(精选3份合集)2020届衡水中学高考数学模拟试卷

2021届新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)1.下列各组离子能在指定溶液中，大童共存的是()无色溶液中：K+,Cu2+,Na+,MnOa,SO?使pH=ll的溶液中：CO3298K时，向20mL—定浓度的KOH298K时，向20mL—定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol-L^HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()加入Al能放出出的溶液中：Cl',HCO/,N03-,NHZ加入Mg能放出H2的溶液中：NHf,Cl,K+,SO?-使石蕊变红的溶液中：Fe3+,MnOa-,NOr,Na\SO?-酸性溶液中：Fe2+,A严,NOf,I',CP【答案】C【解析】【详解】无色溶液中，不含有呈紫色的MnO”，①不合题意；CChXA©嘟能发生水解反应，使溶液呈碱性，②符合题意；加入AI能放出出的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，③不合题意;加入Mg能放出出的溶液呈酸性，NH4\Cl\K\SO/都能大量存在，④符合题意；使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe叭MnO4\NO八Na\SO,•都能大量存在，⑤符合題意;酸性溶液中，Fe2\NO八「会发生氧化还原反应，不能大量存在，⑥不合题意。综合以上分析，只有符合题意。故选c。B.c(KOH)=0.1mol-L1C・n、q两点对应的溶液中均存在：c(K+)=c(HCOO)D.p点对应的溶液中存在：c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为lxlO^mol-L1,则水电离出的氢离子浓度为1x10氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol-L\c(KOH)=0.1mol-L1,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此O.lmol-LM.OZ-LxO.lmol-L^xVi,则Vi=0.02L=20mL,故A正确；根据A分析得出c(KOH)=0.1mol-L1,故B正确；n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c(K+)>c(HCOO-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c(K+)=c(HCOO-),故C错误；p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述，答案为C。下列反应中，水作氧化剂的是()SO3+H2O今H2SO4B.2K+2H2O92KOH+H2个C.2F2+2H2OT4HF+O2D・2Na2O24-2H2O-^4NaOH+O2个【答案】B【解析】【详解】A、没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、妝0中H化合价由+1价今0价，化合价降低，因此也0作氧化剂，故B正确；C、也0中O由一2价今0价，化合价升高，即H2O作还原剂，故C错误；D、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误。故选B。向lOOmLO.lmol-L1硫酸铝^[NHaAl(SO4)2]溶液中逐滴滴入O.lmol-L^Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的()n,/molb2//V/mL——►a点的溶液呈中性a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mL至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为:Al3++2SO42+NH4++2Ba2++5OH^AlO2+2BaSO4>U+NHrH2O+2H2O【答案】D【解析】【分析】lOOmLO.lmol-L'1硫酸铝gc[NH4Al(SO4)2]中NH4A1(SO4)2物质的量为O.Olmol.溶液含有NHZO.Olmol,Al3+0.01mol,S0420.02moL开始滴加时，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4I,A13++3OH=A1(OH)3I,当Al'M；淀完全时需加入0.03niolOH,即加入0.015molBa(OH)2,加入的B0为0.015moltSO/未完全沉淀，此时溶液含有硫酸皱、硫酸铝；(开始到a)再滴加Ba(OH)2,生成BaSO4沉淀，发生反应为SO?+Ba2+=BaSO4|,NH/+OH=NHyH2O,所以沉淀质量继续增加；当SCV-完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2,加入0.04molOH,A严反应掉0.03molOH生成Al(OH)30.01mol,剩余O.OlmolOH-恰好与NHf完全反应，此时溶液中NHf完全反应，此时溶液为氨水溶液；(a到b)继续滴加Ba(OH)2,AKOHb溶解，发生反应AI(OH)3+OH=A1O2+2H2O,由方程式可知要使O.OlmolA1(OH)3完全溶解，需再加入0.005molBa(OH)2,此时溶液为氨水与偏铝酸顿溶液.(b到c)【详解】由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO厂+Ba2七BaSO",Al3++3OH=Al(OH)3；,a点对应的沉淀为BaSO。和AI(OH)3,溶液中的溶质是(NH4)2SO4,该物质水解溶液呈酸性，A错误；a点沉淀的质量=0.015molx233g/mol+0.01molx78g/mol=4.275g,c点为硫酸顿的质量，为0.01molx2x233g/mol=4.66g,所以质最。点>3点，B错误；0.02molc.当so"•完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2,则b点消耗氢氧化顿体积二=0.2L=200mL,O.lmol/LC错误；D.至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：AI3++2SO42-+NH4++2Ba2++5OH-=AIO2-+2BaSO4l+NH3-H2O+2H2O,D正确；故选D。【点睛】在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NHf、AP\AKOHh与OH-反应的顺序问题，若假设NHf先与OH-发生反应，由于生成的NHrHzO能与Ah反应生成A1(OH)3,所以假设错误，应为AP先与OH-反应生成AI(OH)3；对NHQ、A1(OH)3哪个先与OH-反应，若我们认为A1(OH)3先反应，生成的A©•能与NHf发生反应生成AI(OH)3和NHyHzO,所以假设错误，应为NIV先与OR反应。甲基环戊烷(MCTQ)常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是难溶于水，易溶于有机溶剂其一氯代物有3种该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应与2.己烯互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】甲基环戊烷是炷，炷难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；甲基环戊烷有四种位置的氢，如图上因此其一氯代物有4种，故B错误；该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确;甲基环戊烷与2•己烯分子式都为C6H】。，因此两者互为同分异构体，故D正确。综上所述，答案为B。已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池.如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为:放电)放电)b电极放电后转化为c电极电极a和d都发生还原反应b的电极反应式：Pb+SO42'-2e^PbSO4放电后硫酸溶液的pH增大【答案】B【解析】【详解】b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO?-・2e#PbSO4,b电极放电后转化为PbSO°电极，故A正确；a是蓄电池的正极，a发生还原反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；b为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO?*-2e=PbSO4,故C正确；放电时总反应为PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO44-2H2O,消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；选Bo短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB）,X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的•••是简单离子半径：D>B>C氧化物的水化物酸性：D>AX与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒【答案】B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6,则D为CI元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB）,X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO,则A为C元素，B为O元素，X为TiCb,工业上用金属镁还原TiCL,制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。【详解】D为Cl,B为0,C为Mg,Cl核外有3个电子层，O2»Mg2+^外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D>B>C,故A正确；A为C,D为CI,其中H2CO3的酸性比HCIO的酸性强，故B错误；因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCb制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D为Cl,B为0,由二者组成的化合物中CIO?具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选B。【点睛】工#上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO#或天然的金红石）和炭粉混合加热至1000〜HOOK,进行氯化处理，并使生成的TiCb蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氮气中还原TiCh可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Tio已知：CHsCl为CM的一氯代物，CHj-CH-CH-CIh的一氯代物有CH3A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】BCHjCHj【解析】CHv-CH-CH-CH,有2种等效氢，CHy-CH-CH-CH,的一氯代物有ch3ch3(CH3)2CHCH(CH3)CH2C1x(CH3)2CHCC1(CH3)2，共2种，故B正确。9.下列说法不正确的是()氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作【答案】C【解析】【详解】氯气是一种重要的化工原料，可制备HCI等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；硫酸能够与氨气反应生成硫酸鞍，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确;故选C。10・某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是Na2OB.AlChC.FeChD.SiO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢顿中反应生成碳酸顿沉淀，没有气体，错误，不选A；B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢顿中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢顿中不反应，错误，不选Do【点睛】注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜11、下列说法不正确的是（）工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物铜属于重金属，化学性质不活泼，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒SO?是具有刺激性气味的有毒气体，但可应用于某些领域杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A错误；铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；铜盐溶液都含有重金属离子C112+,能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C正确；二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以应用于某些领域杀菌消毒，故D正确；故选A。12、苯甲酸的电离方程式为其Ka=6.25xlOS苯甲酸钠缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研宪表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-。已知259时，的Kai=4.17x|07,Ka2=4.90xl011.在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入82气体。下列说法正确的是（温度为259,不考虑饮料中其他成分）（）H2CO3的电离方程式为H2CO3=2H++CO32-提高CO2充气压力，饮料中c（A）不变c（HA）当pH为5.0时，饮料中一j冇=0.16相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低【答案】C【解析】【详解】H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3=H++HCO3-,故A错误；提高C02充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A)减小，故B错误；c(HA)c(/T)io-5c.当pH为5・0时，饮料中一j^二一--^=0.16,故C正确；c(A)k6.25x105D.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于/V,充C02的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；故选C。TOC\o"1-5"\h\z2nwl金属钠和lmol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是()2Na(s)+Cl/g).上也7NaCl(s)AH2ah41f1「2网g)+2Cl(g)申ah3ah52Nf(g)+2Cl-@)旦—皿咆)AH1MH2+AH3+AH4+AH5+AH6+AH7AHa的值数值上和CI-CI共价键的键能相等AH7VO,且该过程形成了分子间作用力AH5<0,在相同条件下，2Br(g)的AHs'MHs【答案】C【解析】【详解】由盖斯定律可得，AHi=AH2+AH3+AH4+AH5+AH6+AH7,A正确；AM为破坏ImolCl-Cl共价键所需的能量，与形成lmolCYl共价键的键能在数值上相等，B正确；物质由气态转化为固态，放热，则ah7<0,且该过程形成了离子键，C不正确；CI转化为CI-,获得电子而放热，则AHs<0,在相同条件下，由于漠的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的AH5‘>AH5,D正确；故选C。下列叙述正确的是Li在氧气中燃烧主要生成L12,将SO?通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C.将CO?通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D.将N旳通入热的CuSCh溶液中能使Cu2+还原成Cu【答案】C【解析】【分析】【详解】A、Li在氧气中燃烧生成血0,得不到Li2O2,A错误；B、S02和BaCb不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将C02通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将N旳通入热的CuSCh溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯哇对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯座的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（）该有机物的分子式为：CisHsoNsOsPzCl该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应该有机物苯环上的1•漠代物只有2种lmol该有机物最多能和SmolNaOH发生反应【答案】D【解析】【分析】【详解】该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2CI,A错误；分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应,B错误；该有机物苯环上的1■澳代物只有3种，C错误；氯原子水解形成酚轻基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此讪。