高考化学模拟测试卷（带答案解析）

高考化学模拟测试卷（带答案解析）

一、单选题（本大题共16小题，共48分）

1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）

A.S02具有氧化性，可用于漂白纸浆

B.Si的熔点高，可用作半导体材料

C.FeC13溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板

D.漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂

2.下列有关物质性质的叙述正确的是（）

A.明研和新制氯水都具有净水作用

B.氨气极易溶于水，因此液氨可用作制冷剂

C.化学家最近成功制造出环状碳分子C18,它与C60和金刚石均互为同素异形体

D.lOBc和9B。具有相同的化学性质，因此可以用9B。代替lOBc完成“铝被埋藏测年法”

3.下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（）

A.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA

B.1molHC1气体中的粒子数与0.5mol/L盐酸中溶质粒子数相等

C.6.4g铜与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目为0.1NA

D.1mol白磷分子中所含共价键数为4NA

4.下列说法对应的离子方程式合理的是（）

A.泡沫灭火器的工作原理：2A13++3C032-+3H20=2Al（0H）3l+3C02t

B.侯氏制碱法中NaHC03的制备:NH3+C02+H20=HC03-+NH4+

C.草酸使酸性KMnO4溶液褪色：5H2C204+2Mn04-+6H+=2Mn2++10C02t+8H20

D.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：2I-+H202+2H+=I2+02t+2H20

5.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）

98%浓硫酸

水

A.配制一定物质的量浓度的H2s04溶液

CO2(HC1)

饱和Na2cO3溶液除去co2中的HC1

B.

第1页共16页

6.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx),将烟气与H2的混合气体

通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“神”:]的混合溶液中实现无害化处

理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()

A.处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少

B.该转化过程的实质为NOx被H2氧化

C.x=2时，过程H中氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1

D.过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+

7.下列有关实验操作和结论均正确的是()

选项操作结论

向溶液X中加入稀盐酸和氯化钢的混合溶液，出现白

A说明溶液X中一定含有S042-

色沉淀

若试管口出现红棕色气体，说明N03-

B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入Imol1的H2SO4

被Fe2+还原为N02

制备乙酸乙酯的实验，将蒸出的乙酸乙酯蒸气导在饱

C防止倒吸，便于分层.

和的NaOH溶液液面以上

使用含NaF的牙膏，可以使牙齿上的

DKsp[Ca5(P04)3F]<Ksp[Ca5(P04)30H]

Ca5(PO4)3OH转化为Ca5(PO4)3F,防止蛀牙

A.AB.BC.CD.D

第2页共16页

8.金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下

列说法不正确的是（）

金属红色济液

A.根据反应③可知氧化性：Fe3+>H202

B.向X溶液中滴入K3［Fe（CN）6］溶液，生成蓝色沉淀

C.反应③中稀硫酸仅表现酸性

D.反应①的离子方程式为Cu+H202+2H+=Cu2++2H20

9.下列实验能获得成功的是（）

A.碘乙烷水解实验后，取水解液，加入AgN03溶液，检验卤素离子

B.碘乙烷水解实验后，取水解液，加入KMnO4（H+）溶液，检验产物乙静

C.碘乙烷消去实验后，将气体导入KMnO4（H+）溶液，检验产物乙烯

D.碘乙烷消去实验后，将气体导入Br2（CC14）溶液，检验产物乙烯

10.硫酸铁钱［NH4Fe（S04）2-xH20］是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用

废铁屑来制备硫酸铁镀，具体流程如图，下列说法正确的是（）

A.为了加快反应速率，步骤②所需要的温度越高越好

B.工业上经常使用碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污

C.铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理所以应将尾气直接通入到盛有足量水的烧杯中吸

收

D.步骤⑤中的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过渡（洗涤）经干燥得到硫酸铁铁晶体样品

11.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Z的单质是制造太阳能电

池的常用材料,W3+与Y2-具有相同的核外电子数,R是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是（）

A.Y2-的半径大于W3+的半径

B.Y、Z形成的二元化合物为离子化合物

C.Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强

D.Z的气态简单氢化物的稳定性比R的强

12.NH3和N0是有毒气体，在一定条件下它们可通过反应转化为无害的N2和H20。已知：断开ImolN三N、

ImolN-H、ImolN=0>ImolH-0的键能分别为：946kJ/mol>391kJ/mol>607kJ/mol>464kJ/mol则该反应

4加3（旦）+6刖9）051<2弓）+6盟08）的反应热411为（）

A.-1964kJ-mol-lB.+430kJ-mol-lC.-1780kJ-mol-lD.-450kJ-nol-l

第3页共16页

13.下列有关生活生产中的叙述合理的是()

