1、浙江省2021年高三化学1月普通高校招生选考科目仿真模拟试卷（一）（含解析）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 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ge 73 Ag 108 Ba 137选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是( )ANaF BNa2SO4 CNaOH DCuSO4【答案】A【解析】ANaF中F会水解，水解方程式为FH2OHFOH，
2、使得溶液呈碱性，A符合题意；BNa2SO4在溶液中会电离出Na和SO42-，Na和SO42-均不会水解，溶液呈中性，B不符合题意；CNaOH在溶液中会电离出Na和OH，电离出OH使得溶液呈碱性，C不符合题意；DCuSO4溶液中，Cu2会水解，Cu22H2OCu(OH)22H，使得溶液呈酸性，D不符合题意；答案选A。 2过滤操作中，需要用到的仪器是（ ）A B C D【答案】B【解析】A该仪器是干燥管，不能用于固液分离，故A不符合题意；B该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混合物，故B符合题意；C该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，故C不符合题意；D该仪器为牛角管，又叫接液管，连接在冷凝管的末
3、端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于固液分离，故D不符合题意。故选B。3下列物质中属于电解质，但在熔融状态下不能导电的是( )A B CHCl DS【答案】C【解析】ACO2是非电解质，A不合题意；BNa2O是电解质，在熔融状态下能导电，B不合题意；CHCl是电解质，只有溶于水时才能导电，C符合题意；DS是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D不合题意；故答案为：C。4下列物质对应的组成不正确的是( )A干冰：CO2 B生石灰：CaO C胆矾：CuSO4 D小苏打：NaHCO3【答案】C【解析】A干冰为固体二氧化碳，其化学式为CO2，物质对应的组成正确，故A不符合题意；B生石灰的化学
4、式为CaO，物质对应的组成正确，故B不符合题意；C胆矾的化学式为CuSO45H2O，物质对应的组成不正确，故C符合题意；D小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为NaHCO3，物质对应的组成正确，故D不符合题意；答案选C。5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CH2CH2 DCO2的结构式：O=C=O【答案】A【解析】A次氯酸的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故A错误；B丁烷分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3，其球棍模型，故B正确；C乙烯分子中含碳碳双键，碳碳双键是官能团，在结构简式中碳碳双键不能省略，故其结构简式为CH2=CH2，故C正确；DC
5、O2分子中含有2个碳氧双键，为直线形结构，其结构式为O=C=O，故D正确；答案为A。6下列说法不正确的是（ ）A石油、煤、天然气都属于化石燃料B油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应C分子式为(C6H10O5)n的淀粉和纤维素互为同分异构体D麦芽糖是还原性糖【答案】C【解析】A. 石油、煤、天然气都属于化石燃料，故A正确；B. 油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，所以该反应为皂化反应，故B正确；C. 淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故C错误；D. 麦芽糖是还原性糖，可以发生银镜反应，故D正确；答案选C。7下列说法
6、正确的是（ ）A14C和14N互为同位素 BC4H10 和C5H12互为同系物CSO2和SO3互为同素异形体 D石墨和金刚石互为同分异构体【答案】B【解析】A. 14C和14N是两种不同的原子，不是同位素，故A错误；B. C4H10 和C5H12都是烷烃，结构相似，两者相差1个CH2原子团，互为同系物，故B正确；C. SO2和SO3不是单质，不是互为同素异形体，故C错误；D. 石墨和金刚石是碳形成的两种单质，互为同素异形体，故D错误；故选B。8下列说法不正确的是()ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂 BNaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C乙醇可与金属钠反应放出氢气 D钠久置在空气中最终产物为
