浙江省宁波市镇海中学高考模拟化学试卷（解析版）

1、PAGE PAGE 31页浙江省宁波市镇海中学2021年高考化学模拟试卷一、单选题1下列物质中含有共价键的盐是（） AKOHBKClOCKClDHClO2下列装置或操作能达到实验目的的是（） A用甲装置制取氯气B用乙装置除去氯气中的HCl气体C用丙装置分离苯和水D用丁装置分离乙酸与乙醇3下列属于物理变化的是（）A煤的气化B天然气的燃烧C烃的裂解D石油的分馏4下列有关说法正确的是（） A储热材料芒硝可用于光能-热能的直接转换B垃圾焚烧处理法能有效利用生活垃圾中的生物质能C利用在微生物作用下分解水并释放出能量，是氢气制取的一个重要研究方向D太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且

2、都可以再生，是最有希望的未来新能源5下列有关化学用语表达正确的是（） A35Cl-和37Cl的结构示意图均可以表示为 BHClO的结构式：HClOCHF的电子式： D质子数为92、中子数为146的U原子： 92238 U6下列说法或基本操作合理的是（） A在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶可以获得纯净的氯化镁固体B金属钠切割后的剩余部分不能放回原试剂瓶，应放置废液缸中C可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液D硝酸银溶液保存在棕色的广口瓶中，防止见光分解7下列说法错误的是（） A工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉B75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好C钠是一

3、种强还原剂，可用于制取钛、铌等金属D在工业炼铁中，焦炭的作用是直接还原铁矿石8下列说法正确的是（） A异丁烷的一氯取代物有两种B氕、氘、氚是氢元素的三种核素，中子数都为1C乙醛和丙烯醛(CH2=CHCHO)互为同系物DO2 和O3互为同素异形体，具有相似的物理性质9下列有关实验的说法，错误的是（） A分离及检验海带中的碘元素时，需要向海带灰的浸取液中加入少量硫酸和过氧化氢溶液B可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油C实验时酸或碱溅到眼中，应立即用水反复冲洗，并不断眨眼，不能用手搓揉眼睛D将移液管中液体放出时，移液管不能与容器内壁接触，以免污染试剂10为实现随处可上网，中国发射了“中

4、星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4=N2+Cl2+2O2+4H2O，下列有 关该反应的说法正确的是（） A上述条件下，氧化性：O2NH4ClO4B该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3C产生6.4 gO2时，反应转移的电子物质的量为0.8 molD0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L11下列说法错误的是（） A硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙酸分子中有18OB在一定条件下，苯与Br2、HNO3作用分别生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应C油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油D聚合物 可由单体C

5、H3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得12下列说法错误的是（） A硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血BSO2 具有漂白性，可用于漂白纸浆及草帽等编织物C铵态氮肥宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合使用D二氧化硅可用于制造光导纤维13在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是（） ASiO2H2O H2SiO3NaOH(aq) Na2SiO3BS O2点燃 SO2BaCl2(aq) BaSO3CCuSO4过量NaOH(aq) Cu(OH)2葡萄糖加热 Cu2OD饱和NaCl溶液 CO2 NaHCO3加热 Na2CO314能正确表示下列变化的离子方程式是（）A大理石与醋酸反应： CO32-

6、 +2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO-B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OH-= SO32- +H2OC硫酸铝溶液与过量氨水反应：Al3+4NH3H2O= AlO2- +4 NH4+ +2H2OD向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液： NH4+ +OH-=NH3+H2O15下列说法错误的是（） A豆浆中富含大豆蛋白，煮沸后蛋白质水解成了氨基酸B淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖C只需要硫酸铜和氢氧化钠溶液就能区分乙醇、乙醛、乙酸D等物质的量的乙醇、乙醛、乙酸完全燃烧消耗O2的量依次减小16化合物X是一种黄酮类化合物的中间体， 其结构简式如

7、图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（） A该有机物遇FeCl3不会发生显色反应B分子中存在1个手性碳原子C分子中所有碳原子可能处于同一平面D1 mol 该有机物最多可以与2 mol NaOH反应17X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中R元素是短周期中除稀有气体元素之外原子半径最大的元素。下列说法正确的是（）AM元素在元素周期表中的位置是第2周期VIA族B元素的氢化物的稳定性：YZCY元素与X元素只能形成一种共价化合物DY、R的单质分别都能与其他物质反应置换出X单质18关于常温下pH均为3的盐酸和醋酸两种溶液，下列说法正确的是（） A醋酸溶液的

8、物质的量浓度小于盐酸B将醋酸溶液稀释至原体积的10倍，所得溶液pH4Cc(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)D相同体积的两种酸，分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体多19钠离子电池是非常有发展潜力的电池体系，其工作原理如图所示。放电时电池反应为：Na1-xMO2+NaxC=C+NaMO2 (M代表过渡金属)。下列说法错误的是（） A放电时，含硬碳材料电极为负极B充电时，电解质溶液中Na+向硬碳材料区迁移C放电时，正极的电极反应式为Na1-xMO2+xNa+xe-=NaMO2D充电时，若转移1mol e-，硬碳材料电极将增重23x g20NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的

