2021届全国天一大联考新高考模拟试卷(一)化学试题

1、2021届全国天一大联考新高考模拟试卷（一）化学试祝考试顺利注意事项:1、考试范围：高考范围。2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应 当立马报告监考老师，否则一切后果自负。3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考 老师，否则一切后果自负。4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置, 并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

2、涂黑。写在试题 港、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答 题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔 和涂改液。不按以上要求作答无效。7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色 签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律 无效。8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸

3、一并依序排列上交。可能用到的相对原子质量：HI C12 016 Mg24 S32 Cu64 Zn65 Br80 Pb207 第I卷（选择题共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是（）A. “杨花榆荚无才思"中的“榆荚“主要成分为蛋白质B. “三月打雷麦谷堆“，是指在雷电作用下氮气转化为能被作物吸收的物质C. “日照香炉生紫烟“中的紫烟指“碘的升华“D. “火树银花不夜天“指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A.榆荚又称榆钱，是植物的果实，纤维素是植物细胞壁的

4、主要结构成分，“榆荚“主要成分是纤维素，故A错误；B. 氮气跟氧气在放电作用下能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体：二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸 进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加上壤中氮肥含量，有利于作物生长，故B正确：C. 水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C 错误：D. “火树银花“指的是金属元素的焰色反应，焰色反应是原子中电子的跃迁，不属于化学变化，故D错误： 答案选B。【点睛】从诗文中获取化学知识，首先要了解掌握诗文的含义，“日照香炉

5、生紫烟"，“香炉“是指庐山的香炉 唸，此稣在庐山西北，形状尖圆，像座香炉，由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照榷下，仿佛有座顶 天立地的香炉冉冉升起了团团紫烟，是诗人对环境景观描述的一种比喻。2. 在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要 成分的结构简式如下。下列说法不正确的是OX （法匹拉书）Z（氯硝柳胺）No2扎X的分子式为C5H4O2N3FB. Z中含有6种官能团C. Y和Z都有疑基，但性质不完全相同D. X和Z都能发生加成反应和水解反应【答案】B【解析】【详解】A.由X的结构可知，英分子式为C5H4O2N3F, A项正确：B

6、. 由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子，1个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，B 项错误；C. 由Y和Z的结构可知，Y中的疑基为醇疑基，Z中的羟基为酚疑基，因此性质不完全相同，C项正确：D. 由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应：X中含有碳碳双键可以发生加成 反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，D项正确：答案选B。3. 厌氧氨化½（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是NlVr 厂 ZHGFl 过卧 NO2N2AnammOX反应模型扎1 molNH广所含的质子总数为IoNA(设NA为阿伏加徳罗常数的值)B. 该方法每处理I

7、mOINH4+,需要OBmolNOyC. 过程IV中，NOr发生氧化反应D. N2H2中含有G键和键【答案】D【解析】【详解】A. ImolNHf所含的质子总数为IlN.、，A不正确；B. 从图中可以看出，每处理1 molNH4+,需要1 molNH2OH,由此推岀需要1 molNO2从而得岀每处理ImolNH4S 需要 ImolNO2-, B 不正确:C. 过程IV中，NOA得电子，发生还原反应，C不正确：D. N2H2的结构式为H-N=N-H,含有O键和键，D正确；故选D。4. 最近，科学家发现一种髙能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学 式为(Ys)6(X

8、3Z)3(YX4)4M该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM 是18电子分子。下列说法错误的是扎X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子B. 该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键C. 该盐的阴离子均可破坏水的电离平衡D. 四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为M>Y>Z>X【答案】C【解析】【分析】该盐由X、Y、z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为(Y5)6(X3Z)3(YX4)4M该盐的两 种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XlVl是18电子分子，则X为H、Y为 N、Z为0、M为Cl, X与

9、Y、X与Z组成的10电子藹子分别为NHf、H3O+o【详解】A. X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NHs、H：0, A正确；B. 对内存在非极性共价键，NHt HJ(T内存在极性共价键，对、Cl NH HJ(T阴、阳离子之间存在离子键, B正确：C. Cl-为强酸的酸根离子，在溶液中不会发生水解反应，不会破坏水的电离平衡，C错误；D. 四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为C>N,->O2->H÷, D正确；答案选C。【点睛】在比较主族元素原子、离子半径大小的时候注意以下几点：电子层数越多，粒子半径越大； 当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大