7、Na2CO3【答案】B【解析】A. Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，故可以作为呼吸面具的供氧剂，故A不选；B. NaHCO3加热易分解，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B选；C. 乙醇中的羟基可与金属钠反应，置换出氢气，故C不选；D.钠久置在空气中，会与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，故D不选；故选B。9下列说法不正确的是( )A二氧化硫可用于漂白纸浆 B镁可用于制造信号弹和焰火C氢氧化铁胶体能用于净水 D氯气不可用于自来水的消毒【答案】D【解析】A、二氧化硫有漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；B、镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制
8、造信号弹和焰火，故B正确；C、氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能用于净水，故C正确；D、氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，可用于自来水的消毒，故D错误。10对于反应8NH3 + 3Cl2=6NH4Cl+N2，下列分析不正确的是A反应中氧化剂与还原产物物质的量之比为12B反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为83C反应中还原剂与氧化产物物质的量之比为21D反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比为31【答案】B【解析】对于反应8NH3 + 3Cl2=6NH4Cl+N2，8个NH3中有6个NH3价态不变，有2个NH3中的N价态升高，所以8个NH3分子中，有6个表现出碱性，2个表现出还原
9、性；Cl2中的Cl价态由0价全部降为-1价，全部作氧化剂。A. 反应中氧化剂（3Cl2）与还原产物(6NH4Cl)物质的量之比为12，A正确；B. 反应中还原剂(2NH3)与氧化剂(3Cl2)物质的量之比为23，B不正确；C. 反应中还原剂(2NH3)与氧化产物(N2)物质的量之比为21，C正确；D. 反应中氧化剂（3Cl2）与氧化产物(N2)物质的量之比为31，D正确。故选B。11有关做焰色反应实验时的注意事项，下列说法不正确的是( )A每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰无色，再蘸取被检验物质B钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察C实验时最好选择本身颜色较深的火焰D没有铂丝可用光洁无锈铁丝代替进行
10、实验【答案】C【解析】焰色反应的操作是：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，灼烧，然后蘸取待测物，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃进行观察。注意：实验最好选择颜色较弱的，最好无色的火焰，如果无铂丝，可采用无锈的铁丝。故答案为：C。12下列说法正确的是A将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，能形成胶体BMg比Al活泼，更易与NaOH溶液反应生成H2C水蒸气通过灼热的铁粉有红褐色固体生成D工业上用焦炭在高温条件下还原石英制取粗硅【答案】D【解析】A将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，氢氧化铁胶体的制备方法是，向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，加热到呈红褐色
11、，得到胶体，反应为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A错误；B铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，但Mg和氢氧化钠溶液不反应，故B错误；C水蒸气与灼热的铁粉反应生成四氧化三铁，为黑色晶体，故C错误；D工业上用焦炭在高温条件下还原石英(主要成分是二氧化硅)得到粗的单质硅和一氧化碳，因此反应的化学方程式是：SiO2+2CSi+2CO，故D正确；答案选D。13能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A与稀反应 B饱和碳酸钠溶液中通入足量 C与溶液反应 D把金属铁放入稀硫酸中 【答案】C【解析】A二者反应生成水的计量数是2，离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42-BaS
12、O4+2H2O，故A错误；B二者反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会导致溶液中有沉淀析出，离子方程式为2Na+CO32-+H2O+CO22NaHCO3，故B错误；C氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故C正确；D稀硫酸具有弱氧化性，只能将铁氧化为亚铁离子，所以铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；14下列说法中正确的是A常温下，淀粉遇I- 变蓝色 B油脂、淀粉、纤维素都是高分子化合物C所有烷烃和糖中都存在碳碳单键 D油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油【答案】D【解析】【详解】A常温下
