2020年乌鲁木齐市名校高考二诊化学试题

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）.下列化合物中，属于酸性氧化物的是（）A.Na2O2 B.SO3 C.NaHCCh D.CH2O【答案】B【解析】【详解】A.NazOz是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O,SO3是酸性氧化物，选项B正确；CNaHCCh不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CHzO由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。2.下列不能使氢氧化钠的酚歆溶液褪色的气体是（）A.NH3 B.S02C.HCI D.CO2【答案】A【解析】【分析】酚酰遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚歆溶液显红色。【详解】A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚歆褪色，故A选；B.SOz溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；C.HCI溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；D.COz溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；故选A.【点睛】SOz和CO?是酸性氧化物，和NaOH反应生成NazSCh和NazCCh,如果SOz和COz过量，和NaOH反应生成NaHSCh和NaHCCh。这四种物质除了NaHSCh溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酸的溶液可能褪色。但如果继续通入气体S02和C02,溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。3,《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子常用于测定文物的年代，々C作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。1C被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于1：c、|：c、［C说法正确的是()A.质子数与质量数相同 B.化学性质相似C.互为同素异形体 D.质子数与中子数相等【答案】B【解析】【详解】根据原子符号的表示含义，tc、々C、1C三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6,它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是Bo4,将40mLi的CuSCU溶液与30mL3moi的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu»)或c(OH-)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为( )A.Cu(OH)2 B.CuSOlCu(OH)2C.CuSO4•2Cu(OH)2 D.CuSO4•3Cu(OH)2【答案】D【解析】【详解】CW+或OK浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06mol和0.09mol,则铜离子和OFT的物质的量之比是2：3,而只有选项D中符合，答案选D。.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是“司南之档(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“构”所用材质为FezOs“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴【答案】A【解析】【详解】A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为FesCh,故A错误；B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；C项、乙烯能作水果的催熟剂，故C正确；D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。故选A。【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3C10+40H-=2RO4n+3CF+5H2O.贝!IROT中R的化合价是（）A.+3 B.+4 C.+5 D.+6【答案】D【解析】【分析】【详解】3+4—3根据方程式两端电荷守恒可知口=---=2,O元素是一2价，所以R的化合价是+6价，2答案选D。7.《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A.“取碱浣衣”与酯的水解有关B.取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液“薪柴之灰”与铁态氮肥混合施用可增强肥效【答案】A【解析】【分析】【详解】A.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱"溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、"以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、"薪柴之灰"与钱态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铁根离子发生双水解而使肥效减弱，D错误;答案选A。8.三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是AX☆a b ca、b、c都能发生加成反应a与苯互为同分异构体a、b、c的一氯代物均只有一种c分子中的原子不在同一个平面上【答案】D【解析】【分析】【详解】A.a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；.a和苯的分子式均为C6H6,且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；C.a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D.c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙块是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。.