2022年广东省佛山市南海区高考化学摸底试卷（附答案详解）

2022年广东省佛山市南海区高考化学摸底试卷L2.佛山木版年画是岭南传统民俗文化的一朵奇葩。下列说法错误的是（）A.雕刻刀具的主要成分为合金 B.铁红颜料的主要成分为尸03。4C.绘刻木板的主要成分为纤维素 D.制笔用的狼毫主要成分是蛋白质中华传统文化中蕴含诸多化学知识，下列诗句与涉及的化学知识不相符的是（）选项诗句化学知识A雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输导皋此与。2反应生成NO?B千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲CaC03的受热分解C大邑烧瓷轻且坚，扣如哀玉锦城传陶瓷属于硅酸盐材料D落红不是无情物，化作春泥更护花体现了自然界中的碳循环A.A B.B C.C D.D.我国于2021年发布了《医用同位素中长期发展规划》o常见的医用同位素有“C、18尸、131/等，有关说法正确的是（）14c位于元素周期表的第二周期第团4族18尸和131/具有相同的最外层电子数14c与12c的性质完全相同D.化合物23Na"i/的中子总数为奇数TOC\o"1-5"\h\z.环己内酯是一种重要的化工原料，其结构如图所示。关于环己内酯 门Q说法正确的是（） （丫A.分子式为。6/2。2 < ）一氯代物有3种Imol环己内酯最多能与ImolNaOH反应D.能发生加成反应、氧化反应和取代反应5.在粗盐提纯的实验过程中，不需要用到的仪器是（）选项ABC□仪器1/0L1

A.AB.Bc.cD.DA.AB.Bc.cD.D.设以为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）34gH2。2中含有的极性犍数目为2MB.标准状况下，44.8LSO3的分子数为2MlL1.0mo，/L的NaCl溶液中，含有的阳离子总数为N%22.4LC，2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2Ml.金属材料的腐蚀已成为当今世界面临的迫切需要解决的问题之一，下列说法正确的是（）A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被还原.化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍，危害更大C.金属铁越纯越容易发生电化学腐蚀D.铜通常发生吸氧腐蚀，不发生析氢腐蚀8.某学习小组设计实验探究N也与CuO的反应，所选择的装置及操作正确的是（）8.D.吸收D.吸收NG尾气A B.B C.C D.D9.柠檬酸是天然防腐剂和食品添加剂，它是一种有机三元酸，与NaOH溶液反应生成柠檬酸钠（用Na3y表示），下列说法正确的是（）A.柠檬酸的电离方程式为：H3y=3，++丫3-NaH2y水溶液中：c（//2r-）<c（/Va+）Na3y水溶液中：c（Na+）+c（H+）=3c（y3-）+c（O/r）Na3y水溶液的pH值随着c（Na3Y）的增大而减小1■■■■.氧1■■■■.氧化物不顺仪化物酸盐下列推断合理的是（）A.b在过量。2中燃烧可生成dB.f的水溶液一定呈中性C.a可与c反应可生成bD.e的浓溶液不能用铁制容器贮藏贮运.化学是以实验为基础的学科。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（）

选项操作或做法目的A将S02气体通入紫色石蕊溶液中验证S02的漂白性B向2niL0.ini。，-L-iMgC%溶液中加入lmM).l?nol-LTNaOH溶液，再加入几滴FeCG溶液验证Mg(OH)2沉淀能否转化为Fe(OH)3沉淀C向网斜出上溶液中滴入硫酸酸化的玲。2溶液验证氧化性：h2o2>Fe3+D淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水探究淀粉是否发生水解A.A B.B C.C D.D.微粒观的形成对化学学习具有重要意义。下列相关反应的离子方程式书写正确的是()A.向Ba(0H)2溶液中加少量NaHC03溶液：Ba2++0H-+HCOj=BaCO31+H20Wt!B.用惰性电极电解CizC^溶液：2H2。2+C/++2C厂二Cu(0H)2+”2T+C/2TC.往酸性KMn。,溶液中加入草酸：2MnO^+SC20l-+16H+=2Mn2++10C02T+8H2OD.漂白粉溶液吸收少量SO2气体：2。，。-+5。2+，2。=5。g+2“£7。.一种FeTiOx催化剂催化N/还原NO的反应机理如图所示。下列叙述正确的是()A.在图示转化中，只有A.在图示转化中，只有Fe和N元素的价态发生变化外接电源或电器阳离点换股外接电源或电器阳离点换股B.反应过程中只涉及极性键的断裂与形成C.每一步转化都发生氧化还原反应FeTiOxD.该过程的总反应为4NH3+4N0+02^—^N2+6H2。.一种锌机电池的工作原理如图所示，电解质为Z71SO4放电溶液，电池反应式为：Zn4-ViOt,ZnV^Oi>充电下列说法错误的是()A.放电时，b电极的反应式：Zn2++/。5+2e-=Zn彩。5B.放电时，ZM+从a电极区向b电极区迁移

