(6份试卷汇总)2019-2020学年广东省东莞市高考化学教学质量调研试卷

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）M表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na£（\+2C或NazS+ZCOzt。下列有关说法正确的是1L0.25moi/L.NazSO,溶液中含有的氧原子数目为M1L.0.lmol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1N*C.生成Imol还原产物时转移电子数为8N*D.通常状况下，ll.2L.C02中含有的共价键数目为2M【答案】C【解析】【分析】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移;⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算lL0.25mol/LNazSO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误;B项、NazS溶液中铲水解：S2-+H2O^HS-+OH-,导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于O.INa，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成lmol硫化钠时转移电子数为lmolx[6-（-2）]=8mol,个数为8Na,故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2LC5的物质的量小于0.5mol,所含有的共价键数目小于2Na,故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。2.下列有关实验的图示及分析均正确的是（ ）选项实验目的实验图示实验分析A实验室用酸性高镭酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出

B石油分储时接收储出物2为收集到不同沸点范围的储出物,需要不断更换锥形瓶C测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率AJk*卡实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积D用四氯化碳萃取碘水中的碘L充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出,再让下层液体从下口流出A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；B.锥形瓶不能密封，难以接收储分，故B错误；C.气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；D.四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错误;故答案为A。3.下列实验不能达到预期目的是( )实验操作实验目的A充满NC)2的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水中研究温度对化学平衡移动的影响B向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCI溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2s溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C苯酚和水的浊液中，加少量浓碳酸钠溶液比较苯酚与碳酸氢钠的酸性D取少量溶液滴加Ca(OH)2溶液，观察是否出现白色浑浊确定NaHCO3溶液中是否混有Na2c。3B.BD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.温度不同时平衡常数不同，两个玻璃球中剩余的NO?量不一样多，颜色也不一样，A项正确；B.AgCl是白色沉淀，而Ag2s是黑色沉淀，若沉淀的颜色改变则证明沉淀可以转化，B项正确；C.苯酚的酸性强于HCO『因此可以转化为苯酚钠，而苯酚钠是溶于水的，因此浊液变澄清，C项正确D.NaHCO,本身就可以和CalOH）?反应得到白色沉淀，因此本实验毫无意义，D项错误；答案选D。.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（）A.自来水厂常用明矶作消毒杀菌剂B.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点C.硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，也是重要的半导体材料D.使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性【答案】B【解析】【分析】【详解】A.自来水厂常用明矶作净水剂，明肌没有强氧化性，不能用于消毒杀菌剂，A错误；B.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，B正确；C.硅胶吸水性强，可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，硅胶不导电，不能用作半导体材料，C错误；D.使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显碱性，D错误；答案选B。.下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是（）A.第II步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2-»NaHCO3^+NH4+B.第HI步得到的晶体是Na2CO3»10H2OC.A气体是CO?,B气体是NED.第IV步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A.第II步发生反应NH3，H2O+CO2+NaCI-NH4CI+NaHCO3J，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na++NH3-H2O+CO2-NaHCO3sk+NH4+,故A正确；B.第II步反应方程式为NH3HzO+COz+NaCI-NECI+NaHCChJ，过漉是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCOs晶体，所以第ID步得到的晶体是NaHCO3,故B错误；C.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A为氨气，B为二氧化碳，故C错误；AD.第IV步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3=Na2cO3+H2O+CO2个，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。6.金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+S02,下列说法不正确的是A.。2只做氧化剂CuFeSz既是氧化剂又是还原剂SO,既是氧化产物又是还原产物D.若有1molO2参加反应，则反应中共有4mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A.反应中，0元素的化合价由02中的0价降至S02中的-2价，02只做氧化剂，A正确；B.Cu元素的化合价由CuFeSz中的+2价降至C^S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至S02中的+4价，CuFeSz既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.0元素的化合价由中的0价降至SO?中的-2价，SO?是还原产物，S元素的化合价由CuFeSz中的-2价升至S02中的+4价，S02是氧化产物，C正确；D.0元素的化合价由。2中的0价降至SO?中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeSz中的+2价降至Cu2s中的+1价，S元素的化合价由CuFeSz中的-2价升至SO2中的+4价，lmolCh参加反应，反应共转移6moi电子,D错误；答案选D。.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeB2溶液中通入适量CL,溶液由浅绿色变为黄色Ch氧化性强于Br2B常温下，等体积PH=3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图****HA酸性比HB弱C向溶有SO2的Back溶液中通入气体X,出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的NaQz粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A.A B.B C・C D.D【答案】B【解析】【详解】A.溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溟离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Ch、Brz的氧化性，故A错误；.由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C.白色沉淀可能为亚硫酸锁，则X可能为氨气，故C错误；D.变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选Bo8.将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A.溶液的pH增大B.CH3COOH电离度增大C.溶液的导电能力减弱D.溶液中c(OH-)减小【答案】A【解析】【分析】【详解】CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOH—^CH3C00+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中（:忙出。）。）增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的PH增加，正确；CH3C00H溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CHsCOONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量C^COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D.加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CHsCOONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。9.下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是（）A.铝制器皿不宜盛放酸性食物B.电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C.铁制容器盛放和运输浓硫酸D.镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【答案】C【解析】【分析】【详解】A.铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中AI位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；B.金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用情性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；C.常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；D.构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池,Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；故选C。【点睛】金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K,Ca,Na除外)；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成.如：2Na+CuSO4+2H2O—Cu(OH)251/+Na2SO4+H2t；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H2=H=2Fe+3H2Oo.以PbO为原料回收铅的过程如下：I.将PbO溶解在HCI和NaCI的混合溶液中，得到含Na2Pbe&的溶液;.电解Na2Pbe溶液后生成Pb,原理如图所示。 阳离子电源m交换膜下列判断不正确的是A.阳极区的溶质主要是H2SO4B.电极II的电极反应式为PbCI42_+2e-=Pb+4CrC.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD.电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO【答案】C【解析】【分析】电解Na2Pbe艮溶液后生成Pb,原理如图所示，电极H周围PbCL^得电子转化为Pb,则电极II为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbClj-+2e-=Pb+4c「；电极I为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O-4e-=4H++O2个，以此解题。【详解】A.根据分析，电极I为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O—4e-=4H++O2个，阳极区的溶质主要是H2s故A正确；b.电极n周围pbcr得电子转化为pb,则电极11为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极n的电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4C「，故B正确；C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为等；=0.01moL根据电极反应式为207g/molPbCI42-+2e-=Pb+4CF,转移电子的物质的量为0.02moL电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol,故C错误；D.阴极电解一段时间后溶液为HCI和NaCI的混合溶液，根据题意"将PbO粗品溶解在HCI和NaCI的混合溶液中，得到含NazPbCL的电解液"，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。11.在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（ ）A.墨子：物质的分割是有条件的B.汤姆生：葡萄干面包模型C.德谟克利特：古典原子论D.贝克勒尔：原子结构的行星模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A.墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B.汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C.德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确;D.卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。12.水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是B.维生素C中含有3种官能团C.该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂D.维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6。6,A错误；B.根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；C.1分子维生素C与h发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子

