2021年湖北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷(附答案详解)

2021年湖北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷

一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）

1.科学佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用,生产一次性医用口罩的主要原料为

聚丙烯树脂.下列说法错误的是（）

fCH2-CHt

A.聚丙烯结构简式为।

CH3

B.由丙烯合成聚丙烯的反应类型为缩聚反应

C.聚丙烯为热塑性合成树脂

D.聚丙烯在自然环境中不容易降解

2.尹C的衰变反应为*C-i4X+o,e,其半衰期（反应物的量被消耗到其初始量的一半

需要的时间）为5730年.下列说法正确的是（）

A.肥西”互为同位素

B.甘C与尹X的中子数相同

C.yc和；C的价层轨道电子数相差2

D.某考古样品中24c的量应为其11460年前的工

3.NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（）

A.ImolH2s分子中，S原子的价层电子对数目为44

B.标准状况下，2.24L环己烷的分子数为O.INA

COOH/^COOH

溶液中，|]和

COONa^^COO-

coo-a

的离子数目之和为O.OINA

COO-

Da.电极反应LiFeP（）4-xe-=xLi++Li—FePO"每转移Imol电子释放2%个Li+

4.不能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A,将少量滨水滴入过量Na2sO3溶液中：Br2+40+S02-=2Br-+2H++SO2-

B.将足量Fe2（SOJ溶液滴入MgCOH）?浊液中：2Fe3++3Mg（OH%=2Fe（OH）3+

3Mg2+

C.将过量SC）2通入K2s溶液中:5SO2+2S2-+2H2。=3S1+4HS03-

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D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2：|++

20H-4CH20H(CHOH)4co0-+NH++2Agi+3N为+

5.短周期元素W、X、丫和Z的原子序数依次增大.W是宇宙中最丰富的元素，W?X是

维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之

一，室温下化合物ZY’是气体.下列说法错误的是()

A.Y的第一电离能在四种元素中最大

B.W?X和ZX?的中心原子分别为sp3和sp2杂化

C.W?X的沸点高于W?Z的沸点

D.ZY4分子中原子均为8电子结构

6.最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烧的取代反应，机理如图所示。下列说法

A.2是催化剂

B.4和7都是反应中间体

C.2向4的转化过程中有非极性键与极性健的断裂与形成

B.含有2个手性碳原子

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c.可与热的新制氢氧化铜悬浊液反应

D.该有机物的同分异构体中无芳香族化合物

9.B和A1为同族元素，下列说法错误的是（）

A.BF3和AIF3都可以与F-形成配位键

B.H3BO3为三元酸，A1（OH）3呈两性

C.共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属A1有延展性

D.B和A1分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点

10.研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原

理如图所示。下列说法错误的是（）

A.加入HNO3降低了正极反应的活化能

B.电池工作时正极区溶液的pH降低

C.lmolCH3cH20H被完全氧化时有3moi被还原

D.负极反应为CH3cH20H+3H2O-12e-=2c0?+12H+

11.下列实验的现象描述和结论都正确的是（）

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实验操作实验现象实验结论

可观察到有气

将水滴入盛有Na2。?固体的试管中，立即把Na2。?固体遇水产生

A泡产生，木条

带火星的木条放在试管口。2

复燃

向盛有10滴O.lmoLLTAgN（）3溶液的试管先观察到白色

KSD(AgCl)

B中滴加O.lmol•L-1KC1溶液至不再生成沉沉淀，后沉淀

＜，(AgD

淀后，再向其中滴加O.lmol•LTKI溶液颜色变为黄色

向两支盛有少量浸的四氯化碳溶液的试管浪与苯和乙烯都能发

C溶液均褪色

中分别加入适量苯和通入足量乙烯生反应

向两支盛有4mLO.lmol•LTKMnC^溶液的其他条件不变，反应

前者比后者褪

D试管中分别加入2mLO.lmol♦LT和物浓度增加，反应速

色快

2mL0.2mol•L-iH2c2O4溶液率增大

A.AB.BC.cD.D

12.在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二胭形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错

