【文档说明】山东省（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 化学（二） 含答案.doc，共(17)页，1003.500 KB，由小赞的店铺上传

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（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷化学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56M

n55Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒

”为氧化除碳过程B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅(锌的古称)参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜合金C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉2．下列

叙述正确的有A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B．第三周期主族元素的离子半径随核电荷数增大依次减小C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小D．价层电子对互斥理论中，π键

电子对数不计入中心原子的价层电子对数3．下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A．最外层只有一个电子的X、Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有三个未成对

电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子4．下列反应的离子方程式正确的是A．红褐色固体Fe(OH)3全部溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．水杨酸溶

于NaHCO3溶液中：+2HCO－3+2CO2↑+2H2OC．将等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2∶3混合：2Ba2++2SO2−4+3H++3OH−=2BaSO4↓+3H2OD．洁厕灵(含HCl)与“84”消毒液混

合后产生氯气：Cl−+H++ClO−=Cl2↑+OH−5．磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体，它是白磷()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．3.1g白磷中含P—P键的数目为0.3NAB．6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NAC．0.1

molP4与0.6molH2在密闭容器中发生反应：P4+6H24PH3，生成PH3分子的数目为0.4NAD．0.1molP4发生反应：P4+5O2=2P2O5，转移的电子数为20NA6．由我国地质学家首次发现的香花石被誉为“矿石熊猫”。它由X(Ca)和前18号元素中的5

种组成，分别为Y、Z、W、R、T。其中Y、Z为金属元素，X、Z同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A．XR2、WR2两种化合物均为离子晶体B．原子半径：Y>Z>R>TC．最

高价氧化物对应的水化物的碱性：X>ZD．气态氢化物的稳定性：W<R<T7．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A．消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用：CH3COOH+ClO−=HClO+CH3COO-B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO−3+

I−+6H+=I2+3H2OC．Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO2−4+Ba2++3OH−=Fe(OH)3↓+BaSO4↓D．Cu溶于稀硝酸：Cu+2H++NO−3=Cu2++NO2↑+H2O8．某种

新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺(PANI)，电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e−=PANIO(氧化态

聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．电池工作时电极a为正极，且发生的反应是Fe3++e−=Fe2+B．电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变

红C．电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D．电池冷却过程中发生的反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI9．某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验(部分夹持装置已省略)，下列“现象预测”与“解释

或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp

(ZnS)太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH10．精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如图：已知

：ⅰ．分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]−；分金渣的主要成分为AgClⅱ．分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO2−3ⅲ．“分铜”时各元素的浸出率如表所示，则下列说法不正确的是CuAuAgNi浸出率/%8

5.704.593.5A．分铜渣中银元素的主要存在形式为游离态B．“分铜”时，为提高反应速率，宜采取高温C．“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为6H++2Au+ClO−3+7Cl−=2[AuCl4]−+3H2OD．“沉银”时，由于[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO2

−3，加入H2SO4后，平衡正向移动，使得c(Ag+)增大，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．某科研人员提出HCHO(甲醛)与O

2在羟基磷灰石(HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)：下列说法不正确的是A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率B．HCHO在反应过程中，没有C—H键发生断

裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为HCHO+O2CO2+H2O12．次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。已知：①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。②Co(H2PO2)2溶

液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。下列说法中正确的是A．膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜B．M电极反应为Co-2e−+2H2PO−2=Co(H2PO2)2C．a为电源的负极D．Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过

程中反应可能为Co2++H2PO−2+3OH−=Co+HPO−3+2H2O13．硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(

如图)。下列说法错误的是A．用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4B．两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．将SiO2粉碎能增大得到熔体的速率D．由图可知该工艺过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念14．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催

化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B．该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂C．有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物D．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结

合含碳微粒15．常温下，向1mol/LNH4Cl溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到从b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11。下列说法错误的是A．常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级

为10−10B．体系中，水的电离程度大小关系为a>c>bC．b点时，溶液中c(Mg2+)=0.018mol/LD．a点溶液中，c(NH+4)+c(H+)<c(Cl−)+c(OH−)三、非选择题：本题共5

小题，共60分。16．(12分)苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/

℃溶解性密度/(g∙cm−3)苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ．比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为；用苯胺代替浓氨水

重复上述实验，却观察不到白烟，原因是。Ⅱ．制备苯胺往如图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%

NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是(填“a”或“b”)。(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为。Ⅲ．提取苯胺ⅰ．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；