C.充电时，b电极与电源负极相连D.充电时，若转移O.4?no2电子，理论上a电极增重13g.一种可用于固态钠电池的电解质结构式如图所示，已知「 -I.ZXXZM的最外层电子数是电子层数的两倍，R的单质是空气N8<UJh-r-si-y-z中含量最多的气体，X、Y、Z与R同周期。下列说法错L''xZ_误的是()A.原子半径：Y>R>X B.非金属性：Z>X>MC.这些元素中丫的气态氢化物最稳定D.R的最高价氧化物对应水化物为强酸.在25℃条件下，向HF溶液中逐渐加入NaOH,溶液中尸一、，成及HF的浓度分数(6)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A.曲线2表示F-的浓度分数的变化B.滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度不断减小H++ 的平衡常数数量级为KT,pH=5时，c(Na+)<c(F-)+c(HF)+c(HFf).明研K4(SO4)2-12H2。可用于食品添加剂。某小组用粉煤灰(含42。3的质量分数为50%)制备明研，并探究明研的净水作用。(1)403溶液的制备①取10.2g粉煤灰酸溶，粉煤灰分批添加且缓慢升温至60℃,原因是(填序号A.防止反应过于剧烈B.防止HC1受热挥发C.抑制抑3+水解②检验粉煤灰滤饼是否洗涤干净的实验试剂为。(2)分离提纯4G3用如图所示装置制备HC1气体，并通入溶液中使加。，3,6H2。晶体析出，从而与可溶杂质分离。①相比分液漏斗，选用仪器a的优点是o②往装置B中通入HC1气体后会析出大量的4C，3・6/0晶体，原因是。上述实验装置存在缺陷是。(3)明矶的制备将4c'G•6%。加热溶解，同时加入过量K2s。4固体，再经过、干燥即可得至l]K4(S04)2•12”2。，经称量确定质量为23.7g,则明机的产率为%,(已知K4(S04)2-12H2。的式量为474,答案保留一位小数)(4)明研的净水作用

有研究小组查得常温下4/3+的水解平衡常数约为1X10-9,对明研是否能水解生成4(OH)3胶体产生疑问，进行探究实验如表：序号试剂饱和明矶溶液作用温度(℃)实验现象115mL自来水2滴25有微弱的丁达尔效应，一段时间后变浑浊215mL自来水2滴60有丁达尔效应，较实验1变浑浊快315mL蒸储水2滴60无丁达尔效应实验(填序号)对比表明，温度不是明矶溶液产生丁达尔效应主要原因。实.(填离子符号)促使+验小组同学猜测可能是自来水中存在的某种例离子的水解生成4(。“)3胶体，反应的离子方程式为.(填离子符号)促使+18.某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、42。3、SiO2,为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收铁、银。NaiCOia*NallCOjNaiCOia*NallCOj已知：i.黄钠铁矶Nci2Fe6(SO4)4(OH)2具有稳定、颗粒大、易沉降、易过滤、几乎不溶于水等特点；比常温下，K^NiCO^=1.4X10-7；Ksp[Ni(0H)2]=1.0x10-15o回答下列问题：(1)滤液①中，主要存在的钠盐有o(2)“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相荽取)(有机相)+2H+(水相)。则“反萃取”应控制在 (填“碱性”、反萃取“酸性”或“中性”)环境进行。⑶“氧化”中加入%。2,反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为«“沉银”过程同时产生一种气体，该反应的离子方程式为,“沉银”时若溶液pH过大会导致N403的产率下降，原因是。“沉铁”过程反应的离子方程式为.(6)定量分析：①已知“水相”中c(N»2+)=2x10-27n山•小，加M1HCO3“沉银”，当沉镇率达到99%时，溶液中c(C0g)=mol-IT1.②测定“酸浸”后的溶液中Fe2+的浓度，可确定萃取剂添加的量。取“酸浸”后的溶液amL,然后用cmo，1TKMnO4溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。则溶液中尸e?+的物质的量浓度为mol•L。.烟气催化还原工艺将SO*还原成硫蒸气，既符合环保要求，又可以合理利用宝贵的硫资源。该催化反应体系主要涉及以下反应：0.2s。2⑷+C&（g）#S8（g）+CO<3）+2H2O（g）△%=-183.2灯•moL团.zso2（g）+c“4（g）=2（g）+强⑷+2%。3）△也=-so.ifc/-mor1回.4S03（g）+3cH4（g得Sg（g）+3c02（g）+6H20（g）△“3=-773.2/c；•mo/-1；回.4S03（g）+3cH4（g）=2S2（g）+3CO2（5）+6H2。