2019-2020学年新疆石河子第一中学高三化学排列组合纠错试题新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年新疆石河子第一中学高三化学排列组合纠错试题新高考化学
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．室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A．K b2的数量级为10-5
B．X(OH)NO3水溶液显酸性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】
A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]= c(X2+ )，K b2= c(OH- )c(X2+ )/ c[X(OH)+]=
c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；
B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；
C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的K b1=c(OH-)×c[X(OH)+]/ c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为K h1=K w/K b2=10-6.2，第二步水解平衡常数K h2=K w/K b1=10-9.2，由于K h1>K b2>K h2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )<c[X(OH)+]，故C错误；
D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-) +c(OH-) = 2c(X2+) +c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒
c(NO3- )=c(X2+ )+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH- )=c(X2+ )+c(H+)，故D正确；
答案：D。

2．火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）
A．羰基硫是电解质
B．羰基硫分子的电子式为：
C．C、O、S三个原子中半径最小的是C
D．羰基硫分子为非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A项错误；
B. 羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，B项正确；
C. C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径C＞O，即半径最小的是O，C项错误；
D. 羰基硫的结构式为O=C=S，但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D 项错误；
答案选B。

3．常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是
A．a=5.6
B．常温下，K sp(CaC2O4)＞K sp(CaCO3)
C．b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，K sp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当
c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)=
9
5
2.810
5.010
-
-
⨯
⨯
=5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；
B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断K sp(CaC2O4)和K sp(CaCO3)的大小，故B错误；
C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)，故C正确；
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=1mol
0.5L
=2mol·L－1，根据K sp（CaC2O4）
=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根据K sp（CaCO3）
=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）=
9
9
2.810
1.2510
-
-
⨯
⨯
== 2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－
1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；
故选B。

【点睛】
本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、K sp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用K sp进行计算。

4．下列指定反应的离子方程式正确的是()
A．向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O
B．向水中通入NO2：2NO2＋H2O===2H＋＋NO3-＋NO
C．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O
D．向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将＋6价Cr还原为Cr3＋：3HSO3-＋Cr2O72-＋5H＋===3SO42-＋2Cr3＋＋4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子；
B. 电荷不守恒；
C. 根据以少定多原则分析；
D. 依据氧化还原规律作答。

【详解】
A. 一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：
Al2++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，A项错误；
B. 向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，B项错误；
C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，其离子方程式为：NH4++ HCO3-+OH-= NH3⋅H2O+ CO32-+H2O，C
项错误；
D. 向酸性K 2Cr 2O 7溶液中加入NaHSO 3溶液，NaHSO 3具有还原性，能将＋6价Cr 还原为Cr 3＋，其离子方程
式为：3HSO 3-＋Cr 2O 72-＋5H ＋===3SO 42-＋2Cr 3＋
＋4H 2O ，D 项正确；
答案选D 。

【点睛】
离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。

本题C 项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol 参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。

5．常温下，H 2A 和H 2NCH 2CH 2NH 2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH 的变化如图（I ）、（II ）所示。

下列说法不正确的是已知：[]
+
222223222H NCH CH NH H O H NCH CH NH OH -++ƒ。

A ．NaHA 溶液中各离子浓度大小关系为：(
)()()()()+
--+
2-
c Na >c HA >c H >c A >c OH
B ．乙二胺（H 2NCH 2CH 2NH 2）的K b2=10-7.15
C ．[H 3NCH 2CH 2NH 3]A 溶液显碱性
D ．向[H 3NCH 2CH 2NH 2] HA 溶液中通人HCl ，()()
[](
)
()
22222+
32+
22c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅⋅不变
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．由图1可知，当c （HA －）=c （A 2－）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c （Na ＋）＞c （HA －）＞c （H ＋）＞c （A 2－）＞c （OH －），故A 正确；
B ．由图2可知，当c （[H 3NCH 2CH 2NH 2]+）=c[H 3NCH 2CH 2NH 3]2+）时，溶液的pH=6.85，c （OH －）=10-7.15mol·L
－1
，则
Kb 2=
[]
(
)[]()
232233
2
2
2
()
c H NCH CH NH c OH
c H NCH CH NH +
+－
=c （OH －），Kb 2=10-7.15，故B 正确；
C ．由图2可知，当c （[H 3NCH 2CH 2NH 3]2+）=c （[H 3NCH 2CH 2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c （OH －
）=10-7.15mol·L －1
，则Kb 2=10-7.15，由图1可知，当c （HA －）=c （A 2－）时，pH=6.2，则Ka 2=10-6.2，[H 3NCH 2CH 2NH 3]2+的水
解程度大于A 2－
的水解程度，溶液显酸性，故C 错误； D ．
()()
[](
)
()
22222+
32+22c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅⋅=
()
[]()
()
222223222·()?
()·()c H NCH CH NH c H A c OH c H c HA c H c H NCH CH NH c OH -+
⨯
⨯＋－
＋
－（）（）
=11
Kw
Ka Kb ⨯，由于通入HCl ，Kw 、Kb 1、Ka 1都不变，所以 ()()
[](
)(
)
22222+
32+
22c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅⋅不变，故D 正确。

