海南省2021届高考化学全真试卷(附答案详解)

海南省2021届高考化学全真试卷

一、单选题（本大题共12小题，共32.0分）

1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是

A.煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源

B.新型生物柴油和矿物油主要化学成分相同

C.“洁厕灵”有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳

D.用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质

2.下列有关化学用语表示正确的是（）

A.C2H2的电子式H：C：C：H

B.K+的结构示意图

C.HC/。的结构式：H—CI—O

D.NaCZ的形成过程电子式：N.GlQ：一”©

3.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是（）

选项待提纯的物质选用试剂操作的方法

A产?2。3（”，2。3）NaOH溶液过滤、洗涤

B。。2。。2）饱和NCZzCQ溶液洗气

饱和食盐水洗气

CCl2(HCV)

DFeC%溶液（FeCb溶液）铁粉过滤

A.AB.BC.CD.D

4.下列实验装置及相关说法正确的是（）

A.图1装置可用来制备硝基苯

B.图2装置中充分振荡后下层为无色

C.图3装置可用来制备乙酸乙酯

D.图4装置中酸性KMnO,溶液褪色可证明CH3cH2步发生了消去反应

5.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是

()

选项现象或事实解释

A.NCZ2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂可。2。2与修。、。。2反应产生。2

B.常用铝箔做包装材料金属铝有好的延展性

尸eC%与Cii发生反应2Fe3++Cu=

C.FeCg溶液可用于刻制印刷铜电路板

2Fe2++Cu2+

D.烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹烧菜时铁锅被染色

A.AB.BC.CD.D

6.25冤时有三瓶溶液：pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液，下列说法

正确的是()

A,中和等体积的pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3的醋酸溶液的体积大于pH=3的盐酸的

体积

B.往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全

C.将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH=7的溶液，该溶液中c(Na+)大于c(C“3C。。-)

D.25汽时pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中水电离出的c(H+)均为lOTimo/•L

7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()

A.在尸eCG溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+

2+

B.NC1HSO4溶液与Ba(0H)2溶液混合后呈中性：2H++S。广+Ba+20H-=BaS04I

+2H2O

+2+3+

C.磁性氧化铁(尸6304)溶于氢碘酸：Fe3O4+8W=Fe+2Fe+4H2。

2+

D.Ca(C7O)2溶液中通入少量SO2：Ca+2CIO-+S02+H20=CaSO3i+2HC10

8.N.代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A.12g石墨和的混合固体中，含N.个碳原子

B.标准状况下，2.24L水中含有0.19个水分子

C.7.8g过氧化钠含有的阴离子数为0.2刈

D.O.lrnoZ铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2治

9.睇(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锁的蕴藏量为世界第一，从硫化物中提取单质

高温

睇一般是先在IWJ温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：(T)2Sb2S3+302+6Fe~Sb406+

高温

6FeS；②^4。6+6。二4Sb+6coT,关于反应①、②的说法正确的是()

A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2s3、Sb406

B.反应①中每生成3moiFeS时，共转移6moi电子

C.反应②说明C的还原性比Sb弱

D.每生成4mo/Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：3

10.亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、纸浆等漂白，法度［HOO,第

亚氯酸钠(NaC/02)在溶液中可生成。。2、HCIO2,CIO%、C厂等，\/

其中HC/02和SO2都具有漂白作用，但。。2是有毒气体.经测定，＜，0

1357911pH

25。(:时各组分含量随pH变化情况如图所示(。厂没有画出).则下列

分析错误的是()

A.亚氯酸钠在碱性条件下较稳定

B.25。(：时，HC102的电离平衡常数的数约为Ka=10-6

C.25?时，同浓度的Haq溶液和Nas。2溶液等体积混合(忽略C「)，则混合溶液中有

C(HC102)+2c("+)=c(ClO2)+2c(0W-)

D.使用该漂白剂的最佳pH为3

11.下表为六种短周期元素的部分性质.