13、，淀粉与碘变蓝，淀粉遇I-不变蓝色，故A错误；B油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C甲烷中只存在碳氢键，不存在碳碳键，故C错误；D油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，所以水解可得到高级脂肪酸和甘油，故D正确；故选D。15一种具有除草功效的有机物的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是A能发生氧化、取代、加成反应B分子中含有2个手性碳原子C1 mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗3 mol Br2D1 mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH【答案】A【解析】试题分析：该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基，所以能发生氧化、取代、加成反应，故A
14、正确；分子中含有1个手性碳原子，故B错误；酚羟基的邻位、对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，1 mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故C错误；该有机物含有3个酚羟基和一个酯基，1 mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH，故D错误。16如图是元素周期表中短周期的一部分，四种元素中只有一种是金属，下列说法不正确的是()A气态氢化物的稳定性：WR B元素T的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱CQ的原子半径比T小 DW和Q的原子序数相差10【答案】B【解析】同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，四种元素中只有
15、一种是金属，该金属元素是位于左下角的T，且T为镁或铝。相应地Q、R、W分别为碳、磷、硫。A. 非金属性：WR，所以气态氢化物的稳定性：WR，故A正确；B. T为镁或铝，元素T的最高价氧化物对应的水化物不可能是强碱，故B不正确；C. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以Q的原子半径比T小，故C正确；D. Q与下方相邻元素原子序数相差8，所以W和Q的原子序数相差10，故D正确。故答案选B。17常温下，下列说法不正确的是（ ）A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加BaCl2固体，溶液红色变浅，则说明溶液中存在Na2CO3的水解平衡B0.01mol/LCH3COOH
16、溶液pH2，说明CH3COOH为弱电解质C含1molNH3H2O的溶液中加入HCl溶液，放出的热量小于57.3kJ，说明NH3H2O为弱电解质D10mLpH=5的NH4Cl溶液稀释至1L，pH7，则说明NH4Cl为弱电解质【答案】D【解析】A、碳酸钠溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，可证明存在平衡，选项A正确；B、0.01mol/L CH3COOH 溶液 pH2，说明醋酸部分电离，证明醋酸是弱电解质，选项B正确；C、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，含 1molNH3H2O 的溶液中加入HCl溶
17、液完全中和，反应生成1mol水，盐酸是强酸，放出的热量小于 57.3kJ，说明 NH3H2O 为弱电解质，电离需要吸热，所以反应放出的热量小于57.3kJ/mol，选项C正确；D、加水稀释时促进铵根离子的水解，溶液中氢离子的物质的量增大，所以加水稀释100倍时，pH变化小于2个单位，不能说明NH4Cl为弱电解质，选项D不正确。答案选D。18向FeCl3溶液中滴加2滴KSCN溶液，发生反应达到平衡。保持温度不变，仅改变某一个条件达到平衡，两次平衡时各物质的浓度如下：Fe3(aq)3SCN(aq)Fe(SCN)3(aq) 平衡/(molL1)abc 平衡/(molL1) x y z下列叙述不正确的
18、是()A存在关系式：c/ab3z/xy3B存在关系式：(ax)(by)(zc)131C向溶液中加入少量铁粉，溶液颜色变浅D当溶液中c(SCN)保持不变时达到平衡状态【答案】B【解析】A. 温度不变，平衡常数不变，K=，故A正确；B. 根据上述平衡浓度可知，由于改变的条件未知，改变的体积可能是改变某一种离子的浓度，也可能是将溶液稀释等，因此无法判断 (ax)(by)(zc)的比值大小，故B错误；C. 向溶液中加入少量铁粉，发生2Fe3+ + Fe=3Fe2+，Fe3(aq)3SCN(aq) Fe(SCN)3(aq)逆向移动，溶液颜色变浅，故C正确；D. 当溶液中c(SCN)保持不变时，说明其他微
19、粒的浓度也保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选B。19用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，1mol氦气含有的原子数为2NAB71g 氯气所含原子数目为NAC在25，1.01105Pa时，22.4L氢气所含的原子数目为2NAD标准状况下，以任意比混合的氮气和氧气混合物11.2L，所含的分子数为0.5NA【答案】D【解析】A. 所有的稀有气体都是单原子分子，所以1mol氦气含有的原子数为NA，A不正确；B. 71g 氯气的物质的量为1mol，所含原子数目为2NA，B不正确；C. 在25，1.01105Pa时，因为这种条件下的气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以