（g）△W4=-567.0kJ-mo/-1,⑴;S8（g）=2（g）属于（填“吸热”或“放热”）反应。（2）已知甲烷燃烧的热化学方程式C%（g）+202（g）=。。2（。）+2“20（9”“5。根据盖斯定律，反应25。2（9）+。2（9）=25。3（9）的焙变/“为。（用部分或全部含纲、4%飒、［”4、4”5的表达式表示）（3）恒容容器中发生上述反应，下列说法不正确的是.A.反应体系的颜色不再改变时，说明已达平衡状态B.反应体系气体密度不再变化时，说明已达平衡状态C.更换更合适的催化剂，可提高SO?的平衡转化率D.升高温度，所有反应的正逆反应速率均增大（4）在一定条件下，向体积为2L的密闭容器中，通入2m。5。2和lmo/CHj，同时进行反应I和反应IIO①图1为相同时间测得SO?的转化率随温度变化情况。a点是否已达到化学平衡状态？（填“是”或“否”）。在700K后SO2转化率下降的原因是。②图2为900K时，SO2和C“4的物质的量随时间变化情况。0〜120min内C“4的反应速率是mol-L^h-1,反应平衡时，容器中c（S2）：c（S8）=1：1,反应II的平衡常数为七=o③在上述实验中，若900K时想将SO?的转化率提高到60%,可采取的措施是A.及时分离出产物CO?和修。B.压缩体积C.向反应体系中添加氨气D.向反应体系中添加甲烷.CaMnO3热电氧化物是目前极有应用潜力的新型高温热电材料，常以柠檬酸溶胶凝胶法进行制备。回答下列问题：(1)基态Mn原子的价层电子轨道表达式(电子排布图)为,第一电离能/i(Mn)A(Ca)(填“大于”或“小于”)。(2)lmo,柠檬酸(2)lmo,柠檬酸(on,柠檬酸分子中C原子的杂化轨道类型是。(3)3-甲基戊烷与柠檬酸的碳原子数目相同，但是3-甲基戊烷不溶于水，而柠檬酸易溶于水，主要原因是。(4)CaO的熔点是2572℃,MgO的熔点是2852℃,MgO的熔点比CaO高的原因是(5)CaMnO3晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm,阿伏加德罗常数的值为以，晶胞中Mn位于O所形成的正八面体，该正八面体的边长为nm,其晶体密度的计算表达式为 g-cm~3..盐酸绿卡色林可用于肥胖疾病的治疗，该药物合成中间体化合物F的合成路线如图:回答下列问题：(1)化合物I的化学名称是,11中含氧官能团有(写名称).(2)化合物HI的结构简式为o(3)反应④的反应类型是o(4)反应⑤发生了取代反应，另一个产物为HBr,推断化合物团的结构简式o(5)化合物H的芳香类同分异构体中，可与NaHCOs反应放出CO?的有种(不计化合物II,不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为2：2：2：1的结构简式为O(6)设计由路线一/和小原料,的合成(无机试剂任选，不需注明反应条件)。答案和解析.【答案】B【解析】解：4合金硬度大于成分金属，所以雕刻刀具的主要成分为合金，故A正确;B.铁红颜料的主要成分为尸02。3，故B错误；C.绘刻木板的主要成分为纤维素，叙述正确，故C正确；D.制笔用的狼毫主要成分是蛋白质，叙述正确，故D正确；故选：BoA.合金硬度大于成分金属；B.四氧化三铁为黑色；C.木材主要成分为纤维素；D.毛笔中用的狼毫成分为蛋白质。本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的组成与性质是解题关键，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：4氮气与氧气反应生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故A错误；B.碳酸钙受热分解生成氧化钙、二氧化碳，叙述正确，故B正确；C.陶瓷主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐材料，故C正确：D.“落红不是无情物，化作春泥更护花”意思是落下的花瓣等从有机物变成无机物（也就是被分解者分解的过程）的过程，其中无机盐促进植物的生长，体现了自然界的物质循环，体现了自然界中的碳、氮循环，诗句与涉及的化学知识相符，故D正确；故选：A。A.氮气与氧气反应生成一氧化氮；B.碳酸钙受热分解生成氧化钙、二氧化碳；C.陶瓷主要成分为硅酸盐；D.“落红不是无情物，化作春泥更护花”意思是落下的花瓣等从有机物变成无机物，体现了自然界中的氮的循环。本题考查了物质变化过程的分析判断，主要是诗词中涉及的化学知识的理解应用，熟悉相关物质的性质及发生的化学反应是解题关键，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：414c的质子数=核电荷数=核外电子数=6,位于周期表的第二周期第回A,故A错误：B「8F和131/是第团A族元素原子，最外层电子数相同，都为7,具有相同的最外层电子数，故B正确：C.i4c与12c的最外层电子数相同，化学性质相同，质量数不同，物理性质不相同，故C错误；D.