分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ⅱ．往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。ⅲ．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是。(5)操作ⅰ中，为了分离混合物，取

出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是。(6)该实验中苯胺的产率为。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：。17．(12分)Cu—Mn—Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电

子机械操纵系统。(1)下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需能量最小的是(填标号)。(2)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯与乙酰氯反应的部分历程为+AlCl3…乙酰氯AlCl3+AlCl−4乙酰基正离子①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为。②乙酰氯分子中∠CCCl120°(填“>”“

=”或“<”)，判断理由是。③AlCl−4的空间结构为。(3)温度不高时气态氯化铝为二聚分子(其结构如图所示)。写出Al2Cl6的结构式并标出配位键：。(4)Cu—Mn—Al合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图

b是沿立方格子对角面取得的截图。①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C为(1，1，1)，则B原子的坐标参数为。②由晶胞可知该合金的化学式为。③已知r(Cu)≈r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为pm。④该晶胞的密度为g·cm−3。(列出计算式即

可，阿伏加德罗常数用NA表示)18．(12分)氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下两个反应进行：反应1：2NH3(l)

+CO2(g)H2NCOONH4(l)ΔH1=-117.2kJ·mol−1反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l)ΔH2=+21.7kJ·mol−1请回答：CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)ΔH3=k

J·mol−1该反应能发生的主要原因是。(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1mol·L−1SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所

示。①若700℃发生该反应，经3min达到平衡，计算0~3minv(S2)=mol·L−1·min−1，该温度下的平衡常数为。②若该反应在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率(填“>”“<”或“=”)90%。③下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是。

A．焦炭的质量不再变化时B．CO2、SO2的浓度相等时C．SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1∶1D．容器的总压强不再变化时(3)已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。①工业上可用Na2SO3溶液吸收法

处理SO2，25℃时用1mol·L−1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为。②工业上也可用氨水来吸收SO2，写出氨水吸收过量SO2的化学反应方程式：。19．(12分)苯乙烯是重要的

基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：+H2(g)ΔH=117.6kJ·mol−1已知：上述反应的速率方程为v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应

速率和平衡转化率所采取的措施是。(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：a=；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺

的特点有(填字母)。a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗c．有利于减少生产过程中可能产生的积碳d．CO2在反应体系中作催化剂(3)在实际生产中，往反应釜

中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是。测得容器总压(p总)和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，p(H2O)=kPa，平衡常数Kp=kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的=。20．(12分

)诺贝尔奖获得者屠呦呦带领团队发现了青蒿素，为中国医药科技创新和人类健康事业作出了巨大贡献，我国化学家在确认青蒿素分子结构后实现了青蒿素的全合成。一种以香茅醛为原料合成青蒿素的流程如图：已知：羰基α-H可发生反应：+。回答下列问题：(1)青蒿素的分子式为。根据青蒿素所含官能

团，推测其可能具有的性质有(填字母)。a．易溶于水b．具有氧化性c．可发生水解反应(2)香茅醛的同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，满足上述条件的X有种，其中核磁共振氢谱峰数最少的物质结构简式为。(3)反应A→B实际上可看作两步

进行，依次发生的反应类型是、。(4)C中所含官能团名称为。(5)通过D→E的反应，分子中引入了硫醚基团，而F→G的反应，分子中硫醚基团又被脱去，这样做的目的是。(6)写出由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛()的合成路线流程(无机试剂任选)：。化学答案1.【答案】C【解析

】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压，而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接，“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳

含量降低，A选项正确；赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜，由于表面含有一层Cu2O而呈现红色，“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜，黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于

制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO，而“久置成粉”主要生成Ca(OH)2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；古代制墨，多

用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨，烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟墨，烟墨有松烟墨和油烟墨之分，松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重，松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化，“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成

悬浊液，D选项正确。2.【答案】D【解析】第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A错误；电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半

径越小，第三周期主族元素的离子的半径大小关系为Si4−>P3−>S2−>Cl−>Na+>Mg2+>Al3+，故B错误；卤素氢化物中，HF的相对分子质量最小，所以HF的范德华力最小，但是HF分子间存在氢键，HCl分子之间不存在氢键，而氢键的作用力大于范德华力，

所以HF的沸点大于HCl，故C错误；价层电子对互斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π键电子对数不计入，故D正确。3.【答案】C【解析】最外层只有一个电子的原子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相

