化学-2022年贵州省贵阳二中高考化学一调试卷

2022年贵州省贵阳二中高考化学一调试卷一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1．（3分）下列关于有机物1﹣氧杂﹣2，4﹣环戊二烯（）的说法正确的是（）A．与互为同系物 B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构） C．能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO22．（3分）工业上常用水蒸气蒸馏的方法（蒸馏装置如图）从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯（）。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水。②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是（）A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成 B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计 C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热 D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏3．（3分）下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2（FeCl3）：加入足量铁屑，充分反应后过滤 B．CO2（HCl）：通过饱和NaOH溶液，收集气体 C．N2（O2）：通过灼热的CuO粉末，收集气体 D．KCl（MgCl2）：加入适量NaOH溶液，过滤4．（3分）如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（）A．该反应中，化学能转变成热能 B．反应物的总能量低于生成物的总能量 C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应 D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q5．（3分）根据热化学方程式：S（s）+O2（g）→SO2（g）+297.23kJ，下列说法正确的是（）A．1molSO2（g）的能量总和大于1moS（s）和1molO2（g）的能量总和 B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量 C．S（g）+O2（g）→SO2（g）+Q1kJ；Q1的值大于297.23 D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23kJ热量6．（3分）2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是（）A．废旧报纸、饮料瓶、电池等B．剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等C．过期药品、化妆品、油漆等D．一次性餐具、卫生纸、灰土等A．A B．B C．C D．D7．（3分）镍﹣铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2．下列有关说法错误的是（）A．电能、氢能属于二次能源 B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜 C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑ D．镍﹣铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiOOH+H2O8．（3分）相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示．下列判断不正确的是（）A．对比pH＝7和pH＝10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大 B．对比pH＝2和pH＝7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大 C．在0～20min之间，pH＝2时R的平均降解速率为0.0875×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 D．50min时，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等9．（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A．小苏打治疗胃酸过多的反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．次氯酸钠溶液通入少通的CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣ C．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2↑+2Mn2++8H2O D．过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO+4H+10．（3分）关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是（）A．相同物质的量浓度的两游液中c（H+）相同 B．相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同 C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH均变为5 D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体，c（H+）均减小11．（3分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（）A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：5 D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来12．（3分）普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜（阴离子交换膜和过滤膜）电解装置可制备高纯度的Cu．下列有关叙述正确的是（）A．电极a为粗铜 B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区 C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳，离子进入阴极区 D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜13．（3分）下列关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（）A．a、b互为同系物 B．c中所有碳原子可能处于同一平面 C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构） D．a易溶于水，b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色14．（3分）以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（）A．CO2（H2S）：通过CuSO4溶液 B．CH3COOH（H2O）：加新制生石灰，蒸馏 C．苯（甲苯）：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液 D．MgCl2溶液（Fe3+）：加MgO，过滤15．（3分）已知钴酸锂电池的总反应方程式为Li1﹣xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C。用该电池作电源按如图所示装置进行电解。通电后，电极a上一直有气泡产生，电极d附近先出现白色沉淀（CuCl），tmin后白色沉淀全部转变成橙黄色沉淀（CuOH）。下列有关叙述不正确的是（）A．钴酸锂电池放电时的正极反应为Li1﹣xCoO2+xe﹣+xLi+＝LiCoO2 B．当电极a处产生标准状况下气体2.24L时，钴酸锂电池负极质量减少1.4g C．电极d为阳极，电解开始时电极d的反应式为Cu+Cl﹣﹣e﹣＝CuCl D．电解tmin后，装置Ⅱ中电解质溶液的pH显著增大16．（3分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是（）A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水 B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用 C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2 D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＜K2FeO417．