10、，粒子的半径越小：当电子层数相同、核电荷数相 同时，核外电子数越多，半径越大。5. 设NA为阿伏加徳罗常数的值。下列说法正确的是A. O-OlmoPL-1KAl(SO4)2溶液中的 SO42'数目为 0.02NAB. 用浓盐酸分别与MnO2X KCIo3反应制备ImOl氯气，转移的电子数均为2NaC. ImolNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH的数目为NAD. 9.0g痢萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3Na【答案】C【解析】【详解】A.体积未知，当溶液体积为IL时，0.0ImOII>KA1(SOJ2溶液中，硫酸根离子数为0.02Na,故A 错误：B.

11、MnO2+4HCl (浓)=MnCI2+ChT+2H2,当生成 ImoI 氯气,转移的电子数为 2Na, KClO3+6HCl (浓)=KCl+3 Cl2T+3 H2O,当生成ImoI氯气，转移的电子数为 Na,故B错误：C. 将1 IBOlNH4N。3溶于稀氨水中,根据电荷守恒可知有：n (OH ) +n (NOf) =n (H÷) +n (NH4+),而溶 液呈中性，则有n (OH ) =n (H+),故可知n (NH4+) =n (NO<) =Imol,即彼根离子个数为NA个，故C 正确：D. 匍萄糖分子式GH206、蔗糖分子式Ci2H22On,两种分子中碳、氢、氧三种元

12、素的原子个数比分别为：1： 2： K 12： 22： 11,含碳量不同，故混合物中的碳的质量无法确左，碳原子的数目无法确立，故D错误； 综上所述，答案为C。【点睛】因为KClO3+6HCI (浓)=KC1+3C12T+3HQ为归中反应，所以要通过化合价计算转移的电子数目， 即每生成3mol氯气，转移的电子为5mol6. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()选项实验现象结论A铁的氢氧化物溶于足量Hl溶液中，滴加KSCN溶液固体溶解，溶液未变红色铁的氢氧化物一定为Fe(OH)2B向硝酸领溶液中通入SO2产生白色沉淀硝酸顿溶液与SO2反应生成BaSo3白色沉淀C铜丝在酒精灯

13、外焰灼烧,再将赤热铜丝插入酒精灯内焰铜丝由红色变黑色，再变红色乙醇具有还原性D浓度均为0.1molL,的CIlCI2, FeCb混合溶液中滴加OJmol-L1NaOH溶液先生成红褐色沉淀氧化性：Fe3+>Cu2+扎 AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氢碘酸足量，碘离子有还原性，铁离子有氧化性，氢碘酸能将氢氧化铁溶解并氧化成亚铁离子, 则A实验不能证明铁的氢氧化物一左为Fe(OH)2,故A错误；B. 二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可将二氧化硫氧化成硫 酸根，则生成的沉淀为硫酸领，故B错误：C. 铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜在

14、与乙醇发生氧化还原反应生成铜，氧化铜为氧化剂，乙醇为还原 剂，故C正确：D. CIICI2. FCCl3与NaOH溶液反应不是氧化还原反应，不能比较Fc%、Cl"的氧化性，故D错误；综上所述，答案为C。7. 某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示。下列说法正确的是A. Y 电极反应为 Pb+SO -2e =PbSO4B. 每消耗103.5gPb.理论上电解池阴极上有ImolH2生成C. 该电解池的总反应为2A1+6H2(2A1(OH)3+3H2 fD. 若污水为含有Cr2O72-工业酸性废水，为将其转化为除去，可让铁电极连接铅蓄电池

15、的正极【答案】D【解析】【分析】拯图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e=2Al3+,在铝表而有氧气产生，说明有部分 氢氧根离子放电，Fe电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2+6e-=3H2T+6OH-,铅蓄电池中X与阴极 Fe相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+S42-2e-=PbS4, Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为 PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O,串联电路中各电极转移电子相等。【详解】A.由分析可知，Y作正极，电极反应为PbO2+4H÷+S42+2e=PbSO4+2H2O,故A错误：B. n (Pb)= 磐I斗=0.5mol

