(含3套新高考模拟卷)涞水2018届高三化学第一次调研考试试题

2017-2018学年第一学期第一次调研考试（7月）相对原子质量K:39 H:1 0:16Cl:35.5一.选择题（每题2分）1.下列有关金属及其化合物的说法正确的是（）A.铝和氢氧化钠溶液反应生成Al（0H）：,和上0B.钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na20C.铁在高温下与水蒸气反应生成FeG和H,D.用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaOH2.中学化学中很多“规律”都有其使用范围,据有关“规律”下列结论合理的是（）A.根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO?通入NaClO溶液中能生成HC10B.金属钠可以通过电解熔融NaCl制得,推出金属铝可以通过电解熔融A1CL制得C.金属钠在纯氧中燃烧生成Na。,推出金属锂在纯氧中燃烧生成LiAD.CaCOa与稀硝酸反应生成C02,推出CaS（h也能与稀硝酸反应生成S02.某学生鉴定某可溶性甲盐的流程如图所示，下列说法正确的是（）A.如果甲中含有Sl,则乙是硫黄沉淀B.如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCLC.丙中肯定含有F5+,所以甲是FeBmD.甲中含有铁元素，可能显+2或者+3价.根据SO?通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HC1、BaCh的FeCL,溶液产生白色沉淀SO?有还原性BH£溶液产生黄色沉淀SOz有氧化性C酸性KMnO,溶液紫色溶液褪色SOz有漂白性DNazSiOs溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2SiO35.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是NazOz吸收COz产生0z,可用作呼吸面具供氧剂CIO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒SiO?硬度大，可用于制造光导纤维ML易溶于水，可用作制冷剂.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是Fe>FeCLNaOH(aq)>Fe(OH)2S>S03H^°>H2SO4府、然CaC0：)■高温一>CaO”懿tCaSi03高温NH3但z>N°H20CHNO3催化刑，△.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.活性炭具有还原性，可用作冰箱除味剂.二氧化硫具有氧化性，可用作造纸漂白剂AID具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的用烟FeCk溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作现象结论A向稀HN。,中加入过量铁粉，再滴入少量KSCN溶液溶液变红稀HN。,将Fe氧化为Fe"B向AgNOs溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag'与NHifW能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO,中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将K1和FeCK溶液在试管中混合后，加入CCL,振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+>L.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉放在氮气中冷却B.明帆溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C.常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸D.金属钠具有强还原性，可用与TiCL溶液反应制取金属Ti.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是CO, ANaA102(aq)TAl(OH)；,->A1尼知NaCO3(aq) CH3copH(aq)CaSOMs) -^CaCOsCs) *(CH;iCOO)2Ca(aq)HCl(aq) aFe2O3►FeCLCaq)—>无水FeChco2ANaCl(aq) NaHCO：(—>NazCOs.物质的性质决定其用途。下列说法正确的是A.二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物B.氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝C.石英用竭耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D.铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸.化学在生活中应用广泛,下列物质性质与对应用途错误的是A.明矶易水解生成胶体，可用作净水剂B.晶体硅熔点高硬度大，可用作芯片C.氮气化学性质稳定，可用作粮食保护气D.NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂13.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A.天然气、酒精分别属于化石能源、可再生能源B.金属在潮湿空气中生锈，主要是发生析氢腐蚀NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂D.高纯硅广泛应用于太阳能电池和半导体材料的制造14.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是()化学性质实际应用A铁粉具有还原性袋装食品的抗氧剂B铁离子的氧化性比铜离子强FeCL溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板CNazOz能与CO2反应生成氧气呼吸面具中的氧气来源DS02具有漂白性豆芽菜、银耳等食品的漂白15.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是

A.NaNa2O2Na2CO3BFeS,SO,H2SO4cNaCl(aq)士J。笠JFeCh(s)SiO2,以HzSiOjNaO晒.NazSiCh.离子甲与微粒乙在溶液中的转化关系如下图所示，则离子甲不可能是|二二中|足量0M1'^"71足鼓［T——1修一甲| 仲粒乙| »禹子甲A.HCOsB.NH；C.A1"D.Mg..A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)下列判断正确的是OH-[HaHOH-[HaHH,A.A、B、C含有一种相同的元素B.A可能是金属，也可能是非金属C.B、C的水溶液一定都呈碱性D.反应①②不一定都是氧化还原反应.设“为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是()A.ImolFe与稀硝酸完全反应，转移的电子数可以为2.5%B.标准状况下，22.4LNO?所含的分子数目为“ImolCH2n.z所含的共用电子对数为(3n+l)CCO和H2混合物Imol,完全燃烧消耗O2的分子数为0.5419.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnOi晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl^KCl+5Cl2t已知：2KMnO4+16HCl^KCl+5Cl2t+2MnCl2+8H20FeCl2+KSCN-KMnO,+浓盐酸NaOH+酚儆对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：CL>Br2>I2

