圾,可通过转化变为有机氮肥B.废旧玻璃属于可回收垃圾,其主要成分为新型无机非金属材料C.食品包装塑料袋属于其他垃圾,其主要成分聚氯乙烯为有机高分子化合物D.医疗废弃物属于有害垃圾,经过处理、消毒后可加工成儿童玩具3.(2021湖北八市一模)设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )A.72 g CaO2与KHS的混合物中含有的阴离子的数目为N AB.9.3 g MnO2与500 mL 0.8 mol·L-1的盐酸充分反应,至少失去约1.204×1023个电子C.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AD.25 ℃时,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N A4.(2021吉林长春实验中学期末)下列选项正确的是( )A.使pH试纸变成红色的溶液中,可能存在大量的:N、Cu2+、ClO-、Cl-B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,可能存在大量的:K+、Cu2+、Cl-、MnC.硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-D.Na2CO3溶液中滴加少量盐酸:C+H+HC5.(2021湖南郴州质量监测)某有机化合物分子的结构简式如图,下列有关说法错误的是( )A.1 mol该物质可与7 mol H2发生加成反应B.结构中含氧官能团有3种(不考虑醇与酚的区别)C.分子中能与NaHCO3反应的官能团只有—COOHD.能够使酸性高锰酸钾溶液褪色6.(2021湖南常德一模)短周期元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次递增,R、Z、W不同周期,原子序数:X+Z=W+2R。

选择题审题、解题专项分组训练(A组)1．三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。

下列说法正确的是()A．TEOA→TEOA＋为还原反应B．Ni(OH)x降低了H＋→H2的活化能C．能量转化形式为太阳能→电能→化学能D．WO3没有参与制氢反应过程2．下列关于有机化合物的叙述中正确的是()A．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．向溴的CCl4溶液和酸性KMnO4溶液中分别通入乙烯，溶液均褪色，且褪色原理相同C．乙醇、乙酸的官能团不同，但均能发生取代反应D．淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物，都能水解，且水解产物中都有葡萄糖3．化合物结构简式如图，下列说法正确的是()A．a、b、c均属于芳香烃B．a、b、c均能与钠反应产生氢气C．a、b、c苯环上的二氯代物均有6种D．a、b、c中所有碳原子不可能存在于同一平面中4．下列表示不正确的是()A．次氯酸的电子式B．丁烷的球棍模型C．乙烯的结构简式CH2=== CH2D ．原子核内有8个中子的碳原子146C5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )A ．Fe ――→Cl 2点燃FeCl 2――→NaOH (aq )Fe(OH)2 B ．S ――→O 2点燃SO 3――→H 2O H 2SO 4 C ．CaCO 3――→高温CaO ――→SiO 2高温CaSiO 3D ．NH 3――→O 2催化剂，△NO ――→H 2O HNO 36．下列有关实验操作、仪器使用的说法正确的是( )A ．配制1 L 0.1 mol·L －1 NaCl 溶液的实验中，用托盘天平称取5.85 g NaCl 固体B ．用玻璃棒蘸取CH 3COOH 溶液点在用水润湿的pH 试纸上测定该溶液的pHC ．用酸式滴定管量取25.00 mL 高锰酸钾溶液D ．可用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl 杂质选项 实验目的 实验操作A配置FeCl 3溶液 将FeCl 3固体溶解于适量蒸馏水 B 称取2.0 g NaOH 固体 先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g 砝码，左盘上添加NaOH 固体C 检验溶液中是否含有NH ＋4 取少量试液于试管中，加入NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D 验证铁的吸氧腐蚀 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没44242分解的能量变化如图所示，下列说法不正确的是( )A ．将CuSO 4·5H 2O(s)溶于水会使溶液温度降低B ．将CuSO 4(s)溶于水会使溶液温度升高C ．ΔH 3＞ΔH 2D．ΔH1＝ΔH2＋ΔH39．如图所示的装置中，金属片紧贴着滤纸，下列判断错误的是()A．两处的锌片均发生氧化反应B．左侧铜片上的电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－C．阳离子移动方向分别由②→①、③→④D．最先观察到红色的区域是④(B组)10．《本草纲目》记载了“升炼轻粉(Hg2Cl2)法”：用水银一两，白矾(明矾)二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。

