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广东省广州市2021届高三下学期模拟考试化学试题（含解析）
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这是一份广东省广州市2021届高三下学期模拟考试化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省广州市2021届高三下学期模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．国宝回家，天耀中华。“天龙山佛首”、“五牛图”等一批国宝亮相春晚，让亿万人为之动容。下列说法正确的是
A．“佛首”的雕刻岩石主要成分为方解石、石英，都属于硅酸盐
B．专家对“佛首”鉴定时，发现颈部风化形成的边缘与照片资料完全一致，“风化”是化学变化
C．“五牛图”是我国唐代珍贵的纸绢画，“纸、绢”化学成分相同
D．古代字画修复常用高锰酸钾溶液清洗，是物理除菌法
2．化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是
A．向插有鲜花的花瓶中加入一些啤酒，可使鲜花的保质期延长
B．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
C．泡沫灭火器可用于扑救一般的起火，也适用于扑救电器起火
D．使用含铁、钾、钙等金属元素的化合物均可使焰火呈现出不同的颜色
3．“嫦娥五号”带回了富含氦-3的月壤，氦-3可作为未来可控核聚变()的清洁能源。下列说法正确的是
A．氦-3聚变属于化学变化 B．和具有相同的性质
C．位于第1周期第ⅡA族 D．和具有相同的中子数
4．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol/L的明矾溶液中含有离子数目为0.4NA
B．1molCu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA
C．标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19NA
D．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目小于0.2NA
5．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．配制0.1 mol∙L−1NaCl(aq) B．收集SO2并吸收尾气
C．制取C2H4 D．蒸干MgCl2溶液制MgCl2∙4H2O
6．Forskolin的结构简式如图所示，它是一种常用的腺苷酸环化酶激活剂。下列有关该物质的说法不正确的是
A．所有碳原子不可能共面
B．含有5种官能团
C．该物质的某种同分异构体可能是苯酚的同系物
D．能够发生消去反应生成碳碳双键
7．下列反应对应离子方程式正确的是
A．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色：7H2O2+2MnO+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液：Cl2+CO=Cl-+ClO-+CO2↑
C．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=Fe(OH)2↓+2BaSO4↓
8．我国学者首次发现非水相氮还原过程中的多米诺效应。如下图所示，一旦完成反应①，反应②③将自发完成。下列叙述错误的是
A．整个过程中反应①活化能最高
B．反应②断裂氮氮三键形成离子键
C．②过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：6
D．该还原过程可在水溶液中实现
9．图所示化合物是一种常见的储氢材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述错误的是
A．非金属性：X>Y
B．原子半径：Z>Y
C．Z与X可形成离子化合物ZX
D．Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸
10．实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：
已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为
C．若与恰好完全反应，则X为
D．饮用水中残留的可用适量溶液去除
11．室温下，下列说法不正确的是
A．中和等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多
B．pH=9的CH3COONa溶液与pH=5的CH3COOH溶液，水的电离程度相同
C．将0.2mol·L-1的CH3COOH溶液稀释一倍，CH3COOH的电离程度增大
D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后，溶液中微粒浓度存在如下关系：c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H＋)
12．三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式见右图）之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂。下列说法错误的是
A．三聚磷酸中P的化合价为+5
B．三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10
C．以磷酸钠为原料通过化合反应也能生成三聚磷酸钠
D．多聚磷酸的结构可表示为
13．中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是
A．充电时，石墨电极电势比MCMB电极高
B．放电时，K+向左迁移
C．放电时，负极反应为Cn+xPF6--xe-=Cn(PF6)x
D．充电时，若阴极增重39g则阳极增重145g
14．氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为 ZnO，并含少量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。
已知：浸取工序中ZnO，CuO分别转化为和。下列说法错误的是
A．除杂时的离子方程式为
B．浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行
C．蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用
D．滤渣①用 H2SO4溶液处理后得到溶液和 MnO2固体
15．下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作
实验现象
结论
A
将 Cu 与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝
有生成
B
向0.1 molL-1 H2O2溶液中滴加 0.1 mol·L-1 KMnO4溶液
溶液褪色
具有氧化性
C
在 K2Cr2O7溶液中加入 AgNO3溶液
有砖红色沉淀()生成
D
向淀粉溶液中加入适量 20%的 H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量 NaOH溶液，再滴加少量碘水
溶液未变蓝色
淀粉已完全水解
A．A B．B C．C D．D
16．常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是
A．常温下，
B．当=0.5时，水的电离程度最大
C．向0.1mol/L的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：
D．0.1mol/LNaH2PO4溶液与0.1mol/LNa3PO4溶液等体积混合：
二、实验题
17．高氯酸铵(可用作火箭推进剂，已知受热不稳定，400℃时发生分解反应： 。某化学兴趣小组利用实验室常用试剂，设计下图装置(已略去夹持装置)对热分解产生的气体进行分步吸收或收集。
回答下列问题：
(1)装置A为的热分解装置，可选取的装置是 (填字母)。
(2)暂不连接装置A，仪器组装完毕后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，点燃酒精灯微热装置D中的玻璃管，装置F中有气泡从导管口冒出，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，停止微热，若 ，则装置气密性良好。
(3)装置B吸收的是分解产生的，装置B中加入的试剂可以是 ，发生反应的离子方程式为 。
(4)装置C中的试剂为浓硫酸，其作用是 ，装置E的作用是 ，装置F中收集到的气体是 (写分子式)。
(5)装置D中加入铜粉，吸收分解产“生的，实验结束后，某同学取少量装置D中的固体物质倒入洁净的试管中，加入蒸馏水，振荡、静置，观察到上层溶液为蓝色，产生该现象的原因可能是 ，试设计实验进行验证： 。
