卷5-高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷(广东卷专用)第二辑(解析版).docx

备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（广东卷专用）
第五模拟
一、 选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（江苏省南通市海门区2021-2022学年高三第二次诊断测试）2021年9月，中国科学家在实验室中首次实现从二氧化碳经11步非自然反应实现淀粉分子的全合成。核磁共振等检测发现，人工合成淀粉分子与天然淀粉分子的结构组成一致。下列有关说法不正确的是
A．该研究对我国粮食安全有重要意义 B．11步反应中一定存在氧化还原反应
C．人工合成的淀粉属于高分子化合物 D．淀粉分子中含有C、H、O、N四种元素
【答案】D
【详解】
A．从二氧化碳合成淀粉，可保障部分食品供给，对我国粮食安全有重要意义，故A正确；
B．二氧化碳转化为淀粉，C元素化合价发生变化，11步反应中一定存在氧化还原反应，故B正确；
C．淀粉属于多糖，相对分子质量较大，属于高分子化合物，故C正确；
D．淀粉属于糖类，组成元素只有C、H、O，故D错误；
故选：D。
2．（2021年广东省高考化学试卷变式题）“土不可以作铁，而可以作瓦”是魏晋傅玄在《傅子·意林》中的名句。关于此句的说法正确的是
A．句中“土”的主要成分是硅酸盐
B．“土不可以作铁”说明土中不含铁元素
C．“土”作“瓦”的过程只发生了物理变化
D．“铁”属于金属材料，“瓦”属于复合材料
【答案】A
【详解】
A．土可作瓦中，土是传统硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，A项正确；
B．地壳中含Fe元素，只是含量没有硅、氧丰富，即土中含有Fe元素，B项错误；
C．作瓦过程有青瓦、红瓦之分，红瓦主要含有三氧化二铁，即铁元素转变为三氧化二铁，有新物质生成，属于化学变化，C项错误；
D．复合材料是由两种或两种以上不同性质材料通过物理或化学的方法形成的具有新性能的材料，瓦以黏土为原料的产品，不属于复合材料，D项错误；
答案选A。
3．（江西省景德镇市2022届高三第一次模拟）下列化学用语描述正确的是
A．CCl4的球棍模型： B．的名称：3—乙基—1，3—丁二烯
C．氦—3的符号： D．次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】C
【详解】
A．球棍模型中用球代表原子，用棍代表化学键，所以CCl4的球棍模型是：，故A错误；
B．为键线式结构，表示主链含有4个碳原子的二烯烃，根据二烯烃的命名原则，其名称应为：2—乙基—1，3—丁二烯，故B错误；
C．氦—3表示质量数为3的氦原子，其符号为：，故C正确；
D．次氯酸分子中存在H-O和O-Cl键，其结构式为：H—O—Cl，故D错误；
答案选C。
4．（山西省太原市第五中学2021-2022学年上学期高三第四次模块诊断）对以下实验的说法正确的是
I
II
III
IV

铜与浓硫酸反应
铁与水蒸气反应
制Cl2
制取乙酸乙酯
A．Ⅰ中，反应后向左边试管中加水，观察生成的硫酸铜
B．Ⅱ中，点燃肥皂泡不需验纯
C．Ⅲ中，经浓硫酸干燥后可得纯净的Cl2
D．Ⅳ中，右侧试管中盛放氢氧化钠溶液，目的是除去产品中的醋酸和乙醇
【答案】B
【详解】
A．硫酸溶液中含有水，可观察溶液颜色变蓝来观察生成硫酸铜，故A错误；
B．氢气不纯加热易发生爆炸，点燃肥皂泡不需验纯，可检验氢气，故B正确；
C．浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有杂质气体HCl和水蒸气，不能得到纯净的Cl2，故C错误；
D．NaOH的碱性太强，乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应，右侧试管中盛放碳酸钠溶液，故D错误；
故选B。
5．（陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三上学期第一次教学质量检测）企鹅酮因其结构简式像企鹅而得名，结构简式如下，下列关于企鹅酮的说法正确的是

