2018-2019学年上海市黄浦区高考化学第五次调研试卷

2021届新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)1.以下物质检验的结论可靠的是()A.往溶液中加入溟水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B.向含酚酸的氢氧化钠溶液中加入漠乙烷，加热后红色变浅，说明溟乙烷发生了水解C.在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D.将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溟水中，溟水褪色，说明生成了乙烯【答案】B【解析】【详解】A.酚类物质与滨水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入滨水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；B.向含酚酸的氢氧化钠溶液中加入漠乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知漠乙烷发生了水解，故B正确；C.乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；D.乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与漠发生氧化还原反应，也能使溟水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误；故选B..已知有机物QHQ、c3H和c4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%,则氧元素的质量分数为A.(100—)%B.得％ C.1% D.无法计算【答案】A【解析】【分析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1:2,故碳元素和氢元素的质量比都为：12：1x2=6：1,故氢元素的质量分数为：％,而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：0100%-a%--%=(100---)%；6 6故答案选A。.“NaQ+CO2+NH3+H2OTNaHCO3J+NH4CI〃是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A.甲同学说：该条件下NaHCOs的溶解度较小B.乙同学说：NaHCOs不是纯碱C.丙同学说：析出NaHCOs固体后的溶液中只含氯化核D.丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳【答案】C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCOs的溶解度较小，故A正确；纯碱是NazCOs，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO,固体后的溶液仍是NaHCOs的饱和溶液，含氯化钱、NaHCt^等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。4.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将SO2分别通人滨水和酸性高保酸钾溶液中溟水和酸性高锌酸钾溶液均褪色SO?具有漂白性B向1mL2moiNaOH溶液中滴加1~2滴O.lmohlJiMgCL溶液，再滴加2滴O.lmoLL^FeCh溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀Ksp:Mg(OH)2>Fe(OH)3C向滴有酚酰的Na2cO、溶液中加入少量BaCl2固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅Na2co3溶液中存在水解平衡D将CaCOj与盐酸反应得到的气体直通入NazSiO,溶液中产生白色沉淀酸性：H2CO3>H2SiO3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.将SO?分别通人溟水和酸性高镭酸钾溶液中，溟水和酸性高链酸钾溶液均褪色，体现了SOZ的还原性,而不是漂白性，故A错误；B.向1mL2moi NaOH溶液中滴加1~2滴0.1molL_1MgCU溶液，再滴加2滴().1mol•匚।FeCl(溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断K卬:Mg(OH)2>Fe(OH)3,故B错误；C.向滴有酚酬的Na2cO、溶液中加入少量BaCl2固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32结合生成BaCO3沉淀，促进CO广的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D.将CaCO,与盐酸反应得到的气体直通入NazSiOi溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO?中混有HCI,则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；故答案为C.5.已知Imol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是2H2(g)他(g)f2HaO(g)+241.8kJH2(g)+1/202(g)fftO(s)+241.8kJHz(g)+1/202(g)-HzO(g)-241.8kJKO(g)-Ha(g)+1/202(g)-241.8kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】lmol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8U热量，该反应的热化学方程式为：H2(g)+yO2(g)=H2O(g)AH=-241.8kJ/mol,即H2(g)+l/20z(g)-H2O(g)+241.8kJ,选项B、C均错误；2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mob即2H2(g)+O2(g)-240(g)+483.6kJ,选项A错误；lmol水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2O(g)=H2(g)+yO2(g)AH=+241.8kJ/mol,即HzO(g)-Hz(g)+1/2&(g)-241.8kJ,选项D正确。答案选D。【点睛】据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据lmol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。6.如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是()A.能与氢氧化钠反应B.能与稀硫酸反应C.能发生酯化反应D.能使紫色石蕊试液变红【答案】B【解析】【分析】【详解】该物质的结构简式为CH3COOH,为乙酸。A.乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B.乙酸不与稀硫酸反应，选B；C.乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D.乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选Bo.下列叙述正确的是A.Li在氧气中燃烧主要生成Li?。？.将SO2通入BaCl,溶液可生成BaSO,沉淀C.将COz通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D.将N&通入热的CUSO4溶液中能使Ci|2+还原成Cu【答案】C【解析】【分析】【详解】A、Li在氧气中燃烧生成LiQ,得不到山。2,A错误；B、SO?和BaCh不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将NH3通入热的CUSO&溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。8.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正碉的是WXYZTA.原子半径Y>Z,非金属性W<XX2能从T的气态氢化物中置换出T单质W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WXz、YX2、ZX2D.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a,则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1,四种元素的原子最外层电子数之和为23,贝!)：a-2+a+l+a+a=23,解得a=6,则W为C元素，故X为。