16、, Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol,则反应转移电子的207gmol物质的疑是0.5mol×2=lmol,根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生出的物质的量是 0.5mol,故B错误;C. 阳极铝电极反应为：2Al-6e =2AP÷,阴极FC电极电极反应为6H2O+6e=3H2+6OH ,总反应为2A1+6H2O 电解2Al(OH)3(胶体)+3z t ,在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2O O2+2H2 t , 故C错误；D. 让铁电极连接铅蓄电池的正极作阳极，则铁失电子转化为亚铁离子，含有Cr2O72-工业酸性废水具

17、有强氧 化性，与亚铁离子反应可转化为Cr3+除去，故D正确：综上所述，答案为D。&科学家将水程于足够强的电场中，在20°C时水分子瞬间凝固可形成“暧冰覽某兴趣小组做如图所示实验, 发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FCCl3溶液，烧杯中溶液颜色 无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A. 20。C时，水凝固形成的“暧冰''所发生的变化是化学变化BJ励C是水置于足够强的电场中形成的混合物C.烧杯中液体为FCCb溶液时，产生的气体为CHD.该条件下H2燃烧的产物中可能含有一泄量的H2O2【答案】D【解析】【详解】A.水凝固

18、形成20C时的“暖冰二只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误：B. 和爱冰"是纯净物，而非混合物，故B错误；C. 发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不 可能被氧化成氯气，故C错误：D. 该条件下圧燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确：故答案为D。9. F列装宜能达到实验目的的是A.熔化 Na2CO3B.验证SCh氧化性【答案】B【解析】【详解】A.瓷堆塀中含SiO2,髙温下可与Na2CO3发生反应，A错误：B由于酸性H2SO3>H2S,所以在水溶液中SO

19、2可与Na2S反应生成H?S, SO?可氧化H?S生成S单质，所以能验ffiSO2的氧化性，B正确：C. 收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；D. B"可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液浪的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；故合理选项是B。10. 已知反应:2A (g) B (g)o分别取ImoIA于2L的固定体积的容器中,分别在Tl和T2下,测得A的转化率随时间变化的关系曲线如图所示。下列说法正确的是扎 升高温度可缩短反应到达平衡的时间同时能提髙A平衡的转化率B. 从反应开始至40Inin时，T温度下生成B的物质的量比Tl温度下多C. 图中a、b、C三

20、点的化学反应速率依次减小D. 用B表示Tl温度下前40min的平均反应速率：V(B)=O.0025molL min 【答案】C【解析】【详解】A.根拯图象可知，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T2较高，即T1<T2,温度越高，A 的转化率越小，故A错误；B. 40min时，两个温度下，A的转化率相同，所以T?温度下生成B的物质的量与TI温度下相同，故B错 误：C. 温度越髙，速率越快，所以a和b的反应速率大于c：浓度越大，速率越快，a点A的转化率小，反应 物浓度大，所以a点速率大于b点，所以图中a、b、C三点的化学反应速率依次减小，故C正确：D. A 的起始浓度为 0.5molL,

21、 40min 时，转化率为 0.2,则 V(A)= -nK)ULIXn2 =0.0025mol'lL1 mm ,40 min所以 V(B)=O.125mol lL lmin',故 D 错误。故选：Co二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全 部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11常温下，向50mL溶有OJmolCl2的氯水中滴加2moIL1的NaOH溶液，得到溶液PH随所加NaOH溶液 体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是()Aa点溶液中存在：N(HClO)+N(C)+N(C1O )=0.2Na(N表示粒子数)，若想

22、增加a点溶液的漂白能力可向溶 液中加入碳酸钙固体104B. 若 a 点 PH=4,且 C(Cl )=mC(ClO ),则 Ka(HClO)=IB+1CHCIO ×cC. bC段，随NaoH溶液的滴入， 逐渐增大CCIOD. 若 y=200,则 C 点对应溶液中：C(HCIO)+c(H÷)=c(0H )-2c(C)【答案】D【解析】【分析】整个过程先后发生的反应为 Cb+HO=HC1+HC1O HCRNaOH=NaCRH2O. HClO+NaOH=NaClO+H2O.【详解】A. a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(C1)+N(C1O-)<02Na(N表示