20、22.4L氢气的物质的量小于1mol，所含的原子数目小于2NA，C不正确；D. 标准状况下，以任意比混合的氮气和氧气混合物11.2L，其物质的量为0.5mol，所含的分子数为0.5NA，D正确。本题选D。20一定温度下将CaCO3放入密闭真空容器中，反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法不正确的是A平衡向左移动B压强不变C平衡常数不变D固体总质量不变【答案】D【解析】A该反应为非等体积反应，所以缩小容器容积导致压强增大，平衡必然向气体总物质的量减小的方向移动，即左移，A项正确；B该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)；平
21、衡常数只受温度影响，所以保持温度不变，只缩小容器容积K保持不变；那么重新达到平衡时，CO2的浓度不变。根据，可得，由于新平衡CO2浓度与之前的相等，所以重新达到平衡时，压强不变，B项正确；CK只与温度有关，温度不变，所以K不变，C项正确；D缩小容器体积导致压强增大，平衡左移，固体质量增加，D项错误；答案选D。21工业上电解 NaHSO4 溶液制备 Na2S2O8(其中阴离子结构为）。其中阴极材料为 Pb；阳极材料为铂。下列说法不正确的是ASO42-向阳极迁移 B阳极可换为铜电极C阳极反应中 S 的化合价不变 D阴极电极反应式：2H+2e-H2。【答案】B【解析】A电解过程中，阳离子向阴极移动，
22、阴离子向阳极移动，A不符合题意；B铜若作为阳极材料，铜在阳极失电子能力比SO42-失电子能力强，故阳极不可换为铜电极，B符合题意；C由S2O82-的结构中可以判断S的化合价为+6价，作标记的两个氧原子之间形成过氧键，该氧原子的化合价为-1价，阳极反应中S的化合价不变，C不符合题意；D电解过程中，阴极发生还原反应，溶液中H+的得电子能力比Na+得电子能力强，故阴极电极反应式：2H+2e-H2，D不符合题意；答案选B。22已知： 下列关于上述反应焓变的判断正确的是A B C D【答案】C【解析】A. 该反应吸热，所以H10，A选项错误；B. 燃烧放热，所以， H2 0，B选项错误；C. 反应可由反
23、应联立而得：-2，所以有：，C选项正确；D. 反应-2可得反应 ，所以：H1=H5-2H4，而反应是吸热反应，即H0，则2H4H5，D选项错误；答案选C。23常温下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是AHA的电离平衡常数Ka=10-5B点所示的溶液中：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)C点所示的溶液中：c(HA)c(OH-)-c(H+)D点所示的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)【答案】C【解析】A. HA的电离平衡常数Ka=10-5，A正确；B. 点所示的溶液，n(NaA
24、)=n(HA)，2n(Na+)= n(A-)+ n(HA)，所以2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，B正确；C. 点所示的溶液中，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶质为NaA在溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH- ，H2OH+OH-，c(HA)=c(OH-)-c(H+)，C错误；D. 点所示的溶液中n(NaA)=0.002mol，n(NaOH)=0.001mol，溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH- H2OH+OH-0.002-x x 0.001+x y y2n(OH-)-2n(H+)=0.002+2xn(A-)+3n(HA)=0.002-x+3x=0.002+2x
25、 同一混合溶液，体积相同，所以有2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)，D正确。故选C。24已知 NaAlH4是一种重要的储氢材料、化工还原剂，其相关性质的说法不正确的是A一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，生成1mol NaAlH4转移3mole-BNaAlH4具有吸水性，需要密封保存C1mol NaAlH4中含有2mol离子DNaAlH4作为储氢材料，溶于水或酸会释放出大量H2：NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2【答案】A【解析】A一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：4NaH+Al
26、Cl3=NaAlH4+3NaCl，该反应过程所有元素的化合价均为发生改变，不是氧化还原反应，故不存在电子的转移，A错误； BNaAlH4具有吸水性且能与水发生反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故需要密封保存，B正确；C NaAlH4是离子化合物由Na+和构成，故1mol NaAlH4中含有2mol离子，C正确；DNaAlH4作为储氢材料，NaAlH4中的H为-1价具有较强的还原性，能还原水中+1价的H，从而释放出H2，故NaAlH4溶于水或酸会释放出大量H2：NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2，D正确；故答案为：A。25某固体X可能含有、，中的一种或几种物质，
