2021年重庆市高考化学模拟试卷

2021年重庆市复旦中学高考化学模拟试卷（3月份）

学校——姓名：一—班级：——考号：

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.人类生活中的方方面面都离不开化学，车辆工程与化学也有着密不可分的关系，下

列相关说法中不正确的是（）

A.汽车上使用的钢化玻璃是掺杂了特种金属的玻璃

B.采用镁、铝及其合金材料可适当减轻车身重量从而提升车辆行驶性能

C.随着乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源的逐步应用，汽车尾气造成的污染

在逐步减少

D.汽车车身采用的镀锌钢板是利用牺牲阳极的阴极保护法来提高车身的抗锈、抗

腐蚀能力

2.Mg（NH）2在水中水解生成N2H4和Mg（OH）2。下列化学用语表述不正确的是（）

A.中子数为9的氧原子：9。

H—N—N~~H

B.N2H4的结构式：

HH

C.Mg2+的结构示意图：8

••

D.OH-的电子式：r：（）：H-

3.有机物M（结构如图）具有杀灭病毒的作用，下列关于M的说法不正确的是（）

A.所有碳原子不可能共面B.可使酸性KMnO4溶液褪色

C.可与Cl?发生取代反应D.与苯互为同系物

4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）

A.标准状况下，0.5molNH3中含有的中子数为3.5总

B.ImolFei?与足量Cl2反应时，转移的电子总数为2必

C.2molNO与Imol02充分反应后得到的气体分子数小于2以

5

D.常温下，ILpH=9的C^COONa溶液中发生电离的水分子数为1x1Q-NA

5.下列实验能达到相应目的的是()

A.在铁上镀铜

CuFe

FeSC,溶液

进行铝热反应

蒸干FeCh溶液制备FeCk固体

证明漠乙烷、NaOH、乙醇溶液共热生成乙烯

6.其转化的能量变化如图，则在1538久时，反

应Fe(s)=Fe(l)的△口为()

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能量2Al(M+FWW25t)

1

A//(=-732.5kJ-mol

加

,,A!Q4@»2Fe(l)(1538T)

A//j=-27.6kJ,mol_1,,AX)X»)+2Fr(,*X1538t)

AW^-91.0kJ-mor'

AlX),(8)+2Fe(sM251：)

A.+851.lkj-mol-1B.+91.0kJ-mol-1

C.+27.6kJ-mol-1D.+13.8kJ-mol-1

7.下列对应离子方程式书写正确的是()

++

A.CU2O溶于稀硝酸:Cu2O+2H=2Cu+H2O

B.将CI2通入碱性K2M11O4溶液中：Cl2+MnOj-=MnO；+2C1-

3+2++

C.将SO2通入酸性FeCk溶液中：SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SO^+4H

D.向NH4Fe(SC)4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++2SOi-+2Ba2++

3OH-=Fe(OH)3I+2BaSO4I

8.O.IMPa时，向一密闭容器中通入lmolCO2和3mol2CO2(g)+6H2(g)

C2H4(g)+4H20(g)o测得不同温度下平衡时体中各物质浓度c的变化如图，下列

叙述不正确的是()

A.该反应的4H<0

B.曲线b代表出0

C.M点和N点所处状态下c(H2)不一样

D.保持其他条件不变，TJC、0.2MPa下反应达到平衡时，（:（%）比M点对应的4出）

小

9.科学家利用如图装置将CO2转化为CO,下列说法正确的是（）

印体电《1摄（传”，>

A.电极A接电源的正极，电极B接电源的负极

B.若X为甲酸，在相同条件下消耗CH4和CO?的体积比为1：3

C.固体电解质可以换成稀硫酸

2

D.若X为乙烷，则阳极的反应式为2cH4+0-4-2e-=C2H6+H20

10.X、Y、Z、W、R五种元素形成的化合物结构如图所示，W的单质在常温下为银白

色液体，R的单质在常温下为紫黑色固体，丫、Z的单质是空气的主要成分，且X、

丫的核外电子数之和与Z的原子序数相等，下列说法不正确的是（）

A.原子半径：X<Z<Y

B.W的单质可用热分解法制备

C.R的单质中混有NaCl时;可用加热的方法提纯

D.X、Y、Z三种元素形成的化合物只能是离子化合物

11.合成药物异搏定路线中的某一步骤如下，下列说法正确的是（）

A.X的同分异构体属于酸的只有4种

B.反应X+Y-Z属于加成反应

C.ImolZ在Ni的催化下完全氯化，消耗6m

D.Y有2种官能团且能与NaOH溶液反应

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12.利用Cu-ZSM-5分子筛催化剂，N&可脱除燃煤烟气中的NO和NO?，其反应历

