天津市东丽区2019-2020学年高考化学经典试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,俯视时读数为y mL,若X＞n＞y，则所用的仪器可能为
A．滴定管B．量筒C．容量瓶D．以上均不对
2．下列说法正确的是
A．离子晶体中可能含有共价键，但不一定含有金属元素
B．分子晶体中一定含有共价键
C．非极性分子中一定存在非极性键
D．对于组成结构相似的分子晶体，一定是相对分子质量越大，熔沸点越高
3．化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）
A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀
B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放
C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%
4．用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是（）
A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2N A
B．一定条件下，足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，转移电子数为2N A
C．0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02N A
D．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2N A
5．化学与生活密切相关。

下列说法正确的是（）
A．聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纤维都是由加聚反应制得的
B．因为钠的化学性质非常活泼，故不能做电池的负极材料
C．钢化玻璃和有机玻璃都属于硅酸盐材料，均可由石英制得
D．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于外加电流的阴极保护法
6．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。

为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：
①将X加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z
②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物
③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色
④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
分析以上实验现象，下列结论正确的是（）
A．X中一定不存在FeO
B．Z溶液中一定含有K2CO3
C．不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种
D．向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl
7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2N A
B．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2N A
C．将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1N A
D．2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2N A
8．复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．放电时,N极发生还原反应
B．充电时,Zn2+向M极移动
C．放电时,每生成1 mol PTO- Zn2+ ,M极溶解Zn的质量为260 g
D．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e- +4Zn2+=PTO- Zn2+
9．通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。

设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）
A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02N A
B．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色
C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5N A
D．0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1N A
10．在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。

该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。

下列有关叙述正确的是
A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+
B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液
C．该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子
D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极
11．用下列①②对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是
实验目的试剂（或条件）
A．用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气
①热水
浴
②冷水
浴
B．用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子①乙醇②己烷
C．用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异①石蕊②品红
D．用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响①苯②甲苯
A．A B．B C．C D．D
12．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。

以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：
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
下列说法不正确的是（）
A．“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-
B．“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为5.0～5.4
C．在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯
D．在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO
13．下列各图示实验设计和操作合理的是（）
A．图1 证明非金属性强弱：S＞C＞Si B．图2 制备少量氧气
C．图3 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D．图4 制备少量乙酸丁酯
14．一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化
合物的说法错误的是
A．分子式为C12H18O2
B．分子中至少有6个碳原子共平面
C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成
15．已知：2SO 2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，则下列判断正确的是
A．2SO 2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ
B．2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量
C．1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量
D．使用催化剂，可以减少反应放出的热量
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。

工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。

（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充
完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。

则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（），_____________
A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，下面是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）
已知：
①氯化亚砜(SOCl2)可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。

②(X表示卤素原子)
回答下列问题：
(1)写出D的结构简式：________________。

F 中所含的官能团名称是___________。

(2)B→C的反应类型是_______________；D→E的反应类型是_______________。

(3)写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式__________________________。

(4)写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式______________________。

①属于苯的二取代物；
②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰
③与FeCl3溶液发生显色反应。

(5)结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇()为原料合成苯乙酸苯甲酯()写出合成路线，并注明反应条件
_________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．碳、氮、硫的化合物在生产生活中广泛存在。

请回答：
（1）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。

已知：
①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s) ΔH＝－l59.5 kJ·mol-1
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－160.5 kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol-1
写出CO2与NH3合成尿素和气态水的热化学反应方程式____________。

（2）T 1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H<0。

实验测得：v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，
k正、k逆为速率常数只受温度影响。

不同时刻测得容器中n(NO2)如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO2)/mol 1.00 0.80 0.65 0.55 0.50 0.50
①从0～2s该反应的平均速率v(NO2)=___________。

②T1温度时化学平衡常数K=___________mol-1·L。

③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。

若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T1__________T2 (填“>”、“<”或“=”)。

（3）常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等。

①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是____________________(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na ＋)______2c(SO32-)＋c(HSO3-)(填“＞”“＜”或“＝”)。

②在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3-、SO32-物质的量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则SO32-的第一步水解平衡常数＝________。

19．（6分）现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol·L-1的HCl溶液，丙为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
（1）甲溶液的pH=___。

（2）丙溶液中存在的电离平衡为___(用电离平衡方程式表示)。

（3）常温下，用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列各量随水量的增加而增大的是___(填序号)。

①n(H＋) ②c(H＋) ③3-
3
c(CH COOH)
c(CH COO)④c(OH
-)
（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是___。

（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则a=___。

（6）图___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。

（7）图2中a点对应的溶液pH=8，原因是___（用离子方程式表示）。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【分析】
【详解】
平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,所读数据偏下，俯视时读数为y mL所读数据偏上,若x＞n＞y，说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管，答案选A。

