2022届广东省广州市天河区高三第三次模拟考试化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 27页广东省广州市天河区2022届高三第三次模拟考试化学试题一、单选题12022北京冬奥会的主题口号是“一起向未来”，秉承绿色冬奥、科技冬奥的理念。下列有关辅助材质属于新型无机非金属材料的是（）ABCD“冰丝带”屋顶玻璃辅助材质：碲化镉“冰墩墩”吉祥物辅助材质：聚氯乙烯“冠军龙服”领奖服辅助材质：聚氨酯“飞扬”火炬内胆辅助材质：铝合金AABBCCDD2化学与生产、生活、环境、社会密切相关。下列有关说法错误的是（）A“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量B“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象C食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白

2、、防腐和抗氧化等作用D华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维所用材料均为晶体硅3化学创造美好生活。下列物质性质与用途的对应关系错误的是（）选项物质性质物质用途A小苏打能与碱反应可用作抗酸药BAl2O3熔点高可用作耐高温材料CNa2O2能吸收CO2产生O2可用作呼吸面具供氧剂D漂白粉具有强氧化性可用于生活用水的消毒AABBCCDD4下列实验装置不能用于物质分离提纯的是（）ABCDAABBCCDD5我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法正确的是（）A分子式为C15H12O5B分子中含有4种官能团C能发生加成反应，不能发生取代反应D分子中所有原子一定共平面6202

3、1年我国科学家以CO2为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示。下列有关说法错误的是（）A反应实现了从无机物到有机物的转化B反应为CH3OH+O2催化剂HCHO+H2O2，有机反应类型属于氧化反应C1mol化合物a最多能与2molNaOH发生中和反应DHCHO水溶液能使蛋白质发生变性7下列化学反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钙与醋酸反应：CO32-+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO-B氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2C将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO32-D

4、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2H+=SO2+S+H2O8部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）Aa可使紫色石蕊试液变红Bb的分子含有极性共价键，不含非极性共价键C一定条件下，c、d、e之间存在转化关系：cdeD实验室用e的浓溶液与Cu反应制备d，用排水法收集9室温下，通过实验探究NaHS溶液的性质并记录如下。下列说法错误的是（）实验实验操作和现象1向0.1molL-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1molL-1NaHS溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀3向0.1molL-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀A

5、实验1证明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH-B实验1可推测出NaHS溶液中存在：c(HS-)c(H2S)c(S2-)C实验2证明氧化性：Cl2SD实验3反应静置后的上层清液中存在：c(Cu2+)c(S2-)YZXB该化合物易溶于水且水溶液显碱性CZ的最高价氧化物对应的水化物为强酸D单质的氧化性：YZ，单质的还原性：WX12NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A18g重水(D2O)中含有的质子数为9NABpH=1的CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.1NAC标准状况下，2.24LHCl溶于水，所得溶液中含有0.1NA个HCl分子D一定条件下，5.6gFe与0.1mol

6、Cl2中充分反应，转移的电子数为0.3NA13下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项操作现象结论A铝片投入浓硫酸中铝片不溶解铝不与浓硫酸反应B向久置Na2O2粉末中滴加几滴盐酸产生气体Na2O2已变质C油脂与NaOH溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸馏水中无分层现象油脂己完全皂化D将食品袋中的抗氧化剂(Fe粉)溶于少量稀硫酸，再滴加KSCN溶液溶液不变红抗氧化剂没有吸收O2AABBCCDD14氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是（）A过程可表示为2Cu(NH3)2+O

7、2=(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)22+B过程有元素的化合价发生变化C过程涉及极性共价键的断裂与生成D图中总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4：4：115一种新型Zn-PbO2电池结构示意图如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。下列关于该电池的说法错误的是（）AZn为电池的负极，发生氧化反应Ba为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜CPbO2电极反应：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2OD电池工作过程中，区域A、B、C溶液pH分别减小、不变、增大16用0.1000molL-1

8、盐酸滴定20.00mL某浓度的Na2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法错误的是（）A溶液pH=7时，2c(A2-)+c(HA-)=c(Na+)B待测液Na2A浓度为c(Na2A)=0.1000molL-1C(H2A)=(A2-)时，溶液pH=8.31D滴定过程中，可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂二、综合题17某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备肼(N2H4)，并进行相关性质探究实验。（1）.实验室制备N2H4装置D中反应的化学方程式是 。（2）装置C中盛放的试剂是 ，装置B的作用是 。（3）制备N2H4的离子方程式 。（4）.测定产品中