故选C 。

【点睛】
本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D ，找出所给表达式与常数Kw 、Kb 1、Ka 1的关系。

6．已知五种短周期元素a X 、b Y 、c Z 、d R 、e W 存在如下关系：① X 、Y 同主族，R 、W 同主族 ②e d=2
；a+b=
12(d+e)；b-a 2
=c-d ，下列有关说法不正确的是 A ．原子半径比较：r(W)＞r(Z)＞r(Y) ＞r(R)
B ．X 和Y 形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层
C ．W 的最低价单核阴离子的失电子能力比R 的强
D ．Z 、Y 最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应 【答案】A 【解析】 【分析】
根据R ，W 同主族，并且原子序数R 为W 的一半可知，R 为O 元素，W 为S 元素；根据1
a+b=
(d e)2
+可知，X 和Y 的原子序数和为12，又因为X 和Y 同主族，所以X 和Y 一个是H 元素，一个是Na 元素；考虑到
b a
=c d 2
--，所以X 为H 元素，Y 为Na 元素，那么Z 为Al 元素。

【详解】
A ．W ，Z ，Y ，R 分别对应S ，Al ，Na ，O 四种元素，所以半径顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(R)，A 项错误；
B ．X 与Y 形成的化合物即NaH ，H 为-1价，H -具有1个电子层，Na 为正一价，Na +具有两个电子层，所以，B 项正确；
C ．W 的最低价单核阴离子即S 2-，R 的即O 2-，还原性S 2-更强，所以失电子能力更强，C 项正确；
D ．Z 的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y 的为NaOH ，二者可以反应，D 项正确； 答案选A 。

【点睛】
比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。

7．下列化学用语对事实的表述正确的是 A ．电解CuCl 2溶液：CuCl 2=Cu 2++2Cl - B ．Mg 和Cl 形成离子键的过程：
C ．向Al 2(SO 4)3溶液中滴加Na 2CO 3溶液：2Al 3++3CO 32-=Al 2(CO 3)3↓
D ．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH 3COOH+C 2H 518OH 垐垐垐垎噲垐垐垐浓硫酸
Δ CH 3CO 18OC 2H 5+H 2O
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl 2Cu+Cl 2↑，故A 错误；
B ．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为
，故B 错误；
C ．向Al 2(SO 4)3溶液中滴加少量Na 2CO 3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al 3++3CO 32-+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑，故C 错误；
D ．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH ，醇中的-OH 提供-H ，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH 3COOH+CH 3CH 218OH CH 3CO 18OCH 2CH 3+H 2O ，故D 正确； 故选D 。

8．某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：
下列说法不正确的是
A ．步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧
B ．步骤②反应的离子方程式为：2I - +2H ++H 2O 2=I 2+2H 2O
C ．步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素
D ．若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液不变成蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；
B. 步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；
C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；
D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。

【点睛】
本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。

9．常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是
A．溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L
B．此溶液中由水电离出的c(OH―)=1.0×10-12mol/L
C．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4
D．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性
【答案】D
【解析】
【详解】
A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，故不选A；
B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=K W/c（H+）=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L，故不选B；
C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；
D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl，NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；
答案：D
10．在25°C时，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。

滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。

已知P点溶液中存在
c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（）
A．25°C时，HNO2电离常数的数量级是10-4
B．M点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)
C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同
D．a=10.80
【答案】B
【解析】
【分析】
已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。

【详解】
A. HNO2电离常数K=
()()
()
+
2
2
NO H
HNO
c c
c
，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c
（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2⇋H++NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以
K=
2.15 2.15
2.15
-1-1
-3.3-1
-1-1
mol L mol L
10mol L
0.1mol L
1010
10
-mol L
--
-
⨯
≈
g g
g
g g
，故A正确；
B. 根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+ c(HNO2) =2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；
C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；
D. 已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。

11．有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。

下列叙述正确的是
A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物
B．简单离子半径大小：d>c>a>b
C．含氧酸的酸性强弱：d>c
D．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
【答案】A
【解析】
【分析】
a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。

【详解】
A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；
B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；
C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；
D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。