BC处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2+>cr20、下列说法中，错误的是（ ）①合金比纯金属具有较好的性能，硬度都比成分金属大，熔点比成分金属的低②常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属③将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀④Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反应⑤Al、Ck均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用相同⑥Na久置于空气中，可以和空气中的有关物质发生反应，最终生成Na£O3⑦制备FeCh.CuCk固体均可采用将溶液直接蒸干的方法D.③©⑤⑦C.制取少看6D.收集少量体A.①®⑥ B.D.③©⑤⑦C.制取少看6D.收集少量体21、下列装置能达到相应实验目的的是（）A.险证碳酸的酸 B.分离草和酒精性强于硅取.下列变化的实质相似的是（）①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、澳水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字,氢氟酸能在玻璃上刻字⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊A.（3）@ B.⑤©C.③@⑥⑦ D.全部.锌与100mL18.5mol 的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的pH=l。下列叙述不正确的是（ ）A.反应中共消耗1.8molH2SO4B.气体甲中SOz与比的体积比为4：1C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子二.非选择题（共27空，每空2分）24、A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图:通过量CO?丁—^丁一根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式.A,B,乙 ,T(2)写出下列变化的化学方程式.①A与NaOH溶液反应的化学方程式②甲与NaOH溶液反应的离子方程式(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L,则消耗的A的物质的量为，转移电子的物质的量为.25.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备CL的过程中有水蒸气和HC1挥发出来，同时验证氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)。回答下列问题：(1)若用含有0.2molHC1的浓盐酸与足量的MnO?反应制Cl2,制得的CL体积(标准状况下)总是小于1.12L的原因是.(2)(2)①装置B中盛放的试剂名称为 作用是②装置D和E中出现的不同现象说明的问题是.③装置F的作用是.④写出装置G中发生反应的离子方程式：。（3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgN（h溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO,溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置，你认为该装置应加在与之间（填装置字母序号），装置中应放入（填写试剂或用品名称）.某小组同学欲研究SO?的性质。（1）将相关的含硫物质分为如下表所示3组，第2组中物质X的化学式是第1组第2组第3组S（单质）SO2、X、Na2s。3、NaHS03S0：3、H2SO.HNa2s0八NaHSO4（2）利用下图所示的装置研究SO?的性质：（熔点：S02-76.1C,S0316.8℃；沸点：SO2-IO℃,S0345℃）①装置I模拟工业生产中SO/崔化氧化的反应，其化学方程式是②甲同学按I、II、in、w的顺序连接装置，装置n的作用是；装置in中溶液逐渐褪色，生成Mr?+,则该反应的离子方程式是。③乙同学按1、1【、IV的顺序连接装置，若装置IV中有40mL2.5mol•L_1NaOH溶液，反应后增重4.8g,则装置IV中发生总反应的化学方程式是o.多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”制备中副产物以SiCL为主，它对环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热。研究人员利用SiC*水解生成的盐酸和铁矿粉（主要成分为BaCO”且含有钙、铁、镁等离子）制备BaCkBfW,工艺流程如下。已知常温下Fe"、Mg、完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。20%NaOH溶液期矿粉 调节pH=12.5Si（1~过滤①|———T过滤②| i——T过滤③||控制在4。'。1~~j—调节pH=7_j_1稣制在70°C1-j~~ +滤液J渣 薄BaCl,•2HQ-真空:吉燥滤④ （DSiC"水解控制在40℃以下的原因是 已知：SiCL(s)+H2(g)=SiHCk(s)+HCl(g)△用=47kJ•mol-1SiHCL(s)+H)(g)=Si(s)+3HC1(g)AHz=189kJ•mol-1则由SiCL制备硅的热化学方程式为：(2)加钢矿粉时生成BaCk的离子反应方程式是：.(3)加20%NaOH调节pH=12.5,得到滤渣A的主要成分是控制温度70C的目的是«2017-2018学年度第一学期第一次调研考试化学答案一，选择题12345678910DADCACDDCB11121314151617181920ABBADAABDD212223CBB二，非选择题(1)A1O2NaA102Al(OH)302A1+2NaOH+2H2O=2NaA102+3H2t@A1203+20H--=2A102-+H20(3)0.1mol0.3mol(1)浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失。(2)①无水硫酸铜，证明有水蒸气产生，白色变蓝色。②氯气无漂白性，次氯酸有漂白性。③吸收氯气。④Ag++Cl=AgCl(3)F、G 湿润的淀粉碘化钾试纸或湿润的有色布条。(l)H2S03(2)①2so2+O2催%剂2s,②使SO,凝结成固体与SO2分离5S02+2H20+2Mn0；=5S0r+2Mn2++4H+③3s02+4NaOH=Na2SO3+2NaHSO3+H20(1)防止HC1挥发污染环境或控制SiCL的水解速率，防止反应过于剧烈SiCL(s)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)A>¥=236kJ•mol-1(2)BaC03+2H+=Ba2++C02t+H20(3)Fe(0H)：,、Mg(OH)2、Ca(0H)2确保钙离子完全除去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）.下列说法中不正确的是（ ）D和T互为同位素B."碳纳米泡沫"被称为第五形态的单质碳，它与石墨互为同素异形体C.CH3cHzCOOH和HCOOCH3互为同系物D.丙醛与环氧丙烷（~ch3）互为同分异构体【答案】c【解析】【分析】【详解】A.D和T均为氢元素，但中子数不同，互为同位素，故A正确：“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B正确：CH3cH2coOH属于陵酸类，HCOOCH3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故C错误；D.丙醛与环氧丙烷（〉一ch3）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；综上所述，答案为C。.化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不正确的是A.将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用B.将电器垃圾深埋处理可减少重金属对环境的危害C.对化学燃料脱硫、脱氮可减少酸雨的形成D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用【答案】B【解析】【分析】【详解】A.SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，A项正确；B.将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，污染土壤和水源，B项错误：c.SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脱硫、脱氮是减少酸雨的有效措施，C项正确；D.用CO?合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响,D项正确;答案选B。3.对下列事实的解释合理的是（ ）A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高【答案】D【解析】【详解】A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。.“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是A.KCIOs B.Na2s。4 C.KNO3 D.Na2O2【答案】C【解析】【详解】我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭"，"焰硝"指的为硝酸钾，答案为C。.为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A.用纯碱吸收硫酸工业的尾气 B.用烧碱吸收氯碱工业的尾气C.用纯碱吸收合成氨工业的尾气 D.用烧碱吸收炼铁工业的尾气【答案】B【解析】【分析】

