（新高考）2022届高三化学一模检验卷2份含答案

（新高考）2022届高三化学一模检验卷(新高考）2022届高三一模检验卷化学（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：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均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。1．第22届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕，科技部提出了“科技冬奥”理念，并将重点着力于做好此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法不正确的是（）A．北京冬奥会将使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B．轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种高分子材料C．冬奥会上将采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性D．冬奥会将采用氢燃料电池车，还开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念【答案】B【解析】A．氟氯烃化合物进入高空会破坏臭氧层，使到达地面的紫外线增多，因此二氧化碳跨临界直冷制冰技术的使用会减少臭氧层破坏，A正确；B．碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子化合物，B错误；C．紫外线能够使蛋白质变性，故能对手机和笔记本电脑进行消毒，C正确；D．氢燃料电池车产物是水，会减少二氧化碳的排放，体现了“绿色出行”的理念，D正确；故选B。2．成语是语言中经过长期使用、锤炼而成的固定短语，其蕴含丰富的知识和道理。下列从化学视角对成语的解读错误的是（）A．水滴石穿—不涉及化学变化B．沙里淘金—自然界中Au能以游离态形式存在，其密度比水的大C．甘之如饴（“饴”指麦芽糖）—麦芽糖可用作食品甜味剂D．水乳交融—牛奶是一种胶体【答案】A【解析】A．水滴石穿过程中涉及CaCO3与H2O、CO2发生反应转化为可溶性Ca(HCO3)2的过程，由于有新物质产生，因此发生的变化中也包含化学变化，A错误；B．沙里淘金说明黄金在自然界中以单质的形式存在，由于其密度与沙子的不同，可通过水洗分离得到黄金，B正确；C．甘之如饴（“饴”指麦芽糖）是指食物甘甜味美，“饴”指麦芽糖，因此可以说明麦芽糖可用作食品甜味剂，C正确；D．水乳交融中牛奶的蛋白质分子是大分子，在水中形成的分散系是一种胶体，D正确；故选A。3．下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（）A．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SOB．离子方程式2Ca2++3HCO+3OH-═2CaCO3↓+CO+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C．由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NOD．n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]=2∶5时发生的反应为NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3·H2O+AlO+2H2O+2BaSO4↓【答案】D【解析】A．Fe3+发生水解，使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，故A错误；B．若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++HCO+2OH-═CaCO3↓+CO+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO+2OH-═CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故B错误；C．由水电离出的c(H+)＝1×10-12mol/L，说明水的电离受到抑制，为酸溶液或碱溶液，为碱溶液时，Mg2+与氢氧根离子反应，为酸溶液时，I-、NO3-发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]=2∶5时，铵根恰好全部转化为一水合氨，铝离子恰好完全转化为偏铝酸根离子，硫酸根恰好完全转化为硫酸钡沉淀，氢氧根恰好完全反应，钡离子过量，发生的反应的离子方程式为：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3·H2O+AlO+2H2O+2BaSO4↓，故D正确。答案选D。4．以CO2和H2为原料制备甲醇的反应机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molCO2理论上能生产CH3OH22.4L（标准状况下）B．由CO2制备CH3OH的过程中，每生成1molCH3OH，转移的电子总数为6NAC．30gHCHO和30gH2与CO的混合气体，所含原子总数不可能相等D．CH3OH的质子数比HCHO的质子数多2NA【答案】B【解析】A．标准状况下CH3OH为液体，不能计算，A错误；B．由图可知，由CO2制备CH3OH的总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，故每生成1molCH3OH，转移电子总数为6NA，B正确；C．若H2与CO的物质的量之比为1∶1，则30gHCHO和30gH2与CO的混合气体，所含原子总数均为4NA，原子总数可能相等，C错误；D．CH3OH和HCHO具体的物质的量未知，无法求出CH3OH的质子数比HCHO多多少，D错误；答案选B。5．工业是制取高铁酸钾（K2FeO4），是先制取高铁酸钠，然后在低温下，往高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可以析出高铁酸钾。湿法制备Na2FeO4的主要反应为：2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO+3Cl﹣+5H2O；干法制备Na2FeO4的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑。下列有关说法不正确的是（）A．湿法和干法制备中，生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同B．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小C．干法制备的主要反应中Na2O2是氧化剂D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】A．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe(OH)3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，同时还有0.5mol氧气生成，又转移1mol电子，所以生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同，故A正确；B．在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；C．反应中Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，则干法制备的主要反应中Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故D正确；答案选C。6．