2021年河北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷

第28页（共28页）2021年河北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷一、选择题：本题共10小题，每小题2分。共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2分）化学与生活密切相关．下列叙述不涉及氧化还原反应的是（）A．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿 B．绿化造林助力实现碳中和目标 C．氯化铁用于蚀刻金属眼镜架 D．可降解包装材料的完全降解有利于减少白色污染2．（2分）聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是（）A．丙烯可使Br2的CCl4溶液褪色 B．丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应 C．聚丙烯的结构简式为 D．丙烯与乙烯互为同系物3．（2分）下列说法正确的是（）A．氕、氘和氚互称同素异形体 B．对于△H＞0自发进行的化学反应，有△S＞0 C．对于相同质量的水而言，其体积V的相对大小有：V（g）＞V（l）＞V（s） D．两原子形成化学键时要有电子得失或电子偏移4．（2分）下列说法错误的是（）A．CaO2的电子式为 B．Na不能从MgCl2溶液中置换出Mg C．[SiO4]四面体广泛存在于硅的含氧化合物中 D．利用FeCl3的水解反应可以制备Fe（OH）3胶体5．（2分）下列实验中，实验现象与结论不匹配的是（）实验操作实验现象结论A向含有相同浓度Cl﹣、I﹣溶液中逐滴加入AgNO3溶液先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B加热NaI固体和浓磷酸的混合物有气体产生生成了HI气体C在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色该气体产物具有漂白性D2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液有砖红色沉淀（Ag2CrO4）生成Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小A．A B．B C．C D．D6．（2分）NA是阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（）A．1mol氮气分子中含有π键的数目为2NA B．1mol氩气分子中含有原子的数目为NA C．1mol氯化钠中含有Na+的数目为NA D．1mol白磷中含有P﹣P共价键的数目为4NA7．（2分）已知25℃、101kPa下，1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.66kJ•mol﹣1C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝+131.29kJ•mol﹣1则反应C（s）+O2（g）═CO（g）的反应热为（）A．△H＝﹣396.36kJ•mol﹣1 B．△H＝﹣198.55kJ•mol﹣1 C．△H＝﹣154.54kJ•mol﹣1 D．△H＝﹣110.53kJ•mol﹣18．（2分）2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如图。下列说法错误的是（）A．由叔丁醇制备2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的反应类型为取代反应 B．用5%Na2CO3溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层 C．无水CaCl2的作用是除去有机相中残存的少量水 D．蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系9．（2分）醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数Ka＝1.75×10﹣5．下列说法错误的是（）A．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH在2～3范围内 B．CH3COONa溶液中，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣） C．将0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和均不变 D．等体积的0.1mol•L﹣1NaOH溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后，溶液pH＞7，且c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）10．（2分）氯化钯可以催化乙烯制备乙醛（Wacker法），反应过程如图。下列叙述错误的是（）A．CuCl被氧化的反应为2CuCl+2HCl+O2═2CuCl2+H2O B．催化剂PbCl2再生的反应为2CuCl2+Pd═PdCl2+2CuCl C．制备乙醛的总反应为CH2＝CH2+O2CH3CHO D．如果原料为丙烯，则主要产物是丙醛二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11．（4分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子序数Y+Z═X+W，X和W同主族，Z的族序数与周期数相等，四种元素中只有一种金属元素．下列说法正确的是（）A．W有两种常见氧化物 B．原子半径Y＜X＜W＜Z C．X的最高价氧化物的水化物是强酸 D．Y元素的氢化物分子间可以形成氢键12．（4分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（）A．可形成分子内氢键 B．有6种含氧官能团 C．可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．不与Na2CO3水溶液发生反应13．（4分）乙醚是常用的有机试剂，久置容易产生过氧化物，带来安全隐患．以下不可用来定性检出过氧化物的试剂是（）A．K3[Fe（CN）6]溶液 B．弱酸性淀粉KI溶液 C．Na2Cr2O7和稀H2SO4溶液 D．（NH4）2Fe（SO4）2的稀H2SO4溶液和KSCN溶液14．（4分）H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1＝7.6×10﹣3，Ka2＝6.3×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13．下列说法正确的是（）A．