浙江省宁波市十校联考高考化学模拟试卷（解析版）

1、2021年浙江省宁波市十校联考高考化学模拟试卷一、选择题本大题共25小题，每题2分，共50分每个小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多项选择、错选均不得分1以下物质中属于碱性氧化物的是ASO2BCaOCCODNaOH2配制一定物质的量浓度的溶液不需要用到的仪器是ABCD3以下物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是AC12H22O11BSO3CNaHCO3DBr24化学反响2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2的反响类型是A化合反响B分解反响C置换反响D复分解反响5以下物质的水溶液因水解呈碱性的是ANH4ClBMgSO4CKOHDNaClO6位于元素周期表中第二周期I

2、VA族的元素是A碳B氧C硅D硫7以下说法不正确的选项是A氢氧化铁胶体可用于净水B镁合金可用于制造导弹、飞机的部件C石灰石石膏法可用于燃煤的脱硫D焦炭在炼铁高炉中用于直接复原铁矿石8以下表示不正确的选项是AMgF2的电子式：B二甲醚的结构式：CH3OCH3CNH3的球棍模型：D氧原子的结构示意图：9关于硫及其化合物说法正确的选项是A自然界的硫元索主要以硫单质、硫化物和硫酸盐等形式存在B浓硫酸可作枯燥剂，但不能枯燥二氧化硫、氯气等气体C二氧化硫能使溴水褪色，说明其具有漂白性D浓硫酸中存在的主要是硫酸分子，常温下就能和铜片剧烈反响10以下说法不正确的选项是A12C与14C为不同核素B石墨和C60的互

3、为同素异形体CH2O和D2O互为同位素D氨基酸分子中均含有羧基COOH和氨基NH211以下说法不正确的选项是A漂白粉在空气中易变质，所以应密封保存B工业上可用铁质容器存放浓硫酸C液氯可储存在钢瓶中，便于运输和使用D硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃，可保存在带玻璃塞的细口瓶中12在5mL0.1molL1KI溶液中滴加0.1molL1FeCl3溶液1mL，充分振荡后，再进行以下实验，其中可证明该反响有一定限度的实验是A再滴加AgNO3溶液，观察是否有AgI沉淀产生B参加CCl4振荡后，观察下层液体颜色C参加CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察是否出现红色D参加CCl4振荡后，取上层清液，滴

4、参加AgNO3溶液，观察是否有AgCl沉淀产生13以下说法不正确的选项是A生物质能来深于植物及其加工产品所贮存的能量，直接燃烧是利用方式之一B石油的裂化与裂解都是化学变化，而煤的气化与液化是物理变化C用高压氢气、氧气制作燃料电池是氢能源利用的一种重要方式D化学反响过程中反响物的总能量小于生成物的总能量，往往伴随热量的吸收14以下离子方程式正确的选项是A氯碱工业中电解饱和食盐水：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHB氯化铁溶液腐蚀铜板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+C氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫SO2+OH=HSO3D稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：Ba2+H+OH+SO42=BaSO4+H2O1

5、5如图为元素周期表中短周期的一局部，四种元素中只有一种是金属，以下说法不正确的选项是AW的氢化物比R的氢化物稳定BT的最高价氧化物水化物可能为强碱CQ的原子半径比T的小DW和Q的原子序数相差1016以下说法不正确的选项是A乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反响B苯在一定条件下能与浓硝酸反响得到硝基苯，发生了取代反响C乙醛在一定条件与氢气反响生成乙醇，发生了复原反响D鸡蛋清溶液中参加饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚17如图是镁一空气燃料电池工作原理示惫图，电池总反响为：2Mg+O2+2H2O=2MgOH2以下有关该电池的说法正确的选项是Aa极为负极，发生复原反响Bb电极上电

6、极反响：O2+2H2O+4e=4OHC工作时电子由b极经外电路流向a极D该装置实现了电能转化成化学能18以下说法正确的选项是A做“钠与水的反响实验时，切取绿豆粒大小的金属钠，用滤纸吸干外表的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再参加少量水，然后观察并记录实验现象B用蒸馏法提纯物质时，如果把温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口下方，会使收集的产品中混有低沸点的杂质C制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢参加浓硫酸和冰醋酸，加热35min，将导气管插入饱和Na2CO3溶液中以便于除去乙醇和乙酸D为检验皂化反响进行程度，取几滴反响液，滴入装有热水的试管中，振荡，假设有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反响19某温度下，

7、在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反响：3Ag+bB gcCgH=Q kJmol1Q012s 时到达平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反响过程如下图以下说法正确的选项是A前12s内，A的平均反响速率为0.025molL1s1B12s后，A的消耗速率等于B的生成速率C化学计量数之比b：c=1：2D12s内，A和B反响放出的热量为0.2Q kJ20以下说法不正确的选项是ACO2、SiO2的晶体结构类型不同B加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同CHCl、NaCl溶于水，破坏的化学健类型相同DNaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键21关于常温下pH均为12的氨水和氢氧化钠溶液，以下