研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法正确的是（）A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成 B．反应路径2的催化效果更好C．Pd2团簇可有效提高CO的平衡转化率 D．路径1中最大能垒（活化能）【答案】B【解析】A．由图可知，CO在Pd2的催化作用下与O2反应生成CO2，断裂CO、O2中的C≡O极性键、O=O非极性键，形成CO2中的C=O极性键，但没有非极性键生成，A不正确；B．由图可知，反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，所以反应路径2的催化效果更好，B正确；C．催化剂不能改变反应进行的程度，所以Pd2团簇不能有效提高CO的平衡转化率，C不正确；D．路径1中，过滤态能量由-5.73eV升高为-3.96eV，所以最大能垒（活化能），D错误；故选B。7．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（）实验操作和现象实验结论A室温下用pH试纸测0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5结合H+的能力比的强B向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色该气体产物具有漂白性C向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，静置，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuID将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去产生的气体一定是乙烯A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．室温下用pH试纸测0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，是由于Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性；NaHSO3是强碱弱酸形成的酸式盐，由于其电离作用大于水解作用，所以溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，A错误；B．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，发生反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，将产生的SO2气体通入溴水中，溴水褪色，发生反应：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，与SO2的漂白性无关，B错误；C．向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，静置，上层呈紫红色，说明反应产生了I2，证明发生了氧化还原反应，反应方程式为2Cu2++4I-=I2+2CuI↓，下层产生CuI白色沉淀，C正确；D．将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明反应产生了烯烃，但不一定是乙烯，D错误；故合理选项是C。8．利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图。下列说法不正确的是（）A．电子从A电极流出经用电器流到B电极B．该电池有菌株参与作用，不能在高温下工作C．B电极的电极反应式为：D．若有机物为葡萄糖，每处理0.5mol葡萄糖有10mol透过质子交换膜移动到右室【答案】D【解析】A．由图可知A电极附近X去H转化为Y，发生氧化反应，A电极为负极，B电极氧气得电子转化为水，B电极为正极。电子从A电极流出经用电器流到B电极，A正确。B．该电池工作时有菌株参与作用，不能在高温下工作，B正确；C．酸性条件下，B电极的电极反应式为：，C正确；D．处理0.5mol葡萄糖，，12molH+透过质子交换膜移动到右室，D错误。9．磷酸亚铁锂（LiFePO4）可作锂离子电池的正极材料。工业上以FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺（）等为原料制备磷酸亚铁锂。下列说法错误的是（）A．苯胺中氮原子的杂化方式是sp3B．NH和PO的空间结构相同C．1mol苯胺分子中含有9molσ键D．LiC1、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯【答案】C【解析】A．苯胺中氮原子形成3个σ键，有1对孤对电子，价层电子对数为4，所以杂化方式是sp3，A正确；B．NH中N原子价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，PO中P原子价层电子对个数=4+(5+3-4×2)=4，且N、P原子都不含孤电子对，所以两种微粒的空间构型都是正四面体，B正确；C．苯胺（）中含有C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均为σ键，则1mol苯胺分子中含有14molσ键，C错误；D．LiCl属于离子晶体，熔沸点最高，苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺能形成分子间氢键、甲苯不能形成分子间氢键，所以熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯，D正确；综上所述选C。10．在一定温度下、1L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量（n）如表所示，下列有关说法正确的是（）xywn（起始状态）/mol210n（平衡状态）/mol10.51.5A．该温度下，此反应的平衡常数表达式是K=B．升高温度，若w的体积分数减小，则此反应ΔΗ＞0C．增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动D．该温度下，再向容器中通入3molw，达到平衡时，n(x)=2mol【答案】D【解析】由表格数据可知，x、y为反应的反应物，w为生成物，x、y、w的物质的量的变化量之比为(2-1)mol∶(1-0.5)mol∶(1.5-0)mol=2∶1∶3，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得反应的化学方程式为2x+y3w。A．由分析可知，反应的化学方程式为2x+y3w，平衡常数表达式为K=，故A错误；B．升高温度，若生成物w的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应ΔΗ＜0，故B错误；C．由分析可知，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向不移动，故C错误；D．该温度下，再向体积不变的密闭容器中通入3molw相当于题给条件所得平衡增大压强，由分析可知，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则达到新的平衡时，各物质的物质的量均为原平衡的2倍，则n(x)=2mol，故D正确；故选D。11．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝B．小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多C．江河入海口三角洲的形成、“血液透析”均与胶体的性质有关D．Al2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合后能发生剧烈双水解反应【答案】A【解析】A．铝是活泼金属，用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，故A错误；B．