A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．存在含苯环的同分异构体
C．分子中所有碳原子共平面 D．该分子的一氯代物有4种
【答案】B
【详解】
A．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．该物质分子式是C10H14O，其芳香族化合物可能为等，故该物质存在含苯环的同分异构体，B正确；
C．该物质分子中含有饱和C原子，该饱和C原子与4个C原子相连，具有甲烷的四面体结构，因此分子中所有碳原子不可能共平面，C错误；
D．该物质分子中含有3种不同的H原子，因此它们被Cl原子取代产生的一氯代物有3种，D错误；
故合理选项是B。
6．（陕西省西安市长安区第一中学2022届高三第一次模拟考试）下列说法正确的是
A．谷物发酵酿酒的过程中涉及氧化还原反应
B．向固体中滴加浓硫酸，发生复分解反应生成
C．室温下，将铁片加到浓硝酸中，可制得二氧化氮气体
D．与发生反应生成，为酸性氧化物
【答案】A
【详解】
A．谷物在酿酒的过程中，淀粉先发生水解生成葡萄糖。葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇，A正确；
B．固体硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，向固体中滴加浓硫酸发生氧化还原反应，不能生成纯净H2S，B错误；
C．铁在室温下遇浓硝酸发生钝化，阻止反应继续进行，C错误；
D．两种物质两种发生反应生成硝酸和一氧化氮，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，二氧化氮不是酸性氧化物，D错误。
故答案选择A。
7．（广东省肇庆市2021-2022学年高三第二次模拟考试）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：公共卫生间摆放酒精免洗手液
酒精能使蛋白质变性
B
学农活动：用糯米酿制米酒
酵母菌可将葡萄糖分解为酒精
C
家务劳动：用洁厕灵清洗马桶
利用洁厕灵的强氧化性杀菌消毒
D
自主探究：用氯化铁溶液刻蚀电路板
Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+
【答案】C
【详解】
A．酒精能使蛋白质变性，所以公共卫生间摆放酒精免洗手液可起到杀菌消毒作用，A项有关联；
B．用糯米酿制米酒是酵母菌将葡萄糖分解为酒精的过程，B项有关联；
C．洁厕灵主要成分是盐酸，清洗马桶利用的不是洁厕灵的氧化性，C项没有关联；
D．用氯化铁溶液刻蚀电路板是Fe3+将Cu氧化成Cu2+，D项有关联；
故选：C。
8．（江苏省姜堰中学、如东中学、前黄中学三校2021- 2022学年高三联考）NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) △H=+57kJ•mol-1。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是
A．NH3N2 B．NO2HNO3
C．NONaNO2 D．NON2
【答案】C
【详解】
A．按照氧化还原反应的价态变化规律可知，故A不符合题意；
B．按照氧化还原反应的价态变化规律可知，故B不符合题意；
C．NO是不成盐氧化物，NaOH溶液不能吸收NO气体，故C符合题意；
D．按照氧化还原反应的原则可知，故D不符合题意；
故答案为：C。
9．（辽宁省沈阳市2021-2022学年高三上学期教学质量检测）下列有关不同价态含硫化合物的说法中错误的是

A．工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→X→Y→Z
B．实验室制备乙炔中的硫化氢杂质可用M溶液除去
C．黄铁矿的主要成分为FeS2，该化合物中阴阳离子个数比为1：l
D．硫在过量氧气中燃烧能够生成Y
【答案】D
【详解】
A．工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→SO2→SO3→H2SO4，故A正确；
B．实验室制备乙炔中的硫化氢杂质可用M(CuSO4)溶液除去生成CuS和H2SO4，故B正确；
C．黄铁矿的主要成分为FeS2，该化合物中含有Fe2+和，则阴阳离子个数比为1：l，故C正确；
D．硫在过量氧气中燃烧能够生成X(SO2)，不能生成Y(SO3)，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．（河南省郑州市2022届高三上学期第一次质量预测）近日，武汉大学肖巍教授研究了一种电化学分解甲烷源(ESM)的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．Ni电极连接电源的负极
B．反应过程中，需要不断补充CO
C．理论上每生产11.2 LH2，电路中转移2 mol e-
D．Ni-YSZ电极的电极反应为CH4+2O2-=CO2+2H2
【答案】A
【详解】
A．根据图示可知：在Ni电极上CO得到电子产生C、O2-，电极反应式为：CO+4e-=C+3O2-，发生还原反应，所以Ni电极作阴极，与电源的负极连接，A正确；
B．在Ni-YSZ电极上CH4失去电子变为CO，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，在Ni电极上CO得到电子被还原为C单质，Ni电极反应式为：CO+4e-=C+3O2-，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在反应过程中，不需要不断补充CO，B错误﹔
C．反应条件未知，不能计算生成氢气的物质的量，就无法计算转移电子的物质的量，C错误；
D．在Ni-YSZ电极上CH4失去电子变为CO，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，D错误﹔
故合理选项是A。
11．（2022届重庆市缙云教育联盟高三第〇次诊断性检测）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，pH=9的溶液中，水电离出的H+数目为10-5NA
B．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6NA
C．常温下2.24LN2中共用电子对数目为0.3NA
D．1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数目为0.1NA
【答案】B
【详解】
A．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，A错误；
B．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，2个+6价的Cr转化为+3价，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，B正确；
C．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0.3NA，C错误；
D．NH是弱碱阳离子，发生水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH数量小于0.1NA，D错误；
答案选B。
12．（河北省河北衡水中学2021届高三下学期第一次调研考试）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中：将烟气预氧化使转化为，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理进行净化。下列说法正确的是