元素代号XYZQRT

原子半径/IO""0.370.740.750.820.991.10

主要化合价+1-2+5、-3+3+7、-1+5、一3

下列有关说法正确的是()

A.元素X、八Z形成的化合物一定是离子化合物

B.元素R的氧化物对应水化物一定为强酸

C.化合物Q/?3分子中各原子均满足8电子稳定结构

D.元素Z的简单气态氯化物的热稳定性比元素7的稳定

12.下列不能达到实验目的是()

序号实验内容实验目的

比较确定铅和镁的金属活动性

A用石墨电极电解Mg（NO3）2、Pb（N03）2的混合液

强弱

确定碳和硅两元素非金属性强

B测相同温度下饱和溶液Naze/和饱和溶液NazSg的pH

弱

比较HC7。和C/COOH的酸性

C室温下，用pH计测定浓度为溶液和溶液的pH

强弱

室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的你

DNa2s2。3研究浓度对反应速率的影响

溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸

A.AB.BC.CD.D

二、双选题（本大题共3小题，共10.0分）

13.每年的6月26日是国际禁毒日，珍爱生命，远离毒品.以下是四种毒品的结构简式，下列有关说

法正确的是（）

CHCHNHCH,

ULJ蝇坨■接头丸

壬-CHqHC坨冰毒

CH3—€=CH2OiNHC地

猛膝酮（K笳）大麻

A.四种毒品中都含有苯环，都属于芳香煌

B.摇头丸经消去、加成反应可制取冰毒

C.大麻与澳水反应最多消耗4771013万

D.氯胺酮分子中所有碳原子不可能共平面

14.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+,其基本结构如图，电池总反应可表示为：

2H2+O2=2H2O,下列有关说法正确的是（）

—s,

-W«M«

'60

A.电子通过外电路从b极流向a极

B.b极上的电极反应式为：。2+2Hz。+4e=4。"-

C.每转移0.1mol电子，消耗标准状况下1.12L的H2

D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极

15.（多项选择题）下列说法中正确的是（）

A.SO3、NO「BF3都是平面三角型

B."、CS2,PH3都是非极性分子

C.金刚石、石墨、SiC都是原子晶体

D.第一电离能：N＞。＞C

三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）

16,碱式次氯酸镁［”925。（。"）3・也。］微溶于水，是一种无机抗菌剂。某研发小组通过下列流程制

备碱式次氯酸镁：

NaCIO溶液NaOH溶液

篇:一^］■但曲可坤H洗冰干时次篇铢

池液

（1）从上述流程可以判断，滤液中可回收的主要物质是o

（2）调pH时若条件控制不当，会使得所制的碱式次氯酸镁中混有Mg（0H）2杂质。为防止生成该杂质，

实验中可以采取的方法是。

（3）为测定碱式次氯酸镁的质量分数［含少量Mg（0H）2杂质］,现进行如下实验：称取0.2000g碱式次

氯酸镁样品，将其溶于足量硫酸。向溶液中加入过量K/,再用0.1000mo＞『iNa2s2O3滴定生

成的b，恰好完全反应时消耗Na2s2。3溶液体积为20.00mL.计算碱式次氯酸镁的质量分数。（写

出计算过程）

+

已知：21~+CIO-+2H=I2+Cl-+H20,12+2S20j-=2I~+S40l-,,

四、简答题（本大题共4小题，共46.0分）

17.镐及其化合物在生产生活中有许多用途。在实验室中模拟工业利用软锅矿（主要成分为“几。2，

含少量友。2、尸02。3和⑷2。3等）制备金属铳等物质，设计流程如图1。

图1图2

己知：MM+有较强的还原性，在空气中能被氧气氧化，碳酸镒在气中高温加热固体产物为“孙。3；

部分氢氧化物的(近似值)如表。

物质Mn(OW)2Fe(0H)2阳。“)3砥OH}

KspIO-*10-1710-3910-33

(1)“酸浸”前需将软镒矿粉碎的目的是；酸浸过程用71。2发生反应的离子方程式为

(2)向滤液I中需先加4物质，再加B物质，若加入的物质均为非金属化合物的溶液，则4为

B为。滤渣I的成分是。

(3)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度等，其中浸取率随酸浸时间的变化如图所示，

当浸取时间超过4九时，镒浸取率反而减小，其原因是。

(4)加入B调节溶液pH,则p”的理论最小值为。(已知：当某种离子浓度小于1x10-5mol/L

时，可认为其沉淀完全，结果保留两位小数)