碳酸氢钠加热能分解放出二氧化碳气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多，故B正确；C．江河入海口三角洲的形成与胶体聚沉有关、“血液透析”类似胶体渗析，故C正确；D．Al2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合后能发生剧烈双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；选A。12．咖啡酸苯乙酯是蜂胶的主要活性成分，可由咖啡酸合成，合成方法如下。下列说法不正确的是（）A．咖啡酸分子中所有碳原子可能处在同一个平面上B．1mol咖啡酸苯乙酯与足量的溴水反应，最多消耗3molBr2C．1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗11molO2D．1mol咖啡酸苯乙酯与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】BC【解析】A．咖啡酸分子中所有碳原子都采取sp2杂化，存在苯环和乙烯两个平面型结构，它们单键连接，故所有碳原子可能处在同一个平面上，A项正确；B．1mol咖啡酸苯乙酯中，1mol碳碳双键发生加成反应消耗1molBr2，在酚羟基的邻对位上有氢可以被取代，会消耗3molBr2，故1mol咖啡酸苯乙酯与足量溴水反应，最多可以消耗4molBr2，B项错误；C．苯乙醇分子式为C8H10O，1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10molO2，C项错误；D．1mol咖啡酸苯乙酯含有2mol酚羟基能消耗2molNaOH，还有1mol酯基水解成羧酸钠和醇羟基消耗1molNaOH，最多消耗3molNaOH，D项正确；答案选BC。13．下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是（）A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液B．用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C．装置丙可用于收集氢气D．装置丁可用于NaOH溶液除去溴苯中单质溴【答案】A【解析】A．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，A错误；B．同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确；C．氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，C正确；D．溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，D正确；本题选A。14．利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5（焦亚硫酸钠）的工艺如图，已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中为NaHSO3溶液B．步骤Ⅱ的目的是使NaHSO3转化为Na2S2O5，可用NaOH溶液代替Na2CO3固体C．工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液D．在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定【答案】B【解析】A．步骤Ⅰ所得溶液呈酸性，可知饱和碳酸钠溶液和二氧化硫反应生成NaHSO3溶液，故A正确；B．步骤Ⅱ的目的是使NaHSO3转化为Na2SO3，故B错误；C．工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，故C正确；D．Na2S2O5中S元素为+4价，能被I2氧化，所以在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定，故D正确；选B。15．常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是（）A．电离平衡常数：B．水的电离程度：④>①>③>②C．点①和点②所示溶液中：D．点③和点④所示溶液中均有：【答案】AB【解析】A．根据图像，同浓度的HA、HB溶液的pH：HA>HB，可判断，故A正确；B．①点溶质为HA、NaA，溶液呈碱性，说明NaA水解大于HA电离，水解促进水电离；④中溶质是NaB，溶液呈碱性，NaB水解促进水电离，碱性④>①，说明④点盐水解大于①，水的电离程度：④>①；③点溶质为HB、NaB，pH=7，溶质对水电离无影响；②点溶质为HB、NaB，溶液呈酸性，说明HB电离程度大于NaB水解，HB电离出的氢离子抑制水电离，所以②点水电离程度最小，故B正确；C．点①和点②所示溶液中，根据物料守恒，则，故C错误；D．点③的溶液呈中性，，故D错误；答案选AB。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共60分。16．甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是常用的补铁剂。某化学社团成员在实验室利用以下实验装置（部分夹持和加热仪器省略），以11.6g新制碳酸亚铁（FeCO3）为铁源与足量甘氨酸（NH2CH2COOH）反应制备甘氨酸亚铁。实验步骤如下：①组装仪器，检验装置气密性良好，添加试剂。②打开止水夹m，待装置Ⅲ中空气排净后，再关闭止水夹；打开活塞n，向装置Ⅲ中滴入适量柠檬酸，关闭活塞并加热，待反应结束后，取出Ⅲ中的反应液，过滤。③滤液经蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品。已知：相关物质的性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有还原性和较强的酸性易溶于水，难溶于乙醇回答下列问题：（1）仪器b的名称是___________，导管l的作用是___________。（2）只检验装置Ⅰ气密性的操作是___________；用离子方程式表示装置Ⅱ的作用___________；确认装置Ⅲ中空气已排尽的实验现象是___________。（3）装置Ⅲ中滴加柠檬酸可调节溶液pH，体系pH与产率的关系如下表：体系pH4.04.55.05.56.06.57.0产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.31pH过低使产率下降的原因___________。（4）步骤③中加入无水乙醇的目的是___________，实验结束后回收乙醇的方法是___________。（5）经测定本实验的产率是75%，则实际制得甘氨酸亚铁的质量为___________。【答案】（1）滴液漏斗（或恒压分液漏斗）平衡气压，利于液体顺利流下（2）塞紧橡胶塞，关闭止水夹m，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，静置观察一段时间，若液面保持不变，则说明装置Ⅰ气密性良好HCO+H+=CO2↑+H2OⅣ中澄清石灰水变浑浊（3）甘氨酸是两性化合物，会与柠檬酸（或H+）反应[或柠檬酸（或H+）会与甘氨酸亚铁反应，导致产率下降]（4）降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度加入生石灰，蒸馏（5）15.3g【解析】碳酸钙与盐酸反应产生的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去，除去了氯化氢气体的二氧化碳气体充满装置Ⅲ，排净装置Ⅲ内的空气，防止亚铁盐被氧气氧化；柠檬酸与碳酸亚铁和甘氨酸混合反应，生成甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]，过滤后，滤液经蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品。