9、是（） A10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NAB30 g二氧化硅中含有化学键的数目为NAC1 mol Na被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子D1 L 1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目为NA21在温度T1和T2时，分别将0.50 mol A和1.2 mol B充入体积为3 L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)+D(g)，测得n(A)随时间变化数据如下表，下列说法正确的是（） 温度时间/min010204050T1n(A)/mol0.500.350.250.100.10T2n(A)/mol0.500.30

10、0.180.15A温度：T1T2B反应达到平衡状态时，容器内压强不再发生变化C在温度T1时，010 min用B表示的平均反应速率为0.005mol/(Lmin)D保持其他条件不变，缩小反应容器体积，逆反应速率增大，正反应速率减小22高温时甲烷与水蒸气重整制合成气反应的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+206.1 kJ/mo1，其反应的能量变化如图所示。 已知：H2O(g)=H2O(l) H= -44.0 kJ/mo1H2(g)的标准燃烧热H= - 285.8kJ/molCO(g)的标准燃烧热H= -283.0 kJ/mol下列有关叙述中错误的是（）A从热

11、量上看，甲烷重整制合成气再燃烧与直接燃烧相比，将得不偿失BCH4(g)的标准燃烧热H=- 890.3 kJ/mo1CH2(g)+ 12 O2(g)=H2O(1) H=- 285.8 kJ/molD选用合适的催化剂，E2 和E1均减小，反应速率加快23NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.110-3，Ka2=3.910-6) 溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（） A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关BNa+与A-的导电能力之和大于HA-的导电能力Cb点的混合溶液pH=7Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(A2

12、-)c(OH-)24三乙醇胺N(CH2CH2OH)3水溶 液可代替NaOH吸收石油裂解气中的酸性尾气。该物质可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氢而形成。三乙醇胺常压下沸点为360C下列说法错误的是（） A常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强B三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O HN(CH2CH2OH)3+OH-C用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受热时分解放出气体，可回收循环利用D已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，投料时应提高氨水比例25某固体混合物中可能含有：K+、 NH4+ 、Al3+、 Br-、 HCO3-

13、、 SO42- 、 SO32- 等离子，某同学为了确认其成分进行了实验探究，实验及现象如下(所加试剂均足量)： 下列说法正确的是（）A气体A中可能含有SO2B固体混合物中一定含有Br-、 HCO3- 和 SO42-C固体混合物中一定不含Al3+D为确定固体混合物中是否含K+，需进行焰色反应实验二、填空题26 （1）已知酸性H2CO3HClO HCO3- ，用一个离子方程式表示ClO-和 CO32- 结合H+的相对强弱 。 （2）NaNH2是离子化合物，各原子均满足稳定结构。写出NaNH2的电子式 。 （3）在常压下，金刚石的硬度比足球烯(C60) 高。主要原因是 。 27某兴趣小组探究H2和C

14、l2反应后的气体与氢氧化钠溶液反应。在标准状况下，H2和Cl2的混合气体共2.24 L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。（1）消耗NaOH物质的量的最大值为 mol。 （2）请在下图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像 。(横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量。)28 （1）I固体化合物X由三种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：组成X的三种元素是 ，X的化学式为 。（2）固体X与水反应的化学方程式是 。 （3）固体X可由两种常见的氧化物在气体A氛围中加热制得，该反应的化学方程式是 。 （4）II水合肼(N2H4H2O)是一

15、种强还原性的碱性液体，是-种用途广泛的化工原料，实验室用下图装置制备(部分装置省略)。已知：3NaClO=2NaCl+NaClO3步骤1：关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。步骤2：操作A，制备N2H4H2O。NH3与NaClO反应生成N2H4H2O的化学方程式为 。（5）步骤2中操作A为 。 29近年来，用CO2氧化乙苯(EB) 制取苯乙烯(ST) 引起了研究者的重视，当前研究者在开发合适催化剂以提高苯乙烯的选择性、抑制积碳对催化剂活性的影响。CO2氧化乙苯脱氢存在两种途径：一步反应( I )和两步反应( II +)，两种途径同时存在。涉及的反应如下：反应I ：C6H5CH2CH3(g

16、)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g) H1=158.8 kJ/mol反应II ：C6H5CH2CH3(g) C6H5CH=CH2(g)+H2(g) H2反应III ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3=41.2 kJ/mol请回答：（1）反应II能够自发进行的条件 （填“低温”、“高温”或“任何温度”）。 （2）相同条件下，此工艺较乙苯直接分解制苯乙烯（反应II）的优势在于 。 （3）下列说法正确的是_。 A减压条件下有利于提高乙苯的平衡转化率B可通过监测反应体系中CO(g)与H2O(g)浓度之比以判断是否达到平衡C研发高效催化剂可提高苯乙