A．预氧化时，可以用酸性溶液来氧化
B．净化气可能为纯净物
C．阳极的电极反应式：
D．工业上一般用蒸馏水吸收“扫出气”，得到的产物保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【详解】
A．若用酸性溶液来氧化，被直接氧化成，A错误；
B．烟气中主要含有、和，和反应生成的反应为可逆反应，净化气不可能为纯净物，B错误；
C．从图中所示，阳极扫出气、和，电极反应式：，C正确；
D．工业上一般用浓硫酸来吸收，得到的硫酸一般保存在细口试剂瓶中，D项错误；
故答案选C。
13．（河北省衡水市2021-2022学年高三上学期三调）如图表示室温下用砂纸打磨过的镁条与水反应的探究实验，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法错误的是

A．实验1现象不明显，可能与 Mg 表面生成了难溶的有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失
C．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D．实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
【答案】C
【详解】
A． 根据金属镁与水反应的方程式Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，生成的Mg(OH)2是沉淀，将覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实验1现象不明显，A正确；
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导致温度升高，Mg(OH)2的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的Mg(OH)2溶解，不再阻止反应的继续进行，B正确；
C．由题干信息可知实验1和实验3所得到的产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C错误；
D．由于可以电离产生H+，从而破坏了Mg(OH)2的生成，故实验3中破坏了Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，D正确；
故答案为：C。
14．（湖南省邵阳市2021-2022学年高三上学期第一次联考）物质A可用作抗氧化增效剂等，其结构式如图所示。物质A的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质。下列说法错误的是

A．物质A与稀硫酸反应生成的有机物能发生缩聚反应
B．X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为
C．Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：
D．Q、Z两种元素形成的化合物中可能存在共价键
【答案】B
【分析】
Ａ的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质即金刚石，可知Y为C，结合M中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X为H；Z形成2个共价键，Z为O；Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Q为Na，据此分析可知。
【详解】
由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为Na，据此解题：
A．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CHOHCOOH，故能发生缩聚反应，A正确；
B．同周期从左向右主族元素的原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则四种元素原子半径的大小顺序为Q>Y>Z>X，B错误；
C．水分子间含氢键，则与Z分别形成的简单氢化物的沸点Z>Y，C正确；
D．由分析可知，Q、Z两种元素分别为：Na、O形成的化合物Na2O2中存在共价键，D正确；
故答案为：B。
15．（湖南省长沙市2021-2022学年高三新高考适应性考试）下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向淀粉溶液中加入稀，加热几分钟，冷却后再加入新制悬浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
B
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色
不能证明氧化性：比强
C
常温下，向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加溶液，出现白色沉淀
说明常温下，
D
与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性溶液
检验制得气体是否为乙烯
【答案】B
【详解】
A．做醛和氢氧化铜悬浊液的氧化反应实验时必须在碱性条件下进行，所以在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，故A错误；
B．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化Fe2+，无法比较H2O2、Fe2+的氧化性，故B正确；
C．CaCO3和BaSO4都是白色沉淀，由沉淀颜色不能确定沉淀，无法比较两者的溶度积，故C错误；
D．生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，由操作和现象不能检验生成的乙烯，故D错误；
故选：B。
16．（湖南省湘潭市2022届高三第一模拟考试）H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是

A．由图可知，草酸酸性比碳酸要强
B．反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为10-7.23
C．0.1mol/LNaHC2H4溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O
【答案】B
【详解】
A．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30；当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10−6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，A正确；
B．求反应的平衡常数，pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以，B错误；
C．当pH=4.27时，c(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，C正确；
D．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O，D正确；
故选B。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共42分。
17．一氧化二氯(Cl2O)是一种氯化剂和氧化剂，黄棕色具有强烈刺激性气味，它易溶于水(1体积：100体积)同时反应生成次氯酸，遇有机物易燃烧或爆炸。利用如图装置可制备少量Cl2O。