【详解】A.纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误：B.氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确;C.硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D.炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理,炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：Bo6.对如图有机物的说法正确的是（ ）A.属于苯的同系物B.如图有机物可以与4m。旧2加成C.如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上D.如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应【答案】D【解析】【详解】A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；D、该有机物含有粉基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；故答案为：D»7.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是实验目的选实验目的实验方案A探究化学反应的限度取5mL0.Imol/LKI溶液，滴加0.Imol/LFeCh溶液5~6滴，充分反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.Imol/L的KMnO*溶液，分别加入2mL0.Imol/LC证明澳乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入漠乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH：（COONa溶液于试管中并加入几滴酚配试剂，再加入醋酸钱固体手A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.KI与FeCb发生氧化还原反应，其离子反应式为2l+2Fe3+=2Fe2++l2,由于KI过量，因此溶液中存在卜和h故不可根据溶液中既含卜又含r的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B.高锈酸钾与草酸溶液反应的离子式为2MnOd+5H2c2O4+6H+=8H2O+10CO2T+2MM+,可知溶液中高锌酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C.由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高镭酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高镒酸钾溶液检验乙烯，C错误；D.CWCOONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO'+H2O#CH3COOH+OH,加入酚酸溶液后变红，再加入醋酸铁固体，醋酸镀溶液呈中性，此时溶液中CH3co。浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。【点睛】此题易错点是B选项，通过观察高锌酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锌酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高钵酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快：一般是高镒酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。8.《天工开物》记载“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅......而后火药成声”涉及的主要反应为：S+2KNO3+3C点燃_K2S+3c6+N2个。下列有关说法不正确的是（ ）A.硝石主要成分为硝酸盐B.硫磺在反应中作还原剂C.该反应为放热反应 D.火药可用于制作烟花爆竹【答案】B【解析】【详解】A.KN5是硝酸盐，硝石主要成分为硝酸盐，故A正确；.硫元素化合价由0降低为-2,硫磺在反应中作氧化剂，故B错误；C.黑火药爆炸释放能量，所以该反应为放热反应，故C正确；D.燃放烟花爆竹，利用火药爆炸释放的能量，所以火药可用于制作烟花爆竹，故D正确；答案选B。.A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是^L_[c]—X元素可能为AlX元素不一定为非金属元素C.反应①和②互为可逆反应D.反应①和②一定为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.如果A是铝，则B和C分别是AIOz和AF+,二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.反应①②中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应①和②有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D正确；答案选D。10.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：5C6+LiixFePO4=6C+LiFePCU。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A.放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极B.隔膜在反应过程中只允许“通过C.充电时电池正极上发生的反应为：LiFeP0=xe=LiixFeP04+xLi+D.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料【答案】D【解析】【分析】放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe=xLi++6C,其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Lii.xFePO4+xLi++xe=LiFePO4,充电电池充电时,正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，【详解】A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-xe=xLi++6C,形成Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；B.原电池内部电流是负极到正极即,向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时LHxFePOa在正极上得电子，其正极反应为：Lii*FePCh+xLi++xe-=LiFePC>4,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO「xe=LiixFePCh+xLi+,C项正确；D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；答案选D。【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时LHxFePCh在正极上得电子，其正极反应为：Lii一xFePCM+xLi++xe-LiFePO4,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO「xe=LiixFePCh+xLi+.11.茶类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列菇类化合物的说法正确的是a和b都属于芳香垃a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D.b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀【答案】C【解析】【详解】a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有0元素，不属于芳香烧，A错误；a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO,均可与氢气发生加成反应，C正确；D.b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成病红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；故合理选项是C。12.有关下列四个图象的说法中正确的是( )A.①表示等质量的两份锌粉a和b,分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSCU溶B.②表示合成氨反应中，每次只改变一个条件，得到的反应速率v与时间t的关系，则t3时改变的条件为增大反应容器的体积②改变的条件为增大反应容器的体积②C.③表示其它条件不变时，反应4A(g)+3B(g)=i2C(g)+6D在不同压强下B%(B的体积百分含量)随时间的变化情况，则D量)随时间的变化情况，则D一定是气体③D.④表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g)F=N2t)4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a中加入少量CuS04溶液，锌会与硫酸铜发生反应生成铜，锌、铜和硫酸溶液形成原电池,反应速率会加快，但生成的氢气的体积会减少，故A错误；B.