8、说法正确的选项是A氨水的物质的量浓度等于氢氧化钠溶液B将氨水体积稀释10倍，pH11C等体积氨水和氢氧化钠溶液与足量氯化铁溶液反响，氨水产生的沉淀多D将等体积的氨水和氢氧化钠用稀盐酸完全中和，消耗盐酸的体积相同22设NA为阿伏加德罗常数的值以下说法正确的选项是A1molOH与1molOH所含质子数均为9NAB0.1mol/L的CuCl2溶液中含Cl的数目为0.2 NA4中含CC键的数目为2NAD10 mL2mol/LH2O2完全分解，转移的电子数为0.04为0.2 NA23常温下，向20.0mL 0.10molL1的NaOH溶液中逐滴国咋说0.10molL1的醋酸溶液，溶液pH随醋酸溶液体积的

9、变化如下图以下说法正确的选项是AN点处恰好完全反响，cCH3COO=cCH3COOHBO点处显中性，cCH3COO=cNa+=cH+=cOHCM点到O点过程中，可能出现cCH3COOcNa+DP点处显酸性，cCH3COO+cCH3COOH=2cNa+24氧化性：Br2Fe3+I2，向含a mol FeI2的溶液中参加含b mol Br2的溴水，充分反响以下说法不正确的选项是A离子的复原性强弱：IFe2+BrB当ab时，发生的离子反响：2I+Br2I2+2BrC当5a=4b时，反响后的离子浓度之比：cFe2+：cFe3+：cBr=1：1：5D当3a2b时，发生的离子反响：2Fe2+2I+2Br2

10、2Fe3+I2+4Br25某无色溶滚中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的假设干种为检验其中含有的离子，进行如下实验：取10mL溶液，参加足量氯水，无气体产生，再参加CCl4溶液分层，下层为橙扭色；分液后，将中上层溶液参加足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；另取10mL原溶液，参加过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448m气体以下关于原溶液的说法正确的选项是A肯定存在NH4+、Cl、BrBSO42、SO32至少含有一种C是否存在Na+需要通过焰色反响来确定D肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32、CO32二、解答题

11、共4小题，总分值20分26常见有机物间的转化关系如下图以下变化中，某些反响条件及产物未标明A是天然有机高分子化合物，D是一种重要的化工原料在相同条件下，G蒸气密度是氢气的44 倍1D中官能团的名称：2C和E反响的化学方程式：3检验A转化过程中有B生成，先中和水解液，再需要参加的试剂是4某烃X的相对分子质量是D、F之和，分子中碳与氢的质量之比是5：1以下说法正确的选项是AX 不溶于水，与甲烷互为同系物 BX性质稳定，高温下不会分解CX不存在含有3个甲基的同分异构体 DX可能和溴水发生加成反响27利用硫铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等制备铁红，大致生产过程如下请答复：1验滤液A 中

12、含有Fe2+的方法是2滤液AB发生反响的离子方程式为3在空气中煅烧FeCO3的方程式为28某兴趣小组利用如图实验装置制备氯气并检验氯气的性质1仪器a 的名称是2装置A中发生反响的离子方程式为3以下说法不正确的选项是A装置B中溶液变蓝，说明氯的非金属性强于碘B装置C中布条褪色，说明氯气有强氧化性C装置D中产生白色沉淀，说明有HCl挥发出来D装置E中试剂可以是NaOH溶液，作用是吸收尾气29将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份参加一定；量某浓度的盐酸至恰好反响完全，收集到标准状况下2.24L气体，消耗盐酸40.0mL

13、试计算：1原均匀混合物中NaHCO3的物质的量nNaHCO3=mol2盐酸的浓度cHCl=mol/L加试题30氮及其化合物在工农业生产生活中应用广泛，请解决以下问题1化合物甲由氮和另一种常见的主族元素组成是一种新型无机材料将8.2g甲溶于足量的氢氧化钠溶液，可产生标准状况下为4.48L的气体，该气体可作制冷剂向反响后的溶滚中逐滴参加稀盐酸，产生白色沉淀质量最大为15.6g，继续滴加沉淀消失那么甲溶于氢氧化钠的化学方程式为2NH3催化复原氮氧化物是目前应用广泛的烟气氮氧化物脱除技术例如：4NH3g+6NOg5N2g+6H2OgH1己知：H2Ol=H2OgH24NH3g+5O2g=4NOg+6H2

14、OgH3那么NH3g的标准燃烧热H=以FeSO4作催化剂在不同温度下，经过相同的时间测试氨复原氮氧化物效果如图1，当反响在400450，NOx的转化率随温度升高而降低当体系温度升至500以上时NOx的转化率迅速下降，其可能原因是图2反映的是在400N2的体积分数与反响物中的关系，请在下面的图2上画出450的变化趋势曲线3N2O5是绿色硝化试剂，溶于水可得硝酸图3是以N2O4为原料电解制备N2O5的装置示意图写出阳极区生成N2O5的电极反响式是2O5，使溶液中cNH3H2O：cNH4+=5：9，此时溶液的pH=25时NH3H2O的电离平衡常数Kb105加试题31重铬酸钾是一种常见的强氧化剂实验室

15、以精选铬铁矿主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质为原料制备重铬酸钾晶体KCr2O7，式量294的流程如下：请答复以下问题：1操作1中发生的反响有：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2该步骤在常温下的反响速度较慢，为使反响速率增大，可采取的两条措施是2固体Y中主要含有填写化学式3酸化步骤使含铬物质发生了转化，请写出离子反响方程式4操作4中的化学反响在溶液中能发生的可能理由是；获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：参加KCl固体，在水浴