23、粒子数)，故A错误;B. 若 a点 pH=4, C (H ) =I(HmoI L 】，溶液呈酸性，根据方程式知 C (HClO) =C (Cr) -C (CIO ), C (Cl ) =mc (ClO ),则 C (HClO) = (m-l ) C (ClO ) Ka (HClO)故B错误:C(H )C(C/O ) = c(7 )c(CO ),则閒Ce兰C(HClO) (m-l)c(C7O )(用一1)m-lC. bC段，Cb恰好与NaOH溶液生成NaC1、NaClO,随NaoH溶液的滴入，NaoH抑制NaCIO水解：CIO-+H2O=iHCIO+OH , C (HCIO)减小，C (CKr)

24、增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数MHWWH )不变,故C错误;C(CIO )D. 若y=200, C点对应溶液中存在OJmolNaCl. OJmolNaClOx 0.2molNaOH,根据电荷守恒得：C (H+)+c (Nal) =C (Cl) +c (CIO ) +c (OH )，氯元素守恒得：C (Cr) =C (C1O) +c (HClO).2c(Cr) +2c (ClO ) +2c (HClO) =C (Nal )，由+十得：C(HClO)+c(H÷)=c(OHj-2c(C),故 D 正 确：故选D。【点睛】本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及苴性

25、质是解本题关键，难点D,注意电荷 守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。12.某兴趣小组查阅资料得知：保险粉(Na2S2O4)和KoH的混合溶液能定量吸收6： CUeI的盐酸溶液能宦量吸收CO,且易被02氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液及虽:气装宜，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。下列说法不正确的是()999水准管A. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O?和COB. 保险粉(Na2S2O4)>f KOH的混合溶液吸收O?的离子方程式为2S2O42 +3O2+4OH =4SO42 +2H2OC. 当三种气体被逐一吸收后，导岀的气体中可

26、能含有HClD. 其他两种吸收剂不变，02的吸收剂可以用灼热的铜网替代【答案】D【解析】【详解A.CO2能被碱溶液吸收，所以在吸收氧气前吸收CO2, ClIel的盐酸溶液能龙量吸收CO,且易被Ch氧化，所以在吸收氧气后吸收CO,故A正确：B根据电子守恒、电荷守恒，保险粉(Na2S2O4)>F KOH的混合溶液吸收O?的离子方程式为2S2O42 +3O2+4OH =4SO42 +2H2O,故 B 正确；C. 盐酸能挥发，ClICI的盐酸溶液吸收CO后，可能挥发出HCl,导出的气体中可能含有HCl,故C正确：D. 气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O?和C0,若O?的吸收剂用灼热的铜网替代，

27、氧气和铜反应生成 的CUo可以吸收CO,故D错误；选D。13. 某同学采用废铁屑(主要成分为Fe2O3. Fe,少量碳)制取碳酸亚铁(FeCO3),设计了如图流程，根拯流程 图，下列说法不正确的是稀硫酸NaHCO3溶液A. 工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去B. 反应2的离子方程式：Fe2+HCO3-=FeCO3i+H÷C. 操作I为过滤，洗涤操作，一系列操作II为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤D. 为避免硫酸溶解时F®+被空气氧化，废铁屑应适当过量【答案】BC【解析】【分析】废铁屑(主要成分为Fe2O3. Fe,少量碳)中加入稀硫酸，发生反应Fc2O

28、3+3H2SOT2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4. Fe+H2SO4=FeSO4+H2T.过滤，将少虽:碳滤岀；滤液中加入NaHCO3溶液，发生反应Fe2÷+2HCO3- =FeCO3X+CO2T+H2O;过滤后，洗涤、干燥，即得 FeCO3o【详解】A.洗涤废铁屑表而的油脂，可使用热的饱和碳酸钠溶液，A正确：B. 由以上分析知，反应2的离子方程式：Fe2÷+2HCO3- =FeCO31+CO2+H2O, B不正确：C. 因为操作II是从混合物中分离出FCCO3沉淀，所以应为过滤、洗涤、干燥等操作，C不正确：D. FK+具有较强的还原性，洗涤

29、时易被空气中的氧气氧化，所以废铁屑应适当过量，D正确：故选BCj14. 用煤油作溶剂，二(2乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4作内相酸处理含铜废水。在英他条件相同C(CU2*)-C (Cu3+)时，CN萃取率萃取率= 貲kXIO0% 与初始CB浓度关系如图1所示；在英C (CU )处理前他条件相同时，处理前初始CM打农度为2 mg - L->, CB萃取率与废水PH的关系如图2所示。下列 说法错误的是初始Cu"浓度/(mgL-,> 图1.50.50 V-Jo&&7766OX QX 萃取率金A. 根据图1可知，废水中初始CQ*浓度越大，CI的萃取效果越好