（3分）下列行为不符合安全要求的是（）A．实验室废液需经处理后才能排入下水道 B．点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度 C．配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌 D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去18．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．100g46%甘油水溶液中含﹣OH的数目为1.5NA B．1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NA C．0.1mol•L﹣1的Al2（SO4）3溶液中含Al3+的数目小于0.2NA D．反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA19．（3分）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是（）A．简单离子半径：c＞b B．丙中既有离子键又有极性键 C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2 D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp320．（3分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示。下列判断正确的是（）①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+1.48kJ②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣2.48kJA．①中的I2为固态，②中的I2为气态 B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低 C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好 D．1mol固态碘升华时将吸热17kJ21．（3分）“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22．（3分）将浓度均为0.5mol•L﹣1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是（）A．AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol•L﹣1 B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关 C．cd段发生的反应是Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O D．e点时溶液中的离子浓度：c（K+）═c（Cl﹣）+c（AlO2﹣）二、非选择题（共84分）23．（14分）从薄荷油中得到一种烃A（C10H16），叫α一非兰烃，与A相关反应如下：已知：（1）H的分子式为（2）B所含官能团的名称为（3）含两个﹣COOCH3基团的C的同分异构体共有种（不考虑手性异构）。其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为（4）B→D，D→E的反应类型分别为、（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式（6）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为（7）写出E→F的化学反应方程式（8）A的结构简式为，A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有种。（不考虑立体异构）24．（12分）为探究某无结晶水的正盐X（仅含有两种短周期元素）的组成和性质，设计并完成下列实验。（气体体积已转化为标准状况下的体积）已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）X的化学式为。（2）图中B的组成元素在元素周期表中的位置是。（3）A的电子式为。（4）X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为。25．（12分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。完成下列填空：（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是，气体从口（填“a”或“b”）进。（2）检验SO2常用的试剂是，利用了SO2的性。（3）将SO2通入0.1mol/LBa（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是。（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是。（用方程式表示）（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：AB（填“＞”、“＜”或“＝”）。26．（10分）以铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量SiO2和Fe2O3等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如下[已知：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（NaAlSiO4•nH2O）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式。（2）溶液a中加入NaHCO3后，生成沉淀的离子方程式为。（3）有人考虑用熔融态AlCl3电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开K2，加入NaOH浓溶液，至不再产生NH3．打开K1，通入N2一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式。②实验中需要测定的数据是。27．（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH﹣＝[Cu（OH）4]2﹣，[Cu（OH）4]2﹣溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象Ⅰ10mL15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。Ⅱ10mL15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂。（3）实验Ⅰ中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS．为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i．黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii．开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。①甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150℃取样230℃取样铜元素3.2g，硫元素0.96g。铜元素1.28g，硫元素0.64g。230℃时黑色沉淀的成分是。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是。28．（14分）乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料．（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示．）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1填空：（1）写出H2C2O4的电离方程式．（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是．a．c（K+）＝c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）b．c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）c．c（K+）+c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）d．c（K+）＞c（Na+）（3）H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失．