(5)“沉铸”过程中加入氨水的目的是。(从化学平衡移动的角度解释)

(6)写出由MnC03和金属铝为原料制备金属镒的过程中所涉及的化学方程式：、。

18・反应aA(g)+bB(g)催:誓Zc(g)CH＜。)在等容条件下进行•改变其他反应条件，在】、葭

HI阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图1所示：回答问题：

(1)反应的化学方程式中，a：b：c为；

(2)4的平均反应速率%(4)、%(4)、%(4)从大到小排列次序为；

(3)8的平衡转化率a.(B)、a/B)、中最小的是,其值是；

(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是,采取的措施是；

(5)比较第D阶段反应温度(72)和第巫阶段反应温度(4)的高低：T2/(填

"),判断的理由是；

(6)达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定lOmin后达到新的平衡，请在下图2中用曲线

表示第W阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势如图2(曲线上必须标出4B、C).

图1

(

□

•

I

整

娃

19.一种塑料增塑剂G的合成路线如下图.已知4在一定条件下发生消去反应，能得到两种互为同分

异构体的产物.

试回答：

(1)反应类型：4-B；F-G.

(2)写出4的结构简式：.

(3)写出化学方程式：DtE；C+EtF.

(4)C3H6在一定条件下跟HBr反应除。外，还可能生成的另一产物的结构简式是.

(5)4的同分异构体甚多，其中属于酯类化合物的异构体有种.

20.(16分)原子序数依次增大的X、八Z、G、Q、R、7七种元素，核电荷数均小于36。已知X的一

种1:2型氢化物分子中既有。键又有兀键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原

子所有s能级与P能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料•；T处于周

期表的ds区，原子中只有一个未成时电子。

(i)y原子核外共有种不同运动状态的电子，T原子有种不同能级的电子。

(2)X、八Z的第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示)。

(3)由X、y、Z形成的离子ZXY-与XZ2互为等电子体，则ZXY-中X原子的杂化轨道类型为

(4)z与R能形成化合物甲，Imol甲中含m山化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子

空间构型分别为_________________________

(5)G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为

氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物

熔点/K9931539183

(6)向7的硫酸盐溶液中逐滴加入丫的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为

(7)X单质的晶胞如下图所示，一个X晶胞中有个X原子;若X晶体的密度为

pg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为cm(用

代数式表示)

参考答案及解析

1.答案：D

解析：

本题考查了化学与社会、生活等关系，较基础，要注意理论联系实际。

A.煤经过气化和液化生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化，故A错误；

B.生物柴油是生物质能的一种，指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及动物

油脂、餐饮垃圾油等为原料油通过酯交换工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一种长

链脂肪酸的单烷基酯，而矿物油的成分为多种烧混合物，两者成分不同，故B错误；

C.洁厕剂主要成分为盐酸，与次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应的离子方程式为GO-+C厂+

+

2H=Cl2y+H20,生成一种有毒气体氯气污染环境，故C错误；

D.银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀

死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确。

故选D。

2.答案：B

解析:解:A乙焕分子的结构式为H-C=C-H,两个C原子共用3对电子，电子式为H:C：:C:H>

故A错误；

B.K+的质子数为19,核外电子数为18,分层排布，最外层电子数为8,其离子结构示意图为

故B正确;

