高考化学模拟试卷(附含答案解析)

高考化学模拟试卷（附含答案解析）

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注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净

后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.2021年，中国航天不断创造奇迹，“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，“长征六号”送

星入轨，“神舟十三号”载人飞天。腾飞中国离不开化学，下列有关说法正确的是（）

A.“嫦娥五号”运载火箭使用液氧、液氢推进剂，产物对环境无污染

B.“天问一号”所用的太阳能电池帆板，其主要材料是二氧化硅

C.“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀

D.“神舟飞船”航天员所使用的操纵杆采用碳纤维材料制作，碳纤维属于有机高分子材料

2.下列有关物质性质的说法错误的是（）

A.热稳定性：HC1>HIB.沸点：H20<H2S<H2Se

C.酸性：I1C1O4>H2SO4.D.离子半径：N3->02->F-

3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.17gI12S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA

B.4.6g分子式为C2H60的有机物中含有C-H键数0.5NA

C.Imol铁粉与Imol氯气充分反应，转移电子数为3NA

D.一定条件下，lmolH2与足量碘蒸气充分反应，生成HI分子数一定小于NA

4.现有E、F、G、M、N五种可溶的强电解质，它们在水中电离产生下列离子（各种离子不重复）.

阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+

阴离子OH-、Cl-、C032-、N03-、S042-

已知：①E、F两溶液呈碱性G、M、N溶液呈酸性.

②向N溶液中逐滴滴加F溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失.

③M溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀.

下列说法正确的是（）

A.N溶液与过量的F溶液反应的离子方程式为：Ba2++S042-=BaS04I

B.E溶液与N溶液混合发生反应的离子方程式为：2Al3++3C032-+3H20=2Al（0H）3I+3C02t

C.M溶液与F溶液混合产生的沉淀不能溶解于过量氨水中

D.将G溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的E溶液中，反应的离子方程式为2H++C032-=C02t+H20

5.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）

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A.NH4C1-NH3t+HC1t

B.NH3+C02+H20fNH4HC03

C.2NaOH+C12-NaC1+NaC10+1120

D.2Na202+2C02f2Na2C03+02

6.下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（）

A.NaHC03能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂

B.CaO能与S02反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂

C.硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造计算机硅芯片的材料

D.饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHC03固体，其漂白性增强

7.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（）

A.常温下水电离出的c（OH-）=10-13moi/L的溶液中:Na+、CIO-、C1-,K+

B.与铝反应放出的氢气的溶液中：Na+、CIO-、S042-、I-

C.含有0.lmol/LFe3+的溶液中：K+、Mg2+、S2—、N03-

D.pH=13的溶液中：Na+、S042—、S2—、N03-

8.自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为

N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是（）

NO

OH

•O

ON

催化剂b

A.使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量

B.在催化剂b作用下，02发生了氧化反应

C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂

D.N2-NH3,NH3-N0均属于氮的固定

9.在实验中，要想使氯化铝溶液中的A13+全部沉淀出来，最好选用下列试剂中的（）

A.石灰水B.氢氧化钠溶液C.硫酸D.氨水

10.下列“类比”结果说法正确的是（）

A.油脂在碱性条件下能发生水解反应，则石蜡油在碱性条件下也能发生水解反应

B.分子式为C7I17Br的芳香族化合物的同分异构体有4种，则分子式为C7H80的芳香族化合物的同分异构

体也是4种

C.由02+2H2s=2S+H20,说明非金属性0>S,则高温下Si02+2C=2C0t+Si,说明非金属性C>Si

D.A1C13溶液中滴加NaA102溶液能产生沉淀，则FeC13溶液中加入NaA102溶液也能产生沉淀

11.鼠氨化钙，俗称石灰氮，是一种高效的土壤消毒剂，其制备的化学方程式为：CaC03+2HCN=CaCN2+C0

t+H2t+C02t,下列说法正确的是（）

A.CO为氧化产物，H2为还原产物B.CaCN2含有共价健，属于共价化合物

C.HCN既是氧化剂又是还原剂D.每消耗10gCaC03转移电子0.4mol

12.有三种短周期的元素分别为X、Y和Z,己知X元素的原子价电子排布式为nsl,Y元素原子的K层电

子是L层电子数的一半，Z元素原子K电子层上的电子数是L电子层上电子数的13,则这三种元素所组成

的化合物的分子式不可能是（）

A.X2YZB.X2YZ2C.X2YZ3D.X2YZ4

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13.断肠草（Gelsemium）为中国古代九大毒药之一，据记载能“见血封唉”，现代查明它是葫蔓藤