1该有机物最多能和SmolNaOH发生反应,D正确。答案选D。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.乳酸亚铁晶体｛CH3CH（OH）COO]2Fe・3H2O｝是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeC03反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O->[CH3CH(OH)COO]2Fe-3H2O+CO2个清洗仪器，检査装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞,打开活塞,装置B中可观察到的现象,当加入足量盐酸后，关闭活塞1,反应一段时间后，关闭活塞,打开活塞。C中发生的反应的离子方程式为。II・制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeC03加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在759下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。加入少量铁粉的作用。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。HL乳酸亚铁晶体纯度的测量：若用KMnO。滴定法测定样品中血2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%,其原因可能是经査阅文献后，改用Ce(SOd2标准溶液滴定进行测定。反应中8"离子的还原产物为8叭测定时,先称取5・76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL,用0.100mol/LCe(S04)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(S04)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为(以质量分数表示，保留3位有效数字)。【答案】三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3=FeCO3>k+CO2t+H2O防止FeCOa与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中密基被酸性高镭酸钾溶液氧化98.0%

【解析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCH和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3^+2NH4Cl+CO2个+H20,据此解答本题。【详解】仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2,打开活塞3,然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1,反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2,关闭活塞3；C装置中FeCb和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NHdHCO3=FeCO34，+2NH4Cl+CO2个+H20,反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3=FeCO3>U+CO2个+H20,故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3=FeCO3>k+CO2个+H20；F0离子易被氧化为F0离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止F0离子被氧化,故答案为：防止FeCOs与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；乳酸根中含有轻基，可以被酸性高猛酸钾溶液氧化，导致消耗高锈酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质址分数会大于100%,故答案为：乳酸根中轻基被酸性高猛酸钾溶液氧化;三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值19.55十19.6519.55十19.65=19.60mL,由：Ce4++Fe2*=Ce3++Fe3+,可知25mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.100mol/Lx0.0196L=0.00196mol,故250mL含有n(Fe2+)=0.00196molx"。皿=0.0196mol,故产品中乳25111L酸亚铁晶体的质量分数为0.0196molx288g/mol酸亚铁晶体的质量分数为0.0196molx288g/mol5.76gx100%=98.0%,故答案为：98.0%。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.工业上用重珞酸钠(NazCHO?)结晶后的母液(含少量杂质血软)生产重铅酸钾(K262O7)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：

Na,Cr2O,溶液•O,尹液调pH|反应器T过滤I母液•O,尹液调pH|反应器T过滤I母液I加热沸黔Um丽亍_|冷却结晶|严栽JL礙阙-固体ATOC\o"1-5"\h\z⑴由Na2507生产K262O7的化学方程式为:。通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因。向NazCHO?母液中加碱液调pH的目的是。固体A主要为(填化学式)，固体B主要为(填化学式)。为检验得到的重铅酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，实验方法是：;进一步提纯产品的方法是o将S02通入用硫酸酸化的重絡酸钾溶液中，可制得硫酸洛钾KCr(SO4)2,反应的化学方程式为;如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸辂钾产品中取出3.160g样品加入足量盐酸和BaCb溶液后，得到白色沉淀5・126g。若产品中杂质只有Cr(OH)SO4,则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为(用百分数表示，保留1位小数)。K摩尔质S/g-mol1：KCr(SO4)2：283；Cr(OH)SO4：165J【答案】Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl低温下©SO?溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小除去F“+NaClK262O7取少量重钻酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质重结晶K2Cr2O7+3SO2+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O89.6%【解析】【分析】由流程可知，溶解后调节PH除去少量杂质血叫过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7,然后加入KCI发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7,母液II蒸发浓缩只有析出NaCl(A),母液DI冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B),根据AgCl的难溶性来验证NaCl的存在性；利用©507的溶解度比同温下斶507的小，用重结晶方法提纯物质，以此来解答。【详解】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质F0,过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7,然后加入KCI发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到©507,母液II蒸发浓缩只有析出NaCl(A),母液HI冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)o⑴由Na2C“O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,由溶解度图可知,低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K262O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体;