2021年高考化学二模试卷（一）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）某温度下，已知CH3COOH、HClO、H2CO3、H3PO4电离平衡常数如下表所示，则0.1mol•L﹣1的下列各溶液pH最大的是（）表：几种弱酸的电离平衡常数酸电离常数CH3COOH Ka=1.8×10﹣5HClO Ka=3.0×10﹣8H2CO3Ka1=4.3×10﹣7，Ka2=5.6×10﹣11H3PO4Ka1=7.5×10﹣3，Ka2=6.2×10﹣8，Ka3=2.2×10﹣13A．C H3COONa B．NaClO C．Na2CO3D．N a3PO42．（6分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（）①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；②误将钡盐当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；③溶洞、珊瑚的形成；④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；⑤泡沫灭火器灭火的原理．A．②③④B．①②③C．③④⑤D．①②③④⑤3．（6分）下列说法正确的是（）①标准状况下，22.4L己烯含有的分子数为×6.02×1023②标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023④1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023⑤500mL 1mol/L的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023．A．①④B．②⑤C．③④D．②④4．（6分）关于反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，的说法中正确的是（）A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂B．若有11molP参加反应，转移电子的物质的量为60molC．1molCuSO4可以氧化molPD．Cu3P既是氧化产物又是还原产物5．（6分）分别取等质量的Mg、Fe细小颗粒进行下列操作：I．将镁铁混合均匀后，一次性加入足量的稀硫酸，得到图A、B；II．分别向盛镁铁的两试管中逐滴缓慢滴入等浓度稀硫酸（滴速相同），得到关系为C、D，则下列图示正确的是（）A．B．C．D．6．（6分）短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大．A、C原子序数相差8，A、B、C 三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是（）A．原子半径：A＜D＜C＜BB．最简单氢化物的稳定性：D＜CC．A与C形成的化合物溶于水所得溶液显碱性D．B与D形成的化合物溶于水所得溶液显碱性7．（6分）用惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液250mL，经过一段时间后，两极均得到11.2L 气体（ STP），则下列有关描述中，正确的是（）A．阳极发生的反应只有：40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑B．两极得到的气体均为混合气体C．若Cu2+起始浓度为l mol•L﹣l，则c（C1﹣）起始为2 mol•L﹣1D．Cu2+的起始物质的量应大于0.5 mol二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如下表．化合物相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解度/100g水正丁醇74 0.80 118.0 9冰醋酸60 1.045 118.1 互溶乙酸正丁酯116 0.882 126.1 0.7（一）乙酸正丁酯的制备①在干燥的50mL圆底烧瓶中，加入13.5mL正丁醇和7.2mL冰醋酸，再加入3～4滴浓硫酸，摇匀，投入1～2粒沸石．然后安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管，加热冷凝回流反应（二）产品的精制②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL的水洗涤．有机层继续用10mL 10% Na2CO3洗涤至中性，再用10mL的水洗涤，最后将有机层转移至锥形瓶中，再用无水硫酸镁干燥．③将干燥后的乙酸正丁酯滤入50mL烧瓶中，常压蒸馏，收集125～127℃的馏分，得11.6g 乙酸正丁酯请回答有关问题．（1）冷水应该从冷凝管（填a或b）管口通入．（2）步骤①中不断从分水器下部分出生成的水的目的是，步骤①中判断反应终点的依据是．（3）产品的精制过程步骤②中，第一次水洗的目的是，用饱和Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是．（4）下列关于分液漏斗的使用叙述正确的是A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞芯处不漏水即可使用B．装液时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容积的C．萃取振荡操作应如图所示D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（5）步骤③的常压蒸馏，需收集126℃的馏分，沸点大于140℃的有机化合物的蒸馏，一般不用上述冷凝管而用空气冷凝管，可能原因是（6）该实验过程中，生成乙酸正丁酯（式量116）的产率是．9．（15分）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为：（2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．①M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（M）总：n（N）总=．②若M、N、Q三点的平衡常数K M、K N、K Q的大小关系为．（3）催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．①催化硝化法中，用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强．则该反应离子方程式为．②电化学降解NO的原理如图2所示，电源正极为（填“a”或“b”）；若总反应为4NO3﹣+4H+5O2↑+2N2↑+2H2，则阴极反应式为．（4）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72﹣转化为Cr（OH）3沉淀除去．已知在常温下：Ksp1×10﹣15、Ksp=1×10﹣38、Ksp=1×10﹣23，当离子浓度在1×10﹣5mol/L以下时认为该离子已经完全沉淀，请回答：①在某含Cr2O72﹣废水中加入适量的绿矾（FeSO4•7H2O），加入绿矾目的是（用离子方程式表示）②浓度为0.1mol/L的Fe2+与10.0mol/L Cr3+共（一起）沉淀的pH范围是10．（14分）利用酸解法制钛白粉产生的废液，生产铁红和补血剂乳酸亚铁．其生产步骤如下：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣．请回答：（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是．步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、．（2）步骤④的离子方程式是．（3）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及．（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为．（5）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因．（6）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数，取晶体样品a g，溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）．若消耗0.1000mol•L﹣1 KMnO4溶液20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为（用a表示）．（共1小题，满分15分）11．（15分）常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害．某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源．（1）填充物用60℃温水溶解，目的是．（2）操作A的名称为．（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是（用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用方法除去溶液中过量的H2O2．（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为．（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1mol MnO2参加反应时，共有mol电子发生转移．②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：．（6）锌锰干电池所含的汞可用KMnO4溶液吸收，在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如图所示：根据如图可知：①pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率．②在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下强．（共1小题，满分0分）12．下表列出前20号元素中的某些元素性质的一些数据：性质元素 A B C D E F G H I J原子半径（10﹣10m） 1.02 2.27 0.74 1.43 0.77 1.10 0.99 1.86 0.751.17最高价态+6 +1 ﹣+3 +4 +5 +7 +1 +5 +4最低价态﹣2 ﹣﹣2 ﹣﹣4 ﹣3 ﹣1 ﹣﹣3 ﹣4试回答下列问题：（1）以上10种元素中第一电离能最小的是（填编号）．（2）由上述C、E、G三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子的最外层都满足8电子稳定结构的可能是、（写化学式，写出两种即可）．（3）元素E与C及氢元素可形成一种相对分子质量为60的一元羧酸分子．其分子中共形成个σ键，个π键．（4）短周期某主族元素K的电离能情况如图（A）所示．则K元素位于周期表第族．图（B）是研究部分元素的氢化物的沸点变化规律的图象，折线c可以表达出第族元素氢化物的沸点的变化规律．不同同学对某主族元素的氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线﹣﹣﹣﹣﹣折线a和折线b（其中A点对应的沸点是100℃），你认为正确的是，理由是．（共1小题，满分0分）13．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，H 是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO．已知：ⅠⅡ（苯胺，易被氧化）请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）x的化学式是；（2）H的结构简式是；（3）反应②③的类型是；（4）反应⑤的化学方程式是；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有种；（6）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案（不超过4步）．例：江西省南昌市十所省重点中学命制xx届高考化学二模试卷（一）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）某温度下，已知CH3COOH、HClO、H2CO3、H3PO4电离平衡常数如下表所示，则0.1mol•L ﹣1的下列各溶液pH最大的是（）表：几种弱酸的电离平衡常数酸电离常数CH3COOH Ka=1.8×10﹣5HClO Ka=3.0×10﹣8H2CO3Ka1=4.3×10﹣7，Ka2=5.6×10﹣11H3PO4Ka1=7.5×10﹣3，Ka2=6.2×10﹣8，Ka3=2.2×10﹣13A．CH3COONa B．NaClO C．Na2CO3D．Na3PO4考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此分析解答．解答：解：相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，根据表格知，酸性强弱顺序是：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO4﹣＞HClO＞HCO3﹣＞HPO42﹣，所以磷酸根离子水解程度增大，则磷酸钠溶液的pH最大，故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确电离平衡常数与酸性强弱、离子水解程度的关系是解本题关键，难度中等．2．（6分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（）①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；②误将钡盐当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；③溶洞、珊瑚的形成；④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；⑤泡沫灭火器灭火的原理．A．②③④B．①②③C．③④⑤D．①②③④⑤考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；③溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳．解答：解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液的洗涤油污能力强，应用了盐类水解原理，故不符合；②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不符合；故选A．点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡原理，难度不大，根据难溶电解质的溶度积常数确定电解质的溶解性强弱．3．（6分）下列说法正确的是（）①标准状况下，22.4L己烯含有的分子数为×6.02×1023②标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023④1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023⑤500mL 1mol/L的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023．