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2：1混合，混合液的pH＜7 B．Na2HPO4溶液中，c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）＝c（PO43﹣）+c（OH﹣） C．向0.1mol•L﹣1的H3PO4溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化，溶液pH＝1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离 D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c（PO43﹣）＞c（HPO42﹣）15．（4分）一定条件下，反应H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）的速率方程为v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如表。根据表中的测定结果，下列结论错误的是（）c（H2）/（mol•L﹣1）c（Br2）/（mol•L﹣1）c（HBr）/（mol•L﹣1）反应速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.40.142v0.20.1c4vA．表中c的值为4 B．α、β、γ的值分别为1、2、﹣1 C．反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大 D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr（g）浓度，会使反应速率降低三、非选择题：共60分．第16～18题为必考题，每个试题考生都必须作答．第19～20题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共45分．16．（15分）碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰[主要成分是NaI）中，因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。（1）某兴趣小组以海藻灰为原料进行I2的制备实验．具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了NaI溶液，将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，该反应的离子方程式为。（2）待I﹣沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓HNO3，观察到（颜色）气体放出，（颜色）晶体析出．出于安全和环保考虑，该实验操作需在（条件）下进行．该反应的化学方程式为。（3）用倾析法弃去上清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗I2，进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置，并按次序排列：。（夹持装置略）（4）将精制得到的I2配成浓度为cmol•L﹣1的标准溶液，用来测定某样品中维生素C（相对分子质量为M）的含量．具体操作如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，煮沸蒸馏水的目的是。用250mL容量瓶定容，使用（仪器）量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，再加入10mL1：1醋酸溶液和适量的指示剂，立即用I2标准溶液滴定，溶液显稳定的（颜色）即为滴定终点，消耗I2标准溶液VmL，则样品中维生素C的质量分数是。（写出表达式）已知滴定反应方程式：17．（15分）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义．以某钢铁厂烟灰（主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等）为原料制备氧化锌的工艺流程如图。回答下列问题：（1）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+配离子；②。（2）ZnO转化反应的离子方程式为。（3）“除杂”工序中，反应的离子方程式为。（4）滤渣②的主要成分有（填化学式），回收后可用作冶金原料．（5）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回工序循环使用。（6）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为。（7）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液和固体。（均填化学式）18．（15分）我国科学家最近发明了一种Zn﹣PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如图。回答下列问题：（1）电池中，Zn为极，B区域的电解质为（填“K2SO4”、“H2SO4”或“KOH”）．（2）电池反应的离子方程式为。（3）阳离子交换膜为图中的膜。（填“a”或“b”）（4）此电池中，消耗6.5gZn，理论上可产生的容量（电量）为毫安时（mAh）。（1mol电子的电量为1F，F＝96500C•mol﹣1，结果保留整数）（5）已知E为电池电动势（电池电动势即电池的理论电压，是两个电极电位之差，E＝E（+）﹣E（﹣）），△G为电池反应的自由能变，则该电池与传统铅酸蓄电池相比较，EZn﹣PbO2EPb﹣PbO2；△GZn﹣PbO2△GPb﹣PbO2。（填“＞”或“＜”）（6）Zn是一种重要的金属材料，工业上一般先将ZnS氧化，再采用热还原或者电解法制备．利用H2还原ZnS也可得到Zn，其反应式如下：ZnS（s）+H2（g）Zn（s）+H2S（g）。727℃时，上述反应的平衡常数Kp＝2.24×10﹣6．此温度下，在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，达平衡时H2S的分压为Pa。（结果保留两位小数）（二）选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，按本选考题的首题进行评分．【选修3：物质结构与性质】（15分）19．（15分）科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：（1）镍元素位于周期表第列，基态镍原子d轨道中成对电子与单电子的数量比为。（2）在CO分子中，C与O之间形成个σ键、个π键，在这些化学键中，O原子共提供了个电子。（3）第二周期元素的第一电离能（I1）随原子序数（Z）的变化情况如图1．I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是，原子核对外层电子的引力增大。