三、工业流程题
18．过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成的不利影响。因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂应用成为热点。以下是以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种工艺流程：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算）
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
回答下列问题：（1）“酸浸”时通入SO2的目的是 ，反应的离子方程式为 。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 。
（3）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 。
（4）用得到的CoCO3等为原料采用微波水热法和常规水热法可以制得两种CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价），均可用作H2O2分解的催化剂，有较高的活性。如图是两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知： 法制取得到的催化剂活性更高，由此推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
（5）用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CoC2O4)废料得到CoCO3，向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中= 。[已知Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8 Ksp (CoCO3) =1.4×10- 13]
四、原理综合题
19．重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。
主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)已知、和的燃烧热分别为、和，该催化重整主反应的 。有利于提高平衡转化率的条件是 (填标号)。
A． 高温高压 B． 高温低压 C． 低温高压 D． 低温低压
(2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。
①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的 ；
②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
(3)在、 时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为，二氧化碳的转化率为，则副反应的压强平衡常数 (计算结果保留3位有效数字)。
(4)我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。则催化电极为 极，催化电极产生的电极反应式为 。
五、结构与性质
20．氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
(1)是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子排布图为 。
(2)制备的化学反应为。其中是六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为 。、、的键角由大到小的顺序为 。B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构，如图所示。
①分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为 。
②测得中碳硫键的键长介于C-S键和键之间，其原因可能是 。
(4)某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为 。
(5)是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，已知该晶体的密度为，则该晶胞的体积为 (用含ρ、NA的代数式表示)。
六、有机推断题
21．丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物 F 的路线如下：
已知：R-CHO+
(1)丁香酚的分子式为 。
( 2) A中的含氧官能团是 ( 填名称)， ② 的反应类型为 。
(3)写出满足下列条件的 C 的所有同分异构体的结构简式 。
①含苯环且环上只有两个取代基；
②属于酯类化合物；
③核磁共振氢谱有 3 组峰，且峰面积之比为 3∶1∶1。
(4)1 mol D 最多可以与 molH2 发生加成反应。
(5)反应⑤中，试剂 X 的结构简式为 。
(6)设计用呋喃甲醛()和环己醇为原料制 的合成路线 (无机试剂任选)。
参考答案：
1．B
【详解】A．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；
B．风化作用是指地表岩石受到水、氧气和二氧化碳的作用而发生化学成分和矿物成分变化，并产生新矿物的作用，是化学变化，故B正确；
C．纸的主要成分是纤维素，绢的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．高锰酸钾除菌是利用其强氧化性，是化学方法，故D错误；
故选：B；
2．A
【详解】A．啤酒中含有多种氨基酸、维生素以及麦芽糖、无机盐和酶，可使鲜花的保质期延长，Ａ正确；
B．二氧化硫虽然有毒，但在一定用量范围内可以将其添加到任何食品和饮料中，例如将一定量的SO2加入到葡萄酒中以延长其保质期，B错误；
C．泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的双水解反应，故含有大量的电解质溶液，故只可用于扑救一般的起火，不适用于扑救电器起火，C错误；
D．焰色反应是一些最外层电子数少的元素，主要是碱金属，而含铁的化合物的焰火不会呈现特殊的颜色，D错误；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．化学反应是指原子核不变的情况下有新的物质生成的反应，核反应是原子内部原子核的反应，不属于化学反应，故A错误；
B．和的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故B错误；
C．He元素位于元素周期表第1周期0族，故C错误；
D．和的中子数都为1，具有相同的中子数，故D正确；
故选D。
4．B
【详解】A．溶液的体积未知，不能计算离子数目，故A错误；
B．1molCu与足量FeCl3溶液反应生成氯化铜，故转移电子数为2NA，故B正确；
C．标准状况下，己烷不是气体，无法根据气体摩尔体积计算，故C错误；
D．NO2和N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，故含有的氧原子数目等于0.2NA，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．配制0.1 mol∙L−1NaCl(aq)时固体NaCl不能在容量瓶中直接溶解，应在烧杯中溶解，故A不符合题意；
B．二氧化硫密度比空气大，易与氢氧化钠溶液反应，图为收集SO2并吸收尾气，故B符合题意；
C．制取C2H4时温度计测反应混合溶液的温度，故C不符合题意；
D．镁离子会水解，应该HCl气流中蒸干MgCl2溶液制MgCl2∙4H2O，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6．C
【详解】A．该物质结构中多个饱和碳连续出现在碳骨架上，不可能所有碳原子共面，A正确；
B．该物质含有羟基、醚键、羰基、酯基、碳碳双键，共五种官能团，B正确；
C．苯酚中只含一个酚羟基，该物质中有不止一个氧原子，所以官能团不可能只有一个酚羟基，所以其同分异构体的结构不可能与苯酚相似，不可能是同系物，C错误；
D．该物质含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以能够发生消去反应生成碳碳双键，D正确；
综上所述答案为C。
7．C
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色，双氧水被氧化：5H2O2+2MnO+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，A错误；
B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液：2Cl2+H2O+CO=2Cl-+2HClO+CO2，B错误；