误的是（）

A.该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和。

B.该配离子中铜离子的配位数是4

C.基态Cu原子的价电子排布式是3d1。4sl

D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为0>N>C>H

13.已知NixMg/x。晶体属立方晶系，晶胞边长a。将Li+掺杂到该晶胞中，可得到一种

高性能的P型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发

生变化，下列说法正确的是（）

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©MB

o。

A.该结构单元中。原子数为3

B.Ni和Mg间的最短距离是近a

2

c.Ni的配位数为4

D.该物质的化学式为LiosMgNi0

u.oi.iz£..ooq

14.水泥是人类最伟大的发明之一，主要成分为硅酸三钙(3CaO-SiC>2)。将其与适量的

水反应,形成相互交联的结构，反应式如下2(3CaO-SiO2)+6H2O=3CaO-2SiO2+

3H2O+3Ca(OH)2AH<0o但是，需要避免交联过程热膨胀及产生的水蒸气在建

筑结构中造成空隙。我国三峡大坝的建设者在全世界首创了以冰代水的浇灌方法,

有效解决了这一问题，保证了大坝建筑质量。下列说法错误的是()

A.水泥由黏土和石灰石等研磨、煨烧制得

B.水泥生产过程中加入石膏，可以调节水泥的硬化速率

C.水的作用是提供结晶水以稳定交联结构

D.以冰代水的优点是减少了热膨胀及水蒸气的产生

15.25久时，按如表配制两份溶液。下列说法错误的是()

一元弱酸溶液加入的NaOH溶液混合后所得溶液

HA10.0mL0.20mol-L-i5.0mL0.20mol•L-i溶液IpH=5.0

HB10.0mL0.20mol-L-i5.0mL0.20mol-L-1溶液HpH=4.0

A.溶液I中，c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)

C.混合I和n：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-)

D.混合I和n：c(HA)>c(HB)

二、实验题(本大题共1小题，共14.0分)

16.无水FeCg是常用的芳香烧取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质铁粉与

氯气反应制备无水FeCy的实验装置如图所示。

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E和G用来收集产物,回答下列问题：

(1)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是。

(2)在E、G处收集产物是利用了FeCg的性质。

(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是.可通过

(填简单操作)，使实验能继续进行。

(4)I中反应的离子方程式为。

(5)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCg样品13.00g,该次实验的产率是

(6)实验室中还常用SOU2与FeC%-6H2。晶体共热制备无水FeC%,其化学反应方程

式为o检验水合三氯化铁原料中是否存在Fed?的试剂是。

三、简答题(本大题共3小题，共41.0分)

17.熟地噬喃酮是从中药熟地中提取的有效成分，化合物F是合成熟地毗喃酮的一种中

间体，合成路线如图所示。

已知:

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回答下列问题：

(1)F中含氧官能团的名称是。

(2)AtB的反应类型为。

(3)C的核磁共振氢谱有组吸收峰。

(4)D的结构简式是。

(5)E和F同分异构体。(填“是”或“不是”)

(6)化合物0ciHs是合成抗菌药磺胺甲哇的一种中间体，写出以乙

二酸和丙酮()为原料合成该化合物的反应方程式。(其他无

机及有机试剂任选)

18.甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应:

①CH/g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ.mol-1

@CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ-mol-i

恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中，平

lOOkPanCCHQ：n(H2O)=1：3

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回答下列问题：

⑴写出C4与co2生成心和co的热化学方程式：o

(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是。(填标号)

A.恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快

B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快

C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快

D.加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变

(3)系统中4的含量，在700冤左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的

原因：

①低于700汽，；

②高于70(rc,o

(4)己知投料比为n(CHp：n(H2O)=1：3的混合气体，p=lOOkPa。600℃时，CH4

的平衡转化率为，反应①的平衡常数的计算式为%=。(\是以

分压表示的平衡常数，分压=总压x物质的量分数)

19.某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从某厂阳极泥(成分为Cu、Ag2Se,Au、Pt)

中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。

ScO2滤液有机层

回答下列问题：

(1)写出“焙烧”时，生成Seo2的化学反应方程式o

(2)“滤液”中的金属阳离子有；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是

⑶“酸溶”时Pt、Au分别转化为［PtQR-和［AuClJ，写出Au溶解的离子方程式

(4)可从“有机层”回收的金属是.实验室“萃取分液”的玻璃仪器有

⑸电解NH/AMSOs%］溶液回收Au的阴极反应式为

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.聚丙烯由丙烯(CHZ=CHCH3)通过加聚反应制得，结构简式为

