2021-2022学年广东省广州市高三(上)调研化学试卷(12月份)(附答案详解)

1、第 页，共28页2.3.2021-2022学年广东省广州市高三（上）调研化学试卷（12月份）一、单选题（本大题共16小题，共440分）1.我国神舟十三号载人飞船成功发射。下列有关说法不正确的是（）运载火箭使用的液氢燃料是清洁燃料运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料航天服头盔的主要成分聚碳酸酯属于有机高分子材料载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO2F列有关氯及其化合物的性质与实际应用不相符的是（）选项性质实际应用ACl2是黄绿色气体工业上用氯气和氢气制造盐酸BHC1具有强酸性盐酸用于生产洁厕剂C次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D熔融NaCl可导电电解熔融NaCl制备NaA.AB

2、.BC.CD.D在实验室制备和纯化乙酸乙酯的过程中，下列操作未涉及的是（）C.4.D.碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能有效促进碳中和的是A.汽油中添加乙醇B.开采可燃冰作为燃料C.以CO2为原料人工合成淀粉D.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染5.下列劳动项目或生产活动与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目或生产活动化学知识A用糯米酿制米酒淀粉是基本营养物质B用热的纯碱溶液洗去油污油脂在碱性条件下水解C用食醋清洗水壶中的水垢醋酸酸性比碳酸强D用氯化铁溶液刻蚀电路板Fe3+具有氧化性A.AB.BC.CD.D6.部分含硫物质的分类与相应的化合价关系如图，下列推断不合理的是()

3、A.b可与f反应生成aB.b既可被氧化，也可被还原C.酸雨包括etd的转化D.d的浓溶液与Cu反应可生成c7.我国首创的海洋电池以铝板、铂网作电极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流，放电时()8.A.铝电极上发生还原反应C.氧气在正极上得电子一种化合物是生成尼龙66的原料,B.阳离子移向负极D.电流由铝板经外电路流向铂网其分子结构简式5，关于该有机物说法正确的是()属于烯烃能够使酸性高锰酸钾溶液褪色可发生加成反应，不能发生取代反应不能与NaOH溶液反应9.HCOOH是最简单的羧酸，俗称蚁酸。下列叙述正确的是()pH=4的HCOOH溶液中，c(H+)=c(HCOO-)pH=5的HC

4、OOH和HCOONa混合溶液中，c(HCOO-)c(Na+)O.lmol-L-iHCOONa溶液中，c(Na+)c(OH-)c(HCOO-)c(H+)O.lmol-L-iHCOONa溶液中，c(Na+)=c(HCOO-)+c(OH-)双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是()A.过程U中，1mol02可氧化2molNa2S03双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用D.总反应为2Ca（OH）2+2SO2+02=2CaSO4+2H2O下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（）钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=CuI+2Na+4用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO3-+Ca2+=C

5、aCO3I硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：A13+4OH-=A1O-+2H2O酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液：2MnO-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2T+8H2O设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）28gFe与水蒸气充分反应转移的电子数目为Na1LpH=1的H2C2O4溶液中含有阳离子总数为0.2Na0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NA标准状况下，22.4LCC14中含有C-Cl键的个数为4Na下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A探究浓度对反应速率的影响将装有no2的密闭烧瓶浸泡在冰水中B提纯混有氯化氢和水蒸气

6、的氯气将氯气依次通过浓硫酸和饱和食盐水C制备Fe（OH）3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中D比较乙醇和水中氢的活泼性分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中A.AB.BC.CD.D一种化合物Y2ZW3X可用作牙膏的添加剂，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，w与X的最外层电子数之和为13。下列说法正确的是（）简单离子半径：WXY简单氢化物的沸点：XWZY和W形成的化合物中只含有离子键D.Y与X形成的化合物的水溶液呈酸性一种电解法合成氨的装置如图所示，该法采用的高质子导电性陶瓷，在高温时可以传

