全国高考：山西省太原市2022年化学模拟预测试题（含答案解析）丨可打印

高考模拟试题高考模拟试题20/20高考模拟试题全国高考：山西省太原市2022年化学模拟预测试题本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量:H－1B－11C－120－16Na－23al－27p－31S－32Cl－35.5K－39穆童Fe－56i－127re－186bi－209一、选择题:本题共16小题,每小题3分共48分。在每小题列出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.2019年底至2020年初,在抗击新型冠状病毒肺炎(COVID－－19)的战役中,化学在药品研制环境消毒、防护材料等方面又一次发挥了它重要的、不可替代的作用。下列说法不正确的是()穆童A.构成新型冠状病毒的蛋白质与RNA都是高分子化合物B.75%酒精加2%的医用甘油等配制成的免洗洗手液中,乙醇能够消毒,甘油能起到保湿护肤的作用C.聚丙烯无纺布可用来制作医疗用防护服和口罩等,聚丙烯的单体是丙烯D.用来合成抑制新型冠状病毒的潜在药物磷酸氯喹的中间体(喹啉)属于芳香烃穆童2.硫酸盐(含SO42－、HSO4－)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理,穆童其主要过程示意图如下图:下列说法不正确的是()A.当日光射入充满硫酸盐气溶胶的暗室时,可观察到丁达尔效应B.HNO2是生成硫酸盐过程中的氧化产物C.硫酸盐气溶胶呈酸性D.该过程中有硫氧键生成3.《天工开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”,其中有关“丝、麻、裘(动物的皮毛制成的衣服)、褐(粗布衣)”的成分,下列描述正确的是()穆童A.纤维素蛋白质油脂维生素B.蛋白质纤维素维生素纤维素C.油脂蛋白质蛋白质油脂D.蛋白质纤维素蛋白质纤维素穆童4.“清肺排毒汤”来源于中医经典方剂组合,可用于预防新型冠状病毒感染。其中一种中药成分麻黄碱的结构简式为,下列说法正确的是()穆童A.麻黄碱难溶于水B.麻黄碱不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.麻黄碱分子中所有碳原子不可能位于同一平面上D.麻黄碱分子式是C10h16NO穆童5.对于下列实验,其反应的离子方程式不正确的是()A.泡沫灭火器中快速产生CO2:Al3++3HCO3－＝Al(OH)3↓+3CO2↑B.少量SO2通入NaCl溶液中:3ClO－+SO2+H2O＝Cl－+SO42－+2HClOC.feCl3溶液腐蚀铜板:2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+D.向BaCl2溶液中通入SO2:Ba2++H2O+SO2＝BaSO3↓+2H+穆童6.下列有关实验操作和现象及解释或结论都一定正确的是()7.已知:[以上微粒均为气体状态；稳定性:·CH(CH3)2>CH3CH2CH2·]下列说法正确的是()A.△H1＝△H2+△H3－△H4B.E(H—Cl)－E(h－Br)可表示为△H1－△H3C.△H2>△H1D.升高温度,活化能降低,化学反应速率增大穆童8.N表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.284gna2SO4和Na2HPO4固体混合物中,阴离子总数小于2NAB.0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为10.7gC.常温下,pH＝2的盐酸中的H+总数为0.01NAD.14g聚乙烯()含有的质子数目为8NA穆童9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.NaOH溶液使酯水解比稀H2SO4使酯水解更彻底B.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C.工业制取金属钾Na(l)+kcl(l)⇋NaCl(1)+K(g),选取适宜的温度,使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来D.压缩H2(g)、I2(g)和HI(g)平衡体系,体系颜色加深穆童10.X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期元素,们组成一种团簇分子的化学式为Z2M2Y4(YX)2。X、M的族穆童序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的eq\f(3,4)。下列说法不正确的是()穆童A.简单离子半径:Y>Z>MB.Z和M的最高价氧化物对应的水化物的碱性:Z>MC.X与Y形成的化合物中,X与Y的原子个数之比一定为2:1D.Z、M的单质与NaOH溶液可形成原电池,M的单质作负极穆童11.吡啶()是类似于苯的芳香化合物,其环上的三氯代物有()A.5种B.6种C.7种D.8种12.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺,装置如图所示。若上端开口关闭,可得到强还原穆童性的H·(氢原子)；若上端开口打开,并鼓入空气,可得到强氧化性的·OH(羟基自由基)。下列说法正确的是()穆童A.