17、烯的选择性，提高乙苯的平衡转化率D利用过量O2替代CO2制取苯乙烯具有明显优势（4）常压下，乙苯分别在N2（惰性介质）、CO2气氛中的平衡转化率与温度的关系如图所示。常压、温度为725 K条件下，往容器中充入1 mol 乙苯、10 mol CO2，达到平衡时容器中有H2 0.08 mol。研究表明，45%的苯乙烯通过一步反应生成、55%的苯乙烯通过两步反应生成，反应的平衡常数K= （保留两位有效数字）。常压、温度为725 K条件下，若N2或CO2与乙苯的物质的量之比为n:1，请分别画出乙苯的平衡转化率在N2或CO2气氛中随n变化的示意图。 30碘酸钾是一种常用的食品添加剂。某研究小组在实验室以

18、高锰酸钾、碘化钾为原料制备碘酸钾，实验流程图如下：已知：aKIO3是一种白色晶体，加热至560C开始分解，不溶于乙醇。bKIO3在水中溶解度数据如下：温度/C01020406080100溶解度/g4.76.28.112.2182532c滤液a中不含锰元素。请回答：（1）滴入乙醇需适量，理由是 ；当观察到 ， 停止滴入乙醇。 （2）步骤II，包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是_。 A为得到较大的KIO3晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B宜用热水洗涤C停止吸滤时，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，然后关闭水龙头D步骤II改为加适量乙醇、抽滤、洗涤、干燥，也可得到产

19、品晶体（3）产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取适当质量的产品转移至容量瓶中定容，取25.00 mL该溶液于碘量瓶中，加入1.5 g碘化钾，用5 mL盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处3 min，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许淀粉溶液。平行滴定三次，计算产品的纯度。滴定终点的现象是 。若滴定结束时仰视读数，则测定的结果 (填 “偏大”、“偏小”或“无影响”)。31某研究小组按下列路线合成查尔酮类医药中间体X：已知：X的结构简式为： RCHO +CH3COR OH- RCH=CHCOR ； R-NH2NaNO2,HClH+/H2O R-OH请回答：（1）E的结构简式 。 （2

20、）下列说法错误的是_。 A化合物A能发生银镜反应B化合物B能形成内盐C化合物C能与溴水发生取代反应D化合物X的分子式是C18H19NO2（3）设计化合物A经两步反应转变为B的合成路线(用流程图表示，试剂任选) 。 （4）写出D+EX的化学方程式 。 （5）写出同时符合下列条件化合物E的同分异构体的结构简式 。H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；IR谱显示有苯环和醛基存在。答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】AKOH为含有共价键的碱，不符合题意，故A不选；BKClO即属于盐又含有共价键，故选B；CKCl虽然属于盐但不含共价键，故C不选；DHClO虽然含有共价键，但属于酸不属于盐，故D不选。故

21、答案为：B【分析】考查的是键的类别2【答案】C【解析】【解答】A实验室制备Cl2是用MnO2和浓盐酸共热，甲装置中没有加热装置，无法制取氯气，A不合题意；B由于Cl2也能与NaOH反应，故除去氯气中的HCl气体应用饱和食盐水，且应通过洗气瓶，B不合题意；C苯与水互不相溶的两种液体，可以用分液的操作进行分离，C符合题意；D进行蒸馏操作时温度计水银球应该在蒸馏烧瓶支管口，D不合题意；故答案为：C。【分析】A.常温下用二氧化锰和浓盐酸不能制取氯气B.选择除杂试剂注意不能和主要物质反应C.分离有不相溶的物质，可采用分液的方式D.考查的是温度计的位置，一般测量液体的温度时放在液体中，一般测量气体的温度时

22、放在支管口处3【答案】D【解析】【解答】A.煤的气化过程是灼热的煤与水蒸气的反应，有新物质的生成，属于化学变化，不符合题意；B.天然气燃烧生成二氧化碳和水，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；C.烃的裂解过程有小分子生成，属于化学变化，不符合题意；D.石油的分馏是根据石油组分的沸点不同进行分离混合物的方法，没有新物质生成，属于物理变化，符合题意。故答案为：D。【分析】根据物理变化和化学变化的本质区别在于是否有新物质生成进行判断即可。4【答案】C【解析】【解答】A芒硝Na2SO410H2O失水时吸热，结晶时放热，属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，而不是光能和化学能的转化，A不符

23、合题意；B生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，B不符合题意；C利用微生物在光合作用下分解水，充分利用太阳能，是氢气制取的一个重要研究方向，C符合题意；D可燃冰主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳，不是对环境无污染，且属于不可再生能源，最有希望的未来新能源是太阳能，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.能量的变化主要是热能、化学能之间的转化B.垃圾焚烧不能利用生物质能C.该方式节约环保D.可燃冰是不可再生能源5【答案】D【解析】【解答】A. 35Cl-

