【20套精选试卷合集】甘肃省兰州市示范初中2019-2020学年高考化学模拟试卷含答案

1、16小题，毎小题只有一个正确答案，每小题NH4+32D 错误；答案为 D。常温下， 反应生成 时，转移的电子数是322H2O 反应生成 lmolO 时，需要 2mol 过氧化钠反应， O 元素由 -1价变成 02NA，故322 16小题，毎小题只有一个正确答案，每小题NH4+32D 错误；答案为 D。常温下， 反应生成 时，转移的电子数是322H2O 反应生成 lmolO 时，需要 2mol 过氧化钠反应， O 元素由 -1价变成 02NA，故322 2?HClO 、Cl-、C1O-粒子数之D 错误；故选 A。C，要注意没有纯净的二氧化氮气体，其中存在96%的酒精溶液的物质的量浓度为等于 48

2、% C. 16.6mol/L 的溶液的密度为xy，即 x/y1，所 0.48，答案选 A。2)=0.1mol/L9.3 nm 的金属氧化物，下列有关说法中正确的是Fe2O3Na分离开3分，共 48 分) 4+与 32-能发生双水解反应B正确；C明2NA2NA-、 -粒子数之和为2A 正确； B、氨气和 HCl 混合后会反应生成氯化铵固体，和 HCl 混合后反应生成了氯化铵固体，气体分子数目减少，故的物质的量分别为中存在平衡： 2NO N2O4，导致分子个数减少，故最终所得的分子个数小于2NO16.6mol/L ，则 8.3mol/L 的酒精溶液的溶质质大于 48% D. x，8.3 mol/L

3、 的酒精溶液的密度为NaOH 溶液，可得到一种黑色分散CO2NAClOB错误； C、标2mol 和 1mol，两者能恰好完全反应后生成2NA个，故 C 错误；2?无法确定y，则根据2NA2molNON2O4平衡。2，一、选择题（本大题共1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是A. 食品透气袋里放入盛有硅胶和铁粉的小袋，可防止食物受潮、氧化变质B. 草木灰和铵态氮肥不能混合使用，是因为C. 明矾和漂白粉可用于自来水的净化，但两者的作用原理不相同D. 在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫可使其消毒能力增强【答案】 D 【解析】A硅胶有吸水性， 可防食物受潮， 而铁粉有强还原性， 可

4、防止食物氧化变质， 故 A 正确；BNH与 CO 能发生双水解反应生成氨气，降低肥效，则草木灰和铵态氮肥不能混合使用，故矾可作净水剂， 是胶体的吸附作用； 漂白粉可作消毒剂， 是氧化性杀菌， 均可用于水的净化， 但原理不同，故 C 正确；DSO2的强还原性，能将次氯酸钠还原，降低次氯酸钠溶液消毒能力，故2. NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. Na2O2与 H2O 1molOB. 标准状况下， 22.4LNH 和 HCl 的混合气体中含有的分子总数为C. 标准状况下， 44.8LNO 与 22.4LO 反应后的分子数是D. 通入了 1molCl 的新制氯水中， HClO 、Cl【

5、答案】 A 【解析】 A、常温下， Na2O2与价，和 -1价变成 -2价，转移的电子数是故标准状况下， 22.4L NH准状况下， 44.8LNO 与 22.4LO而 NOD、氯气和水的反应为可逆反应，故氯水中有未反应的氯气分子，即溶液中的和小于 2NA，故点睛：本题的易错点为3. 已知溶质质量分数为量分数为A. 小于 48% B. 【答案】 A 【解析】设物质的量浓度为可知 16.6=1000 x96%/46、8.3=1000y/46，所以 =0.48x/y。酒精的密度小于水，溶液浓度越大，密度越小，则4. 向含有 c(FeCl3)=0.2mol/L 、c(FeCl 的混合溶液中滴加稀系，

6、其中分散质粒子是直径约为A. 该分散系的分散质为B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与0.1mol/L FeClFe2+2Fe3+8OH =Fe3O4+4HA 错误；B胶体、溶液都可以透过B错误； C向沸水中滴加饱和Fe2+ +2Fe3+ +8OH=Fe3O4 +4H D 正确；答案选3 3反应： 3-=3BaSO4+2NOCO2 32Fe2+ClBaSO4，故 A正确；酸性 H2CO3 HClO HCO-3，碳酸钠溶液中滴加少量2CO2-3 +Cl +ClO-，故 B错误； Fe2(SO4) 溶液与 Ba(OH) 溶液反应：24 3 2I +Cl 2Cl，故 D错误。L 0.160 +2 0

7、.1mol/L FeClFe2+2Fe3+8OH =Fe3O4+4HA 错误；B胶体、溶液都可以透过B错误； C向沸水中滴加饱和Fe2+ +2Fe3+ +8OH=Fe3O4 +4H D 正确；答案选3 3反应： 3-=3BaSO4+2NOCO2 32Fe2+ClBaSO4，故 A正确；酸性 H2CO3 HClO HCO-3，碳酸钠溶液中滴加少量2CO2-3 +Cl +ClO-，故 B错误； Fe2(SO4) 溶液与 Ba(OH) 溶液反应：24 3 2I +Cl 2Cl，故 D错误。L 0.160 +2 r(MO3T 只有-2价，则 T 为 O 元素，T 和的最低化合价相同，应S元素， L、R