无论上端开口是关闭还是打开,负极反应均为Fe－3e－＝fe3+B.生成·OH的电极反应式为O2+2h++2e－＝2·OHC.若上端开口关闭,则下端出水口处被处理后的水中含有大量的H·D.处理含有草酸(H2C2O4)的污水时,上端开口应关闭穆童13.工业上用发烟HClO4与潮湿的CrCl3反应来除去Cr(Ⅲ),反应生成棕色的烟[CrO2(ClO4)2],部分HClO4中氯穆童元素转化为最低价态。下列说法正确的是()A.CrO2(ClO4)2中Cr元素显+4价B.该反应中涉及的酸都是含氧酸C.每生成8molCrO2(ClO4)2,就有3molHClO4被还原D.该反应的离子方程式为19ClO4－+8Cr3++8oh－＝8crO2(clO4)2+3cl－+4h2O穆童14.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,已知25℃时,Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17,Ksp(Ag2SO4)＝穆童1.2×10－5,下列说法错误的是()A.在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(SO42－)>c(Zn2+)>c(h+)>c(OH－)B.其他条件不变时,加热ZnSO4溶液,水的电离平衡向正反应方向移动,KW增大C.在1L0.1mol·L－1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.2mol·L－1的AgNO3溶液(忽略混合时溶液的体积变化),可生成Ag2SO4沉淀D.常温下,要除去0.20mol·L－1ZnSO4溶液中的Zn2+[使c(Zn2+)≤1×10－5mol·L－1],要调节溶液pH≥7穆童15.下列变化中的物质a、b、c、d可以是混合物,下列叙述一定正确的是()A.物质a一定是化合物B.变化②中氧化剂和还原剂可能是同一种物质C.变化③中一定有气体生成D.物质d不可能是有机物的水溶液穆童16.25℃时,0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液,溶液中部分微粒的浓度与pH的关系如图穆童所示。下列有关叙述正确的是()A.W点所示的溶液中:c(Na+)+c(H+)＝2(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)B.任何pH的溶液中:c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(CO32－)＝0.1mol·L－1C.pH＝7的溶液中:c(HCO3－)>c(Cl－)>c(CO32－)D.CO32－的一级水解平衡常数Kh1＝1.0×10－3穆童二、非选择题:本题共4小题,共52分。17.(12分)N、P、As是重要的氮族元素,氮族元素的单质及其化合物的应用较为广泛。回答下列问题:(1)33As与P位于同一主族,磷原子的结构示意图为________,砷在周期表中的位置是________________穆童(2)下列能说明N和P非金属性相对强弱的是________(填标号)。A.NH3比PH3稳定性强B.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4C.硝酸显强氧化性,磷酸不显强氧化性D.常温下,氮气是气体,磷单质是固体穆童(3)NH2Cl比HClO稳定性高,易水解,因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂,NH2Cl穆童发生水解的化学方程式为________________________________。(4)关于地下水中砷的来源有多种假设,其中一种认为是富含砷的黄铁矿(FeS2,其中S为－1价)被氧化为Fe(OH)3,同时生成SO42－,导致砷脱离矿体进入地下feS2被O2氧化的离子方程式为________________________________穆童(5)水体中溶解的As主要以As(Ⅲ)亚砷酸盐和As(V)砷酸盐形式存在。已知:投料前水样pH＝5.81,0.1mol·L－INaClO溶液pH＝10.5；溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。穆童①去除水体中的As,可先将As(Ⅲ)转化为As(V),选用aClO可实现该转化研究NaCIo投加量对穆童As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果:产生图中所示结果的原因是________________________________。②强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形态存在的As(V)达到去除As的目的。已知:一定条件下,As(V)的存在形式如下表所示:pH＝6时,NaClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是________________________________________。穆童18.(13分)硫酰氯(SO2Cl2)可用作有机化学的氯化剂,在药物和染料的制取中也有重要作用。