2021年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（5月份）

1、2021年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共2分。每小题只有一个选项符合题目要求。1（2分）化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（）A葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用B食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量C钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件D我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高2（2分）实验室中下列做法错误的是（）A中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗23次B配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解C向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触

2、容量瓶内壁刻度线以下D蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置3（2分）下列说法正确的是（）A体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变B反应Mg（s）+2HCl（aq）MgCl2（aq）+H2（g）能自发进行，它的H0，S0C室温下，pH4的醋酸溶液和pH10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7D水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键4（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A12g石墨中含有CC键的数目为2NAB标准状况下（STP），2.24L CHCl3中含有键的数目为0.4NAC常温下，1L 0.1molL1HF（Ka8

3、.1×104）溶液中所含H+的数目约为9×103NAD5.6g Fe发生吸氧腐蚀，最终生成Fe2O3xH2O，电极之间转移的电子数为0.3NA5（2分）缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8（H原子除外）的一类化合物。下列说法错误的是（）AB2H6是缺电子化合物BBeCl2的二聚体是平面分子CAlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2D化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3NBF36（2分）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计（非玻璃仪器任选），选用上述仪器不能完成的实验是（）A

4、配制1.0molL1的H2SO4溶液B实验室制取并收集NH3C配制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基D用四氯化碳萃取溴水中的溴7（2分）Cu2ZnSnS4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构（棱边夹角均为90°）如图所示，下列说法错误的是（）A第一电离能：CuZnB1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个C距离每个Zn原子最近的S原子数为2个D四种元素基态原子中，核外电子空间运动状态最多的为Sn原子8（2分）中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是（）A分子中含有三种官能团B1mol该化合物最多与4mol

5、NaOH反应C能被KMnO4（H+）溶液氧化生成含羧基的物质D能与NaHCO3溶液反应放出CO29（2分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的2p轨道上有4个电子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子。下列说法正确的是（）A气态氢化物的热稳定性：YXBY2Z2分子中存在极性键和非极性键C加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ2DYX32的空间构型为平面三角形10（2分）将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法生产甲烷，装置如图所示。下列说法错误的是（）A离子交换膜可允许H+通过B通电时，

6、电流方向为：a电子导体离子导体电子导体bC阳极的电极反应式为CH3COO+2H2O6e2CO2+7H+D生成0.1mol CH4时阳极室中理论上生成CO2的体积是4.48L（STP）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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11（4分）根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性B缓缓加热0.5molL1CH3COONa溶液到60，并用pH传感器测定溶液的pH溶液的pH逐渐减小溶液中c

7、（H+）逐渐增大，c（OH）逐渐减小C常温下，将50mL苯与50mL CH3COOH混合所得混合溶液的体积为101mL混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键D利用电导仪测定碱性条件下乙酸乙酯水解反应中电导率的变化（溶液温度不变）随着反应进行，电导率逐渐减小OH的电导大于CH3COO的电导AABBCCDD12（4分）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea（kJmol1）如图所示，下列说法错误的是（）A生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B生成NH3的总反应方程式为2NO+5H22NH3+2H

8、2OC决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+HNH2OHD在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N213（4分）化学上把由浓度相对较大的弱酸（弱碱）及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的pHlgKa+lg。现有5时，浓度均为0.10molL1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液Ka（CH3COOH）1.75×105；lg1.750.24。下列有关说法正确的是（）A将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变B该缓冲溶液的pH4.76C该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）c（CH3COO）c（H+

9、）c（OH）D人体血液存在H2CO3（CO2）和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变14（4分）柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如图。已知：Ksp（FeCO3）2.0×1011、KspFe（OH）24.9×1017；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。下列说法正确的是（）A步骤制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中B可用KSCN溶液检验步骤中柠檬酸亚铁是否反应完全C步骤控制温度5060既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解D步骤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥15（4分）常温下，将0.1molL1