元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>CI,非金属性W<X,故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故。2能与dSe反应，生成Se单质，故B正确；C、0能形成CO?、SO”CIO2,故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HCIO4,故D错误；故选D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()Ca(CIOMaq)CO2(g)HCIO(aq)光照0(g)H,SOJ稀)Cu(s)3o,(g)biC1X«i)BaSOj(s)FeQ(s)HCl网)FeCh(aa)Cu(s)Fe⑸SiO,@HzOOX^siOa(胶体)NaOHRqMa,SiOnaq)【答案】A【解析】【详解】A.Ca(CIO)z与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D项错误；答案选A。.向FeCb、CuCIz、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定A.含Ct/. B.含Fe?* C.呈中性 D.含Fe?+和Cu?+【答案】B【解析】【详解】试题分析：FeCb、CuCIz的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCb反应生成FeCh,然后Fe再和CuCI?发生置换反应生成FeCh、Cu,用KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe'+,一定有Fe2+,因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCIz是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu",故选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。.下列实验操作、现象和所得出结论正确的是( )选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(0H)z，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(0H)z悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(0H)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锌酸钾溶液中酸性高锚酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和垃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸储水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的hA・A B.B C・C D・D【答案】C【解析】【详解】A.应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(0H)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3coONH。溶液是由于钱根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(0H)z溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高钵酸钾溶液，高铳酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和免，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸储水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。

答案选c。.常温下，向20mLO.lmol.I?HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H*)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的0 20V[NaOH(aq)|/mLA.HN30 20V[NaOH(aq)|/mLA.HN3是一元弱酸B.c点溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HN3)C.常温下，b、d点溶液都显中性D.常温下，0.1m。lL"HN3溶液中HN3的电离度为10a"l%【答案】C【解析】【详解】pH=13,c(NaOH)=0.1mol/L,c点时，20mL0.1mol.匚3电溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaM发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；c点溶液为NaM溶液，依据质子守恒，c(0H)=c(H+)+c(HN3),B正确；C.常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D.常温下，0.1mol.I?HN3D.常温下，0.1mol.I?HN3溶液中，c(OH)=10amol/L,则HN3电离出的c(H*)=101475T=1014+amol/L,HN3的]0-l4+a电离度为上一x100%=10*11%,D正确。0.1故选C.13.下列说法正确的是()A.金刚石与晶体硅都是原子晶体B.分子晶体中一定含有共价键C.离子晶体中一定不存在非极性键D.离子晶体中可能含有共价键，但一定含有金属元素【答案】A【解析】【详解】A.金刚石与晶体硅都是原子晶体，A项正确；B.分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，B项错误；C.离子晶体中一定含有离子键，可能含有非极性键，如过氧化钠中含有离子键与非极性键，C项错误；D.离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如钱盐，D项错误；答案选A。【点睛】离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，如果是单原子分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。14.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.O.lmol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B.适当升高温度，CGCOOH溶液pH增大C.稀释O.lmol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D.CWCOONa溶液中加入少量CH3co0H, 1。，］不减小c(CH,COOH)c(OH)【答案】A【解析】【详解】A.向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸较为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B.醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C.酸碱对水的电离有抑制作用，稀释O.lmol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D.CHsCOONa溶液中存在醋酸根离子的水解，W)二出，加入少量CH3COOH,溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误;c(CH3CQQ)

c(CH3COOH)c(OH)的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。.我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉 挹其水熬之,则成胆矶，熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是A.复分解反应B.化合反应C.离子反应D.氧化还原反应【答案】A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSOQHzOs^CuSCh+SHzO为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSC)4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。二、实验题(本题包括1个小题，共10分).废定影液的主要成分为Na3[Ag(SzO3)z】，用废定影液为原料制备AgNC)3的实验流程如下：Na2s溶液 浓HN()3NaOH溶液I II废定影液fI沉淀叵谏F-1反应I—T除杂|f丽”]AgN()3I I滤液 滤渣(1)"沉淀”步骤中生成AgzS沉淀，检验沉淀完全的操作是。(2)“反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为.