已知:硫酰氯通常穆童条件下为无色液体,熔点为－54.1℃,沸点为69.1℃密度为1.67g·cm－3；在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解,生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解。穆童某化学学习小组拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为SO2(g)+Cl2(g)＝穆童SO2Cl2(1)△H＝－97.3kJ·mol－1,实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)回答下列问题:(1)仪器e的名称是________；仪器d中的试剂是________________,作用是________________________。穆童(2)能否将仪器a中70%硫酸换成98.3%硫酸？________(填“能”或“不能”),原因是______________________穆童________________________________________________。(3)若缺少装置B和D(均盛放浓硫酸),潮湿氯气和二氧化硫会发生副反应,化学方程式是____________________穆童________________________；同时生成的SO2Cl2也会水解而“发烟”,该反应的化学方程式为________________穆童________________________________。(4)为了防止硫酰氯分解,某同学建议将装置C放在________________(填“冰水浴中冷却”或“热水浴中加热”)。穆童(5)本实验中通入SO2的体积为11.2L(已折算成标准状况下),Cl2充足,实验最终收集到硫酰氯27.0mL,则硫酰氯的产率为________________(结果保留一位小数)。穆童19.(13分)工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下:穆童相关金属离子[c0(Mn+)＝0.1mol·L－1形成氢氧化物沉淀的pH如下:回答下列问题:(1)“酸浸”时可将碳酸锰矿粉碎,并进行充分的搅拌,为提高锰的浸出率还可采取的措施有________________穆童________(写出一种即可)。(2)“氧化”过程中加入少量的KMnO4,作用是________________。若省略“氧化”步骤,造成的后果是________穆童________________________________________。(3)滤渣1的主要成分是________________(4)加入MnF2是为了除去溶液中的Ca2+,若使溶液中的Ca2+沉淀完全,需溶液中F－浓度不低于________穆童mol·L－1[已知:常温时,Ksp(CaF2)＝1.46×10－10；离子浓度≤1×10－5时沉淀完全；eq\r(14.6)＝3.82]。穆童(5)“合成MnO2”的化学方程式为________________________________________。穆童(6)“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4:1的物质的量比配料,球磨3～5h,然后升温至600～750℃,保温24h,自穆童然冷却至室温得产品。升温到515℃时,开始有CO2产生,比预计碳酸锂的分解温度(723℃)低得多。可能的原因是________________________________________________。穆童(7)工业上以铂极为阳极、石墨为阴极电解KHSO4溶液可以制备K2S2O8,则阳极的电极反应式为________________穆童________________________________________________。20.(14分)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质,研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回穆童答下列问题:(1)NO在空气中存在如下反应2NO(g)+O2(g)⇋2NO2(g)△H,反应分两步完成,其反应历程如图所示。穆童①该反应的△H＝________________________②反应Ⅰ和反应Ⅱ中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)⇋2NO2(g)反应速率的是________(填“反应I”或“反应Ⅱ”),请写出判断的理由________________________________。穆童(2)NO2可发生二聚反应生成N2O4,热化学方程式为2NO2g)⇋N2O4(g)△H<0,已知该反应的正反应速率方程为v正＝k正·c2(NO2),逆反应速率方程为v逆＝k逆·c(N2O4),其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数(速率常数只和温度有关)。穆童①图(1gk表示速率常数的对数；eq\f(1,T)表示温度的倒数)中所示a、b、c、d四条斜线中,能表示lgk正随eq\f(1,T)变化关穆童系的是斜线________,能表示lgk逆随eq\f(1,T)变化关系的是斜线________。