7、输H+,用吸附在它内外表面上的金属Pd多晶薄膜做电极，实现了570。：常压下高转化率合成氨。下列叙述正确的是Pd电极a为阳极阴极的电极反应式为N2+8H+6e-=2NH+每生成1mo1NH3，有3gH2被氧化该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移16.用0.01mol-L-1氨水滴定20mL浓度均为0.01mol-L-i的HCl和CH3COOH混合溶液。导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。已知Ka（CH3COOH）=a31.7x10-5。下列叙述正确的是（）A.a点的混合溶液中pH约为5b点的混合溶液中:c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(NH+)c点的混合溶液中:c(NH+)c(Cl

8、-)c(CH3COO-)滴定过程中c(H+)先减小后增大二、简答题（本大题共5小题，共640分）铁粉与硝酸反应可制备硝酸铁，硝酸铁溶液可用于刻蚀银器。铁粉用量和硝酸浓度都会影响反应产物。I常温下过量铁粉与不同浓度硝酸反应的还原产物的探究。利用下图装置进行实验，其中装置A为氮气氛围。实验一：硝酸初始浓度为12.0molL-i时，硝酸的还原产物主要是N02。装置B中TOC o 1-5 h zNO2发生反应的化学方程式为。实验二：硝酸浓度为6.0molL-i时，硝酸的还原产物主要是NO。利用上述装置进行实验时，证明还原产物主要是NO的现象是。实验三：硝酸浓度为0.5molL-i时，过量铁粉与硝酸反应

9、产生H2,充分反应后所得溶液几乎无色。取装置A中上层清液，加入过量NaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。过量铁粉与0.5mol-L-i硝酸混合发生反应的离子方程式有：Fe+2H+=Fe2+H?T;。II.硝酸铁溶液刻蚀银器的原理探究。已知：0.1mol-L-i硝酸铁溶液pH的为1.6。将5mL0.1mol-L-i硝酸铁溶液滴加到有银镜的试管中，1min银镜完全溶解。提出猜想猜想a：Fe3+具有氧化性，能氧化Ago猜想b：酸性条件下NO-,能氧化Ago设计实验，验证猜想序号实验方案实验现象结论猜想a将5mLpH约为1.6的0.05mol-L-1溶液滴加到有银镜的试管甲中将5m

10、LpH约为1.6的硫酸溶液滴加到有银镜的试管乙中猜想a成立猜想b将5mL溶液滴加到有银镜的试管丙中1.2min试管丙中银镜完全溶解猜想b成立实验结论：硝酸铁溶液刻蚀银器原理是0.1mol-L-1硝酸铁溶液中的Fe3+和NO-均能氧化Ago对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含有TiO2、V2O5、WO3、SiO2、Al2O3，一种回收利用工艺的流程如图：NajCOs)HjO酿带比刑f|趣堤卜t殊卜i匝机一丫T斤it柩|机啊C*1iVTiK!侔11NlijVnsl1已知：25C时，K(CaWO4)=8.7x10-9,KCa(0H)2=5.5x10-6。TOC o 1-5 h zs

11、p4sp2回答下列问题：“焙烧”产物中含有NaVO3和NaAlO2。NaVO3中V元素的化合价为,Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式为。“焙烧”时不能使用陶瓷容器，原因是。“水浸”所得滤液中含有的阴离子除OH-、CO2-、A1O-、VO-外，还有。“调pH=8”的目的是。焙烧NH4VO3可生成V2O5,并产生一种碱性气体，该气体用(填试剂名称)吸收后，可循环利用。“沉钨”过程中，当溶液中c(OH-)=(写出计算式)mol-L-1时，溶液中WO4-恰好完全沉淀(离子浓度等于1x10-5mol-L-1)，应停止加入石灰乳。用热盐酸淋洗CaWO4获得H2WO4。设计实验证明CaWO4已经转化完

12、全的实验方案：取少量最后一次的淋洗液于试管中，。甲醇水蒸气重整制氢具有能耗低、产物组成简单、副产物易分离等优点，是未来制氢技术的重要发展方向。该重整反应体系主要涉及以下反应：I.CH3OH(g)+H2O(g)#CO2(g)+3H2(g)AHII.CH3OH(g)#CO(g)+2H2(g)AH2=+90kJ-mol-1已知CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)AH3=+41kJ-mol-1反应I的AH=kJmol-1。将组成(物质的量分数)为25%CH3OH(g)、35%H2O(g)和40%叫)(叫不参与反应)的气体通入恒容容器中反应相同时间，测得ch3oh转化率和产物的物质的量分数