A.总反应为2NH3+N0+NO2^^-2N2+3H2O

丫是NO?

C.[(NH4)2(NC>2)]2+是中间产物

D.2NH++N02=[(NH4)2(NO2)]2+属于化合反应

13.高纯碳酸铳在电子工业中被广泛应用湿法处理软锯矿(主要成分为MnOz，还含有少

量Fe、Si等杂质元素)制备高纯碳酸镭的流程如图。其中除杂过程包括：①室温下，

向滤液中加入一定量的试剂X,调节滤液的pH为3.5〜5.5;②再加入一定量的软

+2+

铳矿和双氧水(MnOz+H2O2+2H=Mn+2H2O+02T),过滤。已知：室温下,

38

Ksp[Fe(OH)3]=4.0x10-0下列说法正确的是()

[植物粉[NHJICO,溶液

软钻矿粉一过司一[除杂I一►……一高纯MnCO,

I一

浓■酸墟液

A.“浸出”时没有发生氧化还原反应

B.“除杂”试剂X可以是MnO

C.室温下，“除杂”时调节滤液的pH为4,此时c(Fe3+)>10-5mol-L-1

D.“沉淀”时加入过量的NH4HCO3溶液，发生反应的离子方程式为MM++

4HCO3=MnCO3I+2H2O+3CO2T

14.25第时，将O.lmol-L的R2sO4溶液加水稀释混合溶液中一lg第2?与Igc(OH-)的关

C(KUn)

系如图所示。下列说法正确的是()

-I

-

-2

(三

全(

n-2

o

rl)

5

•一

〜

-H.S-K.ll—।,S-7,0

IgdOH)

A.Kb(ROH)=10-5.7

B.P,Q点对应的稀释程度：P<Q

C.若将溶液无限稀释，溶液中2c(R+)工c(SOi-)

D.25冤时，加入适量R2s。4可使P点移至W点

二、实验题(本大题共1小题，共15.0分)

15.K3[Fe(C204)3].3H2。是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐

[(NH4)2Fe(S04)2•6H2。]制备处国32。4)3],3H2。的实验流程如图。

,­忸和帛油

3moM,那)，।也呼微液।

JnFeC/l.-ZHX)-3HP

圃------恻1

已知：氧化操作中FeCzCU除生成[Fe(C2()4)3]3-外，另一部分铁元素转化为红褐色

沉淀。

⑴“酸溶”时，莫尔盐(填“能”或“不能”)用6moi的HNO3溶解,

原因是。

(2)第一次“煮沸”时，生成FeCzCU•2出0的离子方程式为。

⑶“氧化”时所用的实验装置如图所示侠持装置略去)，导管a的作用是

“氧化”时反应液应保持温度在40笃左右，则适宜的加热方式为o(填“直

接加热”或“水浴加热”)

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a

Hq：溶液

C，Ft4：j()-2H/)*KX：A

77T^饱z和溶4液

(4)测定产品中铁的含量。

步骤回：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入ymol•IT】的KMnC>4溶液使

其恰好反应完全。

步骤国：向步骤同所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液

中滴入酸化的ymol-L的KM11O4溶液，滴定至终点，消耗KMnOq溶液zmL。

①步骤团中，若加入的KMnCU溶液过量，则所测的铁元素的含量(填“偏

大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤团中不滤去不溶物，则所测的铁元素的

含量»

②该样品中铁元素的质量分数为。(用含m、y、z的代数式表示)

三、简答题(本大题共4小题，共51.0分)

16.碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一。工业上用主要含Cas。4及

少量Si。2、AI2O3、Fe2()3的废渣制取轻质CaCC>3，其工艺流程如图。

物质物质丫

(NIL)jCO,溶液稀砧酸X

浸取----刑,I>H♦沉钙轻质CaCO,

预处理

朦流2浊济3注液4

流液!