(3)“除杂"需调节溶液pH至6,测定溶液pH的操作是.(4)已知：2ARNOa440QAg+ZNO,个+0,个,2Cu(NOJ,200QCuO+4NO,个+0,个。AgNCh粗产品中常含有Cu(NC>3)2,请设计由AgNCh粗产品获取纯净AgN03的实验方案：，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgN03。(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸储水)(5)蒸发浓缩AgNOs溶液的装置如下图所示。使用真空泵的目的是;判断蒸发浓缩完成的标志是磁力搅投器小三真空集【答案】静置，向上层清液中继续滴加Na2s溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全A&S+4HNO3===2AgNO3+2NO2t+S+2H2O用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照将AgNOs粗产品加热并维持温度在200C至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸储水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解溶液表面有晶膜出现【解析】【分析】废定影液的主要成分为Na3[Ag(SzO3)2]，用硫化钠沉淀，生成AgzS沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解AgzS得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。

【详解】(1)沉淀过程是Na3[Ag(SQ3)z】与Na?S反应制得AgzS的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2s溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；(2)"反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2s+4HNO3===2AgNO3+2N5个+S+2H2。；(3)测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；(4)根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200C,硝酸银的分解温度在440C,则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200c至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸储水，充分溶解、过漉、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；(5)考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。三、推断题(本题包括1个小题，共10分).医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2-已知：①RCH=CH2->RCH2CH2CHO；H3O+TOC\o"1-5"\h\z② +rch=ch2 的R(1)B的核磁共振氢谱图中有组吸收峰，C的名称为。(2)E中含氧官能团的名称为,写出DfE的化学方程式 。(3)E-F的反应类型为.(4)E的同分异构体中，结构中有醮键且苯环上只有一个取代基结构有种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式 .⑸下列有关产物G的说法正确的是A.G的分子式为C15H28O2 B.ImoIG水解能消耗2molNaoHC.G中至少有8个C原子共平面D.合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3cHzcHzCHzCOOH)的合成路线流程图。示例如下:

H,C=CH,HBr.yH,C=CH,HBr.yCH3CH2Br >CH3CH2OH,无机试剂任选浓硫酸 co/h2 02CH3cH2cH2cH20H——►CH3cH2cH=CH? ►CH3cH2cH2cH?CH0 CHjCHjCHjCHjCOOHA PdCli 选化A加成反应或还原反应 13【解析】分析：在合成路线中，C+F-G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:结合已知①,LHa可推知B为：OLfJ-CHQiO,由F的结构和EtF的转化条件，可推知E的结构简式为：详解：(1) -CHOO分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,三-SKOOH的Cnj LZlj名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；0H(CH^CH—中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出DTE的化学方程式为(J1-CH3OH OHA+ch3ch=ch2(CH^CH-A。&JJ-CH3 &JJ-CH3E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；0H(CH/CH，^ 的同分异构体中，结构中有酶键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉~0■，剩下苯环上只有一个取代基结构为：Pif^,由于丁基有4种，所以间形成酸分别有4种、间形成酸分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为|^jpOC(CH»3.(5)A.由结构简式知G的分子式为SH28O2，故A正确；B.lmoIG水解能消耗ImolNaOH,故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD(6)以1-丁醇为原料制备正戊酸(CH3cH2cHzcdCOOH),属于增长碳链的合成，结合题干中AtBtC的转化过程可知，1-丁醇先消去生成一丁烯，再和CO/Ha反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：浓硫酸 CO/H2 01CH3cH2cH2cH20H——►CH3cH2cH=CH? ►CH3cH2cH2cH2cH0 ►CH3cH2cH2cH2coOHA PdCl2 务化A四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。(1)目前工业上有一种方法是用CO2和也在230C,催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中05moic0、和一5moiH.平移转化率达80%时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入::10Ko和］molS0,发生反应2co京)+50«)=2(：0、©+$6)，可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到2001亩时达平衡，测得8、的体积分数为0.5,则前20min的反应速率1mol..miiT，，该温度下反应化学平衡常数K=.(保留两位小数)(3)工业上有多种方法用于so.的脱除。①可用NaCI。碱性溶液吸收so一。为了提高吸收效率，常加入Ni°「反应过程的示意图如图所示，产生的四价银和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对so.的吸收。a-Ni：0•:的作用是 -b.过程2的离子方程式«c.Ca(CI0)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaCIO更好，原因是②“亚硫酸盐法"吸收烟气中的So「室温条件下，将烟气通入:NHJ£0：溶液中，测得溶液?H与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，5点时溶液PH=7,则匚khn：SO/-'= 。(4)用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1,NO被阳极产生的氧化性物质氧化NO?r尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液pH和对烟气脱硝的影响如图2所示:尾口——含NO烟勺上半尾口——含NO烟勺上半图1图2①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3一反应的离子方程式»排入空气的尾气，一定含有的气体单质是(填化学式)。②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是0【答案】C()2(g)+3H2(g)W1LCH30H(g)+H2O(g)AH=-49kJ/mol 0.03 11.25催化剂2NiO2+CIO=Ni2O3+Cl+2O Ca?+与SO,结合生成难溶的CaSO』，有利于反应的进行 3:13C12+8OH+2NO=2NO3+6C1+4H2OH2 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【解析】