13、随温度变化关系如图所示。2010曲线a和b分别代表产物和。下列对甲醇水蒸气重整制氢反应体系的说法合理的有。增大N2的浓度，反应I、II的正反应速率都增加移除CO2能提高CH3OH的平衡转化率升高温度，N2的物质的量分数保持不变440T460T时，升高温度，H2的产率增大反应I活化能小于反应II,结合图中信息解释判断依据。一定条件下，向2L的恒容密闭容器中通入1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2为0.8mol,CO为O.lmol,此时H2的浓度为mol-L-1，反应I的平衡常数K=(写出计算式)。研究发现以铜作催化剂时，反应I经历三步：CH3OHt

14、HCHO+H2，HCHO+H2OTHCOOH+H2，。钒常以钒铁、钒化合物和金属钒的形式广泛应用于冶金、宇航、电池、超导材料等领域。I.Na3V2O2(PO4)2F被认为是钠离子电池最有希望的正极材料之一，其合成原料包括偏钒酸氨(NH4VO3)，氟化钠NaF和磷酸二氢按(NH4H2PO4)。TOC o 1-5 h z基态钒原子价层电子排布式是。上述原料涉及元素中，N、O、F、Na的第一电离能由大到小的顺序为，请解释原因。下列关于上述化合物的说法，正确的是。(填字母)Na3V2O2(PO4)2F中原子半径最大的前三周期原子是NaNa3V2O2(PO4)2F与NaF所含化学键的类型完全相同C.NH

15、4V03水溶液中中心原子杂化类型为sp3的粒子只有NHnh4h2po4的晶体类型是离子晶体nh4h2po4中阴离子的空间构型是正四面体形n.一种含钒超导材料的晶胞结构(图a)及晶体结构俯视图(图b)如图。L晶胞结构b厨体结枸俯视團该晶体中粒子个数比Cs：V：Sb=；与V原子最近的V原子的个数是设该含钒超导材料最简式的式量为Mr,则该晶体密度为g-cm-3(列出算式)。化合物I是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。由化合物A制备I的合成路线如图:EIBrDMSO1回答下列问题：TOC o 1-5 h zA中官能团的名称为。由A生成C的方程式可表示为:A+B=C+H20,化合物B的结构简式为。由

16、C生成D的反应类型是,E的化学名称是。I的结构简式为。芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件的X有种，其中核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：1的X的一种结构简式是。条件：a.苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连；b.能与FeCl3溶液发生显色反应；c.ImoIX可与4molNaOH反应。写出用环戊烯和正丙醛为原料制备化合物，；：胪、一*的合成路线(其他试剂任选)。第 页，共28页答案和解析【答案】D【解析】解：A.液氢燃烧生成水，不会造成环境污染，是清洁燃料，故A正确；碳纤维为碳的单质，是无机物，属于无机非金属材料，故B正确；聚碳酸酯是由碳酸酯聚合而成的高分子化合物，属于有机高

17、分子材料，故C正确；载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si,故D错误；故选：D。液氢燃烧生成水；碳纤维为碳的单质；聚碳酸酯是由碳酸酯聚合而成的高分子化合物；二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体。本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的结构组成及用途，熟悉高分子化合物的概念，明确二氧化硅与晶体硅性质和用途区别是解题关键，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.工业上用氯气和氢气制造盐酸，是利用了氯气的氧化性，与颜色无关，故A错误；盐酸用于生产洁厕剂，是利用了盐酸的酸性，可以溶解一些难溶物，故B正确；漂白粉漂白织物是利用了漂白粉中含有次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，故C正确；电解熔融N

18、aCl制备Na是利用了熔融NaC1中含有自由移动的钠离子和氯离子，可以导电,故D正确；故选：A。工业上用氯气和氢气制盐酸，是利用了氯气的氧化性；盐酸可以溶解一些难溶物；漂白粉中含有次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性；熔融NaC1中含有自由移动的钠离子和氯离子，可以导电。本题主要考查了氯及其化合物的性质，掌握氯及其化合物之间的转化是解决本题的关键属于基本知识的考查，难度不大。【答案】B【解析】解：A.乙酸乙酯的制备是：乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A正确；图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故B错误；饱和碳酸钠溶液吸收