已知：pH=5时Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀完全，pH=8.5时A1(OH)3开始溶解。

回答下列问题：

⑴“预处理”时的温度不宜太高，原因是,为提高“预处理”的反应速

率，除加热外还可以采取的措施为»(写一种即可)

⑵''滤液1"中的溶质除过量的(NHJ2CO3外,主要是(填化学式，下同)，

“滤渣2的主要成分是.

(3)“调节pH时，应调节pH至的范围内，物质X可选用。(填标

号)

A.CaCl2(s)

B.Ca(OH)2(s)

C.Fe(OH)3(s)

(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为。

(5)“沉钙”时所用的物质丫为(填化学式)，充分反应后经(填具

体操作)后得到轻质CaCO3。

17.一定条件下CO2能氧化C2H6制C2H4,这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反

应如下：

I.C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)

n.C2H6(g)+2co2®u4C0(g)+3H2(g)

(1)已知反应的能量变化如图1所示。

①当生成等物质的量的CO(g)时，反应(填“I”、“E”)吸收的热量更

多。

②c2H6(g)、H2(g)、CO(g)生成C2H4(g)、出09)的热化学方程式为。

(2)反应n不利于乙烯的生成的原因是.

(3)有研究表明，在催化剂作用下，反应I分两步进行，其反应过程及能量变化如图

2所示。

①决定反应I的反应速率的步骤是(填“第一步”或“第二步”)，原因是

②第一步的化学方程式为。

(4)在恒容密闭的容器中充入一定量的C2H6(g)和CC)2(g),保持其他条件不变，控制

反应温度分别为和,测得C(C2H6)随时间(t)的变化曲线如图3所示,则

(填“大于”或“小于”)14,原因是。

⑸温度为T时，向一密闭容器中通入2moic2H6和3moic。2,一段时间后，反应I

和反应n均达到平衡，C2H6的转化率为50%,C2H4的选择性为60%,此时容器容

积为1.0L,则该温度下反应I的平衡常数K=o

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18.铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。

(1)铜元素位于周期表第歹"，铜易导电的原因是,基态Cu原子中

核外能量不同的电子有种。

(2)铜的第二电离能(填“大于”或“小于”)锌的第二电离能，其原因是

(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I){[Cu(NH3)2]Ac}溶液吸收对氨合成的催化剂有

毒害作用的CO。

①比较NH3和CO的沸点大小，并说明原因：

②AcXCFCO。-)中C的杂化类型为。

(4)晶胞的两个基本要素。

①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。Cui的晶胞结构如图所示，其中原

子坐标参数：A(0,0,0)；B(l,0,0)；C(l,l,1)»则D处微粒的坐标参数为«

②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若Cu+与「的最短距离为anm,则晶胞的边

长为nm,设NA为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为(用含

a、NA的代数式表示)g-cm/。

19.H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如图。

已知:

()OH

.Ri-€-R?-L-

R-＜：l-------------■RC-R

R

(1)H中的官能团名称为o

(2)A的名称为o

(3)B、D的结构简式为。

(4)F生成G的反应的化学方程式为，反应类型为。

(5)满足下列条件的E的同分异构体有种。

①能与FeCk溶液发生显色反应，且能发生银镜反应；

②Imol该物质完全水解消耗3moiNaOH=

(6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线。(无机试剂任

选)

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，钢化破璃是由普通玻璃经过高温加热

和快速冷却形成的，没有添加特种金属，故A错误；

B.镁、铝及其合金材料的密度小，所以采用镁、铝及其合金材料可适当减轻车身重量从

而提升车辆行驶性能，故B正确；

C.使用乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源，可以减少化石燃料的使用，所以汽车尾

气造成的污染在逐步减少，故C正确；

D.锌、铁形成原电池时，锌为负极被腐蚀，铁为正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护

法，故D正确；

故选：A=

A.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同；

B.镁、铝及其合金材料的密度小：

C.使用乙醇汽油、氢能源、燃料电池等新能源，可以减少化石燃料的使用，能减少有害

气体的排放；

D.锌、铁形成原电池时，锌为负极被腐蚀，铁为正极被保护。

本题考查物质的性质与应用，为高频考点，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，注意原电池原理在金属防腐中的应用，题目难度