写出反应的离子方程式；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是．（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL0.1mol/LH2C2O4溶液和4mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间．该实验目的是研究，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因．（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4→H2O+CO↑+CO2↑，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式．29．（10分）人们对含硼（元素符号为“B”）物质结构的研究，极大地推动了结构化学的发展。回答下列问题：（1）基态B原子价层电子的电子排布式为，核外电子占据最高能层的符号是，占据该能层未成对电子的电子云轮廓图形状为。（2）1923年化学家Lewis提出了酸碱电子理论。酸碱电子理论认为：凡是可以接受电子对的物质称为酸，凡是可以给出电子对的物质称为碱。已知BF3与F﹣反应可生成BF4﹣，则该反应中BF3属于（填“酸”或“碱”），原因是。（3）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，NaBH4中的阴离子空间构型是，中心原子的杂化形式为，NaBH4中存在（填标号）a．离子键b．金属键c．σ键d．π键e．氢键（4）请比较第一电离能：IBIBe（填“＞”或“＜”），原因是。（5）六方氮化硼的结构与石墨类似，B﹣N共价单键的键长理论值为158pm，而六方氮化硼层内B、N原子间距的实测值为145pm，造成这一差值的原因是。高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，已知晶胞参数中边长为a＝362pm，则立方氮化硼的密度是g/cm3。

2022年贵州省贵阳二中高考化学一调试卷参考答案与试题解析一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1．（3分）下列关于有机物1﹣氧杂﹣2，4﹣环戊二烯（）的说法正确的是（）A．与互为同系物 B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构） C．能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2【分析】有机物含有碳碳双键和醚键，具有烯烃的性质特点，结合有机物的结构特点解答该题。【解答】解：A.1﹣氧杂﹣2，4﹣环戊二烯不是酚类物质，所以与不是互为同系物，故A错误；B．有机物含有2种H，则一氯代物有2种，两个氯原子只能在不同的碳原子上，用定一移二的方法可知二氯代物有4种，故B正确；C．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故C错误；D．分子式为C4H4O，所以1mol该有机物完全燃烧消耗O2的物质的量为（4+﹣）mol＝4.5mol，而不是5mol，故D错误。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，把握同分异构体的判断，题目难度中等。2．（3分）工业上常用水蒸气蒸馏的方法（蒸馏装置如图）从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯（）。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水。②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是（）A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成 B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计 C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热 D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏【分析】A．柠檬烯不溶于水；B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸；C．蒸馏结束后，防止倒吸；D．精油中90%以上是柠檬烯，含有其它成分，需要萃取后分离。【解答】解：A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，故B错误；C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；D．精油中90%以上是柠檬烯，含有其它成分，萃取后还需要用到以下分离提纯方法：分液、蒸馏，故D正确；故选：B。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的应用，题目难度不大。3．（3分）下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2（FeCl3）：加入足量铁屑，充分反应后过滤 B．CO2（HCl）：通过饱和NaOH溶液，收集气体 C．N2（O2）：通过灼热的CuO粉末，收集气体 D．KCl（MgCl2）：加入适量NaOH溶液，过滤【分析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；B．二者均与NaOH溶液反应；C．氮气、氧气均与CuO不反应；D．氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl。【解答】解：A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入足量铁屑，充分反应后过滤，可分离，故A正确；B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．氮气、氧气均与CuO不反应，不能除杂，应选灼热的铜网，故C错误；D．氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，应选适量KOH，故D错误；故选：A。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4．（3分）如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（）A．该反应中，化学能转变成热能 B．反应物的总能量低于生成物的总能量 C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应 D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q【分析】通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量．【解答】解：A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C．该反应是一个吸热反应，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为：2NH4Cl+Ba（OH）2•8H2O→BaCl2+2NH3•H2O+8H2O﹣Q，故D错误，故选：B。【点评】本题考查学生吸热反应和物质能量的转化，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．（3分）根据热化学方程式：S（s）+O2（g）→SO2（g）+297.23kJ，下列说法正确的是（）A．1molSO2（g）的能量总和大于1moS（s）和1molO2（g）的能量总和 B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量 C．S（g）+O2（g）→SO2（g）+Q1kJ；Q1的值大于297.23 D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23kJ热量【分析】放热反应中，反应物的总能量高于产物，物质由固态转变成气态要吸收热量，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，据此分析．【解答】解：A、放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2（g）的能量总和小于1molS（s）和1molO2（g）的能量总和，故A错误；B、加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；C、因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）＝SO2（g）的反应热的数值大于297.23kJ•mol﹣1，故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量，不变时体积数，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了化学反应中反应热的计算，反应物的总能量与生成物的总能量相对大小的判断，需要注意的是物质三态之间的转变也存在能量的变化．