8、 只有正价 +2，原子半径 LR，则 L 为Mg 元素， R 为 Be元素；MS元素，则 M 为 Al 元素。AO2-、Alr(AlB 正确；C硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，故8-(-2)=10，二者含有电子数相等，故( )+O5 51 5-O3- 6H=323H2O。A由于元素简单阴离子是3溶液也可得到2O FeCl32O，+32-+Cl2+H2O=HCO 3-+Cl-=Fe(OH)2=Fe3+2Cl- -2+H2O=2HC3+Cl 3 2I Fe2+，向 FeI-2 = I 2M 0.143 +3 3+)r(T 2-) D. 3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离3+) 2-)，故C 错误；

9、DLD 错误；故选 B。3-+6H 2O，据此判断下列说法错误的是B. 当有 3molD. “（Fe(OH) 胶体溶液可得到氢氧化铁胶体，D。-+HClO -2溶液中滴加少R 0.102 +6,-2 B. L、T 形成的简单离子核外电子数不相等r(O A 错误； B根据对角线规则，2+的核+=32+3H2生成时，转移）”括号中所填的微粒为3C 错误；T 0.089 +2 R 的氧化物对应的水化物可能具有两性Be与 Al 的性质相似， Be 的5mol 电子-0.074 -2 D. 加入 NaOH 时发生的反应可能为：【答案】 D 【解析】 A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，滤纸

10、，不能用过滤方法分离，D氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：5. 下列离子方程式正确的是A. BaSO 与稀 HNO 3BaSO3+2H +2NO +H2O B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为：C. Fe2(SO4)3溶液与 Ba(OH) 溶液反应： Fe3+SO42-+Ba2+3OH +BaSO4D. 向 FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：【答案】 A 【解析】亚硫酸钡能被硝酸氧化为氯水的离子方程式为：2Fe3+3SO +3Ba2+6OH = 2 Fe(OH) + 3BaSO4，故 C错误；还原性量氯水，反应的离子方程式为：6. 几种

11、短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号原子半径 /nm 主要化合价下列叙述正确的是A. 离子半径大小C. 单质在氧气中燃烧生成【答案】 B 【解析】短周期元素，由元素的化合价可知，位于相同主族，可知为只有+3价，原子半径大于子半径越小，故离子半径氧化物对应的水化物应具有两性，故外电子数为 12-2=10，T2-的核外电子数为7. 有一未完成的离子方程式：A. 原子最外层电子数为C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为【答案】 A 【解析】试题分析：根据题意可知该方程式是：7个电子 A，错误； B当有 3mol22，其中有51，正确； D“”上所填的微粒 D 正确，答案选 A。2mol

12、NaHCO Na2O2混合，在加热条件下让其充分反应，(n) 的取值范围是B. 1 3 1mol 1mol 21mol 2O 21mol 150时所得气体中仅含有两种组分，则气体为氧气和水蒸气，二氧化碳全部反应，3 2CO3；若 32CO7个电子 A，错误； B当有 3mol22，其中有51，正确； D“”上所填的微粒 D 正确，答案选 A。2molNaHCO Na2O2混合，在加热条件下让其充分反应，(n) 的取值范围是B. 1 3 1mol 1mol 21mol 2O 21mol 150时所得气体中仅含有两种组分，则气体为氧气和水蒸气，二氧化碳全部反应，3 2CO3；若 32CO3，所以固

13、体的物质的量最少为2O-1 -、3-：的溶液 4+、 2-、2O24Fe(SO4)2-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误； CH Fe2+、H2O2发生氧化还原反应，不能大量共存，故4Fe(SO4)2W 与形成的化合物具有还原性，且其水溶液显W 与 Y 同族、 与同族。下列叙述正确的是 2种1 2 生成时，共有5份是还原剂产生，有-，3(s)和一定量C. 2nNH浓硫酸具有脱水性、氧化性Na2SiO3溶液3H2O 酸性：硝酸 碳酸硅酸元素 W 与形成的化合物具有还原性，且其水溶液显酸性，则为Na 元素，为 O 元素。 A、元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的越稳定，非金属性单气态氢化物

14、的稳定性钠、硫代硫酸钠等，故子)和阳离子 (钠离子 )的数目比为 12，故 C 正确； D、钠离子含有电子层结构不同，故11. 利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项A B Ba(NO 溶C D A. A B. B 【答案】 B 【解析】 A，将浓氨水加到氢氧化钠中，利用氢氧化钠溶于水放热使氨水分解生成氨气，同时增大溶液中氢氧根离子浓度使氨水的电离平衡逆向移动也有利于生成氨气，在这过程中氢氧化钠没有转化成其他物质，所以不能证明氢氧化钠的碱性比氨水强；合物的体积膨胀， 生成的气体使品红溶液褪色，C,将稀盐酸加到亚硫酸钠中可以生成二氧化硫气体，二氧化硫气体通入到硝酸钡溶液中，二氧