10、的（NH4）2SO4溶液加水稀释，混合溶液中与lgc（H+）的关系如图所示。下列说法正确的是（）AKb（NH3H2O）的值为104.7BM、N两点对应的溶液稀释程度NMC向溶液中加入（NH4）2SO4固体可使N点移动到P点D将溶液稀释1000倍后，溶液中c（NH4+）2c（SO42）三、非选择题：本题共5小题，共60分。16（12分）某种水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。回答下列问题：（1）基态Fe3+价电子轨道表示式是 。（2）（CN）2与

11、卤素单质性质相似，与水反应生成HCN，请写出（CN）2的电子式 ，H、C、N三种元素电负性由大到小的顺序为 。（3）HCN中键与键个数比为 。已知沸点：H2OHCN（CN）2，解释原因 。（4）下列微粒中，与HCN具有相同立体构型的是 （填字母）。A.SO2B.CO2C.O3D.NO2+（5）普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为 。已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，晶体密度为gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白（化学式为最简比值）的摩尔质量为 gmol1（用含a、NA的计算式表示）17（12分）氯氧化铋（BiOCl）广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟

12、尘（除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3）制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：已知：BiOCl难溶于水；“浸铋”所得浸取液中含BiCl3、AsCl3等物质。回答下列问题：（1）“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的离子方程式为 。（2）“沉铋”时需控制溶液的pH3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为 。“沉铋”所得滤液可导入到 中使用（填流程中操作单元名称）。（3）工业生产中还可采用铁盐氧化法除砷。向“浸铋”所得浸取液中加入Fe2（SO4）3，和H2O2，并调节pH，生成FeAsO4沉淀，发生反应的离子方程式是 。欲使溶液中c（AsO43）1

13、08molL1且不产生Fe（OH）3，沉淀，应控制pH的范围为 。（已知：lg50.699；FeAsO4、Fe（OH）3的Ksp分别5.6×1021，2.8×1039，计算结果保留2位小数）（4）氯氧化铋（BiOCl）可用作钾离子电池（有机物作离子导体）的负极材料，充电时嵌入K+，BiOCl被还原为Bi，电极反应式是 。研究发现，充电过程中，除上述反应外，还包括Bi+3e+3K+K3Bi，该反应的发生使得电池的储能 （填“增大”“减小”或“不变”）。18（12分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用

14、如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。回答下列问题：（1）装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是 ，装置D最好选用 （填序号）。（2）装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。装置C中温度过高产率降低的原因是 。开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。（3）测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用0.1000molL1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。已知：（NH4）2Fe（SO4

15、）2可与NO生成粉红色的FeSO4NO。锥形瓶中加入浓硫酸的作用是 。判断滴定达到终点的现象是 。亚硝酰硫酸中硝酸的含量为 。19（12分）苯巴本妥主要用于治疗焦虑、失眠及运动障碍等。一种合成苯巴本的路线如图所示。已知：RCNRCOOHRCOCOOHRCOOH+CO回答下列问题：（1）路线中生成A的反应类型为 ，D的结构简式为 。（2）写出BC的化学方程式： 。（3）同时符合下列条件的B的同分异构体有 种（不包括立体异构）属于芳香族化合物遇FeCl3溶液不变紫色可以发生银镜反应其中能与金属钠反应生成H2，且核磁共振氢谱显示苯环上有四种不同化学环境的氢原子的同分异构体的结构简式为 。（4）设计以

16、CH2CH2和CO（NH2）2为原料合成的路线 （无机试剂任选）。20（12分）二甲醚（CH3OCH3）是优良的洁净燃料，利用CO2催化加氢制二甲醚过程中发生的化学反应为：反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H10反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H20反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H30回答下列问题：（1）甲醇水化制H2的反应能量变化如图所示，则H2 kJmol1（用含有a、b、c的式子表示）。（2）在一定条件下，在恒容密闭容器中按投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温

17、度变化如图所示。图中曲线X表示 的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是 ，能同时提高CH3OCH3的平衡体积分数和CO2的平衡转化率的措施是 。一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2进行上述反应，反应经10min达平衡，CO2的平衡转化率为30%，容器中CO（g）为0.05mol，CH3OH（g）为0.05mol。前10min CH3OCH3（g）的反应速率为 ，反应的平衡常数KC 。继续向容器中加入0.1mol CH3OH（g）和0.1mol H2O（g），此时反应 （填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进