生成脱氢维生素C,失去H原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂,终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D.羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；故合理选项是B„13.根据下列图示所得结论正确的是酸ToE/CHOrCO7I-1B.>2表示不同温度下水溶液中H.和OFT浓度的变化的曲线，说明图中温度T2酸ToE/CHOrCO7I-1B.>2表示不同温度下水溶液中H.和OFT浓度的变化的曲线，说明图中温度T2图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随出起始体积分数(Nz比起始体积分数图3的起始量恒定)的变化，说明图中a点Nz的转化率小于b点LOE、LOE、怨彩邀升S6

D.图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应容器体积/L图42BaO2(s)2BaO(s)+O2(g),。2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动2BaO2(s)【解析】【分析】【详解】A.加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1LpH=2的某一元酸加水稀释至VL,pH随IgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；B.升温促进水电离，人增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2<Ti,选项B错误；C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随d起始体积分数增大，M的转化率增大，即a点Nz的转化率小于b点，选项C正确；D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K=c(O2),最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；答案选C。14.某太空站的能量转化示意图如下，下列说法错误的是水向日面时 需日面时A.燃料电池系统中发生化合反应生成了水B.燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳能C.水电解系统中是将电能转化为化学能D.背日面时氧气燃烧，将化学能转化为光能和热能【答案】D【解析】【分析】根据空间站能量转化系统局部示意图可知，向日面时发生水的分解反应，背日面时发生氢气和氧气生成水的电池反应。【详解】A.由转化图可知，燃料电池系统中发生化合反应生成了水，故A正确；B.燃料电池系统产生的直接能量来源是化学反应产生的化学能，但最初来源于太阳能，故B正确；C.水电解系统中是将电能转化为化学能，故C正确；D.背日面时氢气燃烧，将化学能转化为光能和热能，故D错误；故答案选D。【点睛】整个太空站的能量转化包括光能到电能，电能到化学能，化学能到电能等一系列转化，但是能量的最终来

源是太阳能，太阳能在支撑整个体系的运转。.把铝粉和某铁的氧化物（xFeO.yFe2O3）粉末配成铝热剂，分成两等份.一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应.前后两种情况下生成的气体质量比是5：7,则X：丫为（ ）A.Is1 B.A.Is1 B.1：25:77s5【答案】B【解析】【详解】把铝粉和某铁氧化物xFeO・yFezO3粉末配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，Fe与盐酸反应生成FeCL与",令一份直接加入足量的NaOH溶液分反应生成偏铝酸钠与氢气，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,设氢气物质的量分别为5m。1、7mol,2 14根据电子转移守恒,n(Fe)=n(Hz)=5moLn(AI)=7molxy=—mol,假设xmolFeO、ymolFe2O3,14由Fe兀素守恒可知：x+2y=5,由电子转移守恒,可得：2x+2yx3=§x3解得x=l,y=2,故x:y=l:2,故选：B.二、实验题（本题包括1个小题，共10分）.碱式碳酸钻［Cox（OH）y（C03）z］常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；③加热甲中玻璃管，当乙装置中（填实验现象），停止加热;④打开活塞a,缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的（填字母）连接在 （填装置连接位置）。