当增大容器的体积时，反应物和生成物的浓度均减小，相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，与反应速率v和时间t的关系图像相符合，故B正确；C.由③图像可知，p2>pi,压强增大，B的体积百分含量减小，说明平衡正向移动，正向为气体体积减小的方向，则D为非气态，故C错误；D.当反应达化学平衡状态时，v(N5)出=2v(N2O4)a,由此可知图中交点A对应的状态不是化学平衡状态，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】④图中A点时v(N2O4)»=v(N02)止=2v(N2O4),K.则v(N2O4)«>v(N2O4),i；,反应逆向移动。13.下列变化不涉及氧化还原反应的是A.明帆净水 B.钢铁生锈 C.海水提澳 D.工业固氮【答案】A【解析】【详解】A.明帆净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选：Fe、0元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C.Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；D.工业固氮过程中，N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；故选Ao14.如图表示反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲ti时只降低了温度ti时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动ti时减小此浓度，同时增加了NW的浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，ti时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】ti时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；ti时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；C.匕时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D.ti时减小N2浓度，同时增加了NK的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。15.2019年7月1日起，上海、西安等地纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是A.废旧电池中含有银、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾B.各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他（干）垃圾C.废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使滨水褪色D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和七。【答案】A【解析】【分析】【详解】A.废旧电池中含有重金属银、镉等，填埋会造成土壤污染，属于有害垃圾，A项正确；B.普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B项错误；C.聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法使滨水褪色，C项错误；D.棉麻的主要成分是纤维素，其燃烧后产物只有CO2和H2。：但丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和H2。；合成纤维成分复杂，所以燃烧产物也不止CO2和H2O,D项错误;答案选A。二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.亚硝酰氯(C1N0)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为一5.5C,易水解。已知：AgNOz微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl?和NO制备CINO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。(1)制备CL的发生装置可以选用(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a~(按气流方向，用小写字母表示)。(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为»②检验装置气密性并装入药品，打开L,然后再打开K”通入一段时间气体，其目的是,然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。(4)已知：C1N0与HQ反应生成HNOz和HCE①设计实验证明HNO?是弱酸：。(仅提供的试剂：盐酸、Imok/HNOz溶液、NaNOz溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。②通过以下实验测定C1N0样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以LCrO」溶液为指示剂，用cmol・L"AgNOa标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是,亚硝酰氯(C1N0)的质量分数为0（已知：AgzCrO*为砖红色固体；Ksp（AgCl）=1.56X1010,Ksp（Ag2CrO4）=1X10*）A【答案】A（或B）MnO2+4H++2CI=Mn2++Cht+2H2O（或2MnOr+10C「+16H+=2Mn2++5Cl2个+8H2O） ffgfcfb玲d玲efj玲h 随开随用，随关随停排干净三颈烧瓶中的空气 用玻璃棒蘸取NaNCh溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNCh是弱酸 滴入最后一滴标准液，生成豉红色沉淀，且半分钟内无变化1310c %m【解析】【分析】（1）二氧化铺和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的（或KMnfh与浓盐酸常温下制备Cb）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理。（3）①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用，随关随停。②通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止N。被空气中的氧气氧化。（4）①要证明HNCh是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNCh能发生水解，结合题给试剂分析。②以KzCrCU溶液为指示剂，用cmol・L」AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化：根据（CINO）=n（C|-）=n（Ag+）,然后结合m=nxM来计算。【详解】（1）可以用二氧化镒和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方A A程式为MnG>2+4HCI（浓）=MnCl2+Cl2个+2出。，离子方程式为：MnO2+4H++2CI=Mn2++Cb个+2或0,（或用KMnCU与浓盐酸常温下制备a2,发生装置属于固液不加热型，反应的离子A方程式为2MnO4+10CI+16H+=2Mn2++5Cl2/r+8H2O）故答案为A（或B）；MnO2+4H++2CI=Mn2++CI2个+2或。（或2MnO《+10CN46H*=2MM++5Cl2个+8出。）。(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为ffgfcfb3d玲eTj玲h；故答案为ffgfcfbfd玲efjfh。(3)①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用，随关随停，故答案为随开随用，随关随停。②检验装置气密性并装入药品，打开A，然后再打开心，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止N。被空气中的氧气氧化，故答案为排干净三颈烧瓶中的空气：(4)①要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaN。?能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNOz溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNCh溶液,点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸，故答案为用玻璃棒蘸取NaNCh溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。