C.HCI。的中心原子是0,含有。一”和。一G键，结构式为H-0-a,故C错误；

D.NaG在形成时，钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，其形成过程为

NaG@：fNa［：CI：］,故D错误；

故选：B。

A.乙快分子的结构式为H-C三C—H,C、C原子间共用3对电子；

B.K+的质子数为19,核外电子数为18,分层排布；

C.HC7。的中心原子是0,不是C7；

D.氯化钠是离子化合物，有钠离子和氯离子构成。

本题考查常见化学用语的表示方法，涉及结构式、电子式和离子结构示意图等知识，明确常见化学

用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。

3.答案：B

解析：解：4氧化铝与NaOH反应，氧化铁不能，反应后过滤可分离，故A正确；

B.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误：

C.HCI极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，故C正确；

D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离，故D正确；

故选：Bo

A.氧化铝与Na。“反应，氧化铁不能；

B.二者均与碳酸钠溶液反应；

C.HG极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解；

D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、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.答案：B

解析：解：4水浴加热制备硝基苯，图中缺少温度计测定烧杯中水的温度，故A错误；

B」臭与Na。”溶液反应后，与四氯化碳分层，四氯化碳的密度大于水的密度，图中充分振荡后下层为

无色，故B正确；

C.导管在碳酸钠溶液的液面易发生倒吸，则导管口应在液面上，故C错误；

D.挥发的醇可被酸性高锯酸钾氧化，溶液褪色，不能证明发生消去反应生成乙烯，故D错误；

故选：B.

A.水浴加热制备硝基苯；

B.澳与NaOH溶液反应后，与四氯化碳分层，下层为无色；

C.导管在碳酸钠溶液的液面易发生倒吸；

D.挥发的醉可被酸性高镒酸钾氧化。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技

能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.答案：D

解析：解：4过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以Na?O2常

用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故A正确；

B.4具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可

制成铝箔包装物品，故B正确；

C.CN与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，2Fe3++Cu=2Fe2++C“2+,则FeC%溶液可用于刻制

印刷铜电路板，故C正确；

D.铁锅，经放置常出现红棕色斑迹，是铁表面的氯化钠电解质溶液中形成吸氧腐蚀，表面生锈的原

因不是被染色，故D错误；

故选：D。

A.过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；

B.4具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；

C.Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；

D.铁锅，经放置常出现红棕色斑迹，形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，则铁元素的化合价升高被氧

化，发生氧化还原反应。

本题考查钠的化合物性质、金属铝的应用、铁生锈的原理等，侧重于化学与生活的考查，有利于培

养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大，注意把握常见化学反应。

6.答案：D

解析：解：pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中“C/COOH)>c(HCl)=

c(NaOH)=O.OOlmol/L,

A.中和等体积pH=11的氢氧化钠溶液，因为c(C“3C00H)>c(HCI)，所以所需pH=3醋酸溶液的

体积小于pH=3盐酸的体积，故A错误；

B.等体积pH=3盐酸和pH=3醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，醋酸中存在电离平衡，随着反

应的进行，醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸中锌粒先反应完，故B错误；

+

C.溶液呈中性，贝iJc(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得c(Na+)+c(W)=c(Off-)+c(CH3COO~),

所以c(Na+)=c(C"3C。。-)，故C错误;

D.相同温度下，pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度相同，水的离子积常数相同，所以

溶液中氢氧根离子浓度相同，所以水电离出的c(H+)均为故D正确；

故选：Do

pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中C(C“3COOH)>c(HC/)=

c(NaOH)=0.001mol/L,

A.根据醋酸和盐酸的物质的量判断；

B.反应速率和氢离子浓度呈正比；

C.根据电荷守恒判断；

D.根据氢离子浓度计算氢氧根离子浓度，酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度.

本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质的特点是解本题关键，易错选项是。，注意酸或碱

都抑制水电离，明确计算的是溶液中氢离子浓度还是水电离出的氢离子浓度，为易错点.

