【正文】 +Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4﹣ +6H+→2Mn 2++10CO2↑+8H 2O Na2C2O4的式量 ： 134 KMnO4的式量 ： 158） Ⅰ ．稱取 的高錳酸鉀產(chǎn)品，配成 50mL溶液． Ⅱ ．稱取 ，置于錐形瓶中，加入蒸餾水使其溶解，再加入少量硫酸酸化． Ⅲ ．將瓶中溶液加熱到 75～ 80℃ ，趁熱用 Ⅰ 中配制的高錳酸鉀溶液滴定至終點．消耗高錳酸鉀溶液 ． （ 1）判斷達到滴定終點的標志是 ． （ 2）樣品中高錳酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為 （保留 3位小數(shù)）． （ 3）加熱溫度大于 90℃ ，部分草酸發(fā)生分解，會導致測得產(chǎn)品純度 ．（填 “ 偏高 ” 、 “ 偏低 ” 或 “ 無 影響 ” ） （ 4）將一定量高錳酸鉀溶液與酸化的草酸鈉溶液混合，測得反應溶液中 Mn2+的濃度隨反應時間 t的變化如圖，其原因可能為 ． 八、（本題共 10分） 28．莫沙朵林 F是一種鎮(zhèn)痛藥，可通過木聚糖 A按以下路線合成： （ 1）有機物 B中官能團的名稱為 ．有機物 C中的碳碳雙鍵如何檢驗 ． （ 2）寫出同時滿足下列條件的 E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式 ． Ⅰ ．存在四種 不同化學環(huán)境的氫原子； Ⅱ ．能發(fā)生銀鏡反應和水解反應； Ⅲ ．能與 FeCl3溶液發(fā)生顯色反應． （ 3）已知 E+X→F 為加成反應，寫出該反應的化學方程式 ． （ 4）已知 ．化合物 是合成抗病毒藥阿昔洛韋的中間體，請設計合理方案以 和 為原料合成該化合物（用合成路線流程圖表示，并注明反應條件）．合成路線流程圖示例如下： 九、（本題共 12分） 29．聚戊二酸丙二醇酯（ PPG）是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的應用前景． PPG的一種合成路線如下： 已知： ① 烴 A的相 對分子質(zhì)量為 70，其一氯代物只有一種． ② 化合物 B為一氯代烴，化合物 C的分子式為 C5H8． ③E 、 F為相對分子質(zhì)量差 14的同系物， F是福爾馬林的溶質(zhì)． ④ ⑤R 1CH2=CH2 R2R1COOH+R2COOH 回答下列問題： （ 1） A的結(jié)構(gòu)簡式為 ． （ 2） B到 C的反應條件 ． （ 3）由 E和 F生成 G的化學方程式為 ，反應類型 ． （ 4）由 D和 H生成 PPG的化學方程式為 ． （ 5）寫出 D的最簡同系物和 H按 1： 1反應的產(chǎn)物 ． （ 6）寫出 G和新制的氫 氧化銅溶液反應的化學方程式 ． 十、（本題共 14分） 30．氮的單質(zhì)及其化合物在生活和生產(chǎn)中有很重要的用途． （ 1）氨是合成硝酸、銨鹽和氮肥的基本原料．在一定條件下用氮氣和氫氣合成氨氣，然后再用氨氧化法制取硝酸．在整個生產(chǎn)過程中，氮氣的利用率為 85%．寫出氨氧化法制取硝酸的反應式 ．現(xiàn)有 ，能生產(chǎn)出濃度為 40%的硝酸 千克． （ 2）向 Cu和 Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸 ，固體物質(zhì)完全反應，生成NO和 Cu（ NO3） 2．在所得溶液中加入 ?L﹣ 1的 NaOH溶液 ，此時溶液呈中性．金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為 ．求： ①Cu 與 Cu2O的物質(zhì)的量之比？ ② 硝酸的物質(zhì)的量濃度？ （ 3）將 30mLNO和 O2混合氣體通入過量 NaOH溶液中，充分反應后，溶液中只含兩種溶質(zhì)（不考慮水解），且剩余氣體體積為 2mL．求原混合氣體中 NO和 O2體積比？ 2021年上海市寶山區(qū)高考化學一模試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題（本題共 10分，每小題 2分，每題只有一個正確選項） 1．物質(zhì)的性質(zhì)決定其用途，下列應用中利用了物質(zhì)氧化性的 是（ ） A．氧化鋁做耐火材料 B．純堿去油污 C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白織物 【分析】 利用了物質(zhì)氧化性，則發(fā)生氧化還原反應，且物質(zhì)中元素的化合價降低，以此來解答． 【解答】 解： A．氧化鋁熔點高，用于耐火材料屬于物理性質(zhì)，故 A錯誤； B．純堿水解呈堿性，有利于油脂的水解，沒有發(fā)生化學變化，故 B錯誤； C．醋酸與水垢（碳酸鈣、氫氧化鎂）發(fā)生復分解反應，故 C錯誤； D．漂白粉有效成分為次氯酸鈣，具有強氧化性，可用于漂白，故 D正確． 故選 D． 2．下列關于有機化合物的說法正確的是（ ） A．聚氯乙烯分 子中含碳碳雙鍵 B．以淀粉為原料可制取乙酸乙酯 C．包裝用材料聚乙烯和聚氯乙烯都屬于烴 D．油脂的皂化反應屬于加成反應 【分析】 A．