19、静置后，利用分液的方法分离，故C正确；生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能伸入溶液，故D正确；故选：B。乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.汽油中添加乙醇，不能减少二氧化碳的排放，故A错误；可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用

20、，会产生CO2,不利用碳中和，故B错误；以co2为原料人工合成淀粉，减少二氧化碳排放，能有效促进碳中和，故C正确；将煤进行气化或液化是把煤转化为一氧化碳气体、甲醇燃料等，过程中碳元素守恒，不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选：C。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当，要实现“碳中和”，要求人们减少二氧化碳的排放，能够增加二氧化碳的消耗，据此分析解答。本题考查了化学与生产生活关系，准确理解“碳中和”含义即可解答，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.用糯米酿制米酒是利用糯米可以转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解为乙醇和CO2，与淀粉是基本营养物质无关，故A错误；用热的纯碱溶液洗

21、去油污是利用了油脂在碱性条件下易水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故B正确；用食醋清洗水壶中的水垢是利用了醋酸酸性比碳酸强，可以将水垢成分溶解，故C正确；用氯化铁溶液刻蚀电路板是利用了Fe3+具有氧化性，方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故D正确；故选：Ao糯米（主要成分是淀粉）可以转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解为乙醇和CO2；油脂在碱性条件下易水解生成高级脂肪酸钠和甘油；醋酸酸性比碳酸强，可以将水垢成分溶解；Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+o本题主要考查物质的性质与用途是否一致，属于高考高频考点，也属于基本知识的考查，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。【答案】

22、【解析】解：A.SO2与H2S发生氧化还原反应生成S和水，贝yb可与f反应生成a,故A正确；+4价S可失去或得到电子，贝临既可被氧化，也可被还原，故B正确；溶解二氧化硫的雨水为酸雨，亚硫酸易被氧化为硫酸，酸性增强，则酸雨包括etd的转化，故C正确；Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，贝临的浓溶液与Cu反应可生成b，不能生成c,故D错误；故选：D。由含硫物质的分类与相应的化合价关系图可知，a为S,b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为h2S03，伪h2s,a.so2与H2S发生氧化还原反应生成S和水；+4价S可失去或得到电子；溶解二氧化硫的雨水为酸雨，亚硫酸易被氧化为硫酸，酸性增强；Cu与浓

23、硫酸加热反应生成二氧化硫。本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.A1作负极失电子发生氧化反应，故A错误；原电池工作时，阳离子移向正极，故B错误；铂网作正极，氧气得电子发生还原反应，故C正确；电流由正极（铂网）经外电路流向负极（铝），故D错误；故选：C。海洋电池以铝板、铂网作电极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流，放电时，A1作负极失电子发生氧化反应，铂网作正极，氧气得电子发生还原反应，据此作答。本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正

24、负极是解题的关键。【答案】B【解析】解：A.含有C、H、0三种元素，所以不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；分子中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；含有碳碳双键和羧基，具有烯烃和羧酸的性质，碳碳双键能发生加成反应、羧基能发生取代反应，故C错误；分子中COOH能和NaOH反应，故D错误；故选：B。含有C、H、0三种元素；碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；含有碳碳双键和羧基，具有烯烃和羧酸的性质；COOH能和NaOH反应。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：

25、A.HCOOH及水均电离出氢离子，贝UpH=4的HCOOH溶液中存在c(H+)c(CH3COO-)，故A错误；pH=5的HCOOH和HCOONa混合溶液中，HCOO-的水解小于HCOOH的电离，贝c(HCOO-)c(Na+)，故B正确；HCOONa溶液中HCOO-水解使溶液显碱性，且水解的程度不大，离子关系为:(Na+)c(HCOO-)c(OH-)c(H+),故C错误；D.由电荷守恒可知，0.1molLTHCOONa溶液中存在电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(HCOO-)+c(OH-),故D错误；故选：B。HCOOH及水均电离出氢离子；pH=5的HCOOH和HCOONa混合溶液中，HC