穆童②图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+1.5、a+0.5、a－0.5、a－1.5,则温度为T1K时,该反应的化学平衡常数K＝________L·mol－1.穆童③已知温度为T1K时,某时刻恒容密闭容器中NO2、N2O4浓度均为0.2mol·L－1,此时v正________v逆(填“>”或“<”)；上述反应达到平衡后,继续通入一定量的NO2,则NO2的平衡转化率将________(填“增大”“减小”或“不变”),NO2的平衡浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。穆童附加题:请考生根据本省考试情况选择作答,分值不计入总分。1.【物质结构与性质】(15分)一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂,结构简式如图所示:回答下列问题:(1)基态Zn原子的价电子排布式是________；该配合物中存在的化学键有________(填字母代号)。穆童A.配位键B.金属键C.共价键D.氢键E.σ键F.π键(2)甘氨酸易溶于水,试从物质结构的角度解释原因:________________________(3)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物,IMI的结构为,常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态,其原因是________________________________________。穆童(4)[Zn(CN)4]2在水溶液中与HCHO发生如下反应:4hCHO+[Zn(Cn)4]2－+4h++4H2O＝穆童[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN,HOCH2CN分子中碳原子的杂化轨道类型是________,HCHO的立体构型为________________穆童,[Zn(CN)4]2－中Zn2+与CN－中的C原子形成配位键,不考虑空间构型,[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为________________________。穆童(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为________________；六棱柱底面边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Zn的密度为________g·cm－3(列出算式即可)穆童2.【有机化学基础】(15分)丹参素是一种具有抗菌消炎及增强机体免疫作用的药物该药物的一种合成路线如下:已知:①Bn－代表苄基()；②HO－C≡CO－H不稳定；③RCH2CHO+R′CH2CHOeq\o(\s\up5(一定条件),\s\do3(→))eq\o(\s\up5(－H2O),\s\do3(→))穆童回答下列问题:(1)丹参素的分子式为________,F中官能团的名称为________(2)B和D合成E的化学方程式为________________,反应类型为________________。穆童(3)用“*”标出丹参素分子中所有的手性碳原子(连有四个不同原子或原子团的碳原子):(4)用苯酚和B为原料可以合成,物质X的相对分子质量比大14,其核磁共振氢谱有6组峰,峰面积之比为1:1:1:2:2:3。请写出同时符合下列条件的X的结构简式(不考虑立体异构)穆童________________________________(写两种)。①苯环上只有两个取代基；②能与氯化铁溶液发生显色反应；③能发生银镜反应(5)参考以上合成路线及已知信息,设计以、CH3CHO为原料制取的合成路线(其他试剂任选)________________________。穆童详解详析1.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于化学观念和态度责任。【解题思路】构成新型冠状病毒的蛋白质与RNA的相对分子质量都很大,都是高分子化合物,A正确；75%的酒精因能使蛋白质变性而能够消毒,甘油(丙三醇)具有保湿护肤的功能,B正确；聚丙烯的单体是丙烯,C正确；(喹啉)中含有氮原子,不属于芳香烃,D错误。2.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与推测能力。【解题思路】胶体具有丁达尔效应,该气溶胶属于胶体,A正确；NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4变为+3,NO2得电子被还原,作氧化剂,则HNO2是该过程中的还原产物,B错误；硫酸盐(含SO42－、HSO4－)气溶胶中含有穆童HSO4－,HSO4－在水中可电离生成H+和SO42－,硫酸盐气溶胶呈酸性,C正确；SO32－转化为HSO4－,有新的硫氧键生成,D正确。3.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力【解题思路】蚕丝、蜘蛛丝等的主要成分都是蛋白质,麻的主要成分是纤维素,裘是用动物的皮毛制成的衣服,动物的皮毛主要成分是蛋白质,褐是粗布衣服,主要成分是纤维素,本题选D。