A B C D(4)若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钻的化学式为(5)含有Co(AIO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃的颜色为(6)CoChfdO常用作多彩水泥的添加剂，以含钻废料(含少量Fe、Al等杂质)制取(：0/6”0的一种工艺如下:过■依腕*骷应过■依腕*骷应*4IhOtJJ，|时横(如雨~~|~T沙彳再杂呼”CoCO.i*lpH就m[”一'-4 ।・怦H[8>Wt<i>MpH2~3)| —CoCl「6HQ已知:沉淀物Fe(OHbFe(OH)2CO(OH)2AI(OH)2开始沉淀(PH)2.37.57.63.4完全沉淀(PH)4.19.79.25.2①净除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为o②加入CoCC>3调PH为5.2〜7.6,则操作I获得的滤渣成分为。③加盐酸调整PH为2〜3的目的为»④操作D过程为(填操作名称)、过滤。【答案】不再有气泡产生时将装置中产生的CO?和出0(g)全部排入乙、丙装置中D活塞a前(或装置甲前)Coz(OH)2CC>3蓝色2Fe2*+HzOz+2H=2Fe3++2H2OAI(OH)3>Fe(OH)3抑制COCh的水解蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】(1)加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钻分解完毕；(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的C02和W。全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；(3)在活塞a前，加装装置D,装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；(4)碱式碳酸钻样品3.65g,反应前乙装置的质量为80.00g,反应后质量为80.36g,据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g,反应后质量为62.00g,据此计算产生二氧化碳的量，得到C。的质量和C。原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钻的化学式；(5)含有Co(A102)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；(6)向含钻废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeC*AICI3、CoCI2,向溶液中加入双氧水和CoCO3,双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2。，加入C083，调节溶液的pH至7.6,使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3.滤液中含有CoCg然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCb水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCI2-6H2O；①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；②加入CoCC>3调PH为5.2〜7.6,则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;③SCI2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；④操作n过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【详解】(1)加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钻分解完毕；(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO?和比0全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；(3)在活塞a前，加装装置D,装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；(4)碱式碳酸钻样品3.65g,反应前乙装置的质量为80.00g,反应后质量为80.36g,故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g,物质的量为，反应前丙装置的质量为62.00g,反应后质量为62.00g,18g/mol0.88g生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g,物质的量为 =0.02mol,故氧化钻的质量为44g/inol241g _3.65g-0.36g-0.88g=2.41g,物质的量为 2_=0.02mol,根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：120gAnol0.02molx2：0.02mol=2：4：2,故碱式碳酸钻的化学式为Co?(OH)4(CO3)2;(5)含有Co(AIO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰;(6)向含钻废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCh、A1C13>C0CI2,向溶液中加入双氧水和C0CO3,双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe8t+Hs0s+2H+=2Fes*+2H»0,加入CoCG,调节溶液的pH至7.6,使Fe(0H)3、Al(OH)3生成沉淀，然后

过漉，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液中含有CoCk,然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCk水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoC12*6H20；①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2*+HA+2H=2Fe"+2上0；②操作1是分离Fe(OH)3、Al(OH)3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3;③CoCL为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2~3的目的是抑制CoCL水解;④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)O O17.有机物聚合物M:CH2=f-C-OCH2cH20-1— 是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由CH3克c4H8合成M的合成路线如下:］傕化剂.Fch2=ch2./Ag.ch2—ch2r］傕化剂.Fch2=ch2./Ag.ch2—ch2回答下列问题:(1)C4H8的结构简式为,试剂H是.(2)检验B反应生成了C的方法是o(3)D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为;(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是o【答案】一=.一NaOH水溶液取样，加入新配Cu(0H)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀,CH3证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C2