18、行”或“处于平衡状态”）。2021年山东省潍坊市高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共2分。每小题只有一个选项符合题目要求。1（2分）化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（）A葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用B食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量C钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件D我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高【分析】A依据二氧化硫的还原性解答；B人体内没有纤维素酶；C钛合金能耐高温，可以有效防止飞船高速飞行时被烧毁；D相同质量的可燃冰完全燃烧放出热量高于煤。【

19、解答】解：A二氧化硫具有还原性，可以用于葡萄酒中起到杀菌和抗氧化的作用，故A正确；B人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故B错误；C钛合金能耐高温，可以有效防止飞船高速飞行时被烧毁，可用于制造航天器的部件，故C正确；D我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，为高考常见题型，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。2（2分）实验室中下列做法错误的是（）A中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗23次B配制FeCl3溶液时，将FeCl3固

20、体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解C向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下D蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置【分析】A.滴定管用所盛装的溶液润洗，避免浓度减小；B.FeCl3固体应溶于浓盐酸抑制铁离子水解；C.玻璃棒引流，防止溶液损失；D.蒸馏完成后应充分冷凝。【解答】解：A.滴定管用所盛装的溶液润洗，避免浓度减小，润洗23次，操作合理，故A正确；B.FeCl3固体应溶于浓盐酸抑制铁离子水解，然后稀释至需要的浓度，故B错误；C.玻璃棒引流，防止溶液损失，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下，操作合理，故C正确；D.蒸馏完成后应充分冷凝，

21、则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故D正确；故选：B。【点评】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、实验操作、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。3（2分）下列说法正确的是（）A体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变B反应Mg（s）+2HCl（aq）MgCl2（aq）+H2（g）能自发进行，它的H0，S0C室温下，pH4的醋酸溶液和pH10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7D水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键【分析】A体系的内能不仅仅与温度有关；B该反应

22、能自发进行，则HTS0；C醋酸为弱酸，只能部分电离；D水分子和丙酮分子之间能形成氢键。【解答】解：A体系的内能不仅与温度有关，当体系内有化学反应进行时，内能也会变化，故A错误；B该反应为放热反应，H0，该反应能自发进行，则HTS0，所以S0，故B错误；C室温下，pH4的醋酸溶液和pH10的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，只能部分电离，所以醋酸的浓度一定大于氢氧化钠溶液的浓度，所以混合后溶液显酸性，pH7，故C错误；D水分子和丙酮分子之间能形成氢键，所以水与丙酮能完全互溶，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学反应能量变化、氢键、混合后溶液pH的确定等，侧重考查学生分析能力，注意反应能自发

23、进行，则HTS0，此题难度中等，注意基础知识积累。4（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A12g石墨中含有CC键的数目为2NAB标准状况下（STP），2.24L CHCl3中含有键的数目为0.4NAC常温下，1L 0.1molL1HF（Ka8.1×104）溶液中所含H+的数目约为9×103NAD5.6g Fe发生吸氧腐蚀，最终生成Fe2O3xH2O，电极之间转移的电子数为0.3NA【分析】A在石墨晶体中1个C原子对应3×个CC键；B标准状况下三氯甲烷不是气体；C结合电离平衡常数计算，常温下，1L 0.1molL1HF（Ka8.1×104

24、）溶液中所含H+；D铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe2eFe2+。【解答】解：A在石墨晶体中1个C原子对应3×个CC键，12 g石墨的物质的量1mol，则12g石墨中含有CC键的个数为1.5NA，故A错误；B标准状况下（STP），三氯甲烷不是气体，2.24L CHCl3的物质的量不是0.1mol，故B错误；C常温下，1L 0.1molL1HF（Ka8.1×104）溶液中，K8.1×104，c（H+）mol/L9×103mol/L，所含H+的数目1L×9×103mol/L×NA9×103NA，故C正确；D铁发生吸氧腐蚀