A．①④B．②⑤C．③④D．②④考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：①标况下，己烯为液态；②根据气体摩尔体积的条件应用计算；③氯气和氢氧化钠反应是氯气自身氧化还原反应，1molCl2反应电子转移1mol；④依据乙醇分子结构计算共价键数；⑤依据硫酸铝化学式的构成离子和浓度体积与物质的量的换算关系计算判断；解答：解：①己烯标准状况下不是气体，22.4L已烯物质的量不是1mol，故①错误；②标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数=×6.02×1023，故②正确；③氯气和氢氧化钠反应是氯气自身氧化还原反应，1molCl2反应电子转移1mol；7.1g氯气物质的量为0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.1×6.02×1023，故③错误；④乙醇分子结构分析计算，1mol乙醇中含有的共价键数8N A，为8×6.02×1023，故⑤错误；⑤500mL 1mol/L的硫酸铝溶液中含硫酸铝物质的量为0.5mol，化学式Al2（SO4）3；所以含硫酸根离子物质的量为1.5mol，含有的硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023，故⑥正确；综上所述：②⑤正确，故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）关于反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，的说法中正确的是（）A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂B．若有11molP参加反应，转移电子的物质的量为60molC．1molCuSO4可以氧化molPD．Cu3P既是氧化产物又是还原产物考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为﹣3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答．解答：解：A．P、Cu元素的化合价降低，则P、CuSO4是氧化剂，P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，所以P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是氧化剂，故A错误；B．由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5=30mol，故B错误；C．由反应可知，转移30mol电子消耗11molP，15molCuSO4和5molP来一起氧化6molP，其中1mol CuSO4可以氧化molP，故C正确；D．P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大．5．（6分）分别取等质量的Mg、Fe细小颗粒进行下列操作：I．将镁铁混合均匀后，一次性加入足量的稀硫酸，得到图A、B；II．分别向盛镁铁的两试管中逐滴缓慢滴入等浓度稀硫酸（滴速相同），得到关系为C、D，则下列图示正确的是（）A．B．C．D．考点：镁的化学性质；铁的化学性质．专题：图示题．分析：Mg的活泼性大于Fe，所以镁、铁合金和稀硫酸混合，镁先和稀硫酸反应、后Fe和稀硫酸反应；Mg的活泼性大于Fe，所以Mg的反应速率大于Fe；且Mg的摩尔质量小于Fe，相同的物质的量Mg和Fe分别与足量稀硫酸反应，Mg生成氢气的量大于Fe，据此分析解答．解答：解：A．Mg的活泼性大于Fe，所以镁、铁合金和稀硫酸混合，镁先和稀硫酸反应、后Fe和稀硫酸反应，Mg和Fe的物质的量、摩尔质量不同，导致生成氢气和消耗硫酸的斜率不同，故A错误；B．Mg先反应、Fe后反应，所以随着反应的进行，固体平均摩尔质量先增大，当镁完全反应后，固体平均摩尔质量不变，直至铁完全反应，故B错误；C．Mg的活泼性大于Fe，所以Mg的反应速率大于Fe；且Mg的摩尔质量小于Fe，相同的物质的量Mg和Fe分别与足量稀硫酸反应，Mg生成氢气的量大于Fe，故C正确；D．硫酸根离子不参加反应，无论反应是否进行，溶液中硫酸根离子浓度不变，故D错误；故选C．点评：本题以镁、铁为载体考查图象分析，明确图象中每个拐点含义及物质的性质是解本题关键，同时还考查离子反应，易错选项是B．6．（6分）短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大．A、C原子序数相差8，A、B、C 三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是（）A．原子半径：A＜D＜C＜BB．最简单氢化物的稳定性：D＜CC．A与C形成的化合物溶于水所得溶液显碱性D．B与D形成的化合物溶于水所得溶液显碱性考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C 为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，以此解答该题．解答：解：短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A 原子最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞S＞Cl＞O，即A＜D＜C＜B，故A正确；B．同周期自左而右非极性增强，非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HCl＞H2S，故B错误；C．A为O元素，C为S元素，形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶液呈酸性，故C错误；D．B为Al元素，D为Cl元素，形成的化合物为氯化铝，水解呈酸性，故D错误．故选A．点评：本题考查结构位置性质关系，难度中等，注意利用奇偶性及A、C的原子序数相差8判断二者处于同一主族（短周期），是推断元素关键．7．（6分）用惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液250mL，经过一段时间后，两极均得到11.2L 气体（ STP），则下列有关描述中，正确的是（）A．阳极发生的反应只有：40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑B．两极得到的气体均为混合气体C．若Cu2+起始浓度为l mol•L﹣l，则c（C1﹣）起始为2 mol•L﹣1D．Cu2+的起始物质的量应大于0.5 mol考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，结合两极均得到11.2L气体（ STP），来解答．解答：解：惰性电极电解NaCl和CuSO4混合液，两极均得到11.2L气体，则阴极发生Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阳极发生2Cl ﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，A．阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、40H﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故A错误；B．阴极只有氢气，故B错误；C．两极均得到11.2L气体，则n（H2）=0.5mol，电解时先发生Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，则n（Cl2）=n（O2）=0.25mol，所以c（C1﹣）起始为2 mol•L﹣1，转移电子共1.5mol，由0.5mol电子转移时参加反应的Cu2+为0.25mol，所以Cu2+起始浓度为=l mol•L﹣l，故C正确；D．由C分析可知Cu2+的起始物质的量为0.25mol，小于0.5mol，故D错误；故选C．点评：本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项C为解答的难点，注意转移的电子守恒来解答，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如下表．化合物相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解度/100g水正丁醇74 0.80 118.0 9冰醋酸60 1.045 118.1 互溶乙酸正丁酯116 0.882 126.1 0.7（一）乙酸正丁酯的制备①在干燥的50mL圆底烧瓶中，加入13.5mL正丁醇和7.2mL冰醋酸，再加入3～4滴浓硫酸，摇匀，投入1～2粒沸石．然后安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管，加热冷凝回流反应（二）产品的精制②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL的水洗涤．有机层继续用10mL 10% Na2CO3洗涤至中性，再用10mL的水洗涤，最后将有机层转移至锥形瓶中，再用无水硫酸镁干燥．③将干燥后的乙酸正丁酯滤入50mL烧瓶中，常压蒸馏，收集125～127℃的馏分，得11.6g 乙酸正丁酯请回答有关问题．（1）冷水应该从冷凝管a（填a或b）管口通入．（2）步骤①中不断从分水器下部分出生成的水的目的是使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率，步骤①中判断反应终点的依据是分水器中的水层量不再增加．（3）产品的精制过程步骤②中，第一次水洗的目的是除去乙酸及少量的正丁醇，用饱和Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是除去产品中含有的乙酸等杂质．（4）下列关于分液漏斗的使用叙述正确的是DA．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞芯处不漏水即可使用B．装液时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容积的C．萃取振荡操作应如图所示D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（5）步骤③的常压蒸馏，需收集126℃的馏分，沸点大于140℃的有机化合物的蒸馏，一般不用上述冷凝管而用空气冷凝管，可能原因是防止因温差过大，冷凝管炸裂（6）该实验过程中，生成乙酸正丁酯（式量116）的产率是80%．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）冷凝管中冷凝水应从下口进上口出；（2）分离出生成的水，有利于平衡向生成乙酸正丁酯的方向移动；分水器中的水层量不再增加，说明反应结束；（3）乙酸与水互溶，正丁醇溶于水，先用水洗涤，可以除去乙酸及少量的正丁醇；用饱和Na2CO3溶液洗涤有机层，除去产品中含有的乙酸等杂质；（4）A．旋塞与玻璃塞处均检验是否漏水；B．分液漏斗中液体的总体积不得超过其容积的一半；C．应使分液漏斗口朝下，使分液漏斗长颈朝上；D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，平衡分液漏斗内气压，便于液体流向；（5）温差过大，容易导致冷凝管炸裂；（6）先根据反应方程式计算酸和醇哪个过量，按照量少的计算理论上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率．解答：解：（1）采取逆流原理，冷凝管中冷凝水应从下口进上口出，故答案为：a；（2）反应生成酯与水，属于可逆反应，使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率；分水器中的水层量不再增加，说明反应到达终点，故答案为：使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率；分水器中的水层量不再增加；（3）乙酸与水互溶，正丁醇溶于水，先用水洗涤，可以除去乙酸及少量的正丁醇；用饱和Na2CO3溶液洗涤有机层，除去产品中含有的乙酸等杂质，故答案为：除去乙酸及少量的正丁醇；除去产品中含有的乙酸等杂质；（4）A．旋塞与玻璃塞处均检验是否漏水，故A错误；B．分液漏斗中液体的总体积不得超过其容积的一半，故B错误；C．应使分液漏斗口朝下，使分液漏斗长颈朝上，便于放气降低分液漏斗内气压，故C错误；D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，平衡分液漏斗内气压，便于液体流向，故D正确，故答案为：D；（5）沸点大于140℃的有机化合物的蒸馏，用冷凝水冷凝，温差过大，容易导致冷凝管炸裂，故答案为：防止因温差过大，冷凝管炸裂；（6）13.5mL正丁醇的质量为13.5mL×0.80g/mL=10.8g，7.2mL冰醋酸的质量为7.2mL×1.045g/mL=7.524g，设理论上10.8g正丁醇完全反应需乙酸的质量是y，则：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O60g 74gy 10.8gy==8.76g＞7.524，所以乙酸不足，按照乙酸的量计算乙酸正丁醇酯的理论质量，设乙酸正丁醇酯的理论质量为x，则：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O60g 116g7.524g x所以x==14.5464g则乙酸正丁酯的产率为×100%≈80%，故答案为：80%．点评：本题考查有机物物质制备的实验，涉及对反应原理的理解应用、对操作的分析评价、物质的分离提纯、产率计算等，注意根据乙酸乙酯的制备进行知识迁移应用，较好的考查学生的分析能力、数据处理能力，难度中等．9．（15分）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1（2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．①M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（M）总：n（N）总=10：7．②若M、N、Q三点的平衡常数K M、K N、K Q的大小关系为K M=K N＞K Q．（3）催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．①催化硝化法中，用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强．则该反应离子方程式为2NO3﹣+5H2N2+2OH﹣+4H2O．②电化学降解NO的原理如图2所示，电源正极为a（填“a”或“b”）；若总反应为4NO3﹣+4H+5O2↑+2N2↑+2H2，则阴极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O．（4）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72﹣转化为Cr（OH）3沉淀除去．已知在常温下：Ks p1×10﹣15、Ksp=1×10﹣38、Ksp=1×10﹣23，当离子浓度在1×10﹣5mol/L以下时认为该离子已经完全沉淀，请回答：①在某含Cr2O72﹣废水中加入适量的绿矾（FeSO4•7H2O），加入绿矾目的是（用离子方程式表示）Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O②浓度为0.1mol/L的Fe2+与10.0mol/L Cr3+共（一起）沉淀的pH范围是6.0～7.0。