母液中含少量杂质F0,向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去杂质F0离子；由上述分析可知，A为NaCl,B为KzCrzOy;氯化钠溶于水后电离出来的氯离子和硝酸酸化的硝酸银可以生成白色难溶于酸的沉淀AgCl,故检验K262O7晶体中含有少量的氯化钠的方法是：取少量重铅酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质；K2Cr2O7的溶解度比同温下Na2CHO7的小,所以进一步提纯K2Cr2O7晶体可以用重结晶方法；该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6,根据转移电子相等配平方程式K2Cr2O7+3SO2+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O,5.126g白色沉淀为：BaSOa,物质的量M233g/mol=0.022mol,设硫酸钻钾的物质的量为x,Cr(OH)SO4的物质的量为y,依据硫酸M233g/mol根守恒以及质量守恒得出:2x+y=0.022mol,xx283+yxl65=3.160g,解得x=0.01mol,y=0.002mol,,故KCr(SO4)2的质量分数为:O.Olmolx283g/mol3.160gxlOO%=89.6%的质量分数为:O.Olmolx283g/mol3.160gxlOO%=89.6%0【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索，考査了物质的分离提纯、氧化还原反应及复分解反应方程式的书写、物质含盘的测定等知识，把握生产重辂酸钾的实验流程、物质的溶解度曲线与温度的关系，并充分利用溶解度的变化规律为解答的关键，注重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考査。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)我国是全球第一个实现了在海域可燃冰试开采中获得连续稳定产气的国家。可燃冰中的甲烷作为种重要的原料，可与CO2、NO2等作用从而减少温室效应、消除氮氧化物的污染。回答下列问题：已知：©CH4(g)+yO2(g)=-CH2OH(l)AH详一164・0kJ・mo厂1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)AH2=-566.0kJ-moF1®2H2(g)+CO(g)f=-CH30H(1)△H3=-128・3kJ・mo|T则利用气体甲烷与二氧化碳作用获得两种气态燃料的热化学方程式为.分别向不同的恒压密闭容器中通入等量的CM与CO2,在一定条件下发生上述反应，测得CM的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：蛙晏电出«牛老=)蛙晏电出«牛老=)温度不变，压强由P1逐渐变化到P4,CO2的平衡转化率将(填"增大必减小〃或〃不变”)。②在压强为P4=0.36MPa.温度为1100-C的条件下，平衡时CM的平衡转化率为80%,则该温度下反应的平衡常数KP=(MPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，保留2位小数)。(3)在一定温度下，甲烷还可与NO?作用实现废气的脱硝，反应为：CH4(g)+2NO2(g)—CO2+N2(g)+2H2O(g),体系压强宜接影响脱硝的效率，如图所示，当体系压强约为425kPa时，脱硝效率最高，其可能的原因是对于反应，有科学家提出如下反应历程：第一步N02h~^*N0+0慢反应第二步CH4+3O^CO+2H2O快反应第三步2CO+2NO->2CO2+N2慢反应下列表述正确的(填标号)。第一步需要吸收外界的能量整个过程中，第二步反应活化能较高反应的中间产物只有NO第三步中CO与NO的碰撞仅部分有效利用CH。与NO?的反应还可设计成如图电化学装置，则正极电极反应式为;电路中转移lrrwl电子，可去除NO2L(标准状况)。【答案】CH4(g)+CO2(g)E*2H2(g)+2CO(g)AH=+247.3kJ-moF1；减小1.64该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa,平衡逆向移动，脱硝的效率降低AD2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O5.6【解析】【分析】利用盖斯定律①・(*x②+@)得：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)AH=aH!-(|xAH2+AH3)=一164・0kJ・mo厂i-[yx(―566・0kJ・mo厂】)+(―128.3kJ・mo厂i)]=+247・3kJ・mo厂*①依据反应方程式判断出这个反应是一个气体分子数增加的反应，从图形的变化，可以判断出P】到P4压强的变化，从图中分析出甲烷的转化率的变化，因为它们的化学计童数之比等于1:1,与刚开始的投料比相同，所以CM与C02的平衡转化率相同；

分压平衡常数，根据甲烷的转化率，先求出反应物、生成物各自的物质的量分数，然后再求出各自的分压；从图中判断压强对反应速率、对平衡转化率的影响，二者结合，发现CH4(g)+2NO2(g)—CO2+N2(g)+2H2O(g),该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa,平衡逆向移动，脱硝的效率降低；多步反应的判断，反应越慢，活化能越大；从电池图中，判断出正负极以及发生的反应式：电池的总反应式CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O.【详解】依据盖斯定律①•(丄x②+®)得：CH4(g)+CO2(g)r=^2H2(g)+2CO(g)AH=AHi~(-xAH2+AH3)=一22164・0kJ・mo|-】-[*x(-566・0kJ・mo厂i)+(-128・3kJ・mo|r)]=+247・3kJ・mo|r；①由图像可知温度不变，压强由p】逐渐变化到"，CH。的平衡转化率逐渐减小，反应开始时通入等量的CH。与C02,因为它们的化学计量数之比等于1:1,与刚开始的投料比相同，所以CM与C02的平衡转化率相同，故温度不变，压强由P1逐渐变化到p“C02的平衡转化率将减小；②CH4与C02的反应方程式为：CH4(g)+CO2(g)—2H2(g)+2CO(g),设刚开始通入CH。与CO?的物质的量都是amol,在压强为P4=0.36MPa.温度为11009的条件下，平衡时CH。的平衡转化率为80%,则平衡时n(CH4)=n(CO2)=0>2amol>n(H2)=n(CO)=L6amol,p(CH4)=p(CO2)=0.36MPaX=0.02MPa,p(H2=0.02MPa,p(H2)=p(CO)=Q.2amol+0.2amol+1.6amol+1.6amol0.36MPaXl.6amol0.2amol+0.2amol+1.6amol+1.6amol0.36MPaXl.6amol0.2amol+0.2amol+1.6amol+1.6amol=0.16MPa,该温度下反应的平衡常数Kp=語㈱噩將"唧在一定温度下，甲烷还可与NO?作用实现废气的脱硝，反应为：CH4(g)+2NO2(g)—CO2+N2(g)+2H2O(g),该反应是反应前后气体分子数增加的反应，当体系压强低于425kPa反应速率比较慢，当体系压强高于425kPa,平衡逆向移动，脱硝的效率降低；A.第一步NO2—NO+O反应是一个慢反应，活化能比较大，反应发生需要从外界吸收能盘:，A正确；第二步CH4+3O今CO+2H2O反应是一个快反应，反应的活化能比较小，B错误；反应的中间产物有NO、O、CO,C错误；第三步2CO+2NO今2CO2+N2反应是一个慢反应，仅部分碰撞是有效碰撞，D正确；利用CM与NO2的反应设计的原电池，从图中可以看到NO2转化为CM转化为0,电池的总反应式CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O,正极发生还原反应，正极反应式为：2NO2+8e+8H+=N2+4H2O,电路中转移lmol电子，消耗NO?物质的址为：n(NO2)=0.25mol,在标准状况下，可去除NO2的体积为：O.ZSmolxza.^mol^S.eL；

【点睛】方程式相加减，焙变应该对应的相加减；利用Kp表示平衡常数时，计算各物质的物质的量分数，然后有总压强乘以各自的物质的量分数，计算出各自的分压，带人反应平衡常数公式，进行相关计算。CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i・CO2(g)+3旳(g)CH3OH(g)+H2O(g)△Hi=-49.4kJ・mol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ・moF1in.CO(g)+2H2(g)^^CH3OH(g)AH3AH3kJ・moF15MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2):n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。0^—9-^—J~0^—9-^—J~-_I1►200220240260280温度/*C溢Q绸呂逼窣体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是—。2509时，反应ii的平衡常—1(填“〉”“V”或)。下列措施中，无法提高甲醇产率的—(填标号)。A加入适量COB增大压强C循环利用原料气D升高温度如图中X、Y分别代—(填化学式)。(3)反应(3)反应i可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV)。其中，TS表示过渡态、水表示吸附在催化剂上的微粒。反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为—。相对总能量E=—(计算结果保留2位小数)。(已leV=1.6X10-22kJ)(4)用电解法也可实现CO2加氢制甲醇(稀硫酸作电解质溶液)。电解时，往电解池的—极通入氢气，