26、OO-的水解小于HCOOH的电离；HCOONa溶液中HCOO-水解使溶液显碱性；溶液不显电性，存在电荷守恒式。本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离与水解、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。【答案】A【解析】解:A.过程I中SO2被NaOH吸收生成Na2SO3,SO2体现出酸性氧化物的性质，故A错误；过程U中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1molO2可氧化2molNa2SO3，故B正确；过程I中NaOH被消耗，过程U中又生成NaOH,所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C正确；

27、由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O,故D正确；故选：A。过程I中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3；过程U中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4；反应开始需要的物质，中间过程又能生成，这样的物质可以循环使用；过程I和过程U中的两个反应相加就为总反应。本题以双碱法脱硫工艺流程为载体考查物质性质及基本操作方法、反应原理，为高频考点，涉及元素化合物性质及相互转化、方程式等，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。【答案】【解析】解：A.钠化学性质活泼，会先和水发生反应，故不符合客观事实，故A错

28、误；硫酸钙微溶于水，在该离子方程式中不能拆开，故B错误；硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液生成氢氧化铝，故正确写法为：A13+30H-=A1(OH)3J，故C错误；酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液离子方程式为：2MnO-+5吗02+6H+=2Mn2+5O2T+8H2O,故D正确；故选：D。离子方程式书写应遵循客观事实、遵循原子个数守恒、遵守电荷数守恒规律，据此进行分析。本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意反应实质的判断以及拆分正确、电荷守恒和质量守恒的运用。12.【答案】C【解析】解:A.28gFe与水蒸气充分反应转移的电子数目56g/m0lX3XNA/mOl=tNA，故A错

29、误；ILpH=1的H2C2O4溶液中氢离子为O.lmol/L，溶液中阳离子为氢离子，个数为：1LX0.1mol/LxNmo-1=0.1N，故B错误；AA甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变，所以0.5molCH4与l.Omoiq在光照下充分反应后的分子数为1.5Na，故C正确；标况下四氯化碳为液体,不能使用气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量，故D错误；故选：C。铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；lLpH=1的H2C2O4溶液中氢离子为0.1mol/L甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变；气体摩尔体积使用对象为气体。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为

30、中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。13.【答案】D【解析】解：A.NO2的密闭烧瓶浸泡在冰水中，温度降低，可探究温度对化学平衡的影响，不能探究浓度对反应速率的影响，故A错误；应先通入饱和食盐水中除去HC1，然后浓硫酸干燥氯气，顺序不合理，故B错误；NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故C错误；钠与水反应比与乙醇反应剧烈，贝y可比较乙醇和水中氢的活泼性强弱，故D正确；故选：D。a.no2的密闭烧瓶浸泡在冰水中，温度降低；应先通入饱和食盐水中除去HCl；NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3

31、溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀；钠与水反应比与乙醇反应剧烈。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、反应速率与化学平衡、混合物分离提纯、胶体制备、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。14.【答案】A【解析】解：由上述分析可知，W为0、X为F、Y为Na、Z为P,电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：WXY,故A正确；氟化氢和水分子之间都存在氢键，但水分子之间氢键更多，则水的沸点更高，即简单氢化物的沸点：WXZ,故B错误；Y和W形成的化合物若为过氧化钠，含离子键、共价键，故C错误；Y与X形成的化合物为NaF，水解使溶液显

32、碱性，故D错误；故选：A。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，可知Z为P；Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na；W与X的最外层电子数之和为13,二者原子序数小于Na,且最外层电子数小于8,则W为0、X为F,以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、元素的性质、最外层电子数来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，题目难度不大。15.【答案】C【解析】解：A.氮元素价态降低得电子，故a极为阴极，故A错误；a极为阴极，电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3，故B错误；该电解

33、总反应为N2+3H2=2NH3，每生成1molNH3，消耗1.5mol氢气，质量为1.5molx2g/mol=3g,故C正确；电解时，阳离子向阴极区（a极区）移动，故D错误；故选：C。由图可知，氮元素价态降低得电子，故a极为阴极，电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3,b极为阳极，电极反应式为H2-2e-=2H+，据此作答。本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。16.【答案】C【解析】解：A.a点溶液中HC1抑制CH3COOH电离，CH3COOH电离程度很小，溶液中c(H+)匕c(HCl)=0.01mol/L,则溶液的p