不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.中子数为9的氧原子的质量数为8+9=17,符号为故A错误；

B.N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子间形成N-H键，氮原子和氮原子间形成N-N单

HN—N—H

键，结构式为，故B正确：

HH

C.Mg2+的核外电子数10,核内质子数为12,结构示意图为，g38,故C正确；

••

D.氢氧根离子带1个单位负电荷，氧原子最外层电子数为8,电子式为[：()：卜I],

故D正确;

故选：Ao

A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；

B.N2H4中氮原子和氮原子间形成共价单键、还有N-H键；

C.镁原子核电荷数12,核外电子数12,失去2个电子形成镁离子；

D.氢氧根离子为阴离子，氧原子最外层满足8电子稳定结构。

本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、分子

式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵

活应用能力，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构，由最左侧的6个sp3杂化的C

可知所有碳原子不可能共面，故A正确；

B.含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故B正确；

C.含苯环，可与Cl?发生取代反应，故C正确；

D.苯的同系物中只有C、H元素，且只有一个苯环，侧链为饱和煌基，该有机物含0、

N元素，且结构不相似，二者不属于同系物，故D错误；

故选：D。

A.甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构；

B.含碳碳双键；

C.含苯环；

D.苯的同系物中只有C、H元素，且只有一个苯环，侧链为饱和炫基。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关

键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.标准状况下，0.5mo”NH3中含有的中子数=0.5molx(14-7+3xO)x

3.5N,故正确；

NA/mol=AA

B.lmolFe"中含有Imol亚铁离子、2moi碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移

了3moi电子，转移的电子数为3NA，故B错误；

C.NO与。2充分反应生成的NO?中存在平衡：2NO2UN2O4，导致分子数减少，故分子

数小于2NA个，故C正确；

D.CfCOONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，底也0)电离=c(OH-)=

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1x10-5mol/L,发生电离的水分子物质的量为1x10-5mol/LxIL=1x10-5mol,发

生电离的水分子数为1xIOTNA，故D正确；

故选：Bo

A.原子中质子数+中子数=质量数；

B.亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；

C.NO与。2充分反应生成的NO?中存在平衡：2NO2UN204；

D.C^COONa属于强碱弱酸盐，CH3coCT的水解促进水的电离，武也0)电离=«0丁)=

1x10-5mol/L»

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和

物质的结构是解题关键。

5.【答案】B

【解析】解：A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质应选硫酸铜，电解质不合理，不能实

现铁上镀铜，故A错误；

B.点燃Mg条，可引发铝热反应，A1与氧化铁反应生成Fe,故B正确；

C.蒸发促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HC1气流中蒸发制备FeCb固体，故C

错误；

D.挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锌酸钾褪色,则实验不能检验生成乙烯,故D错误;

故选：Bo

A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质应选硫酸铜；

B.点燃Mg条，可引发铝热反应；

C.蒸发促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发：

D.挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锦酸钾褪色。

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、盐类水解、电镀、物质

的制备及检验、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。

6.【答案】D

【解析】解:依据图示可知a.2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(l)△H=-732.5kJ-

-1-1

mol；b.2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)AH=—(732.5+27.6)kJ-mol,依

据盖斯定律*a-b)得:Fe(s)=Fe(l),△H=+13.8kJ•moL,

故选：D。

1

依据图示可知2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(l)△H=-732.5kJ-mor；2Al(s)+

Fe2O3(s)=A12O3(S)+2Fe(s)△H=-(732.5+27.6)kJ-moL,结合盖斯定律计算。

本题考查了反应焙变计算，明确盖斯定律计算焰变方法即可解答，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.CU2。溶于硝酸被氧化，反应的离子方程式为：3CU2O+2NOJ+14H+=