9、水合肼(N2H4H2O)的含量称取产品6.0g，加入适量NaHCO3固体(调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.3000molL-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O)。滴定到达终点的现象是 。重复上述滴定实验23次，测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00mL，产品中水合肼的质量分数为 。（5）.探究肼的化学性质。将制得的肼分离提纯后，进行如下实验。【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两

10、种。【实验验证】设计如下方案，进行实验。操作现象结论.取少量黑色固体于试管中，加入足量 ，振荡黑色固体部分溶解黑色固体有Ag2O.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡 黑色固体是Ag和Ag2O肼具有的性质是 （6）N2H4是一种二元弱碱，在水中的电离与NH3相似，写出肼的第二步电离方程式 。18钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的工艺如图所示。回答下列问题：（1）Na2MoO42H2O中钼元素的化合价是 。（2）“焙烧”时空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目

11、的是 ，“焙烧”时MoS，转化为MoO3，反应的化学方程式为 。（3）碱浸”所得Na2MoO4溶液中含SO42-杂质，其中c(MoO42-)=1.0molL-1，c(SO42-)=0.02molL-1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是 。Ksp(BaMoO4)=4.010-8，Ksp(BaSO4)=1.010-10，溶液体积变化忽略。（4）“重结晶”的具体操作为 。（5）另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为 ，该工艺的优点是 。(任写

12、一条)（6）Li、MoS2可充电电池的工作原理为：xLi+nMoS2充电放电Lix(MoS2)n，则电池充电时阳极的电极反应式为 。19乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。羟基氮化硼可高效催化乙烷氧化脱氢制乙烯。主反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)H1副反应：C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)H2=+174.3kJmol-1（1）C2H6的燃烧热H1=-1560kJmol-1，C2H4的燃烧热H2=-1411kJmol-1，H2O(g)H2O(1)H3=-44kJmol-1，则H1= 。（2）主反应的部分反应历程如下图所示(图中IS表示起始

13、态，TS表示过渡态，FS表示终态)。这一部分反应中慢反应的活化能E正= eV。（3）提高乙烯平衡产率的方法是 (任写两条)，提高乙烯单位时间产量的关键因素是 。（4）工业上催化氧化制乙烯时，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺入惰性气体，即将一定比例的C2H6、O2和N2混合气体以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测得乙烯的产率如下图所示。曲线中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因是 。两种催化剂比较，催化剂的优点与不足是 。（5）一定温度下，维持压强为3MPa，向反应装置中通入1molC2H6、1molO2和3.4molN2的混合气体，经过20min后，反应达到平衡，此时乙烷的

14、转化率为80%，乙烯选择性为75%(乙烯选择性=生成乙烯的物质的量消耗乙烷的物质的量100%)。反应速率v(C2H4)= molmin-1，该温度下反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp= MPa。20KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是 (填离子符号)。（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用-12表示，称为电子的自旋磁量子数

15、.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是 。（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为 ，其中P采取 杂化方式。（5）与PO43-电子总数相同的等电子体的分子式为 。（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。（7）分别用、表示H2PO4-和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO4-、

16、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度 gcm-3(写出表达式)。晶胞在x轴方向的投影图为 (填标号)。21由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：已知：酯能被LiAlH4还原为醇回答下列问题：（1）A的化学名称是 ，H的官能团名称为 。（2）B生成C的反应条件为 ，D生成H的反应类型为 。（3）写出F+DG的化学方程式： 。（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有 种，写出其中1种M的结构简式： 。1 mol M与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag；遇氯化铁溶液显色；核磁共振氢谱显示有

17、3种不同化学环境的氢，峰面积之比111。（5）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选) 。答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A辅助材质碲化镉属于新型无机非金属材料，故A符合题意；B辅助材质聚氯乙烯属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；C辅助材质聚氨酯属于合成有机高分子材料，故C不符合题意；D辅助材质铝合金属于金属材料，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、传统无机非金属材料是玻璃、陶瓷、水泥，新型无机非金属材料是某些金属的化合物或者非金属化合物；B、合成有机高分子不属于无机非金属材料；C、合成有机高分子不属于无机非金属材料；D、金属材料不属于无机非金属材料