化合物23Nam/的中子总数=23-11+131—53=90,中子总数不是奇数，故D错误；故选：BoA.I，。的质子数=核电荷数=核外电子数=6,主族元素最外层电子数=主族族序数，电子层数=周期序数；B.18尸和131/是第ma族的元素原子，最外层电子数相同；C.i4c与12c是碳元素的同位素，原子核外电子数相同，原子质量不同；D.原子中质量数=质子数+中子数，结合化学式计算分析判断。本题考查了原子结构、元素性质、微粒关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：4由结构简式可知，该有机物分子中含有6个碳原子、10个氢原子、2个氧原子，其分子式为CeHioQ，故A错误；B.分子中含有5种化学环境不同的氢原子，其一氯代物有5种，故B错误；C.分子中1个酯基水解产生1个瘦基、1个醇羟基，而竣基能与氢氧化钠发生中和反应，故Imol环己内酯最多能与ImolNaOH反应，故C正确；D.分子含有酯基，可以发生水解反应反应，而水解反应属于取代反应，亚甲基也可以发生取代反应，可以燃烧，燃烧属于氧化反应，酯基不能发生加成反应，故D错误；故选：CoA.键线式中拐点、端点为碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目，或利用不饱和度计算氢原子数目：B.分子中含有5种化学环境不同的氢原子；C酯基水解产生陵基、醇羟基，而竣基能与氢氧化钠发生中和反应；D.酯基不能发生加成反应。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯与碱反应原理，注意利用等效氢判断一元取代产物，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。5.【答案】B【解析】解：4图中为漏斗，过滤时使用，故A错误；B.图中为用烟，粗盐提纯实验中不使用，故B正确：C.图中为酒精灯，蒸发时使用，故C错误；D.图中为胶头滴管，除杂时滴加试剂使用，故D错误：故选：Bo粗盐提纯时，溶解后，加试剂除去杂质离子，过滤后加盐酸至中性，滤液蒸发结晶得到NaCl,以此来解答。本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握粗盐提纯的实验步骤、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见仪器的用途，题目难度不大。6.【答案】A【解析】解：434g双氧水含极性键的条数可=式森商X2xM/mo,=2以，故A正确；B.标况下三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C.在氯化钠溶液中，除了钠离子外，水还能电离出氢离子，故此溶液中阳离子的个数多于N.个，故C错误；D.氯气所处的状态不明确，其物质的量无法计算，则和氢氧化钠反应后转移的电子数无法计算，故D错误；故选：AoA.求出34g双氧水的物质的量，然后根据双氧水中含2个极性键来分析；B.标况下三氧化硫为固体；C.在氯化钠溶液中，除了钠离子外，水还能电离出氢离子；D.氯气所处的状态不明确。本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用和物质结构特点的把握。7.【答案】D【解析】解：4金属腐蚀的本质是金属原子在负极上失去电子而被氧化的过程，故A错误；B.电化学腐蚀比化学腐蚀快，危害更大，且电化学腐蚀比化学腐蚀普遍，故B错误；C.纯的金属很难发生电化学腐蚀，因为不会构成原电池反应，故C错误；D.铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，故D正确：故选：D。A.金属原子失去电子被氧化；B.电化学腐蚀比化学腐蚀快，危害更大；C.纯金属发生化学腐蚀，在形成原电池时发生电化学腐蚀：D.铜活泼性比氢弱。本题涉及金属的腐蚀类型和特点、金属的腐蚀和防护等知识，知道原电池和电解池的原理和应用是关键，难度不大。8.【答案】C【解析】解：4氯化铉分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化镣，不能制备氨气，应选氯化镂与氢氧化钙加热制备，故A错误；B.氨气与无水氯化钙反应生成络合物，不能干燥氨气，应选碱石灰干燥，故B错误；C.图中试管内黑色固体变为红色，可验证N“3能还原CuO,故C正确；D.苯不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故D错误；故选：CoA.氯化镀分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化钱；.氨气与无水氯化钙反应生成络合物；C.氨气还原CuO生成Cu；D.苯不能隔绝氨气与水。