②以K2CrO4溶液为指示剂，用cmo"L-iAgNCh标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化：取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL中满足：n(CINO)=n(Clj=n(Ag+)=cx0.02L=0.02cmol,则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol,m(CINO)=nxM=0.2cmolx65.5g/mol=13.1cg,亚硝酰氯(CINO)的质量分数为(13.1cg+mg)xl00%=更%％,故答案为滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且m半分钟内无变化；⑶"％m【点睛】本题考查了物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验装置的连接，实验方案的设计，氧化还原反应，环境保护等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.1,3一环己二酮(Q'C。)常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1,3-环己二酮的路线。

,一定条件④_浓H[SO/a 9,一定条件④*ch5ch,ohh,cAs-x^/COOH③’回答下列问题:（1）甲的分子式为。（2）丙中含有官能团的名称是。（3）反应①的反应类型是；反应②的反应类型是。（4）反应④的化学方程式。（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有种。①能发生银镜反应②能与NaHC03溶液反应，且lmol乙与足量NaHCS溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1：6：2：1的一种同分异构体的结构简式：（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备h3（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备h3cch3（2,4一戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）【答案】C6HnBr 【答案】C6HnBr 醛基、蝶基（酮基）消去反应氧化反应COOHOOH+CH3CH3OHOOCH：CH「+CH3CH3OHOOCH：CH「H2。12浓硫酸加热乩CH「'一CH2cH0或

CH.HOCH-C—CH—COOHCH,CH3CH2OH催化剂>CH3coOHCH3CH2OH浓H0O4/ACH3CH2OH催化剂>CH3coOHCH3CH2OH浓H0O4/A>CH3coOCH2cH3H,入H,

一直■条件【解析】【分析】甲的分子式为CeHiiBr,经过过程①，变为CeHio,失去1个HBr,CeHg经过一定条件转化为乙,

乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为竣基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为H（又〜COOCHCH,，丁经过④，在一定条件下，生成^。^。【详解】（1）甲的分子式为C6HiiBr,故答案为:C6HnBr；OHC（2）丙的结构式为/ 含有官能团为醛基、银基（酮基），故答案为：醛基、臻基（酮基）；（3）C6HnBr,失去1个HBr,变为CeHio,为消去反应：丙经过②过程，在CrC）3的作用下，醛基变为瘦基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应：⑷该反应的化学方程式为，“人…。…H,-定条件）t^+CHsCHqH'故答案为：hc^c/°℃H£H一定条件>+ch3cH2OH；（5）乙的分子式为C6H10O3。①能发生银镜反应，②能与NaHCCh溶液反应，且lmol乙与足量NaHCXh溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个粉基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，竣基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，竣基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，竣基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，竣基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12利」，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为TOC\o"1-5"\h\zCOOH CHO1：6：2：1的一种同分异构体的结构简式CH,-C—CH£HO或CH-COOH,故CH, CH,COOH CHO答案为：12；CH-C-CH.CHO或CH-C-CH—COOH；CH, CH,（6）根据过程②，可将CH3cH20H中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为粉基，粉基与醇反生酯化反应生成酯,酯在一定条件下生成再反应可得二义，合成路线为酯化反应生成酯,酯在一定条件下生成再反应可得二义，合成路线为CH3cHzOH-^CH3CH0―ch3coohCH3cH20HCH3CH0―ch3coohCH3cH20H浓H2SO4/△>CH3COOCH2CH3OHCCH

一之*件义义一定条件人父，故答案为：CH3cH20H凝剂CH3cH0—CH3C00HCH3cH20H浓CH3cH0—CH3C00HCH3cH20H浓H2sO4/A>ch3cooch2ch3o一文条件义义一定条件re【点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)"中国制造2025"是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铝(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铝在现代工业中发挥更重要的作用，请写出CN+的外围电子排布式—；基态铭、氮原子的核外未成对电子数之比为一o(2)氮化铭的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化珞熔点(1282℃)比氯化钠(801'C)的高，主要原因是0⑶过硫酸镂[例内岸2。8],广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸钱中N、S、0的第一电离能由大到小的顺序为,其中NH4+的空间构型为 ⑷CP{NH,->⑷CP{NH,->H,N\IxNH,N/\NNN-C—CNJ(CIO.),)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药in,它是由中孤电子对与n键比值为中孤电子对与n键比值为N-N和[CO(NH3)5H2O](CIO4)3反应合成的,CP的中心Co3+的配位数为。⑸铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为pg-cm-3,阿伏加德罗常数为NaoFe(l)eFedl)・N①写出氮化铁中铁的堆积方式为—O②该化合物的化学式为J③计算出Fe(ll)围成的八面体的体积为cm3。【答案】3d3 2:1 氮化铝的离子所带电荷数多，晶格能较大 N>O>S 正四面体1195:4 6 面心立方最密堆积 Fe4N ——3心【解析】【分析】(1)基态Cr的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d54s】；基态氮原子的核外电子排布式为Is22s22P3;(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高:⑶同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；⑷双键中含有一个。键合一个n键，三键中一个。键和两个n键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；⑸①根据图示，顶点和面心位置为铁原子；②根据图示，一个晶胞中的原子个数用均摊法进行计算；NM③根据p=R—，推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积。【详解】⑴基态Cr的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d54s】，有6个未成对的电子，基态B+的核外