2．A
【解析】
【详解】
A．离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，不一定含有金属元素，可能只含非金属元素，如铵盐，故A正确；
B．分子晶体中可能不存在化学键，只存在分子间作用力，如稀有气体，故B错误；
C．非极性分子中可能只存在极性键，如四氯化碳等，故C错误；
D．分子晶体的熔沸点与相对分子质量、氢键有关，氧族原子氢化物中，水的熔沸点最高，故D错误；
答案选A。

【点睛】
本题的易错点为规律中的异常现象的判断，要注意采用举例法分析解答。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；
C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；
D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；
故答案选B。

4．C
【解析】
【详解】
A.1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2N A，故A错误；
B.足量铜与200g 98%的浓硫酸充分反应，浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应，转移电子数目小于2N A，故B
C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2N A，0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.02N A，故C正确；
D.氦气为单原子分子，氟气为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。

答案选C。

【点睛】
本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。

5．D
【解析】
【详解】
A. 聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反应制得的，聚酯纤维是由缩聚反应制得的，选项A错误；
B、负极失电子，理论上钠可作为负极材料，选项B错误；
C．钢化玻璃既是将普通玻璃加热熔融后再急速冷却，故主要成分仍为硅酸盐，即主要成分为SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有机玻璃的主要成分是有机物，不是硅酸盐，选项C错误；
D、外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，属于外加电流的阴极保护法，选项D正确；
答案选D。

6．B
【解析】
【分析】
①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl
和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；③用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。

【详解】
A. 根据上述分析，不能确定X中是否存在FeO，故A错误；
B. 用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B正确；
C. 根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和Fe，不能确定是否存在FeO，故C错误；
D. 向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有KCl，故D错误；
【点睛】
本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。

7．D
【解析】
【详解】
A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，Cl2既是氧化产物，
也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电子5
3
mol，B错误；
C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；
D.发生反应：2NO+O 2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2N A，D正确；
故合理选项是D。

8．D
【解析】
【分析】
放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为
2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。

【详解】
A. 该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；
B. 充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；
C. 放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；
D. 充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为
PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；
故选：D。

9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02N A，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；
C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5N A，故C 正确；
D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；
故答案选D。

10．A
【解析】
【分析】
该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li+ +O2 + 2e-= Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。

【详解】
A. 锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；
B. 电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；
C. 该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；
D. 放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；
答案选A。

11．D
【解析】
【详解】
A. 二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A不选；
B. 钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；
C. 二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；
D. 溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D选；
故选：D。

12．D
【解析】
【详解】
A. 从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A
正确；
B. “除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液pH 的范围为5.0～5.4，B正确；
C. 在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；
D. CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为
0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D错误。

故选D。

13．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。

由于元素的非金属性S＞C＞Si，所以酸性：H2SO4>H2CO3> H2SiO3，强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1 可以证明非金属性强弱：S＞C ＞Si ，A正确；
B．过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B错误；
C．配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀释，C错误；
D．反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，D错误；
故选A。

14．B
【解析】
分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。

15．A
【解析】
【详解】
A.气态SO 3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ ，故A正确；
B、2molSO2气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误；
C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；
D 、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D 错误； 答案选A 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu 2S+4Fe 3+=2Cu 2++S+4Fe 2+ NH 4Fe 3(SO 4)2(OH)6 AFB ECD 【解析】 【分析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。

【详解】
(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C ～600C 之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。

（2）Fe 3+对Mn02氧化Cu 2S 起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu 2S+4Fe 3+=2Cu 2++S+4Fe 2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。

（3）向A 中加入足量的NaOH 溶液并加热，共收集到0.448L NH 3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g 红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol ，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。

向B 中加入足量的BaCl 2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g 硫酸钡，即0.04mol ，因为将溶液分成两等份，则19.2 g 固体甲含有0.04mol 铵根离子，0.12mol 铁离子，0.08mol 硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为19.20.04180.12560.0896
0.2417
mol
-⨯-⨯-⨯=，则固体甲的化学式为
NH 4Fe 3(SO 4)2(OH)6。