阴极上的电极反应为—.【答案】-90.6温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反VDCO、CHsOHHCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2-0.51阳CO2+6e"+6H*=CH3OH+H2O【解析】【分析】【详解】(1)已知：CO2(g)+3H2(g)^^CHsOH(g)+H2O(g)AHi=-49.4kJ・mol-1ii•CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ・moP1iii.CO(g)+2H2(g)L^CH3OH(g)AH3根据盖斯定律可知反应Hi可得反应iii,所以△H3=AHi-jAH2=-49・4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；⑵ZiHiVO,AH3<0,即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的盘:分数应减小，AH2>0,生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表也0,Y代表CH3OH,X代表CO。②反应ii平衡常数灶；；?,詈)c(CO2)c(H2)依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2,反应币逆向产生CO2,最终体系内CO?的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△②反应ii平衡常数灶；；?,詈)c(CO2)c(H2)该反应前后气体体积计盘数之和不变，所以可以用物质的童分数来代表浓度估算K值，据图可知2509时，CO?与也的物质的量分数大于CO和HQ的物质的量分数，所以K<1；®A.加入适量CO,促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CHsOH,故CH3OH产率提高，A项正确；增大压强，有利于反应i和iii的平衡正向移动，而对反应ii无影响，B项正确；循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确；由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，D项错误；综上所述选D；④根据分析可知X代表CO,Y代表CH3OH；⑶①生成C2OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2,Ea=-0.18-(-1.66)=1.48eV；②反应i的-49.4kJ/mol,指的是lmolCH3OH(g)和lmolH2O(g)的总能量与1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CHbOH分子和1个H20分子的相对总能量与1个C02分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为eV),且将起点的相对总能量设定为0。所以，作如下换算即可求得相对总能罐E：E=刊51eV7V4x1.6x10-6.02xl023xl.6xl0-22(4)因为电解过程CO?被还原为CH3OH,也应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO?转化为CHsOH,碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为:CO2+6e-+6H*=CH3OH+H2Ott【点睛】解答第3题第1小问时要注意框图中最后一步并非产生CHsOH的过程，而是已经生成的CHsOH分子从催化剂表面解吸附的过程。&电牲&电牲2021届新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸B《诗经•大雅•绵》：“董茶如饴。“郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C《梦溪笔谈》中对宝剑的记裁：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D《本草经集注》中记载鉴别硝石（KNO3）和朴硝（NazSOj的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A.AB.BC.CD.D2.下列图像符合题意的是A.在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液D.在氢氧化钗溶液中滴加碳酸氢钠溶液3.某溶液可能含有下列离子中的若干种：C「、SO?".SOS2".HCO3-、Na\Mg2\Fe3+,所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：取100mL上述溶液，加入过童Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是()气体可能是CO?或SO?溶液中一定存在SO。?一、HCO3一、Na\Mg2+溶液中可能存在Na+和C「，一定不存在F0和Mg?+在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀4.在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是75%B.67%C.50%D.33.3%某兴趣小组计划用AI、稀H2SO4.NaOH溶液制备lmolAl(OH)3<>设计如下三种方案：方案I：向AI中加入NaOH溶液，至AI刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案U:向AI中加入硫酸，至AI刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案皿：将AI按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是三种方案转移电子数一样多方案ID所用硫酸的量最少c.方案m比前两个方案更易控制酸緘的加入量D.采用方案ID时，用于制备溶液①的AI占总量的0.25下列物质的工业制法错误的是氨气：加热氢氧化钙和氯化铁的混合物金属链：高温下铝和二氧化链反应粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为CO硫酸：黄铁矿城烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收7-已知：Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)»AH2S(s)+O2(g)=SO2(g)；AH2Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)5AH3则下列表述正确的是()A・AH?>C■AH3AAH1GMn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)»Z\H=^H2-Z1H1D・MnO2(s)+SO2(g)=MnS04(s)s血=隔沁的下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A酿有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒酿取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中定含Na*C向Fe（NO3）2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸过的蒸憎水将NazSO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化顿溶液有白色沉淀产生NazSOs样品中含有so?-A.AB.BC・CD.D化学式为C3H7F0的物质，含有轻基的同分异构体数目为（不考虑空间异构）（）A.4种B.5种C.6种D.7种常温下，下列有关叙述正确的是（）向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量d气体后：c（Na»2[c（HC03）+c（CO|）+c（H2CO3）]pH=6的NaHSOs溶液中：c（SO2*）-C（H2SO3>9.9X10-7inolXf1c[hco5'Idco;'jc.等物质的量浓度、等体积的N®CO3和NaHCO3混合：门盘?｛门莎D.O.lmol/LNazCzO4溶液与O.lmol/LHCI溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）:2c2c(①0?)+c(HC20J+c(0H(Na+)+c(H+)2c2c(①0?)