15、化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，为硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与所有可溶性钡盐都能生成白色沉淀，浓硝酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳气体中含有硝酸蒸气，气体通入硅酸钠溶液中生成白色的硅酸沉淀，所以无法证明碳酸的酸性比硅酸强，a中可能既含有离子键又含有共价键c可能为 CO 和 SO3b与所含元素同主族，则常温常压下 c为白色固体， 则与 a所含元素原子的核电Aa、b、cNaOH 中含有离子键又含有共价键，故二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，B 错误；C若 b 为固态非金属单质，为气体单质，且a、b、c均能与反应，故c为白色固体， a为所以无法证明碳酸的酸性比硅酸强，a中可能既含有离子键又含有共价键c

16、可能为 CO 和 SO3b与所含元素同主族，则常温常压下 c为白色固体， 则与 a所含元素原子的核电Aa、b、cNaOH 中含有离子键又含有共价键，故二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，B 错误；C若 b 为固态非金属单质，为气体单质，且a、b、c均能与反应，故c为白色固体， a为 P，为氯气， b 为三氯化磷， c为五氯化磷，2，故 D 正确，故选 B。SO2的烟气通入海水 （主要含 Na+、+、Ca2+、Mg2SO2+2HSO42-数量发生了变化CuSO 含量最高Na+、+、Mg HCO-3 -， -它们水解呈碱性，O2H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，可能发生的离子反2O+O2

17、=4H+4价，具有还原性，所以氧气将C 错误； D根据题意，氧化后的液D 错误；故选 B。D 不正确。本题选 B。2a、b、c均能与反应NaA 正确；B若为 O2，b与所含元素同主C 正确； D若 a为固态非金2+、Cl-、 -、CO2O+O2=4H 42-42+、Cl-、SO42-、Br-、CO -3离子， CO32-+H HCO H2CO3+OH进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫+2SO42-等，故H2SO3、HSO3-、SO32-元素，其水溶液均为碱性，SO42-、Br+2SO32-、2O? 3-+OH 3-+H2O?要用 O2a32 -、HCO 3-等离子，在这些离子中能发进

18、行氧化处理，为氢氧化钠、为二氧化碳、A. 若 a、b、c焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则B. 若为 O2，a为一种固态单质，则C. 若 b为固态非金属单质，D. 若 a为固态非金属单质， a与所含元素同周期，荷数相差 2 【答案】 B 【解析】 焰色反应均呈黄色，均含b 为碳酸钠， c为碳酸氢钠，符合转化关系，c为 SO3，a为一种固态单质， 则 a为 S，硫与氧气反应生成二氧化硫，但硫燃烧不能生成三氧化硫，故族，a为硫化氢， b 为 S，c为二氧化硫，为氧气，属单质， a与为同周期元素，常温常压下与 a所含元素原子的核电荷数相差13. 将燃煤排放的含有等离子）进行脱硫的工艺流程如下图所示

19、，下列说法中正确的是A. 天然海水显酸性B. 氧化过程中可能发生的离子反应为：C. 排入大海的溶液与天然海水相比，只有D. 若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中【答案】 B 【解析】 A海水中主要含有生水解的是 CO32-、HCO HCO故 A 错误； B天然海水吸收了含硫烟气后，要用元素的化合价为 +4价，具有还原性，所以氧气将应有 2SO2+2H B正确；C天然海水吸收了含硫烟气后，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为等氧化为硫酸， H2SO3、HSO3-、SO32-、SO42-数量都发生了变化，故体中没有铜离子，得到的晶体中不含硫酸铜，故2O3SO3 NaHCOFeCl2(

20、aq)B. 2+CO2+3H2O=2Al(OH) 3NaHCO32O?2Fe(OH) 3+3H氢氧化镁不稳定， 加热分解生成氧化镁，Y）与加入试剂的量（）之间的关系图，其中正确的是3溶液中逐滴加入24Al(SO4)22、 233+3NaOH=Al(OH)3=NaAlO 2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：2-+H 2O=Al(OH) 3，随着盐酸的逐滴加入，1：3故 B 错误；C向4Al(SO 4)2AlNaOH ，发生反应 Al(OH)NaOH 的比为 3：1：1；故 2O3SO3 NaHCOFeCl2(aq)B. 2+CO2+3H2

21、O=2Al(OH) 3NaHCO32O?2Fe(OH) 3+3H氢氧化镁不稳定， 加热分解生成氧化镁，Y）与加入试剂的量（）之间的关系图，其中正确的是3溶液中逐滴加入24Al(SO4)22、 233+3NaOH=Al(OH)3=NaAlO 2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：2-+H 2O=Al(OH) 3，随着盐酸的逐滴加入，1：3故 B 错误；C向4Al(SO 4)2AlNaOH ，发生反应 Al(OH)NaOH 的比为 3：1：1；故 C 正确；D向 NaOH 、Ba(OH)2NaAlOH2SO433(aq)Mg(OH)C. 不能