C．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O，C正确；
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：2NH+Fe2++2SO+2Ba2++4OH-=2NH3·H2O+Fe(OH)2↓+2BaSO4↓，D错误；
答案选C。
8．D
【详解】A．由题可知，一旦反应①完成，反应②③将自发完成，则反应①进行最困难，活化能最高，故A正确；
B．反应②为N2+6Li=2Li3N，N2中氮氮三键断裂，Li3N为离子化合物含离子键，故B正确；
C．反应②为N2+6Li=2Li3N，N2做氧化剂，Li做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:6，故C正确；
D．Li能和水反应，影响该还原过程，所以该还原过程难以在水溶液中实现，故D错误；
故本题选D．
9．D
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期，即分别处于第一、第二、第三周期，则X为H元素，结合图示可知Z为+1价阳离子，则Z为Na，而Y位于第二周期，Y形成4条键且阴离子带1个单位负电荷，故Y原子最外层电子数为8-4-1=3，故Y为B元素，据此解答。
【详解】A．X为H元素、Y为B，非金属性H＞B，故A正确；
B．Y为B元素、Z为Na，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞B，故B正确；
C．Z为Na元素、X为H元素，二者可形成离子化合物NaH，故C正确；
D．Y为B元素，非金属性比碳弱，故Y的最高价氧化物的水化物属于弱酸，故D错误；
故选：D。
10．C
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
11．B
【详解】A．等pH时，醋酸浓度大，则等体积时醋酸的物质的量大，则醋酸消耗的NaOH 溶液体积更多，故A正确；
B．pH=9的CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解促进了水的电离，pH=5的CH3COOH溶液，醋酸电离的氢离子抑制了水的电离，两溶液中水的电离程度一定不相同，故B错误；
C．加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度增大，故C正确；
D．混合后为CH3COONa溶液，由电荷守恒：c(OH-)+ c(CH3COO-)=c(Na+)＋c(H＋)，由物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=c(Na+)，联立两式可得：关系：c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D正确；
故选：B。
12．C
【详解】A．三聚磷酸的化学式为P3O10H5，P的化学价为+5，故A正确。
B．三聚磷酸钠又称五钠，则为钠替代了三聚磷酸中的氢，则其化学式为Na5P3O10，故B正确。
C．磷酸钠因为没有羟基的存在，相互之间无法通过聚合反应形成三聚磷酸钠，故C错误。
D．多聚磷酸为磷酸的缩聚产物，自身脱水缩合形成的产物为，故D正确；
故选C。
13．C
【分析】由图中信息可知，该电池是可充电电池，放电时用原电池原理，充电时利用电解池原理，物理知识中应用到电池正极电势比负极电势高，图中电池的正负极已经标注，所以可知，充电时石墨电极做阳极，MCMB做阴极
【详解】A．充电时石墨电极为阳极，阳极连接的是电源的正极，由物理知识可知，电源正极的电势比负极高，所以充电时，石墨电极的电势比MCMB电极高，故A正确；
B．充电时石墨电极为阳极，MCMB电极为阴极，则放电时石墨电极为正极，MCMB电极为负极，放电时，阳离子移向正极，即放电时K+向左迁移，故B正确；
C．充电时，MCMB电极为阴极，则MCMB电极为原电池的负极，KCn在负极发生失电子的反应，电极反应式为KCn — e—=K+ + Cn，故C错误；
D．充电时，移向阳极，K+移向阴极，二者所带电荷数值相等，则移向阳极的 和移向阴极的K+数目相等，即n()=n(K+)==1mol， m()=nM=1molx145g/mol=145g，故D正确；
故本题选C．
14．B
【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，故滤渣①为MnO2、Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，故滤渣②为Cu、Zn（过量），滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。
【详解】A．由分析知，A正确；
B．浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时Zn2+、Cu2+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B错误；
C．蒸出物主要为NH3、CO2，用氨水吸收后，可获得碳化氨水（主要含NH4HCO3），可返回浸取工序循环利用，C正确；
D．滤渣①为MnO2、Fe2O3，Fe2O3溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3，MnO2与稀硫酸不反应，D正确；
故答案选B。
15．C
【详解】A．由于反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，故稀释时应该把反应后的混合物沿玻璃棒缓慢加入蒸馏水中，并不断搅拌，A选项操作错误，不符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，可将H2O2氧化为O2，体现H2O2的还原性，B选项结论错误，不符合题意；
C．K2Cr2O7溶液中，＞，但加入AgNO3后生成Ag2CrO4沉淀，而没有生成Ag2Cr2O7沉淀，说明Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，即Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2Cr2O7)，C符合题意；
D．加入碘水检验淀粉是否有剩余，不需要加入NaOH碱化，如果加NaOH，则I2与NaOH反应，导致无法检测淀粉，也就无法确定淀粉是否完全水解，D选项操作错误，不符合题意；
故答案选C。
16．D
【详解】A．=0.5时，溶质为等物质的量的NaH2PO4与Na2HPO4，由于酸式酸根离子的电离与水解较微弱，所以c()≈c()，代入计算得Ka2(H3PO4)=10—6.8，故A错误；
B．=0.5时pH为6.8，NaH2PO4水解受到抑制，但加入的NaOH也会抑制水的电离，此时水的电离不大，故B错误；
C．由电荷守恒及溶液呈中性得c(Na+)=3c()+2c()+ c()，当为0.5时，pH为6.8，说明的电离程度大于的水解程度，则c()
故本题选D．
17．(1)b
(2)装置B、C中有气泡从导管口冒出
(3) NaOH溶液
(4) 吸收水蒸气 安全瓶(或防止F中液体倒吸入装置D) N2
(5) D中有少量生成(或未被完全吸收) 取上层蓝色溶液，滴加过量NaOH溶液，出现蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成
【分析】由图可知，装置A中高氯酸铵受热分解生成氯气、氮气、氧气和水蒸气，装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收反应生成的水蒸气，装置D中盛有的铜粉在加热条件下用于吸收反应生成的氧气，装置E为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置F为收集反应生成氮气的装置。
【详解】（1）固体受热分解时，为防止反应生成的水蒸气冷凝回流导致仪器受热不均而炸裂，应选用加热向下倾斜的试管的装置，故选B；
（2）若装置气密性良好，不连接装置A，仪器组装完毕后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，点燃酒精灯微热装置D中的玻璃管，装置F中有气泡从导管口冒出，装置中气体的物质的量减小，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，停止微热，因气体物质的量减小，装置中气体压强减小，空气会进入装置B、C中，长导管管口会有气泡冒出，故答案为：装置B、C中有气泡从导管口冒出；
（3）氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收反应生成的水蒸气，装置E为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置F为收集反应生成氮气的装置，故答案为：吸收水蒸气；安全瓶(或防止F中液体倒吸入装置D)；N2；