似，故A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Ti、Fe等，化学性质不一定相似，故B错误；2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子

的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，性质较活泼，两者化学性质一定不相似，故D错误。4.【答案】C【解析】Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I−得到I2，正确的离

子方程式应为2Fe(OH)3+2I−+6H+=2Fe2++6H2O+I2，A错误；水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子方程式为+HCO−3+CO2↑+H2O，B错误；等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按

体积比2∶3混合，则两者物质的量之比为2∶3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO2−4，3molH+消耗3molOH−，反应的离子方程式为2Ba2++2SO2−4+3H++3OH−=2BaSO4↓+3H2O，C正确；“84”消毒

液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子方程式为Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，D错误。5.【答案】B【解析】3.1g白磷的物质的量为=0.025mol，一分子白磷中含有6个P—P键，则3.1g白磷中P—P键的数目为0.025×

6NA=0.15NA，故A错误；6.2g磷烯的物质的量为0.2mol，根据均摊法知，一个六元环含有P原子的数目为6×1/3=2，则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA，故B正确；该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此生成PH3分子的数目

应小于0.4NA，故C错误；P元素的化合价从0价升高为+5价，O元素的化合价从0价降低为-2价，则1molP4失电子数目为20NA，在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移电子数，则0.1molP4发生反应转移的电子数为2

NA，故D错误。6.【答案】A【解析】R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；X、Z位于同主族，X为Ca元素，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X为C

a元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则(20+8)÷2=14，推出W为Si元素，符合题意，据此解答。A．XR2、WR2两化合物CaO2．SiO2，CaO2为离子晶体，SiO2为共价晶体，故错误；B．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟

元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右逐渐在减小，即原子半径：Y>Z>R>T，故正确；C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙>氢氧化铍，故正确；D．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳

定性：W<R<T，故正确。7.【答案】A【解析】酸性溶液中KIO3与KI发生氧化还原反应生成I2，正确的离子方程式为IO−3+5I−+6H+=3I2+3H2O，故B错误；Fe2(SO4)3和Ba(OH)2

溶液反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为2Fe3++3SO2−4+3Ba2++6OH−=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故C错误；Cu溶于稀硝酸生成硝酸铜、NO和水，正确的离子方程式为3Cu+8H++2NO−3=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误。8.【答案】C【解析】根据

b极电极反应判断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3++e−=Fe2+，A正确；电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，溶液显酸性，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，B正确；电池冷却时Fe2+是在电极

b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子通过，C不正确；电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，D正确。9.【答案】B【解析】试管1

中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，

防止污染空气。如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确；ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO

2=3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误。10.【答案】B【解析】铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化

钠分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl

4]−，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO2−3，加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO2−3平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+

与分银液中的Cl−反应生成AgCl，以此解答该题。A．由表中数据可知，分铜时银的浸出率为4.5%，可知主要以Ag的形式存在于分铜渣中，正确；B．温度不能过高，避免过氧化氢分解而降低浸出率，错误；C．分金液的主要成

分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]−，反应的离子方程式为6H++2Au+ClO−3+7Cl−=2[AuCl4]−+3H2O，正确；D．分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[A

g(SO3)2]3−Ag++2SO2−3，加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3−Ag++2SO2−3平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl，正确。11.【答案】BC【解析】根据题图知，HAP

在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂，可提高反应速率，A正确；HCHO在反应中有C—H键断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B不正确；根据题图知，CO2分子中的氧原子一部分来

自甲醛，C不正确；该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应的化学方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确。12.【答案】A【解析】该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜Ⅰ进入产品室，H2PO−2通过膜Ⅱ、

Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co(H2PO2)2，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；Co(H2PO2)2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e−=Co2+，B错误；M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；离子方程式中电荷不守恒，应为Co2++H2

PO−2+3OH−=Co+HPO2−3+2H2O，D错误。13.【答案】B【解析】根据工艺流程可知，工业上采用的Bayer法制备NaBH4第一步为：Na2B4O7(可表示为Na2O·2B2O3)与SiO2在高温下反应得到熔体，第二步则是

熔体与Na和H2在400～500℃条件下发生反应生成NaBH4与Na2SiO3的过程。Na2B4O7可表示为Na2O·2B2O3，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，故A正确；两步的总反应中B元素化合价未变，氢气中H元素化合

价从0价降低到-1价，被还原作氧化剂，而Na元素化合价从0价升高到+1价，被氧化作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；将SiO2粉碎，可增大反应中固体的接触面积，从而可增大得到熔体的速率，故C正确；由题图可知该工艺整个制备过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念，故D正确。1