7.答案：B

解析：解：4在FeCg溶液中投入足量的Zn粉，铁离子被还原成铁，正确的离子方程式为：2Fe3++

3Zn=3Zn2++2Fe,故A错误；

B.NaHS/溶液与Ba（0H）2溶液混合后呈中性，硫酸根离子过量，反应的离子方程式为：2"++

2+

SOl-+Ba+20H-=BaS04i+2H2O,故B正确；

C.反应生成的铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程式为：21~+Fe3O4+

8H+=3Fe2++4/。+/2，故C错误；

D.二氧化硫少量，反应生成的亚硫酸钙完全被氧化成硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2++S0-+

+

H20+S02=CaSO4I+2H+Cl-,故D错误；

故选：B。

A.锌的还原性强于铁，锌能够将铁离子还原成金属铁；

B.反应后为中性，则硫酸氢钠与氢氧化钢的物质的量之比为2：1；

C.铁离子能够将碘离子氧化成碘单质；

D.生成的次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙.

本题考查了离子方程式的正误判断，难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学

方程式等；选项C为易错点，注意铁离子能够氧化碘离子.

8.答案：A

解析：解：4、石墨和C60均由碳原子构成，故12g混合物中含有的碳原子的物质的量频=就勺=

Imol,个数为N.个，故A正确；

B、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、7.8g过氧化钠的物质的量为O.lmo/,而Imol过氧化钠中含lmol过氧根，故（Mmol过氧化钠中含

O.lmo/阴离子即0.1N〃个，故C错误；

D、铁在氯气中反应变为+3价，故O.lzno/铁转移0.3?noZ电子即0.3N.个，故D错误。

故选：Ao

A、石墨和C6o均由碳原子构成；

B、标况下水为液体；

C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据lmol过氧化钠中含Imo,过氧根来分析；

D、铁在氯气中反应变为+3价.

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不

大.

9.答案：B

解析：解：4反应①中Sb2s3含有元素化合价不变，氧化剂是。2，反应②44sb4。6中Sb元素的化合价

由+3价降低为0价，Sb4％是氧化剂，故A错误；

B.反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由。价升高为+2价，每生成3mo/eS,转移电子的物质

的量为：3巾0,x2=6mol,故B正确；

C.反应②C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性

比Sb强，故C错误；

D.生成4moiSb时，反应②C是还原剂，需要6molC,需要lTno/S//，反应①中Fe是还原剂，生成

lmolSb4O（,,需要6mo/Fe,故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6?no/：6mol=1：1,故

D错误；

故选：B。

A.所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，据此结合元素化合价判断；

B.反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由。价升高为+2价，据此计算；

C.根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断；

D.反应①中还原剂是Fe,反应②中还原剂是C,根据方程式计算。

本题考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，题目难度中等，注意根据化合价进行概

念的理解，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。

10.答案：。

解析：解：4由图可以得出：碱性条件下C[0]浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；

BHCIG的电离平衡常数K="陇普'）=1。-3x10-3=10-6,故B正确；

C.依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(C，03)+c(。"-)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=

c(CZO£)+c(HCg)②，联立①②消去钠离子：c(HClOz)+2c(父)=c(Cg+2c(0H-),故C

正确；

D.HC/02和。，。2都具有漂白作用，结合图中“仪。2和。/。2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH,

应该是4-5,故D错误，

故选D.

A.由图可以得出：碱性条件下浓度高；

B.HC/Oz的电离平衡常数K=端箸结合图示数据来计算；

C.依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2)+c(OH~),依据物料守恒得出:2c(Na+)=

C(CIO2)+C(HCIO2),据此解答即可;

D.根据题意：HC2O2和CIO?都具有漂白作用，结合图中”以。2和)。2的浓度大小来确定使用该漂白剂

的最佳pH.

本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度稍大，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题

关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，侧重于考查学生的分析能力和计算能力.

11.答案：D

解析：试题分析：X的化合价为+1价，且原子半径最小，所以X是H元素；

Z、7的化合价为-3价和+5价，则这两种元素属于第匕4族元素，Z的原子半径小于7,所以Z是N元

素，r是P元素；

y的化合价为-2价，贝什是第口4族元素，且丫的原子半径小于z,所以丫是。元素；

Q的化合价为+3价，则Q为第〃〃族元素，Q的原子半径小于r,所以Q是B元素；

R的化合价为+7价和-1价，则R为第口/A族元素，因为有正价，所以R是C，元素.