（1）根据仪器b的结构可知，它是用来添加液体试剂的玻璃仪器，为滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；滴液漏斗上的导管l，上下相通，可以起到平衡气压，利于液体顺利流下的作用；（2）检验装置Ⅰ的气密性，该装置就要形成密闭体系，因此要塞紧橡胶塞，关闭止水夹m，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，静置观察一段时间，若液面保持不变，则说明装置Ⅰ气密性良好；碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，二氧化碳中混有挥发出的氯化氢气体，会干扰后续实验，因此可用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，反应的离子方程式为：HCO+H+=CO2↑+H2O；二氧化碳能够使石灰水变浑浊，装置I产生的二氧化碳气体，通过在装置II除去HCl后，进入装置Ⅲ中，把装置Ⅲ内的空气排净，当装置Ⅳ中出现澄清石灰水变浑浊现象时，装置Ⅲ中的空气已排尽；（3）根据体系pH与产率的关系表可知，pH过低产率会下降，其原因为：甘氨酸是两性化合物，溶液的pH过低，酸性增强，甘氨酸会与柠檬酸（或H+）反应，或者是柠檬酸（或H+）与甘氨酸亚铁反应，都会导致产率下降；（4）甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以步骤③中加入无水乙醇，可以降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度；甘氨酸、柠檬酸均能与氧化钙反应生成高沸点的化合物，而乙醇与氧化钙不反应，且沸点低，因此实验结束后，可以向混合液中加入生石灰，然后进行蒸馏操作，即可得到乙醇；（5）产率=×100%，11.6g新制碳酸亚铁（FeCO3）的物质的量为0.1mol，根据铁元素守恒，反应后理论上生成甘氨酸亚铁的量n([(NH2CH2COO)2Fe])=0.1mol，m([(NH2CH2COO)2Fe])=0.1mol×204=20.4g，实际制得甘氨酸亚铁的质量m=75%×20.4=15.3g。17．以工业碳酸锶（含有、、等杂质）制备牙膏用氯化锶（）的工艺流程如下：（1）锶与钙元素同主族，实验室少量金属锶应保存在_____________中。（2）天青石（主要成分为）经过多步反应后可制得工业碳酸锶，其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为_______________。（3）“滤渣”的主要成分是_____________。上图通过蒸发结晶，重结晶得到精制氢氧化锶的过程中除去的杂质物质的化学式为____________________。（4）“重结晶”时蒸馏水用量〔以质量比m(H2O)∶m(SrO)〕对纯度及产率的影响如下表，最合适的质量比为________________，当质量比大于该比值时，产率减小，其原因是_______________________。质量比/m(H2O)∶m(SrO)4∶15∶16∶17∶18∶19∶110∶1纯度/%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.65产率/%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中含量约为1%，“净化”过程中常使用除杂，写出该过程的离子方程式_______________________。（6）取样品，于170℃烘干脱水，得到产物的质量为，计算获得产物的化学式（写出必要的计算过程）_______________。【答案】（1）煤油（2）SrSO4+4CSrS+4CO↑（3）、〔或〕、（4）8∶1随着蒸馏水的增加，在冷却结晶、过滤的过程中留在母液中氢氧化锶的量也会增加，导致产率降低（5）（6）解：设烘干脱水后晶体化学式为，则有下列关系，即产物的化学式【解析】由流程可知，碳酸锶隔绝空气高温煅烧后水浸过滤，滤渣为不溶于水的、〔或〕，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得粗氢氧化锶，再经过重结晶，可制得精制的，与由水氯镁石提纯而得的氯化镁发生复分解反应生成SrCl2和，过滤后滤液中含有SrCl2，蒸发、冷却结晶得到。（1）金属锶比较活泼，易与水和醇羟基发生置换反应生成氢气，可以保存在煤油中。（2）与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑。（3）工业碳酸锶中含有、、等杂质，煅烧后生成对应的氧化物，与水反应生成对应的氢氧化物。MgO难溶于水，和水反应缓慢，生成少量，氢氧化钙微溶，所以滤渣主要成分是、〔或〕。（4）根据图表信息得质量比为8∶1时，的纯度和产率均相对较高；当质量大于该比值时产率减小，原因是，随着水的增加，在冷却结晶和过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小。（5）净化过程中加入SrCl2，Sr2+和SO反应生成SrSO4沉淀而除去，反应的离子方程式为。（6）设烘干脱水后晶体化学式为，根据化学方程式列比例式即可求得x=1，获得产物的化学式为。18．CO2是一种主要温室气体，研究CO2的利用对促进低碳社会构建具有重要的意义。（1）一定条件下，某恒容密闭容器中充入一定量CO2(g)和足量H2(g)，同时发生两个反应：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应I的速率可表示为vI=kIc3(CO2)，反应II的速率可表示为vII=kIIc3(CO2)（kI、kII为速率常数）。反应体系中组分CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图甲。①0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为___________mol·L-1·s-1（保留两位有效数字）。②如果反应能够进行到底，反应结束时，___________％的CO2转化为CO。③活化能较大的反应为___________（填“I”或“II”）。（2）CO2还可以转化为甲醚。一定温度下，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应CH3OCH3(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)，测得容器中初始压强为42kPa，时间t和反应速率v(CH3OCH3)与CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图乙。①t=500s时，CH3OCH3的转化率α=___________。②若反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，则k=___________s-1，500s时v(CH3OCH3)=___kPa·s-1。③达到平衡时，测得体系的总压强P总=112kPa，则该反应的平衡常数Kp=___________。【答案】（1）0.001787.5Ⅰ（2）20%3×10-41.008×10－26125【解析】（1）①由图甲可知0～15s时间段内一氧化碳浓度改变值为0.175mol·L-1，根据反应II可知该反应消耗的二氧化碳为0.175mol·L-1，则反应I消耗的二氧化碳为(0.5-0.3)-0.175=0.025mol·L-1，则0～15s时间段内CH3OH浓度改变值为：0.025mol·L-1，其速率=；②由题中信息可知，反应I和反应II的速率之比为，由于kI、kII为速率常数，故该比值保持不变，在相同时间内CH3OH和CO的速率之比等于反应I和反应II的速率之比，也等于相同时间内CH3OH和CO的浓度变化之比，即，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的CO2转化为CO；③通过分析②可以发现一氧化碳所占的比例更大一些，即反应II速率快，则反应I速率慢，活化能大；（2）①t=500s时，CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=33.6KPa，测得容器内初始压强为42KPa，=；②速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，；500s时v(CH3OCH3)=3×10-4×33.6KPa=1.008×10－2；③达到平衡时，测得体系的总压强P总=112kPa，结合三段式计算，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x，压强之比等于气体物质的量之比，，，气体总量=1+2x=，。