A.铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuS04溶液做电解质溶液

B.铅蓄电池放电时，负极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H20

C.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法

D.用惰性电极电解NaOH溶液，一段时间后，加入一定质量的NaOH固体，能将溶液恢复至与原来溶液完全

一样

14.某温度下，向10mL0.1mol-L-lCuC12溶液中滴入0.lmol-L-1的Na2S溶液，溶液中一Ige(Cu2+)随滴

入的Na2s溶液体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是()

A.Kv(CuS)的数量级为10-36

B.c点对应溶液中：c(S2-)+c(Cl-)=c(Na+)

C.a、b、c三点对应溶液中，b点水的电离程度最小

D.Na2s溶液中：2c(S2-)+c(HS-)+c(0H-)=c(Na+)+c(H+)

15.已知14gA和36gB恰好完全反应生成C(MC=80g/mol)和10gD,则C的物质的量为()

A.0.25molB.lmolC.2molD.0.5mol

16.某无色透明溶液中可能存在Br—、C032-、S032—、A13+、1一、Na+、Cu2+中的若干种。现进行如下

实验，得到如下现象：

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；

②向所得橙色溶液中加入足量BaC12溶液，有白色沉淀生成加入盐酸后沉淀不溶解；

③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。

已知：5C12+I2+6H20=10HCl+2HI03

据此可以判断该溶液中肯定存在的离子组是()

A.Na+、C032-、S032-、Br-B.A13+、Na+、S032-、Br-

C.A13+、S032—、I->Br-D.A13+、Br—、S032—、Cu2+

二、实验题(本大题共2小题，共22.0分)

17.氯苯在染料医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的

装置如图所示(夹持仪器已略去)O

请回答下列问题：

(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，该反应离

子方程式为o

(2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____o

(3)仪器d内盛有苯，FeC13粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器c进入到仪器d中。仪器d中的反应

进行过程中，保持温度在40〜60C,以减少副反应发生。仪器d的加热方式最好是加热，制取氯苯

的化学方程式为。

(4)仪器e的作用是______o

第4页共16页

(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗、碱洗，再通过分液得到含氯苯的有机物混

合物，混合物成分及沸点如表一：

有机物苯氯芸邻二氯苯间二氯苯对二氯苯

沸点/℃80.5132.2180.4173.0174.1

①水洗时除去的主要杂质为______

②从该有机物混合物中提取氯苯，可采用_____方法。(填一种分离方法)

(6)实际工业生产中，苯的流失如表二：

流失项目蒸气挥发二氯苯其他

苯流失量2.08%1.17%16.75%

某一次投产加入13t苯，则制得氯苯______to

18.钻是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验验证

I.甲同学用Co203与盐酸反应制备CoC12-4H20,其实验装置如图1。

①烧瓶中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。

第5页共16页

②装置B中的现象可以说明氧化性>,从原子结构的角度解释。

II.乙同学利用甲同学制得的COC12-4H20在醋酸氛围中制得无水(CH3C00)2co.并利用图2装置检验

(CH2C00)2Co在氮气气氛中的分解产物。己知PdC12溶液能被CO还原为Pd°

①装置E、F分别盛放和o

②E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得

出的结论是。

③通入氮气的作用是______o

三、简答题(本大题共2小题，共20.0分)

19.以软锌矿粉(主要含有Mn02,还含有少量的Fe203、A1203等杂质)为原料制备高纯Mn02的流程如图1

所示。

a渣a收

已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0X10-38,Ksp[Al(0H)3]=4.0X10-34,

②常温下，氢氧化物沉淀的条件：A13+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4：Mn2+开始沉淀的pH为8.1。

③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于IX10-5moi时，可视为该金属离子已被沉淀完

全。

(1)“酸浸”实验中，锦的浸出率结果如图2所示。由图可知，软锌矿粉酸浸的适宜条件是______。

(2)酸浸后，铳主要以Mn2+的形式存在，写出相应的离子方程式。

(3)若氧化后c(A13+)=0.02mol/L,加入氨水(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+完全沉淀，此时是否有A1(OH)3

沉淀生成？(列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为。

⑷加入碳酸氢铉产生沉淀的过程称为“沉钵，“过滤H”所得滤渣为MnC03.