解：X的化合价为+1价，且原子半径最小，所以X是H元素；

Z、7的化合价为-3价和+5价，则这两种元素属于第族元素，Z的原子半径小于7,所以Z是N元

素，T是P元素；

y的化合价为-2价，则y是第口4族元素，且y的原子半径小于z,所以丫是。元素：

Q的化合价为+3价，则Q为第〃M族元素，Q的原子半径小于T,所以Q是B元素；

R的化合价为+7价和一1价，则R为第0〃族元素，因为有正价，所以R是C，元素，

A.元素X、八Z形成的化合物不一定是离子化合物，如硝酸，故A错误；

B.元素R的氧化物对应水化物不一定为强酸，如次氯酸是弱酸，故B错误；

C.化合物Q/?3分子中各原子不都满足8电子稳定结构，B没有满足8电子稳定结构，故C错误；

D.N元素的非金属性比P元素强，所以N的简单气态氢化物的热稳定性比元素P的稳定，故D正确；

故选D.

12.答案：B

解析：解：石墨电极电解Mg(NO3)2、P〃N03)2的混合液，阴极上铅离子放电，则氧化性铅离子大

于镁离子，所以金属性Mg大于Pb,故A正确；

B.测同温同浓度Na2c。3和NazSq水溶液，pH的大的水解程度大，不能用饱和溶液，无法比较非金

属性，故B错误；

C.酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大,碱性越强，则可以用p”计测定浓度为溶液和溶液的pH,

比较HC/。和的酸性强弱，故C正确；

D.加入相同体积不同浓度的稀硫酸，酸的浓度不同，浓度大的反应速率快，则可研究浓度对反应速

率的影响，故D正确；

故选：Bo

A.石墨电极电解Mg(NC)3)2、Pb(NC)3)2的混合液，阴极上铅离子放电；

B.测同温同浓度下村。2。。3和NazSiOs水溶液，pH的大的水解程度大；

C.酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强；

D.加入相同体积不同浓度的稀硫酸，只有一个变量为酸的浓度。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，涉及电解、盐类水

解、pH测定及影响反应速率的因素等，注重高频考点的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不

大。

13.答案：BD

解析：解：AK粉中含有以、N、。等元素；冰毒含有N元素；摇头丸含有N、。元素；大麻含有0元

素，则不属于烧，应为燃的衍生物，故A错误；

B.摇头丸含有羟基，可发生消去反应生成烯燃，然后与氢气加成可生成冰毒，故B正确；

C.大麻中含有酚羟基和C=C,可与澳发生取代反应和加成反应，其中2个酚羟基有2个邻位氢原子可

与澳发生取代反应，C=C可与溪发生加成反应，共需37noi漠，故C错误：

D.氯胺酮分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，不可能共平面，故D正确。

故选：BD。

A.根据煌的定义分析；

B.摇头丸含有羟基，可发生消去反应生成烯燃；

C.大麻中含有酚羟基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可与浸发生加成反应；

D.氯胺酮分子中含有饱和碳原子，结合甲烷的结构判断.

本题考查有机物的结构和性质，解答该题要注意把握官能团的性质，准确理解嫌的定义，仔细分析

有机物的结构简式，能正确判断有机物的分子式，题目难度不大.