科植物胡蔓藤，其中的毒素很多、下列是分离出来的四种毒素的结构式，下列推断正确的是（）

A.①、②、③、④互为同分异构体

B.①、③互为同系物

C.等物质的量的②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者少

D.①、②、③、④均能与氢氧化钠溶液反应

14.将0.2mol硝酸银、0.4mol硝酸铜、0.6mol氯化钾溶于水，配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时

间后，若在一极析出0.3mol铜，此是在另一极上产生的气体体积（标准状况）为多少（）

A.4.48LB.5.6LC.6.72LD.7.84L

15.下列实验过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是（）

A.磁性氧化铁溶于稀盐酸：Fe304+8H+=3Fe3++4H20

B.用铜为电极电解饱和食盐水：2C1—+2H20通电C12t+H2t+20H-

C.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HS04溶液：Ba2++20H-+2H++S042-=BaS04I+2H20

D.Ca(HC03)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HC03-+20H-=CaC03I+C032-+H20

16.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示。下列说法错误的是（）

空

A.装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、P205、NaOH溶液

B.装置③中产生红棕色气体

C.装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HN03生成

D.通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替

17.合成氨反应12N2（g）+32H2（g）=NH3（g）ZXH的反应机理如图所示，图中“吸”表示各气态物质在催化

剂表面吸附。下列说法错误的是（）

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7

1

.

z

u

A.该反应的△H=-46kj-mol-l

B.该反应机理中最大活化能为79kj-mol-l

C.升高温度，该反应过渡态的能量会增大

D.该反应达到平衡后增大压强反应正向进行

18.下列实验对应的离子方程式书写正确的是（）

A.①：H2S+C032-=S2-+H20+C02t

B.②：2A13++3S042-+3Ba2++60H-=2Al（0H）3l+3BaS04l

C.③：S032-+C12+H20=S042-+2C1-+2H+

D.@：2C1-+2H2O=2OH-+H2t+C12t

19.下图中的曲线是在其他条件一定时反应：2N0（g）+02（g）=t2N02（g）4H<0中NO的最大转化率与

温度的关系。图上标有A,B,C,D,E五点，其中表示未达到平衡状态，且v正〉v逆的点是（）

20.室温下，将两种浓度均为0.Imol/L的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各

混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）

A.NaHC03-Na2C03混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c(HC03-)>c(C032-)>c(0H-)

B.氨水一NH4cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH4+)+c(H+)=c(NH3-H20)+c(0H-)

C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH3C00H)>c(CH3C00-)>c(H+)

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D.H2C204-NaHC204混合溶液(pll=l.68,II2C204)为二元弱酸:

c(H+)+c(H2C204)=c(Na+)+2c(C2042-)+c(0H-)

二、简答题(本大题共4小题，共60.0分)

21.已知：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大.其中，元素B原子的最外层电子数是次

外层电子数的2倍，元素A与D、C与E分别同主族A、B、D、E的单质都能在C的单质中燃烧，分别生成

化合物X、Y、Z、P化合物X在常温下是一种液体，化合物Y是一种有毒气体，单质E和化合物Z都是淡黄

色固体.

请回答列下问题：

⑴在周期表中，元素B位于______周期______族

E元素原子形成的简单离子的结构示意图—

(2)将A、B、C、D、E五种元素的原子半径按由小到大顺序排列(用元素符号表示)

(3)物质P可以使澳水褪色，写出该反应的离子方程式

(4)化合物X、Y、Z、P中的某两种能发生反应，生成A、B、C、D、E中的一种单质.试写出符合上述条件

的两个化学方程式：①②______.