导致I1在a点出现齿峰的原因是。（4）下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和立体构型的是。（填标号）A．SO2B．OCN﹣C．HF2﹣D．NO2+（5）过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则．根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物Ni（CO）x中，x＝。（6）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构．结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图2所示。①组成该晶体的化学式为。②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为。③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的位置。【选修5：有机化学基础】（15分）20．手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点．近年来，我国科学家在手性螺环配合物催化的不对称合成研究及应用方面取得了举世瞩目的成就．某螺环二酚类手性螺环配体（K）的合成路线如图。已知如下信息：RCHO+CH3COR′，R，R′＝烃基回答下列问题：（1）化合物A是一种重要的化工产品，常用于医院等公共场所的消毒，可与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式为；反应①的反应类型为。（2）化合物C可发生银镜反应，其名称为，化合物C的结构简式为、D的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为。（3）C的一种同分异构体可与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为3：2：2：1，该异构体的结构简式为。（4）反应⑤的反应条件为。（5）在反应⑥的条件下，若以化合物E为原料，相应的反应产物为和，上述反应结果表明，中间体F中Br原子在E→H的合成过程中的作用为。

2021年河北省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分。共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。【解答】解：A．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，该过程中不涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A选；B．涉及C、O元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．涉及Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．完全降解后变成CO2或CH4、H2O等物质，涉及C、O等元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。2．【分析】A．烯烃含有碳碳双键；B．丙烯中包含甲基；C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子；D．单烯烃均互为同系物。【解答】解：A．丙烯可与Br2的CCl4溶液中Br2发生加成反应生成无色的1，2﹣二溴丙烷，故A正确；B．丙烯中包含甲基，可与Cl2在光照条件下发生取代反应，故B正确；C．聚丙烯的结构简式为，故C错误；D．丙烯与乙烯具有相同的官能团，分子组成上相差一个﹣CH2﹣，所以互为同系物，故D正确；故选：C。【点评】本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。3．【分析】A．同一种元素的不同种单质互称为同素异形体，具有相同质子数和不同中子数的一类原子互称为同位素；B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；C．冰的密度反常的比水小；D．相同的两原子形成化学键时电子不偏移。【解答】解：A．氕、氘和氚质子数相同，均为1，中子数不同，互称同位素，故A错误；B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，△H＞0的反应能自发进行，则该反应的△S＞0，故B正确；C．水凝固后体积反常增大，因此有V（g）＞V（s）＞V（l），故C错误；D．两原子形成化学键时不一定有电子得失或电子偏移，例如相同的两非金属原子形成共价键时电子不发生偏移，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了同素异形体、同位素的概念、反应热与焓变等知识，为高频考点，侧重基础知识的考查，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度不大。4．【分析】A．过氧化钙为离子化合物，是由钙离子和过氧根离子形成的；B．Na先与水反应，再与MgCl2反应；C．[SiO4]中硅、氧原子通过共价键形成四面体；D．利用FeCl3和沸水反应制备的Fe（OH）3胶体。【解答】解：A．CaO2为离子化合物，由Ca2+和O22﹣构成，并且过氧根离子内的O原子之间共用1对电子，其电子式为，故A错误；B．Na先和冷水剧烈反应生成NaOH和氢气，再和MgCl2溶液生成氢氧化镁沉淀，故B正确；C．硅的含氧化合物都以硅氧四面体[SiO4]作为基本结构单元，故C正确；D．在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、反应原理、微粒结构、制备原理等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力。5．【分析】A.浓度相同，Ksp小的先沉淀；B.加热NaI固体和浓磷酸的混合物生成HI，为难挥发性酸制备易挥发性酸；C.Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫可被高锰酸钾氧化；D.加入AgNO3溶液有砖红色沉淀（Ag2CrO4）生成，使2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O逆向移动。【解答】解：A.浓度相同，Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；B.加热NaI固体和浓磷酸的混合物生成HI，为难挥发性酸制备易挥发性酸，可制备HI气体，故B正确；C.Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫可被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，可知气体产物具有还原性，故C错误；D.