考前仿真模拟卷(二)(时间：90分钟满分：100分)相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．2015年10月，浙江籍科学家屠呦呦因发现青蒿素(C15H22O5)而获得诺贝尔生理学或医学奖。

根据物质的分类，青蒿素属于( )A．碱性氧化物 B．有机物C．含氧酸盐 D．酸性氧化物2．将下列各组物质按酸、碱、盐顺序排列，正确的是( )A．硫酸纯碱石灰石 B．醋酸烧碱硫酸铜C．磷酸熟石灰苛性钠 D．醋酸小苏打熟石灰3．如图所示的实验操作和方法不是用来分离物质的是( )4．某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2 700 ℃，对于该反应，下列说法正确的是( )A．该反应属于置换反应B．N2H4是氧化剂C．N2O4是还原剂D．N2既是氧化产物又是还原产物5．下列给出的能源中，不属于新能源的是( )A．太阳能 B．煤C．生物质能 D．氢能6．下列物质性质与应用对应关系正确的是( )A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2B．氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2D．氧化镁具有高熔点，可用于生产耐火砖7．下列有关化学用语表示正确的是( )A．含18个中子的氯原子的核素符号：1735ClB．14C 的原子结构示意图：C ．次氯酸的电子式：D ．间羟基苯甲酸的结构简式：8．下列关于Cl2性质的说法正确的是( )A．密度比空气小B．是无色无味的气体C．KOH溶液、活性炭都能吸收氯气D．能使干燥的有色布条褪色9．燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。

下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是( )A．氢气 B．天然气C．甲醇 D．液化石油气10．下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是( )A.除去NO中的NO2B.铁制品表面镀锌C.配制一定浓度的硫酸D.鉴定Fe3＋A.126C和146C互为同位素B．金刚石和石墨互为同素异形体C．CH4和CH3Cl互为同系物D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH互为同分异构体12．在一个绝热定容的密闭容器中，1 mol A与2 mol B发生反应A(g)＋2B(g)x C(g)＋2D(g) ΔH＝－b kJ·mol－1，下列说法正确的是( )A．充分反应后，放出热量为b kJB．若x＝1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡C．当B和D的物质的量为1∶1时，表明该反应已达到平衡D．达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小13．下列指定反应的离子方程式正确的是( )A ．石灰水中加入过量小苏打溶液：Ca 2＋＋HCO －3＋OH －===CaCO 3↓＋H 2OB ．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO 2＋H 2O ＋ClO －===SO 2－4＋Cl －＋2H ＋C ．将SO 2通入少量氨水中：SO 2＋NH 3·H 2O===HSO －3＋NH ＋4D ．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl －＋2H 2O=====通电H 2↑＋Cl 2↑＋2OH － 14.如图为元素周期表中短周期元素的一部分，下列关于Y 、Z 、M 的说法正确的是( )A ．非金属性：Y>Z>MB ．离子半径：M －>Z 2－>Y －C ．Z 元素存在同素异形现象D ．三种元素中，Y 的最高价氧化物对应的水化物酸性最强15．下列有关说法正确的是( )A ．石油的组成元素主要是碳和氧，同时还含有少量的硫、氢、氮等B ．煤是由有机物和无机物所组成的复杂的混合物，煤中含量最高的元素是氢C ．甲烷在一定条件下可被氧化，生成的混合气体在催化剂和一定压强、温度下能合成甲醇(CH 3OH)D ．所有烷烃中都存在碳碳单键16．下列说法中正确的是( )A ．糖类都能发生水解反应B ．花生油在酸性或碱性条件下发生水解可制得肥皂C ．蛋白质溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加水后沉淀溶解D ．取适量淀粉溶液于试管中，加入少量稀硫酸，加热3～5 min ，再冷却，滴加4～6滴氢氧化铁悬浊液，观察有无出现红色沉淀，从而判断淀粉是否发生了水解反应17．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X 、Y ，外电路中电子流向如图所示。