16、上加热浓缩至，冷却结晶，抽滤，洗涤，枯燥5通过以下实验可测定产品中重铬酸钾的质量分数：称取重铬酸钾试样1.470g，用100mL容量瓶配制成溶液移取25.00mL溶液于碘量瓶中，参加适里稀硫酸和足量碘化钾铬的复原产物为Cr3+，放于暗处5min然后参加一定量的水，参加淀粉指示剂，用0.1500mol/L标准溶液滴定，共消耗标准浓36.00mL滴定时发生的反响的离子方程式为：I2+2S2O32=2I+S4O62那么所测产品中重铬酸钾的纯度为6有关上述实验过程中涉及的局部实验操作的描述，正确的选项是A粗产品假设要进一步提纯，可以采用重结晶的方法B配制溶液时，用托盘夭平称取试样后，一般经溶解、转移含

17、洗涤、定容等步骤，配制成100mL溶液C滴定时，当最后一滴标准溶液滴入时，溶液变为蓝色，且半分钟内不变色，可判断滴定终点D滴定终点时俯视读数，测定结果偏低加试题32双酚A型聚芳酯PAR，因其优异的耐热性和良好的力学性能而得到广泛的应用以下是它的一种合成路线己知：i+2+H2Oii+SOCl2+SO2+HCliii+ROH+HCl1一定条件下，B和E发生反响的反响类型为，E的分子式为2以下关于E的描述正确的选项是A分子中有两种含氧官能团 B与浓溴水、NaHCO3溶液能发生反响3CD的化学方程式为4同时符合以下条件的B的同分异构体有多种，任写其中两种的结构简式1HNMR谱显示有2种不同化学环境的氢

18、原子含苯环，1mol该有机物发生银镜反响可生成4molAg5设计AB的合成路线用流程图表示，无机试剂任选2021年浙江省宁波市十校联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题本大题共25小题，每题2分，共50分每个小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多项选择、错选均不得分1以下物质中属于碱性氧化物的是ASO2BCaOCCODNaOH【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】由两种元素组成，其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物碱性氧化物是指能跟酸起反响，生成盐和水的氧化物一般来说金属氧化物大局部是碱性氧化物，而且碱性氧化物一定是金属氧化物能跟碱起反响，生成盐和水的氧化

19、物属于酸性氧化物既能和酸反响，又能和碱反响的氧化物属于两性氧化物既不能和酸反响，又不能和碱反响的氧化物属于不成盐氧化物【解答】解：A二氧化碳为氧化物，能跟碱起反响，生成盐和水，属于酸性氧化物，不能与酸反响，不属于碱性氧化物，故A错误；B氧化钙为氧化物，它能和酸反响生成盐和水，如与盐酸反响生成氯化钙和水，是碱性氧化物，故B正确；CCO既不能和酸反响，又不能和碱反响，属于不成盐氧化物，故C错误；DNaOH由三种元素组成，不属于氧化物，故D错误；应选B2配制一定物质的量浓度的溶液不需要用到的仪器是ABCD【考点】溶液的配制【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器，配制步骤为计算

20、、称量量取、溶解、转移、洗涤、定容等【解答】解：配制步骤为计算、称量量取、溶解、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平、钥匙量取时用到量筒，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管，所以没有用到的是漏斗，应选：A3以下物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是AC12H22O11BSO3CNaHCO3DBr2【考点】电解质与非电解质【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物【解答】解：A、C12H22O11其水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B、SO3的水溶液能导电，是因SO3和水反响生成亚硫酸，亚硫

21、酸电离生成离子而导电，即发生电离不是SO3本身，故SO3属于非电解质，故B正确；C、NaHCO3的水溶液导电，属于电解质，故C错误；D、Br2其水溶液导电，但不是物质本身导电，Br2的成分是单质，不是非电解质，故D错误应选B4化学反响2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2的反响类型是A化合反响B分解反响C置换反响D复分解反响【考点】钠的化学性质【分析】由反响可知，Na置换出H，以此来解答【解答】解：A生成物有两种，不是化合反响，故A不选；B反响物有两种，不是分解反响，故B不选；C为单质、化合物生成新单质、化合物的反响，属于置换反响，故C选；D反响物、生成物均有单质，不属于复分解反

22、响，故D不选；应选C5以下物质的水溶液因水解呈碱性的是ANH4ClBMgSO4CKOHDNaClO【考点】盐类水解的应用【分析】因水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，以此解答该题【解答】解：A氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故A错误；B硫酸镁溶液略呈酸性，故B错误；CKOH为碱，不发生水解，故C错误；DNaClO为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，故D正确应选D6位于元素周期表中第二周期IVA族的元素是A碳B氧C硅D硫【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】位于第二周期第IVA族的元素，其原子结构中有2个电子层，最外层电子数为4，以此来解答【解答】解：位于第二周期第IVA族的元素，其原子结构中有2个电子层，