（5）铜与氧气共热反应生成的氧化铜不溶于水，由固体溶于水后上层溶液为蓝色，说明B中氢氧化钠溶液不足或气流速率过快，未被吸收的氯气与铜共热反应生成氯化铜；检验蓝色溶液是否为氯化铜的操作为取上层蓝色溶液，滴加过量氢氧化钠溶液，出现蓝色沉淀说明蓝色溶液中存在铁离子，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，溶液中生成白色沉淀，说明溶液中存在氯离子，故答案为：D中有少量生成(或未被完全吸收)；取上层蓝色溶液，滴加过量NaOH溶液，出现蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成。
18． 将Co3+转化为Co2+ 2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+ 向有几层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 微波水热 Co2+ 2.2×10-6
【详解】（1）从流程图知要把Co3+转化为Co2+，SO2具有还原性，能把Co3+转化为Co2+，所以“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+。因此，本题正确答案为：将Co3+转化为Co2+。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有几层中加入适量的硫酸溶液，使平衡逆向进行，充分振荡后再静置，分液。
（3）为防止因加入Na2CO3溶液过快而产生Co(OH)2沉淀，“沉钴”时需缓慢滴加，因此，本题正确答案为：防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀。
（4）H2O2分解的分解速率越大，催化剂活性活性越高，根据图象可以知道，X相同时，微波水热法初始速率大于常规水热法，故微波水热制取得到的催化剂活性更高；由图可以知道，随X越大，过氧化氢的分解速率越大，而X增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化效果更好，因此，本题正确答案为：微波水热 ；Co2+。
（5）向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，Ksp(CoC2O4)=c(Co2+)c(CO32-)，Ksp (CoCO3)=c(Co2+)c(C2O42-)，所以溶液中= Ksp (CoCO3)/ Ksp(CoC2O4)= 1.4×10- 13/6.3×10-8=2.2×10-6。
19． +247.3 B 2.0 减小 随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小 1.06 阳 或
【详解】(1)根据题中所给条件，可以列出，，，根据盖斯定律可得；主反应：化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，答案选B；
(2)①甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线对应的2.0；
②可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
(3)设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：1×95%-1×90%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为，反应平衡后，气体：CH40.1mol，CO20.05mol，H21.75mol，CO1.85mol，H2O0.05mol，n总=3.85mol，设总压强为P压强比等于物质的量之比，；
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生的电极反应式为或。
20．(1)
(2) C6H6
(3) sp2、sp3 C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)
(4)Cu3AgH8
(5)
【分析】(HB=NH)3分子中含有12个原子、价电子数是30，结合等电子体的概念分析解答；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，结合排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力分析解答；根据同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，据此分析排序；根据图示，C16S8分子中C原子和S原子的杂价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断C、S原子轨道类型；根据图示，由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙共有8个，结合均摊法和晶胞体积=计算解答。
【详解】（1）N原子的价电子为2s、2p能级上的电子，N原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）与(HB=NH)3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的有机物为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，结合其空间构型，CH4、H2O、CO2的键角大小顺序是 CO2＞CH4＞H2O；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C＞B，故答案为：C6H6； CO2＞CH4＞H2O；N＞O＞C＞B；
（3）①根据图示，C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论，C原子和S原子的杂化类型分别为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
②C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)，因此C16S8分子中的碳硫键的键长介于S-C单键和S=C双键之间，故答案为：C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)；
（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中，则Cu原子个数=6×=3、Ag原子个数=8×=1、由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙共有8个，即H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8，故答案为：Cu3AgH8；
（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8×=2、H原子个数=2+4×=4，晶胞体积==cm3=cm3，故答案为：。
21． C10H12O2 羟基、醚键 取代反应 、 4
【分析】(1)根据有机物的键线式书写分子式；(2)根据有机物的结构简式分析官能团的种类，根据有机反应的结构变化判断反应类型；(3)根据有机物的分子式及限制条件书写同分异构体；(4)根据双键与苯环的加成反应分析解答；(5)根据反应物和生成物的结构变化判断另一种反应物；(6)由反应产物和原料、题干进行对比，设计合成路线。
【详解】(1)根据丁香酚的键线式，可知其分子式为C10H12O2，故答案为：C10H12O2；
(2)从A的键线式判断该有机物的官能团为碳碳双键、羟基和醚键，含氧官能团只有羟基和醚键；根据A. B两种有机物的结构对比，结合另一反应物为(CH3CO)2O，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应，故答案为：羟基、醚键；取代反应；
(3)C的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：1：1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为−COOCH3或者−OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为、，故答案为：、；
(4)由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1分子醛基可以加成1分子H2，另外1分子苯环也可以加成3分子H2，1molD最多可以与4molH2发生加成反应，故答案为：4；
(5)反应⑤的条件与题给已知反应对应，对比D、 E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为，故答案为：；
(6)由反应产物和原料、题干进行对比，可以得出该流程利用题给已知信息的反应。所以应先把环己醇转化为环己酮，再与进行反应，根据题干中反应⑥的转化，为了保护碳碳双键，使用LiAlH4还原得到目标产物而不是用H2进行加成，合成路线流程图为：，故答案为：。