2021年高考化学二模试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（xx•房山区二模）在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（） A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．分析： A．在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害；C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；D．高锰酸钾可氧化乙烯．解答：解：A．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大．2．（6分）（xx•房山区二模）用下列实验分离装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用图所示装置分离苯和水B．用图所示装置除去C2H2中含有的少量H2SC．用图所示装置分离NaCl和CaCl2的混合溶液D．用图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．苯不溶于水，且密度比水小；B．乙炔可被酸性高锰酸钾氧化；C．NaCl和CaCl2互溶；D．氯化铵不稳定，加热易分解．解答：解：A．苯不溶于水，可用分液的方法分离，苯的密度比水小，在上层，故A正确；B．乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，应用硫酸铜溶液除杂，故B错误；C．NaCl和CaCl2互溶，不能用过滤的方法分离，故C错误；D．氯化铵不稳定，加热易分解，不能直接蒸干，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、提纯等，注意化学实验操作的考查，熟悉高考中对化学实验注意事项及操作要点的考查，题目难度中等．3．（6分）（xx•房山区二模）已知：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，且X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示．下列说法正确的是（）X YZ WA．最高正化合价：Z＞X=W＞YB．原子半径：Y＞X＞W＞ZC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜X＜W＜YD．最高价含氧酸的钠盐溶液能与SO2反应的：X、Y、Z、W考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．解答：解：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，A．Z为Al，最高化合价为+3价，而Y为N，最高化合价为+5价，故A错误；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y、Z＞W，故B错误；C．非金属性N＞C＞Si＞Al，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．最高价含氧酸的钠盐分别为Na2CO3、NaNO3、NaAlO2、Na2SiO3，由于亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可与Na2CO3、Na2SiO3溶液反应生成二氧化碳、硅酸，NaAlO2溶液与二氧化硫反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化硫水溶液呈酸性，而硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则NaNO3可与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，故D正确．故选D．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大．4．（6分）（xx•房山区二模）如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好），若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是（）X YA 过量C、Fe碎屑稀HClB 过量Na2CO3粉末稀H2SO4C 过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D 过量Cu、CuO粉末浓HNO3A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，如存在a ＞b关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗，反之不存在a＞b，以此解答该题．解答：解：A．铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，a＞b，故A不选；B．碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小，a＞b，故B不选；C．Fe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选．故选C．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．5．（6分）（xx•房山区二模）解释下列实验事实的离子方程式中，不准确的是（）A．在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓B．向H2O中加入少量Na2O2，产生无色气体：2Na2O2+2H2O=O2↑+4OH﹣+4Na+C．向Cl2水中滴入适量Fe（NO3）2溶液，溶液变为黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，溶液变蓝色：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C．氯水显示酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性最强，硝酸根离子优先与亚铁离子反应；D．双氧水具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质．解答：解：A．在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故A正确；B．向H2O中加入少量Na2O2，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=O2↑+4OH﹣+4Na+，故B正确；C．氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化性最强，所以硝酸根离子优先参与反应，正确的离子方程式为：6Fe2++8H++2NO3﹣=6Fe3++4H2O+2NO↑，故C错误；D．向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，所以溶液变蓝色，反应的离子方程式为：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）．6．（6分）（xx•房山区二模）己烯雌酚的结构简式如图所示，下列有关叙述中不正确的是（）A．与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物B．聚己烯雌酚含有顺式和反式两种结构C．1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应D．形成高分子的单体中有己烯雌酚考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．酚羟基能和NaOH反应生成酚钠；B．碳碳双键两端的碳原子含有不同的基团的有机物有顺反异构；C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应；D．该高分子化合物中单体是和HCHO．解答：解：A．酚羟基能和NaOH反应生成酚钠，所以与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物，故A正确；B．聚己烯雌酚不含碳碳双键，所以没有顺反异构，故B正确；C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应，故C正确；D．该高分子化合物中单体是和HCHO，所以形成高分子的单体中有己烯雌酚，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚和烯烃性质、顺反异构、高分子化合物单体等知识点，易错选项是BD，注意聚己烯雌酚不含碳碳双键，注意生成D中高分子化合物需要单体，为易错点．7．（6分）（xx•房山区二模）已知：在700℃的恒温、恒容密闭容器中发生反应3CH4（g）+2N2（g）⇌3C（s）+4NH3（g），若CH4与N2在不同投料比时CH4的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是（）A．n（CH4）/n（N2）越大，CH4的转化率越高B．a点对应的平衡常数比c点的大C．b点对应的NH3的体积分数为26%D．不改变投料比，增加n（N2）时，NH3体积分数增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．分析：由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用b点甲烷转化率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答．解答：解：A．由图象看出，CH4的转化率随的增大而降低，故A错误；B．ab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，故B错误；C．b点甲烷转化率为22%，=0.75，则设甲烷为3mol，氮气为4mol，3CH4（g）+2N2（g）⇌3C（s）+4NH3（g）△H＞0开始 3 4 0转化0.66 0.44 0.88平衡 2.34 3.56 0.88则NH3的体积分数约为×100%=13%，故C错误；D、不改变投料比，增加n（N2）时，必然增加甲烷，平衡正向移动，氨气体积分数增大，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡图象及计算，为高频考点，把握图象中纵横坐标的含义、影响平衡的因素及平衡常数、化学平衡三段法计算等为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（17分）（xx•房山区二模）有机化合物I分子结构中含有三个六元环，其合成路线如下：已知：R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO回答以下问题：（1）D中所含官能团的名称是醛基、羟基．CH2=CH2→B的反应类型是加成反应．（2）A+C→D的化学反应方程式是．（3）F的反式结构式是．（4）H→I的化学反应方程式是．（5）下列说法正确的是bc．a．A、C为同系物b．E、F均能自身发生聚合反应c．E、H互为同分异构体d．I、G均易溶于水和有机溶剂（6）E的同分异构体有多种，符合以下要求：①苯环上只有两个对位取代基②FeCl3溶液发生显色反应③能发生银镜反应④能发生水解反应写出E的同分异构体的结构简式．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C为CH3CHO．A 的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基，D经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为，据此解答．解答：解：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C为CH3CHO．A的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基，D 经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D 为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为．（1）D为，所含官能团有：醛基、羟基，CH2=CH2→B的反应类型是：加成反应，故答案为：醛基、羟基；加成反应；（2）A+C→D的化学反应方程式是：，故答案为：；（3）F为，其反式结构式是：，故答案为：；（4）H→I的化学反应方程式是：，故答案为：；（5）a．A是苯甲醛、C为CH3CHO，二者不属于同系物，故错误；b．E为，含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应，F为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；c．E为，H为，二者互为同分异构体，故正确；d．I属于酯类物质，不易溶于水，故错误，故选：bc；（6）E（）的同分异构体有多种，符合以下要求：①苯环上只有两个对位取代基；②FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；③能发生银镜反应，④能发生水解反应，说明含有甲酸生成的酯基（﹣OOCH），故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合I的分子式与结构特点、反应条件，采取正逆推法相结合进行推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．9．（12分）（xx•房山区二模）已知工业上在500℃时，利用CO和CO2生产甲醇的热化学方程式分别是：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol（1）反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.1 kJ/mol．（2）若500℃时反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=1.0．该条件下，在1L密闭容器中，当加入等物质的量的H2和CO2进行反应时，c（CO）与反应时间t的变化曲线X如图1所示．①当反应进行到t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L．②当容器内c（CO2）=5mol•L﹣1时，该反应v正＞v逆（填“＞、＜或=”）．③当反应进行到t2时刻，若使反应按曲线Y进行，调控反应条件的方法是升高温度．（3）微生物可使甲醇在酸性环境下与空气中氧气发生原电池反应，反应原理如图2所示．①反应中阳离子的运动方向是A到B．②B极的反应式是O2+4e﹣+4H+=2H2O．③A极可能产生的物质是cd．a．H2b．CH4c．HCOOH d．CO2．考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．分析：（1）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol ①3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol ②，利用②﹣①即可得出；（2）①依据平衡常数K=1.0，利用三段法计算即可；②依据①的计算判断此时浓度下，平衡移动方向；③由X变到Y即增加CO的浓度，依据反应特点判断即可；（3）①甲醇原电池中甲醇在负极放电，据此判断阳离子的移动方向；②正极氧气放电，在酸性环境中生成水，据此书写即可；③A电极为负极，失去电子，发生氧化反应，化合价升高，据此判断即可．解答：解：（1）（1）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol ①，3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.0kJ/mol ②，②﹣①得：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=﹣49.0kJ/mol﹣（﹣90.1kJ/mol）=+41.1 kJ/mol，故答案为：+41.1 kJ/mol；（2）①由图可知：t1时刻，容器内c（CO）=2mol/L，即转化生成的CO为2mol，那么有H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）始（mol/L）x x 0 0转 2 2 2 2平x﹣2 x﹣2 2 2K==1，解x=4，4mol/L﹣2mol/L=2mol/L，故答案为：2mol/L；②由（1）计算可知t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L，此时仍未达到平衡，即v正＞v逆，故当容器内c（CO2）=5mol•L﹣1时，该反应v正＞v逆，故答案为：＞；③由（1）计算得知，反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.1kJ/mol，即为吸热反应，要使得反应按曲线Y进行，即升高温度即可，故答案为：升高温度；（3）①甲醇原电池中甲醇在负极放电，即A为原电池的负极，溶液中阳离子由A移到B，故答案为：A至B；②氧气在正极放电，结合酸性溶液中的氢离子生成水，电极反应方程式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；③甲醇中C元素的化合价为﹣2价，失去电子发生氧化反应，化合价升高，可以生成HCOOH （C的化合价为+2价），可以生成CO2（C的化合价为+4价），故选cd．点评：本题主要考查的是盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算以及化学平衡常数的计算、原电池原理等，综合性较强，有一定的难度，为常考题．10．（14分）（xx•房山区二模）如图是从海水制盐和分离出的盐卤中提取Br2、Mg的某种流程：回答下列问题：（1）用惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣．（2）已知盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子．①盐卤呈酸性性．②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀．（3）制备无水MgCl2时需持续加入的X是盐酸，用化学用语及简要文字解释其原因是Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+_．（4）若吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，则n（Br﹣）：n（BrO3﹣）是5：1．（5）蒸馏塔中反应的离子方程式是5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，加入H2SO4而不加入盐酸的原因是易挥发失去HCl而削弱酸化作用．考点：海水资源及其综合利用．专题：实验设计题．分析：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴蒸气．在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；（2）①盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性；②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子；（3）为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入盐酸；（4）若吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，依据电子守恒计算得到n（Br﹣）：n（BrO3﹣）；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；解答：解：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、Br﹣等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴蒸气．在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣；（2）①盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性，故答案为：酸性；②加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀；（3）溶液中镁离子水解，Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+，为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入的X为盐酸，故答案为：盐酸，Mg2++2H2O=Mg（OH）2+2H+；（4）若吸收塔中溴以Br﹣和BrO3﹣的形式存在，溴单质在碱溶液中发生歧化反应，0价变化为+5价和﹣1价，依据电子守恒计算得到，n（Br﹣）：n（BrO3﹣）=5：1，故答案为：5：1；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br﹣和BrO3﹣在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，反应的离子方程式为：5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；故答案为：易挥发失去HCl而削弱酸化作用，5Br﹣+BrO3﹣+6H+=3Br2+3H2O；点评：本题考查了海水资源的应用，物质提纯方法和步骤分析判断，主要是海水提溴、海水提镁的生产流程分析应用，掌握基础是关键，提镁难度中等．11．（15分）（xx•房山区二模）学习小组拟通过实验，探究Mg（NO3）2受热分解的产物．小组猜想：ⅰ．固体产物可能有Mg（NO2）2、MgO、Mg3N2中的一种或几种ⅱ．气体产物可能有NO2、N2、O2中的一种或几种查得相关资料：a．Mg（NO2）2、Mg（NO3）2易溶于水，MgO难溶于水．b.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2Oc．Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑（1）针对以上猜想，设计了如图所示实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（2）进行实验Ⅰ．检验上述装置气密性．Ⅱ．称取3.7gMg（NO3）2固体，置入硬质玻璃管A中，打开K，通入一段时间N2，并进行相关物质质量称量Ⅲ．关闭K，用酒精灯持续给装置A加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其它装置．Ⅳ．待Mg（NO3）2完全分解，装置冷却至室温，打开K，再缓慢通入一会N2后并再称量．称得A中剩余固体质量为1.0g，B、C、D、E、F中溶液质量分别增加了2.3g、0.0g、0.1g、0.3g、0.05g．Ⅴ．取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象．（3）回答问题①小组预测一定有O2生成，理由是N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2．②N2的电子式是，步骤Ⅱ中，通入一段时间N2的目的是避免对分解产物O2的检验产生干扰．③步骤Ⅲ中，装置A内若出现了红棕色气体，其化学式是NO2．④装置C中若红色始终未褪，其设计的目的是验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验．⑤实验中发现Mg（NO3）2分解时有O2生成，其实验现象是C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，用化学用语解释，产生上述现象的原因是Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4．⑥实验中Mg（NO3）2分解没有N2生成的理由是Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律．⑦Mg（NO3）2分解的化学方程式是2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑．⑧装置F中溶液质量增加的原因是吸收空气进入的O2所致．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：①根据氧化还原反应中化合价有升高，一定也要降低角度进行判断；②氮气分子中含有氮氮三键，最外层满足8电子稳定结构；各装置中都有氧气，避免空气中氧气干扰实验；③根据二氧化氮为红棕色气体分析；④二氧化氮影响氧气的检验，所以检验氧气前先必须证明二氧化氮已经除尽；⑤若C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，则证明产物中有氧气；分别写出亚硫酸钠水解、亚硫酸钠被氧气氧化的方程式；⑥根据质量守恒进行判断；⑦根据以上分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，据此写出反应的方程式；⑧空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠导致溶液质量增加．解答：解：①Mg（NO3）2受热分解生成的氮化物中，N元素的化合价降低，则一定有化合价升高的元素，根据硝酸镁的组成可知，只能为﹣2价的氧元素失去电子生成氧气，故答案为：N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2；②氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为：；步骤Ⅱ中，通入一段时间N2，目的是用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，故答案为：；避免对分解产物O2的检验产生干扰；③步骤Ⅲ中，装置A内若出现了红棕色气体，则该红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；④装置D用于检验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，所以必须用装置C验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验，故答案为：验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；⑤若装置C中红色溶液中有气泡冒出，且试管D中亚硫酸钠的酚酞溶液褪色，则证明反应产物中有氧气，涉及的反应有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，所以滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，导致溶液褪色，故答案为：C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2O⇌NaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；⑥称取3.7gMg（NO3）2固体，反应后剩余1g固体，B中增重2.3g为二氧化氮质量，D、E 增重的为氧气，质量为0.4g，总质量恰好为3.7g，说明反应产物中不会有氮气生成，故答案为：Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；⑦取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象，说明反应产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只能为氧化镁，结合其它分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反应方程式为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑，故答案为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2↑+O2↑；⑧装置F的作用是吸收空气中氧气，避免干扰实验测定，由于亚硫酸钠与空气中氧气反应生成硫酸钠，导致试管F中溶液质量增加，故答案为：吸收空气进入的O2所致．点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．32599 7F57 罗30898 78B2 碲23392 5B60 孠m-R29027 7163 煣35001 88B9 袹.33046 8116 脖34916 8864 衤32153 7D99 継。