23、最外层电子数为4，第一电子层电子数为2，那么质子数为2+4=6，所以该元素为碳元素，应选A7以下说法不正确的选项是A氢氧化铁胶体可用于净水B镁合金可用于制造导弹、飞机的部件C石灰石石膏法可用于燃煤的脱硫D焦炭在炼铁高炉中用于直接复原铁矿石【考点】物质的组成、结构和性质的关系；胶体的重要性质【分析】A氢氧化铁胶体具有较大外表积，有吸附性；B镁合金密度小，硬度大；C依据方程式：SO2+CaOH2=CaSO3+H2O；2CaSO3+O2=2CaSO4解答；D炼铁过程中，焦炭燃烧生成二氧化碳，二氧化碳在高温条件下被焦炭复原成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反响生成铁和二氧化碳【解答】解：A氢氧化铁胶体具有较

24、大外表积，有吸附性，能够吸附水中杂质，可以做净水剂，故A正确；B镁合金密度小，硬度大，适合制造导弹、飞机的部件，故B正确；C石灰石石膏法脱硫的原理第一步是SO2+CaOH2CaSO3+H2O，然后再将产物氧化制成石膏，2CaSO3+O2=2CaSO4，故C正确；D焦炭在炼铁高炉中先和空气中的氧气反响生成二氧化碳，二氧化碳再被焦炭含有成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反响生成铁和二氧化碳，不是用焦炭复原铁矿石，故D错误；应选：D8以下表示不正确的选项是AMgF2的电子式：B二甲醚的结构式：CH3OCH3CNH3的球棍模型：D氧原子的结构示意图：【考点】电子式；球棍模型与比例模型【分析】A、氟化镁为离子

25、化合物，由镁离子和氟离子构成；B、二甲醚为甲醇分子发生分子间脱水生成的有机物；C、氨气为三角锥的空间构型；D、氧原子的核内有8个质子，核外有8个电子【解答】解：A、镁原子失去2个电子形成镁离子，氟原子得到1个电子形成氟离子，1个镁离子与2个氟离子通过离子键结合形成氟化镁，电子式为：，故A正确；B、二甲醚分子中氧原子连接了两个甲基，甲醚的结构式为：，故B错误；C、氨气为三角锥的空间构型，故氨气的球棍模型为，故C正确；D、氧原子的核内有8个质子，核外有8个电子，故氧原子的结构示意图为，故D正确应选B9关于硫及其化合物说法正确的选项是A自然界的硫元索主要以硫单质、硫化物和硫酸盐等形式存在B浓硫酸可作

26、枯燥剂，但不能枯燥二氧化硫、氯气等气体C二氧化硫能使溴水褪色，说明其具有漂白性D浓硫酸中存在的主要是硫酸分子，常温下就能和铜片剧烈反响【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】A自然界中含有硫单质、硫化物、硫酸盐；B二氧化硫中的硫为+4价，浓硫酸中的硫为+6价，浓硫酸不能氧化二氧化硫，不能氧化氯气；C二氧化硫能使溴水褪色是二氧化硫被溴单质氧化为硫酸；D常温下浓硫酸和铜不发生反响【解答】解：A硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，故A正确；B浓硫酸可作枯燥剂，和二氧化硫、氯气不能发生反响能枯燥二氧化硫、氯气等气体，故B错误；C二氧化硫能使溴水褪色，是二氧化硫被溴单质氧化为硫酸

27、，说明其具有复原性，故C错误；D浓硫酸常温下不能和铜片剧烈反响，故D错误；应选A10以下说法不正确的选项是A12C与14C为不同核素B石墨和C60的互为同素异形体CH2O和D2O互为同位素D氨基酸分子中均含有羧基COOH和氨基NH2【考点】同位素及其应用；同素异形体【分析】A一定质子数和中子数的原子为元素的核素；B同种元素组成的不同单质为同素异形体；C质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；D氨基酸含有官能团羧基和氨基【解答】解：A12C与14C质子数相同，中子数不同属于同位素为碳元素的不同核素，故A正确；B石墨和C60是碳元素组成的不同单质互为同素索异形体，故B正确；CH2O和D2

28、O为化合物不是原子，不互为同位素，故C错误；D氨基酸是分子中均含有羧基COOH和氨基NH2的化合物，含有官能团羧基和氨基，故D正确；应选C11以下说法不正确的选项是A漂白粉在空气中易变质，所以应密封保存B工业上可用铁质容器存放浓硫酸C液氯可储存在钢瓶中，便于运输和使用D硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃，可保存在带玻璃塞的细口瓶中【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A漂白粉在空气中易吸收空气中的二氧化碳和水蒸气反响生成次氯酸见光分解会失效；B常温下铁在浓硫酸中发生钝化；C常温下氯气和铁不能发生反响；D硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃，是矿物胶【解答】解：A漂白粉中的次氯酸钙与空气中二氧化碳反响生成

29、不稳定的次氯酸，在空气中易失效，应隔绝空气密封保存，并放置在枯燥避光的环境中，故A正确；B常温下铁在浓硫酸中发生钝化，外表形成一薄层致密氧化物薄膜阻止反响进行，工业上可用铁质容器存放浓硫酸，故B正确；C常温下氯气和铁不能发生反响，液氯可储存在钢瓶中，便于运输和使用，故C正确；D硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃，是矿物胶玻璃塞和瓶口易被粘结不容易翻开，故D错误；应选D12在5mL0.1molL1KI溶液中滴加0.1molL1FeCl3溶液1mL，充分振荡后，再进行以下实验，其中可证明该反响有一定限度的实验是A再滴加AgNO3溶液，观察是否有AgI沉淀产生B参加CCl4振荡后，观察下层液体颜色C参加CC