+c(HC20J+c(0H(Na+)+c(H+)侯氏制碱法中，对母液中析出NH&l无帮助的操作是（）A.通入CQB.通入NH,C.冷却母液D.加入食盐下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是向氯化铝溶液中加入过量的氨水向稀盐酸中滴入少量的NaAO溶液向稀硝酸中加入铁粉向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba（0H）2溶液下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为CIGHA,且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是（不含立体异构）（）A.分子式为G%的烯婭B.分子式为C4&O2的酯C.©-CHm的一漠代物D.立方烷（仁寸）的二氯代物2019年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是废电池、过期药品属于有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机J3巴料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料下列说法正确的是：将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化镀溶液的方法收集向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有COB?-为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动二、实验题（本题包括1个小题，共10分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0・5mol・L】MgSO4溶液和0・5mol・LNHaHCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于lOOOmL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在509。步骤3：将250mLMgSO。溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，lmin内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置lh后，过滤，洗涤。步骤5：在409的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品（MgCO3・nH2OnJ〜5）。步骤2控制温度在509,较好的加热方法是<>步骤3生成MgCOmhhO沉淀的化学方程式为。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法（2）测定生成的MgCO3nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4〜5h,反应后期将温度升到309,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。图中气球的作用。上述反应后期要升温到309,主要目的是。测得每7.8000g碳酸镂晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅〉中铁的含量，在实验室分别称取12・5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂,用0・010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗出。2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98H2O2溶液应装在（填“酸式"或“碱式"）滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为%（保留小数点后两位）。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为②CH3CH2CH二CH2曲>CH3CHBrCH=CH2

OHCHbCHO+CHsCHO>ICHbCH=CHCHO+H2Och3ch—ch2cho请回答下列问题：（DA的结构简式为,G中官能团的名称为-（2）检验M已完全转化为N的实验操作（3）有学生建议，将MTN的转化用KMnCMH+）代替。2,你认为是否合（填“是"或"否”）原因是（若认为合理则不填此空）。⑷写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KTL反应类型<>（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有种。（不考虑立体异构）①能发生银镜反应②能与漠的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）。请用以下方式表示：A反应试剂反应茨件反应试剂反应条件式表示：A反应试剂反应茨件反应试剂反应条件》目标产物综合题（本题包括2个小题，共20分）锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料.电解液具有重要的现实意义。（1）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4（M=Fe.Co等元素）。『能量最低的激发态的电子排布图为第四电离能h（C。）比b（Fe）小，原因是（2）锂离子电池的电解液有LiBFa等，碳酸亚乙酯（2）锂离子电池的电解液有LiBFa等，碳酸亚乙酯（）用作该电解液的添加剂。LiBFa中阴离子的空间构型为o碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为;碳酸亚乙酯能溶于水的原因是（3）硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数为apme该晶胞中离子的分数坐标为：硫离子:11o」c1八11（0,0,0）；q迈,O）,（0,-,-）；….锂离子：（丄丄,5（丄上,5（?2丄）；・・・・・・444444444444①在图上画出硫化锂晶胞沿X轴投影的俯视图。

OS"•LiOS"•Li+硫离子的配位数为O设Na为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为・crrT3(列出计算表达式)。(6分)已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则下列说法错误的是△A与水反应可生成DB常用于制作呼吸面具C与澄清石灰水反应生成白色沉淀和D将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D溶液中，开始时就会产生沉淀参考答案一、单选题(本题包括15个小题，每小题4分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)D【解析】【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3),是钾的焰色反应，选项D正确。答案选D。C【解析】A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O,无明显现象,AlCl3+3NaOH=Al(OH)34，+3NaCl,AI(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,产生沉淀，后沉淀溶解，图中TF始就有沉淀，故A错误；B、在NaHCOs和NMCh混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2个+H20,图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,开始转移电子数逐渐増多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化顿溶液中滴加NaHCOs溶液，少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO34/+NaOH+H2O,过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3=BaCO34/+Na2CO3+2H2O,导电能力是先变小，再变大，但由于有皿+离子，导电能力不可能变为0,故D错误；故选C。B【解析】【分析】由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe",且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4,气体为CO2,由于SO/、Mg?+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Nf、Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含CT,则溶液中一定含SO?.HCOj\Na\Mg2+,以此来解答。