22、生成3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，+，加热蒸发故正确； 故正确；NaOH 溶液至过量且边滴边振荡溶液中逐滴加入3 3NaOH，和沉淀溶解消耗+HNaOH 发生反应为 Al3+沉淀完全后，然后发生反应3+OH 2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大2、的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：2(aq)Na2CO无水 FeCl32D. 溶解度最小，析出Fe3+水解HCl 挥发，平衡向右移动，得不到无水NaOH 溶液至过量且边滴边振荡，+3NaCl，继续滴加 NaOH 溶液， Al(OH) 和 NaOH 溶液反应，生成偏铝酸钠，NaOH 的则沉淀开始溶解，

23、发生反应：Al(OH)3+3OH -=Al(OH)NH-=AlOBa(OH) +H2O，产生沉淀，Al(OH)3MgO NaHCOFeCl3，故错误；氯化先产生氢氧化铝沉淀：3+3H 2O，3，先产生4+OH 3?H2O 4+，此时沉淀氢氧化铝的量2+CO2=BaCO 333，+=Al3+3H-=NH；NHAlS饱和 NaCl(aq)Fe2O3MgClA. 【答案】 A 【解析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO +Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳

24、，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中加热 NaHCOFe3+3H镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，故答案为 A。15. 下图均为实验过程中产生沉淀的物质的量（A. 图：向 AlClB. 图：向 NaAlO 溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C. 图：向 NH 溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D. 图：向 NaOH 、Ba(OH) NaA1O 的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量【答案】 C 【解析】 试题分析： A向 AlClAlCl沉淀溶解： NaOH+Al(OH)比为 3：1；故 A 错误； B向 NaAlOAlO所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗

25、的盐酸的物质的量之比是NH 溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加氢氧化铝沉淀，当不变，最后继续滴加消耗 NaOH ，沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaA1O2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2+CO2+3H2O=2Al(OH) 33+H2O+CO 2=Ba(HCO 3)2 32-+H2O+CO 2=2HCO 3-，BaCO3+H2O+CO 2=Ba(HCO 3)23+H2O+CO2=2NaHCO 3D 错误；故选 C。其中 H HNOHNOB. 0.896L 10mL 混合酸中含有： n(H3-)=0.01L3-+8H 2，则：3-+8H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol

26、+=Fe2+H0.01mol 2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol2)=0.03mol52CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2+CO2+3H2O=2Al(OH) 33+H2O+CO 2=Ba(HCO 3)2 32-+H2O+CO 2=2HCO 3-，BaCO3+H2O+CO 2=Ba(HCO 3)23+H2O+CO2=2NaHCO 3D 错误；故选 C。其中 H HNOHNOB. 0.896L 10mL 混合酸中含有： n(H3-)=0.01L3-+8H 2，则：3-+8H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol+=Fe2+H0.01mol 2)=0.02m

27、ol+0.01mol=0.03mol2)=0.03mol5小题，共 52分）_。B 均具有铁磁性，则该反应的化学方程式为B 具有两性，则该反应的化学方程式为_。A 为一种温室效应的气体，则该反应的化学方程式为(1). 2F2+2H224NHN26H2O，也可能是 2F22H2O=4HF O2；（2）具有铁磁性，应是：2O(g)3，因此此反应是： 2O3Si+2CO；（5）A 是温室气体，即2CO沉淀量不变，最后发生反应：2SO4和 3物质的量浓度分别是3C. 0.672L +)=0.01L+=3Fe2+2NO +=Fe2+H+=3Fe2+2NO，2，22.4L/mol=0.672L ，故选 C

28、。_。_。_。2O=4HF+O 2（能置换出(3). 2Al+Fe2MgO+C 3Fe3O4+4H 3）A 是红棕色粉末固体，即Al 4）单质乙做光伏电池的原料，即乙为A 为CO2MgO+C 。32-+H2O+CO 2=2HCO 3-，BaCO4mol/L 和2mol/L ，取10mLD. 0.224L 24mol/L+0.01LN2的化学方程式也给分）2O32；（2O3+2Fe；（2，甲为金属，甲为3+2H2O+2CO 2=Ba(HCO 3)2，2mol/L=0.1mol ，(2). 3Fe+4HAlA 为 Fe2O3，B具有两性， B可能是 Al 或Si，反应是：Mg，因此反应是2O(g)

29、 2O3+2Fe 2O3(4). SiO +2C2Si+2CO(5). 2NaAlO +Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：BaCO 故图象错误 CO 故图象错误 Na2CO沉淀部分溶解，故考点：考查了化学反应与图象、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。16. 有一种稀硫酸和稀硝酸的混合酸，此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为（设反应中被还原成 NO）A. 0.448L 【答案】 C 【解析】试题分析：n(NO 2mol/L=0.02mol ，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO +4H2O，Fe+2H3Fe+2NO +4H2O 0.02mol 0.0