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、物质的制备、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。.【答案】B【解析】解:4柠檬酸属于弱酸，分级电离，电离方程式为+H2Y-,H2Y-^H++HY2~,HY2-^H++Y3~,故A错误；b.根据物料守恒有c（Na+）=c（//2y-）+c（//r2-）+c（r3-）+c（h3x）,故«也广）＜c（Na+）,故B正确：C.根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=3c根3-）+c（O/T）+c（H2Y-）+2c（“产-）,故c错误；D.Y-水解而使溶液呈碱性，随c（Na3?）增大，溶液碱性越强，溶液的pH值增大，故D错误；故选：BoA.柠檬酸属于弱酸；B.根据物料守恒判断：C.根据电荷守恒判断；D.r-水解而使溶液呈碱性，c（Na3Y）越大，溶液碱性越强。本题考查水溶液中离子平衡，涉及盐类水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较、溶液pH判断等，注意理解离子浓度大小比较中的物料守恒、电荷守恒、质子恒等式。.【答案】C【解析】解：4b是S单质，d是SO3，S在。2中燃烧只生成SO2,故A错误；B.f可以是硫酸盐，也可以是硫酸氢盐，而硫酸氢盐（如NaHSOQ水溶液呈酸性，故B错误；C.a是/S,c是SO2,它们可以发生反应生成b（S单质）：2H2S+SO2=3S1+2H2。，故C正确；D.e为/SO"因铁在浓硫酸硫酸中发生钝化，故浓硫酸能用铁制容器贮藏贮运，故D错误；故选：CoA.b是S单质，S在。2中燃烧只生成SO?；B.NaHS04水溶液呈酸性；C.a是/S，c是SO2,它们可以发生反应生成b(S单质)；D.铁在浓硫酸硫酸中发生钝化。本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握元素的化合价、物质的性质为解答的关键，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。11.【答案】B【解析】解：4二氧化硫为酸性氧化物，使紫色石蕊溶液变红，与漂白性无关，故A错、口1•天；B.NaOH溶液不足，氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铁，由实验及现象可验证Mg(0H)2沉淀能否转化为Fe(0H)3沉淀，故B正确；C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能验证氧化性：H2O2>Fe3+,故C错误；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖，证明淀粉发生水解，由实验可知，淀粉可能部分水解或完全水解，故D错误；故选：BoA.二氧化硫为酸性氧化物；B.NaOH溶液不足，氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铁；C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖，证明淀粉发生水解。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、反应与现象、难溶电解质、物质的鉴别、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。12.【答案】A【解析】解：4向Ba(0H)2溶液中加少量NaHC/溶液，离子方程式为：Baz++0H-+HCO3=BaCO3I+H20,故A正确；通电B.用惰性电极电解溶液，离了,方程式为：+2C，-—Cu+CI2T)故B错误;C.往酸性KMnO4溶液中加入草酸，离子方程式为:2MnO£+5H2C2O4+8H+=2Mn2++10C02T+8H2O,故C错误：D.向漂白粉溶液中通入少量的SO2气体,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为：Ca2++3CIO~+H20+S02=CaS04I+2HC10+CT,故D错误；故选：A。A.碳酸氢钠少量反应生成碳酸钢、氢氧化钠和水；B.惰性电极电解CW；%溶液，阴极铜离子放电，氢离子不放电；C.草酸为弱酸，应保留化学式；D.次氯酸能够氧化亚硫酸钙。本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。13.【答案】D【解析】解：4从图可知，0元素的化合价也发生了变化，故A错误；B.从图可知，除了极性键的断裂，还有出中化学键的断裂和N2化学键的形成，即非极性键也有断裂与形成，故B错误；C.从图可知，反应机理中，有化合价未出现变化的反应，并不是每一步转化都发生氧化还原反应，故C错误；D.将图中所有反应物与生成物相加，再X2,即得到总反应：4NH3+4N0+FeTiOxO2^—^N2+6H2O,故D正确；故选：D。