18、。2【答案】D【解析】【解答】A“静电除尘”减少空气中飘尘，“燃煤固硫减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，三者都能提高空气质量，A项不符合题意；B“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象，形成一条光亮通路，B项不符合题意；CSO2具有漂白性、还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C项不符合题意；D“麒麟”芯片所用材料主要为晶体硅，光导纤维所用材料主要为SiO2，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、提高空气质量的本质是除污染物或者减少污染物排放；B、丁达尔效应是胶体的特点；C、少量的二氧化硫可以起到防腐的作用，如

19、葡萄酒；D、芯片、太阳能电池板的材料是硅，光导纤维的材料是二氧化硅。3【答案】A【解析】【解答】A小苏打能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，A项符合题意；BAl2O3熔点高，所以可用作耐高温材料，B项不符合题意；C过氧化钠与二氧化碳反应可生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，C项不符合题意；D漂白粉中次氯酸钙具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，用于生活用水的消毒，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、胃酸的主要成分是盐酸；B、氧化铝的熔点高；C、过氧化钠是常用的供氧剂；D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，可以用于漂白、消毒杀菌。4【答案】B【解析】【解答】

20、A该装置为洗气装置，可用于物质分离提纯，A项不符合题意；B该装置用于配制溶液，不可用于物质分离提纯，B项符合题意；C该装置为蒸馏装置，可用于物质分离提纯，C项不符合题意；D该装置为过滤装置，可用于物质分离提纯，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、要注意区分洗气和收集，洗气装置中有液体， 收集装置中没有液体；B、容量瓶的作用只能用于配制溶液；C、蒸馏可以分离沸点相差较大的液体混合物；D、过滤可以分离互不相溶的固体和液体。5【答案】B【解析】【解答】A由结构简式可知，黄芩素的分子式为C15H10O5，故A不符合题意；B由结构简式可知，黄芩素分子的官能团为酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共有4种

21、，故B符合题意；C由结构简式可知，黄芩素分子中含有的酚羟基邻位上的氢原子能与浓溴水发生取代反应，含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，故C不符合题意；D苯环、碳碳双键、羰基上的碳原子和与其相连的原子共平面，由于单键可以旋转，所以分子中所有原子可能共平面，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、分子式要注意苯上每一个C最多接1个H，若有其他取代基则没有H；B、官能团要注意其特定结构去找；C、羟基、苯环都可以发生取代反应；D、要注意，分子中所有原子可能共平面，但是单键可以旋转可能导致部分原子不共平面。6【答案】C【解析】【解答】A由图可知，反应为在催化剂作用下，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反

22、应实现了从无机物到有机物的转化，故A不符合题意；B由方程式可知，反应为甲醇氧化为甲醛的氧化反应，故B不符合题意；C由结构简式，化合物a的官能团羟基和羰基均不能与氢氧化钠溶液反应，故C符合题意；D甲醛的水溶液有毒，能使蛋白质发生变性，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化碳为无机物，淀粉为有机物；B、甲醇跟氧气的氧化属于氧化反应；C、可以和氢氧化钠反应的官能团为羧基、酚羟基、酯基；D、甲醛可以使蛋白质变性。7【答案】D【解析】【解答】A碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故A不符合题意；B氧

23、化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B不符合题意；C少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸、氯化钠、硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=2HClO+SO42-+Cl-，故C不符合题意；D硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=SO2+S+H2O，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、碳酸钙为固体难溶物，不可拆；B、氧化铝和氢氧化钠反应生成水；C、要注意二氧化硫具有还原性，次氯酸根具有强氧化性；D、注意氧化还原反应的歧化反应和归中不交叉定律。8

24、【答案】C【解析】【解答】A由分析可知a为NH3，NH3会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A项不符合题意；B由分析可知b为N2H4，中含有N-H极性共价键，N-N非极性共价键，B项不符合题意；C由分析可知，c为NO，d为NO2，e为硝酸，2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2+ 2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：cde，C项符合题意；D实验室用e的浓溶液与Cu反应制备d，发生的反应方程式为Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2+ 2H2O，但3NO2+H2O=2HNO3+NO，故不能用排

25、水法收集NO2，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氨气是碱性气体；B、不同的非金属原子之间为极性共价键，相同的非金属原子之间为非极性共价键；C、要注意含氮化合物的转化为氧化还原反应；D、二氧化氮可以跟水发生反应。9【答案】D【解析】【解答】A实验1证明HS离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，水解的离子方程式为HS-+H2OH2S+OH-，故A不符合题意；B实验1证明HS离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(HS-)c(H2S)c(S2-)，故B不符合题意；C由题意可知，氯气与NaHS溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、盐酸和硫沉淀，说明氧