■fd—为

，故A正确；

CHj

B.丙烯中含有C=C能发生加聚反应，用丙烯通过发生加聚反应就能合成聚丙烯，故B

错误；

C.由聚丙烯的结构可知聚丙烯为线型结构，加热时熔化，冷却后变成固体，是热塑性塑

料，故C正确；

D.聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然环境中不容

易降解，故D正确；

故选：Bo

A.聚丙烯由丙烯(CH?=CHCH3)通过加聚反应制得，结构单元的主链上应该含有2个C

原子；

B.丙烯中含有C=C能发生加聚反应，缩聚反应有小分子生成；

C.从加热时熔化，冷却后变成固体，加热后又可以熔化，冷却后又变成固体叫热塑性；

D.聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解。

本题考查了聚丙烯结构、性质，加聚反应、缩聚反应的概念、反应特点、热塑性塑料等，

侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。

2.【答案】D

【解析】解：A,由*C的衰变反应为*CTi4X+o,e,可知z=7,X为N,与"X质

66z—16z

子数不相同，不互为同位素，故A错误；

B.*C与14X的中子数分别为14-6=8、14-7=7,中子数不同，故B错误；

6Z

C.JC和24c的核外电子数均为6,核外电子排布相同，价层轨道电子数相同，故C错误；

D.根据半衰期的定义，反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间，某考古样品中

的量应为其5730年前的工11^0=5730X1,为5730x2=1146眸前的工，故D

62424

正确；

故选：D。

A.由24c的衰变反应为->14X+o,e,可知z=7,X为N,同位素是指质子数相同中

66Z—1

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子数不同的同种元素的不同原子;

B.原子中质量数=质子数+中子数;

C.主族元素原子的最外层电子数为价层电子;

D.半衰期是反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间，据此计算。

本题考查了原子结构、原子衰变过程分析判断、微粒数的关系等知识点，掌握基础是解

题关键，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.价层电子对数等于。键+孤电子对数=2+十=4,所以ImolH2s分子

中，s原子的价层电子对数目为4NA，故A正确;

B.标况下环己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误;

COOH

C.依据物料守恒可知：ILO.Olmol-L-1溶液中,

COONa

COOH

的总物质的

oca:。COOH

COOHCOO-

量为O.OlmoL所以和的离子数目之和小于O.OINA，

COO-COO-

故C错误;

D.据电极反应式可知，转移xe-释放x个Li+,则每转移Imol电子释放NA个Li+,故D错

误。

故选：Ao

A.价层电子对数等于。键+孤电子对数据此计算;

B.气体摩尔体积使用对象为气体;

C.依据物料守恒判断;

D.依据电极反应式可知，转移xe-释放x个Li+。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，掌握公式的运用和

物质的结构是解题关键，注意物料守恒在计算中的应用.

4.【答案】A

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【解析】解：A.将少量淡水滴入过量Na2sO3溶液中，离子方程式：Bj+%。+3S0.=