【点睛】由C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，碳原子上的氢原子数用饱和碳的四价结构分析判断。
广东省广州市2021届高三下学期模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．国宝回家，天耀中华。“天龙山佛首”、“五牛图”等一批国宝亮相春晚，让亿万人为之动容。下列说法正确的是
A．“佛首”的雕刻岩石主要成分为方解石、石英，都属于硅酸盐
B．专家对“佛首”鉴定时，发现颈部风化形成的边缘与照片资料完全一致，“风化”是化学变化
C．“五牛图”是我国唐代珍贵的纸绢画，“纸、绢”化学成分相同
D．古代字画修复常用高锰酸钾溶液清洗，是物理除菌法
2．化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是
A．向插有鲜花的花瓶中加入一些啤酒，可使鲜花的保质期延长
B．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
C．泡沫灭火器可用于扑救一般的起火，也适用于扑救电器起火
D．使用含铁、钾、钙等金属元素的化合物均可使焰火呈现出不同的颜色
3．“嫦娥五号”带回了富含氦-3的月壤，氦-3可作为未来可控核聚变()的清洁能源。下列说法正确的是
A．氦-3聚变属于化学变化 B．和具有相同的性质
C．位于第1周期第ⅡA族 D．和具有相同的中子数
4．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol/L的明矾溶液中含有离子数目为0.4NA
B．1molCu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA
C．标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19NA
D．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目小于0.2NA
5．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．配制0.1 mol∙L−1NaCl(aq) B．收集SO2并吸收尾气
C．制取C2H4 D．蒸干MgCl2溶液制MgCl2∙4H2O
6．Forskolin的结构简式如图所示，它是一种常用的腺苷酸环化酶激活剂。下列有关该物质的说法不正确的是
A．所有碳原子不可能共面
B．含有5种官能团
C．该物质的某种同分异构体可能是苯酚的同系物
D．能够发生消去反应生成碳碳双键
7．下列反应对应离子方程式正确的是
A．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色：7H2O2+2MnO+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液：Cl2+CO=Cl-+ClO-+CO2↑
C．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=Fe(OH)2↓+2BaSO4↓
8．我国学者首次发现非水相氮还原过程中的多米诺效应。如下图所示，一旦完成反应①，反应②③将自发完成。下列叙述错误的是
A．整个过程中反应①活化能最高
B．反应②断裂氮氮三键形成离子键
C．②过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：6
D．该还原过程可在水溶液中实现
9．图所示化合物是一种常见的储氢材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述错误的是
A．非金属性：X>Y
B．原子半径：Z>Y
C．Z与X可形成离子化合物ZX
D．Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸
10．实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：
已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为
C．若与恰好完全反应，则X为
D．饮用水中残留的可用适量溶液去除
11．室温下，下列说法不正确的是
A．中和等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多
B．pH=9的CH3COONa溶液与pH=5的CH3COOH溶液，水的电离程度相同
C．将0.2mol·L-1的CH3COOH溶液稀释一倍，CH3COOH的电离程度增大
D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后，溶液中微粒浓度存在如下关系：c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H＋)
12．三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式见右图）之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂。下列说法错误的是
A．三聚磷酸中P的化合价为+5
B．三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10
C．以磷酸钠为原料通过化合反应也能生成三聚磷酸钠
D．多聚磷酸的结构可表示为
13．中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是
A．充电时，石墨电极电势比MCMB电极高
B．放电时，K+向左迁移
C．放电时，负极反应为Cn+xPF6--xe-=Cn(PF6)x
D．充电时，若阴极增重39g则阳极增重145g
14．氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为 ZnO，并含少量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。
已知：浸取工序中ZnO，CuO分别转化为和。下列说法错误的是
A．除杂时的离子方程式为
B．浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行
C．蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用
D．滤渣①用 H2SO4溶液处理后得到溶液和 MnO2固体
15．下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作
实验现象
结论
A
将 Cu 与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝
有生成
B
向0.1 molL-1 H2O2溶液中滴加 0.1 mol·L-1 KMnO4溶液
溶液褪色
具有氧化性
C
在 K2Cr2O7溶液中加入 AgNO3溶液
有砖红色沉淀()生成
D
向淀粉溶液中加入适量 20%的 H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量 NaOH溶液，再滴加少量碘水
溶液未变蓝色
淀粉已完全水解
A．A B．B C．C D．D
16．常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示。下列关系正确的是
A．常温下，
B．当=0.5时，水的电离程度最大
C．向0.1mol/L的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：
D．0.1mol/LNaH2PO4溶液与0.1mol/LNa3PO4溶液等体积混合：
二、实验题
17．高氯酸铵(可用作火箭推进剂，已知受热不稳定，400℃时发生分解反应： 。某化学兴趣小组利用实验室常用试剂，设计下图装置(已略去夹持装置)对热分解产生的气体进行分步吸收或收集。
回答下列问题：
(1)装置A为的热分解装置，可选取的装置是 (填字母)。
(2)暂不连接装置A，仪器组装完毕后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，点燃酒精灯微热装置D中的玻璃管，装置F中有气泡从导管口冒出，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，停止微热，若 ，则装置气密性良好。
(3)装置B吸收的是分解产生的，装置B中加入的试剂可以是 ，发生反应的离子方程式为 。
(4)装置C中的试剂为浓硫酸，其作用是 ，装置E的作用是 ，装置F中收集到的气体是 (写分子式)。
(5)装置D中加入铜粉，吸收分解产“生的，实验结束后，某同学取少量装置D中的固体物质倒入洁净的试管中，加入蒸馏水，振荡、静置，观察到上层溶液为蓝色，产生该现象的原因可能是 ，试设计实验进行验证： 。
三、工业流程题