19．B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：（1）基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为___________。（2）硼的卤化物的沸点如表所示：卤化物BF3BCl3BBr3沸点/℃-100.312.590解释表中卤化物之间沸点差异的原因___________。（3）镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2，其中Ph表示苯基，PPh3表示分子，PPh3的空间构型为___________；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有___________（填字母）。A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E．配位键F．氢键（4）鉴定Ni2＋的特征反应如下：Ni2+++2H+在1mol鲜红色沉淀中，含有sp2杂化原子的数目为___________个（阿伏加德罗常数的值为NA）。丁二酮肟中，各元素电负性由大到小的顺序为___________（用元素符号表示）。（5）硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度ρ=____g·cm-3。【答案】（1）3球形（2）均为分子晶体，相对分子质量不同（3）三角锥形BCE（4）8NAO>N>C>H（5）【解析】（1）基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，1s轨道、2s轨道、2p的1个原子轨道上排有电子，则有3种空间运动状态；基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形；故答案为：3；球形。（2）三者沸点都较低，三者均为分子晶体，BF3、BCl3、BBr3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高；故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。（3）P原子最外层有5个电子，P与苯基形成3个P—Cσ键，P上还有1对孤电子对，则P的价层电子对数为4，PPh3的空间构型为三角锥形；在Ni(PPh3)2中Ni与PPh3之间形成配位键，PPh3中P与苯基之间形成P—C极性键，苯基中存在C—H极性键和碳碳之间的非极性键，选BCE；故答案为：三角锥形；BCE。（4）在鲜红色沉淀中形成C=N键的C、N原子都采取sp2杂化，1个鲜红色沉淀中采取sp2杂化的原子有8个，1mol鲜红色沉淀中含sp2杂化的原子为8mol，数目为8NA；丁二酮肟中含C、H、N、O四种元素，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则丁二酮肟中各元素电负性由大到小的顺序为；故答案为：8NA；。（5）硼原子形成的正八面体占据顶角位置，结合沿z轴方向的投影图可知，1个晶胞中有83=24个B原子位于棱上，根据均摊法，1个晶胞中含有B原子=6个，Ca位于体心，为1个，1个晶胞的质量为，晶胞的体积为（anm）3，晶体的密度为g/cm3；故答案为：。20．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：①酯能被LiAlH4还原为醇②回答下列问题：（1）A的化学名称是_________，J的分子式为__________，H的官能团名称为__________。（2）B生成C的反应条件为__________，D生成H、I生成J的反应类型分别为________反应、___________反应。（3）写出F＋D→G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2种M的结构简式：___________。①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg②遇氯化铁溶液显色③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1（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】（1）邻二甲苯（或1，2—二甲苯）C10H12O4醛基（2）浓H2SO4、加热氧化取代（3）n+n+(2n-1)H2O（4）4、（任写两种）（5）【解析】A分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，结合B的分子结构可知A是邻二甲苯，邻二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为B：邻苯二甲酸，B与甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应产生C：，C在LiAlH4作用下被还原为醇D：，D被催化氧化产生H：，H与H2O2反应产生I：，I与CH3OH发生取代反应产生J：；D是，含有2个醇羟基，F是，含有2个羧基，二者在一定条件下发生酯化反应产生高聚物。（1）A的结构式为，其化学名称是邻二甲苯（或1，2—二甲苯）；根据分析可知J的分子式为C10H12O4，H的结构式为：，官能团名称为醛基。（2）根据分析可知B生成C的反应条件为浓H2SO4、加热，D生成H、I生成J的反应类型分别为氧化反应、取代反应。（3）由分析可知F＋D→G的化学方程式：n＋n+(2n-1)H2O。（4）根据限定的条件，M可能的结构为、、、，共有4种不同的结构。（5）被氧气催化氧化产生与H2O2作用产生，在浓硫酸存在时加热，发生反应脱去1分子的水生成，合成路线为：。此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：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均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．依据碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液反应原理来制备泡沫灭火器B．家用“84”消毒液与洁厕灵混合后可增强其消毒能力C．金属在潮湿的空气中生锈，主要发生化学腐蚀D．大力开发利用可燃冰（固体甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理【答案】A【解析】A．碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液双水解产生二氧化碳的原理制备泡沫灭火器，故A正确；B．“84”消毒液与洁厕灵混合后会发生归中反应，产生毒气，故B错误；C．金属在潮湿的空气中生锈，形成原电池，主要发生电化学腐蚀，故C错误；D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）可以部分替代现有能源，有助于缓解能源危机，但会影响海洋生态环境，故D错误；故A正确。2．春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是（）A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水【答案】C【解析】A．