题型分组训练7 电化学原理应用——化学电源与电解技术(A组）1．用石墨电极完成下列电解实验。

实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝;b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……下列对实验现象的解释或推测不合理的是（)A．a、d处：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－B．b处：2Cl－－2e－===Cl2↑C．c处发生了反应:Fe－2e－===Fe2＋D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜2．根据光合作用原理，设计如图原电池装置。

下列说法正确的是（)A．a电极为原电池的正极B．外电路电流方向是a→bC．b电极的电极反应式为:O2＋2e－＋2H＋===H2O2D．a电极上每生成1 mol O2，通过质子交换膜的H＋为2 mol 3．甲醇燃料电池是目前应用比较广泛的一种燃料电池，其工作原理如下图所示：下列说法正确的是()A．N为正极，发生氧化反应B．a气体为氧气，b气体为甲醇C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．若有1 mol CO2生成，则有6 mol H＋从甲池透过交换膜进入乙池4．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是(）A．b极是负极B．a极电极反应式为H2－2e－===2H＋C．当装置中有1 mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6 L 气体D．电池总反应式为2H2＋O2===2H2O5．利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。

电池工作时，下列说法正确的是（)A．a极为正极，发生氧化反应B．b极的电极反应式为:2NO－3＋12H＋－10e－===N2↑＋6H2O C．中间室的Cl－向左室移动D．左室消耗苯酚（C6H5OH)9.4 g时，用电器流过2.4 mol电子6．工业上联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示,其中阴极和阳极均为惰性电极。

测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2,下列有关说法正确的是()A．a电极的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑B．产物丙为硫酸C．离子交换膜d为阴离子交换膜D．每转移0.1 mol电子,产生1。