【分析】(1)根据图示，可知0.5molCC>2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6kJ,然后按比例计算：CO2(g)+3H2(g)三L±CH30H(g)+H2O(g)的△!!得出该反应的热化学方程式；(2)列出三行式，利用已知关系找出转化量和平衡量，代入计算公式计算速率和平衡常数；(3)①a.由过程1和过程2的反应可知，的作用是作为催化剂；b.根据催化过程的示意图可知，过程2中Nit)?和CIO-反应生成Ni2O3、Cl\O,据此写出离子方程式；c.Ca?+与SO,结合生成难溶的CaSO4,有利于反应的进行；②b点时溶液的pH=7,根据电荷守恒分析解答；(4)①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cb，将N0氧化为NO-电解时阴极产生H2.②由图2可知，溶液的pH越小，NO的去除率越高。【详解】(1)根据图中数据，恒压容器中0.5molCC>2和1.5molH2转化率达80%时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ,AH==-49kJ/mol,该反应的热化学方程式：196 -CO2(g)+3H2(g)^£iLL,CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49kJ/mol,因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g) 30H(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；(2)设进行到20min时达平衡，转化的CO的物质的量为2x,贝!!：2CO(g)+SO2(g)_.2CO2(g)+S(s)TOC\o"1-5"\h\z起始量(mol) 2 1 0转化量(mol) 2x x 2x平衡量(mol) 2-2x 1-x 2x根据平衡时CO2根据平衡时CO2的体积分数为0.5,有:=0.5,解得x=0.6,则前则前20min的反应速率u(CO)=：-Q6mO：=0,03moI.L-miir”2L>2Qmtn平衡时，CO、SO2和co?浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.6mol/L,则平衡常数代. =2=11.25.0-i2X02因此，本题正确答案是：0.03；11.25,(3)①a.由过程1和过程2的反应可知，NizOj的作用是作为催化剂；b.根据催化过程的示意图可知，过程2中Ni(h和CK).反应生成Ni2O3、C「、O,离子方程式为2NiO2+CI(yNi2O3+Cr+2O5c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca?+与SO『结合生成难溶的CaSO”有利于反应的进行，因此，本题正确答案是：催化剂；2NiO2+Cl(y=Ni2Oj+Cr+2O；Ca2+与so/结合生成难溶的CaSCh，有利于反应的进行；②b点时溶液的pH=7,根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3)+2n(SO32),又根据图可知：n(HSO3)=n(SO32),n(NH4+)：n(SO32)=(1+2):1=3:1,因此，本题正确答案是：3:1;(4)①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生CL，将N。氧化为NO；,反应的离子方程式3CI2+8OH+2NO=2NO3+6CI+4H,O.电解时阴极产生H2,故排入空气的尾气，一定含有的气体单质是H,.因此，本题正确答案是：3C12+8OH+2NO=2NO3+6C1+4H2O；H25②由图2可知，溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH对N。去除率存在相关关系的原因是次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。因此，本题正确答案是：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。19.碳碳双键在酸性高铳酸钾溶液中发生断键氧化过程：完成下列填空：TOC\o"1-5"\h\z⑴月桂烯是一种常见香料，其结构如图所示 .①月桂烯与等物质的量的Br?发生加成反应，可以得到种产物。②月桂烯与酸性高钱酸钾溶液反应时可生成多种有机产物，其中碳原子数最多的一种产物的结构简式为③金刚烷(见图.1 )是月桂烯的一种同分异构体，其一氯代物有 种。(2)烧X在酸性高铳酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮(CH3coe出)与救酸Y(CsHioOz),且Y中仅含两种不同化学环境的氢原子，则Y的结构简式是,X的系统命名为o⑶化学式为C8Hlz的垃Z,在酸性高钛酸钾溶液中生成CH3coeHzCOOH,写出Z可能的结构简式： .【答案】4 HOOC-C-CH2-CH2-COCH2 (CH3)3CCOOH2,4,4-三甲基-2-戊烯Q【解析】【分析】10⑴①分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示[[②，I分子物质与I分子BN加成时，可以在①②③的为位置上发生加成，1分子即2也可在①②发生1,4加成反应；②双键被高锌酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H原子，则被氧化生成瘦酸，即断键处的碳原子都被氧化成为瘦基，若不饱和C原子没有H原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮谈基；③分子中含2种位置的H,由此可得出一氯代物的种类；(2)瘦酸Y(C5H1Q2)中仅含两种不同化学环境的氢原子，则结构简式为(CLbCCOOH；是X在酸性高锌酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮(CH3coe出)与粉酸(CkbCCOOH,由此可得出垃X的结构简式；⑶化学式为C8Hlz的垃Z,在酸性高锌酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH,说明1分子CgH12得到2分子CH3COCH2COOH,双键被高镒酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H原子，则被氧化生成我酸，即断键处的碳原子都被氧化成为竣基，若不饱和c原子没有H原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮埃基，生成酮，由此可得Z可能的结构简式。【详解】⑴①分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示 「②，1分子物质与1分子Be加成时，可以在①②③的I③位置上发生加成，1分子B、也可在①②发生1,4加成反应，故所得产物共有4种，故答案为：4;②双键被高锌酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H原子，则被氧化生成残酸，即断键处的碳原子都被氧化成为我基，若不饱和C原子没有H原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮埃基，生成酮，所以月桂烯与酸性高铳酸钾溶液反应时碳原子数最多的一种产物的结构简式为HOOC-g-CH、-CH、-COOH，故答案为. .宣集Q.HOOC-C-CH2-CH2-COCK'③分子中含2种位置的H,则一氯代物有2种，故答案为：2；(2)装酸Y(CsHiQz)中仅含两种不同化学环境的氢原子，则结构简式为(CHRCCOOH；忌X在酸性高铳酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮(CH3coe电)与竣酸(CHsbCCOOH,则煌X为(CH3)2C=CH-C(CH3”，名称为2,4,4-三甲基-2-戊烯，故答案为：(CH3)3CCOOH；2,4,4-三甲基-2-戊烯；⑶化学式为C8Hlz的是Z,在酸性高钵酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH,说明1分子C8H以得到2分子CH3COCH2COOH,双键被高锯酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H原子，则被氧化生成陵酸，即断键处的碳原子都被氧化成为粉基，若不饱和c原子没有H原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮凝基，生成酮，则z可能的结构简式：Q[、£][,故答案为：Q[、【点睛】由氧化产物的结构简式推断该烯短的结构简式时，可采用逆还原法，将竣基转化为醛基，再将两个醛基或以基去掉氧原子，并将双键碳原子相连接构成碳碳双键，即得烯克的结构简式。2021届新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意）1.