A.从图可知，。元素的化合价也发生了变化；B.从图可知，除了极性键的断裂，还有。2中化学键的断裂和N2化学键的形成：C.从图可知，反应机理中，有化合价未出现变化的反应；D.将图中所有反应物与生成物相加，再X2,即得到总反应。本题考查了化学反应历程，图象分析判断等知识点，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意图中每一步发生的反应、元素化合价是否变化，题目难度中等。.【答案】C【解析】解：4放电时，b作正极，电极反应式为Z/++彩05+2e-=Zn%05，故A正确；B.放电时，阳离子由负极区(a)向正极区(b)迁移，故B正确；C.充电时，b作阳极，与电源的正极相连，故C错误；D.充电时a作阴极，电极反应式为Z〃2++2e1=Zn,若转移0.4mo/电子，理论上a电极增重x65g/mol=13g,故D正确；故选：Co由图可知，放电时Zn价态升高失电子，故a作负极，电极反应式为Zn-2e~=Zn2+,b作正极，电极反应式为Z7i2++/O5+2e-=Zn%Os，充电时a作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn,b作阳极，据此作答。本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。.【答案】C【解析】解：X为O元素，Y为C元素，Z为F元素，R为N元素，M为S元素，A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：C>N>。，故A正确；B.主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱,则非金属性：F>O>S,故B正确；C.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，这些元素中Z(F)的非金属性最强，其气态氢化物最稳定，故C错误；D.R的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸为一元强酸，故D正确；故选：Co已知M的最外层电子数是电子层数的两倍，结合图示结构式可知，M形成6个共价键，则M位于第三周期团4族，为S元素；R的单质是空气中含量最多的气体，则R为N元素；X、Y、Z与R同周期，X、Y、Z位于第二周期，X形成2个共价键，Y形成4个共价键，Z形成1个共价键，则X为O元素，Y为C元素，Z为F元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，结合原子结构及化学键来推断元素为解答关键，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。.【答案】D【解析】解：4随着溶液pH值的增大，尸-越多，HF越少，46•先增多后减少，则曲线1、2、3分别表示HF、HFR尸的浓度分数，故A错误；B.HF、NaOH抑制水电离，向HF溶液中逐渐加入NaOH,生成的NaHF?、NaF是强碱弱酸盐，可发生水解反应，能促进水的电离，所以加NaOH溶液的过程中，由水电离的c(H+)先增大后减小，故B错误；C.根据图知c(F-)=c(HF)时，溶液的pH在3.5左右，该温度下(=%湍，=c(H+)«10-35mol/L,H++尸-=〃尸的平衡常数=虚3==卷=/=c(HF)io3-5,数量级为104,故C错误；D.pH=5时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(0T)+c(F-)+c(WF£),则c(Na+)<c(F-)+c(HFf),所以存在c(Na+)<c(F-)+c(”F)+c(HF7),故D正确；故选：D。A.随着溶液pH值的增大，尸越多，HF越少，HFf先增多后减少；B.酸抑制水电离，弱离子促进水电离；C.根据图知以尸)=c(HF)时，溶液的pH在3.5左右，该温度下C(H+)«10-3.57noi4，H++ 的平衡常数=«黑'=扁行=》-c(HF)-D.pH=5时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c("+)=c(OW-)+c(F-)+c(HF力,则c(Na+)<c(F-)+c(HF£)；本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力，正确计算出两种酸的电离平衡常数是解本题关键，注意电离平衡常数与纵坐标的关系，题目难度中等。17.【答案】ABHNO3酸化的4gN03溶液可平衡压强，使液体顺利滴下通入HC1,溶液中CL浓度增大，同离子效应，氯化铝的溶解度下降B、C装置导管深入液面，会出现倒吸冷却结晶、过滤、洗涤50.01和3HC0*Al3++3HCO]=Al(OH)31+3CO2T【解析】解：(1)①缓慢升温至60℃,可防止反应过于剧烈和防止HC1受热挥发，而温度升高，水解程度增大，无法抑制43+水解，所以a、B正确，故答案为：AB；②检验粉煤灰滤饼是否洗涤干净，即检验粉煤灰滤饼是否含有HCL实验试剂为UN/酸化的AgN3溶液，故答案为："NO3酸化的AgNOs溶液；(2)①相比分液漏斗，选用仪器a的优点是可平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：可平衡压强，使液体顺利滴下：②往装置B中通入HC1气体后会析出大量的41cl3•6%。