30、8mol 0.02mol 反应后剩余 n(HFe+2H0.02mol 所以： n(NO)+n(HV(NO)+V(H考点：考查了混合物的计算的相关知识。二、非选择题（本大题共（1）若单质乙为空气中的一种主要成分，则该反应的化学方程式为（2）若单质甲和化合物（3）若化合物 A 是红棕色粉末状固体，化合物（4）若单质乙是做光伏电池组件的重要材料，写出该反应的化学方程式（5）若单质甲是金属，化合物【答案】Fe3O4+4H2Mg+CO【解析】试题分析： （1）此反应是置换反应，且单质乙为空气中一种主要成分，因此该反应可能是3O23Fe+4HAl(OH) 2Al+FeSiO2+2C2Mg+CO考点：考查元

31、素及其化合物的性质等知识。18. 某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。2。N2，其原因是_、_，若装置 C、D 中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物_。_。_。(1). 要用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰(3). 澄清石灰水(6). 没有尾气处理装置将N2，故答案为：要用氮气将装置中的空气排尽，避免空B装置可以作安全瓶，防止倒吸，故答案为：作安全瓶，防止倒吸；C 装置用来检验有没C、D 中所盛试剂分别为澄清石灰水、3SiO2+4C2CO ；CO 吸收，故答案为：没有尾气吸收CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂

32、质气体，然后CO2+H2O+Na(5)，验证碳酸、硅酸的酸性强弱，“绿色化2。N2，其原因是_、_，若装置 C、D 中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物_。_。_。(1). 要用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰(3). 澄清石灰水(6). 没有尾气处理装置将N2，故答案为：要用氮气将装置中的空气排尽，避免空B装置可以作安全瓶，防止倒吸，故答案为：作安全瓶，防止倒吸；C 装置用来检验有没C、D 中所盛试剂分别为澄清石灰水、3SiO2+4C2CO ；CO 吸收，故答案为：没有尾气吸收CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体，然后CO2+H2O+

33、Na(5)，验证碳酸、硅酸的酸性强弱，“绿色化学 ”和“原子经济 ”的理念，工业生工业上生产高氯酸时，2)，其工艺流程如下：溶液可用于检验_。(4). PdCl 溶液CO 吸收PdCl2CO ，故答案为：澄清石灰水；2+2CO+3Si2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，说明酸性 2CO3还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯CO，反应的化学方程式为2(7). 向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，2溶液；若装2+2CO+3SiH H2SiO3，故答案为：CO + PdCl + 2HCl + Pd （产生黑色(5). 3SiO 4C溶液变浑浊， 证PdCl2 + H2O = CO 222

34、溶液；2CO22CO金属钯粉末，使溶液变浑浊）（1）实验时要通入足够长时间的（2）装置 B的作用是 _。（3）装置 C、D 中所盛试剂分别为质的量相等，则该反应的化学方程式为（4）该装置的缺点是（5）设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：【答案】(2). 作安全瓶，防止倒吸3Si 明碳酸酸性大于硅酸【解析】 (1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行，高温下，碳与空气中氧气也能反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，所以实验时要通入足够长时间的气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰；(2)根据装置图可知，(3)根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以有二氧化碳， D 装置

35、用来检验一氧化碳，所以置置 C、D 中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C(4)一氧化碳有毒，有能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将装置将 CO 吸收；(5)验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的再通入硅酸钠溶液发生反应向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸。点睛：解答本题需要注意题干信息的分析判断和应用。本题的易错点是要注意避免气体物质的干扰，如果二氧化碳需要制备，则需要除去二氧化碳中的氯化氢杂质。19. 目前全球范围内环境污染备受关注，化工生产中应大力倡导产中的废物利用尤为重要。酸钠

36、(NaClO490 。请回答下列问题：_，冷却的目的是 _。_ 。SO2用2、ClO2、 2_ 。(1). 3NaClO42还原为 2NaClO3+3H2SO4=HClO 4+2ClO 2+3NaHSO 4+H2O；然后将反应生成物的溶液冷却得到NaOH 、SO2、+4 价变成+6 价，根据氧化还原2+SO2+4OH 490 。请回答下列问题：_，冷却的目的是 _。_ 。SO2用2、ClO2、 2_ 。(1). 3NaClO42还原为 2NaClO3+3H2SO4=HClO 4+2ClO 2+3NaHSO 4+H2O；然后将反应生成物的溶液冷却得到NaOH 、SO2、+4 价变成+6 价，根据

37、氧化还原2+SO2+4OH 2-+SO42-+2H2O；SO22，也就说明 2O22Cl2+2 Ca(OH )Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。高氯酸是至今为止人们已知酸H2O2代替同样能生成NaClO 等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和消石灰3+3H2SO4 4+2ClO 2 2O 结晶析出(5). 2Cl CaCl3、浓硫酸，生成物有NaHSO 晶H2O、ClO NaClO-=2ClO用 H2O2代替同样能生成H 也具有还原性，也能把2 2+ Ca(ClO) 2+2H2O。铁红(Fe2O3)，NaClO