4.C【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力穆童《解题关键》3“结构决定性质”,对陌生物质性质的判断,要从其结构入手,从麻黄碱的结构简式和题给信息可知,其能溶于水。【解题思路】麻黄碱分子中含有亲水基－OH和－NH－,可加水浸煮成“清肺排毒汤”,说明麻黄碱能溶于水,A错误；麻黄碱分子中含结构,能被酸性重铬酸钾溶液氧化,B错误麻黄碱分子中含有4个饱和碳原子,每个饱和碳原子及与其相连的4个原子形成四面体结构,所有碳原子不可能位于同一平面上,C正确；麻黄碱的分子式是C10h16NO,D错误。5.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力。【解题思路】泡沫灭火器中塑料内筒中盛放硫酸铝溶液,钢制外筒中盛放碳酸氢钠与发沫剂的混合溶液,使用时将灭火器倒置,两种溶液混合,铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳,产生的大量二氧化碳和氢氧化铝等一起以泡沫的形式喷出,以达到灭火的目的,A正确；少量SO2通入NaClO溶液中,发生氧化还原反应ClO－+SO2+H2O＝Cl－+SO42－+2h+,因为NaClO过量,反应中生成的H+又和过量的ClO－结合成HClO,因此总反应为3ClO+SO2+H2O＝Cl－+SO42－+2HClO,B正确；Fe3+的氧化性强于Cu2+,feCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2,C正确；SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸,在此复分解反应中,弱酸不能制强酸,该反应不能发生,D错误。归纳总结向BaCl2溶液中通入CO2、向CaCl2溶液中通入CO2或SO2,均不能生成沉淀。6.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力、归纳与论证能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于思维方法和实践探索。【解题思路】碳酸氢铵受热分解得到等物质的量的NH3和CO2,同时通入Ca(OH)2溶液或Ba(OH)2溶液中,会产生CaCO3或BaCO3沉淀,继续通入NH3和CO2,因为NH3的存在,CO2不会和CaCO3或BaCO3沉淀反应,浑浊不会消失,A错误；溶液上层呈橙红色,说明生成了单质Br2,即Cl2的氧化性强于Br2,所以非金属性:Cl>Br,B正确；将一小块金属钠放置在空气中,一段时间后,钠表面变暗,生成Na2O,加热时,钠燃烧,发出黄色火焰,生成Na2O2,C错误验证蔗糖的水解产物时,要先加入足量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性,然后加入银氨溶液,水浴加热,若直接向水解液中加入银氨溶液,过量的稀硫酸会和银氨溶液发生中和反应,从而不产生银镜,无法验证是否水解,D错误。7.A【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。穆童《解题关键》就本题而言,反应物相同,成的物质的稳定性越高,放出的能量的值就越大。【解题思路】根据盖斯定律,得①－③＝②－④,即△H1＝△H2+△H3－△H4,A正确；由③－①得HCl+Br·→HBr+cl·,则E(h－cl)－E(H－Br)可表示为△H3－△H1,B错误；稳定性:·CH(CH3)2>CH3CH2CH2·,说明·CH(CH3)2的能量相对低,反应②吸收的能量少,或放出的能量多,故△H2<△H1,C错误；活化能与温度无关,升高温度,活化分子的百分数增大,化学反应速率增大,D错误。8.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力。【解题思路】284gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为2mol,所含阴离子总数为2NA,故A错误；胶体粒子是很多个分子的集合体,无法计算其质量,B错误；常温下,pH＝2的盐酸中c(H+)＝0.01mol·L－1,由于溶液的体积未知,不能计算其中含有的H+总数,C错误；的最简式为CH2,每个CH2含8个质子,14g含有1molCH2,所含质子数目为8NA,D正确。穆童《技巧点拨》的实验式为CH2,不管n的值有多大,14g中CH2的数目是不变的,即中含有的质子数目是固定的值。9.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。【解题思路】酯水解生成酸和醇,是可逆反应,氢氧化钠和酸发生中和反应,有利于平衡正向移动,能用勒夏特列原理解释,A不符合题意；氯气在溶液中存在平衡Cl2+H2O⇋HCl+ClO,在饱和食盐水中,氯离子抑制了氯气的溶解,所以能够用勒夏特列原理解释,B不符合题意；工业制取金属钾Na(1)+KCl(1)⇋naCl⑴+K(g),选取适宜的温度,使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来,K(g)浓度减小,有利于平衡正向移动,能用勒夏特列原理解释,C不符合题意；H2(g)+I2(g)⇋2HI(g)是反应前后气体分子数不变的反应,压缩该平衡体系,反应物和生成物浓度均增大,体系颜色加深,但平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,D符合题意。