22.2021年，我国锂电池的产量占全球份额接近80%。LiFeP04(磷酸亚铁锂)是锂离子电池的一种电极材

料，可通过下列方法制备：

方法一：2FeP04(s)+Li2C03(s)+2C(s)W2LiFeP04(s)+3C0(g)»

(1)该反应的氧化剂是,每生成lmolLiFeP04,转移个电子。

(2)该反应的平衡常数表达式为一。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度

为amoll-l,再充入bmol一氧化碳，则平衡向方向移动，保持温度不变，达到新平衡时，一氧化

碳的浓度为______o

(3)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20niin时，容器内固体的质量减少了5.6g,

则0〜20min内一氧化碳的平均反应速率是

方法二：LiFeP04可以通过(NH4)2Fe(S04)2、H3P04与LiOH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干

燥、高温成型而制得。

(4)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由o

(5)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(S04)2和LiOH溶液直接混合，其原因是______.

23.根据以下物质填空：

COOH

CH2OH

oq

^0o9v0

⑩・

(D上述有机物中能与金属钠反应的是_____(填序号，下同)，能与碳酸氢钠反应的是______，能与碳酸钠

反应的是。

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(2)上述有机物中属于同分异构体的是(填序号，下同)，属于同系物的是,属于同种物质的是

(3)已知澳水能氧化醛基，若只允许使用一种试剂检验纯物质①中的碳碳双键，该试剂为。

(4)⑩分子中只有碳氢两种元素，其系统命名为。

24.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]C12)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、

Si02少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4-5H2O晶体。

完成下列填空：

(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通

入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体所得固体经酸溶、结晶、过

滤等操作，得到CuSO4-5H2O晶体。

①出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：。

②检验CuO固体是否洗净的实验操作是。

③装置图中装置X的作用是。

(2)己知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。实验中可选用的试剂：

1.OmoLL—lH2s04、1.Omol-L-1HCK1.OmobL-lNaOH«以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO小5H20晶体

时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，,加热浓缩、冷却结晶、过滤、

晾干，得到CuS04-5H20晶体。

(3)测定产品纯度。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-f2CuII+122s2032-+I2fS4062-+2I-。准确称

取0.5000gCuS0小5H20样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀112so4酸化，以淀粉

溶液为指示剂，用0.1000moLL-lNa2s203标准溶液滴定至终点，消耗Na2s203的溶液19.80mL。则CuS04-5H20

样品的纯度为。

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参考答案与解析

1.【答案】A

【解析】解：A.液氧、液氢推进剂燃烧产物为水，产物无污染，故A正确

B.太阳能电池帆板，其主要材料是硅单质，二氧化硅主要是用作光导纤维，故B错误

C.铝合金材料有很多优良性能，密度小，耐腐蚀，硬度大，故C错误

D.碳纤维材料属于碳单质，属于无机非金属材料，故D错误

故选：Ao

本题主要考查常见化学物质的用途，包括合金、硅单质、碳纤维等知识点，解题的关键是掌握常见物质的

用途，为高频考点，难度较小。

2.【答案】B

【解析】解：A.非金属性CDL热稳定性：HCDHL故A正确

B.水中含氢键，沸点最高，同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大，则沸点：H2S<H2Se<H20,故B

错误

C非金属性CDS,酸性：HC104>H2S04,故C正确

D.具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：N3->02->F-,故D正确

故选B.

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定

B.水中含氢键，沸点最高，同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大

C.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强

D.具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小.

本题考查元素周期表和周期律的综合应用，为高频考点，把握元素的性质、元素周期律等为解答的关键，

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.

3.【答案】A

【解析】解：A.17gH2s与PH3组成的混合气体中含有的质子数为17g34g/molX18XNA/mol=9NA,故A正

确

B.C2H60存在同分异构体，依据题目条件无法确定具体物质，故无法判断C-H键数，故B错误

C.Imol铁粉与Imol氯气反应时，氯气不足，转移电子数为lmolX2XNA/mol=2NA,故C错误

D.氢气与碘的反应为可逆反应，反应不能完全，生成HI分子数一定小于2NA,可能生成NA个HI,故D错

误

故选：Ao

A.H2S与PH3的摩尔质量均为34g/mol,分子中均含有18个质子

B.C2H60存在同分异构体，可能为CH3cH20H,一个分子中含有5条C-H键，也可能为CH30cH3,一个分子

中含有6条C-H键

C.Fe与氯气反应为2Fe+3C12-点燃2FeC13

D.可逆反应不能反应完全，Imol氢气完全反应生成2moiHI。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考

查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知

识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。

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4.【答案】B

【解析】解：由E、F溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以E、F

中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以G、MN溶

液含有的阳离子为H+、A13+、Ag+,在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，只有硫酸铝和氢氧化钢反应沉