6．（3分）2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是（）A．废旧报纸、饮料瓶、电池等B．剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等C．过期药品、化妆品、油漆等D．一次性餐具、卫生纸、灰土等A．A B．B C．C D．D【分析】可回收垃圾主要包括：废纸、塑料、玻璃、金属、布料；厨余垃圾主要包括：包括剩菜剩饭、骨头、菜根菜叶、果皮等食品类废物；有害垃圾主要包括：电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品及其容器、过期化妆品等；其他垃圾主要包括：除上述几类垃圾之外的砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、纸巾等难以回收的废弃物及尘土、食品袋（盒）。【解答】解：A．电池含有重金属，属于有害垃圾，故A错误；B．剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等，属于厨余垃圾，故B正确；C．过期药品、化妆品、油漆等对人体有害，属于有害垃圾，故C正确；D．一次性餐具、卫生纸、灰土等，属于其他垃圾，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了垃圾的分类，明确垃圾成分及性质，熟悉垃圾分类依据是解题关键，注意不同垃圾标志含义，题目难度不大。7．（3分）镍﹣铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2．下列有关说法错误的是（）A．电能、氢能属于二次能源 B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜 C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑ D．镍﹣铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiOOH+H2O【分析】A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源；B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气；C．该装置储氢时，发生电解水的反应；D．正极上发生得电子的还原反应【解答】解：A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；D．正极上发生得电子的还原反应，则镍﹣铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH﹣+e﹣═NiOOH+H2O，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了新型化学电源，题目难度中等，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断，注意把握正负极上所发生的反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。8．（3分）相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示．下列判断不正确的是（）A．对比pH＝7和pH＝10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大 B．对比pH＝2和pH＝7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大 C．在0～20min之间，pH＝2时R的平均降解速率为0.0875×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 D．50min时，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等【分析】A．反应速率为平均速率，不是瞬时速率；B．对比pH＝2和pH＝7的曲线，酸性强的斜率较大；C．根据v＝计算；D．根据图中的信息可以知道在0﹣50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率．【解答】解：A．反应速率为平均速率，不是瞬时速率，则不能说明在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大，故A错误；B．对比pH＝2和pH＝7的曲线，可知溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C．v＝＝＝0.0875×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，故C正确；D．根据图示可知：在0﹣50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率都为100%，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，为高频考点，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．9．（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A．小苏打治疗胃酸过多的反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．次氯酸钠溶液通入少通的CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣ C．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2↑+2Mn2++8H2O D．过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO+4H+【分析】A．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开；B．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，反应应该生成次氯酸和碳酸氢根离子；C．双氧水中的18O原子完全被氧化成18O2；D．二氧化硫过量，硝酸根离子完全被还原。【解答】解：A．碳酸氢钠与盐酸反应生成NaCl、二氧化碳和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A错误；B．次氯酸钠溶液通入少通的CO2，反应生成HClO和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；C．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，双氧水被氧化成氧气，该反应的离子方程式为：5H218O2+2MnO4﹣+6H+═518O2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；D．过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应，硝酸钡完全反应，正确的离子方程式为：3SO2+Ba2++2NO3﹣+2H2O＝BaSO4↓+4H++2SO42﹣+2NO，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。10．（3分）关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是（）A．相同物质的量浓度的两游液中c（H+）相同 B．相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同 C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH均变为5 D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体，c（H+）均减小【分析】A、HCl是强酸，醋酸是弱酸；B、HCl和醋酸均为一元酸，等物质的量的两者中含相同物质的量的氢离子；C、醋酸中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡右移；D、HCl完全电离，而醋酸中存在电离平衡。【解答】解：A、HCl是强酸，完全电离，而醋酸是弱酸，不能完全电离，故等物质的量浓度的两溶液中c（H+）前者大，故A错误；B、HCl和醋酸均为一元酸，等物质的量的两者中含相同物质的量的氢离子，故中和时所消耗的氢氧化钠的物质的量相同，故B正确；C、pH＝3的盐酸溶液稀释100倍，pH变为5；而醋酸中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故氢离子浓度下降幅度较小，则pH小于5，故C错误；D、HCl完全电离，不存在电离平衡，故向盐酸中加入氯化钠，c（H+）不变；而醋酸中存在电离平衡，加入醋酸钠后，醋酸根浓度增大，则电离平衡左移，溶液中c（H+）减小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了强弱电解质的区别以及电离平衡的移动，难度不大，应注意的是等物质的量的盐酸和醋酸完全中和时所消耗的氢氧化钠的物质的量相同。