10.C【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。穆童【解题思路】简单离子的核外电子排布结构相同时,核电荷数越大,半径越小,则半径:02－>Mg2+>Al3+,A正确；由于Mg的金属性强于A,则最高价氧化物对应的水化物的碱性:Mg(OH)2>Al(O)3,B正确；H与O形成的化合物有H2O、H2O2,H与O原子个数之比分别为2:1、1:1,C错误；Mg、Al与NaOH溶液可形成原电池,发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑,其中Al是还原剂,作原电池的负极,故D正确。11.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于化学观念和思维方法。穆童《解题关键》判断吡啶环上的三氯代物种数,要学会信息的转化,由于取代基数目较多,可将其转化成判断二氯代物的种数,二氯代物可以采用“定一移一”法,这样可以避免重复或漏写。【解题思路】的分子的环上连有5个H,其环上的三氯代物个数与二氯代物个数相同,二氯代物如图所示(数字代表另一个Cl的位置):,共有6种,B正确。12.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与推测能力。【学科素养】本题考查的学科素养侧重于思维方法、态度责任。【解题思路】原电池工作时,Fe作负极,电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+,A错误；由题干信息及质量守恒、电荷守恒原理知,B正确；H·非常活泼,不可能稳定存在,C错误；草酸具有还原性,除去草酸需要氧化性的物质,上端开口关闭得到强还原性的H·(氢原子),无法获得强氧化性的物质,上端开口打开,并鼓入空气则可生成有强氧化性的羟基自由基,将草酸氧化,D错误。13.C【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力。【解题思路】CrO2(ClO4)2中O为－2价、Cl为+7价,根据化合物中各元素化合价代数和等于0,可知Cr元素化合价为+6,A错误；HClO4属于含氧酸,由题干中“部分HCO4中氯元素转化为最低价态”,即有HCl生成,HCl是无氧酸,B错误；因为酸性环境,反应物中不能补充OH－,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得该反应的离子方程式为19ClO4－+8Cr3++4H2O＝8CrO2(ClO4)2+3Cl－+8H+,每生成8molCrO2(ClO4)2,就有3molHClO4被还原,C正确,D错误。14.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。【解题思路】ZnSO4是强电解质,在溶液中能完全电离,c(SO42－)和c(Zn2+)较大,由于Zn2+在溶液中会发生水解Zn2++2H2O⇋Zn(OH)2+2H+,导致c(SO42－)>c(Zn2+),溶液显酸性,c(H+)>c(OH－),因此离子浓度大小关系为穆童c(SO42－)>c(Zn2+)>c(H+)>c(OH－),A正确；ZnSO4溶液中存在平衡Zn2++2H2O⇋Zn(OH)2+2H+,水的电离被促进,水解反应和水的电离过程均吸热,加热,水解平衡和水的电离平衡均正向移动,Kw增大,B正确；在1L0.1mol·L－1ZnSO4溶液中加入等体积的0.2mol·L－1的AgNO3溶液,溶液中c(Ag+)＝0.1mol·L－1,c(SO42－)＝0.05mol·L－1，c2(Ag+)×c(SO42－)＝5×10－4>Ksp(Ag2SO4),有Ag2SO4沉淀生成,C正确；根据Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17计算,要除去0.20mol·L－1ZnSO4溶液中的Zn2+,残留在溶液中的Zn2+浓度要小于或等于1×10－5mol·L－1,c(OH－)穆童＝eq\r(eq\f(Ksp[Zn(OH)2],c(Zn2+)))＝eq\r(eq\f(1.0×10－17,1×10－5))mol·L－1＝1×10－6mol·L－1,ph＝－lgeq\f(kw,c(OH-))＝－lg10－8＝8,故要调节溶液pH≥8,D错误。15.B【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。【解题思路】向稀硫酸中加入Cu,加热,并通入空气,发生反应2Cu+O2+2H2SO4eq\o(\s\up5(△),\s\do3(＝))2CuSO4+2H2O,此时物质a为单质Cu和氧气,A错误；H2SO4可与Na2S2O3发生氧化还原反应Na2S2O3+h2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,产生黄色沉淀硫单质该反应中氧化剂和还原剂均为Na2S2O3,B正确；若物质c中除铁粉外还含有铁红且铁粉和铁红按一定比例混合,使生成的Fe3+和铁粉恰好完全反应生成Fe2+,反应不一定有氢气生成,若物质c为FeO,也有题中现象,反应也没有氢气生成,C错误；硫酸是酸,溶液显酸性,遇石蕊试液变为红色,石蕊是有机物,因此物质d可能是有机物的水溶液,D错误。