2021年高考化学二模试题含解析一、选择题（每小题6分，共42分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（6分）（2057•曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）A．2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔•谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体．化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应．B．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源2．（6分）（2031•济宁校级二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阴极析出32 g铜B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 N A个氟化氢分子C．0.1 mol/L的Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2 N AD．1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为N A3．（6分）（2057•临沂校级模拟）M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M 的说法正确的是（）A．M易溶于水，且可以发生水解反应B．M能发生加聚反应和取代反应C．M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色D．M的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内4．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列有关说法正确的是（）A．4CuO（s）═2Cu2O（s）+O2（g）在室温下不能自发进行，说明该反应△H＞0B．向稀醋酸中加入醋酸钠固体，溶液pH升高的主要原因是醋酸钠水解呈碱性C．室温下K（HCN）＜K（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN大D．H2S（g）+FeO（s）⇌FeS（s）+H2O（g），其他条件不变时增大压强，反应速率V（H2S）正和H2S的平衡转化率均增大5．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列溶液中各微粒浓度关系判定不正确的是（）A．10mL 0.2 mol•L﹣1的氨水与10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸充分反应混合后的溶液中，存在：c （NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L﹣1B．已知酸性HF＞CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．C H3COOK溶液中加入少量NaNO3固体后的碱性溶液一定有：c（K+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣）D．N aHSO3溶液中一定有：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）6．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和．A．①②③⑤⑥B．①②③④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥⑦7．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gB．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到达平衡状态C．常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5二、非选择题8．（14分）（xx•钟祥市校级模拟）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）3 2.7 3.7Fe（OH）27.6 9.6Mn（OH）28.3 9.8Mg（OH）29.6 11.1表2 化学试剂价格表试剂价格（元/吨）漂液（含NaClO，25.2%）450双氧水（含H2O2，30%）2400烧碱（含98% NaOH）2100纯碱（含99.5% Na2CO3） 600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是，原因是．写出加入X发生反应的离子方程式．选择（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是．（3）试剂Z应该是．（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是．（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是、、．9．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）（一）尿素又称碳酰胺，是含氮量最高的氮肥，工业上利用二氧化碳和氨气在一定条件下合成尿素．其反应分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1=﹣330.0kJ•mol﹣1第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+226.3kJ•mol﹣1某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5m3密闭容器中投入4mol氨和1mol 二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图1所示：①已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第步反应决定．②反应进行到10min时测得CO2的物质的量如图1所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=mol/（L•min）．③当反应在一定条件下达到平衡，若在恒温、恒容下再充入一定量气体He，则CO（NH2）2（l）的质量（填“增加”、“减小”或“不变”）．（二）氨是制备尿素的原料，NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用．氨气溶于水得到氨水，在25℃下，将a mol/L的氨水与b mol/L的硫酸以3：2体积比混合反应后溶液呈中性．用含a和b的代数式表示出氨水的电离平衡常数为．（三）氢气是合成氨的原料．“氢能”将是未来最理想的新能源．（1）在25℃，101KPa条件下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为．（2）氢气通常用生产水煤气的方法制得．其中C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），在850℃时平衡常数K=1．若向1升的恒定密闭真空容器中同时加入x mol C和6.0mol H2O．①当加热到850℃反应达到平衡的标志有．A．容器内的压强不变B．消耗水蒸气的物质的量与生成CO的物质的量相等C．混合气的密度不变D．单位时间有n个H﹣O键断裂的同时有n个H﹣H键断裂②x应满足的条件是．（四）CO2是合成尿素的原料，但水泥厂生产时却排放出大量的CO2．华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图2所示：（1）上述生产过程的能量转化方式是．（2）上述电解反应在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为．10．（14分）（xx•钟祥市校级模拟）襄阳五中某化学兴趣学习小组设计实验探究金属M与浓硫酸反应的气体产物．【提出假设】假设1：气体产物只有SO2；假设2：．【实验设计】为了探究金属M与浓硫酸反应产物，设计如图实验装置：一定量的浓硫酸与金属M反应．（1）检查上述装置气密性的一种方法是：关闭分液漏斗的活塞，在H装置后面连上一根导管，然后，则证明装置的气密性良好．（2）若B瓶里品红溶液褪色，E、F和G中都无明显现象．反应后硫酸盐中金属显+2价．写A中发生反应的化学方程式：；（3）若假设2正确，则可观察到：F管中；G干燥管里．【实验反思】为了进一步探究金属M成分和气体组分，进行如下实验：称取11.2g金属M放入装置A中，加入一定量的浓硫酸，反应结束后，B瓶里品红溶液褪色，金属没有剩余，拆下G并称重，G增重0.9g．（4）为了观察溶液颜色，实验完毕后，需要稀释烧瓶里溶液．稀释烧瓶里溶液的操作方法：．（5）将稀释后的溶液分装甲、乙试管，向甲试管里滴加KSCN溶液，溶液变红色；向乙试管里滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液紫色褪去．如果烧瓶溶液中金属离子浓度相等，则气体成分及物质的量为．试写出烧瓶里发生反应的总化学方程式．三、[选修3--物质结构与性质]11．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）水是地球表面上普遍存在的化合物，我们可以用我们学习的物质结构与性质的有关知识去认识它．（1）水的组成元素为氢和氧．氧的基态原子的价电子排布图为，氧的第一电离能在同周期元素中由大到小排第位．（2）根据杂化轨道理论，水分子中的氧原子采取的杂化形式是；根据价层电子对互斥理论，水分子的VSEPR模型名称为；根据等电子体原理，写出水合氢离子的一个等电子体（写结构式）．（3）水分子可以形成许多水合物．①水分子可以作配体和铜离子形成水合铜离子[Cu（H2O）4]2+，1mol水合铜离子中含有σ键数目为．②图1是水合盐酸晶体H5O2+•Cl﹣中H5O2+离子的结构．在该离子中，存在的作用力有．a．配位键b．极性键c．非极性键d．离子键e．金属键f．氢键g．范德华力h．π键i．σ键（4）韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成了“暖冰”．请从结构上解释生成暖冰的原因．（5）最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体，除普通冰以外其余各自的冰都有自己奇特的性质：有在﹣30℃才凝固的超低温冰，它的坚硬程度可和钢相媲美，能抵挡炮弹轰击；有在180℃高温下依然不变的热冰；还有的冰密度比水大，号称重冰．图2为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸．①该冰中的每个水分子有个氢键；②冰融化后，在液态水中，水分子之间仍保留有大量氢键将水分子联系在一起，分子间除了无规则的分布及冰结构碎片以外，一般认为还会有大量呈动态平衡的、不完整的多面体的连接方式．右图的五角十二面体是冰熔化形成的理想多面体结构．假设图3中的冰熔化后的液态水全部形成如图3的五角十二面体，且该多面体之间无氢键，则该冰熔化过程中氢键被破坏的百分比为．③如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰连接类似？；④已知O﹣H…O距离为295pm，列式计算此种冰晶体的密度g/cm3．（已知2952=8.70×104，2953=2.57×107，=1.41，=1.73）四、[选修5--有机化学基础]12．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）高分子化合物G是作为锂电池中Li+迁移的介质，合成G 的流程如下：已知：（1）D的官能团名称是．（2）A→B的反应类型是．（3）C的结构简式是．（4）D→E反应条件是．（5）G的结构简式是．（6）已知：M→N的化学方程式是．（7）D的同分异构体中，写出有顺反异构的结构简式注意：①两个羟基连在同一个碳上，羟基连在双键的碳上的结构不稳定都不予考虑．②不考虑过氧键和环状结构③顺反结构均写出．xx年山东省济宁市泗水一中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共42分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（6分）（2057•曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）A．2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔•谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体．化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应．B．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源考点：化学科学的主要研究对象；化学的发展趋势．专题：化学应用．分析：A、Al63Cu24Fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成；B、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率；C、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；D、核能、太阳能、氢能都是新能源，对大气环境较好．解答：解：A、Al63Cu24Fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成，可以与硝酸反应，故A正确；B、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率，故B正确；C、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故C错误；D、核能、太阳能、氢能都是新能源，使用新能源是环境治理和生态保护的重要措施，是满足人类社会可持续发展需要的最终能源选择，故D正确．故选：C．点评：本题考查化学与生产生活相关的知识，难度不大．在日常生活中要关注与化学有关的知识．2．（6分）（2031•济宁校级二模）用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了N A个电子，则阴极析出32 g铜B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 N A个氟化氢分子C．0.1 mol/L的Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2 N AD．1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了N A个电子，有0.5mol铜单质生成；B、标况下，HF是液态；C、溶液体积不明确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体；解答：解：A、电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了N A个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故A正确；B、标况下，HF是液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、溶液体积不明确，故无法计算铝离子的个数，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体，故1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于N A，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．（6分）（2057•临沂校级模拟）M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M 的说法正确的是（）A．M易溶于水，且可以发生水解反应B．M能发生加聚反应和取代反应C．M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色D．M的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：分子中含有肽键、酯基，可发生水解反应，由结构简式确定分子所含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，结合含有苯环、﹣NH﹣COO﹣、碳碳双键等结构判断分子的立体构型，以此解答该题．解答：解：A．分子中含有酯基，且不含有﹣OH等亲水基，则不能溶于水，故A错误；B．分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，含有肽键，可发生取代反应，故B正确；C．分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D．分子中与苯环直接相连的原子在同一个平面内，且分子中﹣NH﹣COO﹣基团（除H外）与苯环在同一平面内，则最少有7个碳原子在同一平面内，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质以及有机物的结构特点，难度不大．4．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列有关说法正确的是（）A．4CuO（s）═2Cu2O（s）+O2（g）在室温下不能自发进行，说明该反应△H＞0B．向稀醋酸中加入醋酸钠固体，溶液pH升高的主要原因是醋酸钠水解呈碱性C．室温下K（HCN）＜K（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN大D．H2S（g）+FeO（s）⇌FeS（s）+H2O（g），其他条件不变时增大压强，反应速率V（H2S）正和H2S的平衡转化率均增大考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：基本概念与基本理论．分析：A、利用△H﹣T△S＞0是反应不能自发进行分析；B、从弱电解质的平衡移动分析；C、电离度与起始浓度、同离子效应等有关；D、加压平衡向气体体积减小的方向移动，分析反应的△V即可．解答：解：A、反应在室温下不能自发进行，说明△H﹣T△S＞0，该反应的△S＞0，则，△H ＞0，故A正确；B、向稀醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，导致其pH增大，故B错误；C、电离度与起始浓度、同离子效应等有关，K（HCN）＜K（CH3COOH），不一定说明CH3COOH的电离度一定比HCN大，故C错误；D、因为该反应的气体体积反应前后没有变化，加压不会影响平衡移动，故D错误．故选：A点评：本题考查反应自发进行的条件以及弱电解质的电离平衡移动、化学平衡的移动、K与电离度的关系，特别是K与电离度的关系应深刻理解．5．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列溶液中各微粒浓度关系判定不正确的是（）A．10mL 0.2 mol•L﹣1的氨水与10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸充分反应混合后的溶液中，存在：c （NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L﹣1B．已知酸性HF＞CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．C H3COOK溶液中加入少量NaNO3固体后的碱性溶液一定有：c（K+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣）D．N aHSO3溶液中一定有：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．二者混合后，溶液中的溶质是物质的量浓度都是0.05mol/L的NH3．H2O、NH4Cl，根据物料守恒判断；B．酸的酸性越强，酸根离子水解程度越大，则其强碱盐溶液中酸根离子浓度越小；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，则HSO3﹣的电离程度大于水解程度，但都较微弱．解答：解：A．二者混合后，溶液体积增大一倍，溶液中的溶质是物质的量浓度都是0.05mol/L 的NH3．H2O、NH4Cl，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L ﹣1，故A正确；B．酸性HF＞CH3COOH，酸根离子水解程度越大F﹣＜CH3COO﹣，则其强碱盐溶液中酸根离子浓度大小为c（F﹣）＞c（CH3COO﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（K+），所以c（Na+）﹣c（F﹣）＜c（K+）﹣c（CH3COO﹣），故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）+c（Na+）=c（NO3﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），所以得c（K+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，则HSO3﹣的电离程度大于水解程度，但都较微弱，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故D 正确；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，注意A中溶液体积变化，知道酸的强弱与酸根离子水解程度关系，题目难度中等．6．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和．A．①②③⑤⑥B．①②③④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥⑦考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，以此解答该题．解答：解：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，则②⑥正确；含有酯基，可发生水解反应，则①正确；含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，则①④⑦正确；含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，则①③④⑥正确．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键．7．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gB．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到达平衡状态C．常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42﹣～Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣～6FeSO4•7H2O计算；B．存在平衡：2Cr O42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；C．酸化时发生的反应为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，说明铬元素有转化为Cr2O72﹣，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；D．根据溶度积常数列式计算．解答：解：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）==0.55mol，A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6﹣3）=x×（3﹣2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故A错误；B．存在平衡：2Cr O42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故B正确；C.1L废水中n（Cr）==0.55mol，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，则酸化后c（CrO42﹣）=0.55mol/L×（1﹣）=0.05mol/L，c（Cr2O72﹣）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则=1×1014，c（H+）=1×10﹣6mol/L，所以pH=6，故C正确；D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH﹣）=1×10﹣32，c（OH﹣）=1×10﹣9mol/L，pH=5，故D正确．故选A．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等．二、非选择题8．（14分）（xx•钟祥市校级模拟）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）3 2.7 3.7Fe（OH）27.6 9.6Mn（OH）28.3 9.8Mg（OH）29.6 11.1表2 化学试剂价格表试剂价格（元/吨）漂液（含NaClO，25.2%）450双氧水（含H2O2，30%）2400烧碱（含98% NaOH）2100纯碱（含99.5% Na2CO3） 600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是漂液，原因是漂液比H2O2的价格低得多．写出加入X发生反应的离子方程式2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O．选择K3[Fe（CN）6]溶液（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便过滤除去．（3）试剂Z应该是纯碱．（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑．（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是泥三角、坩埚钳、石棉网．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO，（1）依据图表数据和经济效益分析加入的试剂X的最佳选择；次氯酸钠具有氧化性在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，据此写出反应的离子方程式；根据Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀解答；（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；（3）加入试剂Z后生成的沉淀，煮沸后生成沉淀和气体，则沉淀不可能为氢氧化镁，据此判断沉淀Z只能为碳酸钠；（4）Z为碳酸钠，则沉淀B为碳酸镁，碳酸镁在加热条件下水解生成氢氧化镁和二氧化碳气体；（5）步骤⑥为灼烧氢氧化镁制取氧化镁，根据实验室中正确的灼烧操作方法写出各仪器的名称．解答：解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe （CN）6]溶液检验亚铁离子，故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，故答案为：纯碱；。