95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B．甲醛有毒，故B错误；C．次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D．生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。3．有机物与生活密切相关。下列有关说法正确的是（）A．淀粉、纤维素和蔗糖水解的最终产物完全相同B．油脂、蛋白质和聚乙烯都是高分子化合物C．苯乙烯和乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．石油的分馏、裂化、裂解发生变化的本质相同【答案】C【解析】A．淀粉、纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，故A错误；B．油脂不是高分子化合物，故B错误；C．苯乙烯中含有碳碳双键，乙醇分子中有羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故C正确；D．石油的分馏是利用石油中各组分沸点不同而分离的一种方法，是物理过程，裂化、裂解发生了化学反应，是化学变化，所以本质不同，故D错误；故选C。4．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A．1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NAB．22.4L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NAC．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【答案】D【解析】A．不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。5．下列有关实验原理或操作正确的是（）A．用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液B．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属阳离子，不考虑水解问题，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L−1C．实验中需用2.0mol·L−1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为1000mL、201.4gD．实验室配制500mL0.2mol·L−1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾（FeSO4·7H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀【答案】B【解析】A．量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；B．1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为=2.5mol·L−1，B项正确；C．容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，C项错误；D．溶解后需要冷却至室温再进行转移，D项错误；答案选B。6．科学家提出有关甲醇（CH3OH）的碳循环如图所示。下列说法正确的是（）A．图中能量转化方式只有2种B．CO2、CH3OH均属于有机物C．CO2和H2合成CH3OH原子利用率为100%D．CO2合成CH3OH燃料有利于促进“碳中和”（“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当）【答案】D【解析】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能等，能量转化不止2种，A不正确；B．CO2虽然含有碳元素，但它不属于有机物，B不正确；C．CO2和H2合成CH3OH的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，原子利用率不是100%，C不正确；D．CO2合成CH3OH燃料的反应方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，原料中的碳全部进入产品中，有利于促进“碳中和”，D正确；故选D。7．下列离子方程式与所述事实相符的是（）A．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2OB．向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液显红色：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3C．将nmolCl2通入含有nmolFeBr2的溶液中：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+Fe(OH)3=FeO+3Cl-+H2O+H+【答案】B【解析】A．氢氧化铝不溶于氨水，向AlCl3溶液中加入过量氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH，故A不符合题意；B．向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-形成配合物，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故B符合题意；C．亚铁离子的还原性大于溴离子，nmolCl2通入含有nmolFeBr2的溶液中，亚铁离子都被氧化，溴离子部分被氧化，正确的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+Br2，故C不符合题意；D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，正确的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D不符合题意；故选B。8．据西汉东方朔所撰的《神异经·中荒经》载，“西北有宫，黄铜为墙，题曰：地皇之宫。”文中“黄铜”的主要成分是铜、锌，还含少量锡、铅。下列说法错误的是（）A．金属活动性：Zn>Pb>Sn>CuB．用黄铜制作的高洪太铜锣应置于干燥处保存C．黄铜器能与稀硝酸发生反应D．可用灼烧法区分黄铜和黄金首饰【答案】A【解析】A．根据金属活动性顺序表可知，金属活动性：Zn>Sn>Pb>Cu，故A错误；B．锌、铜能够在湿润的空气中发生吸氧腐蚀，因此用黄铜制作的高洪太铜锣应置于干燥处保存，避免发生腐蚀，故B正确；C．“黄铜”的主要成分是铜锌，还含少量锡、铅，其中的金属均能与具有强氧化性的酸发生氧化还原反应，故C正确；D．“黄铜”的主要成分是铜、锌，还含少量锡、铅，在空气中加热能够生成金属氧化物，其中氧化锌为白色，氧化铜为黑色，而黄金中的单质金与氧气在加热条件下不会反应，固体颜色无明显变化，故D正确；故答案为A。9．中药提取物阿魏酸对艾滋病病毒有抑制作用。下列关于阿魏酸的说法错误的是（）A．其分子式为B．该分子中所有碳原子可能共平面C．能与溶液发生显色反应D．阿魏酸最多与发生加成反应【答案】D【解析】A．根据阿魏酸的结构式，可知其分子式为，A项正确；B．根据阿魏酸结构可知，苯环中6个碳原子共平面，双键中两个C原子共平面，同时单键具有旋转性，因此该分子中所有碳原子可能共平面，B项正确；C．该物质含有酚羟基可以与溶液发生显色反应，C项正确；D．该物质最多可与4mol氢气发生加成反应，苯环可以与3mol氢气发生反应，碳碳双键可以与1mol氢气发生反应，羧基中的碳氧双键不与氢气发生加成反应，D项错误；答案选D。10．以叶蛇纹石[主要成分是，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3等]为原料提取高纯硅的流程如下：叶蛇纹石SiO2粗硅SiHCl3高纯硅下列说法错误的是（）A．