30、B. 根据图2可知，废水初始pH>2时，去除CQ'的效果较好C. 根据图1可知，C0初始浓度为200 mg L ,时，Cl白的萃取率为97.0%D. 根据图2可知，若取800 mL初始CH浓度为200 mg L, 废水，在pH=1.5时处理废水，则处理后的废水中剩余CB的物质的量为l,5×10¾ol(假设体积不变)【答案】AD【解析】【分析】根据图1可知，CQ'萃取率随初始ClI2“浓度(IOO-400mgL)的增大而减小；根据图2可知，废水初始 pH>2时，去除CUA的效果较好且稳泄，结合图像数据进行具体分析。【详解】A.根据图1可知，CIh萃

31、取率随初始C屮浓度的增大而减小，故A错误：B. 根据图2可知，废水初始pH>2时，去除CUP的效果较好，故B正确：C. 根据图1可知，CF初始浓度为200 mg L-I时，CIlp的萃取率为97.0%,故C正确；D. 根据图2可知，若取800 InL初始ClI2,浓度为200 Ing -L1的废水，n (Cu2+) = 0.8L×0.2g.L7164g.mo, =2.5×103mol ,在 pH=1.5 时处理废水,萃取率为60%,则除去的n (Cu2+) = 2.5× 10'3mol×60% = 1.5× 10-3mob则处理后

32、的废水中剩余CB的物质的量为 1X10 3mol,故 D 错误：答案选ADU15. 室温下，IL含0mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的PH如下表(加入前后溶液体积不变)：溶液a通入 0.01 mol HCl加入 0.01 mol NaOHPH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后PH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是 A. 溶液a和0.1 InoI L-1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CHQOCr结合H+生成CH3COOH, PH

33、变化不大C向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，PH基本不变D.含0.1 molL-1 NH3H?O与0.1 mol L'1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CHsCOONa的溶液中，如果加入少疑的强酸或强碱，反应后不会改变溶液 的大致组成，PH变化不大：如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、IL 含 0.1 mol CHsCOOH 和 0.1 mol CH3COONa 的溶液 a 中，CH3COONa 电离岀 CH3COO-, 对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中C

34、H3COOH的电离程度小于0.1 nolI> CH3COOH溶液中 CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.01 mol HCl时,CH3COO-结合H+生成CH3COOH,反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH0.09 mol CH3COONa,溶液组成没有大的变化，PH变化不大，故B正确：C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体,0.1 mol CH3COOH完全反应,得到CH3COONa溶液，显碱性，PH变化大，故C错误；D、含0.1 molL-1NH3H2O与0.1 molL NHQ的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓

35、冲溶液，故D正确。答案选C。第II卷(选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂.结构简式如图：HQ HJ(1) 基态ZQ+的价电子排布式为_； 一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是_。(2) 甘氨酸(H2N-CH2-COOH)中N的杂化轨道类型为_：甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释_。(3) 水合甘氨酸锌中Zn?+的配位数为(4) Zn(IMI)4J(ClO4)2是ZA的另一种配合物，IMl的结构为匸N一CH,贝 ImOlIMl中含有_a键。(5) 常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是HJ

36、CX XX xC2Hs(6) Zn与S形成某种化合物的晶胞如图【所示。 Z*填入S2-组成的_空隙中(填“四面体,或“八而体”)； 由图不能判断出SH Zn2+相切，若要使SH ZB相切，则Zn"半径为_pm,已知晶体密度为dgcm S2' 半径为apmo (写计算表达式)。OZn,OS-【答案】 (l)3dj (2). O>N>C>H (3).sp3(4).甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、竣基都能与水分子形成氢键(5).5(6). 12mol (7).形成该离子化合物阴阳离子所带电荷数少，离子半径 大，形成离子晶体的晶格能小，熔点低 (8).四而体【解析