14.答案：CD

解析：解：4燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，

电子从负极a沿导线流向正极b,故A错误；

B.b是正极，电极反应式为。2+46-+4H+=2%。，故B错误；

C.电极反应式为“2—2e-=2H+,每转移0.1m。/电子，消耗修物质的量为。。5血。，，标准状况下的

体积=O.OSmolx22.4L/mol=1.12L,故C正确；

D.放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，故D正确；

故选:CD。

该电池呈酸性，通入燃料氢气的电极为负极，电极反应式为“2-2e-=2H+,通入氧气的一极为电

池的正极，发生还原反应，反应为。2+40-+4，+=2也。，电子从负极沿导线流向正极，放电时,

电解质中阳离子向正极移动。

本题考查化学电源新型电池，燃料电池中通入燃料的电极都是负极、通入氧化剂的电极都是正极，

会结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，掌握基础是解题关键。

15.答案：AD

解析：解：4三氧化硫分子中价层电子对个数=。键个数+孤电子对个数=3+：(6-3x2)=3,且

不含孤电子对，所以为平面三角形结构，NO］离子中价层电子对个数=3+^(5+1-3x2)=3,

且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，BF3中价电子对数为：等=3,形成3个共用电子对，无

孤对电子.为平面三角型，故A正确；

B.P,为正四面体结构，结构对称为非极性分子，CS2中C最外层4个电子，成键个数为4,且不含孤电

子对，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，P/中P最外层5个电子，成键个数为3,

且含有一个孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；

C.金刚石、SiC都是原子晶体，石墨属于混合晶体，故C错误；

D.同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第〃4族、第族元素

的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N>O>C,故D正确；

故选AD.

A.根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数=。键个数+孤电子对个数，据此分析

解答；

B.正负电荷重心重合为非极性分子，正负电荷重心不重合为极性分子，对于48„型分子，中心原子4

的最外层电子全部成键，为非极性分子，中心原子A的最外层电子部分成键，为极性分子；

C.原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、

硼、硅等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；

D.同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第〃4族、第忆4族元素

的第一电离能大于相邻元素.

本题考查分子空间构型判断、分子极性判断、原子晶体以及第一电离能大小比较等知识，明确价层

电子对互斥理论为解答关键，题目难度中等.

16.答案：NaCl加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液84.25%

解析：解：(1)由流程可知，滤液中的主要物质是NaC/,则滤液中可回收的主要物质是NaC/,故答

案为：NaCl；

(2)为防止调pH时若条件控制不当，溶液中镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，使所制的碱式

次氯酸镁中混有Mg(OH)2杂质，实验中加入Na。"溶液时，应加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液，故答

案为：加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液；

(3)由题给方程式可得如下关系：Mg2a。(。“)3•“2。-CIO--12-2s2。白，反应消耗Na2s2。3的物

质的量为0.1000mol-Lx0.02000L=0.002000m。，,由关系式可知Mg2ClO(OH)3■也。的物质的

量为:x0.002000moZ=O.OOlOOOmo/,则碱式次氯酸镁的质量分数为竺照鬻谭型㈣x

100%=84.25%,

故答案为：84.25%。

碱式次氯酸镁的02B。(0")3,”2。］微溶于水，由流程可知，向MgC%溶液中加入NaCl。溶液，然后

向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH,反应得到碱式次氯酸镁画92。，。(。")3•均。］沉淀和

NaCl,过滤得到碱式次氯酸镁［Mg2a。(。“)3)2。］固体，滤液中成分是NaCl,然后将沉淀洗涤、

干燥得到碱式次氯酸镁［”92。。(。")3"2。］，以此解答该题。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解