【详解】A・①中白色沉淀为硫酸顿和碳酸顿，气体为CO2,故A错误；白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSOj,气体为C6,由于SO/-、、席+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Nf、Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含C1-,则溶液中一定含SO/-、HCO3\Na\Mg2+,故B正确；②反应后的溶液中可能含Na\M0,所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO?\HCOs\Na\Mg2+,故C错误；①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2,②溶液含21护+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl,故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含soF-、HCO3.Na\M0,另外SO"-、Mg?+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。A【解析】【分析】根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积=空气体积-反应掉的氧气体积+氧气生成的一氧化碳体积+二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C+C02生2C0)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%,所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0・2体积的氧占燃八八气所以氧气和碳反应后(2C+O2~2CO)得到0・4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气卜0・2(反应掉的氧气)+0・4(氧气生成的一氧化碳)+2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)=3・2体积，一氧化24碳的体积为0・4+2=2・4体积；所以一氧化碳的体积分数为—-xl00%=75%；丿•乙故答案选A。D【解析】【分析】方案I:发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f,2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3|+Na2SO4；贝！|2AI—2NaOH—H2SO4—2AI(OH)3；方案H:发生反应为2AI+3H2SO4=AI2(SO4)3+3H21,Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3|+3Na2SO4；则2AI—6NaOH—3H2SO4—2AI(OH)3；方案DI:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2t,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2个，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3|+3Na2SO4,则2AI—1.5NaOH—0.75H2SO4—2AI(OH)3<>【详解】三种方案中，消耗Al都为lmol,Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案m所用硫酸的量最少，B正确；c.方案I需控制酸的加入童，方案n需控制碱的加入量，而方案m不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案m比前两个方案更易控制酸碱的加入量，c正确；D.采用方案HI时，整个过程中AI与酸、碱的用量关系为6AI—6NaOH—3H2SO4—2AI,用于制备溶液①的AI占总量的0.75,D不正确；故选D。A【解析】【详解】氨气：加热氢氧化钙和氯化技的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；金属钙：高温下铝和二氧化锭发生铝热反应可制取金属锭，与题意不符，B错误；粗硅；用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO,与题意不符，C错误；硫酸：黄铁矿锻烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误;答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化鞍的混合物为氨气的实验室制法。D【解析】【详解】硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焙变小于0,AH2<0,故A错误；反应放出热量多少未知，无法判断AW和AHi大小，故B错误；C・Mn⑸+02(g)=MnO2(s)*AH二①，S(s)+O2(g)=SO2(g)5AH2®»①-②得：Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s),根据盖斯定律得，Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)；甜=少-一AH、，故C错误；D・Mn(s)+02fg)=Mn02(s)JAH：①S(s)+02(g)=S02②；AH2®Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnS04(s)?AH3®根据盖斯定律③-①■②得：Mn02(s)+SO2(g>MnS0<(s)?AH=AH3-AH2-AH-，故D正确；故选D。D【解析】【分析】【详解】A•若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用钳丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C・在酸性条件下，Fe(N0j2溶液中含有的NO3一具有强氧化性，优先把血2+氧化成Fe叫使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+,C项错误；D.NazSOs和稀盐酸反应生成SO2,溶液中没有SChh再加入氯化顿溶液有白色沉淀，说明N^SOs固体变质被部分或全部氧化成NazSCU,白色为BaSCh沉淀，即NazSOs样品中含有SO”-,D项正确。故选D。B【解析】【分析】C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个・0H取代，丙烷只有一种结构，F与・0H可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-0H取代，丙烷只有一种结构，F与・0H可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CH(OH)F、CHbCF(OH)CH3,可以取代不同碳原子上的H原子,有3种：HOCH2CH2CH2F、CH3CH(OH)CH2F、CH3CHFCH2OH,共有5种，故答案为B。【点睛】本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目，等效氢法的判断可按下列三点进行：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的(相当于平面成像时，物与像的关系人B【解析】向O.lmol-L^NazCOs溶液中通入适：ftCO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c(HCO7)+c(COf-)+c(H2CO3)],A错误；常温下，pH=6的NaHSOs溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO£-)+c(HSO£),物料守恒为c(Na+)=c(HSO7)+c(SO訂)+c(H2SO3),由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得，c(SO厂卜c(H2SO3)=c(H*H：(OH卞lxlO-«mol-LlxlO-«mol-L^.SxlO^mol-L1,B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c(HC0n/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO訂)/c(HCO护K(HCOJ/c(H+),由于同一溶液中，则氢离子浓度相同,根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c(HC03)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(C0f-)/c(HC03)=K但COj/c(H+),C错误；0.1mol-r1Na2C2O4^rM^0.1mol-L1HCI溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，由电荷守恒可知2c(C202-)+c(HC207)+c(OH-)+c(C|-)=c(Na+)+c(H+),D错误。A【解析】【分析】母液中析出NHaCl,则溶液应该达到饱和，饱和NHKI溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)=NHf(aq)+Cl(aq),若要析出氯化镀，应该使平衡逆向移动。【详解】通入二氧化碳后，对鞍根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NMCI无帮助，故A正确；通入氨气后，溶液中鞍根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化镀的析出，故B错误；冷却母液，氯化钱的溶解度降低，有利于氯化鞍的析出，故C错误；