26、化剂氯气的氧化性强于氧化产物硫，故C不符合题意；D由题意可知，实验3反应静置后的上层清液为硫化铜的饱和溶液，溶液中c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(CuS)，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、弱酸酸式盐成碱性的原因是盐类的水解；B、由于弱酸酸式盐成碱性，证明其水解大于电离；C、淡黄色沉淀为S，则S2-被氧化为S；D、Ksp为溶液达到饱和后的离子积。10【答案】C【解析】【解答】A由表格数据可知，的实验目的为探究醋酸浓度对铁发生电化学腐蚀类型的影响，由变量唯一化原则可知，实验中和的醋酸浓度不同，所以铁粉的质量应该相同，所以a为2.0，故A不符合题意；B由表格数据可知，和的碳粉质量不同，其

27、他条件完全相同，所以实验目的是探究碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故B不符合题意；C由表格数据可知，该实验只探究了醋酸浓度、碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故C符合题意；D铁发生电化学腐蚀时，铁做负极失去电子被损耗，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、控制变量法的条件是控制其他条件相同，只改变其中一个条件；B、根据控制变量法可以知道其他条件都相同；C、只改变了两组条件；D、注意铁的腐蚀通常是转化为Fe2+。11【答案】D【解析】【解答】A同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，所以磷原子的原子半径大于氧原

28、子，故A不符合题意；B由图可知，化合物的化学式为KH2PO3，亚磷酸二氢钾是强碱弱酸盐，亚磷酸二氢根离子在溶液中存在电离趋势和水解趋势，亚磷酸的电离常数未知，无法判断亚磷酸二氢根离子在溶液中电离程度和水解程度的相对大小，不能确定盐溶液的酸碱性，故B不符合题意； C磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故C不符合题意；D元素的非金属性越强，单质的氧化性月强，氧元素的非金属性强于磷元素，所以氧气的氧化性强于磷单质；元素的金属性越强，单质的还原性越强，钾元素的非金属性强于氢元素，所以钾的还原性强于氢气，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、原子半径的比较，下周期原子半径大于上周期原子半径，

29、同一周期左边原子大于右边原子；B、要判断弱酸酸式盐的酸碱性要注意电离和水解的程度判断；C、高中阶段常见的强酸HCl、HNO3、H2SO4、HI、HBr、HClO4；D、氧化性的比较是非金属性的比较，同一周期非金属性从左到右递增，同一主族非金属性从上到下递减。12【答案】A【解析】【解答】AD2O的摩尔质量为20g/mol，18D2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为0.9mol10NA/mol=9NA，A项符合题意；BCH3COOH溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项不符合题意；CHCl溶于水完全电离为氢离子和氯离子，无HCl分子，C项不符合题意；D一定条件下，5.6gF

30、e与0.1molCl2中充分反应，转移的电子数为0.2NA，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、注意D为质量数为2的H；B、注意溶液要计算粒子数目时，浓度和体积必不可少；C、要注意强酸在水中完全电离；D、要注意用少量的物质进行计算。13【答案】C【解析】【解答】A铝片在浓硫酸中会发生钝化，钝化产生的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，并非是铝不与浓硫酸反应，故A不符合题意；B过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，则向久置过氧化钠粉末中滴加几滴盐酸产生气体不能确定过氧化钠是否变质，故B不符合题意；C油脂不溶于水，滴入蒸馏水中会分层，则油脂与氢氧化钠溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸馏水中无分

31、层现象说明油脂己完全皂化生成高级脂肪酸钠，故C符合题意；D若铁粉氧化生成氧化铁，将抗氧化剂溶于少量稀硫酸，若氧化生成的氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子与未氧化铁粉反应生成亚铁离子，再滴加硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以溶液不变红色不能确定抗氧化剂没有吸收氧气，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钝化是被氧化的过程；B、过氧化物和酸的反应会产生氧气；C、无分层证明油脂全部转化为钠盐；D、要注意硫酸亮少可能导致被氧化的Fe3+和未反应的Fe生成Fe2+。14【答案】D【解析】【解答】A过程的反应为2Cu(NH3)2+和O2，生成为为(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)22+，反应方程