37、】【分析】（1）Zn2+核外有28个电子，电子排布式是Ar 3d10：同周期元素从左到右，电负性增大；（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成3个单键，有1个孤电子对，价电子对数是4：甘氨酸和水 分子之间能形成氢键：HJO H判断Zn刑勺配位数;（4）单键全是键、双键中有1个。键.1个兀键;（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态.说明晶格能小:（6）根据晶胞图回答: 根据晶胞密度.可计算晶胞的边长：若要使Sd Z2+相切，贝IJ体对角线的长等于2个Zl円和2个S'直径 的和。【详解（DZn2*核外有28个电子，电子排布式是Ar 3d叫 价电子排

38、布式是3d叫一水合甘氨酸锌中所 涉及的非金属元素是H、C、N、0,同周期元素从左到右，电负性增大，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H;（2）甘氨酸（HN-CH-COOH）中N原子形成3个单键，有1个孤电子对，所以杂化轨道类型为sp9甘 氨酸是极性分子，且分子中的氨基.按基都能与水分子形成氢键所以甘氨酸易溶于水：可知Zn"的配位数是5：（4）单键全是G键、双键中有1个G键、1个键，根据结构简式匸N -CH,可知ImOlIMI中含有12mol（5）形成该离子化合物阴阳离子所带电荷数少，离子半径大，形成离子晶体的晶格能小，熔点低，所以常 温下IMl的某种衍生物与甘氨酸形

39、成的离子化合物为液态而非固态；（6）根据晶胞图，Z2+填入S'组成的四而体空隙中;设晶胞的边长为xpm,则4x97IOIoPm ,体对角线为若要使Sr Z0相切，则体对角线的长等于2个Zl戶和2个S?-直径的和，则ZP半径为17金属钮在自然界中的量极少，用途非常广泛，通常以辉钮矿为原料提取金属钮，工艺流程如图所示:已知：辉钮矿主要成分是Bi2S3t还含少 Bi2O3. Sio2、铁的氧化物和硫化物等。 Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。 常温下，KspFe(OH)3=4× 10KspBi (OH)3=4× IO-w； KspFe(OH)2=8.0×

40、 10',6;回答下列问题：(1) 写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式(2) 滤渣1的成分为。(3) 除杂剂的作用a.调节溶液pH.b，写出一种能提髙产物产虽:的除杂剂(4) 滤液2还可用来制备NaBiO3,向滤液2中加入NaOH和NaClo溶液制取NaBio3,写出该反应的离子方程式oBiCIJNaCl溶液石協(5) 滤液2采用电解法制取金属钮单质，阳极产物处理后可继续循环使用，电解装置如图所示。NaCl .NaOH 溶液离子交换膜 交换膜类型为 (填“C1"或“0H")交换膜。 阳极电极反应式为。【答案】 (1). Bi2S3+6HCI+NaCl

41、O3=2BiCh+NaCl+3Sl+3H2O (2). S 和 SiO2 (3).除去杂质 Fc"(4) . Bi2O3 或 Bi(OH)3(5). Na÷+Bi5+C10+4OH =NaBiO3i+Cl+2H2O(6). Cr(7).C+6OH-6e =CIO3+3H2O【解析】【分析】辉钮矿酸浸氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和BidSs被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCI3、NaCl, FCCI3等，为了避免引入新杂质，则加入的除杂试剂可以是BiKh或Bi（OH）3,目的是调Irj PH 使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCI

42、3,经电解得到钮单质。【详解】（1）酸浸氧化时 Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi?S汁6HCl÷NaC103=2BiC13+NaCl+3Sl+3H20,故答案为：Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCh+NaCl+3Sl+3H2O:（2）由分析知，滤渣1的成分为S和SiO2,故答案为：S和SiO2;（3）由分析知，可用Bi2O3或Bi（OH）3调YjPH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：除去杂质 Fe3÷: Bi2O3 或 Bi（OH）3；（4）滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3,加入NaoH和NaCIO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程

43、式为 Na*B严十CIO+40H=NaBio3J+CZ2H2O,故答案为：Na÷+Bi3÷+C10+4OH =NaBiO3l+Cl+2H2O;（5）氯离子为阴离子，电解时，氯离子在阳极放电，氯离子移向阳极，则交换膜类型为Cl-交换膜，故 答案为:cr；阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根，电极反应式为Cl-+6OH -6e =Cl3+3H2,故答案为：Cl +6OH-6e =ClO3 +3H2O 0【点睛】阳极阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电，若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前）, 溶液中的阴离子一律不放电，而是电极材料失电子：若阳极是惰性（Pt、All、石墨）

