陕西省五校重点中学新高考考前提分化学仿真卷及答案解析

陕西省五校重点中学新高考考前提分化学仿真卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol2、用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是A．(1)中：CuO+H2Cu+H2OB．(2)中a电极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C．(3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-D．(4)中：Cl2具有强氧化性3、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A．V[NaOH(aq)]=0时，c(H+)=1×10-2mol·L-1B．V[NaOH(aq)]<10mL时，不可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C．V[NaOH(aq)]=10mL时，c(H+)=1×10-7mol·L-1D．V[NaOH(aq)]>10mL时，c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)4、117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错误的是A．TS是主族元素 B．TS的最外层p轨道中有5个电子C．TS原子核外共有6个电子层 D．同族元素中TS非金属性最弱5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2NAB．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2NAC．将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1NAD．2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA6、下列图示与操作名称不对应的是A．升华 B．分液C．过滤 D．蒸馏7、化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是（）A．驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金B．疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是晶体硅C．李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，”烟花”不是焰色反应D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”“红泥”是因其含有氧化铁8、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB．1L0.1mol•L－1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NAC．0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD．2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA9、Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A．若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、EB．若再次充入amolHI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同10、属于人工固氮的是A．工业合成氨 B．闪电时，氮气转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵11、“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A．若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B．若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D．若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O12、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．b为电池的正极，发生还原反应B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极C．当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NAD．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+13、不符合ⅦA族元素性质特征的是A．从上到下原子半径逐渐减小 B．易形成－1价离子C．最高价氧化物的水化物显酸性 D．从上到下氢化物的稳定性依次减弱14、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是()A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)B．由X、Y组成的化合物是离子化合物C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱15、化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A．食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B．铅蓄电池工作时两极的质量均增加C．CO2和SO2都是形成酸雨的气体D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮物16、下列有关有机物的叙述正确的是A．由乙醇、丙三醇都易溶于水可知所有的醇都易溶于水B．由甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色可知所有的烷烃和苯的同系物都不与高锰酸钾溶液反应C．由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖D．由苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强17、下列有关化学反应的叙述正确的是()A．铁在热的浓硝酸中钝化 B．CO2与Na2O2反应可产生O2C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO318、在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是A．AlNaAlO2(aq)B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)19、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-20、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是A．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原B．液态Cu-Si合金作阳极，固体硅作阴极C．电流强度的大小不会影响硅提纯速率D．三层液熔盐的作用是增大电解反应接触面积，提高硅沉积效率21、下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A．联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率B．硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率D．炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去22、核反应堆中存在三种具有放射性的微粒、、，下列说法正确的是（）A．与互为同素异形体B．与互为同素异形体C．与具有相同中子数D．与具有相同化学性质二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物PAS-Na是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如图：已知：①②(R=—CH3或—H)③回答下列问题：（1）生成A的反应类型是___。（2）F中含氧官能团的名称是___，试剂a的结构简式为___。（3）写出由A生成B的化学方程式：___。（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：___。（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是___（填字母序号）。a．NaHCO3b．NaOHc．Na2CO3（6）肉桂酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种的结构简式___。a．苯环上有三个取代基；b．能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4molAg；c．苯环上有两种不同化学环境氢原子24、（12分）为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮类衍生物。(1)化合物B中的含氧官能团为__________和__________(填官能团名称)。(2)反应i-iv中属于取代反应的是___________。(3)ii的反应方程式为___________。(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_____种，写出其中一种的结构简式：_______I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)：______________。25、（12分）三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；②③④实验过程如下①实验装置如图1所示。a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行的操作是_______；（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；A．蒸发结晶B．冷却结晶C．高温烘干D．滤纸吸干②下列抽滤操作或说法正确的是_______A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D．用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。26、（10分）Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。①判断滴定终点的现象是_____。②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。27、（12分）（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110℃失去结晶水，230℃分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_____________。（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是__________。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的__________（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）（乙方案）（丙方案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。（6）经测定产物中，写出分解的化学方程式_________。28、（14分）a、b、c、d、e是元素周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，a为元素周期表中原子半径最小的元素，b的基态原子中占有电子的3个能级上的电子总数均相等，d与b同族，c与b同周期，且c的所有p轨道上的电子总数与所有s轨道上的电子总数相等，e的次外层电子数是其最外层电子的7倍。回答下列问题：（1）c、d形成的化合物的晶体类型为___________；（2）b、ac形成的三原子分子中，c原子的杂化方式为___________；（3）b、c、d三种元素的电负性由小到大的顺序为___________；（用元素符号表示），d元素基态原子价层电子排布式为_________；（4）金属Mg与a、e形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表e，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表a，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。（5）b、c、e能形成如图所示三角双锥构型的配合物分子，三种元素的原子分别用大白球、小白球和灰色小球代表。该配合物形成配位键时提供空轨道的原子是___________（填元素符号），该配合物中大白球代表的元素的化合价为___________。（6）①在水溶液中，水以多种微粒的形式与其他化合物形成水合物。试画出如下微粒的结构图式。H5O2+______________________②如图为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸该冰中的每个水分子有___________个氢键；如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰的连接类似_______29、（10分）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体．若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和HCl的物质的量之比为________。写出化学方程式并用双线桥法标出电子转移_______________________________________________。(2)上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用________吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3＋10H+＋10NO3－＝2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O若生成2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在________(填“正极”或“负极”)附近逸出。