38、HClO +3NaHSO4+H(3). 2ClO +SO42+2H2+2 Ca(OH ) 2 2+ Ca(ClO) 2+2H2O ClO 气体、 NaHSO HClO42，生成物有 2，氯的化合价由NaClOClO 还原为 NaClOCaCl2，请简要说明双氧水在反应中能代替(2). 降低 NaHSO 的溶解度， 2+SO2+4OH 2 2O 2 4、 42，说明变换物质后，氧化还原反应照样能2 2；SO2的42ClO(4). H 有还原性也能把2O2中的最强酸，沸点（1）反应器中发生反应的化学方程式为（2）反应器中发生反应的离子方程式为（3）通入反应器中的原因是 _。（4）Ca(ClO)生产

39、漂粉精的化学方程式：【答案】使 NaHSOClO NaClO【解析】（1）根据加入到反应器中的原料有溶液依据书写化学方程式的规则，即发生化学反应时满足原子的种类和数目不变，书写出化学反应方程式为： 3NaClO体，说明硫酸氢钠的溶解度随温度的降低而减小；（2）根据通入到反应容器中的反应物有+4价变成了 +3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由反应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为2ClO（3）如果将反应器中的发生生成 NaClO（4）消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理是利用它们的强氧化性来达到目的根据教材知识工业上制取漂白粉是用氯气与消石灰反

40、应得到的，其反应原理为点睛：本题是一道化工生产过程中的工艺流程，需要把握住工艺流程的过程，找到解决问题的突破口，运用基本知识、结合最终要得到的产品来解决，要将教材所学到的基本知识应用到实际解决问题中去，要求基础知识掌握牢固，同时又能将基础知识应用实际应用中。20. 工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为具体生产流程如下：试回答下列问题：_（填化学式）。_；_。35以下，其目的是 _ 。Fe 元素的质量分数，称取NaOH 溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷bg。 计算该样品中(1). SiO24HCO3Fe3O4、Fe2O3、FeO 都可以溶解，二SiO2，故答案为：SCN 溶3

41、5以下，故答案为：防止3+O2bg 为氧化铁，则铁元素的质量为0.7bg，所以样品中可以从煤和石油中得到。_。ag 样品，充分 _（填化学式）。_；_。35以下，其目的是 _ 。Fe 元素的质量分数，称取NaOH 溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷bg。 计算该样品中(1). SiO24HCO3Fe3O4、Fe2O3、FeO 都可以溶解，二SiO2，故答案为：SCN 溶35以下，故答案为：防止3+O2bg 为氧化铁，则铁元素的质量为0.7bg，所以样品中可以从煤和石油中得到。_。ag 样品，充分 “酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加Fe 元素的质量分数为 _。(2). 漏

42、斗、玻璃棒、烧杯(5). 4FeCOSiO2；NH2Fe2O3+4CO 4FeCObg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样Fe元素的质量分数为OPA 是一种重要的有机化工中间体。(3). SCN 溶液(或其他合理答案 ) 34HCO32，故答案为： 3+O2100%=A、(4). 防止O2分解，减少 Fe2+的水解；2Fe2O3+4CO100%，故答案为：2Fe2O34CO2；2(6). 100% （2）实验室实现 “步骤 ”中分离操作所用的玻璃仪器有（3）检验步骤已经进行完全的试剂是（4）步骤的反应温度一般需控制在（5）步骤中发生反应的化学方程式为（6）欲测定硫铁矿烧渣中入足量的 H2O2，充

43、分反应后加入却后称得残留固体【答案】NH 分解，减少 Fe2的水解(1)硫铁矿烧渣 (主要成分为 Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)，酸溶过程中氧化硅是酸性氧化物，所以不溶物为(2)根据分析可知，步骤为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；(3)步骤是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用液，故答案为： SCN 溶液；(4)步骤是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁沉淀，温度过高亚铁离子水解程度增大，同时碳酸氢铵容易分解，所以温度一般需控制在(5)步骤中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，反应

44、方程式为4FeCO(6)根据题意，最后称得残留固体品中铁元素的质量为100%。21. 芳香化合物 A 是一种基本化工原料，B、C、D、E、F和 OPA 的转化关系如下所示：A 和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，D。用结构简式表示合成路线G 可能的同分(1). A 和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，D。用结构简式表示合成路线G 可能的同分(1). 邻二甲苯（或 1,2-二甲苯）(5). _；(2). 取代反应(3). 回答下列问题：（1）A 的化学名称是 _；（2）由 A 生成 B 的反应类型是 _。（3）写出 C 可能的结构简式 _；（写一个即可）（4）D（邻苯二甲酸二

45、乙酯）是一种增塑剂请用经两步反应合成合成路线流程图示例如下：（5）E的化学方程式为 _。（6）芳香化合物 G 是 E的同分异构体， G 分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，异构体有 _种。【答案】(4). (6). 4 ，其名称是邻二甲苯，故答案为：邻二甲苯；B，邻二甲苯的甲基上氢原子被溴原子取代生成溴代烃，故答案为：取C，故答案为：，E 发生缩聚反应生成；F，该反应方程式为：(1)A，其名称是邻二甲苯，故答案为：邻二甲苯；B，邻二甲苯的甲基上氢原子被溴原子取代生成溴代烃，故答案为：取C，故答案为：，E 发生缩聚反应生成；F，该反应方程式为：(2)邻二甲苯和溴发生取代反应生成代反应；(3