下列有关化学和传统文化关系的说法中不无硼的是A.东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之,黄芽为根・•・・..”，这里的"黄芽”是指硫B.三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。箕在釜中燃，豆在釜中泣 ”，文中"漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过漉C.《本草经集注》中关于鉴别硝石（KN03）和朴硝（NazSO。的记载：“强烧之，紫青烟起......云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D.《本草图经》在绿矶项载：“盖此桃色绿，味酸，烧之则赤......”，因为绿矶能电离出H+,所以"味酸”【答案】D【解析】【详解】A.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；B.煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；C.鉴别硝石（KNOj）和朴消（Na2so5灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D.FeSO4-7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；答案选D.10.下列变化不涉及氧化还原反应的是A.明矶净水 B.钢铁生锈 C.海水提滨 D.工业固氮【答案】A【解析】【详解】A.明矶净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选;B.Fe、。元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C.Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；D.工业固氮过程中，N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；故选A。11.设Na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5mol雄黄(As4s结构如图，含有Na个S-S键B.将ImolN&NCh溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NK+的数目为NaC.标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NaD.高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6Na【答案】B【解析】A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键，故A错误；B.NH4NO3==NH4++NO3-,NH3.H2OU：NH4++OH,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(N(M,NH4+的数目等于Na,故B正确；C.标况下，二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8归价,故0.3m“铁失去0.8mol电子即0,8以个,所以D错误;所以B选项是正确的。12.已知NaCIOz在水溶液中能发生水解。常温时，有1mol/L的HCIOz溶液和lmol/L的HBF4氟硼酸)溶液起始时的体积均为V。，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为V,所得曲线如图所示。下列说法错误的是6A.HCICh为弱酸，HBF4为强酸B.常温下HCIOz的电高平衡常数的数量级为IO-，C.在0SpHW5时，HBF4溶液满足pH=lg(V/Vo)D.25c时1LPH=2的HBF4溶液与100C时ILpH=2的HBF4溶液消耗的NaOH相同【答案】B【解析】【详解】Ig..+l=l时pH=O,贝IJV=Vo,即lmol/LHBF4溶液pH=O,说明HBF4是强酸；而NaCIOz在水溶液中能发%生水解，说明HCQ是弱酸，故A正确；B.对于HCICh溶液，当1g.+1=1时pH=l,则V=Vo,即lmol/LHCICh溶液中c(H+)=0.1mol,常温下HCQ的电离平衡常数Ka=.一，一八10咒即心。的电高平衡常数的C\HXClCiO；—~~::———%C(HCZOx)数量级为IOS故B错误；C.1g+1=1时pH=0,则V=Vo,即lmol/LHBF4溶液pH=0,说明HBF4是强酸，pH=-lgc(H+),溶液稀释多少倍，溶液中c(H+)为原来的多少分之一，所以在0VpHS5时，HMnCh溶液满足：pH=lg故C正确；D.25c时pH=2的HBF4溶液与100C时pH=2的HBFz1溶液中c(H+)均为0.01mol/L,则体积均为1L的两溶液完全中和消耗的NaOH相同，故D正确；故答案为B。13.如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c,d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A.e、f单质晶体熔化时克服的是共价键d单质对应元素原子的电子排布式：IS22s22P63s23Pzb元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子中含2个。键，2个n键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H,b为N,c为Na,d为Cu,e为Si,f为C。【详解】A选项，e为Si,f为C,对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu,铜单质对应元素原子的电子排布式：Is22s22P63s23PTcPYsi,故B错误；C选项，b为N,N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN,结构式为H-C三N,分子中含2个。键，2个n键，故D正确；综上所述，答案为B。.类推法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类推是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正确的是()Cu与CL反应生成CuCL,则Cu与S反应生成CuSAl与FezCh能发生铝热反应，则AI与MnCh也能发生铝热反应Na?。?与COz反应生成Na2CO3,则NazOz与SOz反应生成Na2SO3CO2通入Ba(NCh)2溶液中没有现象，则SOz通入Ba(NO3)2溶液中也无明显现象【答案】B【解析】【详解】A.氯气的氧化性强，所以Cu与Ch反应生成高价态的CuCh,S的氧化性较弱，则Cu与S反应生成较低价态的CU2S,故A错误；B.铝热反应是指活泼金属铝与不活泼金属氧化物在高温条件下发生的置换反应，所以AI与FezO3能发生铝热反应，AI与MnOz也能发生铝热反应，故B正确；C.过氧化钠具有氧化性，能将+4价S氧化为+6价，所以NazOz与SOz反应生成NazSCU,故C错误；D.CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反应，没有现象；NCh•在酸性条件下具有强氧化性，可将+4价S氧化为+6价，所以SO2通入Ba(N5)2溶液反应生成硫酸钺沉淀，故D错误。