已知Cl2O的部分性质如表：
熔点
沸点
制备方法
-120.6 ℃
2.0℃
2HgO＋2Cl2=Cl2O＋HgCl2·HgO
回答下列问题：
（1）装置甲中仪器A的名称是___________。
（2）装置丙的集气瓶中盛有的试剂是___________。
（3）装置甲的作用是为该制备反应提供Cl2，写出该装置中制备Cl2的离子方程式：___________。
（4）装置戊中的特型烧瓶内盛有玻璃丝，玻璃丝上附着有HgO粉末，其中玻璃丝的作用是___________，采用18℃～20℃水浴的原因是___________。
（5）装置戊和装置己之间的装置为玻璃连接装置，而不是橡胶管，其原因是___________。
（6）氨的沸点为-33.4 ℃，熔点为-77.7 ℃，则装置己中收集到的产物为___________(填“固体”“液体”或“气体”)物质。若实验开始前称量装置戊中的玻璃丝与HgO的混合物的质量为a g，实验结束后玻璃丝及其附着物的质量为b g，则制备的Cl2O为___________ mol。
（7）尾气中的有毒气体成分是___________，可用___________吸收除去。(均填写化学式)
【答案】
（1）分液漏斗
（2）浓硫酸
（3）2Cl-＋4H＋＋MnO2Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O
（4）增大反应物接触面积，提高反应速率 温度太低反应速率太慢，温度过高Cl2O分解
（5）防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸
（6）液体
（7）Cl2、Cl2O NaOH溶液
【分析】本实验为先通过制取氯气，而后经过除杂，水浴加热等，制取少量Cl2O的过程，据此分析回答问题。
（1）装置甲中仪器A的名称是装置甲中仪器A的名称是分液漏斗；
（2）制备的氯气中有杂质HCl、水蒸气，丙装置盛有浓硫酸除去水蒸气；
（3）题中用MnO2与浓硫酸加热制取氯气，故制备Cl2的离子方程式2Cl-＋4H＋＋MnO2 Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；
（4）玻璃丝可增大Cl2与HgO的反应接触面积，提高反应速率；水浴的原因是因为温度不能太高也不能太低，温度太低反应速率太慢，温度过高Cl2O分解；
（5）由题干可知，因Cl2O遇有机物易燃烧或爆炸，所以不能用橡胶管；
（6）Cl2O的沸点为2.0℃，液氨可使其液化；根据Cl2O的制备原理运用差量法进行计算，设制备的Cl2O 的物质的量为x mol，则 ，解得x= ；
（7）结合题目中的信息可知尾气中含有空气、Cl2、Cl2O，其中后两者有毒；这两种有毒气体均能被碱液NaOH吸收。
18．（四川省达州市2021-2022学年高三上学期第一次诊断考试）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种补血剂，工业上用赤铁矿(含少量铝、铜、硅、锰的氧化物)制备甘氨酸亚铁的流程图如下：