27、进行如下实验以确定其组成：下列有关说法正确的是A若固体X中不含，则一定含 B固体X中一定含有C滤液A中一定含有 D气体B一定是纯净物【答案】A【解析】由血红色溶液可知溶液中含有Fe3+，结合固体X加水，可知滤渣中可能含FeO、Fe2O3中至少一种还可能含有，加浓盐酸加热后，可能发生反应的有Fe2O3，FeO，生成的氯气具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，所以固体X中不一定含有Fe2O3；滤液可能含有：、，与盐酸反应后有气体产生，可能含有、，在与氯化钡反应生成白色沉淀，则白色沉淀为 BaSO4,气体C为CO2或SO2,即X中含K2SO3、K2CO3中的至少一种 ,.若X中含K2SO3和,与
28、盐酸反应后被氧化成。A.根据上述分析，若固体X中不含，则一定含，把亚硫酸根氧化成硫酸根离子，故A正确；B.根据上述分析：固体X中不一定含有，如果含有，加浓盐酸加热后，可能发生反应的有，FeO+2HCl=FeCl2+H2O生成的氯气具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+,故B错误；C.是活泼金属，能和水反应，所以滤液A中一定不含有，故C错误；D.根据上述分析可知，气体B可能是CO2或SO2,或者两者都有，故D错误；答案：A。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26(4分)（1）KSCN 为离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，写出 KSCN 的电子式_。（2）常压下，硫化
29、氢的分解温度比水的分解温度低的主要原因是_。（3）干冰的熔沸点远小于二氧化硅的主要原因是 _。【答案】或 原子半径 SO，H-S 键的键能比H-O 键的键能小 干冰为分子晶体，分子间作用力小，熔沸点低，二氧化硅为原子晶体，原子间共价键强，熔沸点高 【解析】(1)KSCN为离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，SCN-结构简式为S-CN-或S=C=N-，电子式为或；(2)硫化氢、水中分别含有H-S、H-O键，且氧原子半径小于硫原子，则键能：H-SH-O，故硫化氢的分解温度比水的分解温度低；(3)干冰为分子晶体而二氧化硅为原子晶体，破坏分子间的作用力的能量远远小于共价键的键能，干冰的熔沸点远小于
30、二氧化硅。27(4分) 难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，如AgClAg+Cl-，上述平衡中存在两个过程：一方面是在水分子的作用下，溶液中少量的Ag+和Cl-脱离AgCl表面进入水中(溶解过程)；另一方面，溶液中的Ag+和Cl-受AgCl表面阴、阳离子的吸引，回到AgCl表面析出(沉淀过程)。当溶解速率和沉淀速率相等时，形成AgCl饱和溶液，达到沉淀溶解平衡。用溶度积常数表示：Ksp=c(Ag+)c(Cl-)。当溶液中的c(Ag+)c(Cl-)Ksp(AgCl)时，即有沉淀析出。已知：在室温下，Ksp(AgBr)=5.410-13，Ksp(AgCl)=1.810-10。向BaCl2溶液中加入A
31、gNO3和KBr，当两种沉淀刚好共存时，溶液中=_，列出简要计算过程：_。【答案】 (1). 3.010-3 (2). 简要计算过程：Ksp(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，在同一溶液中，Ag+的浓度相同，所以=3.010-3【解析】向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，两种沉淀刚好共存，针对AgCl和AgBr，溶液应是AgCl和AgBr饱和溶液，据此分析；向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，两种沉淀刚好共存，发生AgBr=AgBr、AgCl=AgCl，针对AgCl和AgBr，溶液应是AgCl和AgBr饱和溶液，在同一溶液中，c(A
32、g)相同，因此有=3.0103。28（10分）磁性材料A由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：（1）A的化学式为_。（2）用化学方程式表示气体C与氯水反应生成D的过程：_。（3）B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，结合离子方程式说明其原因：_。某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题。该小组中某同学设计了下图所示的实验装置(夹持及尾气处理装置未画出)，探究氨气的还原性：（1）该装置在设计上有一定缺陷，为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是：_。（2）利用改进后的