24、和37Cl的结构示意图均可以表示为 ，故A不符合题意； B. HClO的结构式：HOCl，故B不符合题意；C. HF为共价化合物其电子式为： ，故C不符合题意；D. 质子数为92、中子数为146的U原子： 92238 U，故D符合题意；故答案为：D。【分析】ACl原子最外层7个电子；BO形成2条共价键；CHF是共价化合物；D质量数=质子数+中子数6【答案】C【解析】【解答】A由于MgCl2+2H2O Mg(OH)2+2HCl，加热促进水解，故直接在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶将得到Mg(OH)2，而不是获得纯净的氯化镁固体，应该在HCl气流中加热蒸发结晶，A不符合题意；B由于金属钠与水反应生成

25、H2，故金属钠切割后的剩余部分应该放回原试剂瓶，不能放置废液缸中，B不符合题意；C将硝酸和硝酸银溶液分别滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中，NaCl中可以产生白色沉淀AgCl，而NaNO2则无明显现象，故可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液，C符合题意；D溶液应该放在细口瓶中，故硝酸银溶液保存在棕色的细口瓶中，防止见光分解，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.考查的是物质的水解B.钠不能放在废液缸中，需考虑到实验安全C.考查的是氯离子的检验D.考查的是易分解的物质的保存方法7【答案】D【解析】【解答】A2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由于Ca(O

26、H)2在水溶液中的溶解度很小，故工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，A不符合题意；B75%的酒精能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，低于这个浓度，酒精的渗透脱水作用减弱，杀菌力不强，而高于这个浓度，则会使细菌表面蛋白质迅速脱水，凝固成膜妨碍酒精透入，削弱杀菌能力，故75% (体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好，B不符合题意；C钠是一种强还原剂，4Na+TiCl4(熔融) 高温_ 4NaCl+Ti，可用于制取钛、铌等难熔金属，C不符合题意；D在工业炼铁中，焦炭的作用是燃烧提供热量，同时先生成CO，再将铁矿石还原，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.考查的是漂白粉的制取B.考

27、查的是酒精浓度对蛋白质的变性的影响C.利用金属的还原性进行其他金属的冶炼D.考查的是炼铁的过程焦炭的作用8【答案】A【解析】【解答】A异丁烷的结构简式为CH(CH3)3，有两种等效氢，即异丁烷的一氯代物有2种，故A符合题意；B氕、氘、氚的原子表示形式为 11H 、 12H 、 13H ，它们是氢元素的三种核素，中子数分别为0、1、2，故B不符合题意；C乙醛结构简式为CH3CHO，含有官能团是-CHO，丙烯醛含有官能团是醛基和碳碳双键，它们不符合同系物的定义，因此乙醛和丙烯醛不互为同系物，故C不符合题意；DO2和O3都是氧元素组成的不同结构的单质，两者互为同素异形体，O3是有刺激性特殊气味气体，

28、常温常压下呈淡蓝色，而氧气为无色无味的气体，因此两者的物理性质不同，故D不符合题意；故答案为：A；【分析】等效氢的判断：(1)同一个碳原子上的氢原子是等效的；(2)同一个碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；(3)处于镜面对称上的氢原子是等效的。9【答案】D【解析】【解答】A在酸性条件下，双氧水能将碘离子氧化成单质碘，以便于分离或者检验，所以分离及检验海带中的碘元素时，需要向海带灰的浸取液中加入少量硫酸和过氧化氢溶液，故A不选；B新制的Cu(OH)2悬浊液可以于甘油反应形成绛蓝色溶液，故B不选；C实验时酸或碱溅到眼中，应立即用水反复冲洗，并不断眨眼，不能用手搓揉眼睛，以减小酸或碱对眼睛的伤害，故C

29、不选；D将移液管中液体放出时，移液管应应该与管壁接触才可以放尽液体，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A.考查的是碘离子的检验B.考查的是甘油的检查方法C.考查的是碱或酸的安全事故处理D.考查的移液管的使用规则10【答案】B【解析】【解答】A由题意可知，NH4ClO4为氧化剂，O2为氧化产物，故有氧化性：O2NH4ClO4，故A错；B在该反应中，还原产物为Cl2，氧化产物为N2和O2，所以其还原产物与还原产物的物质的量之比为1：3，故选B；C6.4 gO2的物质的量为0.2mol，当生成0.2molO2生成的同时会生成0.1mol N2生成，由于氧气和氮气均为氧化产物，所以转移的电子数为：0