第6页共16页

①“沉锌”过程中放出C02,反应的离子方程式为o

②“沉锌”过程中沉铳速率与温度的关系如图3所示。当温度高于60C时，沉钵速率随着温度升高而减慢

的原因是o

(5)写出焙烧过程的化学方程式o

20.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。

(1)已知：CH30H(g)=HCH0(g)+H2(g)AH=+84kJ/mol；2H2(g)+02(g)=2H20(g)AH=-484kJ/mo1工业上常以甲

醇为原料制取甲醛，请写出与02(g)反应生成和的热化学方程式：_____o

(2)在一容积为2L的密闭容器内，发生反应C0(g)+2H2(g)wCH30H(g),CO的平衡转化率与温度，压强的关

系如图所示。

①A,B两点对应的压强大小关系是PA______PB(填=")。

②A,B,C三点的平衡常数KA,KB,KC的大小关系是______。

四、推断题(本大题共1小题，共10.0分)

21.A、B、D、X、丫是由短周期元素组成的化合物，其中X是常见的强酸(如盐酸)、X

Y是常见的强碱(如氢氧化钠)，它们的相互转化关系如右图(部分生成物和水略去).

(1)若A、B均为气体，在水溶液中反应生成D,其中A具有漂白性，则B的电子式为

―►D

,B发生催化氧化的化学方程式为.

(2)若A、B、D含有相同的金属元素，工业用电解熔融氧化物的方法制取该金属单质.现

将Y滴入A的溶液中至过量，观察到的现象是.

(3)若A是一种温室气体，灼烧B、D、丫时火焰均为黄色.写出D+Y-B的离子方程式.现将标准状

况下1L2LA通入600mLlmol/L的B溶液中，则反应后溶液中含有的溶质的物质的量之比为.

(4)若D是蛋白质在人体内水解产物中最简单的一种，且A与B不能反应生成D,则D的名称是

写出下列反应的方程式：D+Y：；D+X：.

参考答案与解析

1.【答案】D

【解析】解：A.S02用于漂白纸浆是由于二氧化硫能和有色物质生成无色物质，与氧化性无关，故A不选;

B.Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，故B不选；

C.FeC13溶液具有氧化性，能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3+Yu=2Fe2++Cu2+,与显酸性无关系，故C不

选；

I).漂白液中含有强氧化性物质，具有漂白性和消毒性，可作漂白剂和消毒剂，故D选。

故选：D。

A.S02用于漂白纸浆是由于具有漂白性；

B.依据硅导电性介于导体与绝缘体之间解答；

第7页共16页

C.FeC13溶液具有氧化性，能与Cu反应；

D.漂白液中含有强氧化性物质，具有漂白性和消毒性。

本题考查物质性质、物质成分、用途等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关

键，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.明矶具有净水作用，原理为A13++3H2OwA1(OH)3(胶体)+3H+,胶体具有吸附性，氯水中含

有次氯酸，具有杀菌、消毒及漂白的作用，故A错误；

B.液氨可用作制冷剂与氨气的熔沸点有关，与溶解性无关，故B错误；

C.C18、C60及金刚石均互为碳元素的不同的单质，互称为同素异性体，故C正确；

D.同位素原子之间核外电子排布相同，化学性质相同，但物理性质有差异，9Bc不能代替lOBc完成“铝镀

埋藏测年法”，故D错误。

故选：Co

A.明矶具有净水作用，氯水具有杀菌、消毒及漂白的作用；

B.液氨可用作制冷剂与氨气的熔沸点有关，与溶解性无关；

C.C18、C60及金刚石均互为碳元素的不同的单质；

D.同位素原子之间核外电子排布相同，化学性质相同，但物理性质有差异，9Be不能代替10Be完成“铝镀

埋藏冽年法”。

本题主要考查常见物质的组成与性质如明矶、氯水、氨气等，同素异形体的概念、判断及同位素原子之间

性质差异，属于基本知识，基础题型，难度不大。

3.【答案】C

【解析】本题考查了阿伏加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。

【解答】

A、2.4g镁的物质的量为0.Imol,而镁反应后变为+2价，故0.Imol镁失去0.2NA个电子，故A错误；

B、溶液体积不明确，故溶液中的粒子数无法计算，故B错误；

C、6.4g铜的物质的量为0.Imol,而铜和S反应后变为+1价，故0.Imol铜转移0.1NA个，故C正确；

D、白磷中含6条P-P键来分析，故Imol白磷中含6NA条共价键，故D错误.