H

n

+

吐2

H

n

+

吐3-3

H-H

cICIC保护碳碳双键不被氧化nCHa-c-GOOH-'定务件.ICH3【解析】【分析】【详解】(1)根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M,则F的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OHoE和环氧乙烷生成F,则E的结构简式为CH2=C(CH3)COOH,因此C4H8应该是2一甲基一2丙烯，其结构简式为“卢匚二；B连续氧化得到D,D发生消去反应生成E,所以反应②应该是卤代屋的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；(2)B发生催化氧化生成C,即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成c；(3)D分子中含有羟基和粉基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程TOC\o"1-5"\h\zOH CH3一定:条件 r| -»式为-coon >-|-0—c—+nH2O；CH3 CH3(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.数十年来，化学工作者对氮的氧化物、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I.已知2N0(g)+02(g)2NO2(g)的反应历程分两步：第一步：2N。(g)N2O2(g)(快)AHi<0；v12=k1JEc2(NO)；v1B=kia!c(N2O2)第二步：N2O2(g)+。2(g) 2NC)2(g)(慢)AH2<0；v2iE=k2iEC(N2O2)c(02)；v2ffl=k2fflc2(N02)①2N0(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率主要是由 (填"第一步"或"第二步")反应决定。②一定温度下，反应2N0(g)+02(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用ki正、klie,142正、k2a表示的平衡常数表达式K=;II.利用COz和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、h2),还可减少温室气体的排放(1)已知重整过程中部分反应的热化方程式为：①CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH>0②82(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)AH>0③CO(g)+H2(g)=C(s)+H20(g)AH<0固定n(C02)=n(CH4),改变反应温度，CO,和CHz,的平衡转化率见图甲。同温度下CO?的平衡转化率(填"大于""小于"或"等于")CH4的平衡转化率。(2)在密闭容器中通入物质的量均为O.lmol的C&和CO2,在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2C0(g)+2Hz(g),CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图乙所示。y点：v(正)V(逆)(填"大于""小于"或"等于已知气体分压(P分)=气体总压(pGX气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp,求x点对应温度下反应的平衡常数

Ill.根据2CrO42+2H+Cr2O72+H20设计如图丙装置(均为惰性电极)电解NazCQ,溶液制取Ill.根据2CrO42+2H+图丙中右侧电极连接电源的_极，电解制备过程的总反应方程式为一。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b,则此时NazCrCU的转化率为_。若选择用熔融K2CO3作介质的甲醇(CH3OH)燃料电池充当电源，则负极反应式为%空加 4P2 通电 a【答案】第二步产d大于大于」■正4NazCrO4+4H2O_2NazCr2O7+4NaOH+2H2个+。2个(2--)ki®k2® 9 bX100%CH3OH-6e+3CO32=4CO2+2H2O【解析】【分析】.①已知总反应的快慢由慢的一步决定，②由反应达平衡状态，所以丫1正31逆、V2jE=V2Mt，所以Vi心丫2j£=VijgXVz逆，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小；.(1)根据图示可以看出，C02发生了其他副反应；(2)①反应CO2(g)+CH4(g)=2C0(g)+2Hz(g)是个气体体积增大的反应，根据压强对化学平衡的影响作答；〃2(。0炉(也)

“(ca)p(cHj〃2(。0炉(也)