加入AgNO3溶液有砖红色沉淀（Ag2CrO4）生成，使2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O逆向移动，可知Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小，故D正确；故选：C。【点评】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、沉淀生成、平衡移动为解答的关键，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。6．【分析】A．氮气分子中含氮氮三键；B．氩气是稀有气体，为单原子分子；C．氯化钠是钠离子和氯离子构成的离子化合物；D．白磷以P4形式存在，P4是正四面体结构，每个P4含6个P﹣P键。【解答】解：A．N2分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一根为σ键，两根为π键，1mol氮气分子中含有π键的数目为2NA，故A正确；B．1mol氩气分子中含有原子的数目为NA，故B正确；C．氯化钠是离子化合物，1mol氯化钠中含有Na+的数目为NA，故C正确；D．白磷分子为正四面体结构，1mol白磷分子中含6molP﹣P键，含有P﹣P共价键的数目为6NA，故D错误；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、化学键等问题。7．【分析】已知：①H2O（l）＝H2O（g）△H1＝+44.01kJ/mol②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2＝+571.66kJ•mol﹣1③C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3＝+131.29kJ•mol﹣1盖斯定律③﹣×②+①计算得到C（s）+O2（g）═CO（g），可求其反应热。【解答】解：已知：①H2O（l）＝H2O（g）△H1＝+44.01kJ/mol②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2＝+571.66kJ•mol﹣1③C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3＝+131.29kJ•mol﹣1盖斯定律③﹣×②+①计算得到C（s）+O2（g）═CO（g），△H＝△H3﹣△H2+△H1＝+131.29kJ•mol﹣1﹣×571.66kJ/mol+44.01kJ/mol＝﹣110.53kJ/mol，故选：D。【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法、运用盖斯定律计算焓变等知识，学会运用已知方程式去搭建关系求解分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。8．【分析】叔丁醇与浓盐酸常温搅拌反应15min可得2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷与H2O，分液后向有机相中加入水进行洗涤分液，继续向有机相中加入5%Na2CO3溶液洗涤，由于有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水，分液后获得上层有机相，有机相中加入少量无水CaCl2干燥，蒸馏即得有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，A．对比反应物和产物的结构可得，Cl原子取代了﹣OH；B．有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水；C．无水CaCl2与水结合生成CaCl2•xH2O，是干燥剂；D．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷比叔丁醇的沸点低。【解答】解：A．对比反应物和产物的结构可得，Cl原子取代了﹣OH，所以反应类型为取代反应，故A正确；B．用5%Na2CO3溶液洗涤分液时，由于有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水，则有机相在分液漏斗的上层，故B错误；C．无水CaCl2与水结合生成CaCl2•xH2O，是干燥剂，其作用是除去有机相中残存的少量水，故C正确；D．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷比叔丁醇的沸点低，所以产物先蒸馏出体系，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物制备方案设计，掌握基础是解题关键，注意掌握有机官能团结构特点等知识，题目难度不大。9．【分析】A．醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，结合平衡常数计算氢离子浓度；B．CH3COONa溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此计算判断；C．电离平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，将0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释促进电离；D．等体积的0.1mol•L﹣1NaOH溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后，得到醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性。【解答】解：A．醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，设电离出的氢离子浓度为x，则电离常数Ka＝＝＝1.75×10﹣5，10﹣3＜x＜10﹣2，pH在2～3范围内，故A正确；B．CH3COONa溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），物料守恒c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），联立得到c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），故B正确；C．电离平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，将0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释促进电离，增大，故C错误；D．