淀量先增加后减少但不消失，所以N是硫酸铝，F是氢氧化钢

在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、碳酸钠、硫酸铝、氢氧化钢反应生成沉淀，所

以M是硝酸银

E为碳酸钠、G是盐酸

综上所述，E、F、G、M、N分别为：碳酸钠、氢氧化钢、盐酸、硝酸银、硫酸铝

A.硫酸铝与过量氢氧化钢溶液反应的离子方程式为：3Ba2++80H-+2Al3++3S042-=3BaS04I+2A102-+4H20,

故A错误

B.碳酸钠与硫酸铝溶液混合发生双水解反应，离子方程式为2Al3++3C032-+3H20=2Al(0H)3I+3C02t,故B

正确

C.硝酸银溶液与氢氧化钢溶液混合生成的AgOH沉淀，能溶解于氨水生成Ag(NH3)2+,故C错误

D.将盐酸滴入等体积、等物质的量的浓度的碳酸钠溶液中，反应的离子方程式为H++CO32-=1(03-,故D错

误

故选：Bo

由E、F溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以E、F中含有的阴离

子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以G、M、N溶液含有的阳离

子为H+、A13+、Ag+,在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，只有硫酸铝和氢氧化钢反应沉淀量先增加后

减少但不消失，所以N是硫酸铝，F是氢氧化钢

在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、碳酸钠、硫酸铝、氢氧化钢反应生成沉淀，所

以M是硝酸银

E为碳酸钠、G是盐酸

综上所述，E、F、G、M、N分别为：碳酸钠、氢氧化钢、盐酸、硝酸银、硫酸铝据分析解题

本题通过离子反应确定溶液里的离子微粒，进行无机推断，再考查物质间发生的反应，涉及离子反应方程

式的书写，基础性考查，难度不大.

5.【答案】D

【解析】解：A.NH4cl中含有离子键和极性共价键，则反应物中只有极性共价键、离子键的断裂，故A不选

B.NH3、C02、H20中只含有极性共价键，则反应物中只有极性共价键的断裂，故B不选

C.NaOH中含有离子键和极性共价键，C12中含有非极性共价键，则反应物中有离子键、非极性共价键断裂，

没有极性键的断裂，故C不选

D.Na202为含有非极性键的离子化合物，C02中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价

键断裂，碳酸钠中含离子键和极限键，氧气中含非极性键，则有离子键、极性共价键和非极性共价键的形

成，故D选。

故选：Do

一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属形成非极性键，不同非金

属形成极性键，结合化学反应中化学键的断裂和生成来解答.

本题考查化学键及化学反应中化学键的变化，为高频考点，把握化学键判断的规律及常见物质中的化学键

为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.

6.【答案】A

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【解析】解：A.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用作焙制糕点的膨松剂，与碳酸氢钠与碱反应的性质

无关，故A错误

B.二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，可作为工业废气处理时的脱硫剂，故B正确

C.硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造计算机硅芯片的材料，故C正确

D.C12和1120的反应是一个可逆反应，反应为C12+H2O：H++C1-+HC1O,加入NaHC03固体后，碳酸氢根离子

和氢离子反应，平衡正向移动，HC10浓度增大，其漂白性增强，故D正确。

故选：Ao

A.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳

B.二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙

C.硅是良好的半导体材料

D.氯气与水反应生成HC1和HC10,加入NaHC03固体后，降低H+的浓度,平衡正向移动，HC城浓度增大。

本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题

目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：A.常温下水电离出的c(0H—)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，CIO-、C1-在酸性条件下发

生反应生成氯气，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误

B.CIO-、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误

C.Fe3+、S2-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误

D.pH=13的溶液呈碱性，Na+、S042-、S2-、N03-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大

量共存，故D正确

故选：Do

A.该溶液呈酸性或碱性，酸性条件下次氯酸根离子与氯离子生成氯气

B.次氯酸根离子能够氧化碘离子

C.铁离子能够氧化硫离子

D.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能

发生复分解反应的离子之间能发生氧化还原反应的离子之间等还应注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸

碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或011-溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉

产生氢气”是“可能”共存，还是“一定”共存等。

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查氮的固定概念、氧化反应和还原反应的判断、极性和非极性共价键的判断、催化剂对反应的影响