晶体，原因是通入HC1,溶液中C厂浓度增大，同离子效应，氯化铝的溶解度下降，HC1气体极易溶于水，B、C装置导管深入液面，会出现倒吸，故答案为：通入HC1,溶液中C厂浓度增大，同离子效应，氯化铝的溶解度下降；B、C装置导管深入液面，会出现倒吸；(3)将AICI3•6/0加热溶解，同时加入过量七5。4固体，要析出K4(S04)2•1242。晶体，需要冷却结晶、过滤、洗涤；粉煤灰含山2。3的质量分数为50%，设理论上可制得明矶xg,由关系式：Al2O3〜K4(SO)-12H2。1022x47410.2x50%x解得x=47.4g,则明帆的产率为甲x100%=50.0%,47.4故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤；50.0；(4)由1和2可知，温度越高，明矶溶液产生丁达尔效应越快，如果温度不是明矶溶液产生丁达尔效应主要原因，由1和3对比可知，3的温度高，反而无丁达尔效应，故选1和3,自来水中存在的某种阴离子能促使413+的水解生成加(oh)3胶体，则要合理推出是HCO式或C。g)，促使43+的水解生成山(0，)3胶体，反应的离子方程式为43++3HCO3=4(。〃)31+3CO2T,故答案为：1和3；HCO]；”++3HCO]=4(。，)3J+3。。2九(1)①缓慢升温至60℃,可防止反应过于剧烈和防止HC1受热挥发，而温度升高，水解程度增大；②检验粉煤灰滤饼是否洗涤干净，即检验粉煤灰滤饼是否含有HCh(2)①相比分液漏斗，选用仪器a的优点是可平衡压强；②往装置B中通入HC1气体后会析出大量的Ale%%/。晶体，原因是通入HC1,溶液中C厂浓度增大，同离子效应，氯化铝的溶解度下降；(3)将41C%•6%。加热溶解，同时加入过量K2s。4固体，要析出K4(SC>4)2•12%。晶体，需要冷却结晶、过滤、洗涤；粉煤灰含山2。3的质量分数为50%，设理论上可制得明矶xg,由关系式：Al2O3〜KAl{SO^2-12H2。1022x47410.2x50%x解得x=47.4g,据此计算：(4)由1和2可知，温度越高，明矶溶液产生丁达尔效应越快。本题通过明研的制备流程考查物质制备方案设计，为高考常见题型，正确分析制备流程、明确制备原理为解答此类题的关键，为易错点，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度易。18.【答案】NwUOz和NazSiOs酸性1：2iVi2++2HC0^=NiCO3I+CO2T+H20pH过大，O/r浓度偏高，容易生成Ni(OH)2沉淀6Fe3++6C0j-+2Na++4SOl-+6H2。=Wa2Fe6(S04)4(0H)12I+6CO2?7x10-4~【解析】解：(1)碱浸之后，矿渣中的42。3、Si。2生成Na4。2和NazSiOs，故答案为：NaAlO2和Na2SiO3；苯取(2)萃取原理为：X2+(水相)+2R”(有机相)有机相)+2”+(水相)，进行反萃取反萃取，需要使反应逆向进行，在此条件下，酸性有利于反萃取，故答案为：酸性；(3)FeO与硫酸反应后生成Fe2+,“氧化”中加入修。?作氧化剂，还原剂是Fe2+,发生反应：H2O2+2Fe2++2W+=2Fe3++2H2O,反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2,故答案为：1：2；(4)“沉银”过程产生一种气体为二氧化碳，离子方程式为：Ni2++2HC0^=NiCO3I+CO2T+H2O；由于Ksp(NiC03)=1.4xIO-7>Ksp[Ni(OH)2]=10xIO-15,所以pH过大，o/r浓度偏高，容易生成Ni(OH)z沉淀，故答案为：Ni2++2HC03=NiCO31+CO2T+H2O；pH过大，0/T浓度偏高，容易生成Ni(0H)2沉淀；(5)“沉铁”过程中，加入碳酸钠，使其水解得到0/T,且产物黄钠铁矶是沉淀，反应的离子方程式为6*3++6co歹+2Na++4S0『+6H20=Na2Fe6(S04)4(0H)12I+6CO2T,故答案为：6Fe3++6C0l-+2Na++4S0i~+6H20=/Va2Fe6(S04)4(0W)121+6。。2T；(6)①沉银率达到99%时，溶液中c(N-+)=2x10-2mol•IT1X(1-99%)=2x10~4ttioI-L-1,此时c(COg)="畔7‘产)=14x10mol/L=7x10~4mol-L-1,故答案为：7x10-4；②滴定过程中有如下有关系：5Fe2+〜KMnO41则c(Fe2+)=-2了=丝加01•L,amL a故答案为：—Oa矿渣的主要成分有FeO、NiO、42。