等体积的0.1mol•L﹣1NaOH溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后，得到醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，pH＞7，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选：C。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡影响因素分析、电离平衡常数的计算和影响因素、离子浓度关系等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10．【分析】A．根据图示反应中CuCl被O2氧化产生CuCl2，同时产生H2O，；B．由流程图可知：PbCl2再生的过程有Cu2+、Cl﹣参加；C．CH2＝CH2在PbCl2、CuCl2催化剂作用下生成CH3CHO；D．注意催化过程中官能团所连接的位置。【解答】解：A．根据图示可知在反应中CuCl被O2氧化产生CuCl2，同时产生H2O，反应方程式为：2CuCl+2HCl+O2＝2CuCl2+H2O，故A正确；B．由流程图可知：PbCl2再生的过程有Cu2+、Cl﹣参加，再生方程式为：2CuCl2+Pd＝PdCl2+2CuCl，故B正确；C．PbCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用，反应方程式为：CH2＝CH2+O2CH3CHO，故C正确；D．如果原料为丙烯，则中间产物连接在第二个C原子上得到的产物为丙酮，故D错误；故选：D。【点评】本题考查学生对有机化学原理的理解和掌握，为高频考点，掌握反应类型、化学反应原理是解题关键，同时也考查了学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子序数Y+Z═X+W，X和W同主族，Z的族序数与周期数相等，Z为Be或Al，四种元素中只有一种金属元素，结合原子序数可知，只有Z为Al时，X为F、W为Cl，二者原子序数之和为9+17＝26，Y的原子序数为26﹣13＝13不符合；X为O、W为S，二者原子序数之和为8+16＝24，Y的原子序数为24﹣13＝11不符合；X为N、W为P，二者原子序数之和为7+15＝22，Y的原子序数为22﹣13＝9，Y为F；X为C、W为Si，二者原子序数之和为6+14＝20，Y的原子序数为7，Y为N，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X为N、Y为F、Z为Al、W为P，或X为C、Y为N、Z为Al、W为Si，A.W为P，有五氧化二磷、三氧化二磷两种氧化物，若W为Si，只有二氧化硅一种氧化物，故A错误；B.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径Y＜X＜W＜Z，故B正确；C.X为N时最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，X为C时高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，故C错误；D.Y元素的氢化物为HF或氨气，分子间可以形成氢键，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握Z为Al、原子序数的关系及元素的位置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，题目难度较大。12．【分析】由结构可知，含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH及碳碳双键、醚键，结合酚、醇、酯、羧酸及烯烃的性质来解答。【解答】解：A.含﹣COOH、﹣OH可形成分子内氢键，故A正确；B.含﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH、醚键，为含氧官能团，故B错误；C.﹣OH、碳碳双键均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.含﹣COOH，与Na2CO3水溶液发生反应，故D错误；故选：BD。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸、醇的性质，题目难度不大。13．【分析】乙醚是常用的有机试剂，久置容易产生过氧化物，过氧化物具有强氧化性，能氧化碘离子生成单质碘、氧化亚铁离子生成铁离子，据此分析。【解答】解：A．乙醚是常用的有机试剂，久置容易产生过氧化物，过氧化物与K3[Fe（CN）6]溶液不反应，不能检验，故A错误；B．过氧化物具有强氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，会使淀粉变蓝色，所以能检验是否存在过氧化物，故B正确；C．Na2Cr2O7具有强氧化性，酸性条件下过氧化物能被Na2Cr2O7氧化生成氧气，溶液变为绿色，能检验，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2含有亚铁离子，能被过氧化物氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应会变红色，所以能检验是否存在过氧化物，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了物质的检验鉴别，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。14．【分析】A．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2：1混合反应生成Na2HPO4，判断溶液中HPO42﹣离子的水解程度和电离程度大小，确定溶液酸碱性；B．Na2HPO4溶液中存在电荷和物料守恒，据此计算分析判断离子浓度关系；C．设电离出的c（H2PO4﹣）＝x，Ka1＝＝＝7.6×10﹣3，x≈0.0071mol/L，据此计算H3PO4电离程度＝×100%；D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c（H+）＝10﹣11mol/L，Ka3＝，据此计算分析判断离子浓度大小。【解答】解：A．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2：1混合反应生成Na2HPO4，电离方程式：HPO42﹣⇌H++PO43﹣，水解离子方程式：HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，溶液中HPO42﹣离子水解平衡常数Kh＝＝＝＝1.6×10﹣7＞Ka3＝4.4×10﹣13，水解程度大，溶液显碱性，pH＞7，故A错误；B．Na2HPO4溶液中电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝3c（PO43﹣）+c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣），物料守恒为：c（Na+）＝2[c（PO43﹣）+c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）]，合并得到c（H+）+c（H2PO4﹣）+2c（H3PO4）＝c（PO43﹣）+c（OH﹣），故B错误；C．