16.D【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力归纳与论证能力。【必备知识】考查的必备知识包括盐类的水解、溶液中粒子浓度的大小比较、水解平衡常数的计算、图象分析。【解题思路】W点时溶液的pH＝11,且c(CO32－)＝c(HCO3－),即少量的盐酸与碳酸钠反应,溶液中的溶质为NaCl、na2CO3与NaHCO3,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)＝2c(co32－)+c(HCO3－)+c(OH－)+c(Cl－)＝3c(CO32－)穆童+c(OH－)+c(Cl－),A错误；当pH<6时,溶液中含碳微粒的总浓度明显减小,说明反应中有CO2生成,所以当溶液中有CO2放出时,c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(CO32－)<0.1mol·L－1,B错误；当溶液的pH＝7时,发生的反应为①Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、②NaHCO3+hCl＝naCl+h2CO3和③h2CO3＝H2+CO2↑,在反应①中,生成的NaCl和NaHCO3浓度相等,在反应②中,生成的NaHCO3又消耗一部分,所以c(NaCl)>c(NaHCO3),即c(Cl－)>c(HCO3－),C错误；CO32－的一级水解平衡常数Kh1＝c(HCO3－)·c(OH－)/c(CO32－),当溶液的pH＝11时,c(HCO3－)＝c(CO32－),故Kh1＝c(OH－)＝1.0×10－3,D正确。穆童《技巧点拨》解答有关溶液中粒子浓度关系的试题,首先要想到溶液中的“三大守恒”:质子守恒、电荷守恒和物料守恒,再结合图象,观察给出的微粒之间是否存在某种等量关系,最后再进行等量关系的转化判断给出的微粒浓度关系是否正确。17.【答案】(1)(1分)第四周期第VA族(1分)(2)AB(2分)穆童⑶NH2Cl+H2O＝NH3+HClO(2分)(4)4FeS2+15O2+14H2O＝4fe(OH)3+8SO42－+16H+(2分)(5)①起氧化作用的物质是次氯酸,NaO溶液为碱性,当投加量大时,溶液碱性增强,OH－浓度增大,ClO－水解程度降低,次氯酸不易生成,所以As(Ⅲ)氧化率降低(2分)②HClO+h3AsO3＝h2asO4－+Cl－+2H+(2分,写ClO－参与反应的得1分)【关键能力】本题考查的关键能力侧重于理解与辨析能力分析与推测能力、归纳与论证能力。【必备知识】考查的必备知识包括原子结构、氮族元素及其化合物的性质、盐类的水解等。【解题思路】(1)P原子核外有15个电子,原子结构示意图为,As比P的原子序数大18,在周期表中位于P的下一周期,在周期表中的位置是第四周期第VA族。(2)氢化物的稳定性越强,则非金属元素的非金属性越强,NH3比PH3稳定性强,则N元素非金属性强于P元素,A正确；Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4,说明HNO3的酸性强于H3PO4,元素最高价氧化物对应的水化物酸性越强,则该元素的非金属性越强,与其氧化性无关,B正确,C错误；非金属单质的状态与非金属元素的非金属性强弱无关,D错误。(3)NH2Cl水解后产生的可杀菌消毒的物质是HClO。(5)②pH＝6时,NaClO溶液中ClO－生成HCO,HClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是HClO+H3AsO3H2=H2AsO4-+Cl-+2H+穆童《技巧点拨》解答第(5)②小题时要注意分析表格中不同pH下As(V)的存在形式,同时要注意溶液pH对反应的影响。pH＝6时NaClO与H+反应转化为HClO,起氧化作用的物质是HClO,离子方程式中写HClO。18.【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)碱石灰(1分)吸收未反应的SO2和Cl2,防止污染空气,并防止空气中的水蒸气进入装置C(1分)(2)不能(1分)98.3%硫酸中水分太少硫酸分子电离程度极小,氢离子浓度极小,与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体的速率太慢(2分)穆童⑶Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4(2分)SO2Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl(2分)(4)冰水浴中冷却(1分)(5)66.8%(2分)【关键能力】本题考查的关键能力是探究与创新能力。【解题思路】(1)仪器e是(球形)冷凝管；仪器d中盛放碱石灰,作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气,防止污染空气,并防止空气中的水蒸气进入装置C。(2)98.3%硫酸中水分太少,硫酸分子电离程度极小,氢离子浓度极小,与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体的速率太慢,因此不能将仪器a中70%硫酸换成98.3%硫酸。