46、)在溴化铁作催化剂条件下，邻二甲苯和溴发生苯环上的取代反应，取代位置为甲基的邻、对位，所以可能的结构简式为：(4)酸性条件下，邻二甲苯被高锰酸钾氧化生成邻苯二甲酸，在浓硫酸、加热条件下，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙酯，合成路线为，故答案为：；(5)E 的结构简式为，故答案为：；，芳香化合物G 的结构简式可能为：4 4。G ，芳香化合物G 的结构简式可能为：4 4。G 是 E 的同分异构体， G 分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则，共 种，故答案为：H 1，C 12，O 16，Na 23，S 32，Cl 35.5 ，Fe 56，Cu 64 0.9NANa S2O22

47、2O反应中，每生成）B8种 C 10种3周期、族WY W的最简单氢化物反应结论常温下，将 Al 箔插入浓 HNO3中，无明显现象向饱和H 1，C 12，O 16，Na 23，S 32，Cl 35.5 ，Fe 56，Cu 64 0.9NANa S2O22 2O反应中，每生成）B8种 C 10种3周期、族WY W的最简单氢化物反应结论常温下，将 Al 箔插入浓 HNO3中，无明显现象向饱和 Na2CO3溶液中通入足量用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色2HNO3分解生成了 NO22O(g) p=3/P 2A(g)+B(g) 4 mol 、2 mol 和 4 mol若此时 A、B和 C均增加

48、 1 mol ，平衡正向移动N2(g)+3H3mol N2-4+ 32O )+ c(OH2- +32O ) 4 42NA +3HD12种铝和浓硝酸不反应CO2 ，溶液变浑浊该溶液一定是钠盐溶液H2SO4，在管口观C2H5OH(g)在一定条件下达到平衡状态时，2C(g) 达到平衡时， A、B和 C的物2(g) 2，则平衡正向移动溶液中，阴离子总数大于3 molI 6NA个电子析出了 NaHCO3体系的总压强为2NH3(g) 达到平衡状态时， N2、H2、NH30.1N2，则转移P，其中 C2H4(g) 、A可能用到的相对原子质量：选择题共 7题一、选择题（本题包括 7小题，每小题 6分，共计 4

49、2分。每小题只有一个选项符合题意。）A乙烯可作为水果的催熟剂B地沟油经过处理，可用来制造肥皂C煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率D发生地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情 A 1.5 g 甲基所含有的电子数目为B在 1L0.1 mol -1C78g Na 与足量 CO2完全反应，转移的电子总数为D在 IO + 6HI = I+ 3I代产物异构体数目为（A6种A 位于元素周期表中第B原子半径： W C最简单气态氢化物的热稳定性：DY的最高价氧化物可以和操作和现象A B C 向装有 Fe(NO3) 溶液的试管中加入稀D 察到红棕色气体A对于 C2H4(g)+

50、HH2O(g)、C2H5OH(g)均为 l mol ，则用分压表示的平衡常数B恒温恒压下，在一容积可变的容器中，反应质的量分别为C一恒温恒压下，在一容积可变的容器中，各 l mol ，若此时再充入D对于一定条件下的某一可逆反应，用平衡浓度表示的平衡常数和用平衡分压表示的平衡常数，其数值不同，但意义相同，都只与温度有关A点 a所示溶液中： c(NH+4)c(SO )c(H+)c(OH) B点 b所示溶液中： c(NH+4)c(Na)c(H)c(OH) C点 c 所示溶液中： c(SO2-4 )+ c(H ) c(NH ) D点 d所示溶液中： c(NH c(SO )c(OH)c(NH ) 二、非

51、选择题（包括必考题和选考题两部分）2.7mL甲苯、100mL水和23片碎瓷片，开动电动搅拌器，8.5g高锰酸钾，继续搅拌约(H2C2O4)充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中23滴酚酞，然后用标准浓度，。操作。(选填字母 2.7mL甲苯、100mL水和23片碎瓷片，开动电动搅拌器，8.5g高锰酸钾，继续搅拌约(H2C2O4)充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中23滴酚酞，然后用标准浓度，。操作。(选填字母 ) C 、用甲苯萃取后分液_。1。；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开始变。a中通入流动水，在石棉上45h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再 D 、升华标准OH溶液2

52、0.00mL，则所得产品中苯甲酸的质量分数某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下一、制备苯甲酸在三颈烧瓶中加入加热至沸腾，然后分批加入出现油珠，停止加热和搅拌，静置。二、分离提纯在反应混合物中加入一定量草酸冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品。三、测定纯度称取mg产品，配成 100.00mL乙醇溶液，移取 25.00mL溶液于锥形瓶，滴加OH溶液滴定。请回答下列问题（1）装置 a的名称是 _，其作用为 _。（2）甲苯被高锰酸钾氧化的原理为，请完成并配平该化学方程式。（3）分离提纯过程