2+

6CU+7H2O+2NOT,故A错误；

B.将通入碱性K2M11O4溶液中，离子方程式：Cl2+2MnOi-=2MnO；+2C1~,故B

错误；

3+2+

C.将SO2通入酸性FeCh溶液中，离子方程式：SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SOi-+

4H+,故C正确；

D.向NH4Fe(S()4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式：NH^+Fe3++2SOl-+

2+

2Ba+4OH-=2BaSO4I+Fe(OH)3I+NH3-H2O,故D错误。

故选：Co

A.氧化亚铜被硝酸氧化为二价铜；

B.得失电子不守恒；

C.铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；

D.漏掉钱根离子与氢氧根离子的反应。

本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度不大，试题侧重于元素化合物的性质的综

合应用，注意物质的化学式、电荷守恒、质量守恒以及物质性质的判断。

8.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，温度越高，氢气的浓度越大，说明平衡逆向移动，则该反应

是放热反应，△H<0,故A正确；

B.由图可知，温度越高，氢气的浓度越大，则C2H4和电0浓度减小，则b、c代表生成

物，根据方程式可知，匕0化学计量数比C2H4小，则曲线b代表电0,故B正确；

C.M、N点在相同温度下，M点代表氢气的浓度，N点代表乙烯的浓度，M和N为同一

状态，M点和N点所处状态下c(Hz)一样，故C错误；

D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氢气浓度减小，则保持其

他条件不变，TJC、0.2MPa下反应达到平衡时，c(H2)比M点对应的c(H2)小，故D正

确；

第14页，共26页

故选：Co

A.由图可知，温度越高，氢气的浓度越大，说明平衡逆向移动；

B.由图可知，温度越高，氢气的浓度越大，则C2H4和%0浓度减小，则b、c代表生成

物，再结合C2H斗和出0化学计量数即可得出结论；

C.M、N点在相同温度下，M、N为同一状态；

D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动。

本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图

象判断温度对平衡移动的影响。

9.【答案】B

【解析】解：A.根据电极A上CO2-CO可知，A为阴极、接电源的负极，B为阳极、接

电源的正极，故A错误；

B.若X为甲酸，则阳极电极反应为CH4+302--6e-=HCOOH+H2。，阴极电极反应

为（：02+26-=（：0+02-,根据电子守恒有3（：02+66-=3（：0+302-,所以相同条件

下消耗C%和ICO2的体积比为1：3,故B正确；

CO2-在水溶液中不能存在，若将固体电解质换成稀硫酸，则阴极上甲烷不能得到。2-，

故C错误；

D.若X为乙烷，则阳极发生失电子的反应，电极反应式为2cH4+。2--2e-=C2H6+

H20,故D错误；

故选：B.,

该装置是电解池，电极A上CO?发生得电子的还原反应生成CO,则A极为阴极，电极

反应为CO?+2e-=C0+。2-,电极B为阳极,CH4发生失电子的氧化反应生成X和水，

与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，据此分析解答

该题。

本题考查电解池综合知识的应用，为高频考点，侧重于电解池工作原理的考查，把握电

极判断、电极反应为解答该类题目的关键，注意电子守恒的应用，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、物质性质推