答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。

△

2++2+

17.答案：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率MnO2+2Fe+4H—Mn+

3+2+

2Fe+2H2O双氧水氨水SiO2M/+被空气中的氧气氧化，从而使浸取率降低4.67Mn+

+

HCO^MnCO3+H9氨水消耗了"+,促进反应平衡正向移动，有利于MnC6的生成4MnC03+

高温高温

。22Mzi2。3+4。。2M九2。3+2m4。。3+2Mzi

解析：解：(1)将软镒矿粉碎能增大固体的表面积，增大固体的表面积可以使固体与溶液充分接触反

应，加快反应速率，提高原料利用率；酸性条件下二氧化锦被亚铁离子还原为MM+,亚铁离子被氧

△

z++2+3+

化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe+4H—Mn+2Fe+2H2O>

2++2+

故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；MnO2+2Fe+4H—Mn+

2Fe3++2H2。；

(2)由流程分析可知，向滤液/中需先加4物质，再加B物质，若加入的物质均为非金属化合物的溶液,

则4为双氧水，B为氨水；二氧化硅与硫酸不反应，滤渣/为Si。2，

故答案为：双氧水；氨水；SiO2；

(3)Mn2+有较强的还原性，在空气中能被氧气氧化，所以当浸取时间超过4h时，因MM2+被氧气氧化,

镒浸取率反而减小，

故答案为：M/+被空气中的氧气氧化，从而使浸取率降低；

(4)加入B调节溶液pH,生成氢氧化铁、氢氧化铝，当某种离子浓度小于1xlO-5mo〃L时，可认为

其沉淀完全'由表中数据可知,Md牌小邛x10-9mol/L,则pH=

10-14

-•g=4.67

故答案为：4.67；

(5)“沉锦”过程中发生M/++HC0-0闻71co3+H+,氨水能与氢离子反应，由平衡移动原理可

知，减少生成物，平衡向正方向移动，即氨水消耗了H+,促进反应平衡正向移动，有利于MnC03的

生成；

2++

故答案为：Mn+HCO^MnC03+H,氨水消耗了"+,促进反应平衡正向移动，有利于MnCOs

的生成；

高温

(6)“71。。3局温与氧气反应生成M几2。3，反应方程式为：4MnC03+二-2”几203+4C02；然后用

铝热反应制得Mn,即4与时电03在高温下发生置换反应生成Mn,反应方程式为：Mn203+

高温

2Al—Al2O3^2Mw

;

故答案为：4MnC03+O2-2Mn2O3+4C02Mn2O34-2Al—Al2O3+2Mn0

用软镭矿(主要成分为MnO2，含少量5。2、42。3和412。3等)制备金属铳，软锌矿用硫酸酸浸，并

加入过量硫酸亚铁，二氧化硅不反应，由沉镐后得到碳酸镒，可知酸性条件下二氧化镒被亚铁离子

还原为Mn2+,过滤分离,滤液/中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+,通入氨气调节溶液pH,将Fe3+、

43+转化为Fe(04)3、4(0H)3除去，再过滤分离，滤液口中加入碳酸氢镂与氨水的混合物得到碳酸

镒，以用于制备镒，以此解答该题。

本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握

情况，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，题目难度

中等。

18.答案：1：3：2；%(A)>%Q4)>%(4)；a0(B)；19.4%；向正反应方向；从反应体系中移出产

物C；>；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡的移动只能减弱改变，不能

抵消改变

解析：解：(1)由图可知第I阶段,平衡时△c(4)=2mol/L-lmol/L=lmol/L,Ac(B)=6mol/L-

3mol/L=3mol/L,△c(C)=2mol/L,浓度变化量之比等于化学计量数之比,故a：b：c=lmol/L：

3mol/L：2mol/L=1：3：2,故答案为：1：3：2；

(2)%Q4)=黑，=0.05moZ/(L-min),%(力)==0.0253moZ/(L-min),

%⑷=°加。；仁片“儿=°oi2mol/(Z,.min),

故A的平均反应速率为(4)>%Q4)>%(4),故答案为：%(4)>v0(X)>%(4)；

(3)B的平衡转化率即(8)=黑将x100%=50%,a@(B)=3m四二:fx100%=38%,

am(B)=厚6m"/>差mo!/L、100%=19.4%,

1.86771。I[L

故答案为：a0(B)；19.4%；

(4)第II阶段C是从0开始的，瞬间4、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C,即

减少生成物浓度，平衡正向移动，

故答案为：向正反应方向，从反应体系中移出产物C；

(5)第DI阶段的开始与第口阶段的平衡各物质的量均相等，根据4、B的量减少，C的量增加可判断平

衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所

给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，

可以推测为降低温度，另外结合4的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据

勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第口阶段平

衡时的温度低，

故答案为：>:此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡的移动只能减弱改变，

不能抵消改变；

(6)达到