18．过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成的不利影响。因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂应用成为热点。以下是以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种工艺流程：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算）
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
回答下列问题：（1）“酸浸”时通入SO2的目的是 ，反应的离子方程式为 。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 。
（3）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 。
（4）用得到的CoCO3等为原料采用微波水热法和常规水热法可以制得两种CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价），均可用作H2O2分解的催化剂，有较高的活性。如图是两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知： 法制取得到的催化剂活性更高，由此推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
（5）用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CoC2O4)废料得到CoCO3，向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中= 。[已知Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8 Ksp (CoCO3) =1.4×10- 13]
四、原理综合题
19．重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。
主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)已知、和的燃烧热分别为、和，该催化重整主反应的 。有利于提高平衡转化率的条件是 (填标号)。
A． 高温高压 B． 高温低压 C． 低温高压 D． 低温低压
(2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。
①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的 ；
②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
(3)在、 时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为，二氧化碳的转化率为，则副反应的压强平衡常数 (计算结果保留3位有效数字)。
(4)我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。则催化电极为 极，催化电极产生的电极反应式为 。
五、结构与性质
20．氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
(1)是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子排布图为 。
(2)制备的化学反应为。其中是六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为 。、、的键角由大到小的顺序为 。B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构，如图所示。
①分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为 。
②测得中碳硫键的键长介于C-S键和键之间，其原因可能是 。
(4)某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为 。
(5)是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，已知该晶体的密度为，则该晶胞的体积为 (用含ρ、NA的代数式表示)。
六、有机推断题
21．丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物 F 的路线如下：
已知：R-CHO+
(1)丁香酚的分子式为 。
( 2) A中的含氧官能团是 ( 填名称)， ② 的反应类型为 。
(3)写出满足下列条件的 C 的所有同分异构体的结构简式 。
①含苯环且环上只有两个取代基；
②属于酯类化合物；
③核磁共振氢谱有 3 组峰，且峰面积之比为 3∶1∶1。
(4)1 mol D 最多可以与 molH2 发生加成反应。
(5)反应⑤中，试剂 X 的结构简式为 。
(6)设计用呋喃甲醛()和环己醇为原料制 的合成路线 (无机试剂任选)。
参考答案：
1．B
【详解】A．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；
B．风化作用是指地表岩石受到水、氧气和二氧化碳的作用而发生化学成分和矿物成分变化，并产生新矿物的作用，是化学变化，故B正确；
C．纸的主要成分是纤维素，绢的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．高锰酸钾除菌是利用其强氧化性，是化学方法，故D错误；
故选：B；
2．A
【详解】A．啤酒中含有多种氨基酸、维生素以及麦芽糖、无机盐和酶，可使鲜花的保质期延长，Ａ正确；
B．二氧化硫虽然有毒，但在一定用量范围内可以将其添加到任何食品和饮料中，例如将一定量的SO2加入到葡萄酒中以延长其保质期，B错误；
C．泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的双水解反应，故含有大量的电解质溶液，故只可用于扑救一般的起火，不适用于扑救电器起火，C错误；
D．焰色反应是一些最外层电子数少的元素，主要是碱金属，而含铁的化合物的焰火不会呈现特殊的颜色，D错误；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．化学反应是指原子核不变的情况下有新的物质生成的反应，核反应是原子内部原子核的反应，不属于化学反应，故A错误；
B．和的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故B错误；
C．He元素位于元素周期表第1周期0族，故C错误；
D．和的中子数都为1，具有相同的中子数，故D正确；
故选D。
4．B
【详解】A．溶液的体积未知，不能计算离子数目，故A错误；
B．1molCu与足量FeCl3溶液反应生成氯化铜，故转移电子数为2NA，故B正确；
C．标准状况下，己烷不是气体，无法根据气体摩尔体积计算，故C错误；
D．NO2和N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，故含有的氧原子数目等于0.2NA，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．配制0.1 mol∙L−1NaCl(aq)时固体NaCl不能在容量瓶中直接溶解，应在烧杯中溶解，故A不符合题意；
B．二氧化硫密度比空气大，易与氢氧化钠溶液反应，图为收集SO2并吸收尾气，故B符合题意；
C．制取C2H4时温度计测反应混合溶液的温度，故C不符合题意；
D．镁离子会水解，应该HCl气流中蒸干MgCl2溶液制MgCl2∙4H2O，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6．C
【详解】A．该物质结构中多个饱和碳连续出现在碳骨架上，不可能所有碳原子共面，A正确；
B．该物质含有羟基、醚键、羰基、酯基、碳碳双键，共五种官能团，B正确；
C．苯酚中只含一个酚羟基，该物质中有不止一个氧原子，所以官能团不可能只有一个酚羟基，所以其同分异构体的结构不可能与苯酚相似，不可能是同系物，C错误；
D．该物质含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以能够发生消去反应生成碳碳双键，D正确；
综上所述答案为C。
7．C
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色，双氧水被氧化：5H2O2+2MnO+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，A错误；
B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液：2Cl2+H2O+CO=2Cl-+2HClO+CO2，B错误；
C．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O，C正确；