已知：甘氨酸(H2NCH2COOH)，易溶于水，微溶于乙醇，具有两性。
回答下列问题：
（1）“碱浸”去除的元素是___________，“滤渣1”是___________(填化学式)。
（2）“还原”时的还原产物是____________
（3）“沉淀”的离子方程式___________，“副产品”是___________(写名称)。
（4）柠檬酸的作用防止Fe2+氧化，“反应”的化学方程式为____________
（5）FeSO4·7H2O也是一种常用的补血剂，在空气中易变质，检验其是否变质的试剂是___________，某同学通过如下实验测定该补血剂中Fe2+的含量：
①配制：用分析天平称取1.400gFeSO4·7H2O样品，再用煮沸并冷却的蒸馏水配制100mL溶液。配制时还需要的定量仪器是____________
②滴定：用酸化的KMnO4溶液滴定：用移液管移取25.00mLFeSO4溶液于锥形瓶中，用0.0100mol·L-1的KMnO4溶液滴定，平行滴定3次，KMnO4溶液的平均用量为24.00mL，则样品Fe2+的含量为___________%(保留2位小数)。
【答案】
（1）Al、Si MnO2
（2）Fe2＋、Cu
（3）Fe2＋＋2HCO=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 硫酸铵
（4）2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O
（5）KSCN溶液 100mL容量瓶、量筒 19.20
【分析】
由题给流程可知，赤铁矿碱浸时，铝和硅的氧化物与碱溶液反应得到可溶的偏铝酸盐和硅酸盐，铁、铜、锰的氧化物不溶于碱溶液，过滤得到铁、铜、锰的氧化物；向铁、铜、锰的氧化物中加入稀硫酸酸浸时，铁、铜的氧化物与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化锰的滤渣1和含有硫酸铁、硫酸铜的滤液；向滤液中加入过量的铁，将溶液中的硫酸铁和硫酸铜还原为硫酸亚铁和铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和硫酸亚铁溶液；硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，过滤得到副产品硫酸铵溶液和碳酸亚铁沉淀；向碳酸亚铁沉淀中加入柠檬酸、甘氨酸，在柠檬酸的作用下，碳酸亚铁与甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水，经过一系列处理得到甘氨酸亚铁产品。
（1）由分析可知，赤铁矿碱浸时，铝和硅的氧化物与碱溶液反应得到可溶的偏铝酸盐和硅酸盐，铁、铜、锰的氧化物不溶于碱溶液；滤渣1为不溶于稀硫酸的二氧化锰，故答案为：Al、Si；MnO2；
（2）由分析可知，还原时发生的反应为铁与硫酸铁溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故答案为：Fe2＋、Cu；
（3）由分析可知，沉淀时发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，过滤得到的副产品为硫酸铵溶液，故答案为：Fe2＋＋2HCO=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；硫酸铵；
（4）由分析可知，生成甘氨酸亚铁发生的反应为在柠檬酸的作用下，碳酸亚铁与甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O，故答案为：2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O；
（5）七水硫酸亚铁在空气中易变质生成硫酸铁，检验七水硫酸亚铁中是否存在硫酸铁的试剂为硫氰化钾溶液，故答案为：KSCN溶液；
①配制硫酸亚铁溶液时，需要用到的定量仪器为100mL容量瓶、量筒，故答案为：100mL容量瓶、量筒；
②由得失电子数目守恒可得如下关系：5Fe2+—MnO，25.00mL硫酸亚铁溶液消耗24.00mL0.0100mol·L-1的KMnO4溶液，则样品中亚铁离子的含量为×100%=19.20%，故答案为：19.20。
19．（河南省新乡市2021-2022学年高三上学期第一次模拟考试）烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）在浓硫酸的作用下，2—丁醇发生消去反应：
①(l)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)+H2O(g) ΔH1
②(l)CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)+H2O(g) ΔH2
则1—丁烯转化为2—丁烯的热化学方程式为___________。
（2）某温度下，向一体积为10L的恒容密闭容器中充入1mol溴蒸气和1mol1—丁烯，发生反应：CH3CH2CH=CH2(g)＋Br2(g)CH2=CHCH=CH2(g)＋2HBr(g) △H＞0，10min后，反应达到平衡，此时容器中物质的总物质的量为2.5mol。
①达到平衡后，欲增大CH2=CHCH=CH2的产率，可采取的措施为___________。
②平衡时，溴蒸气的转化率为___________，0～10min内，v(HBr)=___________mol·L·min-1。
③该温度下，反应的平衡常数K=___________。
（3）1，3—丁二烯在苯溶液中能发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中1，3—丁二烯的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。

A．T1＞T2
B．c点的正反应速率小于c点的逆反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1
（4）工业上用电解丁醛的方法制备1—丁醇和丁酸的总反应为2CH3CH2CH2CHO＋H2OCH3CH2CH2COOH＋CH3CH2CH2CH2OH，电解装置示意图如图，阴极的电极反应式为___________，生成的a为___________(填名称)。