11．（3分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（）A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：5 D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【分析】由流程可知，高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸根，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。A、FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应，生成CaSO4；B、滤液中含有AlO，通入过量CO2，发生反应生成Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤、灼烧Al（OH）3沉淀可制得Al2O3；C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，可根据方程式得出FeS2和Fe3O4的物质的量之比；D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来。【解答】解：A、铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2＝2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故A正确；B、滤液中含有AlO，通入过量CO2，发生反应：AlO+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO，生成Al（OH）3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al（OH）3，再灼烧Al（OH）3，反应为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，即可制得Al2O3，故B正确；C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16，故C错误；D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故D正确。故选：C。【点评】本题为工艺流程图题，考查运用化学反应原理及实验相关知识来解决工业生产中的实际问题，本题以制备氧化铝并获得Fe3O4的目的设计工艺流程，考查减少二氧化硫排放的措施，即加入氧化钙进行吸收转化；Al2O3经氢氧化钠溶液碱浸，转化为AlO，加入过量CO2，转化为Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到纯净的Al2O3；FeS2与Fe2O3反应生成Fe3O4，利用方程式得出反应物的物质的量之比；利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离。12．（3分）普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜（阴离子交换膜和过滤膜）电解装置可制备高纯度的Cu．下列有关叙述正确的是（）A．电极a为粗铜 B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区 C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳，离子进入阴极区 D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜【分析】装置图分析可知与电源正极相连的电极b为阳极，为粗铜，电极反应：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，与电源负极相连的电极a为阴极，为纯铜，溶液中铜离子得到电子生成铜，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区，结合电极反应分析计算判断。【解答】解：A．电极a为阴极，为纯铜，故A错误；B．甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区，故B错误；C．电极b为阳极，为粗铜，电极反应：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，故C错误；D．阳极电极反应：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，阴极电极反应：Cu2++2e﹣＝Cu，电路中通过1mol电子，生成铜物质的量为0.05mol，生成铜质量为0.05mol×64g/mol＝32g，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了电解池的原理分析判断、电极反应、离子移向、交换膜的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。13．（3分）下列关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（）A．a、b互为同系物 B．c中所有碳原子可能处于同一平面 C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构） D．a易溶于水，b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【分析】A．a含有酯基，b含有羧基，二者结构不同；B．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；C．b可看作﹣COOH取代戊烷的氢原子；D．酯类不溶于水，b为饱和一元酸，与酸性高锰酸钾不反应。【解答】解：A．a含有酯基，b含有羧基，二者结构不同，则不是同系物，故A错误；B．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子一定不在同一个平面上，故B错误；C．b可看作﹣COOH取代戊烷的氢原子，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种，各有3、4、1种H，则b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种，故C正确；D．a含有酯基，不溶于水，b为饱和一元酸，与酸性高锰酸钾不反应，故D错误。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。14．（3分）以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（）A．CO2（H2S）：通过CuSO4溶液 B．CH3COOH（H2O）：加新制生石灰，蒸馏 C．苯（甲苯）：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液 D．MgCl2溶液（Fe3+）：加MgO，过滤【分析】A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀；B．加新制生石灰，与水反应生成具有碱性的氢氧化钙；C．甲苯可被氧化生成苯甲酸；D．Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀．【解答】解：A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确；B．加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；C．甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；D．Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．15．（3分）已知钴酸锂电池的总反应方程式为Li1﹣xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C。用该电池作电源按如图所示装置进行电解。通电后，电极a上一直有气泡产生，电极d附近先出现白色沉淀（CuCl），tmin后白色沉淀全部转变成橙黄色沉淀（CuOH）。下列有关叙述不正确的是（）A．钴酸锂电池放电时的正极反应为Li1﹣xCoO2+xe﹣+xLi+＝LiCoO2 B．当电极a处产生标准状况下气体2.24L时，钴酸锂电池负极质量减少1.4g C．电极d为阳极，电解开始时电极d的反应式为Cu+Cl﹣﹣e﹣＝CuCl D．电解tmin后，装置Ⅱ中电解质溶液的pH显著增大【分析】由图可知，电极a上一直有气泡产生，故a极为阴极，b极为阳极，c极为阴极，d极为阳极，钴酸锂电池左侧为负极，右侧为正极，据此作答。