32、式为：2Cu(NH3)2+O2=(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)22+，A项不符合题意；B过程只有O-O非极性共价键断裂，元素化合价没有变化，B项不符合题意；C过程有N2的生成，形成了非极性共价键，C项不符合题意；D分析总反应过程可知，总反应方程式为2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，由此可知，总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为1：2：1，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、根据箭头的始末判断反应物和生成物；B、根据过程可以知道产物没有价态变化；C、极性共价键是不同的废金属原子结合；D、注意列出化学方程式去判断化学计量数比例。15【答案】B【解析】【解答】A由分析可知

33、Zn为电源的负极，反应氧化反应，A项不符合题意；B电解质溶解中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B项符合题意；CPbO2电极发生的电极反应式为：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O，C项不符合题意；D电池工作过程中，区域A中OH-被消耗，pH减小；A区域的K+移向B区域，C区域的SO42-移向B区域，故B区域pH不变；C区域H+被消耗，pH增大；D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、金属单质作为负极，失去电子被氧化；B、根据离子的移动，阻止哪些离子通过，需要哪些离子通过去判断离子交换膜；C、根据反应物和生成物的原子守恒和溶液性质判断电

34、极反应式；D、pH的判断通常是用溶液中H+或者OH-的浓度变化判断。16【答案】A【解析】【解答】A用0.1000molL-1盐酸滴定20.00mL某浓度的Na2A溶液，根据电荷守恒可知：(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)+Cl-=c(Na+)+(H+)，当溶液pH=7时，(H+)=(OH-)，故2c(A2-)+c(HA-)+Cl-=c(Na+)，A项符合题意； BNa2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A+2HCl=H2A+2NaCl，可知HCl和Na2A以2：1完全反应，由图可知完全反应时消耗V(HCl)=40mL，c(HCl)V(HCl)=2c(Na2A)V(Na2A)，可求得c

35、(Na2A)=0.1mol/L，B项不符合题意；C由d点可知，Ka1=10-6.38，由a点可知Ka2=10-10.24，则Ka1Ka2=c(H+)c(HA-)c(H2A)c(H+)c(A2-)c(HA-)=c2(H+)c(A2-)c(H2A)=10-6.3810-10.24=10-16.62，因(H2A)=(A2-)，故c2(H+)=10-16.62，所以溶液pH=8.31，C项不符合题意；D由图像可知，第一次突变时溶液显碱性，pH约为8.32，可选酚酞作指示剂，第二次突变时溶液显酸性，pH约为3.9，可用甲基橙作指示剂，D项不符合题意；故答案为：A。 【分析】A、电荷守恒要注意列出溶液中存

36、在的所有阳离子和阴离子； B、根据化学方程式的化学计量数比例判断其浓度； C、要注意计算到最后为c2(H+)=10-16.62，开方后得出c（H+）； D、注意弱碱性条件下选择酚酞，弱酸性条件下选择甲基橙。17【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O（2）NaOH溶液；收集多余氯气，平衡压强（3）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O（4）当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；25%（5）氨水；黑色固体溶解，并有气体产生，遇空气变为红棕色；还原性和碱性（6）N2H5+H2ON2H62+OH-【解析】【解答】制备N2H4时，首先在

37、装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(1)装置D是用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O；(2)根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置

38、C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(3)根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1： 2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；(4)N2H4可以氧化I2所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4H2O)=120.3000molL-10.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03molN2H4H2O

39、，产品中水合腓的质量分数为50g/mol0.03mol6g100%=25%；(5)操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；(6)肼的第二步电离方程式为N2H5+H2ON2H62+OH-。【分析】（1）方程式为实验室制取氨气的方程式；（2）要注意C装置之前进来的左边是氯气，右边是氨

40、气，而 用NaClO溶液和NH3反应制备肼(N2H4) ，可以知道C中要制备NaClO，实验室制取氯气时通常用饱和食盐水除去HCl；（3）要注意钠盐是可溶性盐，可以拆开写成离子； （4） 滴定终点的是最后一滴XX溶液后，变为XX颜色或者有XX现象； 结合方程式，找出相应物质的化学计量数之比进行计算；（5）要注意题目给的信息，通常会体现在答案中，此类题型在解答时要注意观察题目的信息，比如可以溶于什么物质，难溶于什么物质，沸点相差多少等；（6）结合氨气在水中电离为NH4+和OH-，且题目中提示N2H4为二元弱碱，可以知道会结合两分子水，电离两次OH-。18【答案】（1）+6（2）增大固气接触面积，