(3)若缺少装置B和D(均盛放浓硫酸),潮湿氯气和二氧化硫发生反应,氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸,自身被还原为HCl,反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4；反应生成的SO2Cl2遇水能够水解而“发烟”,生成氯化氢,反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl(4)由于SO2(g)+Cl2(g)＝so2cl2(1)△H＝97.3kJ·mol－1,反应放热,硫酰氯在10℃以上开始分解,为了提高硫酰氯的产率,应将装置C放在冰水浴中冷却。(5)根据化学方程式SO2(g)+Cl2(g)＝So2Cl2(1),可知n(SO2):n(SO2Cl2)＝1:1,标准状况下,11.2LSO2为0.5mol,则理论上生成0.5molSO2Cl2,而SO2Cl2的实际产量m(SO2Cl2)＝1.67g·cm-3×27.0mL＝45.09g,n(SO2Cl2)＝eq\f(45.09,135)mol＝0.334mol,则SO2Cl2的产率＝eq\f(0.334,0.5)×100%＝66.8%19.【答案】(1)适当增大硫酸的浓度(或适当升高温度等)(1分)(2)将Fe2+转化为Fe3+(1分)Fe2+和Mn2+沉淀的pH范围有重叠,会造成Mn2+的损失(2分)(3)Fe(OH)3、CaSO4(1分)(4)3.82×10－3(2分)穆童⑸MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+K2SO4+2H2SO4(2分)(6)MnO2作催化剂,加快了碳酸锂分解(2分)(7)2HSO4－－2e－＝S2O82-+2H+(写SO42－失电子也给分,2分)【关键能力】本题考查的关键能力是分析与推测能力归纳与论证能力、探究与创新能力。【解题思路】(1)为了提高碳酸锰矿中锰的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施还有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等。(2)根据题表中数据分析可知,Fe2+沉淀完全的pH为9.0,而Mn2+开始沉淀的pH为8.1,Fe2+和Mn2+沉淀的pH范围有重叠,所以“氧化”过程用KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+,便于除去F2+、Fe3+,KMnO4转化为Mn2+。(3)“除铁”时,加入CaO的目的是调节溶液的pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去,同时CaO与H2SO4反应生成CaSO4沉淀,故滤渣1的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4。(4)加入MnF2是为了除去溶液中的Ca2+,当c(Ca2+)＝1×10－5mol·L－1时,c(F－)＝eq\r(eq\f(Ksp(CaF2),c(Ca2+)))=eq\r(eq\f(1.46×10－10,1×10－5))mol·L－1＝3.82×10－3mol·L－1(5)根据流程图分析可知滤液中MnSO4被K2S2O8氧化生成MnO2,则“合成MnO2”的化学方程式为MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+K2SO4+2H2SO4(6)可能的原因是MnO2作催化剂,加快了碳酸锂分解。(7)电解KHSO4溶液时,阳极上HSO4-失去电子发生氧化反应生成S2O82-,故阳极的电极反应式为2hsO4-－2e-＝S2O82-+2h+20.【答案】(1)①(E1－E3)kJ·mol－1(2分)②反应Ⅱ(1分)反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能,反应Ⅱ断键时需要吸收更多的能量,反应速率慢(2分)(2)①c(1分)d(1分)②10(3分)③>(2分)增大(1分)增大(1分)【关键能力】本题考查的关键能力侧重于分析与推测能力、归纳与论证能力。【解题思路】(1)①反应热＝生成物的总能量一反应物的总能量,该反应的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2nO2(g)穆童△H＝(E1－E3)kJ·mol－1。②一般情况下,反应的活化能越大,反应速率越慢,化学反应速率由最慢的一步决定,所以决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ,因为反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能,反应Ⅱ中反应物断键时需要吸收更多的能量,反应速率慢(2)①随着温度的降低,eq\f(1,T)增大,正、逆反应速率均减小,则lgk正和lgk逆均减小,则斜线c、d符合要求,由于温度降低平衡正向移动,v正>v逆,则降低相同温度时lgk逆减小得更快,则斜线c表示lgk正随eq\f(1,T)变化的关系,斜线d表示lgk逆随eq\f(1,T)变化的关系。②反应达平衡时v正＝v逆即k正·c2(NO2)＝k逆·c(N2O4),化学平衡常数K＝eq\f(c(N2O4),c2(NO2))＝eq\f(K正,k逆