2Br-+2HSO-+SO2-,故A错误；

B.向Mg(0H)2浊液中滴入FeJ溶液的离子反应为3Mg(0H)2(S)+2Fe3+=

2Fe(OH)3(s)+3Mg2+,故B正确；

c.向硫化钾溶液中通入过量S()2,该反应的离子方程式为：2s2-+5SO2+2HZO=3S1

+4HS0-,故C正确；

D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，离子方程式：CH20H(CHOH)4cH0+

2[Ag(NH3)2]++20H-ACH2OH(CHOH)4COO-+NH++2AgI+3N4+40，故D正

确。

故选：Ao

A.溟水少量，反应生成硫酸根离子和溟离子、亚硫酸氢根离子；

B.发生沉淀的转化，氢氧化铁比氢氧化镁更难溶；

C.硫化钾与过量二氧化硫反应生成硫单质和亚硫酸氢钾；

D.葡萄糖含醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应。

本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方

程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如

难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

5.【答案】D

【解析】解：A.主族元素中，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势(UA族、

VA族高于同周期相邻元素的)，同主族自上而下第一电离能减小，H元素第一电离能比

较大，仅小于0、N、F的，四种元素中F的第一电离能最大，故A正确；

B.”0的中心原子O原子形成2个0-H键，含有2对孤电子对，O原子杂化轨道数目

为4,O原子采取sp3杂化，SO2的中心原子S原子价层电子对=2+砧/=3,S原子

采取sp2杂化，故B正确；

C.%。分子之间形成氢键，其沸点高于H2s的，故C正确；

D.SF4分子中F原子最外层为8电子结构，但S原子最外层电子数为6+4=10,故D

错误；

故选：D。

短周期元素W、X、丫和Z的原子序数依次增大，W是宇宙中最丰富的元素，W?x是维

持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，则

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W为H元素，X为O元素，丫为F元素，Z为S元素，W2x是乙。、WY是HF、ZX?是

S°2。

本题考查物质与元素推断、元素周期律，熟练掌握元素化合物知识，注意同周期第一电

离能变化异常情况、氢键对物质性质的影响。

6.【答案】C

【解析】解：A.物质2在反应第一步加入，且在最后又生成，反应前后的质量不变，物

质2是该反应的催化剂，故A正确；

B.物质4、7均在反应过程中生成，且是下一步的反应物，可知物质4、7是反应中间体，

故B正确；

C.对比物质的结构可知，2向4的转化过程中C-F键断裂，形成了C-N键，只有极性

健的断裂与形成，没有非极性的断裂与形成，故C错误；

故D正确；

故选：C。

有机小分子可催化多氟芳煌的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程

的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体，

整个过程表示为：

物质3+物质5物型物质1+物质6o

本题考查有机物的合成，关键是正确判断流程中反应物、生成物、中间体、催化剂，题

目侧重考查学生信息获取能力、分析能力。

7.【答案】D

【解析】解：A.由结构可知，有机物含有14个C原子、2个O原子，不饱和度为6,故

H原子数目为：2x14+2-6x2=18,故分子式为14-Hm1O。?4，故A正确；

B.该有机物分子含有2个手性碳原子，如图中标有“*”的碳原子为手性碳原子：

C.有机物含有醛基，可与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确;

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D.苯环的不饱和度为4,而该有机物不饱和度6,该有机物的同分异构体中存在芳香族

化合物，故D错误；

故选：D。

A.交点、端点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构,或利用不饱和度计算氢原子数目；

B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；

C.有机物含有醛基；

D.苯环的不饱和度为4,而该有机物不饱和度6。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注

意把握有机物的官能团的性质以及结构特点，注意对不饱和度的理解与灵活运用。

8.【答案】C

【解析】解：A.苯甲酸与乙醇互溶，应蒸镯分离，不能选蒸发，故A错误；

B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液，则过滤不能分离，故B错误；

C.乙酸乙酯的沸点较低，图中蒸储可纯化工业乙酸乙酯，故C正确；

D.NaOH与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选碱式滴定管，故D错误；

故选：Co

A.苯甲酸与乙醇互溶；

B.苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液；

C.乙酸乙酯的沸点较低；

D.NaOH与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、中和

滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，

题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.BF3和AIF3中B和A1均有空轨道，F-有孤电子，因此和都可以与形成