电子排布式为Is22s22P63s23P63d3,Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为Is22s22P3有3个未成对的电子，基态铝、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高,氮化铝的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铭熔点比氯化钠的高；(3)同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，则S<0同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为Is22s22P3处于稳定状态，则第一电离能N>0,第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；NH4+的中心原子为N,其价层电子对数=4+yx(5-l-4xl)=4,为sp3杂化，空间构型为正四面体；CNI⑷双键中含有一个。键和一个n键，三键中一个。键和两个n键， 只中，有一个-GN,NNH\/

N-N含有2个n犍，两个双键中分别有一个n键：根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与n键比值为5:4：配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心Ct?+的配位数为6；⑸①根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；②根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=8x』+6xg=4,单原子位于晶胞内部,8 2N个数为1,则该化合物的化学式为Fe4N；NM NM /NM /56x4+14/238③根据P=z，则晶胞的体积v=Tj—，则晶胞的棱长—- =3/——ONaV naP VnaPvNaP VNaP2VNAp二(J238 119 )2X2VNAp二(J238 119 )2X-X3 = NaP2VNAp6NaP19.铝酸钙(mCaOnAWh)是一系列由氧化钙和氧化铝在高温下烧结而成的无机化合物，被应用于水泥和灭火材料中，工业上用石灰石(主要成分为CaCOs和MgCCh)和铝土矿(主要成分是AI2O3、Fe2O3、SQ2等)制备铝酸钙的流程如图：回答下列问题:⑴固体B的主要成分是_（填化学式）；一系列操作包括过滤、洗涤、干燥，洗涤过程应如何操作?⑵向滤液中通入CO?和NH3的顺序为_,其理由是⑶溶液D转化为AI（0H）3；离子方程式是⑷常温下，用适量的NH4cl溶液浸取燃粉后，若要保持滤液中c（Mg2+）小于5xlO-6moH_",则溶液的pH应大于_[已知：Mg（OH）2的K=5xl012],⑸假设上述过程每一步均完全反应，最终得到的铝酸钙（3CaO-7ALO3）的质量刚好等于原铝土矿的质量，该铝土矿中AI的质量分数为_（计算结果保留三位有效数字）。【答案】FezCh向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次先通NH3,后通CO2NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收CO2参加反应（合理即可）AF++3NH3・H2O==A1（OH）3I+3NH4+1142.9%【解析】【分析】工业上用石灰石（主要成分为CaC03和MgCCh）高温煨烧，生成煨粉的主要成分为CaO和MgO,加入NH4a溶液，MgO最后转化为Mg（OH）2沉淀，CaO转化为CaCb,通入NH3、（：。2后，生成CaCCh沉淀。铝土矿（主要成分是AI2O3、Fe2O3,SiOz等）中加入足量NaOH溶液，AI2O3、SiO2都发生反应，生成NaAICh、NazSiO3进入溶液A,FezO3不溶而成固体B；溶液A中加入盐酸，NazSiCh转化为WSiCh沉淀（固体C）,NaAICh转化为AICb（溶液D）;溶液D中通入NW或加入氨水，生成AI（OH）3沉淀和溶液E（NH4。）：AI（OH）3沉淀受热分解生成AI2O3,闵2。3与CaCO3高温反应生成铝酸钙。【详解】⑴由以上分析可知，固体B的主要成分是FezCh;一系列操作包括过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中，注意选择洗涤剂（难溶于水，用水洗）、加入量及操作方法，具体操作为：向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次。答案为：Fe2O3；向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次；(2)因为C02在水中的溶解度不大，若先通C02,即便NH3的溶解度大，但最终生成的CaCCh也不会太多，所以应向滤液中先通入NH3,后通入C02,因为N比易溶于水且可提供碱性环境,更有利于吸收CO2参加反应(合理即可)。答案为：先通NH3,后通CCh：NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收C02参加反应(合理即可)；⑶溶液D中通入NH3或加入氨水，生成AI(0H)3沉淀和NH4a溶液，反应的离子方程式是AP++3NH3-H2O==A1(OH)3I+3NH4+o答案为：Al3++3NHvH2O==A1(OH)3I+3NH4+；(4)K=5xlO12=c(Mg2+)xc2(OH),C(Mg2+)小于5x10emol-L1,则c(OHj>lxlOSmol-L1,pH=-lgc(H+)>llo答案为：11;⑸假设铝酸钙(3CaO-7Al2O3)为Imol,则质量为3x56+7xl02=882g,原铝土矿的质量为882g,14x27g该铝土矿中Al的质量分数为匚^^*100%=42.9%。答案为：42.9%»882g【点睛】SiCh在足量烧碱溶液中是否溶解，是解题的一个关键，所以我们在利用流程图进行分析时，一定要根据后续操作及现象，把此疑问解决。在此题中，固体C只能为硅酸，所以SiO2在烧碱中溶解。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.已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HCIO)>KSp(AgCI)>Ksp(AgBr)..下列分析不正确的是()A.将10mL0.1mol/LNa2c。3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L盐酸中：c(Na)>c(CL)>c(CO32->>c(HCO3)B.现有①200mL0.1mol/LNaCI。溶液，②100mLO.lmol/LCKCOONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②〉①C.向0.1mol/LNH4CI溶液中加入少量C.向0.1mol/LNH4CI溶液中加入少量NH4a固体:c(NH；)c(cr)比值减小D.将AgBr和AgCI的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNCh浓溶液：产生的AgCI沉淀多于AgBr沉淀【答案】C【解析】【详解】A.10mLO.lmohL-lNa2cO3溶液逐滴滴加到10mlLO.lmol-L-1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(C|-)>c(CO32-)>c(HCO3-),A正确;B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HCIO),CO水解程度大于CbhCOO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②>①，B正确C.向0.1mol/LNH4cl溶液中，存在NH4++H2ONHyH2O+H+,加入少量NH4a固体,NH4+,NH4+水解平衡正向移动，c(NH3-H2。)、c(H+),水解常数不变，即cNHNH4+水解平衡正向移动，c(NH3-H2。)、c(H+),水解常数不变，即cNH：c(NH3?2NH4+水解程度减小,当，小,c(NH；)cNH：cNH；、一~3增大，C错误;D.因为Ksp(AgCI)>Ksp(AgBr),在AgCI和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+),c(C「)>c(Brj,当将AgCI、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(CI)比原来AgCI饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNCh溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCI沉淀增加更多，D正确：故答案为：C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2c03溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化

碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCI=NaHCO3+NaCI；NaHCOs+HCUNaCI+hhO+COz个；2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A.海带提碘 B.氯碱工业 C.海水提澳 D.侯氏制碱【答案】D【解析】【详解】A.海带提碘是由KI变为卜，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.氯碱工业是由NaCI的水溶液在通电时反应产生NaOH、CI2、H2,有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误：C.海水提澳是由澳元素的化合物变为澳元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应,故C错误；D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化钱，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。故选D。B.CL的结构式CI-CI3.下列表示不正确的是B.CL的结构式CI-CID.C厂的结构示意图同^A.C02的电子式O::CD.C厂的结构示意图同^C.CH4的球棍模型【答案】C【解析】【详解】A.C02分子中存在两个双键，其电子式为6：：C-：6,A正确；B.CL分子中只有单键，故其结构式为Cl—CLB正确;C.CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为C.CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为C不正确;D.CI的结构示意图为D正确。故选Co4.不能用勒夏特列原理解释的是（A.草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B.将FeCb固体溶解在稀盐酸中配制FeCb溶液C.人体血液pH值稳定在7.4±0.05D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎【答案】D【解析】【详解】A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中钱根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NW,使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCb的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3,人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4±0.05,能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。5.N”是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2刈B.标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为总C.密闭容器中，ImolNHs和ImolHCl反应后气体分子总数为吊D.在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1刈【答案】D【解析】【详解】A.l2g石墨烯里有lmol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5Na,故A不选；B.标准状况下，HF是液体，故B不选；NH3和HC1反应生成的NH4cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为O.lmol,但硫离子会发生水解：S3+H20UHS+0H-,所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于O.INa,故D选。故选D。6.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是（）OHA.分子中两个苯环处于同一平面B.分子中有3个手性碳原子C.能与浓溟水发生取代反应1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A,分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误;C.酚羟基的邻对位可能与浓漠水发生取代反应，故C正确：D.lmol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3moiNaOH,分别是酯基消耗ImoL2个酚羟基各消耗Imol,故D正确；故选Ao.化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是A.还原铁粉能用作食品抗氧化剂.夜空中光柱的形成属于丁达尔效应C.浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D.燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A.Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B.含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；C.乙烯具有催熟效果，能够被高锌酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnCX,溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D.加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入Ca。后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；故选D。8.以下相关实验不熊达到预期目的的是( )A.试样加水溶解后，再加入足量Ca(0H)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCCh固体中是否含Na2CO3B.向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNCh验证火柴头含有氯离子C.加入饱和Na2c03溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D.两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCb溶液探究FeCb溶液对H2O2分解速率的影响【答案】A【解析】【详解】A.Na2CO3能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaC03沉淀，NaHC03也能与Ca(0H)2溶液发生反应生成CaCCh沉淀，故不能用Ca(0H)2溶液检验NaHCCh固体中是否含Na2CO3,可以用CaCL溶液检验，故A选；.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgN03可检验，故B不选：C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCb溶液对出。2分解速率的影响，故D不选；答案选A。.中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为燃C.生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D.工业上可通过煤的干储获得乙烯、丙烯等化工原料【答案】A【解析】【分析】【详解】A.由《物理小识》中记载语句"臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B.煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而煌只由C、H两种元素组成，B选项错误；C.生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D.工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。10.常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V。的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与IgJ的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A.pH随IgJ的变化始终满足直线关系B.溶液中水的电离程度：a>b>cC.该温度下，Ka(HB)as106D.分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A)=c(B)【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，O.lmol/LHA的pH=l,HA为强酸；O.lmol/LHA的pH在3〜4之间，HB为弱酸。【详解】A.起初pH随他J的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平*0行，A不正确；B.溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b,所以水的电离程度：b>a>c,B不正确；xIf)4C.在a点，c(H+)=c{Bj=104mol/L,c(HB)=0.01mol/L,该温度下，Ka(HB)= =106,C0.01-10-4正确：D.分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小,所以c(A-)>c(B)D不正确；故选Co11.化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A.温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸储水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸储水配制成的混合液中酒精含量约为75%,即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；D.二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确：