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：2NH+Fe2++2SO+2Ba2++4OH-=2NH3·H2O+Fe(OH)2↓+2BaSO4↓，D错误；
答案选C。
8．D
【详解】A．由题可知，一旦反应①完成，反应②③将自发完成，则反应①进行最困难，活化能最高，故A正确；
B．反应②为N2+6Li=2Li3N，N2中氮氮三键断裂，Li3N为离子化合物含离子键，故B正确；
C．反应②为N2+6Li=2Li3N，N2做氧化剂，Li做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:6，故C正确；
D．Li能和水反应，影响该还原过程，所以该还原过程难以在水溶液中实现，故D错误；
故本题选D．
9．D
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期，即分别处于第一、第二、第三周期，则X为H元素，结合图示可知Z为+1价阳离子，则Z为Na，而Y位于第二周期，Y形成4条键且阴离子带1个单位负电荷，故Y原子最外层电子数为8-4-1=3，故Y为B元素，据此解答。
【详解】A．X为H元素、Y为B，非金属性H＞B，故A正确；
B．Y为B元素、Z为Na，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞B，故B正确；
C．Z为Na元素、X为H元素，二者可形成离子化合物NaH，故C正确；
D．Y为B元素，非金属性比碳弱，故Y的最高价氧化物的水化物属于弱酸，故D错误；
故选：D。
10．C
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
11．B
【详解】A．等pH时，醋酸浓度大，则等体积时醋酸的物质的量大，则醋酸消耗的NaOH 溶液体积更多，故A正确；
B．pH=9的CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解促进了水的电离，pH=5的CH3COOH溶液，醋酸电离的氢离子抑制了水的电离，两溶液中水的电离程度一定不相同，故B错误；
C．加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度增大，故C正确；
D．混合后为CH3COONa溶液，由电荷守恒：c(OH-)+ c(CH3COO-)=c(Na+)＋c(H＋)，由物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=c(Na+)，联立两式可得：关系：c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D正确；
故选：B。
12．C
【详解】A．三聚磷酸的化学式为P3O10H5，P的化学价为+5，故A正确。
B．三聚磷酸钠又称五钠，则为钠替代了三聚磷酸中的氢，则其化学式为Na5P3O10，故B正确。
C．磷酸钠因为没有羟基的存在，相互之间无法通过聚合反应形成三聚磷酸钠，故C错误。
D．多聚磷酸为磷酸的缩聚产物，自身脱水缩合形成的产物为，故D正确；
故选C。
13．C
【分析】由图中信息可知，该电池是可充电电池，放电时用原电池原理，充电时利用电解池原理，物理知识中应用到电池正极电势比负极电势高，图中电池的正负极已经标注，所以可知，充电时石墨电极做阳极，MCMB做阴极
【详解】A．充电时石墨电极为阳极，阳极连接的是电源的正极，由物理知识可知，电源正极的电势比负极高，所以充电时，石墨电极的电势比MCMB电极高，故A正确；
B．充电时石墨电极为阳极，MCMB电极为阴极，则放电时石墨电极为正极，MCMB电极为负极，放电时，阳离子移向正极，即放电时K+向左迁移，故B正确；
C．充电时，MCMB电极为阴极，则MCMB电极为原电池的负极，KCn在负极发生失电子的反应，电极反应式为KCn — e—=K+ + Cn，故C错误；
D．充电时，移向阳极，K+移向阴极，二者所带电荷数值相等，则移向阳极的 和移向阴极的K+数目相等，即n()=n(K+)==1mol， m()=nM=1molx145g/mol=145g，故D正确；
故本题选C．
14．B
【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，故滤渣①为MnO2、Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，故滤渣②为Cu、Zn（过量），滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。
【详解】A．由分析知，A正确；
B．浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时Zn2+、Cu2+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B错误；
C．蒸出物主要为NH3、CO2，用氨水吸收后，可获得碳化氨水（主要含NH4HCO3），可返回浸取工序循环利用，C正确；
D．滤渣①为MnO2、Fe2O3，Fe2O3溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3，MnO2与稀硫酸不反应，D正确；
故答案选B。
15．C
【详解】A．由于反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，故稀释时应该把反应后的混合物沿玻璃棒缓慢加入蒸馏水中，并不断搅拌，A选项操作错误，不符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，可将H2O2氧化为O2，体现H2O2的还原性，B选项结论错误，不符合题意；
C．K2Cr2O7溶液中，＞，但加入AgNO3后生成Ag2CrO4沉淀，而没有生成Ag2Cr2O7沉淀，说明Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，即Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2Cr2O7)，C符合题意；
D．加入碘水检验淀粉是否有剩余，不需要加入NaOH碱化，如果加NaOH，则I2与NaOH反应，导致无法检测淀粉，也就无法确定淀粉是否完全水解，D选项操作错误，不符合题意；
故答案选C。
16．D
【详解】A．=0.5时，溶质为等物质的量的NaH2PO4与Na2HPO4，由于酸式酸根离子的电离与水解较微弱，所以c()≈c()，代入计算得Ka2(H3PO4)=10—6.8，故A错误；
B．=0.5时pH为6.8，NaH2PO4水解受到抑制，但加入的NaOH也会抑制水的电离，此时水的电离不大，故B错误；
C．由电荷守恒及溶液呈中性得c(Na+)=3c()+2c()+ c()，当为0.5时，pH为6.8，说明的电离程度大于的水解程度，则c()
故本题选D．
17．(1)b
(2)装置B、C中有气泡从导管口冒出
(3) NaOH溶液
(4) 吸收水蒸气 安全瓶(或防止F中液体倒吸入装置D) N2
(5) D中有少量生成(或未被完全吸收) 取上层蓝色溶液，滴加过量NaOH溶液，出现蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成
【分析】由图可知，装置A中高氯酸铵受热分解生成氯气、氮气、氧气和水蒸气，装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收反应生成的水蒸气，装置D中盛有的铜粉在加热条件下用于吸收反应生成的氧气，装置E为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置F为收集反应生成氮气的装置。
【详解】（1）固体受热分解时，为防止反应生成的水蒸气冷凝回流导致仪器受热不均而炸裂，应选用加热向下倾斜的试管的装置，故选B；
（2）若装置气密性良好，不连接装置A，仪器组装完毕后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，点燃酒精灯微热装置D中的玻璃管，装置F中有气泡从导管口冒出，装置中气体的物质的量减小，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，停止微热，因气体物质的量减小，装置中气体压强减小，空气会进入装置B、C中，长导管管口会有气泡冒出，故答案为：装置B、C中有气泡从导管口冒出；
（3）氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收反应生成的水蒸气，装置E为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置F为收集反应生成氮气的装置，故答案为：吸收水蒸气；安全瓶(或防止F中液体倒吸入装置D)；N2；
（5）铜与氧气共热反应生成的氧化铜不溶于水，由固体溶于水后上层溶液为蓝色，说明B中氢氧化钠溶液不足或气流速率过快，未被吸收的氯气与铜共热反应生成氯化铜；检验蓝色溶液是否为氯化铜的操作为取上层蓝色溶液，滴加过量氢氧化钠溶液，出现蓝色沉淀说明蓝色溶液中存在铁离子，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，溶液中生成白色沉淀，说明溶液中存在氯离子，故答案为：D中有少量生成(或未被完全吸收)；取上层蓝色溶液，滴加过量NaOH溶液，出现蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀生成。