33、装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O，写出氨气与CuO反应生成Cu2O的化学方程式_。（3）已知：Cu2O是一种碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu+的稳定性差(Cu+Cu+Cu2+)。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：_。【答案】(1) Fe3S4 (2)Cl2SO22H2O=H2SO42HCl (3)Fe33H2OFe(OH)33H(1)在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管 (2)6CuO2NH33Cu2ON23H2O (3)取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，
34、说明红色物质中含有Cu2O反之则没有【解析】本题考查以磁性材料为载体考查无机推断题。无色气体C与足量的氯气反应得到溶液D，D中加入氯化钡溶液和盐酸溶液，有白色沉淀E生成，故E为BaSO4，D为硫酸和盐酸的混合液，C为二氧化硫。B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，再结合其A由两种元素组成的磁性材料，可知，B为三氧化铁。(1)氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.03056=1.680g，则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0.040mol，则铁与
35、硫的物质的量比为0.030:0.040=3:4，则化学式为：Fe3S4；(2)二氧化硫与氯气反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O=H2SO42HCl；(3) B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水即为三价铁离子水解：Fe33H2OFe(OH)33H。(1)氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，即需要在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管。(2)CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成氮气和水，产物为Cu2O反应的化学方程式为6CuO2NH33Cu2ON23H2O。(3)由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的稳定
36、性比Cu2+差，则将Cu2O加入硫酸中发生Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，即取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有。29（10分）工业上可利用“甲烷蒸气转化法生产氢气”，反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。已知温度、压强和水碳比n(H2O)/ n(CH4)对甲烷平衡含量（%）的影响如下图1：图1（水碳比为3） 图2（800）（1）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) 的H_0（填“”或“”）；若在恒温、恒压时，向该平衡体系中通入氦气平
37、衡将_移动（填“向正应方向”、“向逆反应方向”或“不”）。（2）温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是_。（3）其他条件不变，请在图2中画出压强为2 MPa时，甲烷平衡含量（%）与水碳比之间关系曲线。（只要求画出大致的变化曲线）（4）已知：在700，1MPa时，1mol CH4与1mol H2O在2L的密闭容器中反应，6分钟达到平衡，此时CH4的转化率为80%，求这6分钟H2的平均反应速率和该温度下反应的平衡常数是_。【答案】（1） 向正反应方向 （2）其他条件不变，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动（或描述降温的变化） （3） （4）69.1【解析】试题分析：（1）从图1看出温度
38、升高，甲烷的含量降低，正反应为吸热反应，反应热H0；若在恒温恒压时，向该平衡体系中通入氦气，使容器体积变大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动；（2）由图象可知，其他条件不变，升高温度，反应速率加快，甲烷的百分含量减小，平衡向正反应方向移动；（3）其他条件不变，压强为2MPa时，CH4平衡含量随水碳比的增大而减小，其关系曲线为（4）根据化学平衡三段式计算 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）起始浓度（mol/L）：0.5 0.5 0 0变化浓度（mol/L）：0.4 0.4 0.4 1.2平衡浓度（mol/L）：0.1 0.1 0.4 1.2v（H2）=c（H2）/