断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度

不大。

【解答】

X、Y、Z、W、R五种元素形成的化合物结构如图所示，W的单质在常温下为银白色液

体，则W为Hg；R的单质在常温下为紫黑色固体，则R为I；Y、Z的单质是空气的主

要成分，且Z形成2个共价键，则丫为N、Z为0元素；X、丫的核外电子数之和与Z

的原子序数相等，X的原子序数为8-7=1,且X形成1个共价键，则X为H,以此

分析解答。

结合分析可知，X为H,丫为N,Z为O,W为Hg,R为I元素，

A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，则原子半径：X<Z<Y,

故A正确：

B.W的单质为Hg,金属Hg的活泼性较弱，可用热分解法制备，故B正确；

C.碘单质易升华，NaCl熔沸点均较高，碘单质中混有NaCl时，可用加热的方法提纯,

故C正确：

D.X、Y、Z三种元素形成的硝酸属于共价化合物，故D错误：

故选：D。

11.【答案】D

【解析】解：A.X的同分异构体属于酸时，如果取代基为—C00H和—CH3,有邻间对3

种同分异构体，如果取代基为-CHzCOOH,有1种同分异构体，如果不含苯环时，则存

在碳碳三键和双键时也存在同分异构体，所以符合条件的多于4种，故A错误；

B.X和丫反应生成Z外还生成HBr、H20,所以该反应不属于加成反应，故B错误；

C.苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中

含有1个苯环、2个碳碳双键，所以ImolZ在Ni的催化下完全氢化，消耗5m0国2,故

C错误；

D.Y中酯基、-Br水解生成的HBr能和NaOH反应，所以丫有2种官能团且能与NaOH

溶液反应，故D正确：

故选：D。

A.X的同分异构体属于酸时，取代基可能为一COOH和一CH3或一CH2COOH；

B.X和丫反应生成Z外还生成HBr、H20；

C.苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；

D.Y中酯基、-Br水解生成的HBr能和NaOH反应。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及

第16页，共26页

其性质关系、反应类型判断方法、同分异构体种类判断方法是解本题关键，A中易漏掉

取代基为-C^COOH而导致错误判断，题目难度不大。

12.【答案】B

【解析】解：A.由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是

催化剂

生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO2-^—2"+3电0，故A正确；

+

B.图示反应可以生成X的反应[(NH4)2(NC)2)]2++N0=[(NH4)(HN02)]+X+H2O+

H+,原子守恒判断X为电，丫为电，故B错误；

C.反应②中NC>2和N需反应生成[(NH4)2(N02)]2+,反应③中[(NH4)2(NC)2)]2+和NO反

应生成[(NH4)(HN02)]+,同时生成N2和&0,KNH4)2(NC)2)]2+是中间产物，故C正确;

D.反应过程中NC)2、NH：之间的反应生成[(NH4)2(NO2)]2+,2NH：+NC)2=

[(NH4)2(NC)2)]2+属于化合反应，故D正确；

故选：B。

由反应历程可知反应①Na和H+反应生成NH3反应②中N02和NHj反应生成

2+

[(NH4)2(N02)],反应③中[(NH4)2(N()2)]2+和NO反应生成[(NH4)(HNC>2)]+，同时生

成电和电0,反应④中[(NH4)(HN()2)]+生成”、电0和H+,总反应为2NH3+NO+

催化剂

N02-^—2N2+3H2O,以此解答该题。

本题考查常见非金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合

物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.浸出时加入植物粉的作用是把二氧化镒还原为二价镒，发生氧化还原反