加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化技的析出，故D错误；故选A。D【解析】【分析】【详解】氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化钱，所得溶液中由氯化技和氨水混合而成，A不符合题意；稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含血(NO3)3、Fe(NO3)2、Fe(N03)3和Fe(NO3)2、HNO3和Fe(N03)3,C不符合题意；硫酸酸化的MgSO。溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸顿沉淀、水，所得溶液中只有过盘的Ba(OH)2,D符合题意；答案选D。A【解析】【分析】【详解】分子式为ClC4H7O2,且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有敖基，然后看成氯原子取代丁酸炷基上的氢原子，丁酸有2种：：CH3CH2CH2COOH、(CHsbCHCOOH,所以该有机物有3+2=5种；ch3chch2ch3A.戊烷的同分异构体有:CH3YH2YH2YH2YH3、ch3_3_3CCHsCHCH2CH3相应烯烧有CH2=CHYH2YHYH3、CHr-CH=CH-CHr-CHs；若为丨，相应烯婭有:ch3没有相应烯炷，总共5CHz=C(CH3)CH2CH3>CH3C(CH3)=CHCH3、CH3CH(CH3)CH=CH2没有相应烯炷，总共5种，故A正确；B•分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；甲苯分子中含有4种氢原子，一澳代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；D・立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D错误。答案选A。D【解析】【分析】【详解】废电池中含有重金属，霜回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A错误；医疗垃圾应该无害化处理，故B错误；废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物，故C错误；厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D正确；答案为D。A【解析】【详解】将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化技溶液的方法收集，故B错误；向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有C0?\HCOs一、SO32-.HS03一等，故C错误；过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D错误。故选：A二、实验题(本题包括1个小题，共10分)A水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3・H2O+(n・l)H2O=MgCO3-nH2O^+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCH溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】【分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCOynWO中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO。溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3-nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCOynhhO反应，测定产生的CO?的体积，可以通过计算确定MgCO3-nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为血2+,用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。

【详解】①步骤2控制温度在5CTC,当温度不超过100°C时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgS04溶液和NH4HC03溶液、氨水反应生成MgCOmhhO沉淀的同时还得到(NMbSO。，化学方程式为:AMgSO4+NH4HCO3+NH3-H2O+(n-l)H2O=MgCO3-nH2O4z+(NH4)2SO4o③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO/,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCb溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30°C,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LC02③标准状况下1.12LC02的物质的量为O.OSmol,根据碳守恒，有7・8000g(84+18n)g/moI=0.05mol,解得n=4。①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mLon(H202)=0.015Lx0.010mol/L=1.5xl04mol,在H2O2和F0的反应中，H2O2做氧化剂，J价氧的化合价降低到・2价，F0中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3xl0-4mol,则m(Fe)=3xl0^molx56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为哥空xl00%=0.13%o12.3【点睛】当控制温度在1009以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测.检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。三、推断题(本题包括1个小题，共10分)17.碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H+)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键()11O-CH0+CH3CH0-J^加成血6CH2=CH-CHb皿>CH2=CH-CH2-Br>BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH洛液ACH.—CH(：H>IIIOHOHOH【解析】【分析】由流程：E和N由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E.N分别为CU=C1I—COOHHO中的一种，CU=C1I—COOHHO中的一种，c反应得到D,D发生卤代炬水解反应得到E,故E属于醇,E为H()八、，则N为C001I,逆推出M为°|-CH=CH—CHO、L为O~iH-CH,—CHI)，结合信息③，逆推出K为由E逆推出D为Bl^\,结合信息②，逆推出c为人)，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为H0介，又知A催化加氢得B,核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1：1,即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则人为$；据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；检验M已完全转化为N,主要检验醛基即可，碱性环境下检验；该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H+)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有,⑷K为⑷K为,则3L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型;F是M的同系物，M为JCH=C11—CI10,而卩比m多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，