参考答案一、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、A【解析】

纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。51.2gCu共失电子×2＝1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故选A。2、D【解析】

用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。【详解】A．(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2

Cu+H2O，故A正确；B．(2)电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正确；C．(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正确；D．(4)中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；故选D。3、D【解析】

A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)<1×10-2mol/L，A项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq<10mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当V(NaOH)aq=10mL时，NaHC2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)<1×10-7mol/L，C项错误；D.当V(NaOH)aq>10mL时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH电离的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)>c(C2O42-)<c(HC2O4-)，D项正确；答案选D。4、C【解析】

A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；B．Ts位于第七周期ⅦA族，电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；D．同族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；故合理选项是C。5、D【解析】

A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电子mol，B错误；C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)=n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；D.发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA，D正确；故合理选项是D。6、A【解析】

A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。7、B【解析】

A．铝锂合金的强度高、密度小，可用作大飞机“运20”的机身材料，A正确；B．疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是二氧化硅，B错误；C．李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游，“烟花”不是焰色反应，焰色反应是某些金属元素的物理性质，C正确；D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，氧化铁是红棕色，因此“红泥”是因其含有氧化铁，D正确。答案选B。8、A【解析】

A.假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有CO2含有的质子的物质的量为，SO2含有的质子的物质的量为，电子的总物质的量为，因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A项正确；B.由于SiO32-会水解，因此1L0.1mol•L－1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；C.1mol过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol，因此0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D项错误。故答案选A。【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元素等。9、C【解析】

A.升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A正确；B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入amolHI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B正确；C.若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；D.催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D正确；故合理选项是C。10、A【解析】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误；NH3和CO2合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。11、B【解析】

A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。12、D【解析】

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【详解】A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；故答案为：D。13、A【解析】

A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，形成-1价阴离子，正确，不选B；C、ⅦA族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选A。14、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。【详解】X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。A.电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；B.由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；故选D，【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。15、C【解析】

A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B．铅蓄电池工作时，负极Pb→PbSO4，正极PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B正确；C．SO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D．明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；故选C。16、D【解析】

A.分子中碳原子为1~3的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为4~11的一元醇部分溶于水，碳原子更多的醇不溶于水，故A错误；B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，故C错误；D.苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握有机反应的规律是解题的关键，注意有机物之间的区别和联系以及基团之间的相互影响，理解物质的特殊性质。17、B【解析】

A.铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；B.CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；C.在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；故选B。18、A【解析】

A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误；C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；故选A。19、A【解析】

A.0.1mol·L−1NaOH溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A正确；B.通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B错误；C.通入大量CO2的溶液显酸性，H+与ClO-、CH3COO-、HCO3-不能共存，故C错误；D.0.1mol·L−1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。答案选A。20、D【解析】

由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。【详解】A．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故A错误；B．图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B错误；C．电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故C错误；D．三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供自由移动的离子移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，故D正确；答案选D。21、D【解析】

A.联合制碱法中，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳被循环利用，而氯化铵并没有直接循环利用，而是作为其他化工原料，则氨气没有被循环利用，故A错误；B.对于该反应，常压时转化率就很高了，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时会增大成本，故通常采用常压而不是高压，故B错误；C.合成氨生产过程中将NH3液化分离，导致生成物浓度减小，逆反应速率瞬间减小，正反应速率随之减小，平衡向正反应方向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C错误；D.降低生铁中的含碳量，需要加入氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去，故D正确；答案选D。22、C【解析】

A．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误；B．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C．中子数=质量数﹣质子数，与的中子数都为46，故C正确；D．与是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应（或硝化反应）醛基+Br2+HBr+CH2=CHCH2OH+H2Oa或【解析】

甲苯发生硝化反应生成A，A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，根据最终产物知，A中苯环上甲基邻位H原子被溴取代生成B，B结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，C和NaOH的水溶液发生取代反应然后酸化生成D，D结构简式为，根据信息①知，D发生还原反应生成E，E结构简式为，E和碳酸氢钠反应生，则试剂d为NaHCO3，

根据信息③知，F为，F和a反应生成肉桂酸，a为，肉桂酸和b反应生成G，b为醇，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH，G结构简式为，【详解】（1）通过以上分析知，甲苯发生取代反应生成A，所以反应类型是取代反应，故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）通过以上分析知，F为，官能团名称是醛基，a结构简式为，故答案为：醛基；；（3）A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，B结构简式为，反应方程式为，故答案为：；（4）肉桂酸和丙烯醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（5）酚羟基和羧基都能和NaOH、碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、羧基能和碳酸氢钠反应，故选a；（6）肉桂酸同分异构体符合下列条件：a．苯环上有三个取代基；b．能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol

Ag说明含有两个醛基；c．苯环上有两种不同化学环境氢原子，说明含有两种类型的氢原子；符合条件的同分异构体有，故答案为：。24、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【解析】

(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1∶2∶2∶2∶1，则可能的结构为、、、、、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生，和发生取代反应产生和HCl。故以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：。25、装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以）作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查BDABE拿洗耳球51.3%【解析】

(1).格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；(2)①为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00g÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。26、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化偏低从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【解析】

（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。27、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2OBFDEC排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果防止F中溶液倒吸进入C中①②⑤⑦甲、乙【解析】

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3molK2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。【详解】⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：A→B→F→D→E→C→F；故答案为：B；F；D；E；C。⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故