故选C。

4.【答案】C

【解析】解；A.泡沫灭火器工作时，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成A1QI)3和C02,离子方程

式为：A13+3HCO3-=A1(OH)3I+C02t,故A错误；

B.侯氏制碱法中NaHCO3的制备原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3I+NH4CL改为离子方程式为：

Na++NH3+C02+H20=NaHC03I+NH4+,故B错误；

C.草酸使酸性KMnO4溶液褪色，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5H2C204+2Mn04-+6H+=2Mn2++10C02

t+8H20,故C正确；

D.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为：2I-+H202+2H+=I2+2H20,故D错误；

故选：Co

A.泡沫灭火器中，硫酸铝电离出的铝离子与碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子发生双水解反应生成大量二氧

化碳气体；

B.析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠不能拆开；

C.酸性高镭酸钾溶液将草酸氧化成二氧化碳气体；

D.双氧水将碘离子氧化成碘单质，没有氧气生成。

本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离

第8页共16页

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，检查是否符合原化学方程式等。

5.【答案】D

【解析】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；

B.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故B错误；

C.氯化钱分解后，在试管口氨气与HC1化合生成氯化镂，应选钱盐与碱加热制备，故C错误；

I).NO不溶于水，则导管短进长出可排水收集NO,故D正确；

故选：Do

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、溶液配制、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。

6.【答案】C

【解析】解：A.处理过程中，Ce3+和Ce4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，数量不变，故A错误；

B.该转化过程的实质为NOx被H2还原为N2,H2被氧化为水，故B错误；

C.x=2时，过程II为2NO2+8Ce3++8H+二N2+8Ce4++4H2O,氧化产物为Ce4+,还原产物为N2,两者之比为8：1,

故CIL确；

D.过程I发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+,自身被还原为Ce3+,反应的离子方程式为:H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,

故D错误。

故选：Co

根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+,自身被还原为Ce3+,然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+,

NOx被还原为N2,同时还生成水；A.处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+充当催化剂，总数不变；

B.该转化过程的实质为NOx被H2还原；

C.x=2时，过程H为N02与Ce3+的反应，N02与被还原为N2,Ce3+的被氧化为Cc4+,根据升降守恒，可以

判断出氧化产物与还原产物之比；

D.过程I发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+,自身被还原为Ce3+,根据氧化还原反应的原理，可以写出反

应的离子方程式。

本题主要考查学生的读图能力、分析能力、一定情景下氧化还原反应方程式的书写，离子方程式的书写，

氧化太原反应的概念判断等，属于中等难度题型。

7.【答案】D

【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl,则原溶液中不一定含S042-，故A错误；

B.酸性条件下，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO,在试管口NO被氧化生成N02,故B错误；

C.乙酸乙酯与NaOH反应，应利用饱和碳酸钠溶液，防止倒吸、便于分层，故C错误；

D.Ca5(PO4)3OH转化为Ca5(PO4)3F,为沉淀的转化,则Ksp[Ca5(P04)3F]<Ksp[Ca5(P04)30H],故D正确;

故选：I)。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、物质的性质、沉淀转化、实验技能等为解答

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.

8.【答案】A

【解析】解：A.③中过氯化氢可氧化亚铁离子，则氧化性：Fe3+<H2O2,故A错误；

B.X为硫酸亚铁，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，故B正确；

C.③中过氧化氢可氧化亚铁离子，稀硫酸仅表现酸性，故C正确；

D.反应①中Cu失去电子，过氧化氢中0得到电子，则离子方程式为Cu+H2O2-2H+=Cu2++2H2O,故D正确；

第9页共16页

故选:A0

由图中转化可知，红色金属M为Cu,①中发生Cu+H202+2H+二Cu2++2H20,生成硫酸铜蓝色溶液，丫与氨水反

应生成红褐色固体、丫与KSCN反应得到红色溶液，可知丫含铁离子，则金属E为Fe,X为硫酸亚铁，③中

过氧化氢可氧化亚铁离子，丫为硫酸铁、Z为氢氯化铁、W为Fe(SCN)3,以此来解答。

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质转化为解答的关键，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。

9.【答案】D

【解析】解：A.碘乙烷水解实验后检验卤素离子，应先加酸至酸性，再加入AgN03溶液检验，则没有加酸

中和碱，实验不能成功，故A错误；

B.碘乙烷水解实验后生成醉和HLHI具有强还原性，没有先除去HI,不能桧验乙醇，实验不能成功，故B

错误；

C.碘乙烷消去实验后，生成乙烯，但乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高钵酸钾氧化，应先排除乙醇的干扰，

实验不能成功，故C错误；

D.碘乙烷消去实验后，生成乙烯，乙醇易挥发，但乙醇不与溟反应，则气体导入Br2(CC14)溶液，可检验产

物乙烯，故D正确；

故选D.