有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是A.大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B.通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C.安装煤炭燃烧过程的"固硫"装置，主要是为了提高煤的利用率D.开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理【答案】B【解析】【分析】【详解】A.使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B.通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确;C.安装煤炭燃烧过程的"固硫"装置，主要是为了减少污染，故C错误；D.过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选B.2."轨道"2px与3py上电子一定相同的方面是（ ）A.能量 B.呈纺锤形C.自旋方向 D.在空间的伸展方向【答案】B【解析】【详解】A."轨道"2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B.所有的p轨道均为纺锤形，所以"轨道"2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C.不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D.在三维坐标中，"轨道"2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B,3.最新研究表明AS2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取AS03设计流程如下：H,AsO,废料 滤液ICaSO. 混液D已知：H3ASO3为弱酸，热稳定性差。(1)写出一条"碱浸”时提高浸取率的方法—；"碱浸"中出ASO3转化成NasAsO3的离子方程式为(2)"氧化"时常在向混合液中通入5时对体系加压，目的是—.(3)“沉碑"过程中有如下反应：①Ca(OH)2(s)=Ca2+(aq)+2OH-(aq)AHVO②5Ca2++OH.+3AsO4'=Ca5(OH)(AsO4)3IAH>0沉珅率与温度关系如图。沉神最佳温度为一,高于85c时，沉碑率下降的原因是一。(4)"还原”过程中获得H3ASO3的化学反应方程式为一;"操作A"为：—、过滤；滤液n的主要成分是一。(5)若每步均完全反应，"氧化"和"还原"时消耗相同条件下5和SO?体积分别为xL、yL,则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=(写出含x、y的计算式)。【答案】搅拌或多次浸取 H,AsO3+3OH=AsO33+3H2O 增大O?溶解度，加快反应速率 85C高于85C,随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca£OH)(AsO4)3沉淀率下降 H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4加热H2SO42x：(y-2x)【解析】【分析】工业废料(H3ASO3、113AsO』含废料)加入氢氧化钠溶液碱浸，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气氧化NajAsOj溶液为NajAsO』溶液，向溶液中加入石灰乳，得到为Ca5(OH)(AsO6沉淀，将Ca5(OH)(AsO小用硫酸酸化得到H3AsO4,通入二氧化硫与HjAsO」溶液混合：H3AsO4+H2O+SO2=H3ASO3+H6O4,还原后加热溶液，H3ASO3分解为AS2O3,据此分析解答。【详解】(1)反应物接触时间越长，反应越充分，所以"碱浸"时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3ASO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO3+3OH=AsO33-+3H2O；故答案为：搅拌或多次浸取；H,AsO3+3OH=AsO33+3H2O；(2)"氧化"时向混合液中通入O2时对体系加压可以增大O2溶解度，加快反应速率。故答案为：增大溶解度，加快反应速率；“沉神”是将神元素转化为Ca5(OH)(AsO5沉淀，发生的主要反应有：①Ca(OH)2(s)^Ca2+(aq)+2OH-(aq)AH<0；®5Ca2++OH+3AsO43-^Ca5(OH)(AsO4)3AH>0,高于85C,随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；故答案为：高于85C,随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②,使反应②中平衡逆向移动，CaKOHWAsOsb沉淀率下降；“还原”过程中二氧化硫将H3ASO4还原为H3ASO3,自身被氧化生成硫酸，反应为：H3ASO4+H2O+SOkH3ASO3+H2SO4；还原后加热溶液，H3ASO3分解为AS2O3,所以"操作A"为：加热、过滤；由方程式可知，漉液H的主要成分是H2SO4.故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2S04!加热；H2SO4;(5)“氧化"过程中NajAsCh溶液氧化为NajAsO4溶液，关系式为2HsAsCh-ZNajAsO3P2；“还原”过程中二氧化硫将113AsCh还原为HjAsOj,关系式为H3AsO4~S02；已知消耗相同条件下Oz和SO2体积分别为xL、yL,体积比等于物质的量之比，即n(Oz)：n(SOz)=x:y,由关系式可知，n(H3AsO3)=2n(O2),则废水中原有的n(H3AsCU)=y-2x,则废水中n(H3AsO3):n(H3AsO4)=777=2x：(y-2x).故答案为：2x：(y-2x)«【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，理解工艺流程原理是解题的关键。4.A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2,E+与D"具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是( )A.工业上F单质用MnOz和AF来制备B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的F所形成的氢化物的酸性强于BDz的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD.由化学键角度推断，能形成BDFz这种化合物【答案】D【解析】【详解】A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2,则D是。元素；E*与肝具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧,产物溶于水得到一种强酸,则F为CI元素。A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2,A错误；B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C6。等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C6。属于分子晶体，B错误；C.F所形成的氢化物HCLHCI的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2c。3是弱酸，所以酸性HOH2CO3,但HCI是无氧酸，不能说明CI的非金属性强于C,C错误；D.可以形成COCh这种化合物，结构式为 H,D正确；C1-C-C1故合理选项是Do5.某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取"84"消毒液。已^]:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)AH=-632KJ/moL下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()—导气管eS2*n2s石墨电极C质子固体电解质膜S2*n2s石墨电极C质子固体电解质膜饱和NaCl溶液石墨电极dH20电极bA.电极a为燃料电池正极B.电极b上发生的电极反应为:Oz+4e+2HzO=4OHC.电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD.a极每增重32g,导气管e将收集到气体22.4L【答案】C【解析】【分析】根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2s失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极Oz得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2Hzs(g)+Oz(g)=Sz⑸+2”0反应，得出负极H2s失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e=2H2O,故B错误；C.