39、 t=1.2mol/L6min=0.2molL-1min-1；平衡常数K=69.1。30（10分）锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域。以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如下。已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6（1）第步滤渣主要成分有 （填化学式），实验室萃取操作用到的玻璃仪器有 。（2）第步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相（水相和有机相的体积比）的关系如下图所示，从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为 。（3）第步加入盐酸作用 （答两点即可）。（4）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是 。（5）GeO2产品中通常混有少量Si
40、O2。取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为_ mol。【答案】（1）SiO2 分液漏斗、烧杯 （2）8 （3）中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解 （4）取最后一次洗涤液于试管中，加入稍过量稀HNO3酸化，再加入12滴 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净。若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净。 （5）0.050 【解析】（1）GeO2、ZnO能够与硫酸发生反应，变为可溶性硫酸盐，而SiO2、PbO2不能溶于酸，所以第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO2。实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。（2）根据图
41、像可知，在第步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜。（3）在第步萃取时加入了NaOH，第步加入盐酸作用一是为作反应物，中和NaOH，二是GeCl4是强酸弱碱盐，在溶碱性溶液中易水解，为了抑制GeCl4水解，也要加入适量的盐酸。（4）第步加水，GeCl4发生水解反应，产生GeO2nH2O，反应的化学方程式GeCl4 + (n+2)H2O =GeO2nH2O + 4HCl；（5）GeO2nH2O是从含有HCl的溶液中过滤出来的，所以要检验GeO2n
42、H2O是否洗涤干净只要检验没有Cl-即可。操作是取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净。若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净。（6）设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，2(x+y)=0.105 105x+ 60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.050mol。31（12分）高血压患者在新型冠状病毒感染肺炎病例当中多为重症，甚至死亡占比较大。而卡托普利E是用于治疗各种原发性高血压的药物，合成路线如图：（1）下列关于卡托普利E说法正确的是_。a.能发生取代反应 b.在氧气中充分燃烧的产物
43、中含有SO2c.能与Na反应生成氢气 d.E的分子式为C9H16NO3S（2）A的结构简式是_。（3）已知：高分子H的结构简式为。写出以B为原料（用流程图表示，无机试剂任选），制备H的合成路线（限定三步反应完成）。_。写出合成路线中最后一步反应的化学方程式_。（4）D的消去产物F的结构简式为，F有多种同分异构体，如等。写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_、_。a.含有苯环，不含甲基b.能与NaOH溶液以物质的量之比1：1完全中和c.苯环上一氯代物只有一种【答案】 （1） abc （2） （3） +(n-1)H2O （4） 【解析】观察合成路线可知：A与HCl发生加成反应生成B（），可推
44、出A为；B与SOCl2发生取代反应生成C（），C与发生取代反应，脱去HCl生成D，D再经一系列反应制得E。在此基础上，结合有机基础知识，可解（1）-（4）小题。（1）由分析可知，B（）是A与HCl加成得产物，所以A应为；B中含氧官能团是羧基。答案为：；羧基 （1）E为。a. -COOH等能发生取代反应，a正确；b. E含硫，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2，b正确；c.-COOH（和-SH）能与Na反应生成氢气，c正确；d.E的分子式为C9H15NO3S，d错误；答案为：abc（2）A与HCl发生加成反应生成B（），可推出A为；（4）根据H的结构简式，可知H为聚酯，其单体为，可由B（）通过在碱性条件下的水解反应再酸化制得此单体。故合成路线为：；其中，最后一步反应为生成聚酯的反应，化学方程式为： +(n-1)H2O 。答案为：；+(n-1)H2O（4）F的结构简式为，分子式是C9H13NO3，不饱和度为（92+2+1-13）2=4，结合限制条件可知，F含有苯环（不饱和度为4），则其余部分均饱和；能与NaOH溶液以物质的量之比1：1完全中和，说明F含一个酚羟基；再根据F不含甲基、苯环上一氯代物只有一种，可推断：唯一的一个N应以-CH2NH2位于酚羟基的对位，剩下的2个C和2个O以-CH2OH对称分布于苯环的两侧。故符合条件的F的同分异构体为：、。答案为：； 。