【答案】
（1）CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)
（2）升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2 50% 0.01 0.2
（3）CD
（4）CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH 丁酸
【解析】
（1）由已知方程式②-①得目标方程式：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)，结合盖斯定律知该反应，故此处填：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g) ；
（2）①欲增大CH2=CHCH=CH2产率，可通过促进平衡正向移动实现，可采取措施：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2，故此处填：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2；
②设转化的Br2为x mol，由所给数据列三段式如下：，由题意得：1-x+1-x+x+2x=2.5，解得x=0.5 mol，故溴蒸气的转化率=；HBr的反应速率；
③该反应平衡常数；
（3）A．由图示知，相同时间内，T2对应温度下，反应速率更快，故温度T2＞T1，A错误；
B．由图示知，c点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．由于a点1，3-丁二烯浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故b点正反应速率大于逆反应速率，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，C正确；
D．b点，由反应比例：2CH2=CH-CH=CH2~1二聚体，得此时二聚体浓度=，D正确；
故答案选CD；
（4）电解阴极发生还原反应，总反应中，丁醛到1-丁醇为还原过程，故阴极电极反应为：CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH；阳极发生氧化反应，由总反应知，丁醛到丁酸为氧化过程，故a为丁酸。
（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．[化学——选修3：物质结构与性质]（14分）
（广东省茂名市2022届高三第一次综合测试）镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
（1）基态原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为___________。
（2）含有4个水分子的醋酸镍[]在电镀中有广泛应用，其中中O原子的杂化轨道类型为___________，若该构型为八面体，则中心原子的配位数为___________。
（3）、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，已知熔点，则离子半径___________(填“＜”或“＞”)；天然的和人工合成的氧化镍常存在各种缺陷，某缺陷氧化镍的组成为，其中元素只有和两种价态，两种价态的镍离子数目之比为___________。
（4）四羰基镍[]是由路德维希·蒙德所发现。室温下，它是一种具挥发性的液体，其熔沸点低的原因是___________；分子内键与键个数之比为___________。
（5）金属镍与镧()形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶胞的密度为___________。

【答案】
（1）
（2） sp3杂化 6
（3） ＜ 11：1
（4） 是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低 1：2
（5）
【解析】
（1）Ni为28号元素，核外有28个电子，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价层电子的电子排布图为：。
（2）H2O中O的价电子对数为2+=4，故杂化轨道类型为sp3杂化，若该构型为八面体，则C2H3O2和H2O均为配体，中心原子的配位数为6。
（3）、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，均为离子晶体，已知熔点，则晶格能：，因此离子半径＜，设两种价态的镍离子数目分别为x、y，则x+y=0.96，2x+3y=2，解得x=0.88，y=0.08，即两种价态的镍离子数目之比为0.88：0.08=11：1。
（4）四羰基镍[]在室温下是一种具挥发性的液体，可知是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低；CO的结构式为C≡O，含有1个键与2个键，因此键与键个数之比为1：2。
（5）根据晶胞示意图可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面心和体心，则一个晶胞中La原子的个数为，Ni原子的个数为，则晶胞的质量为，又晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为(a3×10-30)cm3，因此晶胞的密度为。
21．[化学——选修5：有机化学基础]（14分）
（广东省韶关市2021-2022学年高三上学期综合测试）有机物F对新型冠状肺炎有治疗作用。F的合成路线如下图所示，分子中Ar表示芳香基。

已知：RCOCH3+R’COCl RCOCH2CO R’+HCl
（1）X的化学名称为___________。
（2）E→F的反应类型是___________，D中含氧官能团的名称为___________。
（3）写出C的结构简式 ___________。
（4）写出A→B的化学方程式___________。
（5）某芳香族化合物K与C互为同分异构体，则符合下列条件K的结构简式为_________。
①与FeCl3发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应 ③核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1
（6）请以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成的路线(不超过三步)___________。
【答案】
（1）对苯二酚(1，4-苯二酚)
（2）加成反应 羟基、羰基(酮基)
（3）
（4）+CH3COCl+HCl
（5）
（6）CH3COCH3
【分析】
由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，与CH3COCl发生取代反应生成，与氢氧化钠溶液发生水解反应后，用硫酸酸化得到，则C为；在碳酸钾作用下与ArCOCl发生取代反应生成，则G为ArCOCl；在乙酸和乙酸钠作用下转化为，一定条件下与氢气发生加成反应生成。
（1）X的结构简式为，名称为对苯二酚或1，4-苯二酚，故答案为：对苯二酚(1，4-苯二酚)；
（2）E→F的反应为一定条件下与氢气发生加成反应生成；D的结构简式为，含氧官能团为羟基、羰基(酮基)，故答案为：加成反应；羟基、羰基(酮基)；
（3）C的结构简式为；
（4）A→B的反应为与CH3COCl发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+CH3COCl+HCl；
（5）C的芳香族同分异构体K与FeCl3发生显色反应，可发生水解反应和银镜反应，说明分子中含有的官能团为酚羟基和—OOCH，则符合核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为；
（6）由题给有机物的转化关系可知，以CH3COCH3和为原料合成的步骤为CH3COCH3在碳酸钾作用下与发生取代反应生成，在乙酸和乙酸钠作用下转化为，与溴水发生加成反应生成，合成路线为CH3COCH3 。