18． 将Co3+转化为Co2+ 2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+ 向有几层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 微波水热 Co2+ 2.2×10-6
【详解】（1）从流程图知要把Co3+转化为Co2+，SO2具有还原性，能把Co3+转化为Co2+，所以“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+。因此，本题正确答案为：将Co3+转化为Co2+。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有几层中加入适量的硫酸溶液，使平衡逆向进行，充分振荡后再静置，分液。
（3）为防止因加入Na2CO3溶液过快而产生Co(OH)2沉淀，“沉钴”时需缓慢滴加，因此，本题正确答案为：防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀。
（4）H2O2分解的分解速率越大，催化剂活性活性越高，根据图象可以知道，X相同时，微波水热法初始速率大于常规水热法，故微波水热制取得到的催化剂活性更高；由图可以知道，随X越大，过氧化氢的分解速率越大，而X增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化效果更好，因此，本题正确答案为：微波水热 ；Co2+。
（5）向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，Ksp(CoC2O4)=c(Co2+)c(CO32-)，Ksp (CoCO3)=c(Co2+)c(C2O42-)，所以溶液中= Ksp (CoCO3)/ Ksp(CoC2O4)= 1.4×10- 13/6.3×10-8=2.2×10-6。
19． +247.3 B 2.0 减小 随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小 1.06 阳 或
【详解】(1)根据题中所给条件，可以列出，，，根据盖斯定律可得；主反应：化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，答案选B；
(2)①甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线对应的2.0；
②可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
(3)设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：1×95%-1×90%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为，反应平衡后，气体：CH40.1mol，CO20.05mol，H21.75mol，CO1.85mol，H2O0.05mol，n总=3.85mol，设总压强为P压强比等于物质的量之比，；
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生的电极反应式为或。
20．(1)
(2) C6H6
(3) sp2、sp3 C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)
(4)Cu3AgH8
(5)
【分析】(HB=NH)3分子中含有12个原子、价电子数是30，结合等电子体的概念分析解答；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，结合排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力分析解答；根据同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，据此分析排序；根据图示，C16S8分子中C原子和S原子的杂价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断C、S原子轨道类型；根据图示，由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙共有8个，结合均摊法和晶胞体积=计算解答。
【详解】（1）N原子的价电子为2s、2p能级上的电子，N原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）与(HB=NH)3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的有机物为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，结合其空间构型，CH4、H2O、CO2的键角大小顺序是 CO2＞CH4＞H2O；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C＞B，故答案为：C6H6； CO2＞CH4＞H2O；N＞O＞C＞B；
（3）①根据图示，C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论，C原子和S原子的杂化类型分别为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
②C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)，因此C16S8分子中的碳硫键的键长介于S-C单键和S=C双键之间，故答案为：C16S8分子中的C与S原子之间有类似苯环的特殊共价键(大π键)；
（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中，则Cu原子个数=6×=3、Ag原子个数=8×=1、由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙共有8个，即H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8，故答案为：Cu3AgH8；
（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8×=2、H原子个数=2+4×=4，晶胞体积==cm3=cm3，故答案为：。
21． C10H12O2 羟基、醚键 取代反应 、 4
【分析】(1)根据有机物的键线式书写分子式；(2)根据有机物的结构简式分析官能团的种类，根据有机反应的结构变化判断反应类型；(3)根据有机物的分子式及限制条件书写同分异构体；(4)根据双键与苯环的加成反应分析解答；(5)根据反应物和生成物的结构变化判断另一种反应物；(6)由反应产物和原料、题干进行对比，设计合成路线。
【详解】(1)根据丁香酚的键线式，可知其分子式为C10H12O2，故答案为：C10H12O2；
(2)从A的键线式判断该有机物的官能团为碳碳双键、羟基和醚键，含氧官能团只有羟基和醚键；根据A. B两种有机物的结构对比，结合另一反应物为(CH3CO)2O，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应，故答案为：羟基、醚键；取代反应；
(3)C的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：1：1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为−COOCH3或者−OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为、，故答案为：、；
(4)由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1分子醛基可以加成1分子H2，另外1分子苯环也可以加成3分子H2，1molD最多可以与4molH2发生加成反应，故答案为：4；
(5)反应⑤的条件与题给已知反应对应，对比D、 E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为，故答案为：；
(6)由反应产物和原料、题干进行对比，可以得出该流程利用题给已知信息的反应。所以应先把环己醇转化为环己酮，再与进行反应，根据题干中反应⑥的转化，为了保护碳碳双键，使用LiAlH4还原得到目标产物而不是用H2进行加成，合成路线流程图为：，故答案为：。
【点睛】由C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，碳原子上的氢原子数用饱和碳的四价结构分析判断。
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