A.碘乙烷水解实验后检验卤素离子，应先加酸至酸性，再加入AgN03溶液检验：

B.碘乙烷水解实验后生成醇和HI,HI具有强还原性；

C.碘乙烷消去实验后，生成乙烯，但乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高铳酸钾氧化；

D.碘乙烷消去实验后，生成乙烯，乙醇易挥发，但乙醇不与溟反应.

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的结构与性质、有机物的检验等，把握卤代燃的

水解、消去反应实验及发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.

10.【答案】D

【解析】解：A.升高温度可加快反应速率，但温度过高导致反应速率过快，易发生危险，所以采用适宜温

度(80〜95℃)即可，并不是反应温度越高越好，故A错误；

B.碳酸氢钠溶液的碱性较弱，通常用热的碳酸钠溶液来清除废铁屑表面的油污，故B错误；

C.铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S,H2s属于有毒的

酸性气体，在水中溶解度不大，应该用碱液吸收，故C错误；

D.从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则步骤⑤中从溶液中获取晶体

的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确。

故选:及

采用废铁屑来制备硫酸铁钱的流程为：步骤①用热的Na2c03溶液去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件

下水解，且碱和Fe不反应，②为干净铁屑加入稀硫酸中并加热到80〜95℃,稀硫酸和Fe发生置换反应生

成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的FeS04,③为滤液中加入

H202,Fe2+被氧化生成Fe3+得到硫酸铁溶液，④为硫酸铁溶液中加入硫酸钺固体，⑤为加热浓缩、冷却结

晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铁固体，以此解答该题。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解

答关键，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。

11.【答案】A

【解析】解：A.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：02->A13+,故A正确；

B.Y、Z形成的化合物为Si02,属于共价化合物，故B错误；

第10页共16页

C.X(C)的非金属性比W(A1)强，故碳酸酸性比偏铝酸强，故C错误；

D.非金属性R(Cl)>Z(Si),故氢化物稳定性HCl>SiH4,故D错误；故选：A。

短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大.其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材

料，则Z为Si、X为C；W3+与Y2-具有相同的核外电子数，则W为Al、Y为0,R处于第三周期，且是同周

期中原子半径最小的元素，则R为C1,结合元素周期律解答。

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度中等。

12.【答案】A

［解析］解：4NH3(g)+6NO(g)35N2(g)+6H2O(g)(4X3X391+6X607)kJ/mol-(5X946+6X2X

464)kJ/mol=-1964kJ/mol；故选:A。

△H二反应物键能总和-生成物键能总和，要注意一个氨气分子有3个N-H犍，一个水分子有2个O-H。

本题考查化学反应能量变化，掌握△加反应物键能总和-生成物键能总和是解题的关键，此题难度中等。

13.【答案】A

【解析】解：A、铜的精炼工业和电镀铜工业上，铜均需做阳极失电子变为Cu2+进入电解质溶液，Cu2+再在

阴极上得到电子析出，故电解质溶液均选用含铜离子的溶液，均可以用CuSO4溶液，故A正确；

B、负极是铅失电了，发生氧化反应，正极发生还原反应，所以正极反应式为PbO2+4ll++2e-=Pb2++2II2O,

故B错误；

C、水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故C错误；

【)、用惰性电极电解NaOH溶液，实质电解水，所以加入一定质量的水，能将溶液恢复至与原来溶液完全一

样，故D错误。

故选：Ao

A、铜的精炼工业和电镀铜工业上，铜均需失电子变为Cu2+进入电解质溶液；

B、负极是铅失电子，发生氧化反应；

C、与电源负极相连为外接电源的阴极保护法；

D、用惰性电极电解NaOH溶液，实质电解水。

本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、电解原理、铅蓄电池原理、电镀和电解精炼，题目涉及的知识点较

多，侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等。

14.【答案】B

【解析】解；A.b点加入的CuC12,Na2s的物质的量相等，由Cu2+(aq)+S2(aq”CuS(s)可知,b点溶液

+c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L,则Ksp(CuS)=c(Cu2+)Xc(S2-)=10-17.6X10-17.6=10-35.2=100.8