氯乙烯發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，則聚氯乙烯中不含碳碳雙鍵； B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖發(fā)生酒化反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯； C．烴中只含 C、 H元素； D．油脂在堿性條件下水解反應為皂化反應． 【解答】 解： A．氯乙烯發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，則聚氯乙烯中不含碳碳雙鍵，分子中只含單鍵，故 A錯誤； B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖發(fā)生酒化反應 生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則以淀粉為原料可制取乙酸乙酯，故 B正確； C．烴中只含 C、 H元素，而聚氯乙烯中含 Cl元素，聚氯乙烯不屬于烴，而聚乙烯屬于烴類物質(zhì)，故 C錯誤； D．油脂在堿性條件下水解反應為皂化反應，油脂的氫化反應為加成反應，故 D錯誤； 故選 B． 3．軌道表示式是表示原子核外電子運動狀態(tài)的一種化學用語，下列有關原子的最外層的軌道表示式正確的是（ ） A．鈹原子 B．碳原子 C．氯原子 D．鋁原子 【分析】 A、鈹原子的最外層的軌道表示式 ； B、 2p能級上電子排布圖違反洪特規(guī)則； C、氯原子的最外層的軌道表示式為： ； D、違反了能量最低原理． 【解答】 解： A、鈹原子的最外層的軌道表示式 ，故 A錯誤； B、當電子排布在同一能級的不同軌道時，總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，且自旋方向相同，所以 2p能級上電子排布圖違反洪特規(guī)則，故 B錯誤； C、氯原子的最外層的軌道表示式為： ，故 C正確； D、根據(jù)能量最低原理， 3s 軌道的能量低于 3p軌道，所以電子先排滿 3s 軌道，才能排 3p軌道，所以該電子排布式違背了能量最低原理，故 D錯誤； 故選： C． 4．下列有關物質(zhì)性質(zhì)的 應用正確的是（ ） A．銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕 B．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑 C．生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣 D．二氧化硅不與強酸反應，可用石英作為反應容器制取氫氟酸 【分析】 A、根據(jù)犧牲陽極的陰極保護法來保護金屬； B、液氨汽化時要吸收大量的熱； C、氫氧化鈣能和氯氣反應； D、二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體． 【解答】 解： A、因要減緩船體的腐蝕應連接比鐵更活潑的金屬，如鋅，這就是犧牲陽極的陰極保護法，故 A錯誤； B、液氨汽化時要吸收大量 的熱，可用作制冷劑，故 B正確； C、 CaO遇水生成氫氧化鈣，而氫氧化鈣會和氯氣反應，故 C錯誤； D、石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體，故 D錯誤； 故選 B． 5．下列有機物的命名錯誤的是（ ） A． 1， 2， 4﹣三甲苯 B． 3﹣甲基﹣ 1﹣戊烯 C． 2﹣甲基﹣ 1﹣丙醇 D． 1， 3﹣二溴丙烷 【分析】 A、苯的同系物在命名時，要從簡單的支鏈開始按順時針或逆時針給苯環(huán)上的碳原子進行編號使側(cè)鏈的位次和最小； B、烯烴在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，從離官能 團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號； C、醇在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號； D、鹵代烴在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號． 【解答】 解： A、苯的同系物在命名時，要從簡單的支鏈開始按順時針或逆時針給苯環(huán)上的碳原子進行編號使側(cè)鏈的位次和最小，故此有機物的名稱為 1， 2， 4﹣三甲苯，故 A正確； B、烯烴在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有 5個碳原子，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，則 名稱為 3﹣甲基﹣ 1﹣戊烯，故 B正確； C、醇在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有 4個碳原子，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，則﹣ OH在 2號碳原子上，則名稱為 2﹣丁醇，故 C錯誤； D、鹵代烴在命名時，要選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有 3個碳原子，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故名稱為 1， 3﹣二溴丙烷，故 D正確； 故選 C． 