25、电极反应式：Fe2eFe2+，亚铁离子生成氢氧化亚铁之后被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成铁锈Fe2O3xH2O，5.6g Fe物质的量0.1mol，发生吸氧腐蚀，电极反应中转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的组成是解题关键。5（2分）缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8（H原子除外）的一类化合物。下列说法错误的是（）AB2H6是缺电子化合物BBeCl2的二聚体是平面分子CAlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2D化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3NBF3

26、【分析】AB原子最外层只有3个电子，B2H6中B形成三个共用电子对；BBeCl2的二聚体的结构为，Be的价层电子对数为3，没有孤电子对；CAlCl3的二聚体分子的结构式为；DBF3中B原子存在空轨道，NH3中N原子存在孤电子对。【解答】解：AB原子最外层只有3个电子，B2H6中B形成三个共用电子对，所以B2H6是缺电子化合物，故A正确；BBeCl2的二聚体的结构为，Be的价层电子对数为3，没有孤电子对，Be与3个Cl形成平面三角形，则BeCl2的二聚体是平面分子，故B正确；CAlCl3的二聚体分子的结构式为，所以AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp3，故C错误；DBF3中B原

27、子存在空轨道，NH3中N原子存在孤电子对，则化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3NBF3，故D正确；故选：C。【点评】本题考查的知识点较多，涉及缺电子化合物、分子的结构、配位键、杂化类型的判断等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。6（2分）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计（非玻璃仪器任选），选用上述仪器不能完成的实验是（）A配制1.0molL1的H2SO4溶液B实验室制取并收集NH3C配制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基D用四氯化碳萃取溴水中的溴【分析】A.配制1.0molL1的H2SO4溶

28、液，需要量筒量取浓硫酸；B.试管中加热可制备氨气；C.在试管中发生银镜反应；D.在分液漏斗中萃取分液。【解答】解：A.配制1.0molL1的H2SO4溶液，需要量筒量取浓硫酸，缺少量筒不能完成实验，故A选；B.试管中加热可制备氨气，需要试管、酒精灯，可完成实验，故B不选；C.在试管中发生银镜反应，需要试管、酒精灯、胶头滴管可完成实验，故C不选；D.在分液漏斗中萃取分液，需要分液漏斗、烧杯可完成实验，故D不选；故选：A。【点评】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、物质的制备及检验、溶液配制、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。7

29、（2分）Cu2ZnSnS4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构（棱边夹角均为90°）如图所示，下列说法错误的是（）A第一电离能：CuZnB1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个C距离每个Zn原子最近的S原子数为2个D四种元素基态原子中，核外电子空间运动状态最多的为Sn原子【分析】ACu的价电子排布式为：3d104s1，Zn的价电子排布式为：3d104s2，Zn价电子为全满稳定结构，失去电子所需的能量较大；B由图示知，该晶胞中Cu位于顶点、棱上、面心、体内，故该晶胞占有的Cu个数8×+4×+2×+14，结合Cu个数判断；C由结构知，Zn原子位于面上

30、，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也有2个S离其最近；D电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核外电子最多，占据的原子轨道也最多。【解答】解：ACu的价电子排布式为：3d104s1，Zn的价电子排布式为：3d104s2，Zn价电子为全满稳定结构，更难失去电子，故第一电离能：ZnCu，故A正确；B由图示知，该晶胞中Cu位于顶点、棱上、面心、体内，故该晶胞占有的Cu个数8×+4×+2×+14，故1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个，故B正确；C由结构知，Zn原子位于面上，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也

31、有2个S离其最近，故每个Zn最近的S个数为4个，故C错误；D电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核外电子最多，占据的原子轨道也最多，故电子空间运动状态最多的为Sn原子，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，晶胞计算等内容，结合均摊法对晶胞进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。8（2分）中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是（）A分子中含有三种官能团B1mol该化合物最多与4mol NaOH反应C能被KMnO4（H+）溶液氧化生成含羧基的物质D能与NaHCO3溶液反应放出C

32、O2【分析】有机物含有酯基、碳碳双键、酚羟基和醚键，具有酯类、烯烃和酚类的性质，以此解答该题。【解答】解：A.含有酯基、碳碳双键、酚羟基和醚键四种官能团，故A错误；B.能与氢氧化钠反应的为酯基、酚羟基，则1mol该化合物最多与3mol NaOH反应，故B错误；C.苯环连接甲基，能被KMnO4（H+）溶液氧化生成含羧基，故C正确；D.不含羧基，与碳酸氢钠溶液不反应，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。9（2分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的2p轨道上