X10-36,故Ksp(CuS)的数量级为10-36,故A正确;

B.c点溶液中n(Cl-)=2n(CuC12)=0.Imol/LXO.01LX2=0.002mol,而n(Na+)=2n(Na2S)=0.Imol/LXO.02L

X2=0.004mol,则溶液中2c(Cl-)=c(Na+),由于S2-沉淀等，溶液中n(Cl-)>n(S2-),SRc(C1-)>c(S2-),

故c(Cl-)+c(S2-)<c(Na+),故B错误；

C.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程

度最小，故C正确；

D.根据电荷守恒可知，Na2s溶液中：2c(S2-)+c(HS-)+c(0H-)=c(Na+)+c(H+),故D正确：

故选：B。

A.b点溶液中c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L,根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)Xc(S2-)计算判断；

B.c点溶液中n(Cl-)=2n(CuC12)=0.Imol/LXO.01LX2=0.002mol,而n(Na+)=2n(Na2S)=0.Imol/LXO.02L

X2=0.004mol,由于S2-沉淀等，溶液中n(Cl-)>n(S2-)；

C.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，它们在溶液中的浓度越大，水的耳离程度越大；

第11页共16页

D.根据电荷守恒判断。

本题考查水溶液中离子平衡，涉及难溶电解质的溶解平衡、溶度积计算、离子浓度大小比较、盐类水解与

弱电解质的电离平衡等，侧重分析与应用能力的考查。

15.【答案】D

［解析］解：根据质量守恒定律知,m(C)=m(A)+m(B)-m(D)=(14+36-10)g=40g,n(C)=mM=40g80g/mo1=0.5mol；

故选：D。

根据质量守恒定律知，m(C)=m(A)+m(B)-n(D)=(14+36-10)g=40g,根据n=mM计算C的物质的量。

本题考查化学方程式的计算，把握质量守恒定律及物质的量有关公式是解本题关键，侧重考查分析计算能

力，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大。

16.【答案】A

【解析】解：溶液无色，则不含Cu2+；

由①可知，溶液中含有Br-和C032-,不含A13+；

由②可知，溶液中含S032-；

由③可知，因5cl2+I2+6H2O10HC1+2HI03,溶液中可能确定I一存在；

根据电荷守恒可知溶液定含有Na+；

综上，原溶液中一定存在Br-、C032-、Na+、S032-,一定不含Fe3+、Mg2+,可能含有I一；故选：A。

溶液无色，则不含Cu2+；

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-,且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子

C032-,则不含A13+；

②向所得橙色溶液中加入足量BaC12溶液，生成不溶于盐酸的白色沉淀，说明含S032-；

③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成

碘酸根离子或溶液中不含1-，所以溶液不变色，不能确定I-存在；

由电荷守恒可知溶液一定含有Na+,据此分析解答。

本题考查了常见离子的检验方法，为高频考点，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，侧重考查学

生的分析能力及逻辑推理能力，注意排除离子的干扰，题目难度不大。

17.【答案】2Mn04-+10Cl-+16H+=2Mn2+卅C12f+8H20平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下水

冷凝、回流FeC13、HC1蒸储或分馆15

【解析】解：(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸，二者反应制备氯气，反应离子方程式为：

2Mn04-+10Cl-+16H+=2Mn2++5C12t+8H20；故答案为：2Mn04-+10Cl-+16H+=2Mn2++5C12t+8H20；

(2)仪器b中细玻璃导管的作用是：平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；

故答案为：平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；

(3)仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40〜60℃,为了受热均匀，便于控制温度，选择水浴加热；制

取氯米的化学方程式为。

HC1♦€：产13A.

;故答案为：水浴；

(4)苯等有机物易挥发，e的作用是：冷凝、回流；故答案为：冷凝、回流；

(5)①水洗除去氯苯中溶解可能性的FeC13、HC1及部分氯气，节约后续碱洗操作时碱的用量，减少生产成

第12页共16页

本；

故答案为：FeC13、HC1；

②通过分液得到含氯苯的有机物混合物，可以采取蒸储或分储方法进行分离；故答案为：蒸墉或分馅;