配位键，故A正确；

B.H3BO3为一元弱酸,电离方程式为H3BO3+H2O^B(OH);+H+,AI(OH)3为两性氢

氧化物，具有两性，故B错误；

C.晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，A1为金属晶体，原子层的相

对滑动使金属A1有延展性，故C正确；

D.B和A1分别与N通过共价键形成共价晶体，形成的晶体为空间网状结构，共价晶体

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具有较高硬度和熔点，故D正确；

故选：Bo

A.B和Al均有空轨道，F-有孤电子，可以相互形成配位键；

B.H3BO3为一元弱酸，AICOH%为两性氢氧化物；

C.晶体B为共价晶体，形成的化学键为共价键，A1为金属晶体，形成的化学键为金属

键；

D.B和A1分别与N通过共价键形成共价晶体。

本题考查了化学键形成与性质、晶体结构和类型判断、验证结构等知识点，掌握基础是

解题关键，题目难度不大。

10.【答案】B

【解析】解：A.由分析知，HNO3在正极起催化作用，作催化剂，则加入HNO3降低了正

极反应的活化能，故A正确；

B.电池工作时正极区的总反应为+4e-+4H+=2H2。，则溶液中氢离子浓度减小，

pH增大，故B错误；

C.根据得失电子守恒可知3cH20H被完全氧化时，转移12mol电子，则有3moi02

被还原，故C正确；

D.由分析知，负极反应为CH3cH2OH+3H2O—12e-=2C()2+12H+,故D正确；

故选：B„

该电池为惰性电极构成的燃料电池，乙醇燃料电池中，通入乙醇的一极为负极，电极反

应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+,通入氧气的一极为正极，由工作

原理图可知，正极发生反应HNO3+3e-+3H+=NOT+2H2。，4N0+302+2H20=

4HNO3,二者加合可得()2+4e-+4H+=2%0,则HNO3在正极起催化作用，据此分析

解答。

本题考查了原电池原理的应用，涉及乙醇酸性燃料电池的工作原理和电极反应式的书写,

侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，注意电化学原理的分析与应用，题目难度中

等。

11.【答案】A

【解析】解：A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可使带火星的木条复燃，则操作、现

象、结论均合理，故A正确；

B.发生沉淀的转化，由操作和现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(Agl),故B错误；

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c.乙烯与溟发生加成反应，苯不能，溶液褪色的原理不同，故c错误；

D.高锯酸钾过量，不能褪色，应使高锯酸钾不足，改变草酸的浓度探究浓度对速率的影

响，故D错误；

故选：Ao

A.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可使带火星的木条复燃；

B.发生沉淀的转化；

C.乙烯与澳发生加成反应，苯不能；

D.高锯酸钾过量，不能褪色。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、

反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分

析，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.根据结构可知，该配离子中的N原子和O原子可与水分子中的H形成