电路中每流过4moi电子，则消耗imol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ,几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2Hzs-4e-=Sz+4H+,每增重32g,则转移2moi电子，导气管e将收集到气体lmol,但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L,故D错误。故选C.【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。.炼钢时常用的氧化剂是空气(或纯氧).炼钢过程中既被氧化又被还原的元素是()A.铁 B.硫 C.氧 D.碳【答案】A【解析】【分析】【详解】炼钢过程中反应原理：2Fe+0z幽2FeO、FeO+C-Fe+CO、2FeO+Si-2Fe+SiO2.反应中C元素化合价升高,Fe元素发生Fe~FeO~Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，答案选A。【点睛】从化合价的角度分析被氧化还是被还原，要正确的写出炼钢过程的化学方程式。.某溶液可能含有C「、SO42\CO32\NH4\Al"、Cu2\Fe3+和命中的若干种.为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL,加入过量的氢氧化领溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO?气体，产生白色沉淀。下列关于原溶液的说法正确的是A.至少存在4种离子 B.Al3\N5+一定存在，C「可能不存在C.SO42\CO32至少含有一种 D.Al3\Cu2\Fe3+一定不存在，K卡可能存在【答案】B【解析】【分析】向溶液中加过量的Ba(OH)?并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有NH：；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu"和Fe?',而SO：和CO：则至少含有一种；至于AP+,若含有的话，则在加入过量Ba(OH)2后转化为了A1O；；由于向漉液中通入的是过量的CO,，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有AP+,那么这样的话SO；和CO：就只能存在SO：了；综上所述，溶液中一定存在NH；,AI”和SO：-,一定不存在CO；,C『+和Fe3+,不一定存在cr,k\【详解】A.溶液中至少存在3种离子，Al3+,NH；以及SO：,A项错误；Al3+,NH；一定存在，C「不一定存在，B项正确；SO：一定存在于溶液中，而CO：由于与AI"不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；一定不存在的离子有CO；,Cu"和Fe3+,不一定存在的离子有C「，K+,D项错误；答案选B。【点睛】判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。8.硝酸钺(NH4NO3)在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸核分解产物的是A.N20,H20B.N2,Ch、Hz0C.Nz、HNCh、H20D.NH3、NO、H2【答案】D【解析】【分析】硝酸铁(NH4NO3)中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【详解】A.硝酸钱分解为NQ和-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应,合理，故A不选；.硝酸铁分解为刈、0八HzO,硝酸彼中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到。价，发生了氧化还原反应，故B不选；C.硝酸钱分解为“、HNO3、SO,硝酸铁中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铉分解为NM、NO、H2,只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。故选D。.某溶液中可能含有K+、NH4+、Ba?+、SO’?一、「、C「、NO3一中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：①在一份溶液中加入足量NaOH,加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；③在②的滤液中加入足量AgN5溶液，又有4.7g沉淀产生。有关该溶液中离子种类(不考虑H+和0H-)的判断正确的是A.溶液中至少有2种阳离子 B.只能确定溶液中NHj、SO,"是否存在C.溶液中最多有4种阴离子 D.溶液中不可能同时存在K+和NO3-【答案】C【解析】【详解】①在一份溶液中加入足量NaOH,加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；和过量NaOH溶液加热产生V1127的气体只能是氨气，故一定存在N&+,其物质的量为“『3)='厂=224?• =005mol；②在另一份溶液中加入足量Ba(NOM溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g,则一定存在SO4。其m2339物质的量为n(SO42)=n(BaSO4)=—= /~~7=0.01mol,Ba2+与SO广会发生离子反应不能大量共存，M233.g/mol含有SO4",则一定不含有Ba?.；③在②的漉液中加入足量AgNCh溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCI或Agl,且「或C「的物质的量之和20.05-0.01x2=0.03moloA.依据分析可知，溶液中可能只存在筱根离子，故A错误；B.依据分析可知，溶液中一定存在NHj、SO?,还有Cl或「中的一种或两种，B错误；C.依据分析可知，溶液中SO/、ci\l\NO；均可能存在，C正确；D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和NO八D错误；故合理选项是C..科学家合成出了一种用于分离镯系金属的化合物A(如下图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中z位于第三周期。Z与Yz可以形成分子ZY6,该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是Y「CH,「I丁civzrZkCH,X」LV」A.离子半径：Y>ZB.氢化物的稳定性：X>Yc.最高价氧化物对应水化物的酸性：x>zD.化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构+'Z失去一个电子后，可以成3个Y共价键，说明z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为口*、］一,Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X,应为F元素（当然不是H,因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A.电子层数F<s3离子半径f<s",所以z>y,A选项错误；B.非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B,则有BH3<HF,所以X<Y,B选项错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B,则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以x<z,C选项错误；D.根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。11.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使soj与七反应生成S3加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A.正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e=40H厌氧细菌，B. 与出的反应可表示为：dHz+ScVTe $"+砒0C.钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2D.在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A.正极上水发生还原反应生成H”电极反应式为2H2O+2e=2OH+Hz，故A错误；，厌氧细菌B.SO」.与d在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2.和比0,离子反应式为：4H2+SO42- S2+4H2O,故B错误；C.钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe",与正极周围的和OH分别生成FeS的Fe(0H)2,故C正确:D.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误;故答案为C.12.下列有关物质的用途，说法不正确的是( )A.水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂B.碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一C.硫酸钢医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“饮餐”D.金属钠可以与钛、错、铜、包等氯化物反应置换出对应金属【答案】B【解析】【详解】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；B.碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；C.硫酸领医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称"领餐"，故C正确；D.金属钠的还原性比钛、错、铜、留的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；题目要求选择错误选项，故选B。【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，平时注意掌握常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用。13.常温下，向20mL0.2moi1"HzA溶液中滴加0.2mol.L"NaOH溶液，溶液中微粒》A、HA\A?的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是r[N8OH(aq)l/mLA.当V[NaOH(aq)]=20mL时dOH)=c(H+)+c(HA)+2c(H?A)B.在P点时，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HA)+c(A2)+c(H2A)C.当V[NaOH(aq)]=30mL时，2c(Na+)=3[c(HA)+c(A2)+c(H2A)]D.当V[NaOH(aq)]=40mL.时.c(Na*)>c(A”)>c(OH)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)【答案】A【解析】【详解】A.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA,根据电荷守恒得：c(OH)+2c(A2)+c(HA)=c(H+)+c(Na*),根据物料守恒得c(Na*)=c(HA)+c(H2A)+c(A2),二者结合可得：c(OH)+c(A2)=c(H+)+c(H2A),则c(OH)<c(H+)+c(H2A)<c(H+)+c(HA)+2c(H2A),故A错误；B.P点满足电荷守恒：c(HAD+2c(A2)+c(OH)=c(Na+)+c(H+),根据图象可知，P点c(A“)=c(H2A),则c(H2A)+c(HA)+c(A2)+c(OH)=c(Na*)+c故B正确；C.当V(NaOH)=30mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A,根据物料守恒可得：2c(Na+)=3[c(HA)+c(A2)+c(HZA)],故C正确；D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na?A,A?一部分水解生成等浓度的OH\HA,溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则c(OH)>c(HA),正确的离子浓度大小为：c(Na+)>c(A2)>c(OH)>c(HA)>c(H2A)>c(H*),故D正确：故选B.14.单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有"未来金属"之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiOj的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛，主要反应有：(!)FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O(2)Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3>k+2H2SO4③MCh———TiO2+H2O(4)TiO24-2C+2CI2 »TiCl个+C0个⑤TiCl4+2Mg=^>2Mgek+Ti下列叙述错误的是( )A.反应①属于非氧化还原反应B.反应②是水解反应C.反应④中二氧化钛是氧化剂D.反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强【答案】C【解析】【详解】A.由产物Ti(SO4)2和FeSCU可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTQ中符合化合价原则，所以不是氧化还原反应，A正确；B.Hz。提供H*和0H\Ti"和0H结合生成HzTQ，H*和SO广形成H2SO4,所以是水解反应，B正确；C.分析反应④，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；D.金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确；本题答案选Co15.含元素确(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是

HJeTe-H,TeO, »H6TeO6① ②j③H2Te,O5丁H2Te4O9A.反应①利用了HzTe的还原性B.反应②中小。作氧化剂C.反应③利用了HQz的氧化性D.H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.HzTe被5氧化生成Te,体现H』e具有还原性，故A正确；B.反应②中Te与出0反应HzTeO3,Te元素化合价升高，是还原剂，则出。为氧化剂，应有d生成，故B正确；C.反应③中HzTeO3TH6TeO6,Te元素化合价升高，发生氧化反应，则HQ?作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D.HzTezOs转化为STeQg时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D.二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：现/X质南产生大*工•黑海、灰面只触产生少*弋相.储后就无明H金化X.、械触希.\&面持♦♦产牛'1泡（1）1中反应物与生成物总能量的大小E（反应物）E（生成物）（填">""V"或仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是.（2）若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCI、KCI、CsCI后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是。（3）若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则发生反应的离子方程式为;单质Y不可能是一（填字母）.A铅B石墨C镁D银（4）若m溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式 :变化过程中，参与正极上放电的离子是【答案】〉硝酸或硫酸 c「对铝与H+之间的反应有催化作用 2Al"+6H++6NO3-=AbO3+6NO2t+3H2OBCu-2e-=Cu2+ N03-【解析】【分析】(1)该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；(2)根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；(3)结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；(4)C/+为蓝色溶液；N03一在正极得电子生成N02.【详解】(1)I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：>;硫酸或硝酸；(2)由于加入(适量)等物质的量的NaCI、KCI、CsCI后反应速率明显加快，因三种盐均含有C「，而Cl-不可能与Al反应，故只能是C「起催化作用，故答案为：C「对铝与H+之间的反应有催化作用；(3)有色气体为NO?