30、.24+0.16=1.4mol，故C错；D由于没说明条件，所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体无法计算，故D错。故答案为：B【分析】根据氧化还原反应的原理，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，再根据转移电子转移情况，即可计算产生物质的物质的量11【答案】A【解析】【解答】A酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O而不是乙酸分子中含有18O，故选A；B在溴化铁做催化剂的条件下，苯能与溴发生取代反应生成溴苯；在浓硫酸做催化剂和吸水剂以及加热的条件下，苯能与浓硝酸发生取代反应，应生成硝基苯，则苯与溴、硝酸在一定条件下都能发生

31、取代反应，故B不选；C油脂在碱性条件下发生水解反应（即皂化反应）生成高级脂肪酸盐和甘油，故C不选；D凡链节上只有四个碳原子（无其他原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可，所以高聚物（ ）的单体为CH3CH=CH2和CH2=CH2，故D不选。故答案为：A。【分析】A.考查的是水解时示踪原子的位置B.考查的是取代反应的发生C.考查的是皂化的反应D.考查的是聚合物的单体判断12【答案】C【解析】【解答】A硫酸亚铁可被人体吸收，常用于治疗缺铁性贫血，A不符合题意；BSO2具有漂白性，能与某些有机色素化合生成无色不稳定的化合物，可用于漂白纸浆及草帽等编织物，

32、B不符合题意；C由于K2CO3溶液因碳酸根水解呈碱性，能与铵根离子反应生成NH3而降低铵态氮肥的肥效，故铵态氮肥不宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合使用，C符合题意；D二氧化硅能用于制造光导纤维，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.考查的是铁元素对健康的影响B.考查的是二氧化硫性质和用途的关系C.考查的是肥料的混合使用的问题D.考查的是二氧化硅的用途13【答案】C【解析】【解答】ASiO2难溶于水，不与水反应，即SiO2H2O H2SiO3不能实现，故A不符合题意；BSO2与BaCl2溶液不反应，即SO2BaCl2(aq) BaSO3不能实现，故B不符合题意；C硫酸铜和过量的氢氧化钠溶

33、液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜浊液和葡萄糖溶液加热反应生成红色沉淀氧化亚铜，能实现各物质间的转化，故C符合题意；D饱和NaCl溶液与二氧化碳不反应，即饱和NaCl溶液 CO2 NaHCO3不能实现，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】考查的利用物质的化学性质进行物质之间的转换14【答案】B【解析】【解答】A大理石的主要成分为难容的碳酸钙，所以在写大理石与醋酸反应的离子反应方程式时不能拆分成离子形式，则大理石与醋酸反应： CaCO3 +2CH3COOH= Ca2+ +CO2+H2O+2CH3COO-，故A错；B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体生成可溶的亚硫酸钠和水，则其离子方程式为： SO

34、2+2OH-=SO32-+H2O ，故选B；C氢氧化铝不溶于氨水，所以硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O= Al(OH)3 +3 NH4+ ，故C错；D向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、氨气和水，则其离子反应方程式为： NH4+HCO3-+2OH-=NH3+CO32-+H2O ，故D错。故答案为：B【分析】A.碳酸钙是固体不拆B.考查的是量多量少对反应产物的影响C.铝离子与弱碱反应生成氢氧化铝沉淀D.考查的是反应物的量多量少对反应的影响15【答案】A【解析】【解答】A豆浆中富含大豆蛋白，蛋白质的水解需要在催化剂(如蛋白酶)作用下，仅加热煮沸后

35、蛋白质不能水解，A符合题意；B淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用即发生水解反应，最终转化为葡萄糖，B不符合题意；C将硫酸铜和氢氧化钠溶液反应制成的悬浊液分别加入到乙醇、乙醛、乙酸，可看到溶液变澄清的为乙酸，另两个加热后出现砖红色沉淀的为乙醛，另一个无明显变化的为乙醇，故只需要硫酸铜和氢氧化钠溶液就能区分乙醇、乙醛、乙酸，C不符合题意；D等物质的量设为1mol的乙醇、乙醛、乙酸完全燃烧消耗O2的量依次为3mol，2.5mol，2mol，故依次减小，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.考查的是物质的组成与性质B.多糖水解为单糖C.通过不同的现象确定物质D.写出与氧气反应方程式，即可求出

36、答案16【答案】B【解析】【解答】A由该有机物的结构简式可知分子中含有酚羟基，故遇FeCl3会发生显色反应，A不符合题意；B手性碳原子是指连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，由该有机物的结构简式可知分子中存在1个手性碳原子如图所示 ，B符合题意；C由该有机物的结构简式可知， 其中图中加点的碳原子采用sp3杂化，故分子中不可能所有碳原子处于同一平面，C不符合题意；D由该有机物的结构简式可知，1 mol 该有机物含有1mol酚羟基形成的酯基可与2molNaOH反应，1mol酚羟基可与1molNaOH反应，故最多可以与3 mol NaOH反应，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.考查的是酚羟