氢键，水分子中的。原子也可与配离子中的H形成氢键，故A错误；

B.根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4,故B正确；

C.根据铜离子的电子排布式可知，基态Cu原子的价电子排布式是3dio4si,故C正确；

D.根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐

减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为0>N>C>H,故D正确；

故选：Ao

A.N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子

中的H原子形成氢键；

B.根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键；

C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104sl；

D.根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐

减小。

本题考查较为综合，涉及配位键，元素周期律以及氢键等知识，难度中等，本题注意配

位键的形成条件，把握元素周期的递变规律，为该题的主要考点，也是易错点，学习中

注意相关知识的积累。

13.【答案】B

第15页，共23页

【解析】解：A.由均摊法可知该结构中的O原子数为：1+12x1=1+3=4,故A错

4

误；

B.由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，1RVa2+a2=^a,故B

22

正确；

C.由晶胞可知Ni的配位数为6,故C错误；

D.1个晶胞中的Li的个数为lx1=0.5,Mg的个数为2x1+1x1=1.125,Ni的个数

228

为7x1+3xZ=2.375,O的个数为4,因此该物质的化学式为Li^MgNi,

82U.51.J.Z3N.J/b4

故D错误；

故选：Bo

A.结构中的O原子数位于棱心，；

B.由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半；

C.由晶胞可知Ni位于3个面心和7顶点上；

D.根据均摊法，顶点上的被8个晶胞均分，面心上的被2个晶胞均分，棱心上的被4个

晶胞所均分，体心上的完全被晶胞占有，据此分析解答。

本题是对物质结构与性质的考查，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，

题目涉及晶胞计算，是对学生综合能力的考查，难度中等。

14.【答案】D

【解析】解：A.水泥是以石灰石和粘土为主要原料，经破碎、配料、磨细制成生料，然

后喂入水泥窑中燃烧成熟料，再将熟料加适量石膏磨细而成，故A正确；

B.石膏的主要成分为硫酸钙的水合物，水泥生产过程中加入石膏，可以调节水泥的硬化

速率，故B正确；

C.依据方程式(3CaO-SiO2)+6H2O=3CaO♦2SiO2+3H20+3Ca(OH)2可知水的作用

是提供结晶水以稳定交联结构，故C正确；

D.水泥和水反应为放热反应，冰代水时，冰融化时会吸收大量的热，从而降低环境温度，

促进反应正向进行，但是不会减少水蒸气的产生，故D错误。

故选：D。

A.水泥是以黏土和石灰石为主要原料生产；

B.制造水泥时需要加入石膏调节水泥的硬化速率；

C.依据水泥与水反应方程式解答；

D.水泥和水反应为放热反应，冰代水时，冰融化时会吸收大量的热。

第16页，共23页

本题考查了水泥的制备和性质，明确水泥制备需要原料，准确把握题干中信息是解题关

键，题目难度中等，侧重考查学生对题干信息提取能力。

15.【答案】B

【解析】解：A.溶液IpH=5.0呈酸性，c(H+)>c(OH-),电荷关系为c(Na+)+c(H+)=

c(OH-)+c(A-),所以c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故A正确；

B.溶液I为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A-)«

c(HA),此时K(HA)=C(A-)C(H+)=C(H+)=10-PH=10-5.0,同理K(HB)=10-4.0,所

ac(HA)a

以I和II的pH相差1.0时，VHA1=lO-i.o=0.1,故B错误；

Ka(HB)

C.合I和n时，溶液为HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=

c(A-)+c(B-)+c(OH-),故C正确；

D.由选项B的分析可知，'(HA)=10-=10-5.0,Ka(HB)=10-4.0,则酸性：HB>HA,

混合I和n时HA、NaA,HB和NaB的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，所以HA

的电离小于HB,BPc(HA)>c(HB),故D正确；

故选：B。

A.溶液IpH=5.0呈酸性，c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒关系式解答；

B.溶液I为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A-)«

c(HA),此时K(HA)=£在)由0=c(H+),同理溶液H为物质的量浓度相等的HB和

ac(HA)

NaB的混合溶液Ka(HB)=c(H+)；

C.混合I和H时，溶液为HA、NaA、HB和NaB的混合溶液，结合电荷关系分析；

D.根据电离平衡常数分析HA和HB的酸性强弱，酸性越强电离程度越大，酸的浓度越

小。

本题考查酸碱混合溶液定性判断和怕H计算，侧重考查信息获取和运用及计算能力，明

确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与酸性强弱的判断是解本题关键，弱电解质的

电离及电荷守恒关系式的应用，题目难度不大。

16.【答案】除去酸雾易升华有气泡产生适当加热F处Cl2+20H-=Cl-+CIO-+

H2080.00%6SOC12+FeCl3-6%。=FeJ+12HC1+6s02铁氟化钾溶液

【解析】解：(1)由分析可知，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾；

故答案为：除去酸雾；

(2)在E、G处收集产物是利用了氯化铁易升华的性质；

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故答案为：易升华；

(3)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气将到达B处，看到有气泡产生，然后进入NaOH

溶液中与NaOH反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行；

故答案为：有气泡产生；适当加热F处；

(4)1中未反应完的氯气和氢氧化钙反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式

为％+20H-=Cl-+CIO-+H20；

故答案为：C12+2OH-=C1-+C1O-+H2O；

⑸由2Fe+3CL22FeCL可知，每2moiFe反应生成2moiFeC%,贝ij5.60g(0.1mol)干燥

铁粉理论上可制得O.lmolFeCL；,质量为O.lmolx162.5g/mol=16,25g,因此该次实验

的产率是招鳏x100%=80.00%.

故答案为：80.00%；

(6)若直接加热FeCg通4。，氯化铁会水解得到氢氧化铁和HC1,HC1挥发，促进氯化

铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室常用SO。2与FeCU^H2。晶体共热制备无水FeCg,

说明该过程产生了HC1抑制了氯化铁的水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为

6SOC12+FeCl3-6H20=FeCg+12HC1+6SO2；亚铁离子与铁氟化钾相遇产生蓝色沉

淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl?的试剂是铁氟化钾溶液.

故答案为：6SOC12+FeCl3-6H2O=FeCl3+12HC1+6SO2；铁氟化钾溶液.

潮湿的氯气通过浓硫酸时，潮湿的氯气中有氯化氢，故C中五氧化二磷的作用是除去酸

雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝

华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中

水蒸气进入G中使氯化铁水解.

本题考查了制备实验方案的设计，无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，

要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法.