二、選擇題（本題共 36分，每小題 2分，每題只有一個正確選項） 6．下列關于氮的固定的說法錯誤的是（ ） A．氮的固定包括人工固氮和自然 固氮 B．工業(yè)合成氨屬于人工固氮 C．自然固氮中氮元素被氧化 D．氮的固定中參與元素至少有兩種 【分析】 根據(jù)空氣中游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過程，稱為氮的固定，分為人工固氮和自然固氮． 【解答】 解： A、根據(jù)氮的固定條件不同分為人工固氮和自然固氮，故 A正確； B、工業(yè)合成氨是 N2與 H2在一定條件下反應生成 NH3，屬于人工固氮，故 B正確； C、自然固氮是游離態(tài)氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的氮，氮元素可能被氧化，也可能被還原，故 C錯誤； D、氮的固定是游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過程，與元素至少有兩種，故 D正確； 故選 C． 7．下列指定微粒的數(shù)目相等的是（ ） A．等物質(zhì)的量的水與重水含有的中子數(shù) B．等質(zhì)量的乙烯和丙烯中含有的共有電子對數(shù) C．同溫、同壓、同體積的 CO 和 NO含有的質(zhì)子數(shù) D．等物質(zhì)的量的鐵和鋁分別與足量氯氣完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù) 【分析】 A． H2O中的中子數(shù)為 8， D2O中的中子數(shù)為 10； B．乙烯和丙烯的最簡式均為 CH2，由 n= 可知，等質(zhì)量時含 CH2的個數(shù)相同； C．同溫、同壓、同體積，由 n= 可知，氣體的物質(zhì)的量相同； D．鐵和鋁分別與足量氯氣完全反應， Fe、 Al 元素的化合價均由 0升高為 +3價． 【 解答】 解： A． H2O中的中子數(shù)為 8， D2O中的中子數(shù)為 10，則等物質(zhì)的量的水與重水含有的中子數(shù)不同，故 A錯誤； B．乙烯和丙烯的最簡式均為 CH2，由 n= 可知，等質(zhì)量時含 CH2的個數(shù)相同， 1個 C2H4分子共用 6對電子（其中 4個 C﹣ H， 2個 C﹣ C）， 1個 C3H6分子共用 9對電子（其中 6個 C﹣ H，3個 C﹣ C），因此可以發(fā)現(xiàn)規(guī)律： 1個 CH2平均共用 3對電子，含 CH2的個數(shù)相同則共有電子對數(shù)相同，故 B正確； C．同溫、同壓、同體積，由 n= 可知，氣體的物質(zhì)的量相同， C、 N的質(zhì)子數(shù)不同，則 CO和 NO含有的質(zhì)子數(shù)不同， 故 C錯誤； D．鐵和鋁分別與足量氯氣完全反應， Fe、 Al元素的化合價均由 0升高為 +3價，則等物質(zhì)的量的鐵和鋁分別與足量氯氣完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為 n （ 3﹣ 0） NA，故 D正確； 故選 BD． 8． a、 b、 c、 d為短周期元素， a的 M電子層有 1個電子， b的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的 2倍， c的最高化合價為最低化合價絕對值的 3倍， c與 d同周期， d的原子半徑小于 c．下列敘述錯誤的是（ ） A． d元素的非金屬性最強 B．它們均存在兩種或兩種以上的氧化物 C．只有 a與其他元素生成的化合物都是離子化合物 D． b、 c、 d分別與氫氣形成的化合物中化學鍵均為極性共價鍵 【分析】 a的 M電子層有 1個電子，應為 Na元素， b的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的 2倍，應為 C元素， c的最高化合價為最低化合價絕對值的 3倍，應為 S元素， c與 d同周期， d的原子半徑小于 c．應為 Cl元素，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期率知識解答該題． 【解答】 解： a的 M電子層有 1個電子，應為 Na元素， b的最外層電子數(shù)為內(nèi)層電子數(shù)的 2倍，應為 C元素， c的最高化合價為最低化合價絕對值的 3倍，應為 S元素， c與 d同周期，d的原子半徑小于 c．應為 Cl 元素， A．同周期元素 從左到右元素的非金屬性逐漸增強，元素非金屬性強弱順序為 Cl＞ S＞ C＞ Na，故 A正確； B．四種元素形成的氧化物有 CO、 CO2； Na2O、 Na2O2； SO SO3，而 Cl的化合價有多種，則氧化物也有多種，如 ClO Cl2O等，故 B正確； C． a為 Na，為金屬，可與其他元素生成離子化合物，含有離子鍵，故 C正確； D． b為 C，可與氫氣反應生成 C2H C2H C2H6等化合物，含有同種元素形成的共價鍵，為非極性鍵，故 D錯誤． 故