30、l4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察是否出现红色D参加CCl4振荡后，取上层清液，滴参加AgNO3溶液，观察是否有AgCl沉淀产生【考点】化学实验方案的评价【分析】三氯化铁中加过量的碘化钾，充分反响后加硫氰化钾，溶液变血红色，证明有三价铁离子存在，从而证明FeC13溶液和KI溶液的反响存在反响限度，以此解答该题【解答】解：A参加FeCl3溶液56滴，物质的量较少，由于有KI的剩余，滴加AgNO3溶液，肯定会有黄色沉淀生成，不能判断2Fe3+2II2+2Fe2+是否存在限度，故A错误；B由于参加FeCl3溶液，将碘离子氧化为碘单质，参加CCl4振荡后，生成的碘单质溶于CCl4而显紫红色

31、，智能说明生成了碘单质，而不能判断是否存在限度，故B错误；C滴加KSCN溶液，观察溶液是否变血红色，说明溶液中存在铁离子，由于参加FeCl3溶液较少，假设不存在限度，参加KSCN溶液后，溶液是不变色，说明该反响存在限度，故C正确；D参加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明存在，由于氯离子不参与离子反响，即氯离子始终存在于溶液中，所以不能判断是否存在限度，故D错误应选C13以下说法不正确的选项是A生物质能来深于植物及其加工产品所贮存的能量，直接燃烧是利用方式之一B石油的裂化与裂解都是化学变化，而煤的气化与液化是物理变化C用高压氢气、氧气制作燃料电池是氢能源利用的一种重要方式D化学反响过程中反响物

32、的总能量小于生成物的总能量，往往伴随热量的吸收【考点】反响热和焓变【分析】A生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用；B煤的气化利用煤与水蒸气反响产生的H2和CO；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程；C用高压氢气、氧气制作燃料电池产物为水，无任何污染；D吸热反响中，反响物的总能量小于生成物的总能量【解答】解：A生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加

33、工产品所贮存的能量，其主要利用形式有：直接燃烧、生物化学转化、热化学转换等，故A正确；B通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，石油的裂化、裂解是化学变化；煤的气化利用煤与水蒸气反响产生的H2和CO，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故B错误； C用高压氢气、氧气制作燃料电池产物为水，无任何污染，所以是氢能源利用的一种重要方式，故C正确；D反响物的总能量小于生成物的总能量时发生的反响是吸热反响，故D正确应选B14以下离子方程式正确的选项是A氯碱工业中电解饱和食盐水：2Cl+2H

34、2OH2+Cl2+2OHB氯化铁溶液腐蚀铜板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+C氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫SO2+OH=HSO3D稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：Ba2+H+OH+SO42=BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A氯碱工业中电解饱和食盐水时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气；B离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；C二氧化硫少量，反响生成亚硫酸根离子；D氢离子、氢氧根离子的系数错误【解答】解：A氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反响的离子方程为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故A正确；B氯化铁溶液腐蚀铜板，反响生

35、成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B错误；C氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫，反响生成亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：SO2+2OH=SO32+H2O，故C错误；D稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，反响生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2+2H+2OH+SO42=BaSO4+2H2O，故D错误；应选A15如图为元素周期表中短周期的一局部，四种元素中只有一种是金属，以下说法不正确的选项是AW的氢化物比R的氢化物稳定BT的最高价氧化物水化物可能为强碱CQ的原子半径比T的小DW和Q的原子序数相差10【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】图为元素周期

36、表中短周期的一局部，四种元素中只有一种是金属，由图可知T为Al，结合位置可知，Q为C，R为P，W为S，A非金属性越强，对应氢化物越稳定；BT的最高价氧化物水化物为氢氧化铝；C电子层越多，原子半径越大；DW和Q的原子序数分别为16、6【解答】解：图为元素周期表中短周期的一局部，四种元素中只有一种是金属，由图可知T为Al，结合位置可知，Q为C，R为P，W为S，A非金属性SP，W的氢化物比R的氢化物稳定，故A正确；BT的最高价氧化物水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，属于弱碱，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，那么Q的原子半径比T的小，故C正确；DW和Q的原子序数分别为16、6，原子序数之差为10

37、，故D正确；应选B16以下说法不正确的选项是A乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反响B苯在一定条件下能与浓硝酸反响得到硝基苯，发生了取代反响C乙醛在一定条件与氢气反响生成乙醇，发生了复原反响D鸡蛋清溶液中参加饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙烯含碳碳双键；B苯中H被硝基取代；CCHO与氢气发生加成反响生成OH，H原子增多；D鸡蛋清溶液中参加饱和硫酸铵溶液发生盐析，为可逆过程【解答】解：A乙烯含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，故A正确；B苯中H被硝基取代，那么生成硝基苯，为取代反响，故B正确；CCHO与氢气发生加成反响生成OH，H原子增多，为