37、基的性质B.找出连接四个不同原子或原子团的碳原子的个数即可C.甲基结构和甲烷类似，四面体结构D.考查的是酯基和酚羟基的个数17【答案】D【解析】【解答】由题干信息，X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，R元素是短周期中除稀有气体元素之外原子半径最大的元素，故R为Na，再根据原子半径和最外层电子数之间的关系图，可知X为H，Y为C，Z为N，M为S，据此分析解题。A由分析可知，M元素为S，故在元素周期表中的位置是第3周期VIA族，A不符合题意；B由分析可知，Y、Z分别为C、N，同一周期从左往右元素非金属性增强，故元素的氢化物的稳定性：YZ，B不符合题意；CY元素即C，与X元素为H，能形成如CH4、C2

38、H6、C2H4、C6H6很多共价化合物，C不符合题意；DY、R的单质分别即C、Na都能与其他物质反应置换出X单质即H2，C+H2O(g) 高温_ CO+H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2，D符合题意；故答案为：D。【分析】根据图示得出X是H、Y是C、Z是N、M是S、R是Na,A.确定M元素的符号即可确定位置B.根据元素符号确定化学式进行比较稳定性C.根据元素符号可以确定化合物的种类D.根据Y和R的单质能与很多物质发生置换反应得到X的单质18【答案】B【解析】【解答】A由于醋酸为弱酸，在水溶液中只有部分电离，HCl为强酸，在水溶液中完全电离，所以pH=3的醋酸的浓度大于pH=3的盐酸的浓度

39、，故A错；B由A分析可知醋酸为弱电解质，根据弱电解质的电离规律可知，弱电解质在稀释过程中其电离程度增大，所以将醋酸溶液稀释至原体积的10倍，所得溶液pH4，故选B；C由两种溶液的pH均为3，所以量中溶液的氢离子浓相等且为 110-3mol/L ，根据电荷守恒可得，在盐酸溶液中有： c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) ，醋酸溶液中有： c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) ，所以 c(Cl-)=c(CH3COO-) ，故C错；D由于醋酸为弱酸，则pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度，所以相同体积的两种酸，分别与足量镁条反应，醋酸产生的气体多，故D错。故答案

40、为：B【分析】A.考查的是弱酸和强酸的电离情况B.考查的是弱酸稀释的电离C.考查的是电荷守恒D.考查的是pH相同的强酸和弱酸与金属反应放出气体的多少19【答案】D【解析】【解答】由题干信息，放电时电池反应为：Na1-xMO2+NaxC=C+NaMO2，可知反应中NaxC中Na的化合价升高转化为+1价的Na+，发生氧化反应，故为负极，充电时与电源的负极相连，Na1-xMO2中M的化合价降低转化为NaMO2，发生还原反应，故为正极，充电时与电源的正极相连，据此分析解题：A由分析可知，放电时，含硬碳材料电极为负极，A不符合题意；B由分析可知，充电时，硬碳材料接电源的负极，含钠过渡金属氧化物一极接电源

41、的正极，故电解质溶液中Na+向硬碳材料区迁移，B不符合题意；C放电时，正极发生还原反应，故电极反应式为Na1-xMO2+xNa+xe-=NaMO2，C不符合题意；D充电时硬碳材料电极发生的反应为：C + xe- + xNa+=NaxC，故若转移1mol e-，硬碳材料电极将增重23 g，D符合题意；故答案为：D。【分析】放电时，NaC做负极，钠失去电子发生氧化反应，Na1-xMO2做正极材料得到电子发生还原反应，充电时，正极变成了阳极，吸引大量的阴离子，发生氧化反应，负极变成了阴极，吸引了大量的阳离子，得到电子发生还原反应。根据电子转移情况即可计算出质量的变化20【答案】C【解析】【解答】AC

42、aCO3和KHCO3的摩尔质量均为100g/mol，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物的物质的量为0.1mol，又由于CaCO3和KHCO3均为离子化合物，其阴阳离子之比为1：1，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子等于0.1NA，故A错；B二氧化硅的摩尔质量为60g/mol，30g二氧化硅的物质的量为0.5mol，由于1mol二氧化硅在含4mol硅氧键，所以30 g二氧化硅中含有化学键的数目为2NA，故B错；C1 mol Na被完全氧化生成0.5molNa2O，转移的电子总数为NA，故选C；DCH3COONa强碱弱酸盐，CH3COONa的水溶液中有部分CH3C

43、OO-会水解生成CH3COOH，从而1L1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目应小于NA，故D错；故答案为：C。【分析】A.根据CaCO3=Ca2+CO32-,KHCO3=K+HCO3-,即可计算出阳离子的个数B.根据n=m/M计算出物质的量，再根据二氧化硅含有的硅氧键的数目计算C.根据2NaNa2O2e,即可计算转移的电子数目D.考查的是醋酸根的水解，导致离子数目减小21【答案】B【解析】【解答】A分析题干表格数据可知，T2温度下A的物质的量减小的更快，即T2温度下反应速率较快，故T1T2，A不符合题意；B分析反应A(g)+2B(g) 2C(g)+D(g)可知该反应前后