4.【答案】A【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学

键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。15.【答案】BC【解析】常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为≈10

−10，A正确；氯化铵的水解平衡式为NH+4+H2ONH3·H2O+H+，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水电离程度大小关系为c>b>a，B错误；b点时，p

H=9，c(OH−)=10−5mol/L，溶液c(Mg2+)==0.18mol/L，C错误；a点溶液中，依据电荷守恒可得2c(Mg2+)+c(NH+4)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，所以c(NH+4)+c(H+)<c(Cl−)+c(O

H−)，D正确。16.【答案】(1)NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发(2)b(3)C6H5NH+3+OH−―→C6H5NH2+H2O(4)蒸出物为混合物，无需控制温度(5)防止B中液体倒吸(6)60.0%(7)加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入N

aOH固体干燥、过滤【解析】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨

水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点为184℃，比较高，不易挥发。(2)冷凝管是下口进水，上口出水，以保证冷凝效果。(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH+3+OH−―→C6H5NH2+H2O。(4)因为蒸馏出

来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计。(5)操作ⅰ中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸。(6)设理论上得到苯胺的质量为m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m=g=4.65g

，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60.0%。(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是加入稀

盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。17.【答案】(1)B(2)①sp3、sp2②<双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力③正四面体形(3)(4)①(1，12，12)②AlMnCu2③1803或或311.76④【

解析】(1)铝的第三电离能>第二电离能>第一电离能，基态大于激发态，A．C．D属于基态、B属于激发态，所以最外层电离出一个电子所需能量最小的是B。(2)①根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子形成4个σ键，价层电子对数为4，为sp3杂化；另一个C原子形成3个σ键，1个π键，所以

价层电子对数为3，为sp2杂化。②双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以乙酰氯分子中∠CCCl小于120°。③AlCl−4中心铝原子的价层电子对数为4+=4，不含孤电子对，所以为正四面体形。(3)根据氯化铝二聚分子的结构可知每个铝原子与4个氯原子形成4个σ键，由于铝原子最外层只有3个

电子，所以其中一个为配位键，由铝提供空轨道，氯原子提供孤电子对，所以Al2Cl6的结构式为。(4)①A为原点，C为(1，1，1)，B为右面面心，所以B的坐标为(1，12，12)。②根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数

为8×18+6×12+12×14+1=8，Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2。③根据截面图结合几何知识可知[2r(Cu)+2r(Al)]为体对角线的一半，设晶胞的棱长为a，则有3a=2[2r(Cu)+2r(Al)]

=4×(127+143)pm，所以a=pm；根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱长的一半，即12a=1803pm或pm或311.76pm。④晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=a3=()3pm3=(×10−

10)3cm3，所以晶胞的密度ρ===g·cm−3。18.【答案】(1)+95.5ΔS>0(2)①0.1536.45②<③AD(3)①c(Na+)>c(HSO−3)>c(SO2−3)>c(OH−)=c(H+)②NH3·H2O+SO2=NH4HSO3【解析】(1)由盖斯定律

，反应1+反应2得到2NH3(l)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)ΔH=-117.2kJ·mol−1+(+21.7kJ·mol−1)=-95.5kJ·mol−1，所以CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)的

ΔH3=-ΔH=+95.5kJ·mol−1，该反应是吸热反应，反应能发生则ΔS>0。(2)①反应的三段式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)起始(mol·L-1)100变化(mol·L-1)0.90.450.9平衡(mol·L-1)0.10.450.9v(S2)===0.15m

ol·L−1·min−1，平衡常数K===36.45；②1mol·L−1SO2与足量的焦炭在恒容、700℃反应时，SO2的转化率为90%，若1mol·L−1SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当于在

恒容、700℃反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；③A．焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量增加，则反应逆向进行，若焦炭的质量不再变化时，则反应达到平衡状态，正确；B．CO2、SO2的浓度相等时

，不能确定正、逆反应速率是否相等，所以不能确定反应是否达到平衡状态，错误；C．无论反应是否达到平衡，SO2的消耗速率与CO2的生成速率始终相等，错误；D．反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压

强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强不再变化时，反应达到平衡状态，正确。(3)①Ka1>Kh2=，即NaHSO3溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性，所以pH=7时的溶液是一定量浓度的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液；由于