【解答】解：A．钴酸锂电池Li1﹣xCoO2作正极，电极反应式为Li1﹣xCoO2+xe﹣+xLi+＝LiCoO2，故A正确；B．a极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，产生标准状况下氢气2.24L即0.1mol时，转移电子0.2mol，钴酸锂电池负极Li失电子生成Li+，质量减少0.2mol×7g/mol＝1.4g，故B正确；C．电极d为阳极，电极d附近先出现白色沉淀（CuCl），电极反应式为Cu+Cl﹣﹣e﹣＝CuCl，故C正确；D．c极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，tmin后白色沉淀全部转变成橙黄色沉淀（CuOH），阴极生成的氢氧根离子在阳极被消耗，pH不会显著增大，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。16．（3分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是（）A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水 B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用 C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2 D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＜K2FeO4【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。【解答】解：A．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；B．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；C．反应中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C正确；D．结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误。故选：D。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意依据流程图中涉及的化学知识、化学原理，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，题目难度中等。17．（3分）下列行为不符合安全要求的是（）A．实验室废液需经处理后才能排入下水道 B．点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度 C．配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌 D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去【分析】A．废液中可能含有大量氢离子或者重金属离子，直接排放会污染地下水、腐蚀地下管道；B．可燃性气体如果纯度不足，点燃时容易发生爆炸，所以点燃前需要检查纯度；C．稀释浓硫酸时应该将浓硫酸缓缓倒入水中，并且不断搅拌，顺序不能颠倒，否则会造成酸液飞溅；D．氯气有毒，氯气的密度大于空气，所以低处空气中含有较多的氯气．【解答】解：A．实验室废液中常含有大量氢离子或者重金属离子，直接排放会对地下水造成污染，所以需经处理后才能排入下水道，故A正确；B．点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，故B正确；C．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故C错误；D．氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学安全事故及处理方法，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见的化学安全事故类型及正确的处理方法，以保证人身安全，降低国家财产损失．18．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．100g46%甘油水溶液中含﹣OH的数目为1.5NA B．1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NA C．0.1mol•L﹣1的Al2（SO4）3溶液中含Al3+的数目小于0.2NA D．反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O，每消耗标准状况下22.4LNO，反应中转移的电子数目为2NA【分析】A、甘油溶液中除了甘油外，水也含﹣OH；B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，且均含10个质子；C、溶液体积不明确；D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO。【解答】解：A、100g46%甘油溶液中含有甘油46g，物质的量为n＝＝0.5mol，故甘油中含1.5mol﹣OH；除了甘油外，水也含﹣OH，由于水的质量为54g，物质的量为3mol，则含﹣OH为3mol，故此溶液中共含﹣OH为4.5mol，个数为4.5NA个，故A错误；B、NH3与13CH4的摩尔质量均为17g/mol，故1.7g两者的混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个质子，故0.1mol混合物中含质子为NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中铝离子的个数无法计算，故C错误；D、反应CH4+2NO+O2═CO2+N2+2H2O转移8mol电子，消耗2molNO，故当消耗标况下22.4LNO即1molNO时，转移电子为4NA个，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。19．（3分）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是（）A．简单离子半径：c＞b B．丙中既有离子键又有极性键 C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2 D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素；A与丙反应生成乙（H2O）、丁和戊，且A为d元素组成的单质、丁物质常用于消毒、漂白，则A为Cl2，甲为Na2O，丁为NaClO，丙为NaOH，戊为NaCl；结合原子序数可知，b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。【解答】解：由以上分析可知，a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素；A为Cl2，甲为Na2O，乙为H2O，丙为NaOH，丁为NaClO，戊为NaCl；A．b、c对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径c＜b，故A错误；B．丙为NaOH，NaOH为离子化合物，含有离子键和极性键，故B正确；C．O、Na形成的常见化合物为Na2O、Na2O2，阳离子都是钠离子，阴离子为氧离子和过氧根离子，Na2O、Na2O2中阴、阳离子数目比都为1：2，故C正确；D．H、O、Cl形成的化合物有HClO、HClO3、HClO4，Cl元素的价层电子对数均为4，杂化类型均为sp3，故D正确；故选：A。【点评】本题考查无机物推断，为高考常见题型，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。20．（3分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示。下列判断正确的是（）①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+1.48kJ②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣2.48kJA．①中的I2为固态，②中的I2为气态 B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低 C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好 D．1mol固态碘升华时将吸热17kJ【分析】根据同种物质气态时具有的能量比固态时高，所以等量时反应放出能量高，已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态。【解答】解：A．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，故A错误；B．