44、气体的体积没有发生改变，故容器的压强始终不变，故反应达到平衡状态，容器内压强当然不再发生变化，B符合题意；C在温度T1时，010 min用B表示的平均反应速率为 (B)=2(A)=20.5 mol-0.35 mol3 L10 min=0.010 mol/(Lmin) ，C不符合题意；D保持其他条件不变，缩小反应容器体积，反应物生成物的浓度均增大，故逆反应速率增大，正反应速率也增大，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.考查的是温度对速率的影响，根据相同时间内A的变化量，即可判断温度的大小B.考查的是压强对平衡的影响，反应前后体积都不变C.根据数据计算出A的速率，结合化学计量系数之比即可求出B

45、的速率D.条件改变时，正反速率同时改变22【答案】A【解析】【解答】A. H2O(g)=H2O(l) H= -44.0 kJ/mo1，H2(g)的标准燃烧热H= - 285.8kJ/mol，H2(g)+ 12 O2(g)=H2O(l)H= - 285.8kJ/mol；CO(g)的标准燃烧热H= -283.0 kJ/mol，CO(g)+ 12 O2(g)=CO2(g) H= -283.0 kJ/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+206.1 kJ/mo1，-+3+得直接燃烧放出热量，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=44.0 kJ/mo

46、1 - 285.8kJ/mol3 -283.0 kJ/mol+206.1 kJ/mo1=- 890.3 kJ/mo1 ，合成气燃烧放热： - 285.8kJ/mol3 -283.0 kJ/mol=-1140.4 kJ/mol，从热量上看，甲烷重整制合成气再燃烧与直接燃烧相比，直接燃烧放热少,放出的热量小，合成气生产过程中吸收能量，变成合成气燃烧放出的热量多，故A符合题意；B. 由A可知，CH4(g)的标准燃烧热H=- 890.3 kJ/mo1，故B不符合题意；C. 由氢气的标准燃烧热可知：H2(g)+ 12 O2(g)=H2O(1) H=- 285.8 kJ/mol，故C不符合题意；D. 选用

47、合适的催化剂，正反应和逆反应的活化能E2 和E1均减小，反应速率加快，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.考查的是盖斯定律的综合应用B.根据盖斯定律计算出甲烷的标准燃烧热C.考查的燃烧热方程式的书写D.活化能减小，速率加快23【答案】C【解析】【解答】A向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大，由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A不符合题意；Ba点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA-转化为A2-，b点导电性强于a点，说明Na+和A2-的导电能力强于HA-，故B不符

48、合题意；Cb点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C符合题意；D在b点溶质为KNaA，考虑到A2水解，所以其浓度减小c(Na+)=c(K+)c(A2)，c点是继续加入氢氧化钠溶液，故c（Na+）c（K+），由于a、b间加入NaOH的体积约为22mL，而b、c间加入的NaOH约为10mL，所以c(A2)c(OH)，从而得出c点溶液中，c(Na+)c(K+) c(A2)c(OH)，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢

49、氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，据此解答。24【答案】D【解析】【解答】A三乙醇胺与氨气均为分子晶体，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，题干信息已知三乙醇胺的沸点比氨的沸点高得多，故常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强，A不符合题意；B类比于氨气溶于水呈碱性，NH3+H2O NH4+ +OH-，故三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O HN(CH2CH2OH)3+OH-，B不符合题意；C类比于氨水吸收CO2生产不稳定的碳酸盐，受热易分解释

50、放CO2，因三乙醇胺的沸点360C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制温度受热时分解放出气体，可回收循环利用，C不符合题意；D已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，但投料时若提高氨水比例，会增大副产物-乙醇胺的产率，所以工业上常常增大环氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.考查的是沸点和作用力的关系，作用力越强，沸点越高B.考查的是水解C.采用和氨气类比的方式进行比较D.增加氨水的量，可能产生副产物25【答案】C【解析】【解答】A由于 SO32- +H2O+Cl2= SO42- +2H+2Cl-，故气体A中不可能含有SO2

51、，A不符合题意；B由分析可知，固体混合物中无法确定是否含有 SO42- ，B不符合题意；C由分析可知，固体混合物中含有 HCO3- ，由于3 HCO3- + Al3+=Al(OH)3+3CO2，故一定不含Al3+，C符合题意；D由分析可知，根据电荷守恒即可确定固体混合物中一定含有K+，无需进行焰色反应实验，D不符合题意；故答案为：C。【分析】根据流程图可知，加入氯水后产生气体A，说明原固体混合物中存在 HCO3- ，故一定不存在Al3+，得到橙色溶液，说明原固体混合物中存在Br-，加入Ba(OH)2加热后无能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，故说明原固体混合物中一定不存在 NH4+ ，根据溶