【点睛】
掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．
醚键、羧基 还原反应(加成反应) 取代反应
、
【解析】
【分析】
与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：
；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；
(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是
，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；
(3) F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：
；
(4)A 为，A 的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共
有2个吸收峰；③与FeCl 3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，
则可能的结构简式为、；
(5) 苯甲醇()苯甲醇与SOCl 2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN 反应，产物经水解生成苯乙酸，
最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2NH 3(g)+CO 2(g)=CO(NH 2)2(s)+H 2O(g) △H=-276.0kJ/mol 0.0875 mol/(L·s) 8 k 正/k 逆 < SO 32-＋H 2O ⇌HSO 3-＋OH － ＞ 10－6.8 【解析】 【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②+③得到CO 2与NH 3合成尿素和气态水的热化学反应方程式； (2)①根据v=c
t
计算出前5s 内v(NO 2)； ②
22+0.500
0.250.250.1250.2522/0.250.125
//NO g NO g O g mol L mol L mol L （）（）（）
初始（）转化（）平衡（）
根据化学平衡常数K 1=
()()()
2222c NO c O c NO 计算K 1，进而计算2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)化学平衡常数K=
1
1
K ； ③2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)化学平衡常数K=
()()()
2222c NO c NO c O ，化学反应达到平衡时v 正=v 逆，即k 正
c 2(NO)•c(O 2)=k 逆c 2
(NO 2)，则k k 正逆=()()()
2
222c NO c NO c O ；结合平衡常数K 与反应的热效应判断温度高低。

(3)①亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，根据电荷守恒确定离子浓度的关系；
②根据水解平衡常数表达式结合图中数据来计算。

【详解】
(1)①2NH 3(g)+CO 2(g)=NH 2CO 2NH 4(s)△H=-l59.5kJ•mol -1，
②NH 2CO 2NH 4(s)=CO(NH 2)2(s)+H 2O(l)△H=-160.5kJ•mol -1，③H 2O(l)=H 2O(g)△H=+44.0kJ•mol -1，依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②+③得到CO 2与NH 3合成尿素和气态水的热化学反应方程式为2NH 3(g)+CO 2(g)=CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)△H=-276.0KJ/mol ； (2)①根据表中数据计算出前2s 内v(NO 2)=c t =n V t =()1.000.65mol
2L 2s
-⨯=0.0875mol/(L•s)； ②
22+0.500
0.250.250.1250.2522/0.250.125
//NO g NO g O g mol L mol L mol L （）（）（）
初始（）转化（）平衡（）
根据化学平衡常数K 1=()()()2222c NO c O c NO =22
0.250.125
0.25
⨯=0.125，所以2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)化学平衡常数K=
1
1
K =8； ③2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)化学平衡常数K=
()()()
2222c NO c NO c O ，化学反应达到平衡时v 正=v 逆，即k 正
c 2(NO)•c(O 2)=k 逆c 2(NO 2)，则k k 正
逆=()()()2
222c NO c NO c O =K ，即K=k k 正逆
；温度改变为T 2时其k 正=k 逆，则T 2时
化学平衡常数K=1，小于T 1温度时化学平衡常数K=8，即T 1→T 2时，平衡逆向移动，而2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)△H ＜0，所以温度改变是升高温度，T 1＜T 2 ；
(3)①亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，原理是：SO 32-+H 2O ⇌HSO 3-+OH -，所以，该溶液中，c(H +)＜c(OH -)，根据电荷守恒，则：c(Na ＋)＞2c(SO 32-)＋c(HSO 3-)； ②亚硫酸根离子的水解平衡常数K= (
)()()
323
c HSO c OH c SO -
-
-
⋅，当pH=7.2时，SO
32-、HSO 3-浓度相等，所以
K=c(OH -)=10-6.8。

【点睛】
通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH 与原热化学方程式之间ΔH 的换算关系。

19．13 CH 3COOH CH 3COO -＋H ＋，H 2O
OH -＋H ＋ ①④ 丙 20.00 2 CH 3COO -＋
H 2O
OH -＋CH 3COOH
【解析】 【分析】 【详解】
(1) 氢氧化钠是强碱，所以溶液中氢离子浓度是1 x10-13mol/L ，则溶液的pH=13； (2)醋酸和水都是弱电解质，存在电离平衡，所以电离方程式分别是CH 3COOH CH 3COO -＋H +，
H 2O
OH -＋H +；
(3) 常温下，用水稀释0.1mol·L -1的CH 3COOH 溶液，促进反应CH 3COOH
CH 3COO -＋H +向右移动，所以
n(H +)变大，但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度，所以c(H ＋)变小，但是，常温下K w 不变，根据K w = c(H +)· c(OH -)不变，所以c(OH -)变大；温度不变， K a =
3-+3c(CH COOH)c(CH COO )c(H )
不变，而c(H ＋)变小，所以
3-3c(CH COOH)
c(CH COO )
变小；
(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的，且溶液中氢离子或OH -浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。

所以根据酸碱的浓度可知，甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c(OH -)的大小关系为丙>甲=乙；
(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml ，即a = 20.00ml ；
(6) 图2中V(NaOH)=0时，pH 大于1，可知0.1mol/L 该溶液的pH 大于1，所以图2应该表示甲溶液(NaOH 溶液)滴定丙溶液(CH 3COOH 溶液)的曲线；
(7) 图2中a 点对应的溶液pH=8，是因为此时刚好生成醋酸钠，醋酸根水解：CH 3COO -＋H 2O OH -＋
CH 3COOH 。