44、，则放电顺序为：S2- >I >Br>C>OH >含氧酸根离子。18某化学小组在实验室选用下图所示装置（夹持装置略）采用镁屑与液澳为原料制备无水MgBr2o已知:乙醛的熔点为J 16.30沸点为34.6© Mg和Bc反应非常剧烈，放出大量的热：MgBD具有强吸水性：MgBr2能与乙瞇发生反应MgBr2 +3C2H5OC2H5 MgBr2 SC2H5OC2H5O不考虑氮气与镁的反应实验主要步骤如下：L选用上述部分装置，正确连接，检查装宜的气密性。向装置中加入药品。IL加热装置A,迅速升温至1WC,并保持14（C加热一段时间，停止加热。III通入干燥的氮气，

45、使澳分子缓慢进入装程B中，直至完全加入。IV装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤，将滤液转移至干燥的烧瓶中，任冰水中冷却，析岀晶体，再过 滤得三乙瞇合浪化镁粗产品。V.用苯洗涤粗产品，过滤，得三乙醸合浪化镁，将苴加热至160C分解得无水MgBr2O请回答下列问题：（1）装置A中使用仪器m的优点是:（2）步骤I中所选装苣的正确连接顺序是a（填小写字母）,装置D的作用是； （3）若加热装宜A段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是:（4）实验中不能用干燥空气代替干燥N?,原因是；（5）有关步骤V的说法，正确的是：A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用O-C的苯C加热至160C的主要

46、目的是除去苯 D该步骤的目的是除去乙毬和可能残留的淚（6）为测圧产品的纯度（假左杂质不参与反应），可用EDTA （简写为YX无色）标准溶液滴左，以络黑T为 指示剂（PH=6.311.6时显蓝色，pH>11.6时显橙色）。已知:Mg?+与络黑T形成的配合物（Mg2+4黑T）呈酒 红色，Mg?+与0-形成的MgY2Jj无色：在PH约为9的缓冲溶液中滴左，反应的离子方程式为：Mg?+ + Y4 =MgY2-, Mg2+-络黑 T+Y4- =MgY2- + 络黑 TU 判断滴定终点的现象为: 测左前，先称取0.25OOg无水MgBr2产品，溶解后，加人2滴络黑T试液作指示剂，用0.0500mol

47、L EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00 mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是（以质量分数表 示）。【答案】 （1）.使系统内压强相等，便于液体顺利流下 （2）. CfbCg（ef可颠倒，be可颠倒） （3）.防止 倒吸 （4）.停止加热，冷却后补加碎瓷片 （5）.防止镁屑与氧气反应生成的MgO阻碍Mg和Br?的反 应 （6）. BD （7）.当滴加最后一滴EDTA标准溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内溶液颜色 保持不变 （8）. 92%【解析】【分析】根据实验步骤，首先需要利用装置A制取乙離，反应温度为14（TC,乙瞇会成为气体，将乙陋通入装苣B 中进行反应，

48、镁和滉反应剧烈，可以在A和B之间连接D装苣作为安全瓶，防I上倒吸：之后需要通入干燥 的氮气将渙吹入B装巻进行反应，为控制反应剧烈程度，可选用E装程来通氮气，据此分析解答。【详解】（1）仪器m为恒压滴液漏斗，可以使系统内压强相等，便于液体顺利流下：（2）根据分析可知装置A中生成乙瞇后，需要先连接安全瓶，C进气或f进气均可，之后需要连接B装置，在 装置内进行反应，b进或C进均可，之后连接E装置，所以连接顺序为efbcg（ef可颠倒，be可颠倒）；D装置 作为安全瓶，防止倒吸：(3) 若忘记加入碎瓷片，需停止加热，冷却后补加碎瓷片：(4) 空气中有氧气，镁屑与氧气反应生成的MgO会阻碍Mg和Br?的

49、反应：(5) A.已知：MgBr2具有强吸水性，95%的乙醇中有水，不能用95%的乙醇代替，故A错误：B. 为降低产品的溶解损耗，洗涤晶体可选用0°C的苯，故B正确：C. 加热至160C的主要目的是分解乙陋合淚化镁得到渙化镁，故C错误：D. 浪化镁和乙醛的反应为可逆反应，完全反应后有剩余的乙庭和可能残留的浪，用苯可以洗去，故D正确; 综上所述选BD：(6) 根据滴左原理，用EDTA(简写为YB标准溶液滴左浪化镁，以珞黑T(简写为In)为指示剂，则指示剂与 Mg2形成酒红色MgIn-,当EDTA与Mg?+反应完全，溶液显示洛黑T的蓝色，故终点为：滴入最后一滴EDTA 标准液时，溶液由洒