38、复原反响，故C正确；D鸡蛋清溶液中参加饱和硫酸铵溶液发生盐析，为可逆过程，而鸡蛋清溶液中参加饱和硫酸铜溶液会发生变性而凝聚，故D错误；应选D17如图是镁一空气燃料电池工作原理示惫图，电池总反响为：2Mg+O2+2H2O=2MgOH2以下有关该电池的说法正确的选项是Aa极为负极，发生复原反响Bb电极上电极反响：O2+2H2O+4e=4OHC工作时电子由b极经外电路流向a极D该装置实现了电能转化成化学能【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该电池为燃料电池，是将化学能转化为电能的装置，镁燃料电池中，镁的一极为电源的负极，发生氧化反响，通入氧气的一极为原电池的正极，电子由负极经外电路流向正极，据此

39、分析解答【解答】解：A通入氧气的一极b为原电池的正极，那么a为负极，发生氧化反响，故A错误；B该电池的正极反响式为：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确；C通入氧气的电极是正极，所以a是负极、b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，故C错误；D该电池为燃料电池，是将化学能转化为电能的装置，故D错误；应选B18以下说法正确的选项是A做“钠与水的反响实验时，切取绿豆粒大小的金属钠，用滤纸吸干外表的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再参加少量水，然后观察并记录实验现象B用蒸馏法提纯物质时，如果把温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口下方，会使收集的产品中混有低沸点的杂质C制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢参加

40、浓硫酸和冰醋酸，加热35min，将导气管插入饱和Na2CO3溶液中以便于除去乙醇和乙酸D为检验皂化反响进行程度，取几滴反响液，滴入装有热水的试管中，振荡，假设有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反响【考点】化学实验方案的评价【分析】A应该是将绿豆大小的金属钠放入滴有酚酞的水溶液中；B假设在下方位置，将收集到低沸点馏分；C不能将导管插入饱和碳酸钠溶液中，否那么易发生倒吸现象；D油脂不溶于水，硬脂酸钠和甘油易溶于水【解答】解：A钠与水反响时，先在烧杯中加一定量的水，再加绿豆大小的金属钠，反响时钠浮在水面上，可观察实验现象，故A错误；B蒸馏时测定馏分的温度，那么温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，假设在下

41、方位置，将收集到低沸点馏分，那么使收集的产品中混有低沸点的杂质，故B正确；C制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢参加浓硫酸和冰醋酸，加热35min，将导气管放在饱和Na2CO3溶液上以便于除去乙醇和乙酸，不能插入溶液中，故C错误；D油脂不溶于水，油脂发生皂化反响生成的硬脂酸钠和甘油易溶于水，故当无油滴浮在液面上时说明已无油脂油，即说明已完全反响，假设有油滴浮在液面上，说明油脂没有完全反响，故D错误；应选B19某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反响：3Ag+bB gcCgH=Q kJmol1Q012s 时到达平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反响过程如下图以下说法正确的选项是A前12s

42、内，A的平均反响速率为0.025molL1s1B12s后，A的消耗速率等于B的生成速率C化学计量数之比b：c=1：2D12s内，A和B反响放出的热量为0.2Q kJ【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反响：3Ag+bB gcCgH=Q kJmol1Q012s 时到达平衡，生成C的物质的量为0.8mol，A图象分析可知A的浓度变化=0.8mol/L0.2mol/L=0.6mol/L，反响速率v=；B图象分析计算B的反响速率，浓度变化=0.5mol/L0.3mol/L=0.2mol/L，速率之比等于化学方程式计量数之比；C计算得到A

43、BC的反响速率，速率之比等于化学方程式计量数之比；D.12s内反响3molA放热QKJ，反响A的物质的量=0.8mol/L0.2mol/L2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算分析；【解答】解：某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反响：3Ag+bB gcCgH=Q kJmol1Q012s 时到达平衡，生成C的物质的量为0.8mol，A图象分析可知A的浓度变化=0.8mol/L0.2mol/L=0.6mol/L，反响速率v=0.05mol/Ls，故A错误；B图象分析B的浓度变化=0.5mol/L0.3mol/L=0.2mol/L，计算B的反响速率=，速率之比等于化学方程式计量

44、数之比，3：b=0.05：，b=1，3：c=0.05：，c=2，化学方程式中AB计量数不同，12s后到达平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，故B错误；C图象分析B的浓度变化=0.5mol/L0.3mol/L=0.2mol/L，计算B的反响速率=，速率之比等于化学方程式计量数之比，3：b=0.05：，b=1，3：c=0.05：，c=2，化学计量数之比b：c=1：2，故C正确；D.12s内反响3molA放热QKJ，反响A的物质的量=0.8mol/L0.2mol/L2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算，3Ag+B g2CgH=Q kJmol1，1.2molA反响放出热量0.4QKJ，

45、故D错误；应选C20以下说法不正确的选项是ACO2、SiO2的晶体结构类型不同B加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同CHCl、NaCl溶于水，破坏的化学健类型相同DNaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键【考点】化学键和分子间作用力的区别；离子化合物的结构特征与性质【分析】A根据晶体的构成微粒判断；B加热熔化时原子晶体克服共价键，分子晶体克服分子间作用力；C离子化合物中含有离子键，共价化合物中只含有共价键；D阴阳离子间形成离子键，非金属原子间形成共价键【解答】解：ACO2晶体中分子间通过分子间作用力结合为分子晶体，SiO2晶体中Si与O原子间通过共价键结合形成原子晶体，晶体结构类型不