(6)苯的总流失量为：2.08%+1.17%+16.75%=20%,故苯转化氯苯的利用率为1-20脏80%,由

HC1

可知，生成氯苯的质量为：13tx80%X112.578=15t；故答案为：15。

a中KHnO4与b中浓盐酸制备氯气，c中浓硫酸干燥氯气，在仪器d中氯气与苯在FeC13作催化剂条件下制

备氯米，仪器e进行冷凝回流，减少原料的挥发。

(1)高镒酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、二氯化钵、氯气与水；

(2)仪器b外侧玻璃导管可以平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；

(3)保持温度在40〜60C,为了受热均匀，便于控制温度，选择水浴加热；苯与氯气在FeC13作催化剂条件

下发生取代反应生成氯苯与HC1；

⑷苯等有机物易挥发；

(5)①水洗除去水溶性物质；

②分离沸点不同的互溶液体采取蒸储或分储方法；

(6)三个流失项目中苯流失量之和为苯总流失量，进而计算苯利用率，再根据苯与氯苯的质量定比关系计算。

本题考查有机物的制备实验，涉及基本操作、对仪器的分析评价、物质的分离提纯、方程式的书写、化学

计算等，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，这类题目适合针对问题进行作答。

18.【答案】1：2C1212同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，得电子能力

逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱澄清石灰水PdC12溶液分解产物中还有一种或多种含有C、H元素的

物质将D中的气态产物排入后续装置中

【解析】解：I.①Co203+6HC『2CoC12+C12+3H20,参加反应的盐酸中真正做还原剂的只有2mol,故氧化剂

与还原剂物质的量之比为1：2；故答案为：1：2；

②B中现象为溶液变蓝色，说明C12+2KI=2KC1+I2,氧化剂为C12,氧化产物为12,故氯化性：C12>12,Cl

和I原子同主族，且C1原子在上面，故半径：CKI,非金属性CDL非金属性越强，单质的氧化性越强,

故有氧化性：C12>12；故答案为：C12；12；同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减

弱，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱；

II.①PdC124CO川2O-Pd*CO2+HCl,PdC12可用于检验CO,但生成了C02,为了避免生成的C02产生的干扰，

故C02应该先用澄清石灰水检验，然后检验CO；故答案为：澄清石灰水，PdC12溶液：

②E、F、G中的试剂均足量，I中氧化铜变红，说明还原CuO的另有物质，根据乙酸钻的化学式(CH3C00)2co

及原子守恒可知，可能生成了其他的碳氢化合物(CXHy)该化合物可以还原CuO生成Cu和C02及水；故答案

为：分解产物中还有一种或多种含有C、H元素的物质；

③最后通入N2的目的是把装置D中的气体(CO、C02以及其它的碳氢化合物)继续排入到后面的装置中，含

钻化合物留在装置D中；故答案为：将D中的气态产物排入后续装置中。

图1装置A中Co203与盐酸生成CoC12、C12和水，B中为C12置换出碘单质，C为尾气处理装置，吸收多

余的C12；图2中乙酸钻分解生成C02、8和CXHy,E装置(澄清石灰石)先检验C02,F装置(PdC12溶液)

检验CO,CO被氧化为C02,G装置(NaOH溶液)吸收C02,F装置(无水氯化钙;干燥生成的烧，I装置(CuO)

氧化生成的烧，又生成C02和水，自身被还原为铜：I.①Co203做氧化剂，HC1做还原剂，根据升降守恒，

即可判断两者之比；

②B中现象为溶液变蓝色，说明C12置换出碘单质，氧化还原反应中，氧化性：氧化剂)氧化产物，即可判

断；根据氯和碘在周期表中的位置(同族，上下)即可判断；

第13页共16页

II.①PdC12溶液氧化CO时会生成C02,故C02应该先检验，然后检验CO；

②E、3G中的试剂均足量，I中氧化铜变红，说明还原CuO的另有物质，根据原子守恒可知，可能生成了

其他的碳氢化合物(CXHy)；

③最后通入N2的目的是把D中的气体继续排入到后面的装置中。

本题主要考查乙酸钻的分解产物的验证，涉及到氧化还原反应的基本知识，原子结构，试剂的除杂，烧也

具有江原性等知识，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，有一定的难度。

19.【答案】硫酸浓度：2.Imol/L,温度：70c左右Mn02+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H20否；c(Fe3+)=lX

10-5mol-L-l,Ksp[Fe(OU)3]=c(Fe3+)Xc3(0H-),c(011-)=38X10-381X10-5=2X10-llmol/L,c(A13+)