34、H约为2,故A错误；b点溶液中HC1完全被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4C1、CH3COOH,NH4-水解、CH3COOH电离都导致溶液呈酸性，贝yc(H+)c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(NH+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(Cl-)+c(OH-)，所以存在c(CHCOO-)+c(Cl-)433c(NH+)，故B错误；c点酸完全被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4，CH3COO-部分水解，NH+部分水解，氯离子不水解，结合物料守恒知，存在c(NH+)c(Cl-)c(CH3COO-)，故C正确；随着氨水溶液体积增大，溶液中酸逐渐被中和，溶液酸

35、性减弱，所以溶液中c(H+)逐渐减小，故D错误；故选：C。a点溶液中HC1抑制CH3COOH电离，CH3COOH电离程度很小，溶液中c(H+)c(HCl)=0.01mol/L；b点溶液中HC1完全被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4C1、CH3COOH,NH+水解、CH3COOH电离都导致溶液呈酸性，贝yc(H+)c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(NH+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(Cl-)+c(OH-)；43c点酸完全被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4,CH3COO-部分水解，NH部分水解；随着氨水溶液体积增大，溶液中酸逐渐被中和，溶液酸性减

36、弱。本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。17.【答案】3NO2+H2O=2HNO3+NOA装置中产生无色气体，至lB装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体4Fe+NO-+10H+=4Fe2+NH+343H2OFe2(SO4)3银镜完全溶解pH约为1.6的硫酸酸化的O.3mol/LKNO3【解析】解：(1)N02和H20反应生成HNO3和NO,故装置B中N02发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；无色气体N

37、O不溶于水，且很容易与02反应生成红棕色的N02，故利用上述装置进行实验时，证明还原产物主要是NO的现象是A装置中产生无色气体，至也装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体，故答案为：A装置中产生无色气体，至也装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体；取装置A中上层清液，加入过量NaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体溶于水显碱性为NH3,即过量铁粉与0.5molL-i硝酸混合发生反应生成了NH：,根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式有：Fe+2H+=Fe2+巴T；4Fe+NO-+10H+=4Fe2+NH+3H2O，故答案为：4Fe

38、+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O；342由题干信息可知，猜想a为Fe3+具有氧化性，能氧化Ag，根据对照实验控制变量的要求可知，实验中只能出现Fe3+，不能出现NO-，且保证Fe3+浓度为0.1mol/L，并结合对照实验可知加入的试剂为5mLpH约为1.6的0.05mol-L-iFe2(SO4)3溶液，若观察到银镜完全溶解，则证明猜想a成立；由题干信息可知，猜想b为酸性条件下NO-，能氧化Ag,根据对照实验控制变量的要求可知，实验中只能出现NO-,不能出现Fe3+,且保证NO-浓度为0.3mol/L,pH约为1.6的溶液，结合对照实验可知，加入5mLpH约为1.6的硫酸酸化的0

39、.3mol/LKNO3溶液，若观察到1.2min试管丙中银镜完全溶解，证明猜想b成立，故答案为：Fe2(SO4)3；银镜完全溶解；pH约为1.6的硫酸酸化的0.3mol/LKNO3。(1)NO2和H2O反应生成HNO3和NO；无色气体NO不溶于水，且很容易与O2反应生成红棕色的NO2；取装置A中上层清液，加入过量NaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体溶于水显碱性为NH3,即过量铁粉与0.5molL-i硝酸混合发生反应生成了NH才；由题干信息可知，猜想a为Fe3+具有氧化性，能氧化Ag,根据对照实验控制变量的要求可知，实验中只能出现Fe3+，不能出现NO-，且保证Fe3