53、中加入的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成。加入草酸的作用是请用离子方程式表示反应原理（4）产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是（5）要将粗产品进一步提纯，最好选用下列A、溶于水后过滤 B 、溶于乙醇后蒸馏（6）测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是若m=1.2000g，滴定时用去 0.1200mol L为 锂的原子结构示意图为黑，更长时间则变成白色。生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂。写出生成氮化锂的化学方程式Li2OAl2O3SiO2 2SO4 2OAl 2O3SiO22OAl2O3SiO2 2SO4 2OAl 2O3SiO2+ + 3+pH Al(OH)4.7

54、 2SO4、 2CO3在不同温度下的溶解度（102SO42CO3。NaOH溶液使 pH 13 ，LiLi 产品中的杂质可能是。2CO34(g)+2O2(g) =CO Li2OAl2O3SiO2 2SO4 2OAl 2O3SiO22OAl2O3SiO2 2SO4 2OAl 2O3SiO2+ + 3+pH Al(OH)4.7 2SO4、 2CO3在不同温度下的溶解度（102SO42CO3。NaOH溶液使 pH 13 ，LiLi 产品中的杂质可能是。2CO34(g)+2O2(g) =CO 2(g)+2H2O(g) 2O(g) =CO2(g)+H 2(g) 2(g) =2CO2(g) 2(g) CO(

55、g)和 H2(g) 可合成二甲醚 (CH3OCH3)，同时还产生了一种可参与大。2O42OAl2O3SiO2）中提出锂的工业流程示意图。2SO4 2SO4、Na+、Li 、Fe3+、Fe2+、Al 、Mn2+ 。39.0 g / 100g2035.4 1.43 2CO32CO3。1=a kJmol-1 H2=b kJmol3=c kJmolkJmol-1CO2(g)+CH4(g) =CH3COOH(g)，温度与催化剂的催化Fe(OH)23.2 水）5034.7 1.33 ，用离子方程式表示其产生的原-1-1Fe(OH)310.1 8033.1 1.08 Mn(OH)231.7 0.85 高温煅

56、烧时的反应原理为：Li + + LiLi + Na Na + Li锂离子浸取液中含有的金属离子为：几种金属离子沉淀完全的金属离子沉淀完全的 pH Li Li温度溶解度LiLi（1）浸取时使用冷水的原因是（2）滤渣 2的主要成分为（3）流程中分 2 次调节 pH（pH78 和 pH 13 ），有研究者尝试只加一次浓结果发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的产品中杂质增多。因（4）加热浓缩的作用是（5）洗涤 Li 晶体使用ICH4和 CO2可以制造价值更高的化学产品。已知： CH CO(g)+H 2CO(g)+O（1）求反应 CH4(g)+CO2(g) =2CO(

57、g)+2H H= (用含 a、b、c 的代数式表示 )。（2）一定条件下，等物质的量的气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为（3）用 Cu2Al 做催化剂，一定条件下发生反应：。Na、熔融 S和多硫化钠 (Na2S)分别作为两个电极的反应物，多孔固体2S (100以下 B300350 D 3502050 (A为负极B到 A A应连接电源的正极B的电极反应式为500mL 0.2 mol -1 NaCl 溶液，当溶液的，电路中通过的电子的物质的量为，钠硫电池两极的反应物的质量差为3物质结构与性质）。Na、熔融 S和多硫化钠 (Na2S)分别作为两个电极的反应物，多孔固体2S (100以下 B30

58、0350 D 3502050 (A为负极B到 A A应连接电源的正极B的电极反应式为500mL 0.2 mol -1 NaCl 溶液，当溶液的，电路中通过的电子的物质的量为，钠硫电池两极的反应物的质量差为3物质结构与性质） （15 分）A与 C原子的基态电子排布中C、D同主族。 E、F都是第四周期元素，1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：，该能层具有的原子轨道数为，原子的电子排布式是，元素的气态氢化物的价层电子对互斥模型为Al 2Na+S (3sp(Ag2S) N 14SO25滴O 16Na 23 S 32 I 127 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和

59、答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：第卷一、选择题：本大题共求的。7下列关于化学与生产、生活的认识正确的是A糖类、油脂、蛋白质都可以水解B石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C酸雨的 pH 在 5.67.0之间D新能源汽车的推广与使用，有助于减少8NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2.0gH218O 与

60、 D2O 的混合物中所含中子数为B标准状况下， 22.4LSO 中含有的原子数为C78g苯含有的碳碳双键数为D1molN 与 3molH 反生成的 NH 分子数为 2NA9下列叙述不正确的是A甲苯分子中所有原子在同一平面上B苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C分子式为 C3H6Cl2的同分异构体共有D可用溴的四氯化碳溶液区别10由下列实验操作及现象能推出相应结论的是选项向酸性高锰酸钾溶液中加入过量A 黄B 向盛有 2mL0.1mo/LAgNOC 0.1mo/LNa 溶液，出现白色沉淀； 再往试管中滴加几滴2SNa2SiO3溶液中通入适量沉淀其结构原理如图所示， 该电池放电时， 右槽中的电极反应为：