等知识点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。

【解答】

A.催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故A正确

B.在催化剂b作用下，02发生了还原反应，故B错误

C.催化剂a作用下，N2-NH3,断裂非极性共价键N三N键，催化剂b作用下，NH3-N0,断裂极性共价键N-H

键，故C错误

D.游离态的氮到化合态为氮的固定，NH3-N0是不同化合态的氮的转化，不属于氮的固定，故D错误。

9.【答案】D

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【解析】试题分析：氢氧化铝为两性物质，其可以溶于强酸和强碱，而其并不会溶于氨水，故在实验中,

要想使氯化铝溶液中的A13+全部沉淀出来，最好选用氨水，所以本题的答案选择D。

考点：铝及其化合物

点评：本题考查了铝及其化合物，该考点是高考考查的重点和难点，本题比较容易。

10.【答案】D

【解析】解：A.油脂属于酯类，则在碱性条件下能发生水解反应，而石蜡油为烧类，在碱性条件下不能发

生水解反应，故A错误

B.分子式为C7H7Br的芳香族化合物的同分异构体有

C7H80的芳香族化合物的同分异构体有：

C.由02+2H2s=2S+H20,说明02的氧化性强于S,则可说明非金属性0>S,则SiO2+2C—高温2C0t+Si,

说明C的还原性强于Si,不能说明非金属性C>Si,故C错误

D.A1C13溶液中滴加NaA102溶液能产生沉淀是由于发生双水解反应:A13++3A102-+61I20=4Al(011)3I,FeC13

溶液中加入NaA102溶液也能产生沉淀，发生双水解反应：Fe3++3A102-+6H20=3Al(0H)3I+Fe(0H)3I,故

D正确

故选：D»

A.油脂属于酯类，则在碱性条件下能发生水解反应，而石蜡油为烧类，在碱性条件下不能发生水解反应

Hj

0

I共4种，但分子式为

C7II80的芳香族化合物的同分异构体有:共5种

C.SiO2+2C—高温2C0t+Si,说明C的还原性强于Si

D.A1C13溶液中滴加NaA102溶液能产生沉淀是由于发生双水解反应:A13++3A1O2-+61I2O=4A1(011)3I,FeC13

溶液中加入NaA102溶液也能产生沉淀，发生双水解反应。

本题主要考查物质的性质与递变情况，掌握相关物质的化学性质是解决问题的关键，题目考查内容属于基

本知识，基础题型，难度不大。

11.【答案】C

【解析】在CaC03+2HCN=CaCN2+C0t+H2t+C02t反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4,对应的氧

化产物为CaCN2,HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0,对应的还原产物为H2,以此解答该题。

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A.0）由1«^生成，既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误

B.CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有离子键和极性键，属于离子化合物，故B错误

C.因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故C正确

D.每消耗10gCaC03即0.Imol,反应消耗的HCN为0.2mol,生成氢气为0.Imol,转移电子0.2mol,故D错

误。

故选：Co

12.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，X为H或Li或Na,Y为C,Z为0

A.若X为H,X2YZ为HCHO,故A不选

B.若X为H,X2YZ2为HCOOH,故B不选

C.X2YZ3为H2C03或Li2C03或Na2c03,故C不选

口/为+1价，Z为-2价，且Y的最高正价为+4,而X2YZ4中Y为+6价，分子式不可能存在，故D选

故选：D。

有三种短周期的元素分别为X、Y和Z,已知X元素的原子价电子排布式为nsl,X为H或Li或NaY元素原

子的K层电子是L层电子数的一半，K层电子数为2,L层电子数为4,则Y为C元素Z元素原子K电子层

上的电子数是L电子层上电子数的13,L层电子数为2X3=6,则Z为0,以此来解答.

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构来推断元素、常见的有机物为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的分子式及化合物中化合价判断，题目难度不大.

13.【答案】D

【解析】解：A.①与②化学式相同，只是其中的两个甲氧基位置放置不一样，二者同分异构体，③与④化

学式相同，只是其中的一个甲氧基位置放置不一样，互为同分异构体，②比④多1个甲氧基，则②④不是

同分异构体，故A错误

B.同系物是指结构相似，分子式相差一个或若干个CH2原子团，①与③相差一个甲氧基，故不能互为同系

物，故B错误

C.②、④相比，②中多1个甲氧基，则等物质的量②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后

者多，故C错误

D.这几种物质中都含有酯基，所以都能和NaOII溶液反应，故D正确

故选：D»

A.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体

B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互为同系物

C.②比④多1个甲氧基

D.酯基、段基能和NaOH溶液反应。

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重酯性质和同分异

构体、同系物的考查，题目难度中等，注意这几种结构简式的结构区别。

14.【答案】B

【解析】解：将0.2mol硝酸银、0.4mol硝酸铜、0.6mol氯化钾溶于水，配成100mL溶液，混合后银离子

与氯离子发生反应，Ag++Cl-=AgClI,反应后溶液中还剩0.4molCu2+和0.4molCl-

阴极电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,析出0.3mol铜，转移电子数为0.6mol

阳极电极反应式：2cl--2e-=C12f,40H--4e-=2H20+02t依据得失电子守恒：

2C1一一2e-=C12t

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221

0.4mol0.4mol0.2mol

4011——4e-=2H20+02t

41

0.6mol—0.4mol0.05mol

所以产生氯气0.2mol,产生氧气0.05mol

气体标况下体积V=0.25molX22.4L/mol=5.6L

故选B

将0.2mol硝酸银、0.4mol硝酸铜、0.6mol氯化钾溶于水，配成100mL溶液，混合后银离子与氯离子发生

反应，生成氯化银沉淀，依据离子方程式判断剩余离子类别和物质的量，依据放电顺序结合阴极与阳极得

失电子守恒计算生成气体的物质的量，据此解答.

本题考查电解原理，为高考常见题型，明确电解原理、熟记离子的放电顺序为解答该题的关键，难度不大.

15.【答案】C

【解析】解：A、Fe3O4中既有Fe3+又有Fe2+,且物质的量之比为2：1,故与盐酸反应的化学方程式：

Fe304+8HCl=2FeC13+FeCl2+4H20,故离子方程式为：Fe304+8H+=2Fe3++

Fe2++4II20,故A错误

B、用铜为电极电解饱和食盐水时，阳极反应：Cu-2e-=Cu2+,阴极反应：2H20+2e-=H2t+20H-,故总反

应为：Cu+2H20电解H2t+Cu(011)2I,故B错误

C、Ba(0H)2完全反应，设Ba(0H)2为“1"，由于NH4HS04溶液过量，H+是足量的，故0H-只与H+反应，

与NH4+不反应.则lmolBa(0H)2消耗2molH+和lmolS042-，故离子方程式为：Ba2++20II-+2H++S042-=BaS04

I+2H20,故C正确

D、NaOH溶液少量,完全反应,故设NaOH为"1"，则ImolNaOH消耗lmolHC03-和lmolCa2+,故离子方程

式为OH-+HCO3-+Ca2+=CaCO3I+H20,故D错误

故为C.

A、Fe304中既有Fe3+又有Fe2+,故反应时要注意产物是否正确

B、用铜为电极电解饱和食盐水，铜电极会参与反应

C、NH4HS04溶液过量时，Ba(0H)2完全反应，设Ba(0H)2为“1”，来考虑NH4HS04溶液的消耗量

D、NaOH溶液少量，完全反应，故设NaOH为“1”，来考虑Ca(HCO3)2溶液的消耗量.

本题考查了离子方程式的书写，注意选项C中，当NH4HS04溶液过量时，H+是足量的，故0H-只与H+反应，

与NH4+不反应.

16.【答案】D

【解析】解：A.根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、P205、NaOH溶液，故A正确

B.装置③N0与空气中的氧气反应生成N02,气体呈红棕色，故B正确

C.装置④中发生3N02+H20=2HN03+N0,溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确

D.通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧化剂氧气，所以不能用N2代替空气，故D错误

故选：Do

空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧

化：4NH3+502—催化剂△4NO6H20,生成的气体经过P205,除去氨气和水蒸气，在装置③中N0与空气中的

氧气反应生成N02,并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的N02、N0在⑤中被吸收，防止污

染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，以此解答该题。

本题考查化学物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、检验以及物质的制备、实验技能为解答的

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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。

17.【答案】C

【解析】解：A.反应的△土生成物的总能量-反应物的总能量，则由图可知，△

11=（-46—0）kj-iuol-1=-46kj-niol-1,故A正确

B.活化能=过渡态的总能量-该步骤反应物的总能量，由图可知，过渡态2活化能最大，即

（-171+250）kJ-mol-l=79kj-mol-l,故B正确

C.过渡态的能量不随温度升高而增大，则升高温度，该反应过渡态的能量不变，故C错误

D.增大压强反应向气体体积减小的方向进行，而合成氨正反应为气体体积减小的方向，所以该反应达到平

衡后增大压强反应正向进行，故D正确

故选：Co

A.根据反应的△!!=生成物的总能量-反应物的总能量计算

B.根据活化能=过渡态的总能量-该步骤反应物的总能量计算

C.过渡态的能量不随温度升高而增大

D.增大压强反应向气体体积减小的方向进行。

本题考查反应热与焰变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，

题目难度不大。

18.【答案】B

【解析】解：A.氢硫酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，则硫化氢气体与碳酸钠溶液反应生成

硫氨化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为H2S+C032-=1IS-+HCO3-,故A错误

B.氢氧化钢溶液与足量明矶溶液反应生成硫酸钾、氢氧化铝沉淀和硫酸钢沉淀，反应的离子方程式为

2A13++3S042-+3Ba2++60Il-=2Al（0Il）3I+3BaS043,故B正确

C.氯气与足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为

3SO32-+C12+H2O=SO42-+2C1-+2IISO3--故C错误

D.铁做电解池阳极时，铁失去电子发生氧化反应生成铁离子，不可能有氯气生成，故D错误

故选：B。

A.氢硫酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，根据强酸制弱酸书写

B.氢氧化钢溶液与足量明矶溶液反应生成硫酸钾、氢氧化铝沉淀和硫酸钢沉淀

C.氯气与足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠

D.除金、伯之外金属作阳极，金属失去电子。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程

式的书写原则，题目难度不大。

19.【答案】B

【解析】A.A、E点都在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由A、E点向下引垂

直线到曲线上的一点，这样N0的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）〈V（逆），故A错误

B.C点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由C点向上引垂直线到曲线上的一

点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）〉v（逆），故B正确

C.B点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故C错误

D.D点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故D错误

故选B,

20.【答案】A

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【解析】解：A.浓度相同，溶液显碱性，C032-的水解程度大于HC03-的水解程度，则存在

c(Na+)>c(HC03-)>c(C032-)>c(0H-),故A正确

B.溶液中存在物料守恒式为c(NH4+)+c(NH34I20)=2c(Cl-),存在电荷守恒式为

c(NH4+)+c(H+)=c(C1-)+c(0H-),联立两式消去氯离子可得c(NH4+)+2c(H+)=c(NH3-H2O)+2c(0H-),故B错

误

C.由混合溶液的pH可知，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，则c(CH3C00-)>c(Na+)>c(CH3C00H)>c(H+),

故C错误

D.由物料守恒可知c(HC204-)+c(H2C204)+c(C2042-)=2c(Na+),由电荷守恒可知

c(H+)+c(Na+)=c(IIC204-)+2c(C2042-)+c(Oil-),由两式可得c(H+)+c(H2c204)=c(Na+)+c(C2042-)+c(Oil-),

故D错误

故选：Ao

A.NaHC03溶液呈碱性，说明HC03-的水解程度大于电离程度，HC03-的水解程度小于C032-的水解程度，

所以c(HC03-)>c(C032-)

B.混合溶液pH>7,溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3-H2O的电离程度，则c(NH4+)>c(NH3-H20)

C.混合溶液的pIK7,溶液呈酸性，说明CH3C001I的电离程度大于CU3C00-的水解程度

D.由物料守恒可知c(HC204-)+c(H2C204)+c(C2042-)=2c(Na+),由电荷守恒可知

c(H+)+c(Na+)=c(IIC204-)+2c(C2042-)+c(0II-)<,

本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握等浓度的溶液中存在物料守恒、电荷守恒为解答的关键，侧

重分析与应用能力的考查，注意电离与水解的程度，题目难度不大。

@28»

21.【答案】二IVAz/7H<0<C<S<NaS02+Br2+H20=4H++2Br-+S042-2Na202+2H20=4Na0H+02tC0+H20(g)

AC02+H2

【解析】解：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大.元素B原子的最外层电子数是次外层

电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4,故B为碳元素C与E分别同主族，单质E是

淡黄色固体，故C为0元素、E为S元素元素A与D同主族，在氧气中燃烧生成化合物X,且X常温下为液

态，则A为H元素，故D为Na元素、X为H20B在氧气中燃烧生成有毒气体Y为CO,Na在氧气中燃烧生成

淡黄色固体Z为Na202,硫在氧气中燃烧生成P为S02

(DB为碳元素，在周期表中处于第二周期IVA族，S元素原子形成的简单离子的结构示意图为：”)

@28、

故答案为：二IVA'"

(2)H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：H<O<C<S<Na

故答案为：H<O<C<S<Na

(3)S02与滨水反应生成硫酸与HBr,使淡水褪色，反应离子方程式为：S02+Br2+II20=4Il++2Br-+S042-

故答案为：S02+Br2+H20=4H++2Br-+S042-

(4)化合物X、Y、Z、P中的某两种能发生反应，生成A、B、C、D、E中的一种单质，符合上述条件的两个

化学方程式为：2Na202+2H20=4Na0H+02tC0+H20(g)△C02+H2

故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2tC0+H20(g)△C02+H2.

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大.元素B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，

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B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4,故B为碳元素C与E分别同主族，单质E是淡黄色固体，故

C为0元素、E为S元素元素A与D同主族，在氧气中燃烧生成化合物X,且X常温下为液态，则A为H元

素，故D为Na元素、X为II20B在氧气中燃烧生成有毒气体Y为CO,Na在氧气中燃烧生成淡黄色固体Z为

Na202,硫在氧气中燃烧生成P为S02,据此解答.

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意掌握原子半径比较，

难度不大.

22.【答案】FeP046.02X1023K=c3(C0)逆amol-L-10.005mol/(L-min)同一主族，从上到下，元素

最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更

易被氧化)

【解析】解：(1)2FePO4(s)+Li2C03(s)+2C(s)2LiFePO4(s)+3C0(g)+,Fe元素化合价从+3降低为+2,FeP04

是氧化剂，C的化合价从0升高为+2,每生成2moiLiFeP04,转移2moi电子，所以每生成lmolLiFeP04,转

移Imol即6.02X1023个电子

故答案为：FeP046.02X1023

(2)方程式中只有CO为气体，则K=c3(C0)C0浓度增大，平衡逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，

达到平衡时，浓度不变，仍为amoLL-1

故答案为：K=c3(C0)逆amolL-l

(3)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g,说明生成5.6gC0,则

c(CO)=5.6g28g/mol2L=0.lmol/L,v=0.lmol/L20min=0.005mol/(L-min)

故答案为：0.005mol/(L-min)

(4)Li和Na位于周期表同一主族，从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化

物的水化物的碱性越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强

故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强

(5)(NH4)2Fe(S04)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧

化铁

故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)。

(l)2FeP04(s)+Li2C03(s)+2C(s)w2LiFeP04(s)+3C0(g)中,Fe元素化合价从+3降低为+2,C的化合价从0

升高为+2,据此计算

(2)方程式中只有C0为气体，平衡常数为C0平衡浓度的三次方C0浓度增大，平衡逆向移动，达到平衡时，

浓度不变

(3)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g,说明生成5.6gC0,可计算CO的物质的量浓度，

进而计算反应速率

(4)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强

(5)(NH4)2Fe(S04)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定。

本题考查较为综合，为高考常见题型，题目涉及化学平衡计算、元素周期律等知识点，明确化学反应原理、

物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析计算及综合知识运用能力，题目难度中等。

23.【答案】③④⑤③③④①②⑥⑦⑧⑨漠的CC14溶液2,2,4-三甲基戊烷

【解析】解：(1)含有-011、-COOH能和钠反应，能和钠反应的有③④⑤只有-COOU能和碳酸氢钠反应，能

和碳酸氢钠反应的有③酚羟基和-COOH能和碳酸钠反应，能和碳酸钠反应的有③④

故答案为：③④⑤③③④

(2)分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，属于同分异构体的有①②结构相似，在分子组成上相

差一个或n个-CH2原子团的有机物互为同系物，属于同系物为⑥⑦分子式相同、结构相同的为同一种物质，

为同一种物质的为⑧⑨

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故答案为：①②⑥⑦⑧⑨

(3)①中含有碳碳双键和醛基，滨水能氧化醛基、溟能和碳碳双键发生加成反应，漠