41、加快反应速率，提高原料利用率；2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2（3）87.5%（4）将“晶体”得到的粗产品配成饱和溶液，再蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥（5）9ClO-+MoS2+6OH-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O；保护环境、减少污染（6）Lix (MoS2)n xe- = nMoS2 + xLi+【解析】【解答】(1)由Na、O的化合价分别为+1、-2，可知Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为+6；(2)在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，可增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2

42、，配平化学方程式为2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2；(3)BaMoO4开始沉淀 时，c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42-)=4.010-81.0mol/L=4.010-8mol/L，此时溶液c(SO42-)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.010-10410-8mol/L=2.510-3mol/L，SO42-的去除率为0.02mol/L-2.50-3mol/L0.02mol/L100%=87.5%；(4)将需要纯化的化学试剂溶解于沸腾或将进沸腾的适宜溶剂中；将热溶液趁热抽滤，以除去不溶的杂质；将滤液冷却，使结晶析出；滤出结晶，必要时用适宜的溶剂洗涤结晶；(5)

43、直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为9ClO-+MoS2+6OH-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O；该过程中无污染性气体排出，故该工艺的优点是保护环境、减少污染；(6)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi + nMoS2放电充电Li(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Li(MoS2)n，则阳极反应式为Lix (MoS2)n xe- = nMoS2 + xLi+。【分析】（1）根据Na和O的价态进行判断，总化合价为0；（2）粉碎、搅拌等目的都是增

44、大接触面积；（3）去除率即沉淀的计算，通过饱和溶液的Ksp计算相应的离子浓度；（4）重结晶是先将晶体溶解后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 ；（5）结合流程中的反应物和生成物，再结合物质中价态的变化进行配平；（6）要注意，先找出充电的步骤，再根据阳极的电极反应式要求，失去电子即化合价升高，找出升高的元素进行判断。19【答案】（1）-210kJmol-1（2）2.06（3）降低温度，减小压强，增大O2投料占比；合适催化剂（4）反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大（5）0.04；

45、4.8【解析】【解答】(1)由题目可知：C2H6(g)+72O2(g)=点燃2CO2(g)+3H2O(l)H1=-1560kJmol-1、C2H4(g)+3O2(g)=点燃2CO2(g)+2H2O(l)H2=-1411kJmol-1 、H2O(g)H2O(1)H3=-44kJmol-1，由2-2+3即可得到2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)H1，故H1=-210kJmol-1；(2)由图可知，慢反应的活化能最大，故E正=2.06eV；(3)提高乙烯平衡产率是使平衡正向移动，可采取的措施为：降低温度，减小压强，增大O2投料占比；要想提高乙烯单位时间产量可采取的措施为：选

46、用合适的催化剂；(4)曲线中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因是反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；两种催化剂比较，催化剂的优点与不足是催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大；(5)分析题意可列出以下三段式：起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)2C2H6(g)+O2(g)110.80.40.20.62C2H4(g)00.80.8+2H2O(g)00.80.8起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)C2H4(g)C2H2(g)+0.800.20.20.60.2H2(g)00.20.2故v(C2H

47、4)=0.8mol20min=0.04molmin-1；反应后总物质的量为0.2+0.6+0.6+0.8+0.2+0.2+3.4=6mol，可知P(H2O)=0.4MPa，P(C2H4)=0.3MPa，P(O2)=0.3MPa，P(C2H6)=0.1MPa，故Kp=P2(C2H4)P2(H2O)P2(C2H4)P(O2)=0.320.420.30.12=4.8。【分析】（1）盖斯定律属于比较简单的内容，要注意的就是物质的状态是否对应；（2）活化能越大，反应速率越慢；（3）提高产率即平衡朝正向移动； （4） 要注意这类催化剂题型中，催化剂会随着温度升高而出现活性降低； 这类题型要从优点和缺点进行

48、分析，通常结合产率、能量消耗、药品价值等分析；（5）注意这类题型通常需要列出三段式进行判断，根据三段式的竖直计算出相应的物理量。20【答案】（1）K+和P3-（2）+32或-32（3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定（4）；sp3（5）SiF4、SO2F2等（6）PnO3nn-（7）413610-30NAa2c；B【解析】【解答】(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H+（或H-）、O2-、K+和P3-，其中核外电子排布相同的是K+和P3-。 (2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为3s23p3，其中3s轨道的

49、2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为+32或-32。(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若4mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4mol P形成P4分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若4mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。 (4)含氧酸分子中只有