46、同，故A正确；B硅属于原子晶体，加热熔化时原子晶体克服共价键，S属于分子晶体，分子晶体克服分子间作用力，那么加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同，故B正确；CHCl属于共价化合物溶于水电离，破坏共价键，NaCl属于离子化合物，溶于水破坏离子键，故C错误；DNaOH中钠离子与氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl晶体中铵根离子与氯离子形成离子键，N与H形成共价键，既有离子键又有共价键，故D正确应选C21关于常温下pH均为12的氨水和氢氧化钠溶液，以下说法正确的选项是A氨水的物质的量浓度等于氢氧化钠溶液B将氨水体积稀释10倍，pH11C等体积氨水和氢氧化钠溶液与足量氯化铁溶液反响，

47、氨水产生的沉淀多D将等体积的氨水和氢氧化钠用稀盐酸完全中和，消耗盐酸的体积相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】氢氧化钠为强电解质，而氨水为弱碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH，那么常温下pH=12的氨水和氢氧化钠溶液中，氨水的浓度大于NaOH溶液，溶液最后提供的氢氧化根离子多，恰好中和时，氨水消耗盐酸的体积较大，据此进行解答【解答】解：ANH3H2O是弱电解质，在溶液中局部电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，那么氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液，故A错误；B氨水为弱碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH，将氨水体积稀释10倍，促进电离，溶液pH11，故B错误；C氨水

48、的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，等体积氨水和氢氧化钠溶液与足量氯化铁溶液反响，氨水产生的沉淀多，故C正确；D氨水浓度较大，那么氨水消耗盐酸的体积较大，将等体积的氨水和氢氧化钠用稀盐酸完全中和，氨水消耗盐酸多，所以消耗盐酸的体积不相同，故D错误；应选C22设NA为阿伏加德罗常数的值以下说法正确的选项是A1molOH与1molOH所含质子数均为9NAB0.1mol/L的CuCl2溶液中含Cl的数目为0.2 NA4中含CC键的数目为2NAD10 mL2mol/LH2O2完全分解，转移的电子数为0.04为0.2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氢氧根和羟基中均含9个质子；B、溶液体积不全面；

49、C、标况下四氯化碳为液态；D、双氧水的分解为歧化反响【解答】解：A、氢氧根和羟基中均含9个质子，故1mol氢氧根和1molOH中均含NA个质子，故A正确；B、溶液体积不全面，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、标况下四氯化碳为液态，故物质的量无法根据气体摩尔体积来计算，故C错误；A个电子，故D错误应选A23常温下，向20.0mL 0.10molL1的NaOH溶液中逐滴国咋说0.10molL1的醋酸溶液，溶液pH随醋酸溶液体积的变化如下图以下说法正确的选项是AN点处恰好完全反响，cCH3COO=cCH3COOHBO点处显中性，cCH3COO=cNa+=cH+=cOHCM点到O点过程中，

50、可能出现cCH3COOcNa+DP点处显酸性，cCH3COO+cCH3COOH=2cNa+【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、N点处也就是两者等体积，恰好完全反响，生成醋酸钠；B、O点溶液PH=7，溶液呈中性；C、M点到O点过程中，溶液呈碱性，所以cH+cOH，根据电荷守恒：cCH3COOcNa+；D、P点是醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离导致溶液呈酸性，根据物料守恒分析解答【解答】解：A、N点处也就是两者等体积，恰好完全反响，生成醋酸钠，醋酸根离子的水解微弱，所以cCH3COOcCH3COOH，故A错误；B、O点溶液PH=7，溶液呈中性，所以cCH3COO=cNa+cH

51、+=cOH，故B错误；C、M点到O点过程中，溶液呈碱性，所以cH+cOH，根据电荷守恒：cCH3COOcNa+，所以不可能出现cCH3COOcNa+，故C错误；D、P点是醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离导致溶液呈酸性，根据物料守恒cCH3COO+cCH3COOH=2cNa+，故D正确；应选D24氧化性：Br2Fe3+I2，向含a mol FeI2的溶液中参加含b mol Br2的溴水，充分反响以下说法不正确的选项是A离子的复原性强弱：IFe2+BrB当ab时，发生的离子反响：2I+Br2I2+2BrC当5a=4b时，反响后的离子浓度之比：cFe2+：cFe3+：cBr=1：1：5D当3a2b

52、时，发生的离子反响：2Fe2+2I+2Br22Fe3+I2+4Br【考点】氧化复原反响【分析】A、氧化性：Br2Fe3+I2，根据强弱规律，那么复原性IFe2+Br；B、溴与碘亚铁反响首先与复原强的碘离子反响，后与亚铁离子反响；C、当5a=4b时，即a mol FeI2和mol Br2反响，所以碘离子完全反响，亚铁离子一半被氧化成铁离子，所以离子浓度之比：cFe2+：cFe3+：cBr=1：1：5；D、当3a=2b时，a mol的FeI2溶液和b molBr2恰好完全反响【解答】解：A、氧化性：Br2Fe3+I2，根据强弱规律，那么复原性IFe2+Br，故A正确；B、溴与碘亚铁反响首先与复原强