Kh1=≈1.6×10−7>6.2×10−8=Ka2，所以等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液显碱性，则pH=7时的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中c(NaHSO3)>c(Na2SO3)，故溶液中离子浓度关系为c(N

a+)>c(HSO−3)>c(SO2−3)>c(OH−)=c(H+)；②氨水吸收过量SO2生成亚硫酸氢铵，方程式为NH3·H2O+SO2=NH4HSO3。19.【答案】(1)升温(2)159.2abc(3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反

应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大80452.5【解析】(1)乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是升温。(2)①由题图可知，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+117.6kJ·mol−1+(+41.6kJ·mol−1)=+159.2kJ·mol−

1，即a=+159.2；CO2与H2反应，导致氢气浓度降低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变时，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；

加入的二氧化碳会发生反应：CO2+C=2CO，有利于减少积碳，故c正确；由题图知，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d错误。(3)体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往

反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率；设起始时n(乙苯)=amol，n(H2O)=bmol，+H2(g)起始量(mol)a00变化量(mol)0.75a0.75a0.75a平衡量(mol)0.25a0.75a0.75a气体的物质的

量之比等于压强之比，平衡时=，b=4a，=×115kPa=80kPa，p氢气=p苯乙烯=×115kPa=15kPa，p乙苯=p苯乙烯=5kPa，所以平衡常数Kp===45kPa。v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯=k逆p

苯乙烯p氢气，所以==Kp=45kPa。+H2(g)起始量(mol)a00变化量(mol)0.6a0.6a0.6a平衡量(mol)0.4a0.6a0.6a气体的物质的量之比等于压强之比，a点时=p苯乙烯=×112kPa=12kPa，p乙苯=8kPa，所以=Kp×=45kPa×=

2.5。20.【答案】(1)C15H22O5bc(2)5(3)加成反应消去反应(4)羰基、醚键(5)保护羰基(6)CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHO【解析】根据流程可知，香茅醛在一定条件下转化为A，A生成B可以看成由两步反应完成：A在

一定条件下发生已知信息的分子内的加成反应转化为，在浓硫酸加热条件下环上的羟基发生消去反应生成B；B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C再经过一系列转化生成D，根据DG流程可知，为保护结构中的羰基，D中的羰

基与发生反应引入硫醚基团生成E，E与HC(OCH3)3反应生成F，F在HgCl2作催化剂作用下将分子中硫醚基团脱去转化为羰基生成G，G在一定条件下反应，最终制得青蒿素；根据青蒿素的分子结构简式，分子中含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，分子结构中不含亲水基团，据此分析青蒿素的性质；由苯甲醛和氯乙烷为

原料，制备苄基乙醛可以用氯乙烷碱性水解得乙醇，再氧化得乙醛，乙醛与苯甲醛在碱性条件下发生信息中的反应得到，再与氢气催化加成即可得到苄基乙醛，据此分析解答。(1)根据青蒿素的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原

子补齐，则分子式为C15H22O5；青蒿素的结构简式为，含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，其中酯基可发生水解反应，过氧基具有强氧化性，整个分子结构中无亲水基，则青蒿素不可能易溶于水，故答案为bc。(2)香茅醛的分子式为

C10H18O，其同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，则除六元环外，支链上有4个C原子，即为—C4H7O，因含有—CHO，则有—CH2CH2CH2CHO、—CH(CH3)CH2CHO、—CH2CH(CH3)CHO、—C(CH2CH3)CHO或—C(CH3

)2CHO，共5种满足上述条件的X；其中核磁共振氢谱峰数最少，也就是分子结构中不同环境的氢原子种类最少，则该有机物的结构为高度对称，则物质的结构简式为。(3)反应A→B实际上可看作两步进行，A在一定条件下发生已知信息的分子内

的加成反应转化为，在浓硫酸加热条件下环上的羟基发生消去反应生成B。(4)根据C的结构简式，其中所含官能团名称为羰基、醚键。(5)通过D→E的反应，分子中引入了硫醚基团，将羰基转化为硫醚基团，而F→G的反应，分子中硫醚基团又被脱去形成羰基，则这样做的目的是可达到保护羰基，提高反应

选择性的目的。(6)由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛可以用氯乙烷碱性水解得乙醇，再氧化得乙醛，乙醛与苯甲醛在碱性条件下发生信息中的反应得到，再与氢气催化加成即可得到苄基乙醛，合成路线流程图为CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHO。