高考化学模拟试卷(带答案解析)

高考化学模拟试卷（带答案解析）

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.下列说法中，正确的是（）

A.原子核内的中子数为8B.‘°：和°：的化学性质几乎相同

C.H/：。与H2”。质子数不同D.H2和D2属于同位素

PLA（-f-O-CH-CO-h,）

2.可降解塑料能从根本上解决白色污染。CHj是一种较成熟的可降解塑料。PLA

可降解的原因是（）

A.分子量小B.能溶解于水C.能水解D.能燃烧

为提纯下列物质（括号内的物质为杂物），所选用M1除杂试剂和分离方法都正确的是（）

被提纯物质除杂试剂（操作）分离方法

A漠乙烷（Br2）Na2s03溶液分液

BNH4C1(12)加热升华

C乙烷（乙烯）酸性Kmn04溶液洗气

Al(0H)3胶体(NaCl固

D溶于水抽滤

体)

A.AB.BC.CD.D

4.向苯、CC14、无水乙醇、己烯中分别滴加少量滨水，振荡、静置后，描述错误的是（）

A.苯：上层红棕色，下层无色B.无水乙醇：液体不分层

C.己烯：上层无色，下层无色D.CC14：上层无色，下层紫色

5.下列有关有机化合物的说法正确的是（）

A.丙烷（C3H8）和乙醇（C2H50H）均存在同分异构体

B.乙烯和苯使淡水褪色的原理相同

C.乙醇和乙酸均可与钠反应放出氢气

D.糖类、油脂、蛋白质均为高分子化合物

6.常温下，能鉴别浓H2s04和稀H2s04,且与浓H2s04强氧化性有关的是（）

A.铝片B.纸C.铜片D.焦炭

7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）

A.Na^A02Na202B.Fe-点燃C12FeC13

C.Cu△稀H2s04CuS04D.NH3f催化剂，△02N0

8.如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是（）

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他Z^molO(g)+2molll(g)

6AA

D4271d

I6S5kJ、,lmoQH(g)+Imolll

A

m$O2kJ

w_________________

AmolOHg)+1molHi(g)ImolH

22E---------

A.0(g)+2H(g)f1202(g)+H2(g)-685kJ

B.OH(g)+H(g)f0(g)+2H(g)+427kJ

C.1202(g)+H2(g)-H20(g)+244kJ

D.0(g)+2H(g)-H20(g)-1187kJ

9.下列叙述中正确的是()

A.钠与硫酸铜溶液反应会置换出红色的铜

B.常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存液氯

C.C02、N02、S02都能与H20反应，其反应原理相同

D.CoC、N、S三种单质直接与02反应都能生成两种氧化物

10.《自然科学》杂志上关于Li—空气电池如图所示。对该电池的分析正确的是()

二卸“

~~H~1

年孔口4wvx

MTW4电

A.多孔碳材料是负极B.Li发生氧化反应

C.电子由多孔碳材料沿导线流向LiD.02发生02+H20+4e-=40H-

11.下列实验不能达到实验目的是()

A.蒸发氯化铝溶液的A1C13

分离乙酸钠和乙醉的混合液

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H,0

4

M止水夹

c.飞诩检查装置的气密性

D.度弱FaOH溶液制备Fe（0H）2

12.只由非金属元素组成的化合物，一定不具有的性质是（）

A.固体导电B.能溶于水C.硬度大D.电解质

13.如表实验“操作和现象”所对应的“结论”错误的是（）

操作和现象结论

将少量MnO2粉末加入盛有10%双氧

水的锥形瓶内，在化学反应前后，催化剂虽然可以加快化学反应速率，但一定不参与化学反应

A

MnO2的质量和化学性质都没有发生过程

改变

向两支盛有KI3溶液的试管中，分别

B滴加淀粉溶液和AgN03溶液，前者溶KI3溶液中存在平衡：13-^12+1-

液变蓝，后者有黄色沉淀

室温下，用pH试纸分别测

Na2S03溶液的pH约为10,Na2C03溶液的pH约为12,则说

C0.lmol-L-lNa2S03和

明C032-水解能力比S032-强

0.lmol-L-lNa2C03溶液的pH

室温下，pH计分别测定浓度为

D0.Imoll-lNaClO溶液和比较HC10和CH3C00H的酸性

0.lmol-L-lCH3C00Na溶液的pH

A.AB.BC.CD.D

14.乙酸丁酯的制备及提纯，不会涉及的装置或操作是（）

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15.某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时

会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（）

A.加冷水可提高效果B.使用时应防明火以免发生爆炸

C.可敞口置于空气中保存D.NaOH作氧化剂

16.图a〜c分别为NaCl在不同状态下的导电实验（X、Y为石墨电极）微观示意图。下列分析错误的是（）

A.图中◎代表Cl-B.a：NaCl固体，不导电

C.b：X与电源负极相连D.c：Y上产生H2

17,下列有关钠及其化合物的说法错误的是（）

A.钠和钾形成的合金熔点低，导热性好，可作为快中子反应堆的热交换剂

B.金属钠在空气中加热发出黄色火焰，生成淡黄色固体

C.Na202和Na20均属于氧化物，它们的化学性质相同

D.日常生活中，常用热纯碱溶液去除物品表面的油污

18.X的相对分子质量为58,完全燃烧只生成C02和H20。下列判断正确的是（）

A.若X只含C、H两种元素，则X有三种结构

B.若X能与新制Cu（0H）2反应生成砖红色沉淀，则X是醛或甲酸酯

C.若0.ImolX与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag,则X是OHC-CHO

D.若X能使溟水褪色，又能与Na反应放出H2,贝X是CH三CCH20H

19.下图表示反应X（g）^=MY（g）+Z（g）,AH<0,在某温度时X的浓度随时间变化的曲线:

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,L')

下列有关该反应的描述正确的是()

A.第6min后，反应就终止了

B.X的平衡转化率为85%

C.若升高温度，X的平衡转化率将大于85%

D.若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小

20.某溶液中可能含浓度均为0.5mol/L的A13+、Fe2+、Na+、C032-、SO42-、Cl-中的若干种。向该溶

液中逐滴加入稀HC1至过量，无明显现象，得到溶液X,对X进行如下实验。根据上述实验现象得出的结论，

错误的是()

A.可能含Na+、C1-,A13+B.沉淀N是Fe(0H)3

C.一定含Fe2+、S042-D.再检验一种离子即可确定原溶液成分

二、实验题(本大题共1小题，共15.0分)

21.研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体(FeS04-xH20)热分解研究，该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品

按图1高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值。

(1)装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g,说明产物中有水，装置C中高锯酸钾溶液褪色，说明产物

中还有_»

(2)实验中要持续通入氮气，否则测出的x会_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

(3)硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体Fe203。

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(4)从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一物质S03,写出FeS04分解的化学方程式

(5)装置D球形干燥管的作用_»

(6)某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体(FeS04-xH20)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体

质量一一分解温度的关系图如图2,根据图2中有关数据，可计算出FeS04,xH20中的x

三、简答题(本大题共3小题，共45.0分)

22.2020年9月科学家发现金星上有磷化氢(PH3),实验室制备PH3的常用方法有两种：

®PH4I+NaOH-NaI+PH3t+1120

②P4+3K0H+3H20f△BKH2P02+PH3t

完成下列填空：

(DP核外能量最高的电子具有相同的。(填写序号)

A.轨道

B.自旋方向

C.电子云形状

D.电子云伸展反应

(2)已知PH3与NH3的结构相似，PH3的空间结构是»PH3的分解温度比NH3(填“高”、

“低”)，判断的依据是。

OH

110-6=0

⑶己知H3P04为三元酸，其结构式为：OH。次磷酸(H3P02)中的P的成键情况与H3P04中的相同，

则H3P02的结构式是。利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2P02,说明H3P02是

______元酸。

(4)常温下，H3P04在不同pH的溶液中，各种含璘微粒的质量分数如图所示。

物

质

的

量

分

数

①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出H3P04第二步电离平衡常数表达式K=。

②图中可推断KH2P04溶液呈(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是一。KH2P04

溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列o

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23.用含碑氧化铜矿[含CuO、Cu2(OII)2CO3>As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2s04的工艺流程如图。

(\H4hSA

(1)步骤I"氨浸"时，控制温度为50〜55℃,pH约为9.5,含铜化合物转化为[Cu(NH3)4S04溶液。

①CuO被浸取的离子方程式为。

②浸取温度不宜超过55℃,其原因是一

③关于[Cu(NH3)4]S04溶液，下列说法不正确的是。(填字母)

a.[Cu(NH3)4]S04组成元素中电负性最大的是N元素

b.[Cu(NH3)4]S04中S原子的杂化方式为sp3

c.[Cu(NH3)4]S04所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键

d.NH3分子内的H-N-H键角小于H20分子内的H-O-H键角

e.[Cu(NH3)4]2+中，N原子是配位原子

④[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H20分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推

测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_____。

(2)“除As02-"时，碑的吸附率与溶液pH的关系如图所示。已知Fe(0H)3胶粒在pH<7.9时带正电荷，在

pH>7.9时带负电荷。pH>10时础的吸附率明显减小的原因是。

(3)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为。

(4)为了实现生产过程中物质充分利用，循环使用的物质为,o

24.格式试剂即燃基卤化镁(R-MgX)是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试

剂设计了有机化合物J的合成路线：

Br

HjO*r--ii一,0(H，(2X0/乙整普

。)

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o

OH

MgR'C

RXaR—MgX鲸R4R”

乙酷乙而

已知:R(R、

R'、R"代表煌基或氢)

完成下列填空：

(1)1)中的官能团名称是：。

(2)写出反应类型：A-B是反应；BfD是______反应.

(3)D能发生聚合反应，聚合产物为或o

—CH

(4)K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无।,任写出一种K的结构简式:

(5)写出H-I的化学方程式

(6)利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙酸为有机原料制备CHO的合成路线。(其他无机试

剂任选)

参考答案与解析

1.【答案】B

【解析】试题分析：A.li0原子核内的中子数等于质量数18减去质子数8等于10,错误。B."a和"0：

的化学性质几乎相同，元素的性质主要取决于元素原子的最外层电子数，两都都是由氧原子组成，正确。

C.H”。与H2”°质子数两者都是10,错误。D.H2和D2属于同种物质，同位素的对象是原子，错误。

考点：本题考查原子的结构，同位素的概念。

2.【答案】C

【解析】本题考查了有机高分子化合物组成、结构与性质，明确PLA结构与性质是解题关键，题目难度不

大。

【解答】

PLA(fO-CH-CO-hj)

CHJ为乳酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，结构中含有酯基，所以可以

在酸性环境或者碱性环境下水解，所以PLA可以降低，故选C。

3.【答案】A

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【解析】解：A.澳可与亚硫酸钠发生氧化还原反应，而滨乙烷不溶于水，然后用分液的方法分离，故A正

确；

B.氯化铉加热分解，在温度稍低时又生成氯化镀，碘易升华，不能用加热的方法将二者分离，故B错误；

C.乙烯被高镒酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应利用浸水来除杂，故C错误：

D.胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故D错误.

故选A

A.漠可与亚硫酸钠发生氧化还原反应；

B.氯化钱加热分解；

C.乙烯被高镒酸钾氧化生成二氧化碳；

D.胶体粒子能透过滤纸.

本题考查物质分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握有机物的性质及分离方法为解答的关键，侧重

除杂的考查，注意物质的性质差异及除杂原则，题目难度不大.

4.【答案】D

【解析】解：A.苯与滨水发生萃取，苯的密度小于水，所以苯和漠单质在上层，水在下层，则上层红棕色，

下层无色，故A正确；

B.乙醇与溪水互溶，液体不分层，故B正确；

C.己烯与澳水发生加成反应，己烯褪色，生成的二浪己烷难溶于水，会分层，而且上层无色，下层无色，

故C正确；

D.CC14与澳水发生萃取，CC14的密度大于水，所以CC14和溟单质在下层，水在上层，则上层为无色，下

层为橙色，故D错误；

故选:Do

向苯、CC14、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溪水，苯与溟水发生萃取，CC14与澳水发生萃取，乙醇与澳

水互溶，己烯与浸水发生加成反应，据此分析。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、反应与现象、物质检验、实验技能为解

答关键，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】C

【解析】解：A.丙烷不存在同分异构体，乙醇与二甲醛为同分异构体，故A错误；

B.乙烯含有碳碳双键，与滨水发生加成反应，苯与澳水不反应，发生萃取，故B错误；

C.乙醇含有羟基、乙酸含有竣基，都可与钠反应，都生成氢气，故C正确；

D.高分子化合物的相对分子质量在10000以上，糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，故D错误.

故选C.

A.丙烷不存在同分异构体；

B.苯与溪水不反应，发生萃取；

C.乙醇含有羟基、乙酸含有竣基，都可与钠反应；

D.根据高分子化合物的定义判断.

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性

质及分析与应用能力的考查，题目难度不大.

6.【答案】A

【解析】解：A.A1与稀硫酸反应生成氢气，常温下A1遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜与浓H2s04强

氧化性有关，现象不同可鉴别，故A选；

B.浓硫酸使纸脱水，与脱水性有关，稀硫酸不能，可鉴别，故B不选；

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C.常温下Cu与二者均不反应，不能鉴别，故C不选；

D.常温下焦炭与二者均不反应，不能鉴别，故D不选；

故选：Ao

Al与稀硫酸反应生成氢气，常温下A1遇浓硫酸发生钝化，以此来解答。

本题考查硫酸及A1的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应

用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.Na与02加热反应生成Na202,则Na-402Na202之间的转化能够实现，故A不选；

B.Fe在氯气中燃烧生成FeC13,则Fe-点燃C12FeC13之间的转化能够实现，故B不选；

C.Cu活泼性较弱，不与稀硫酸发生反应，则Cu-△稀H2s04CuS04之间的转化不能实现，故C选；

D.NH3催化氧化生成N0,则NH3f催化剂,△02N0之间的转化能够实现，故D不选；

故选：Co

A.钠与氧气加热反应生成过氧化钠；

B.氯气氧化性较强，铁与氯气反应生成氯化铁；

C.铜不与稀硫酸反应；

D.氨气催化氧化生成一氧化氮。

本题考查物质的化学性质应用，为高频考点，把握常见元素化合物性质即可解答，C为易错点，注意铜与浓

硫酸加热才能反应，与稀硫酸不反应，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，0(g)+2H(g)-1202(g)+H2(g)放热685kJ,则热化学方程式为0(g)+2H(g)f

1202(g)+H2(g)+685kJ,故A错误;

B.由图可知，014心)+/8)-01)+2145)吸热4274，则热化学方程式为OH(g)+H(g)-0(g)+2H(g)-427kJ,

故B错误；

C.由图可知，1202(g)+H2(g)-H20(g)放热为(427kJ+502kJ-685kJ)=244kJ,则热化学方程式为

1202(g)+H2(g)fH20(g)+244kJ,故C正确；

D.0(g)+2H(g)->H20(g)放热(427kJ+502kJ)=929kJ,则热化学方程式为0(g)+2H(g)-H20(g)-929kJ,故D

错误；

故选：Co

A.由图可知，0(g)+2H(g)-1202(g)+H2(g)放热685kJ；

B.由图可知，OH(g)+11(g)-0(g)+2H(g)吸热427kJ；

C.根据盖斯定律可知，反应无论一步完成，还是多步完成，反应热相同；

D.由图可知，0(8)+2m8)一吻0[)放热(42710+502口)=9294。

本题考查了反应热与焰变，为高频考点，把握化学反应中能量的变化、盖斯定律的计算应用和热化学方程

式的书写即可解答，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为

解答的关键，选项D为易错点，题目难度不大。

【解答】

A.钠与硫酸铜溶液反应，是和溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化

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铜沉淀和硫酸钠，不会置换出铜，故A错误；

B.铁和氯气在点燃或潮湿的环境下都可以反应，但在常温干燥的氯气和铁不反应，所以可以用钢瓶储存液

氯，故B正确；

C.二氧化碳和二氧化硫和水反应是化合反应，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，是氧化还原反应，

所以反应原理不铜，故C错误；

D.碳和氧气反应能生成一氧化碳和二氧化碳，氮气和氧气直接反应生成一氧化氮，硫和氧气直接反应生成

二氧化硫，后两种单质只能和氧气生成一种氧化物，故D错误。

故选Bo

10.【答案】B

【解析】解：A.该电池中，Li失电子为负极，多孔碳材料是正极，故A错误；

B.放电时，Li转化为Li+,Li失电子被氧化，发生氧化反应，故B正确；

C.电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，故C错误；

D.02与Li+在多孔碳材料电极处生成Li202,则02发生：02+2Li++2e-Li202,故D错误；

故选：Bo

该电池中，Li失电子为负极，02与Li+在多孔碳材料电极处生成Li202,则多孔碳材料电极为正极，原电

池工作时，外电路中：电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，据此分析解答。

本题考查了原电池原理的应用，明确正负极的判断、电极反应和电子的流向是解题的关键，题目难度不大，

侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

11.【答案】A

【解析】解：A.水解生成盐酸易挥发，则应在HC1气流中蒸发，故A错误；

B.互溶但沸点不同，图中蒸储装置可分离，故B正确；

C.关闭止水夹，注入水，观察水柱的高度，一段时间不变，则气密性良好，故C正确；

D.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油隔绝空气，则阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子放电生

成氢气和氢氧根离子，则可制备Fe(0H)2,故D正确；

故选：Ao

A.水解生成盐酸易挥发；

B.互溶但沸点不同；

C.关闭止水夹，注入水；

D.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油隔绝空气。

本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握实验装置的作用、物质的性质、盐类水解、混合物

分离提纯、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。

12.【答案】A

【解析】解：A.只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如镂盐，无论

是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电，故A选；

B.只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物如氯化氢，能溶于水，只由非金属元素组成的化合物

如镇盐能溶于水，故B不选；

C.只由非金属元素组成的化合物，可能是原子晶体如二氧化硅，硬度大，故C不选；

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D.只由非金属元素组成的化合物，可能是电解质，如镀盐氯化锈、硝酸锈等属于电解质，故D不选；

故选:Ao

只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如铉盐（氯化镀、硝酸铉等）。

A.无论是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电；

B.部分共价化合物能溶于水，镂盐能溶于水；

C.部分共价化合物属于原子晶体的化合物硬度大；

D.部分共价化合物属于电解质，专安盐属于电解质。

本题考查物质的类别和性质，掌握只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合

物，以及原子晶体、离子晶体的性质是解答关键，题目难度不大。

13.【答案】A

【解析】解：A.催化剂参与反应，改变反应的途径，降低反应的活化能，从而加快反应速率，故A错误：

B.前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，可知溶液中含碘单质和碘离子，则KI3溶液中存在平衡：I3-WI2+I-,

故B正确；

C.Na2S03溶液的pH约为10,Na2CO3溶液的pH约为12,可知后者水解程度大，则C032-水解能力比S032-

强，故C正确；

D.pH计分别测定浓度为0.ImobL-lNaClO溶液和0.lmol-L-lCH3C00Na溶液的pH,可判断水解程度，可比

较HC1O和CH3C00H的酸性,故D正确;

故选：Ao

A.催化剂参与反应，改变反应的途径，降低反应的活化能；

B.前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，可知溶液中含碘单质和碘离子；

C.Na2S03溶液的pH约为10,Na2C03溶液的pH约为12,可知后者水解程度大；

D.pH计分别测定浓度为0.Imol-L-lNaClO溶液和0.lmol-L-lCH3C00Na溶液的pH,可判断水解程度及对应

酸的酸性。

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、反应速率、盐类水解、化学平衡、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。

14.【答案】D

【解析】解：A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应，图中加热装置可制备，故A正确；

B.酯不溶于水，可选分液漏斗分离，故B正确；

C.需要碳酸钠溶液分离，分液后蒸储可分离，故C正确；

D.测定pH可测定溶液的酸碱性，与分离提纯、物质的制备无关，故D错误；

故选：D,

A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应；

B.酯不溶于水；

C.需要碳酸钠溶液分离乙酸、醇；

D.测定pH与制备、提纯无关。

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、有机物的制备、混合物分离提纯、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。

15.【答案】B

【解析】解：A.加冷水反应速率变慢，不能提高效果，故A错误；

B.氢气具有可燃性，则使用时应防明火以免发生爆炸，故B正确；

C.敞口置于空气中二氧化碳与NaOH反应，则变质不能使用，故C错误；

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D.Al为还原剂，水为氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；

故选：Bo

Al与NaOH溶液反应生成氢气，可疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，以此来解答。

本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的

考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

16.【答案】C

【解析】解：A.根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中0代表的离子是C1-,故A正确；

B.含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，

故B正确；

C.图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；

D.图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢

离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故1)正确：

故选：Co

A.氯离子半径大于钠离子，则图中。代表的离子是C1-；

B.含有自由移动离子或自由电子的物质能导电：

C.图c为NaCl溶液，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电；

D.电解熔融氯化钠、NaCl溶液时，阳极上都是氯离子放电。

本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质

与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。

17.【答案】C

【解析】本题考查了钠的性质，题目难度不大，属于对课本基础知识的考查，解题关键牢记物质的性质。

【解答】

A.钠钾合金熔点低，具有良好的导热性，可作为快中子反应堆的热交换剂，故A正确；

B.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，钠的焰色为黄色，所以金属钠在空气中加热发

出黄色火焰，生成淡黄色固体，故B正确；

C.Na202和Na20均属于氧化物，它们的化学性质不相同，如过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，氧

化钠不具有此性质，故C错误；

D.碳酸钠水溶液中碳酸根离子水解导致溶液显示碱性，加热会使得碱性更强，油污属于酯类物质，在碱性

条件下会水解，碱性越强，水解程度越大，去污效果越好，故D正确；

故选：Co

18.【答案】C

【解析】解：X的相对分子质量为58,完全燃烧只生成C02和H20,由元素守恒可知，X中一定含C、H元

素，可能含0元素；

A.若X只含C、H两种元素，5812=4…10,可知A为C4H10,只有正丁烷、异丁烷两种结构，故A错误；

B.若X能与新制Cu(0H)2反应生成砖红色沉淀，贝I」X含一CHO,58-12-16-112=2-5,可知X为CH3CH2CHO

或OIICCHO,X不可能为甲酸酯，故B错误；

C.若0.ImolX与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag,Ag的物质的量为43.2gl08g/mol=0.4mol,由-CHO〜

2Ag可知含2个—CHO,则X是OHC-CHO,故C正确;

D.CH三CCH20H的相对分子质量为12X3+16+1X4=56,则X能使滨水褪色，又能与Na反应放出H2,则X是

CH2=CHCH20H,故D错误;

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故选：Co

X的相对分子质量为58,完全燃烧只生成C02和H20,由元素守恒可知，X中一定含C、H元素，可能含0

兀素；

A.若X只含C、H两种元素，5812=4-10,可知A为C4H10；

B.若X能与新制Cu(0H)2反应生成砖红色沉淀，贝I]X含一CH0,58-12-16-112=2-5,可知X为CH3C112CHO

或0HCCH0；

C.若0.ImolX与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag,Ag的物质的量为43.2gl08g/mo>0.4mol,由-CHO〜

2Ag可知含2个一CHO；

D.CH三CCH20H的相对分子质量为12X3+16+1X4=56。

本题考查有机物的推断，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，注意醛、烯烧、醇的性质及碳链异构，题目难度不大。

19.【答案】B

【解析】本题具体考查化学反应速率与化学平衡部分知识，关键是深刻理解“勒夏特列原理”并结合具体

反应灵活应用。A项，考查化学平衡的特点，由图知：6min以后，反应物X浓度不再改变，说明达到了平

匕5x100%=85%

衡。但化学平衡是动态平衡，反应未终止。B项，X的转化率计算：1。C项，该反

应AH〈0,据“勒夏特列原理”，升温，平衡向着使体系降温的方向移动，即平衡逆移，故X的转化率降低。

D项，考查温度与速率的关系。降低温度，v正、v逆都减小，但不会是同样倍数，与该反应热效应有关。

正反应放热，降低温度，平衡正向移动，说明v正‘方逆'。

20.【答案】A

【解析】解：A.根据溶液呈电中性，可能含有0.5MO1/L的Na+和C1-,则A13+不存在，故A错误；

B.NaOH过量，则反应后生成Fe3+,其与NaOH生成的沉淀N是Fe(0H)3,故B正确；

C.由分析可知，溶液中一定含Fe2+、S042-,故C正确；

D.根据溶液呈电中性及含离子的浓度均为0.5mol/L,再检验一种离子即可确定原溶液成分，故D正确；

故选：Ao

向该溶液中逐滴加入稀HC1至过量，无明显现象，则无C032-存在，再加入过量的硝酸领生成白色沉淀，

沉淀为硫酸钢，X中存在S042-,同时生成气体，气体在空气中变为红棕色，则气体为N0,则溶液中存在

Fe2+,反应后生成Fe3+,加入过量的NaOH生成氢氧化铁沉淀，且浓度均为0.5mol/L,满足溶液呈电中性，

可知不能判断A13+、Na+、Cl-是否存在，以此来解答。

本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握发生的反应、沉淀和气体的成分、实验技能为解答的关键，

侧重分析与实验能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。

21.【答案】⑴S02,(2)偏小

(4)2FeS04=Ee203+S02t+S03t(5)防止氢氧化钠溶液倒吸(6)x=7

【解析】试题分析：(1)高锯酸钾具有强氧化性，能氧化一些还原性气体而褪色，所以根据装置C中高锯酸

钾溶液褪色，说明产物中还有S02气体生成。

(2)如果不充氮气水蒸气就不能全部从A中排出，因此导致x偏小。

(4)硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，因此反应的化学方程式为2FeS04避=Fe203+S02t

+S03t。

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(5)由于S02、三氧化硫极易被氢氧化钠溶液吸收，所以装置D的作用是防止氢氧化钠溶液倒吸。

(6)根据图像可知，最终生成的氧化铁质量是8g。根据FeS04-xH20的化学式可知铁原子和水的个数比为1:x,

则

Fe2O3〜2XH20

160g36Xg

8g12.6g

解得X=7

考点：考查硫酸亚铁晶体分解实验的有关判断、分析与计算

22.【答案】BC三角锥形低氮原子半径小于磷原子，N-H键的键长更短，键能更

O

I

H—P-O-H

大H-c(HP042-)Xc(H+)c(H2P04-)酸H2P04-溶液中电离程度大于其水解程

度c(H2P04-)>c(H+)>c(HP042-)>c(H3P04)>c(P043-)

【解析】解：(DP原子核电荷数15,基态原子核外电子排布：Is22s22P63s23P3,P核外能量最高的电子是

3P轨道上的三个电子，3P轨道上的三个电子能量相同，电子云伸展方向不同，故选BC；

故答案为：BC；

(2)氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，PH3与NH3的结构相似，为三角

锥形，氮和磷原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N-H键键长短，键能大，分解需要的温度高，

PH3的分解温度比NH3低；

故答案为：三角锥形；低：氮原子半径小于磷原子，N-H键的键长更短，键能更大；

O

I

H—P-O-H

(3)H3P02中只有一个羟基氢，结构式为H,利用反应②制备PH3时，即使K0H过量，仍只生成KH2P02,

说明KH2P02为正盐，次磷酸为一元酸；

O

I

H—P-O-H

I

故答案为：H；

(4)①H3P04第二步电离为：H2P04-WH++HP042-，电离平衡常数表达式为：K=c(HP042-)X

c(H+)c(H2P04-)；

故答案为:c(HP042-)Xc(H+)c(H2P04-)；

②图中可推断KH2P04溶液呈酸性，H2P04-溶液中电离程度大于其水解程度，KH2P04溶液中各含磷微粒以

及H+按浓度由大到小的顺序排列为：c(H2P04-)>c(H+)>c(HP042-)>c(H3P04)>c(P043-)；

故答案为：酸；H2P04-溶液中电离程度大于其水解程度；c(H2P04-)>c(H+)>c(HP042-)>c(H3P04)>c(P043-)o

(1)P原子核电荷数15,基态原子核外电子排布：Is22s22P63s23P3,3P轨道上的三个电子能量相同，电子

云伸展方向不同；

(2)PH3与NH3的结构相似，氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，氮和磷

原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N-H键键长短，键能大；

(3)次磷酸(H3P02)中的P的成键情况与H3P04中的相同，只有一个羟基氢，利用反应②P4+3K0H+3H20-4

3KH2P02+PH3t

制备PH3时，即使K0H过量，仍只生成KH2P02,说明次磷酸为一元酸；

(4)①H3P04第二步电离为：H2P04-WH++HP042-,据此书写平衡常数表达式；

②图中可推断KH2P04溶液pH<7,溶液显酸性，说明H2P04-溶液中电离程度大于其水解程度，据此分析判

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断离子浓度大小。

本题考查了原子结构、弱电解质电离平衡等知识点，主要考查了读图解析和分析判断能力、化学平衡知识

的综合应用能力，题目难度中等。

23.【答案】CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O温度过高,会加速NH3的挥发ad平面正方形Fe(011)3

胶粒带负电荷，难以吸附带负电荷的含础微粒，吸附率减小2[Cu(NH3)4]S04-△Cu2(OH)2so4I+6NH3

t+(N1I4)2SO4用步骤V蒸出的NH3与步骤VI的滤液配制步骤I所需的NH3和(NH4)2S04组成的溶液

【解析】解：(1)①CuO被NH3和(NH4)2S04组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]S04,离子反应为

CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H20；

故答案为：CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H20：

②浸取温度不宜超过55℃,其原因是温度过高，会加速NH3的挥发；

故答案为：温度过高，会加速NH3的挥发；

③a.[Cu(NH3)4]S04组成元素中0元素的非金属性最强，电负性最大的是0元素，故错误；

b.[Cu(NH3)4]S04中S原子不含孤对电子，形成4个键，杂化方式为sp3,故正确；

c.[Cu(NH3)4]S04中硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是极性共价键，氨气与铜离子之间是配

位键，则含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，故正确；

d.氨气是三角锥型，水是角形，NH3分子内的H-N-H键角大于H20分子内的H-O-H键角，故错误；

e.[Cu(NH3)4]2+中，N原子提供电子，是配位原子，故正确；

故答案为：ad；

④[Cu(NH3)4]2+结构中，若为正四面体结构，两个H20分子代替两个NH3分子，只有一种结构，而用两个

H20分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，可知[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形；

故答案为：平面正方形；

(2)在pH>7.9时带负电荷，可知pH>10时碑的吸附率明显减小的原因是Fe(0H)3胶粒带负电荷,难以吸附

带负电荷的含础微粒，吸附率减小；

故答案为：Fe(0H)3胶粒带负电荷，难以吸附带负电荷的含神微粒，吸附率减小；

(3)蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]S04分解Cu2(0H)2s04和氨气，故反应为2[Cu(NH3)4]S04-△

Cu2(OH)2S04I+6NH3t+(NH4)2S04；

故答案为：2[Cu(NH3)4]S04-△Cu2(OH)2S04I+6NH3t+(NH4)2S04；

(4)由流程可知，为了实现生产过程中物质充分利用，循环使用的物质为用步骤V蒸出的NH3与步骤VI的滤

液配制步骤I所需的NH3和(NH4)2S04组成的溶液；

故答案为：用步骤V蒸出的NH3与步骤VI的滤液配制步骤I所需的NH3和(NH4)2S04组成的溶液。

由流程可知，用NH3和(NH4)2S04组成的溶液氨浸含碑氧化铜矿[含CuO、Cu2(0H)2C03,As203及重金属盐

等],含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]S04溶液，同时混有重金属盐和AsO2-,加入硫化钱除去重金属离子，

再加入(NH4)2S208和FeS04,沉淀As02-，过滤FeAsO4和Fe(0H)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2S04和

[Cu(NH3)4]S04溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(0H)2s04,以此来解答。

本题考查混合物分离提纯及物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。

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CII,ClhCII2()ll

24.【答案】碳碳双键、澳原子消去取代