52、液中电荷守恒，故说明原固体混合物中一定存在K+，由于氯水能将 SO32- 氧化为 SO42- ，故加入Ba(OH)2后产生白色沉淀，不能说明原混合物是否含有 SO42- ，据此分析解题。26【答案】（1）HClO+ CO32- = ClO-+ HCO3-（2）（3）金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体【解析】【解答】(1)已知酸性H2CO3HClO HCO3- ，结合H+能力越强的离子则对应离子或分子电离出H+的能力就越弱，即酸性就越弱，故用可用离子方程式：HClO+ CO32- = ClO-+ HCO3- 来表示 CO32- 结合H+ 比ClO-的能力强，故答案为：HClO+ CO3

53、2- = ClO-+ HCO3- ； (2) NaNH2是离子化合物，各原子均满足稳定结构，即H原子周围有2个电子，其余原子周围有8个电子，故NaNH2的电子式为： ，故答案为： ；(3)在常压下，金刚石的硬度比足球烯(C60) 高，主要原因是金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体，故答案为：金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体。【分析】（1）考查的是酸性的强弱的比较，酸性越强电离出氢离子越强，对应的酸根离子结合氢离子越弱（2）根据离子化学的电子式书写规则写出即可（3）考查的是晶体的种类对物质性质的影响27【答案】（1）0.2（2）【解析】【解答】(1) 由分析可知，当混合气体中

54、全部是Cl2时消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物质的量的最大值为 22.24 L22.4 L/mol=0.2 mol ，故答案为：0.2； (2)根据反应 H2+Cl2光照_ 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知当H2过量至恰好完全反应时，n(NaCl)=2n(Cl2)，结合反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，当Cl2过量时，则n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由当H2的体积分数大于等于50%时，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1mol-n(H2)=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，当H2的体

55、积分数小于50%时，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1mol，故可以分别计算出当x=0、0.25、0.5、0.75和1五点的值分别为：0.1mol，0.1mol，0.1mol，0.05mol，0mol，故NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像为： ，故答案为： 。【分析】已知该过程中可能发生的反应：H2+Cl2光照_ 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据氯原子守恒可知，NaOH的物质的量取决于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)，据

56、此分析解题。28【答案】（1）Fe、Na、O；Na4FeO4（2）4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3+16NaOH（3）8Na2O+2Fe2O3+O2_ 4Na4FeO4（4）2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl（5）先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2【解析】【解答】I(1)由分析可知，组成X的三种元素是Fe、Na、O，X的化学式为Na4FeO4，故答案为：Fe、Na、O；Na4FeO4；(2)固体X的化学式为Na4FeO4与水反应生成O2、Fe

57、(OH)3、NaOH，故该反应的化学方程式是4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3+16NaOH，故答案为：4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3+16NaOH；(3)固体X可由两种常见的氧化物即铁和钠的氧化物在气体A氛围中加热制得，故该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O2_ 4Na4FeO4，故答案为：8Na2O+2Fe2O3+O2_ 4Na4FeO4；II (4)根据氧化还原反应进行配平即可得出NH3与NaClO反应生成N2H4H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl

58、；(5)步骤2中操作A为先打开K3，关闭K1通入N2将三颈瓶中过量的Cl2排空，防止Cl2与NH3反应，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2，故答案为：先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2。【分析】I由题干信息可知，气体A为O2，红褐色沉淀是Fe(OH)3，n(Fe(OH)3)= 16.05 g107 g/mol=0.15 mol ，中性溶液D只含有一种溶质且焰色反应呈黄色，故为NaCl

59、，根据HCl的物质的量可知n(Na+)=0.6mol，故C中含有0.6molNa+，由元素守恒可知，化合物X含有Fe、Na、O三种元素，n(O)= 31.8 g-0.15 mol56 g/mol-0.6 mol23 g/mol16 g/mol=0.6 mol ，故固体X中n(Fe)：n(Na)：n(O)=0.15mol:0.6mol:0.6mol=1：4：4，故X的化学式为：Na4FeO4；II(4) 根据氧化还原反应进行配平即可得出化学方程式；(5)需先通入N2排空装置中的Cl2，防止NH3与Cl2反应，然后再通入氨气，据此分析解题。29【答案】（1）高温（2）反应I中CO2能与H2反应，使

60、乙苯脱氢反应的化学平衡右移，使反应I中乙苯的转化率更高（3）A（4）2.5310-2；【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，可知反应II 可由反应I反应得到，则反应II 的H2= 158.8kJmol-1-41.2kJmol-1=117.6kJmol-1 0。由反应II 可以看出，正反应是一个熵增大的反应，根据H-TS0，反应能自发进行，则反应II在高温条件下能自发进行。答案为：高温；(2)分析反应I、II ，可知反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，相比反应II，反应I中乙苯的转化率更高。答案为：反应I中CO2能与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，使反应I中乙苯的转化