应，故A错误；

B.试剂X可以是MnO、MnCC)3等物质，目的是调节溶液pH,利于生成氢氧化铁沉淀，

且不引入新杂质，故B正确；

C.室温下，“除杂”时调节滤液的pH为4,c(OH-)=10-10mol/L,此时c(Fe3+)=

鼠mol/L=4.0x10-8mol/L<10-5mol/L,故C错误；

D.“沉淀”过程中硫酸镭和碳酸氢镂为反应物，产生碳酸镒沉淀和二氧化碳气体，反应

2+

的离子方程式：Mn+2HCO3=MnCO31+C02T+H20,故D错误；

故选：Bo

湿法浸出软镒矿(主要成分为MnOz，还含有少量Fe、Si等杂质元素)制备高纯碳酸锦，

加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，除杂过程包括：①向浸出液中加入

一定量的X,调节浸出液的pH为3.5〜5.5,可加入MnO、MnCO?等物质；②再加入一

定量的软镭矿和双氧水，过滤；酸性溶液中二氧化镐氧化过氧化氢为氧气，本身被还原

+2+

为镒离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H=Mn+2H2O+02T,加入

碳酸氢镂形成沉淀反应的化学方程式为：MnS04+2NH4HCO3=MnCO3i

+(NH4)2SO4+CO2?+H20,生成的M11CO3沉淀需经充分洗涤，通过一系列操作得到高

纯碳酸镐，以此解答该题。

本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型，明确工艺流程原理是解答本题的关键,

注意掌握物质制备方案的设计与评价原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实

验能力，题目难度中等。

14.【答案】A

【解析】解：A.由P点数据可知Kb(ROH)=JR；然平=10-8xio==10-5.7,故人

正确；

B.溶液中溶液中等=喀，P点稀释程度大，n(R+)减小，n(H+)增大，P>Q,故B

错误；

C.将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知C(R+)22c(SO：-),故C错误；

D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中一1g密卷与Igc(OH-)的关系曲线不变，加

入适量R2sO4,不可使P点移至W点，故D错误；

故选：Ao

A.根据P点数据结合Kb(ROH)=咚鬻2计算；

B.溶液中溶液中等=喘，稀释时n(R+)减小，n(H+)增大；

C.将溶液无限稀释，溶液接近中性：

D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中-1g用卷与Igc(OH-)的关系曲线不变。

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把

握图象的分析以及数据的处理，把握解答问题的角度，题目难度中等。

15.【答案】不能硝酸具备强氧化性，会将铁元素氧化进而煮沸产生沉淀，造成原料损

2++

耗Fe+H2C2O4+2H2O=FeC204-2H2O+2H平衡气压，使液滴可以滴落水浴

加热偏小偏大X100%

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【解析】(1)莫尔盐中的铁元素的化合价为+2,硝酸具备强氧化性，能将+2价的铁氧化，

在第一次煮沸过程中直接生成红褐色沉淀，

故答案为：不能；硝酸具备强氧化性，会将铁元素氧化进而煮沸产生沉淀，造成原料损

耗；

(2)由题意可知，亚铁离子与饱和草酸溶液在煮沸条件下反应，有FeC2O「2H2()析出，

+

依据此条件写出方程式Fe2++H2c2O4+2H2。=FeC204-2H2O+2H,

2++

故答案为：Fe+H2c2O4+2H2O=FeC204-2H2O+2H；

(3)漏斗需要和外界气压平衡，才能使液滴滴下，该反应需要维持在40。口所以需要恒

温水浴加热，

故答案为：平衡气压，使液滴可以滴落；水浴加热；

(4)步骤i,利用草酸根与高钵酸钾反应除去具有还原性的草酸根，步骤ii加入过量铜粉，

将所有的Fe3+还原为Fe2+,滤去铜粉，此时加入高镒酸钾，只发生反应5Fe?++MnO]+

+3+2+yzxl0x5x56

8H=5Fe+Mn+4H20,可知n(Fe?+)：n(MnO])=5：1,o)(Fe)='"x

100%=①x100%,

25m

①由铁的质量分数公式可知若第i步高锌酸钾过多，残余的高铳酸钾会氧化Fe2+,使z

值偏小，导致结果偏小，若不过滤不溶物，残余的铜粉会将Fe3+还原为Fe2+,使z值偏

大，导致结果偏大，

故答案为：偏小；偏大

+3+2+

②根据反应5Fe2++MnO；+8H=5Fe+Mn+4H2O,可知n(Fe2+)：n(MnOj)=

5：1,3(Fe)=也匕*把X100%=①X100%,

故答案为：彩X100%。

莫尔盐先经过硫酸溶解，溶液中的亚铁离子与草酸饱和溶液反应，析出FeC20「2H2。，

然后经电。2氧化，亚铁离子被氧化成三价铁离子，再经草酸饱和溶液煮沸，生成

3

[Fe(C2O4)3]-,最终获得七下092。4)3]，据此流程分析题目。

本题考查了以制备K3[Fe(C2()4)3]-3H20为背景的实验过程，其中涉及物质性质，氧化

还原反应，滴定分析及计算等相关内容，学生需把握相关物质计算方法，注意误差分析，

难度适中。

16.【答案】温度过高，碳酸镂会发生分解适当搅拌或适当增大碳酸镂的浓

度(NH4)2S04SiO25〜8.5BA1(OH)3+OH-=AIO2+2H2O(NH4)2CO3过滤、洗

涤、干燥

【解析】解：(1)温度过高，碳酸镀会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加

热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸镂的浓度，

故答案为：温度过高，碳酸钱会发生分解；适当搅拌或适当增大碳酸镂的浓度；

(2)加入的碳酸俊与硫酸钙反应，生成硫酸钺，“滤液1”中的溶质除过量的(NHQ2CO3

外，主要是(NH4)2SC)4；SiC)2不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是Si()2，