故答案为Bo12.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A取两只试管，分别力口入4mLO.Olmol•「KMiiCh酸性溶液，然后向一只试管中加入O.Olmol•广叫2c2O4溶液2mL,向另一只试管中加入O.Olmol•L】H2c2。4溶液4mL,第一只试管中溶液褪色时间长H2c2。4浓度越大，反应速率越快B室温下，用pH试纸分别测定浓度为O.lmol•L】HCIO溶液和O.lmo卜L】HF溶液的pH,前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC检验FeCb溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2+D取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入O.Olmol•LiFeCb溶液2mL向试管②中加入O.Olmol•L-1CuCl2溶液2mL,试管①中产生气泡快加入FeCb时，双氧水分解反应的活化能较大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.根据控制变量的原则，两试管中液体的总体积不等，无法得到正确结论，故A错误；B.HCIO溶液具有漂白性，应选pH计测定，故B错误；C.亚铁离子、氯离子均能被高钵酸钾氧化，溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+,故C正确:D.活化能越小，反应速率越快，试管①产生气泡快，则加入FeCb时，双氧水分解反应的活化能较小，故D错误；故答案为C。13.下列关于有机物的说法正确的是A.乙醇和丙三醇互为同系物b.二环己烷（m）的二氯代物有7种结构（不考虑立体异构）CHjXH3C.按系统命名法，化合物的名称是2,3,4-三甲基-2-乙基戊烷CH2CH3tHjD.环己烯（C〕）分子中的所有碳原子共面【答案】B【解析】【详解】A.乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同，不是同系物，故选项A错误；1B.二环己烷中有两类氢原子;。:，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个1氯原子定到2号位，二氯代物有4种，故选项B正确；CHa/CHjC.按系统命名法，化合物CH34一4-qttHs的名称是2,3,4,4-四甲基己烷，故选项C错CH2CH3Jhj误；D.环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式，不能满足所有碳原子共面，故选项D错误；故选B。14.设Na为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（ ）A.在标况下，11.2LN。与11.2LO2混合后所含分子数为0.75Na12g金刚石中含有的共价键数为4NaO.lmolNazCh晶体中含有0.3Na个离子D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成Imol氢气时，转移的电子数为Na【答案】C【解析】【详解】A.在标况下，11.2LNO与11.2LO2的物质的量均为0.5mol,二者混合后发生反应2NO+C）2=2NO2,所以0.5molN。和0.5molO2反应生成OSmoINCh,消耗0.25molO2,所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol,但因存在2NC）2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75Na,故A错误；12gB.l2g金刚石中C的物质的量为nJ., ,=lmol,金刚石中碳原子成正四面体构型，每个12g/mol碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2Na＞故B错误；C.每个NazCh中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以O.lmolNazCh晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成Imol氢气时转移2moi电子，所以转移的电子数为2Na,故D错误；答案选C。.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A.标准状况下，22.41.二氯甲烷的分子数约为Na乙烯和丙烯组成的42g混合气体中含碳原子数为6NaC.Imol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为12NaD.将ImoICWCOONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CWC。。-数目等于Na【答案】D【解析】【详解】A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，A错误；B.乙烯和丙烯的最简式是CH2,最简式的式量是14,乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是3mol,所以其中含C原子数为3Na,B错误；C.甲醇燃烧的方程式为2cH3OH+3O2速箜2co2+4氏。，根据方程式可知：2moi甲醇完全燃烧转移12moi电子，则Imol甲醇完全燃烧生成C02和KO,转移的电子数目为6Na,C错误；D.根据电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(0H)+n(CH3C。。)，由于溶液显中性，则n(H+)=n(OH),所以n(Na+)=n(CH3co0),因此将lmolCHsCOONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3co0-数目等于Na,D正确；故合理选项是D。二、实验题(本题包括1个小题，共10分)16.硫酸亚铁钱［(NHjFeG。。］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去)，在500°(:时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铁至分解完全。确定分解产物的成分。(NHJ/«SOJ,无水RR3HCIfnBaa,H.O：和BaCI：程合湘液 混合帝液A BCDB装置的作用是,(2)实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有气体产生，写出D中发生反应的离子方程式。若去掉C,是否能得出同样结论并解释其原因。A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解： —固体残留物仅为Fe2O3E中收集到的气体只有刈，其物质的量为xmol,固体残留物刚体死目物FezCh的物质的量为ymol,D中沉淀物质的量为zmol,根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为o(5)结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铁在500°(:时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：。【答案】检验产物中是否有水生成SO2sO2+H2O2+Ba2+=BaSO4j+2H+否，若有SCh也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锯酸钾溶液、KSCN溶液若高钵酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2j2£Fe2O3+2NH3个+Nz个+4SO2个+5力。【解析】(1)硫酸亚铁钱［(NH4)2Fe(SO4)2］在500℃时隔绝空气加热分解，H、。结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。(2)装置C中BaCL溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体,会生成硫酸钢白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SCh气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钢反应生成硫酸领沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2t=BaSO44/+2H+,若去掉C,若有SO3也有白色沉淀生