“(ca)p(cHj于物质的量之比计算平衡时总压强，再计算各组分分压，根据Kp=.右侧电极生成H+,则消耗oh,发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，连接电源的负极;根据反应方程式计算；甲醇(CH3OH)在负极发生氧化反应。【详解】I.①第二步：N2o2(g)+02(g)—2NO2(g)(慢)，主要是由第二步决定反应速率，故答案为：第二步；②由反应达平衡状态，所以VijE=Viie、V2jE=V2i«»所以V1正XV2jE=ViieXV2a!，即kiiEC?(NO)xk2jEC(N2O2)c(02)=ki«c(N2O2)xk2Jec2(N02),则是K=故答案为:II.(1)根据图示可以看出，C02发生了其他副反应，同温度下C02的平衡转化率大于C电的平衡转化率,故答案为：大于；(2)①反应CO2(g)+CH4(g)=NCO(g)+2H2(g)是个气体体积增大的反应，压强越大，CH’的转化率越小，由图可知相同温度下，P］条件下的转化率大于P2,则P1小于P2；压强为P2时，在丫点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以V(正)>v(逆)，故答案为：大于；②由图知道该温度下X所处条件下平衡时甲烷的转化率为50%,列三段式:CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)c始(mol/L)0.10.100c转(mol/L)0.050.050.10.1c平(mol/L)0.050.050.10.1总物质的量=0.3mol,0.3总压为P2,其平衡常数Kp=/ 0.12/ 0.1、2(p)x )(z?9x )20.3 20.34P；0.05 0.05PcX Xp?X 20.3 20.3 -;9故答案为：3；9III.根据2CrO」-+2H+=02。72-+"0电解NazCrOd溶液制取NazCrzO,，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+,则消耗OH,发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，连接电源的负极，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2^+O2^,设加入反应容器内的NazCrOa为lmol,反应过程中有xmolNazCrOa转化为NazSO?，则阳极区剩余NazCrOd为(1-x)mol,对应的n(Na)x=2(1-x)mobn(Cr)=(1-x)mol,生成的NazCrzCh为一mol,对应的n(Na)=xmol,n(Cr)=xmol,2TOC\o"1-5"\h\za 7 a根据：Na与Cr的物质的量之比为a:b,解得x=2-7,转化率为 hinn0/=(2--)xlOO%,b —j—xiuu/o b若选择用熔融GCCh作介质的甲醇(ChhOH)燃料电池充当电源，则负极反应式为CH3OH-6e-+3c03?一=4CO2+2H2O,故答案为：负；4Na2CrO4+4H2O电解2Na2Cr2Ch+4NaOH+2Hz个+。2个；(2--)x100%；CH3OH-6e~+3CO32 b-=4CO2+2H2Oo【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、电极方程式及其化学方程式的书写、根据图象对平衡移动的判断等，重在培养学生能够利用化学知识提取题干的信息进行答题的能力，难点MNazCrO,的转化率的计算。19.有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：(l)E元素基态原子的M能层中具有个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为oA.[Ar]3di04s，B.[Ar]3d10C.[Ar]3d94sl D.[Ar]3d84s2(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为(填元素符号)，其原因是;C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为,其中C原子的杂化轨道类型为.(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中。键和n键数目之比是；C2D与BD2互为(填”等电子体”或“非等电子体”)，其理由是o(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为;BAD和BAzD两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了 键的缘故。(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为；元素B的单质晶体结构有多种,其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a,则该晶体的空间利用率约为o(百分数表示，取两位有效数字)(已知/=1.732)【答案】3 BN N原子的2P轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大 三角锥形s小杂化1:2等电子体 二者的价电子总数和原子总数相等 120'氢2:1高于34%【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B元素原子的核外电子排布为is22s22P2,则B原子核外共6个电子，为C元素；C原子的p轨道处于半充满状态，则C为N元素或P元素或As元素，D的单质是空气的主要成分之一，则D为N元素或O元素，又D的质子数为A与C之和，则A为H元素，C为N元素，D为。元素；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物，则E为Cu元素，其与O形成化合物Cu2O或CuO,据此分析解答。【详解】由以上分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为。元素，E为Cu元素，(1)E为Cu元素，其为29号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为is22s22P63s23P63dl04s］，则Cu元素基态原子的M能层中具有3个能级，其中Cu+的简化电子排布式为［Ar］3d，故答案为：3；B；(2)C为N元素，D为0元素，由于N原子的2P轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N原子的第一53x1电离能较大;A为H元素,C与A可形成NH3分子，中心原子N原子形成3个。键,孤电子对数为一^=1,则N原子的价层电子对数为4,则NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N;N原子的2P轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大；三角锥形;s/杂化；⑶C2为M分子，其分子结构为N三N，故其。键和n键数目之比是1:2;CzD为N2O,BDn为82,二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体，故答案为：1：2；等电子体；二者的价电子总数和原子总数相等；(4)BA〈D为CHQ,BAzD为CdO,在Cu的催化下，分子式为CHQ的化合物可被氧化为分子式为C”。的O化合物，则CHQ为甲醇，CHzO为甲醛，其结构式为g,中心原子C原子采取sp2杂化，则CHQ分子中键角约为120・；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故，故答案为：120-;氢；(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为1+8x)=2,体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为8x：+6x4=4,则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r,则可得2/=叵，解得a=隼，则该晶体的空间利用率约为4 68x—nr3―xl00%=34%,故答案为：2:1；高于；34%o酸loekhopaXI-酸loekhopaXI-1氏>2表示不同温度下水溶液中1和OFT浓度的变化的曲线，说明图中温度T22021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.根据下列图示所得结论正确的是图1表示1LpH=2的某一元酸加水稀释至VL,pH随IgV的变化，说明该酸是弱图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随出起始体积分数(N?H?起始体积分图3的起始量恒定)的变化，说明图中a点Nz的转化率小于b点LCE、LCE、铝送港不S.0D.图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应容器体积/L图42BaOz⑸ 2BaO(s)+O2(g), 的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动【答案】C【解析】【分析】【详解】A.加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1LpH=2的某一元酸加水稀释至VL,pH随IgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；B.升温促进水电离，&增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度Tz<Ti,选项B错误；C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随出起始体积分数增大，M的转化率增大，即a点W的转化率小于b点，选项C正确；D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K=c(O2),最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；答案选C。2.香豆素-3-覆酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醒经多步反应合成：CHKCOOC汨虫 ①NaOHOh" 入0 ②HCl" 人o水杨酸 中间体A 否豆素-3-粉酸下列说法正确的是()A.水杨酸苯环上的一元取代物有4种B.可用酸性高镭酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C.中间体A与香豆素-3-竣酸互为同系物D.1mol香豆素3竣酸最多能与1molH2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B.水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯克性质，二者都能被酸性高铳酸钾溶液氧化而使酸性高铳酸钾溶液褪色,现象相同，不能用酸性高锌酸钾溶液鉴别，故B错误；C.结构相似，在分子组成上相差一个或n个-Cd原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-竣酸中含有酯基和竣基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D.香豆酸3皎酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则lmol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A».在N%、HNO3、H2s的工业生产中，具有的共同点是()A.使用吸收塔设备 B.使用尾气吸收装置C.使用d作原料 D.使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A、HzSQ,不用H?作原料，错误；B、SO?到S03需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；C、NL的合成不使用吸收塔设备，错误；D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。答案选D。.将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是A.125mL B.200mL C.250mL D.560mL【答案】C【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCI=MgCh+H2个；2AI+6HCI=2AICb+3H2个，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AICI3+3NaOH=AI(OH)3sk+3NaCI,MgCI2+2NaOH=Mg(OH)2>V+2NaCl.Mg?+和A产全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCI；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HCI〜NaCI〜NaOH112mol/Lx0.5L4mol/LxVV=0.25L=250ml,故选C。【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法【名师点晴】注意Mg?