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，所以②的反应物总能量比①的反应物总能量低，故B正确；C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；D．根据盖斯定律，②﹣①为，即I2（s）⇌I2（g）﹣35.96KJ，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了反应中的能量变化，注意同种物质气态时能量大于固态，题目难度不大。21．（3分）“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【分析】A．不同电子层的电子具有不同的能量；B．所有的p轨道均为纺锤形；C．“轨道”2Px与3Py上的电子自旋方向可能不同；D．“轨道”2Px在x轴方向，3Py在y轴方向．【解答】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。故选：B。【点评】本题考查了原子轨道，题目涉及原子轨道的能量、形状、空间伸展方向、电子自旋方向，题目难度不大，注意把握有关的基础知识．22．（3分）将浓度均为0.5mol•L﹣1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是（）A．AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol•L﹣1 B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关 C．cd段发生的反应是Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O D．e点时溶液中的离子浓度：c（K+）═c（Cl﹣）+c（AlO2﹣）【分析】导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH＝Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）＝[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）＝1：3，c（AlCl3）＝0.2mol/L；B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同；C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应；D．c点n（AlCl3）：n（KOH）＝1：3，e点n（KOH）是c点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）＝1：6，n（AlCl3）：n（KOH）＝1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（AlO2﹣）。【解答】解：导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，氢氧化铝和KOH反应生成可溶性的偏铝酸钾，一水合氨和氢氧化铝不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则II为KOH滴定曲线；A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH＝Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）＝[c（AlCl3）×20mL]：（0.5mol/L×24mL）＝1：3，c（AlCl3）＝0.2mol/L，故A正确；B．I、II滴定过程中离子种类不同，其导电率不同，所以导电率与离子种类有关，故B正确；C．cd段为氢氧化铝和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故C正确；D．c点n（AlCl3）：n（KOH）＝1：3，e点n（KOH）是c点的2倍，则e点n（AlCl3）：n（KOH）＝1：6，n（AlCl3）：n（KOH）＝1：4时二者恰好完全反应生成KAlO2和KCl，则e点有KOH剩余，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（AlO2﹣），则c（K+）＞c（Cl﹣）+c（AlO2﹣），故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确导电率影响因素、碱与曲线的关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。二、非选择题（共84分）23．（14分）从薄荷油中得到一种烃A（C10H16），叫α一非兰烃，与A相关反应如下：已知：（1）H的分子式为C10H20（2）B所含官能团的名称为羰基、羧基（3）含两个﹣COOCH3基团的C的同分异构体共有4种（不考虑手性异构）。其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为（4）B→D，D→E的反应类型分别为加成反应、取代反应（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式（6）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为聚丙烯酸钠（7）写出E→F的化学反应方程式（8）A的结构简式为，A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有3种。（不考虑立体异构）【分析】由A→H的转化加氢，有机物分子的碳链骨架没有变化，可知A分子中含有一个六元环，结合A的分子式C10H16可知还应含有两个不饱和度，再根据题中信息以及C的结构简式、B的分子式可推出A的结构简式为，则B的结构简式为，B→D加氢，属于加成反应，则D为乳酸，由E→F的条件“氢氧化钠的醇溶液加热”，应为卤代烃的消去，逆推可知D→E发生取代反应，溴原子取代了乳酸分子中的羟基，则E、F的结构简式分别为和，G为两个D发生分子内脱水形成，结构简式为。（1）根据H的结构简式解题；（2）B中含有羰基、羧基；（3）根据分子式书写同分异构体，核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，氢原子有两种位置；（4）B→D为羰基与氢气发生的加成反应，D→E为氢原子被溴原子取代；（5）D分子内羟基与羧基发生酯化反应生成G；（6）E为丙烯酸，与氢氧化钠醇溶液发生反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F；（7）E在氢氧化钠醇溶液发生消去反应和中和反应；（8）根据B、C的结构简式和A的分子式C10H16可推出A的结构简式；A中两个碳碳双键与等物质的量的溴单质可分别进行加成反应，也可发生1，4加成。【解答】解：（1）根据H的结构简式可得分子式为C10H20，故答案为：C10H20；（2）B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；（3）两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体有，含两个﹣COOCH3基团的C的同分异构体共有4种，，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，氢原子有两种位置，结构简式为，故答案为：4；；（4）B→D为羰基与氢气发生的加成反应，D→E为氢原子被溴原子取代，反应类型为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（5）D分子内羟基与羧基发生酯化反应生成G，G的结构简式为，故答案为；（6）E为丙烯酸，与氢氧化钠醇溶液发生反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为聚丙烯酸钠，故答案为：聚丙烯酸钠；（7）E在氢氧化钠醇溶液发生消去反应和中和反应，所以E→F的化学反应方程式，故答案为；（8）根据B、C的结构简式和A的分子式C10H16可推出A的结构简式为，A中两个碳碳双键与等物质的量的溴单质可分别进行加成反应，也可发生1，4加成，所以产物共有3种，故答案为：；3。【点评】本题考查有机合成的分析和推断，题目难度不大，注意把握常见有机物的官能团的性质，记住反应条件，常见有机物反应的化学方程式要会写。24．（12分）为探究某无结晶水的正盐X（仅含有两种短周期元素）的组成和性质，设计并完成下列实验。（气体体积已转化为标准状况下的体积）已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）X的化学式为LiN3。（2）图中B的组成元素在元素周期表中的位置是第2周期VA族。（3）A的电子式为。（4）X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。