选择题专项练(一)一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(2021湖南郴州质量监测)生产、生活中蕴含了丰富的化学知识,下列有关说法正确的是( )A.氮氧化物的大量排放,会导致光化学烟雾、酸雨和白色污染等环境问题B.500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”,其“眼眶”是钢铁结成的圈梁,属于新型纯金属材料C.抗新冠疫情过程中,公共场所常用“84”消毒液消毒处理,该物质的有效成分是次氯酸钙D.水煤气合成甲醇等含氧有机化合物及液态烃的过程属于煤的液化,实现了煤的综合利用2.(2021湖南怀化一模)下列有关化学用语表示正确的是( )A.Cl-的离子结构示意图:B.Na2S的电子式:NNaC.间二甲苯的结构简式:D.水分子的比例模型:3.(2021山东潍坊模拟)实验室中下列做法正确的是( )A.用无水CaCl2干燥NH3B.用水鉴别苯和己烯C.加热后的蒸发皿用坩埚钳移走D.浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色瓶中4.(2021湖南怀化一模)设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是( )A.22.4 L(标准状况)NH3中含有的质子数为10N AB.1 mol CH3COOH与足量的C2H5OH充分反应生成的CH3COOC2H5的分子数小于N AC.含1 mol Cl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性,此时溶液中N的数目为N AD.电解精炼铜时,若阳极溶解粗铜32 g,则转移的电子数一定为N A5.(2021天津模拟)用电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2)时,以铁板作阴、阳极,处理过程中发生反应:Cr2+6Fe2++14H+2C+6F+7H2O,最后C以Cr(OH)3形式除去。

下列说法正确的是( )A.电解过程中废水的pH会减小B.电解时H+在阴极得电子生成H2C.电解后除Cr(OH)3沉淀外,还有Fe(OH)2沉淀生成D.电路中每转移0.6 mol e-,最多有0.1 mol Cr2被还原6.(2021河北易县中学月考)下列对各组离子在溶液中能否大量共存的分析正确的是( )7.(2021湖南衡阳一模)对苯二甲酸()是合成涤纶的原料,下列说法正确的是( )A.1 mol对苯二甲酸与2 mol CH3CH2OH可完全酯化B.分子中共面的原子最多为18个C.与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H16O4D.苯环上为二元取代物的对苯二甲酸的同分异构体有5种8.(2021湖南常德一模)下列实验操作、现象、结论均正确的是( )选实验操作实验现象实验结论项9.(2021湖南常德一模)近日,我国报道了利用Heck偶联反应合成肉桂酸酯类化合物的方法,其可能反应的机理如图,其中Ph表示苯基:。