50、红色变为蓝色，且半分钟内保持不变；依据方程式Mg2+4=Mg2-,浪化镁的物质的=0.0500molL×0.025L=0.00125mol,则澳化镁的质量为0.23g0.00125mol× 184gmol=0.23g,则无水 MgBr2产品的纯度是_ -×100%=92%o0.25OOg19.氮的化合物是造成大气污染的主要物质，研究有关反应机理对于消除环境污染有重要意义。No在空气中存在如下反应：2NO (g) +O2 (g)2NO2 (g) H,上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题： 写岀反应I的热化学方程工o 升髙温度发现总反应2NO(g)+O

51、2(g)2N2(g)的速率反而变慢，结合上图判断下列说法中正确的有(反应未使用催化剂)。A反应I是快反应，反应II是慢反应B总反应的速率由反应I决左C升髙温度平衡I、II均向逆反应方向移动 D对于反应II,浓度的影响大于温度的影响用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g) +2CN2(g) +2CO2(g),在恒温条件下，1 InOlNo2和足量C发 生该反应，测得平衡时NCh和Co2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示: A、B两点的浓度平衡常数关系：KCAKCD (填yB或J") A、B、C三点中NO2的转化率最低的是(填WB"或“C")点。 计算C点时该反应的

52、压强平衡常数Kg=(KP是用平衡分压代替平衡浓度计算)一左条件下，将一泄浓度NOX(NCh和NO的混合气体)通入0.05 molL-1的Ca(OH)2乳浊液中，发生的 n (NOJ反应为：3NO2 + 2OH =NO+2NO+HO; NO + NO +2OH = 2N0f + H.0o 改变 ,NOX的去除n(NO)率如图所示：ng)n(NO)的合适范国是.当Mg)n(NO)大于1.4时，NCh去除效率升髙，但No去除效率却降低。其可能的原因是 03和NO发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2°保持No的初始浓度不变，改变,将反应后 n(NO)的混合气体通入0.05m

53、olL-1Ca(OH)2乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NCK去除效果，则斗黑n(NO)合适的值约为a 0.6b.8C 1.4【答案】(l)2NO(g)=±N22(g) H=-(E3-E4)kJ.10,(2). ACD (3).=(4). B 点 (5).4Mpa (6). 1.2-1.4(7). No2和OH反应生成NO3和NO,导致NO去除率降低(8). a【解析】【分析】根据能疑关系图，反应为NO转化为N2O2,反应物能量高于生成物能量，所以反应为放热反应， W=-(E3-E4)kJmol:A.反应活化能越大，反应速率越慢：B. 总反应由慢反应决左；C. 由图像可知，两

54、个反应均为反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析；D. 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O4浓度减小，据此分析：(2) 化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变： 根据压强对化学平衡的影响分析可得： 已知C点NO?和Co2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp：n(NO,)(3) 图象读取去除率最髙时的七黙的合适范国：n(NO)当n(g)n(NO)大于1.4时，NO?去除效率升髙，但No去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮:03和No发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2,保持NO的初始浓度不变，改变上兽

55、 ,节省Os的用 n(NO)量，又能保持NCK去除效果，需要保持n(NO?)n(NO)的合适范I羽是1.214【详解】根据能量关系图，反应I的为放热反应，反应为：2NO(g)=N2O2(g)/Z=-(ErE4)IcJ mol-1; ®A.反应活化能越大，反应速率越慢，根据图像所示，反应I活化能小于反应II的活化能，则反应I是快 反应，反应II是慢反应，故A正确：B. 总反应的速率慢反应决定，反应II是慢反应，则由反应II决左，故B错误：C. 由图像可知，两个反应均为反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，升髙温度，平衡向吸热 的方向移动，则平衡I、II均向逆反应方向移动，故C正确：D. 两步反应过程均为放热过程，温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O4浓度减小，温度升高对反应II的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应II速度变慢，故D正确；答案选ACD：A. B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，故浓