3、SiO2,用氢氧化钠溶液碱浸，FeO、NiO不反应，4%。3、Si。2与氢氧化钠溶液反应生成NaHOz和NazSiq，再用硫酸酸浸FeO、NiO,得到硫酸亚铁和硫酸银溶液，用萃取剂萃取亚铁离子，分液得到硫酸银溶液，加入碳酸氢钠沉银，得到碳酸银。含有亚铁离子的有机相经过反萃取，再氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠得到黄钠铁研。本题考查物质的制备和分离提纯实验方案设计，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于使用，难度较大。19.【答案】吸热A/-』”3)或+*4/否700K后，反应均达到平衡状态，且反应1和反应n均为放热反应，升温，平衡逆移，导致so?的转化率减小0.1250.05/1D1 111【解析】解：(1)»8(9)仁2(。)4"=》"4一""3W(-567.(WmoL)-1(―773.2/cJ-mo/-1)=+103k/-mol-1,属于吸热反应，故答案为：吸热；(2)根据盖斯定律，反应2s。2(。)+O2(g)=2SO3(g)4H=4Hl+式4%-4H3)或4H2+1|(2lHs-21W4),故答案为：岫+1(也-4H3)或4H2+\(4%-4H4)；(3)A硫蒸气为有色气体，体系的颜色不再改变时，说明反应已达平衡状态，故A正确；B.反应过程中体积不变，气体的总质量不变，当反应体系气体密度不再变化时，不能说明反应已达平衡状态，故B错误；C.更换更合适的催化剂，能加快反应速率，不能提高SO2的平衡转化率，故C错误；D.升高温度，化学反应速率加快，所有反应的正逆反应速率均增大，故D正确；故答案为：BC；(4)①T<700K时，温度升高，SO2的转化率增大，说明反应均未平衡，且均正向进行建立平衡，则a点未达到化学平衡状态，在700K后S"转化率下降的原因是700K后，反应均达到平衡状态，且反应I和反应2均为放热反应，升温，平衡逆移，导致SO?的转化率减小，故答案为：否；700K后，反应均达到平衡状态，且反应I和反应n均为放热反应，升温，平衡逆移，导致S02的转化率减小；②0〜120min内C%的反应速率是= 反应平衡时，容器中c(52)：c(S8)=1：1>设〃($2)="(Sb)=xmol,向体积为2L的密闭容器中，通入2molS02^11lmolCH4,同时进行反应I和反应H,平衡时生成lmo/S。2和OSmolCH"利用氢元素的守恒可知，水为Imol,利用碳元素守恒可知，二氧化碳为0.5mo/,利用硫元素守恒可知，2x+8x=l,x=0.1,n(S2)=n(S8)=O.lmol,则反应II的平衡常数为K2=畸廿=0。5,故答案为：0.125；0.05；③4及时分离出产物。。2和“2。，生成物的浓度减小，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故A正确；B.反应1和反应H均是气体分子数增大的反应，压缩体积，平衡逆移，SG的转化率降低，故B错误；C.向反应体系中添加氮气，不改变反应体系中反应物和生成物的浓度，平衡不移动，故C错误；D.向反应体系中添加甲烷，有利于提高另一种反应物SO?的转化率，故D正确：故答案为：ADo(1承8(g)H(g)AH=一弘/；(2)根据盖斯定律，AH=AHX+：(4/-也)或A/ -飒)；(3)4硫蒸气为有色气体；B.反应过程中气体密度始终保持不变；C.催化剂加快反应速率，不改变平衡：D.升高温度，化学反应速率加快；(4)①T<700K时，温度升高，SO2的转化率增大，说明反应均未平衡，在700K后SO2转化率下降的原因是升温，平衡逆移，导致SO2的转化率减小；②CH’的反应速率="，多重反应，利用元素守恒反应可求出平衡时各物质的物质的量:③4生成物的浓度减小，平衡正向移动；B.压缩体积，平衡逆移：C.向反应体系中添加氮气，不改变反应体系中反应物和生成物的浓度；D.添加反应物，可提高另一种反应物的转化率。本题考查反应热、速率、平衡状态的判断、平衡移动、平衡常数的计算，侧重考查学生多重反应中有关平衡的分析，试题难度大。

20.【答案】IT门TIED大于3Nasp3、sp2柠檬酸可以和水分子形成氢键MgO3d4s和CaO均为离子晶体，Mg2+的半径小于。。2+的半径，则MgO的晶格能比CaO的晶格台匕一］一yplCL40+55+16x3Nxx(axio-7)3【解析】解：(l)Mn的价电子排布式为3d54s2,则其价电子排布图可依据洪特规则写出：「I‘口回,Ca、Mn均处于周期表中第4周期，同周期元素随原子序数增大第一电3d4s离能总体呈增大趋势，则第一电离能/1(Mn)大于A(Ca),故答案为：EIHEE回；大于：3d4s(2)每个碳氧双键含有一个兀键和1个a键，则Imol柠檬酸( ill )中含on IOH有的兀键数目为3刈，柠檬酸中饱和碳原子杂化轨道数=<7键数目+孤电子对数=4+0=4,采用sp3杂化，陵基中的碳原子杂化轨道数=。键数目+孤电子对数=3+0