卡和A产全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的A^,不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4moi・1?的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和AI3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCI,根据氯原子和钠原子守恒解题。.化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是。A.蚕丝属于天然高分子材料B.雾霾纪录片《穹顶之下》，提醒人们必须十分重视环境问题，提倡资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce),增加资源的重复使用(Reuse)、提高资源的循环利用(Recycle)C.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染D.中国古代用明神溶液清洗铜镜表面的铜锈【答案】C【解析】【详解】A.蚕丝主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，A正确；B.资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、提高资源的循环利用(Recycle)符合绿色化学理念，B正确；C.化石燃料完全燃烧会生成C02,可以形成温室效应，会造成大气污染，C错误；D.明矶是KAI(SO4)2・12H2。，aP+在溶液中发生水解反应aF++3HzO AI(OH)3+3H+,明矶溶液呈酸性，可清洗铜镜表面的铜锈，D正确。故选Do6.下列有关有机化合物的说法中，正确的是A.淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B.乙烯、苯和乙醇均能被酸性高镒酸钾溶液氧化C.绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D.在FeBr,的催化作用下，苯可与溪水发生取代反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B.苯不能被酸性高钛酸钾溶液氧化，B项错误；C.酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D.在FeB%的催化下，苯可与液溟发生取代反应，但不与溟水反应，D项错误；答案选C。.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A.用装置甲灼烧碎海带.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中「的ChD.用装置丁吸收氧化浸泡液中「后的Cl?尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用用蜗，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含「的溶液，B正确；C,MnOz与浓盐酸常温不反应，MnOz与浓盐酸反应制CL需要加热，反应的化学方程式为MnC>2+4HC1（浓）△MnCI2+CI2f+2H2O,C错误；D、Ch在饱和NaCI溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCI溶液吸收尾气”，尾气CI?通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。.下列说法正确的是A.氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H,和C「B.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同N%和HCI都极易溶于水，是因为都可以和HQ形成氢键C02和夕。2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同【答案】B【解析】【详解】A.HCI是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生Y和C「，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCI都极易溶于水，NK是因为可以和山0形成氢键，但HCI分子与心0分子之间不存在氢键，C错误；C02和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于C02属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合,而Si02属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。.下列关于有机物的说法正确的是A.聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B.乙烯和苯使溟水褪色的反应类型相同C.石油裂化是化学变化D.葡萄糖与蔗糖是同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.聚氯乙烯高分子中是链状结构，像烷烧结构，因此不是所有原子均在同一平面上，故A错误；B.乙烯使溟水褪色是发生加成反应，苯使溟水褪色是由于萃取分层，上层为橙色，下层为无色，原理不相同，故B错误；C.石油裂化、裂解都是化学变化，故C正确；D.葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，结构不相似，不是同系物，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】石油裂化、裂解、煤干气化、液化都是化学变化，石油分储是物理变化。10.2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式"电池(Rockingchairbattery),1980年开发出LiCoO2材料，下图是该电池工作原理图，在充放电过程中，Li+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCoOz+6C(石墨)=Li(1.x)CoO2+LixC6,下列有关说法正确的是A.充电时，Cu电极为阳极B.充电时，Li.将嵌入石墨电极C.放电时，AI电极发生氧化反应D.放电时，负极反应LiCoO2—xe=Li(i.x)CoO2+(1-x)+xLi+【答案】B【解析】【分析】根据充电时的总反应，钵化合价升高被氧化，因此钻为阳极，石墨为阴极，则在放电时钻为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；B.充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；C.放电时整个装置相当于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D.根据分析，含钻化合物位于电源的正极，D项错误；答案选B。【点睛】不管是不是锂电池，都遵循原电池的工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锂离子电池只不过是换成了Li+在正、负极间移动罢了，换汤不换药。11.以Fe3O4/Pd为催化材料，利用电化学原理实现d消除酸性废水中的NO；,其反应过程如图所示［已知Fes。,中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe(II)、Fe(m)b下列说法错误的是A.处理NO,的电极反应为2NOf+8H++6e-=N2t+4H2OB.Fe(D)与Fe(III)的相互转化起到了传递电子的作用C.用该法处理后，水体的pH降低D.消耗标准状况下6.72LH”理论上可处理含NO246mg•广工的废水2m?【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图示，处理NO?得到电子转化为氮气，电极反应为2NOf+8H++6e-=N2个+4心0,故A正确；B.Fe(m)得电子生成Fe(H),Fe(II)失电子生成Fe(IH),则Fe(II)与Fe(IH)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C.根据图示，总反应方程式可知：2H++2NO2-+3H2—N2+4H2O,所以用该法处理后水体的pH升高，故C错误；D.根据C项的总反应2H++2NO2-+3H211维帅+4出0,消耗标准状况下6.72皿即为上^一=0.3mol,22.4L/mol2理论上可处理NO?一的物质的量二1x0.3mol=0.2moL可处理含4.6mg・LNO?-废水的体积0.2molx46g/mol, , ,=-77~~1n t-1=2x10L=2m,故D正确；4.6x10g-L答案选C。12.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )5.61.甲烷含有的共价键数为Na2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NaC.过氧化钠与水反应时，生成O.lmol氧气转移的电子数为0.4NaD.常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH离子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；B.D2'6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol,故2gH218O和D2O的物质的量均为O.lmol,而且两者均含10个中子，故O.lmolHzi、和DzO中均含lmol中子即Na个，故B正确；C.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成O.lmol氧气时转移0.2mol电子即0.2心个，故C错误；D.溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；故答案为B.13.关于常温下pH=2的草酸(H2c2O4)溶液，下列说法正确的是1L溶液中含H*为0.02molc(H+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)C.加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小D.加入等体积pH=2的盐酸，溶液酸性减小【答案】B【解析】【详解】A选项，c(H*)=0.01mol/L,1L溶液中含H+为O.Olmol,故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH),故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH=2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH=2,氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L,很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L,如果是强酸c(H+)=0.02mol/L,若是弱酸，则c(H+)<0.01mol/L.X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18,则以下说法中正确的是()Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2X,Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小Y的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点X、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强【答案】A【解析】【分析】由元素周期表的位置可知，X和丫为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n,X的最外层电子数为n+1,丫的最外层电子数为n+2,W的最外层电子数为n+3,则n+n+l+n+2+n+3=18,n=3,则Z为Al、X为C、丫为N、W为S。【详解】根据分析可知，X为C元素，丫为N,Z为ALW为S元素；A.丫为N,位于VA族，其最高化合价为+5,最低化合价为-3,则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2,故A正确；B.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（AI）的原子半径最大，丫（N）的原子半径最小，故B错误；C.没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烧常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；D.缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸〉亚硝酸，硝酸,亚硫酸，故D错误；故选：A。一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：21\1。值）+2£：。值）=M值）+2（：。2值）各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/C起始物质的量浓度/mol•L1NO(g)CO(g)n2co2甲0.100.1000乙t2000.100.20丙t20.100.1000