53、的碘离子反响，后与亚铁离子反响，如果a=b时，FeI2溶液中碘离子恰好与溴完全反响，那么ab时，说明只发生碘离子与溴的反响，发生的离子反响：2I+Br2I2+2Br，故B正确；C、当5a=4b时，即a mol FeI2和mol Br2反响，所以碘离子完全反响，亚铁离子一半被氧化成铁离子，所以离子浓度之比：cFe2+：cFe3+：cBr=1：1：5，故C正确；D、当3a=2b时，a mol的FeI2溶液和b mol Br2恰好完全反响，其中亚铁离子与碘离子的物质的量之比为：1：2，离子反响方程式为：2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6Br，故D错误；应选D25某无色溶滚中可能含有Na+、

54、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的假设干种为检验其中含有的离子，进行如下实验：取10mL溶液，参加足量氯水，无气体产生，再参加CCl4溶液分层，下层为橙扭色；分液后，将中上层溶液参加足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；另取10mL原溶液，参加过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448m气体以下关于原溶液的说法正确的选项是A肯定存在NH4+、Cl、BrBSO42、SO32至少含有一种C是否存在Na+需要通过焰色反响来确定D肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32、CO32【考点】常见离子的检验方法【分析】无色溶液中不存在有色的Cu2+

55、；取10mL溶液，参加足量氯水，无气体产生，说明原溶液中不存在CO32，再参加CCl4溶液分层，下层为橙红色，说明存在Br；分液后，将中上层溶液参加足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，该沉淀为硫酸钡，说明原溶液中含有SO42、SO32中的至少一种离子，那么一定不存在Ba2+；另取10mL原溶液，参加过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448m气体，说明原溶液中含有NH4+，据此结合电荷守恒进行解答【解答】解：无色溶液中不存在有色的Cu2+；根据参加足量氯水生成无气体产生可知原溶液中不存在CO32，再参加CCl4溶液分层，下层为橙红色，说明存在Br；将中上层溶液参加足量B

56、aCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，该沉淀为硫酸钡，说明原溶液中含有SO42、SO32中的至少一种离子，那么一定不存在Ba2+；根据可知生成的气体为氨气，其物质的量为： 4+；2.33g硫酸钡的物质的量为： =0.01mol，由于溶液中含有溴离子，根据电荷守恒可知原溶液中负电荷的物质的量一定大于0.02mol，而正电荷只有0.02mol，说明溶液中一定还含有Na+，根据分析可知，溶液中一定含有的离子为：Na+、NH4+、Br及SO42、SO32中的至少一种离子；一定不存在的离子为：Ba2+、Cu2+、CO32，不能确定的离子为Cl，A肯定存在NH4+、Br，无法确定是否含有Cl，故A

57、错误；B根据分析可知，SO42、SO32至少含有一种，故B正确；C根据分析可知，溶液中一定含有钠离子，不需要通过焰色反响检验，故C错误；D肯定不存在Ba2+、Cu2+、CO32，可能含有SO32，故D错误；应选B二、解答题共4小题，总分值20分26常见有机物间的转化关系如下图以下变化中，某些反响条件及产物未标明A是天然有机高分子化合物，D是一种重要的化工原料在相同条件下，G蒸气密度是氢气的44 倍1D中官能团的名称：碳碳双键2C和E反响的化学方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O3检验A转化过程中有B生成，先中和水解液，再需要参加的试剂是新制氢氧化铜或银氨溶液

58、4某烃X的相对分子质量是D、F之和，分子中碳与氢的质量之比是5：1以下说法正确的选项是AAX 不溶于水，与甲烷互为同系物 BX性质稳定，高温下不会分解CX不存在含有3个甲基的同分异构体 DX可能和溴水发生加成反响【考点】有机物的推断【分析】A是天然有机高分子化合物，在酸性条件下水解得B，B在酒化酶的作用下生成C和F，所以A为C6H10O5n，B为C6H12O6，G蒸气密度是氢气的44 倍，即G的相对分子质量为88，D是一种重要的化工原料，D与水加成得C，所以C为CH3CH2OH，F为CO2，那么D为CH2=CH2，D氧化得E为CH3COOH，C和E发生酯化反响生成G为CH3COOCH2CH3，

59、烃X的相对分子质量是D、F之和，即为72，分子中碳与氢的质量之比是5：1，那么X为C5H12，据此答题【解答】解：A是天然有机高分子化合物，在酸性条件下水解得B，B在酒化酶的作用下生成C和F，所以A为C6H10O5n，B为C6H12O6，G蒸气密度是氢气的44 倍，即G的相对分子质量为88，D是一种重要的化工原料，D与水加成得C，所以C为CH3CH2OH，F为CO2，那么D为CH2=CH2，D氧化得E为CH3COOH，C和E发生酯化反响生成G为CH3COOCH2CH3，烃X的相对分子质量是D、F之和，即为72，分子中碳与氢的质量之比是5：1，那么X为C5H12，1根据上面的分析可知，D为CH2

60、=CH2，D中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；2C和E发生酯化反响生成CH3COOCH2CH3，反响的化学方程式CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；3检验A转化过程中有B生成，即检验葡萄糖的存在，先中和水解液，再需要参加的试剂是新制氢氧化铜或银氨溶液，故答案为：新制氢氧化铜或银氨溶液；4X为C5H12，是饱和烷烃，AC5H12 不溶于水，与甲烷互为同系物，故A正确； BC5H12在高温下会分解，故B错误；CC5H12的一种同分异构体为2，2二甲基丙烷，有三个甲基，故C错误；D烷