【分析】探究某无结晶水的正盐X（仅含有两种短周期元素）的组成和性质，气体体积已转化为标准状况下的体积，已知：B是空气的主要成分之一，可能为氮气或氧气，C是一种强碱，且微溶于水，载入宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明D气体为NH3，物质的量n（NH3）＝＝0.1mol，推断A紫色晶状物固体为氮化物，结合元素守恒，含氮元素0.1mol，含锂物质的量＝＝0.3mol，则化合物A为Li3N，C是微溶于水的强碱，是Li3N和水反应生成的LiOH和氨气，说明X含Li、N元素，B为N2质量＝14.7g﹣3.5g＝11.2g，n（N2）＝＝0.4mol，氮元素守恒，X中含氮元素物质的量＝0.1mol+0.4mol×2＝0.9mol，Li元素物质的量＝0.3mol，X化学式中Li：N＝0.3：0.9＝1：3，化学式为LiN3，据此分析判断。【解答】解：（1）上述计算分析得到X的化学式为：LiN3，故答案为：LiN3；（2）图中B的组成元素是N元素，在元素周期表中的位置第2周期VA族，故答案为：第2周期VA族；（3）上述分析计算得到A为Li3N，为离子化合物，电子式为：，故答案为：；（4）化合物A为Li3N，C是微溶于水的强碱，是Li3N和水反应生成的LiOH和氨气，说明X含Li、N元素，B为N2质量＝14.7g﹣3.5g＝11.2g，n（N2）＝＝0.4mol，氮元素守恒，X中含氮元素物质的量＝0.1mol+0.4mol×2＝0.9mol，Li元素物质的量＝0.3mol，X化学式中Li：N＝0.3：0.9＝1：3，化学式为LiN3，隔绝空气加热分解生成氮气和Li3N，反应的化学方程式：3LiN3Li3N+4N2↑，故答案为：3LiN3Li3N+4N2↑。【点评】本题考查了物质性质变化分析判断、元素守恒的计算、化学式的确定方法和理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。25．（12分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。完成下列填空：（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是饱和NaHSO3溶液，气体从b口（填“a”或“b”）进。（2）检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性。（3）将SO2通入0.1mol/LBa（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为BaSO4。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是避免氧气干扰实验。（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣。（用方程式表示）（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A＞B（填“＞”、“＜”或“＝”）。【分析】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入；（2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验；（3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子；（4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气；（5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性；（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更过的硫酸，pH较小。【解答】解：（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，及从b进入，故答案为：饱和NaHSO3溶液；b；（2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验，故答案为：品红试液；漂白；（3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，则生成沉淀为硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；（4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气，可避免氧气干扰实验，故答案为：避免氧气干扰实验；（5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣；（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多的硫酸，pH较小，故答案为：在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快；＞。【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。26．（10分）以铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量SiO2和Fe2O3等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如下[已知：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（NaAlSiO4•nH2O）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2O。（2）溶液a中加入NaHCO3后，生成沉淀的离子方程式为AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣。（3）有人考虑用熔融态AlCl3电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：不可行；AlCl3属于共价化合物，熔融状态不导电。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开K2，加入NaOH浓溶液，至不再产生NH3．打开K1，通入N2一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑。②实验中需要测定的数据是AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为NaAlSiO4•nH2O沉淀，操作I为过滤，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，溶液a含NaAlO2，NaHCO3与NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，操作II为过滤，沉淀为Al（OH）3，灼烧Al（OH）3生成Al2O3，电解Al2O3生成Al和O2，（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠，从左向右书写顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水；（2）溶液a中加入NaHCO3后，二者反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀；（3）AlCl3是分子晶体，熔融状态以分子存在；（4）由图可知，打开K2，加入NaOH浓溶液，NaOH与AlN反应生成NH3，碱石灰干燥NH3，C中浓硫酸增重为NH3的质量，且C与外界空气相通，易吸收空气中的水，对实验有干扰。【解答】解：（1）从左向右书写顺序为活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以NaAlSiO4•nH2O书写为氧化物化学式为Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2O，故答案为：Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2O；（2）溶液a中加入NaHCO3后反应的离子方程式为AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣；故答案为：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣；（3）氯化铝是分子晶体，为共价化合物，熔融状态下以分子存在而不导电，所以不能采用电解氯化铝的方法冶炼Al，故答案为：不可行；AlCl3属于共价化合物，熔融状态不导电；（4）①AlN与NaOH溶液反应生成NH3和NaAlO2，反应方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑；故答案为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑；②实验中需要测定的数据是AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量，故答案为：AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能、含量测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考