设电离出的c（H2PO4﹣）＝x，Ka1＝＝＝7.6×10﹣3，x≈0.0071mol/L，溶液中大约电离的磷酸有×100%＝7.1%，故C正确；D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c（H+）＝10﹣11mol/L，Ka3＝＝4.4×10﹣13，＝4.4×10﹣2＜1，c（PO43﹣）＜c（HPO42﹣），故D错误；故选：C。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解平衡常数和弱电解质电离平衡常数的计算分析、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度较大。15．【分析】v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），对比第一组和第二组数据知，（）β＝，则β＝；对比第二组和第三族数据知，（）α＝，α＝1；α＝1、β＝，对比第一组、第四组数据得（）××（）r＝2，r＝﹣1，A．对比第四、第五组数据得（）××（）﹣1＝，据此计算c＝1；B．根据以上分析确定α、β、γ的值；C．根据反应速率方程知，β值最大；D．根据方程式知，其它条件不变时，最大某一物质浓度，反应速率增大。【解答】解：v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），对比第一组和第二组数据知，（）β＝，则β＝；对比第二组和第三族数据知，（）α＝，α＝1；α＝1、β＝，对比第一组、第四组数据得（）××（）r＝2，r＝﹣1，A．对比第四、第五组数据得（）××（）﹣1＝，c＝1，故A错误；B．根据以上分析确定α、β、γ的值分别为1、、﹣1，故B错误；C．根据反应速率方程知，β值最大，所以反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大，故C正确；D．r＝﹣1，增大HBr（g）浓度，会使反应速率降低，故D正确；故选：AB。【点评】本题考查化学反应速率有关问题，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，正确计算α、β、γ数值是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。三、非选择题：共60分．第16～18题为必考题，每个试题考生都必须作答．第19～20题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共45分．16．【分析】（1）Na2SO3与CuSO4发生氧化还原反应生成CuI、SO42﹣、H+；（2）CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，NO2为红棕色有毒气体，应避免污染环境；（3）因为碘单质受热易升华，故采用升华法提纯碘单质，升华时把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热；（4）维生素C具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；显酸性，应用酸式滴定管量取，用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，根据题意消耗点标准液的物质的量为n＝cV＝cV×10﹣3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10﹣3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×10﹣3mol＝cV×10﹣2mol，质量为m＝nM＝cMV×10﹣2g，以此计算质量分数。【解答】解：（1）Na2SO3作还原剂，CuSO4作氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu2++SO32﹣+2I﹣+H2O＝2CuI+SO42﹣+2H+，故答案为：2Cu2++SO32﹣+2I﹣+H2O＝2CuI+SO42﹣+2H+；（2）CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+2NO2↑+I2+4H2O，其中NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件下进行，I2为紫黑色，故答案为：红棕色；紫黑色；通风条件下；2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+2NO2↑+I2+4H2O；（3）因为碘单质受热易升华，故采用升华法提纯碘单质，用到的仪器有A烧杯、C石棉网（防止温度过高，升华速度大于冷凝速度）、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝，其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF，故答案为：DCAF；（4）维生素C具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；维生素C显酸性，准确量取溶液的体积用酸式滴定管量取；用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n＝cV＝cV×10﹣3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10﹣3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×10﹣3mol＝cV×10﹣2mol，质量为m＝nM＝cMV×10﹣2g，其质量分数为×100%＝，故答案为：除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验；酸式滴定管；淀粉；蓝色、。【点评】本题考查物质的含量测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，本题注意把握物质的性质与实验操作的方法、原理，把握计算的思路，题目难度不大。17．【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn（NH3）4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu（NH3）4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中，加入锌粉可以将[Cu（NH3）4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌，使Zn（NH3）4（HCO3）2反应变为NH3和Zn（HCO3）2，然后加入碱式碳酸锌与Zn（HCO3）2混合，高温煅烧得到氧化锌，据此来解答。