33、有4个电子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子。下列说法正确的是（）A气态氢化物的热稳定性：YXBY2Z2分子中存在极性键和非极性键C加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ2DYX32的空间构型为平面三角形【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子的2p轨道上有4个电子，则X为O；X、Y同主族，则Y为S；Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，则Z为Cl；基态W原子的3d能级上只有1对成对电子，其3d轨道含有6个电子，W的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s23

34、d6，则W为Fe元素，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，X为O，Y为S，Z为Cl，W为Fe元素，A非金属性SO，则气态氢化物的热稳定性：YX，故A错误；BY2Z2为S2Cl2，其分子中含有SS非极性键和SCl极性键，故B正确；C加热条件下，铁与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DYX32为SO32，中心原子S形成杂化轨道数为3+×（6+22×3）4，采取sp3杂化，含有1个空轨道，空间构型为三角锥形，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度

35、不大。10（2分）将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法生产甲烷，装置如图所示。下列说法错误的是（）A离子交换膜可允许H+通过B通电时，电流方向为：a电子导体离子导体电子导体bC阳极的电极反应式为CH3COO+2H2O6e2CO2+7H+D生成0.1mol CH4时阳极室中理论上生成CO2的体积是4.48L（STP）【分析】根据图示阳极发生氧化反应，电极反应：CH3COO8e+2H2O2CO2+7H+，所以a极为电源正极，b极为电源负极，阴极反应：CO2+8e+8H+CH4+2H2O，若生成1molCH4，转移8mol电子，即可求出生成CO2在标准状况下的体积，据此答题。【解答】

36、解：A阳极生成氢离子，阴极消耗氢离子，离子交换膜可允许H+通过，故A正确；Ba极为电源正极，b极为电源负极，通电时，电流方向为：a电子导体离子导体电子导体b，故B正确；C阳极发生氧化反应，电极反应：CH3COO8e+2H2O2CO2+7H+，故C错误；D若生成0.1molCH4，转移0.8mol电子，阳极上生成0.2molCO2，在标准状况下的体积是0.2mol×22.4L/mol4.48L，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了电解池工作原理，题目难度中等，正确判断电极为解答关键，注意熟练掌电解池工作原理及电极方程式的书写，试题培养了学生的灵活应用能力。二、选择题：本题共5小题，每

37、小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11（4分）根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性B缓缓加热0.5molL1CH3COONa溶液到60，并用pH传感器测定溶液的pH溶液的pH逐渐减小溶液中c（H+）逐渐增大，c（OH）逐渐减小C常温下，将50mL苯与50mL CH3COOH混合所得混合溶液的体积为101mL混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键D利用电

38、导仪测定碱性条件下乙酸乙酯水解反应中电导率的变化（溶液温度不变）随着反应进行，电导率逐渐减小OH的电导大于CH3COO的电导AABBCCDD【分析】A.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C；B.加热促进醋酸根离子的水解，且温度升高KW增大；C.苯中C的非金属性较弱，而醋酸分子间含氢键；D.碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗。【解答】解：A.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，C元素的化合价降低，则CO2具有氧化性，故A正确；B.加热促进醋酸根离子的水解，且温度升高KW增大，则溶液中c（H+）逐渐增大，c（OH）逐渐增大，故B错误；C.苯中C的非金属性较弱，而醋酸分子间含氢键，混合过程中削弱了CH3CO

39、OH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，则混合溶液的体积为101mL，故C正确；D.碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗，随着反应进行，电导率逐渐减小，可知OH的电导大于CH3COO的电导，故D正确；故选：B。【点评】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、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（4分）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea（kJmol1）如图所示，下列说法错误的是（）A生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B生成NH3的总