17.【答案】羟基、酸键取代反应(或酯化反应

'nrCOOCHj

H,CCHS

OCJHJ

COOHCH3cH9HCOOCH2CH3

COOCH2CH3

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【解析】解：(1)F的结构简式为JH人人/

,F中含氧官能团的名称是：羟

OCH,0H

基、叫键，

故答案为：羟基、酸键；

(2)A-B是竣基与甲醇发生的酯化反应，也属于取代反应，

故答案为：取代反应(或酯化反应)；

H,CC\j^Sz^cOOCH)

(3)C存在如图所示对称结构：厂—C2H$中有2种氢，-OC/中

OCHj

有1种氢，—CHzCOOC%中有2种氢，苯环上有1种氢，故C的核磁共振氢谱有6组吸

收峰，

故答案为：6；

(4)对比C、E的结构，结合给予的反应信息，可知C中苯环上氢原子被?取代

-C-CHg

生成D,D再发生取代反应成环而生成E,故D为，

OCHjO

(5)E和F的分子式相同，E发生结构异构化生成EE和F是同分异构体,

故答案为：是；

COOCELCH,

(6)由与dOOCHWH3反应生成0cL坨，乙二酸与乙醇反

COOCELCH,

应生成800cH:CH；合成路线为:

COOHCH3cH9H、COOCH2CH3

COOHN…ik30?1<COOCH2CH3

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故答案为：

COOHCH3cH9H、COOCH2CH3

JoOH弟AJ00CH2cH3

A与甲醇发生酯化反应生成B,对比B、C的结构可知，B中溟原子被乙基取代生成C,

B-C发生取代反应，对比C、E的结构，结合给予的反应信息，可知C中苯环上氢原

0

子被_k湘取代生成D,D再发生取代反应成环而生成E,故D为

D-E的过程中还有C与OH生成，E发生结构异构化生成F；

COOCH,CH

⑹由30c,也，乙二酸与乙醇反

与&OOCHWH5反应生成H3

COOCELCH3

应生贱0OCHWH3。

本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、核磁共振氢谱、同分异构体、

合成路线设计等。对比有机物的结构明确发生的反应，是有机化学基础的综合考查，题

目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。

18.【答案】(l)CH/g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)AH=+247kJ-mol-i(2)C

(3)由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气

的物质的量逐渐增大随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反

应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小

(4)7778%。ooxoa()()xo.()41

(100x0.32)x(100x0.04)

【解析】解：(1)已知:

①CH/g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ.mol-1

②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41k]-mol-i

根据盖斯定律：①一②即可得：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2C0(g)△H=(+206+

41)kJ-mol-i=4-247kJ-mol-i,

故答案为：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2C0(g)AH=+247kJ-mol-i；

(2)A.恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的

浓度改变，化学反应速率不变，故A错误；

B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加,

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有效碰撞几率增大，反应速率加快，故B错误；

C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；

D.反应为吸热反应，加入合适催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单

位时间内气体的转化率不变，降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率

减小，故D错误；

故答案为：C；

(3)①温度低于700汽时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进

行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，

故答案为：由于正反应方向吸热,随着温度的升高,反应向正反应方向进行的程度较大,

氢气的物质的量逐渐增大；

②温度高于700汽，随着反应的进行，CO的物质的量增大，发生反应②，反应②正反

应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，”的物质的量减小，

故答案为：随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应

放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；

(4)己知投料比为n(CH/：n(H2O)=1：3的混合气体，设C4与40的初始物质的量为

Imok3mol,转化的甲烷的物质的量为x,转化的CO的物质的量为y,则

CH4(g)+H20(g)=C0(g)+3H2(g)(单位：mol)

起始量：1300

转化量：xxx3x

平衡量：1-x3-xx3x

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)(单位：mol)

起始量：x3-x03x

转化量：yyyy

平衡量：x-y3-x-yy3x+y

....-----=上2_=0.04,解得x=Zmol,CH4的转化率为*lx100%=77.78%，

60(TC时，由图可知，p=lOOkPa,CH”和CO的物质的量分数为0.04,H,0的物质的量

4L

分数为0.32,H,物质的量分数为0.50,反应①的平衡常数P(co)xp3(H&)=

27Pp(CH4)xp(H2O)

(100x0.32)x(100x0.04)’

故答案为：77.78%；(100x0.5)3x(100x0.04)

(100x0.32)x(100x0.04)

(1)己知:

@CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AH=+206kJ•mol-i

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②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2