【解答】解：（1）由题意可知，烟灰（主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等），在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+配离子进入滤液①中，NH3与HCO3﹣反应，HCO3﹣的存在会影响[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+的稳定性，氨水过量增大溶液的pH值，可以将HCO3﹣转化为CO32﹣，使以上两种络离子稳定存在，故答案为：增大溶液的pH，将将HCO3﹣转化为CO32﹣；（2）浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn（NH3）4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3•H2O+2NH4+＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，故答案为：ZnO+2NH3•H2O+2NH4+＝[Zn（NH3）4]2++3H2O；（3）在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应，置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu（NH3）4]2+═Cu+[Zn（NH3）4]2+，故答案为：Zn+[Cu（NH3）4]2+═Cu+[Zn（NH3）4]2+；（4）滤渣②是在除杂工序中产生的，由（3）分析可知，滤渣②是过里Zn与[Cu（NH3）4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn，故答案为：Cu、Zn；（5）在“蒸氨沉锌”工序中，蒸氨“是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：2Zn（NH3）4（HCO3）2+H2O8NH3↑+CO2↑+ZnCO3•Zn（OH）2，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用，故答案为：2Zn（NH3）4（HCO3）2+H2O8NH3↑+CO2↑+ZnCO3•Zn（OH）2；浸取；（6）碱式碳酸锌ZnCO3•Zn（OH）2为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧，故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧，故答案为：煅烧；（7）滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2（SO4）3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2（SO4）3溶液，固体为MnO2，故答案为：Fe2（SO4）3；MnO2。【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意正确的书写陌生离子方程式，综合性强，题目难度中等。18．【分析】由图可知，Zn为负极，被氧化生成Zn（OH）42﹣，C为正极，发生还原反应，电解质溶液A为KOH，B为K2SO4，C为H2SO4，原电池工作时，负极发生Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，则消耗OH﹣，钾离子向正极移动，正极电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+＝PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子，阴离子向负极移动，则a是阳离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应的方程式，以此解答该题。【解答】解：（1）由以上分析可知，Zn为负极，B区域的电解质为K2SO4，故答案为：负；K2SO4；（2）Zn为负极，被氧化生成Zn（OH）42﹣，正极PbO2反应生成PbSO4，总反应式为PbO2+SO42﹣+Zn+2H2O＝PbSO4+Zn（OH）42﹣，故答案为：PbO2+SO42﹣+Zn+2H2O＝PbSO4+Zn（OH）42﹣；（3）由以上分析可知阳离子交换膜为a，故答案为：a；（4）6.5gZn的物质的量为＝0.1mol，转移电子0.2mol，1mol电子的电量为1F，F＝96500C•mol﹣1，则转移0.2mol电子的电量Q＝0.2mol×96500C•mol﹣1＝19300C，则理论上可产生的容量（电量）为mAh≈5361mAh，故答案为：5361；（5）由于Zn比Pb活泼，正极材料都为PbO2，所以Zn﹣PbO2比Pb﹣PO2的电势差大，则EZn﹣PbO2＞EPb﹣PbO2，不同电池的电势差越多，电池反应的自由能变就越小，则△GZn﹣PbO2＜△GPb﹣PbO2，故答案为：＞；＜；（6）反应ZnS（s）+H2（g）Zn（s）+H2S（g）在727℃时的平衡常数Kp＝2.24×10﹣6，若在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后总压强不变，假设H2S占总压强分数为x，则H2为（1﹣x）根据平衡常数的含义可得＝2.24×10﹣6，解得x≈2.24×10﹣6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10﹣6×1.01×105Pa≈0.23Pa，故答案为：0.23。【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握原电池的工作原理、电极方程式的书写以及离子交换膜的判断，把握相关计算的思路，题目难度中等。（二）选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，按本选考题的首题进行评分．【选修3：物质结构与性质】（15分）19．【分析】（1）Ni是第28号元素，在周期表中位于第4周期第ⅤⅢ族，基态Ni的价电子排布为3d84s2；（2）在CO中，C与O之间形成三键，其中一根为σ键，两根为π键；（3）随着原子序数增大，原子半径减小，核对外层电子的吸引力增大，第一电离能呈增大的趋势，半满结构可导致第一电离能出现反常情况；（4）根据VSEPR理论和等电子体原理判断分子或离子的空间构型；（5）按照有效原子序数规则，Ni（CO）x中Ni的电子数应达到18，Ni自身有10个电子；（6）①根据均摊法，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，据此分析组成该晶体的化学式；②立方最密堆积的八面体空隙位于体心和棱心，结合晶胞结构分析；③根据C和Ni的原子坐标分析。【解答】解：（1）