0.0.OE/CO。*0.0.OE/CO。*内甲z/min下列说法正确的是。A.该反应的正反应为吸热反应B.乙容器中反应达到平衡时，M的转化率小于40%C.达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D.丙容器中反应达到平衡后，再充入O.lOmolN。和O.lOmolCOz，此时v（正）<v（逆）【答案】B【解析】【详解】A.根据图示，甲反应速率快，1>T2,升高温度，CO?的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应,故A错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol,2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)开始0.10.100转化0.060.060.030.06平衡0.040.040.030.06根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入OZOmolNO和0.20molCO,投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06mol/L；所以N2的转化率小于40%,故B正确；C.根据“一边倒原则”,乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO,投料的物质的量是甲的2倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小,甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍,故C错误;2NO(g)+2CO(g)N2（g）+2CO2(g)开始0.10.100D.转化0.060.060.030.06平衡0.040.040.030.06K=0,吗"吗=42.19;丙容器中反应达到平衡后，再充入O.lOmolNO和O.lOmolCOz,0.042x0.042(O.O6+O.O5)2xO.O3Q= 4 -=28.14</f,平衡正向进行，所以v(正)>v(逆)，故D错误；(0.04+0.05)^x0.042【点睛】

本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；Q>K时，反应逆向进行；Q<K时，反应正向进行。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH）,其装置如下图所示。请回答下列问题：.先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8,温度维持为55C;.待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35%的双氧水，再通入冷却水；m.从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6的名称是,反应器2中制备过氧乙酸（CKCOOOH）的化学反应方程式为。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高;分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是（选填字母序号）。A作为反应溶剂，提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D增大油水分离器5的液体量，便于实验观察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CKCOOOH）含量的测定：取一定体积的样品VmL,分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以Llmol.LT的硫代硫酸钠溶液滴定碘（l2+2S2O3"=2「+S4O62-）;重复3次，平均消耗量为V】mL。再以1.12mol・LT的酸性高镭酸钾溶液滴定样品，重复3次,平均消耗量为V2mLo则样品中的过氧乙酸的浓度为mol-L-\【答案】（蛇形）冷凝管 CH3COOH+H2O2固体膘化剂>CH3COOOH+H2O 双氧水的转化率（利用率）过滤C 仪器5"油水分离器"水面高度不变0・3（VT过滤C 仪器5"油水分离器"水面高度不变【解析】【分析】【详解】⑴仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CGCOOH+心。2典臂。化忙」CMCOOOH+%0,故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2—'体化可一》CH3coe>0H+H20;（2）反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；⑶由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氯乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C;（4）乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氯乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有HQ生成，反应已经结束，故答案为：仪器5"油水分离器"水面高度不变；⑸已知l2+2S2O32-=2F+S4O62-,由得失电子守恒、元素守恒可知：“0-0”I22S2O；*TOC\o"1-5"\h\z20.05V,xlO-3 O.lV.xlO-3双氧水与高锌酸钾反应，由得失电子守恒可知：5H,0, 2KMnOd\o"CurrentDocument"2 450.05V2x103 0.02V2x103则。样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15VixlT3-i.i5V2xll-3)mol,由公式c=j可得，样品中的过氧乙酸的浓V度为0.3（V,-V2）故答案为：一一——V(0.05YX1。30o5V2X10-3)_O.3(度为0.3（V,-V2）故答案为：一一——Vr10-3【点睛】本题的难点在于第⑸问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。三、推断题（本题包括I个小题，共10分）17.石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：已知：I.氯代垃D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.COOCjHiD-H-CHCOOC2COOCjHiD-H-CHCOOC2H5R—XC2HsONaCOOC2H5R—CHCOOCjHjHaO/I-rA,-C02♦R—CHjCOOHo(1)A中官能团的结构式为,D的系统名称是.(2)反应②的条件是,依次写出①和③的反应类型 、一(3)写出F今G过程中第一步反应的化学方程式.(4)K的结构简式为.(5)写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式.(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B成路线流程图示如下:H2c=CH?叼所C/丸巧一产。BrBr°【答案】；c=c、a 1,3-二氯丙烷 NaOH溶液,A(加热)加聚反应 取代反应OHCCH2OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH31f)-COOHCl【解析】【分析】由CH2=CH-CH=CH2反应至ljA(C4H6Br)发生加成反应，根据框图到C为1,4-二澳2丁烷，A-B为取代;再根据回典回4再根据回典回4回51回节瀛H知F为醛,E为醇,G为我酸;H为酯，由此知道D为1,3-二氯丙烷。H为CH3cHzOOCCHzCOOCHzCMH与C反应根据信息即可判断。【详解】(1)由CH2=CH-CH=CH2反应到A(C4H6Br)知，A中含有碳碳双键和溟原子。已知氯代炫D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,n(CI)=[113x62.8%]^5.5=2,D的化学式为C3H6c匕核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2CICH2CICH2.系统命名为1,3-二氯丙烷；(2)由框图回云9回回知回翘组回D为卤代烧，E为醇，所以反应②的条件是NaOH溶液,A件是NaOH溶液,A(加热);由反应①B■C4H5C1的反应条件知道①为加聚反应;「一 COOC2H5由③的条件X.GHQF 知③反应类型取代反应。J COOC2H5 反应③(3根据目飞念「[£],必黑簪一[0知E为醇，F为醛，所以F〉G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)zOH->NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3T。?OOC3?OOC3H5HCOOCjHj△,一COj♦R-CH2coOH医”何体卜灼% X^COOC2Hs,所以K的结构简式为O^COOH;八 _ COOC2H5(5)通过上述分析知G为HOOCChCOOH,比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为Br八6,以人为起始原料，选用必要的无机试剂合成B(C1)的路线图为：BrfBr蟠譬h。f也H嚏六次餐曳四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.以二氧化碳为原料制备尿素工艺被广泛研究。其反应机理为：反应IsCO2(g)+2NH3(g)-NH2COONH4(l) AHi=—117.2kJ•mol-1反应U:NH2COONH4(I)-NH2CONH2(I)+H20(I)AH2=+15.0kJ•mol-1(1)反应I平衡常数K的表达式为o