，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的AI03,故反应的离子方程式为：2Al"+6H++6NO3-=AI2O3+6NO2t+3H2O；由川知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2AI3+4-6H++6NO3_=AI2O3+6NO2t4-3H2O；B；(4)m溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+sNO3-与右在正极得电子生成NO：和H2O,故答案为：Cu-2e-=Cu2+；N03--.三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.I.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：⑴按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是.a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是 (填离子符号)。⑶P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P05干燥的是(填字母)。a.NH3 b.HI c.SOz d.CO2⑷KCIO3可用于实验室制5,若不加催化剂，400C时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1:1.写出该反应的化学方程式：。U.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生Hz的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L出(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H”同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到d和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是;乙的电子式是o(6)甲与水反应的化学方程式是。⑺判断：甲与乙之间(填"可能"或"不可能")发生反应产生H2oH【答案】b MNa+b4KCIO3KCI+3KCIO4AIH3H*N*H2AIH3+6H2O—2Al(OH)3+6H2个 可能【解析】【分析】1.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；⑶浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；⑷根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；U.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和时,说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生“，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到出和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L,则单质丙的摩尔质量M=1.25g/Lx22.4L/mol=28g/mol,丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na*)Vr(C「)，故a错误；b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8,最外层电子数与次外层电子数相同的元素为气；元素金属性越强,简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na二⑶浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；PzOs是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NW;所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是川，选b；(4)若不加催化剂，400c时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1:1,则该无氧酸为KCLKCI中氯元素化合价为-1,说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5,则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧400c化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KCIO3=KCI+3KCIO4.(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，AI为+3价、H为-1价，化学式是AIM;乙为氨气，氨气的电子式是HH：N：H°(6)闻出与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AIH3+6H2O-2AI(OH)3+6Hz个。(7)闻电中含-1价H,NH3中含+1价H,可发生氧化还原反应产生Hz。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.二氧化碳的捕集、创新利用是世界能源领域的一个重要战略方向。(1)用稀氨水喷雾捕集CO2.常温下，用氨水吸收CO?可得到NH4HCO3溶液。已知常温下NH3H2O的电离平衡常数Kb=2xl()T,H2CO3的电离平衡常数Ki=4xl()-7,K2=4x10-U.在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)(填或"=")c(HC03-);NH4HCO3溶液中物料守恒表达式为»(2)CC)2经催化加氢可合成低碳烯烧，合成乙烯的反应为2cO2(g)+6Hz(g)=CzH4(g)+4H2O(g)AH.向1L恒容密闭容器中充入2moic。2值)和nmolH£g),在一定条件下发生该反应。CO2的转化率与温度、投料比］］的关系如图所示:①该反应的AH0(填"＞或"=")。②图中Xi(填或"=")X2。③若图中B点的投料比为2,则500C时的平衡常数&=o⑶工业上用CO2生产甲醇燃料，进一步可合成二甲醛。已知：298K和lOlkPa条件下，反应I:CO2(g)+3H2(g)=CH30H值)+&0(1)AH=-akJmoF1反应II：2Hz(g)+O2(g)=2HzO⑴ △H=-bkJmoF1反应III：CH3OH(g)#CH3OH(l) AH=—ckJ-mol-1①CHQH(I)燃烧热的热化学方程式为.②合成二甲醛的总反应为2cO2(g)+6Hz(g)=CH30cH3(g)+3HzO(g)AH=-130.8kJmoF1.在某压强下，合成二甲醛的反应在不同温度、不同投料比时，C0,的平衡转化率如图所示。T,温度下，将6molCO,和12mold充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则。〜5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=O12投:比融】【答案】> c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)< > 83 3CH3OH(g)+yO2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-(^b-a-c)kJmol1O.lSmolL'min'1【解析】【分析】⑴根据盐类水解规律，越弱越水解，比较HCO3-与NS+水解程度的大小关系，进而确定c(NH4+)和c(HCO31的大小关系；根据水解和电离情况，结合N元素和C元素守恒可得NH4HCO3溶液中的物料守恒；(2)①结合图像判断温度对平衡移动的影响；②根据增加一种反应物的用量，可提高另一反应物的转化率，进行分析；③结合已知信息列出三段式进行计算；⑶①燃烧热是指lmol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如CfCO2(g),SfSOz(g),HTHzO(l),先写出表示燃烧热的方程式，再根据盖斯定律和已知的热化学方程式计算反应热；②根据丫=生计算反应速率。△t【详解】⑴已知常温下NH3-H2。的电离平衡常数Kb=2xl()T,H2cO3的电离平衡常数Ki=4x10-7,k2=4x10-11,NH3-HzO的电离平衡常数比H2cO3的电离平衡常数大，根据盐类水解规律，越弱越水解，可知HCOs-的水解程度比NH。+的水解程度大，所以c(NH4+)>c(HCO3-);根据N元素和C元素守恒可得NH4HCO3溶液中，物料守恒表达式为c(NHj)+c(NH3H2O)=c(CO3*)+c(HCO3)+c(H2CO3)，故答案为：>;c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2co3);(2)①由图可知，升高温度，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故该反应的AHVO,故答案为：V；②相同温度条件下，投料比越大，说明氢气越多，则二氧化碳的转化率越大，根据图可知，Xi>Xz,故答案为：〉；③根据图中B点的投料比为2,二氧化碳的转化率