【点睛】
本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。

12．NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。

用N A表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是( )
A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6N A
B．2.8g N2中含有共用电子对的数目为0.3N A
C．56g Fe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3N A
D．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1N A
【答案】B
【解析】
【分析】
NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO3Δ
4N2↑＋2HNO3＋9H2O。

【详解】
A. 该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4mol N2，转移15mol
电子，所以，当生成0.1mol N2时，转移电子的物质的量为15
4
×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为
0.375N A，A错误；
B. N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8g N2的物质的量为0.1mol，含有的共用电
子对数为0.3N A，B正确；
C. 浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56g Fe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3mol NO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3N A，C错误；
D. 已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；
故答案为：B。

13．下列说法不正确的是（）
A．Na2CO3可用于治疗胃酸过多
B．蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气
C．CusO4可用于游泳池池水消毒
D．SiO2导光能力强，可用于制造光导纤维
【答案】A
【解析】
【分析】
A、Na2CO3碱性太强；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源；
C、铜是重金属，能杀菌消毒；
D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。

【详解】
A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确；
C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确；
D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确，
故选：A。

14．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．纯棉面料主要含C、H 、O 三种元素
B．植物油的主要成分属于酯类物质
C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
D．聚乳酸 ( ) 的降解过程中会发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；
B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；
D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；
答案选C。

15．四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。

Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。

下列说法正确的是
A．四种元素中至少有两种金属元素
B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物
C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子
、、三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于7
D．常温下，X Y Z
【答案】B
【解析】
【分析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。

Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。

Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。

【详解】
A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
、、三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2 D. X Y Z
因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。

故选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。

某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。

方案一：铜粉还原CuSO4溶液
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl 3] 2-(无色溶液)。

(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。

(2)步骤②中，加入大量水的作用是_____________ 。

(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________ 。

方案二：在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：
请回答下列问题：
(4)实验操作的先后顺序是a→_____→______→_______→e (填操作的编号)
a．检査装置的气密性后加入药品b．点燃酒精灯，加热
c．在“气体入口”处通入干燥HCl d．熄灭酒精灯，冷却
e．停止通入HCl，然后通入N2
(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______。

(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因________________________。

(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。

有关化学反应为
Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________ %(答案保留4位有效数字)。

【答案】Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl 3]2-稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动，生成CuCl CuCl在潮湿空气中被氧化 c b d 先变红后褪色加热时间不足或温度偏低
97.92
【解析】
【分析】
方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl 3]2-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；
方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。

【详解】
(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-；
(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl 3] 2-(无色溶液)，在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、[CuCl3] 2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；
(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；
(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl 排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是a→c→b→d→e；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO4·5H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；
(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；
(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式：CuCl～Ce4+，24. 60 mL 0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0. 1000 mol/L×0.02460 L=2.46×10-3 mol，则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3 mol，m(CuCl)=2.46×10-3 mol×99.5 g/mol=0.24478 g，所以该样
品中CuCl的质量分数是0.24478g
0.2500g
×100%=97.92%。

【点睛】
本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。

洛匹那韦的合成路线可设计如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。

(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。

(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。

(4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。

(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。

①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2
②含有硝基
③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1
(6)已知：CH3COOH CH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那
韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。

【答案】甲苯+Cl2+HCl 取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N
吸收反应生成的HCl，提高反应转化
率或
【解析】
【分析】
甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN 在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：
，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系
列反应产生洛匹那韦。

【详解】
(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：
+Cl2+HCl；
(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反
应类型为取代反应；
F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；
(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应
的化学方程式为：；
(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；
(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结
构为或；
(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为。

【点睛】
本题考查有机物推断、反应类型的判断。

正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。

限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．化合物H是一种香料合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___。

(2)A到B的反应方程式是___。

(3)C的结构简式是___。

(4)④的反应类型是___。

(5)H中的含氧官能团的名称是___。

(6)X是F的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1。

写出两种符合上述条件的X的结构简式___。

(7)设计由苯甲醇和制备的合成路线___（无机试剂任选）。

【答案】丙二酸二乙酯
取代反应羰基(酮基)、酯基、、、、、
【解析】
【分析】
(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B与LiAlH4反应生成C，由C的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由E、G结构及F的分子式，可确定F的结
构简式为。

【详解】
(1)A的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。

答案为：丙二酸二乙酯；
(2)(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)，反应方程式是。

答案为：
；
(3)由以上分析知，C的结构简式是。

答案为：；
(4)④为,与NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和NaBr，反应类型是取代反应。

答案为：取代反应；
(5)H的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基。

答案为：羰基(酮基)、酯基；
(6)X是(F)的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4个-CH3、2个-COOH、1个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。

符合上述条件的X的结构简式为：、、、
、、。

答案为：、、
、、、；
(7)由苯甲醇和制备，需利用A→B的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。

合成路线为：。

答案为：。