40、+浓度为0.1mol/L，并结合对照实验可知加入的试剂为5mLpH约为1.6的0.05mol-L-iFe2(SO4)3溶液，再结合实验现象分析；由题干信息可知，猜想b为酸性条件下NO-，能氧化Ag,根据对照实验控制变量的要求可知，实验中只能出现N0-,不能出现Fe3+,且保证NO-浓度为0.3mol/L,pH约为1.6的溶液，结合对照实验可知，加入5mLpH约为1.6的硫酸酸化的0.3mol/LKNO3溶液，再结合实验现象分析。本题为实验探究题，探究Fe和不同浓度的硝酸反应的产物以及硝酸铁与Ag反应的实验探究，解决实验I的问题时，主要是氧化还原反应的配平以及NO和02的反应和现象，解决实验II

41、时主要要注意对照实验中控制变量的思想，综合性较强，难度中等。18.【答案】+5Al0+NaCO高温-2NaAlO+COT陶瓷中的二氧化硅在高温下会与Na2CO3反应SiO2-、WO4-除去溶液中的硅和铝HC1隔10-6取少量最后一次的淋洗液于试3478.7X10-4管中，加入NaOH溶液调节pH呈碱性，再滴加几滴Na2CO3溶液，若无白色沉淀产生，说明转化完全【解析】解：(1)设V元素化合价为x,NaVO3中Na为+1价、O为-2价,贝则+1+x+(-2)X3=0，x=+5，贝yv元素的化合价为+5；“焙烧”中A12O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，化学方程式为AlO+NaCO高温2Na

42、AlO+COT，“焙烧”时不能使用陶瓷容器，原因是陶232322瓷中的二氧化硅在高温下会与Na2CO3反应，故答案为：+5；AlO+NaCO高温2NaAlO+COT；陶瓷中的二氧化硅在高温下会232322与Na2CO3反应；结合分析可知，Na2CO3与SiO2反应生成Na2SiO3,与WO3反应生成Na2WO4，“水浸”所得滤液中还有SiO|-、WO4-，故答案为：SiO23-、WO24-；偏铝酸跟和硅酸根在碱性较弱时，可与盐酸反应生成硅酸和氢氧化铝沉淀，故“调pH=8”的目的是除去溶液中的硅和铝，故答案为：除去溶液中的硅和铝；焙烧NH4VO3可生成V2O5,并产生一种碱性气体NH3，氨气可用

43、盐酸吸收生成氯化铵进入“沉钒”循环利用，故答案为：HCl；(5)溶液中WO2-恰好完全沉淀，c(Ca2+)=KspCaW4=8榔10-9皿。“=8.7x10-4mol/4c(WO2-)1.0X10-5L,溶液中c(OH-)=忤心(叽二卜5x10-6molL-i,c(Ca2+)8.7x10-4故答案为：二；8.7x10-4(6)由反应方程式CaWO4+2HCl=CaCl2+H2WO4,若转化完全，淋洗液中不存在Ca2+,则只要检验不存在钙离子说明CaWO4已经转化完全，实验方案：取少量最后一次的淋洗液于试管中，加入NaOH溶液调节pH呈碱性，再滴加几滴Na2CO3溶液，若无白色沉淀产生，说明转化

44、完全，故答案为：取少量最后一次的淋洗液于试管中，加入NaOH溶液调节pH呈碱性，再滴加几滴Na2CO3溶液，若无白色沉淀产生，说明转化完全。废催化剂主要含有TiO2、V2O5、WO3、SiO2、A12O3,加入旳2叫“焙烧”生成NaAlO2、NaVO3、Na2WO4、Na2SiO3，加水溶解过滤掉难溶的TiO2，加入盐酸调节pH生成硅酸和氢氧化铝沉淀，加入氯化铵与NaVO3反应生成NH4VO3沉淀，随后加入石灰乳加入沉淀得到CaWO4，最后加入热盐酸反应生成H2WO4，据此分析回答问题。本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质

45、进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。19.【答案】+49H2CO2BD升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO，说明反应I速率大于反应U的速率，则反应I的活化能小于反应U1.34X1盈HCOOHT0.05x0.1CO2+H2【解析】由盖斯定律，将U减去(1)中已知热化学方程式即可得到I；CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)AH=AH2-AH3=+9kJ-mol-1-(+41kJ-mol-1)=+49kJ-mol-1，热化学方程式为，CH3OH(g)+H2O(g)#CO2(g)+3H