40、反应方程式为2NO+5H22NH3+2H2OC决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+HNH2OHD在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2【分析】A元素化合价降低的做氧化剂被还原；B转化关系中，NO与H2反应生成NH3和H2O，原子守恒配平书写得到化学方程式；C图中分析可知，生成NH3的基元反应中，NH2O+HNH2OH这一步活化能最大；D图示可知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能。【解答】解：A图示可知，生成氨气的过程为：NOHNONH2ONH2OHNH2NH3，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，故A正确；BA选项分析可知，NO与H2反应生成NH3和H

41、2O，对应反应的化学方程式：2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；C图中分析可知，生成NH3的基元反应中，NH2O+HNH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，故C正确；D图示可知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了工业制备氨气的过程分析判断、反应机理的理解应用等知识点，掌握题干信息是解题关键，题目难度不大。13（4分）化学上把由浓度相对较大的弱酸（弱碱）及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的pHlgKa+lg。现有5时

42、，浓度均为0.10molL1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液Ka（CH3COOH）1.75×105；lg1.750.24。下列有关说法正确的是（）A将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变B该缓冲溶液的pH4.76C该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D人体血液存在H2CO3（CO2）和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变【分析】A混合液加水稀释，溶液酸性降低则c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变；B缓冲溶液中CH3COOH和CH3COO微粒浓度近似相等，Ka（CH3COOH）1.

43、75×105，据此计算c（H+），pHlgc（H+）；C5时，Kw不知，溶液中醋酸电离程度和醋酸根离子水解程度无法比较判断，不能确定离子浓度大小；DH2CO3（CO2）与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3（CO2）能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+，有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定。【解答】解：A将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液酸性降低则c（H+）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c（OH ）增加，溶液pH增大，故A错误；B缓冲溶液中CH3COOH和CH3COO微粒浓度近似相等，Ka（CH3COOH）1.75×

44、;105，c（H+）1.75×105 mol/L，pHlg1.75×1055lg1.7550.244.76，故B正确；CCH3COO+H2OCH3COOH+OH，Kh，5时，Kw不知，不能确定醋酸电离程度和成酸根离子水解程度大小，不能比较离子浓度大小，故C错误；D缓冲溶液中存在H2CO3H+HCO3平衡，人体代谢产生的H+与HCO3结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查弱电解质的电离

45、，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确缓冲溶液概念内涵、酸电离平衡常数与酸根离子水解平衡常数关系是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。14（4分）柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如图。已知：Ksp（FeCO3）2.0×1011、KspFe（OH）24.9×1017；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。下列说法正确的是（）A步骤制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中B可用KSCN溶液检验步骤中柠檬酸亚铁是否反应完全C步骤控制温度5060既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解D步骤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【

46、分析】根据流程可知，过程为FeSO4与Na2CO3发生复分解反应生成FeCO3与Na2SO4，过程为FeCO3与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁与CO2气体，过程为柠檬酸亚铁被H2O2氧化生成柠檬酸铁，过程为柠檬酸铁与氨水络合形成柠檬酸铁铵，过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到柠檬酸铁铵晶体，据此分析回答问题。【解答】解：A.结合分析可知过程为FeSO4与Na2CO3发生复分解反应生成FeCO3与Na2SO4，注意碳酸钠溶液碱性过强，若将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中，会生成氢氧化亚铁进而被氧化为氢氧化铁，无法制备FeCO3，故A错误；B.检验柠檬酸亚铁是否反应完全应对亚铁离子进行检验

47、，不能使用KSCN溶液，故B错误；C.结合提示柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，步骤控制温度5060既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解，故C正确；D.结合分析可知，步骤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确；故选：CD。【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、物质分离提纯的综合应用，为高频考点，题目难度中等，注意把握实验的原理和操作方法，试题侧重考查学生的分析能力和实验能力。15（4分）常温下，将0.1molL1的（NH4）2SO4溶液加水稀释，混合溶液中与lgc（H+）的关系如图所示。下列说法正确的是（）AKb（NH3H2O）的值为104.7BM、N两点对应的溶