反应2的副产物可作燃料B．反应3和反应4的副产物可循环利用C．反应1、2、3、4都是氧化还原反应D．上述流程中反应3和反应4不可在同一容器中进行【答案】C【解析】A．反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，其副产物CO可作燃料，故A正确；B．反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，故B正确；C．叶蛇纹石SiO2，因此反应1是非氧化还原反应，故C错误；D．硅的熔点高，如果反应3和反应4在同一容器中进行，不能达到提纯目的，应通过温度不同，利用反应3除去难溶性杂质（如SiO2），然后将三氯硅烷蒸馏出来，故D正确。故答案为C。11．根据下列图示所得出的结论不正确的是（）甲乙丙丁A．图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积B．图乙是常温下用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点C．图乙是1molX2(g)、1molY2(g)反应生成2molXY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和D．图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时，容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照氯水有O2生成【答案】B【解析】A．该反应为气体体积增大的反应，缩小容器的体积，二氧化碳的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数K=c(CO2)是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，二氧化碳的浓度等于原平衡二氧化碳的浓度，则图甲中t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故A正确；B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B错误；C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故C正确；D．由图可知，光照时容器内氧气的体积分数增大，说明氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故D正确；故选B。12．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，W与X同主族，Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，Z为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（）A．电负性：Z＞W＞X＞YB．简单氢化物的稳定性：W＞Y＞XC．X的含氧酸与Y的氢化物形成的化合物中都只含离子键D．Z与W形成的含氧酸盐的溶液显碱性【答案】D【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，则X核外电子排布式是1s22s22p2，所以X是C元素；W与X同主族，则W是Si元素；Z为所在周期中原子半径最大的元素，则Z是Na元素；Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，则Y是N元素，形成的该盐是NH4NO3。根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Na，W是Si元素。A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强；同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱，则元素电负性：Y＞X＞W＞Z，A错误；B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＞C＞Si，即Y＞X＞W，所以氢化物的稳定性：Y＞X＞W，B错误；C．X是C，Y是N，X的含氧酸H2CO3与Y的氢化物NH3形成的化合物如(NH4)2CO3是离子化合物，其中除存在离子键外，还存在N-H、C-O、C=O共价键，C错误；D．Z与W形成的含氧酸盐为Na2SiO3，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，D正确；故选D。13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液有气泡产生氯的非金属性比碳的强B将乙烯与SO2分别通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色原理相同C向某溶液中滴加KSCN溶液溶液显红色证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+D向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，Ksp[Mg(OH)2]>KSP[Fe(OH)3]A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸是无氧酸，不能根据其酸性比较非金属性，可用高氯酸的酸性进行比较，故A错误；B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，发生的是氧化反应；SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，褪色原理相同，故B正确；C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+不变色，只能说明含Fe3+，不能证明无Fe2+，故C错误；D．向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/L的NaOH，观察到白色沉淀后继续滴入FeCl3，静置，出现红褐色沉淀，因为NaOH溶液过量，不能证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，发生了沉淀的转化，故D错误。答案选B。14．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示（两电极均为惰性电极且完全相同），下列说法不正确的是（）A．电极a上的反应为B．电池工作一段时间后，左侧Na2SO4溶液浓度增大C．电解过程中电能转化为化学能D．每转移1mol电子，此时生成的O2和CH4的质量比为4∶1【答案】A【解析】A．根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，故a电极上的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，A错误；B．电解时水电离产生的OH-比更容易失电子，在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，溶质的物质的量不变，所以左侧Na2SO4溶液的浓度增大，B正确；C．该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，C正确；D．在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1molO2转移4mol电子，每反应产生1molCH4气体，转移8mol电子，则当转移1mol电子时产生0.25molO2、0.125molCH4气体，n(O2)∶n(CH4)=2∶1，故m(O2)∶m(CH4)=(2mol×32g/mol)∶(1mol×16g/mol)=4∶1，D正确；故选A。15．常温下，用0.1mol·L-1HCl溶液滴定0.1mol·L-1NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列说法不正确的是（）A．Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5B．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大C．当滴定至溶液呈中性时，c(NHeq\o\al(+,4))＞c(NH3·H2O)D．N点，c(Cl-)-c(NHeq\o\al(+,4))=【答案】D【解析】A．在M点反应了50%，此时，pH=9.26，，因此Kb(NH3·H2O)数量级为10−5，故A正确；B．P到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中，氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．当滴定至溶液呈中性时，pH=7，根据，得出，，则c(NHeq\o\al(+,4))＞c(NH3·H2O)，故C正确；D．N点，根据电荷守恒得到，c(Cl－)−c(NHeq\o\al(+,4))=c(H+)−c(OH－)=1×10−5.28−，故D错误。故选D。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．以废镍触媒（含、、、、及）为原料制备硫酸镍的工艺流程如图：已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。②该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH见下表：金属离子开始沉淀时的pH6.42.24.19.6完全沉淀时的pH8.43.55.411.6回答下列问题：（1）“酸溶”时，溶解的化学方程式为___________。（2）“滤渣1”的成分是___________（填化学式）。（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是___________（填化学式）；取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是___________。（4）从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是___________，“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是___________。（5）“滤渣4”并入滤渣___________（填“1”、“2”或“3”）可实现再利用。（6）某工厂用2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到的质量为___________t。【答案】（1）（2）和（3）、检验是否除尽（4）过滤（洗涤）、焙烧（煅烧）抑制水解（5）3（6）4.208【解析】以废镍触媒（含、、、、及）为原料制备硫酸镍的工艺流程中，先加入过量稀硫酸，、、、、转化为相应的硫酸盐，其中CaSO4微溶沉降，与稀硫酸不反应而沉淀，过滤后向滤液中加入氨水调节pH，使溶液中Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后向滤液中加入(NH4)2S将Ni2+转化为难溶物NiS沉降，过滤后将滤渣在氧气中加热生成NiSO4，然后将固体溶解于稀硫酸中，以防止Ni2+水解，然后进行降温结晶、过滤、洗涤得到NiSO4·6H2O。（1）为两性氧化物，能与酸反应生成盐和水，“酸溶”时，溶解的化学方程式为。（2）由上述分析可知，“滤渣1”的成分是和。（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，由题干表格可知，依次析出的是、；与SCN-反应生成（血）红色物质Fe(SCN)3，因此取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是检验是否除尽，故答案为：、；检验是否除尽。（4）由题干信息“NiS不溶于水或稀硫酸；”可知，从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是过滤（洗涤）、焙烧（煅烧）；NiSO4为强酸弱碱盐，在水中会发生水解，因此“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是抑制水解，故答案为：过滤（洗涤）、焙烧（煅烧）；抑制水解。（5）“滤渣4”为未完全氧化的NiS，因此可并入滤渣3可实现再利用。（6）2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，m(NiO)=2t×75%=1.5t，其中Ni原子的质量为m(Ni)=1.5t×=1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，根据Ni原子守恒，最终得到的质量为1.18t×80%×=4.208t。17．亚硝酸钠（）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备（A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性氧化成）。（1）仪器a的名称是___________。（2）A中实验现象为___________。（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。A．NaOH固体B．无水C．碱石灰D．浓硫酸（4）E中发生反应的离子方程式为___________。（5）从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进？___________。（6）已知：；，为测定得到产品中的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为0.80g的样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol/LKI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用溶液滴定至终点。重复以上操作3次，所消耗溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象为___________，该样品中纯度为___________。【答案】（1）三颈烧瓶（2）剧烈反应，产生大量红棕色气体（3）AC（4）（5）在B装置中加入一定量的稀硫酸（6）溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟不变色86.25%【解析】A中发生反应：，气体通入B中在水和铜的作用下将挥发出的硝酸和产物NO2转化为NO，在C中固体干燥，并除去可能混有的二氧化碳，得到纯净干燥的NO，进入D中发生反应2NO+Na2O2═2NaNO2，尾气在E中被高锰酸钾吸收。（1）由仪器图形可知a为三颈烧瓶；（2）A中碳和浓硝酸发生，可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可能是烧碱、碱石灰，故答案为：A、C；（4）由信息可知，E装置的作用是利用高锰酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，避免污染空气，反应的离子方程式为：；（5）B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，提高氮原子利用率；（6）滴定终点，碘与完全反应，可观察到溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，第三次实验误差较大，可舍弃，则消耗Na2S2O3溶液的体积为=20.00（mL），消耗Na2S2O3的物质的量为0.500mol/L×20×10−3L=0.01mol，根据题给方程式可知，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此Na