46、2(g)AH=+49kJ-mol-1，故答案为：CH3OH(g)+H2O(g)#CO2(g)+3H2(g)AH=+49kJmol-1；根据反应I的方程式，生成产物CO2和H2的物质的量比为1：3,且反应U也生成H2，因此产物的物质的量分数大的为H2，即曲线a为H2，曲线b为CO2，故答案为：h2；CO2；A.反应条件为恒容，N2不参加反应，故增加氮气的浓度不会影响反应I、U中反应物的浓度，反应速率不会增加，故A错误；移除产物CO2会使反应I平衡正移，CH3OH的转化率随之增大，故B正确；因为反应I和反应U的AH均大于0,升高温度，平衡均正移，反应体系中气体的总物质的量增大，而n2的物质的量不变

47、，故n2的物质的量分数减小，故C错误；在440T460T区间内，升高温度，CH3OH的转化率逐渐增大，由于两个反应均由CH3OH生成氢气，故氢气的产率增大，故D正确，故答案为：BD；升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO,说明反应I速率大于反应U的速率，则反应I的活化能小于反应U。故答案为：升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO,说明反应I速率大于反应U的速率，则反应I的活化能小于反应U；一定条件下，向2L的恒容密闭容器中通入1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2为0.8mol,CO为O.lmol,c(CO2)族

48、=0i8moL=0.4mol-L-i，22平衡2Lc(CO)=1=0.05mol-L-i,平衡2LCH3OH(g)+H2O(g)#CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)#CO(g)+2H2(g)起始量(mol/L)0.500起始量(mol/L)00变化量(mol/L)0.40.40.4i.2变化量(mol/L)0.050.050.i平衡量(mol/L)0.i0.4i.2平衡量(mol/L)0.050.i平衡时，c(CHOH)=-0.4mol-L-i-0.05mol-L-i=0.05mol-L-i,3平衡2Lc(H2)平衡=九彳皿。1L-i,0.imol-L-i,=i.3mol-L-i,反应

49、I平衡常数K二c(C2)Xc3(H2)=0.4Xi.33；c(CH3OH)xc(H2O)0.05x0.1根据盖斯定律，将反应I-可得第步反应为：HCOOHtCO2+H2,故答案为：HCOOHtCO2+H2。由盖斯定律可得：将U减去(1)中已知热化学方程式即可得到I,进行相应的焓变计算即可；由反应I、U可知，生成的氢气比二氧化碳多；从影响反应速率和反应平衡的因素；有图像可知，升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO,说明反应I速率大于反应U的速率；(3)利用三段式进行计算，注意单位；由反应I可知，最终产物为CO2和h2。本题考查较综合，化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析

50、判断、数据处理等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合应用、计算能力，正确分析图象等知识点是解本题关键。20.【答案】3d24s2FNONaNa为金属元素且电子层数较多，因此Na的第一电离能最小,N、0、F的电子层数相同且核电荷数依次增大，因此F的第一电离能大于N和0的，N的2p轨道电子排布为半充满，比较稳定，因此N的第一电离能大于0AD1：3：naxxx2xyxio-21【解析】解：(1)钒是23号元素，原子核外电子数为23，基态原子核外电子排布式为：Ar3d34s2，则价层电子排布式是3d24s2，故答案为：3d24s2；Na为金属元素且电子层数较多，因此Na的第一电离能最小，同周期自左而右

51、第一电离能呈增大趋势，N、0、F的电子层数相同且核电荷数依次增大，因此F的第一电离能大于N和0的，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素0,故第一电离能FN0Na，故答案为：FN0Na；Na为金属元素且电子层数较多，因此Na的第一电离能最小，N、0、F的电子层数相同且核电荷数依次增大，因此F的第一电离能大于N和0的，N的2p轨道电子排布为半充满，比较稳定，因此N的第一电离能大于0；A.同一周期元素从左到右原子半径减小，同一主族元素从上到下半径增大，则前三周期原子半径最大的是Na,故A正确；Na3V2O2(PO4)2F含离子键和共价键，NaF只含离子键，故B错误；水溶液中的H30+中心原子价层电子对个数=3+1=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子轨道杂化类型为sp3，故C错误；NH4H2P04