Xc3(DH-)=0.022X8X10-33=0.8X10-34<Ksp[Al(OH)3]=4.OX10-34,故无Al(OH)3沉淀生成;4.6W

pH<8.1Mn2++2HC03-=MnC03I+C02t+H20温度过高NH4HC03的分解速率显著加快，导致沉猛速率随

NH4HO3浓度的减小而减慢2MnCO3+O2—△2MnO2+2CO2

【解析】解：(D根据图2可以看出硫酸浓度维持2.1mol/L,温度达到70C左右时，猛的浸出率可以达到

98%左右,故不需要增大浓度、升高温度，即浪费原理和热能；故答案为：硫酸浓度：2.lmol/L,温度：70℃

左右；

(2)酸浸后，锦主要以Mn2+的形式存在，即Mn02被还原为Mn2+,Fe2+被氧化为Fe3+,故有：

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案为：Mn02+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2II20；

(3)Fc3+完全沉淀时，c(Fe3+)=lX10-5mol-L-l,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)Xc3(0H-),c(0H-)=38X10-381

X10-5mol/L=2X10-llmol/L,c(A13+)Xc3(0H-)=0.022X8X10-33=0.8X10-34<Ksp[Al(0H)3]=4.OX

10-34,故无Al(OH)3沉淀生成；因为A13+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH为

8.1；故加入氨水时调pH满足：4.6WpH<8.1,即使A13+、Fe3+完全沉淀,Mn2+未沉淀；故答案为:否;c(Fe3+)=l

X10-5mol-L-l,Ksp[Fe(0H)3]=c(Fe3+)Xc3(0H-),c(0H-)=38X10-381X10-5mol/L=2X10-llmol/L,

c(A13+)Xc3(0H-)=0.022X8X10-33=0.8X10-34<Ksp[Al(0H)3]=4.OX10-34,故无Al(0H)3沉淀生成;

4.6WpH<8.1；

⑷①“沉锦”过程中，反应物为Mn2+与HC03-，产物有MnCO3和C02,离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3

I+C02t+H20；故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3I+C02t+H20；

②NH4HC03具有热不稳定性，当温度高于60℃时，温度过高NH4HC03的分解速率显著加快，导致沉猛速率

随NH<HC03浓度的减小而减慢；故答案为:温度过高NH4HC03的分解速率显著加快，导致沉猛速率随NH4HC03

浓度的减小而减慢；

(5)Mn103焙烧的产物为Mn02,镭元素化合价升高，被氧化，必须有氧化剂参加，即空气中的氧气做氧化剂，

故方程式为；2MnCO3+O2—△2MnO2+2CO2；故答案为；2MnCO3+O2—△2Mn02+2C02o

(1)根据图2可以看出软锦矿粉酸浸的适宜条件是：硫酸难度维持2Jmol/L,温度保持70C左右；

⑵酸浸后，锌主要以Mn2+的形式存在，即\ln02被还原为Mn2+,Fe2+被氧化为Fe3+,根据原子守恒和化合

价升降守恒，进一步写出离子方程式；

(3)根据Ksp[Fe(OH)3],计算出Fe3+完全沉淀时的c(OH-),然后根据Ksp[Al(0H)3]判断是否有Al(0H)3沉

淀生成；

⑷①“沉橘”过程中，反应物为Mn2+与HC03-,产物有MnCO3和C02,根据守恒原理进一步写出离子方程

式；

②当温度高于60℃时，温度过高碳酸氢铁的分解速率显著加快，导致沉锦速率随碳酸氢钱的浓度的减小而

减慢；

(5)MnCO3焙烧的产物为MnO2,钵元素化合价升高，被氧化，必须有氧化剂参加，即空气中的氯气做氧化剂，

根据守恒原理进一步写出离子方程式。

本题考查Mn02的制备实验，具体涉及到反应方程式的书写，Ksp的计算，图象中有用信息的提取、应用，

第14页共16页

具有较强的综合性，难度较大。

20.t答案】2CH3OH(g)+02(g)=2HCH0(g)+2H20(g)AH=-316kJ-mol-1<KA=KB>KC

［解析］解：(1)已知:©CH30H(g)=HCH0(g)+H2(g)AH=+84kJ/mol；®2H2(g)+02(g)=2H20(g)AH=-484kJ/niol,

将2X①度)得到CH30H(g)与02(g)反应生成HCHO(g)和H20(g)的热化学方程式为

2CH30H(g)+02(g)=2HCH0(g)+2H20(g)AH=-316kj-mo1-1；故答案为：2CH30H(g)+02(g)=2HCH0(g)+2H20(g)

△H=-316kJ-niol-