48、液稀释程度NMC向溶液中加入（NH4）2SO4固体可使N点移动到P点D将溶液稀释1000倍后，溶液中c（NH4+）2c（SO42）【分析】AKb（NH3H2O），结合图中N点数值进行计算；B（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，随着稀释溶液的pH增大；C（NH4）2SO4溶液中加入（NH4）2SO4固体，则c（NH4+）增大，NH4+水解正向进行，溶液中c（H+）增大，但c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小；D0.1molL1的（NH4）2SO4溶液稀释1000倍后，溶液接近于中性，结合电荷守恒关系分析。【解答】解：A由图可知，N点lgc（H+）4.5、lg4.8，即c（H+）104

49、.5mol/L，溶液中c（OH）mol/L109.5mol/L，104.8，则Kb（NH3H2O）104.8×109.5104.7，故A正确；B由图可知，M、N点的lgc（H+）分别为6.0和4.5，pHlgc（H+），则M、N点的pH分别为6.0和4.5，（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，随着溶液的稀释其pH逐渐增大，所以溶液稀释程度MN，故B错误；C（NH4）2SO4溶液中加入（NH4）2SO4固体，则c（NH4+）增大，NH4+水解正向进行，溶液中c（H+）增大、lgc（H+）增大，但c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则、减小、lg增大，所以向溶液中加入（NH

50、4）2SO4固体时lgc（H+）增大、lg增大，即不能使N点移动到P点，故C错误；D（NH4）2SO4溶液中存在电荷守恒关系为c（H+）+c（NH4+）c（OH）+2c（SO42），将溶液稀释1000倍后，溶液接近于中性，即c（H+）c（OH），则c（NH4+）2c（SO42），故D正确；故选：AD。【点评】本题考查盐类水解原理及其应用，为常见考点，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握水解原理及其影响因素、图象变化特征分析等是解题关键，注意电荷守恒关系式的应用，题目难度中等。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16（12分）某种水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、

51、CN组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。回答下列问题：（1）基态Fe3+价电子轨道表示式是 。（2）（CN）2与卤素单质性质相似，与水反应生成HCN，请写出（CN）2的电子式 ，H、C、N三种元素电负性由大到小的顺序为 NCH。（3）HCN中键与键个数比为 1：1。已知沸点：H2OHCN（CN）2，解释原因 H2O和HCN分子间都能形成氢键且H2O形成的氢键数多，（CN）2不能形成分子间氢键。（4）下列微粒中，与HCN具有相同立体构型的是 BD（填字母）。A.SO2B.CO2C.O3D.NO2+（5

52、）普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为 1：1。已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，晶体密度为gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白（化学式为最简比值）的摩尔质量为 ×1030gmol1（用含a、NA的计算式表示）【分析】（1）Fe的原子序数为26号，价电子排布式为：3d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子生成Fe3+；（2）（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为NCCN；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，H元素电负性小于C元素；（3）HCN结构式为HCN，共价单键为键、共价

53、三键中含有1个键和2个键；能形成分子间氢键且形成分子间氢键越多的物质熔沸点越高；（4）HCN中C原子价层电子对个数是2，则该分子为直线形分子，与HCN具有相同立体构型的分子中，中心原子价层电子对个数是2；（5）普鲁士蓝晶胞一个小立方体中CN个数12×3、Fe原子个数8×1、Na+个数1×，所以其化学式为（Na）0.5Fe（CN）3，利用化合价确定Fe2+与Fe3+个数比；该晶胞体积（a×1010cm）3，该晶胞中含有8个“（Na）0.5Fe（CN）3”，设（Na）0.5Fe（CN）3的摩尔质量为M，该晶体密度。【解答】解：（1）Fe的原子序数为26号，价

54、电子排布式为：3d64s2，失去3个电子后，价电子排布式为3d5，则价电子轨道表示式：，故答案为：；（2）（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为NCCN，其电子式为，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，则电负性NC，H元素电负性小于C元素，所以电负性：NCH，故答案为：；NCH；（3）HCN结构式为HCN，共价单键为键、共价三键中含有1个键和2个键，则HCN分子中含有2个键、2个键，键和键的个数之比2：21：1；能形成分子间氢键且形成分子间氢键越多的物质熔沸点越高，H2O和HCN分子间都能形成氢键且H2O形成的氢键数多，所以H2O的沸点大于HCN，（CN）2不能形成