故答案为：

(NH4)2S04；SiO2；

(3)根据已知条件可知，应调节pH至5〜8.5,选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，

且不引进新杂质，

故答案为：5~8.5;B；

(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为A1(OH)3+0H-=

AIO2+2H2O,

故答案为：-

A1(OH)3+OH=AIOJ+2H2O；

(5)“沉钙”时所用的物质丫为(NHJ2CO3或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、

洗涤、干燥后得到轻质CaCOs，

故答案为：过滤、洗涤、干燥。

(NH4)2C03;

主要含Cas。4及少量Si()2、AI2O3、Fe2()3的废渣与碳酸锈溶液进行反应，生成硫酸镂，

“滤液1”中的溶质除过量的(NH4)2CC)3外，主要是(NH4)2SC)4，“滤渣2”的主要成分

是Si02,因为SiC)2不与盐酸反应，加入的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和

三价铁离子，pH=5时Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀完全，pH=8.5时A1(OH)3开始溶解，应

调节pH至5〜8.5,则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所

用的物质丫为(NHQ2CO3或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到

轻质CaCC>3，据此解题。

本题考查物质制备、物质分离提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、

基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，知道流程

图中可能存在的反应及基本操作方法，知道每一种物质的成分，题目难度中等。

.【答案】

17IC2H6(g)+3H2(g)+2CO(g)U2c2H4(g)+2H2O(g)AH=-76kJ/

mol反应II中有CO生成，增大了CO的浓度，会使反应I的平衡向逆反应方向移动，

不利于乙烯的生成第二步第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能C2H6;

也+C2H4大于温度越高，反应速率越快，且反应I和反应H均为吸收反应，升高温

第20页，共26页

度，反应均向正反应方向移动0.495

【解析】解：(1)①由图可知：当生成Imol的CO(g)时，反应I吸收的热量为177kJ,

反应II吸收的热量为：竺詈-107.5kJ,所以反应I吸收的热量更多，

故答案为：I；

②反应可由Ix2-II得到，即C2H6(g)+3H2(g)+2C0(g)U2c2H拖)+2H2O(g)△

H=-76kJ/moL

故答案为：c2H6(g)+3H2(g)+2C0(g)=2c2H4(g)+2H2O(g)△H=-76kJ/mol；

(2)反应n中有CO生成，增大CO的浓度，会使反应I的平衡向逆反应方向移动，不利

于乙烯的生成，

故答案为：反应n中有co生成，增大了co的浓度，会使反应I的平衡向逆反应方向

移动，不利于乙烯的生成：

(3)①由图可知，第一步和第二步反应的活化能分别为136kJ/mol和(346-136)kJ/mol,

所以第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，所以决定反应速率快慢的反应为第

二步，

故答案为：第二步；第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能；

②由图可知，第一步反应的本质为乙烷反应生成乙烯和氢气，方程式为：C2H6=电+

C2H4，

故答案为：C2H6U比+C2H妙

(4)由图可知，的反应速率大于的反应速率，温度越高，反应速率越快，且反应I

和反应口均为吸收反应，升高温度，反应均向正反应方向移动，

故答案为：大于；温度越高，反应速率越快，且反应I和反应II均为吸收反应，升高温

度，反应均向正反应方向移动；

(5)C2H6的转化率为50%,则参加反应的乙烷的物质的量为Imol,乙烯的选择性为60%,

则生成乙烯的物质的量为0.6mol,则反应II参与的乙烷的物质的量为0.4mol,则有三段

式：

C2H6(g)+CO2(g)CC2H4(g)+H2O(g)+CO(g)

起始量(mol)23000

变化量(mol)0.60.60.60.60.6

平衡量(mol)1.42.40.60.60.6

C2H6(g)+2c02(g)C4