(2)由COz(g)和NH3(g)合成尿素NH2CONH2⑴的热化学方程式是.(3)在恒容容器中按物质的量之比1：2通入CO?和NH3,下列不能说明合成尿素反应达平衡状态的是A.容器中气体平均相对分子质量不再变化B.容器中气体密度不再变化C.NH3的体积分数不再变化〃(NHJ

/?(CO2)D.容器内压强不再变化(4)通过实验发现，其他条件不变时，改变〃(NHJ

/?(CO2)与尿素产率的关系曲线。通过曲线可知：过量对尿素产率的影响比较小。若在固定容器中按一乐十等于3.0通入CO?和NH3,则合成尿素反应达平衡后，混合气体中CO?的物质的量分数为h(CO2Jn(CO,)(精确到0.l%)o90858075706560555045403530n(CO,)(精确到0.l%)o90858075706560555045403530尿素产率(％)(5)探究发现，温度、压强、n(HzO)条件对合成尿素反应的影响如图1、图2,根据图像回答下列问题:0.81.01.2，，(山())n(CO,)0.81.01.2，，(山())n(CO,)①其他条件不变时，对于合成尿素的反应，若通入CO?物质的量一定，按三种投料比［分别为3.0、3.5、4.0］投料时，得到如图1的横轴对C02的平衡转化率的影响曲线。曲线A对应的投料比是o②图2中a、b、c,d四条曲线中的两条代表压强分别为20Mpa、25MPa时CO?平衡转化率曲线，其中表示20MPa的是(填字母)。在实际生产中采用图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的主要原因是O1,【答案】K= 2 C02(g)+2NH3(g)NH2CONH2(l)+H20(l)AH=-102.2kJ•moPA