故选B.【点睛】解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。.下列实验能达到目的是A.验证氨气的溶解性C.检验二氧化硫和二辄化碳澄清石灰水B.分离提纯碘A.验证氨气的溶解性C.检验二氧化硫和二辄化碳澄清石灰水铜粉浓硫酸D.制取二氧化硫 C【答案】A【解析】A、NH3极易溶于水，使烧瓶内压强减小，水溶液呈碱性，遇酚酰变红，形成红色喷泉，故A正确;B、从碘的四氯化碳溶液中分离碘，应用蒸馈装置，故B错误；C、SOz和C02均能使澄清石灰水变浑，故C错误；D、铜与浓硫酸反应要加热，故D错误；故选A。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）.钿及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉锡矿（主要成分是BLS3,还含少量SiO2等杂质）制备NaBiCh,其流程如下：6NaQ,I!'—6NaQ,I!'—“一秘I—“母图—>NaBtO,II I|铸校打|—“浸取|—»|过渡1|—>|a»2|—►I I泡渣 母液已知：①秘酸钠是一种难溶于水的物质；②水解能力：Bi3+>Fe37回答下列问题:（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有（任写一条）；过滤1的漉渣中的某种主要成分可溶于一种弱酸，写出该反应的化学方程式 。（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是.（3）写出焙烧时生成铀酸钠的化学方程式o（4）用HzDz（双硫踪，二元弱酸）〜CCI4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：HzDz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu（HDz）z等],再用CCL萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg»、Bi"ZN的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）.25 4 6S10 12pH①当n（Bi3+）：n[Bi（HDz）3]=l:4时，废水的pH=.②向萃取后的CCL,中加入足量的NaOH溶液可将Bi（HDz）3中物元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为.（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO。溶液使其完全溶解。已知NaBiCh被还原为BiJ\被氧化成MnO],试写出该反应的离子方程式：o【答案】粉碎矿石；适当提高浸取时温度；适当提高FeCb溶液浓度；浸取时不断搅拌SiO2+4HF=SiF4t+2H2O溶解此53,同时防止FeCb和BiCb水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率2Bi+2Ch+Na2O22NaBiO32.5Bi（HDz）3+60H-=Bi（0H）31+3H2O+3Dz2-5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O【解析】【分析】本题是比较复杂的工业流程问题，需要仔细分析主体物质以及其中含有的杂质。确定每一个步骤主要的目的，最后要统筹分析判断出所有的杂质是在哪个步骤除去的。【详解】（1）一般提高浸取速率的方法有：搅拌；加热；将固体粉碎。可以参考初中的加快溶解的方法。另外也可以提高加入的盐酸或者氯化铁的浓度。但是本题要注意：盐酸是挥发性的所以温度不能太高；加入的已经是浓盐酸了，所以盐酸浓度的提高意义不大。第一步浸取后的漉渣主要是二氧化硅，该物质可溶于氢氟酸，方程式为：SiO2+4HF=SiF4t+2H万.（2）加入过量的浓盐酸主要是为了尽量将原料中的Bi元素溶解在溶液中，同时也能抑制铁离子和铀离子的水解。（3）焙烧的原料是单质的锚，加入了氧气和过氧化钠，生成锚酸钠，所以方程式为：2Bi+20z+NazOz事&2NaBiO3.（4）①当n（Bi3+）：n[Bi（HDz）31=l：4时,代表Bi?+的萃取率是80%,由图示得到此时废水的pH=2.5。②向萃取后的CCI4中加入足量的NaOH溶液可将Bi(HDz)3(由题目得知这是一种电中性的络合物，所以在离子方程式中不能拆分)中锡元素以氢氧化物［Bi(OH)」的形式沉淀下来，相应的离子方程式为(注意显然H2Dz为二元弱酸，所以HDz—一定与OHT反应得到H20和Dz2")：Bi(HDz)3+60H-=Bi(0H)3I+3H2O+3Dz2-o(5)取焙烧得到的NaBiOs样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知NaBit)3被还原为Bi3\Mr?*被氧化成MnOj,显然在反应物中可以补加氢离子，生成物中应该补加水，根据电子得失守恒和原子个数守恒将方程式配平，得到(注意，题目已知NaBi.难溶，所以不可以拆分)：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na+4-5Bi3++2MnO4-4-7H2O,三、推断题(本题包括1个小题，共10分).某种电镀污泥主要含有硫化亚铜(CsTe)、三氧化二倍(Crzth)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗硅等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：纯碱、空气 稀硫酸 SO,髓嶂呷T瞳4I一^卜康jSC6Na2ro,溶液回收金 金属装质铜回斗，NajCrQ,溶液已知：煨烧时，CuzTe发生的反应为CuzTe+202高温2CuO+TeO2.⑴燃烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为.(2)浸出液中除了含有TeOSO,在电解过程中不反应)外，还可能含有(填化学式)。⑶工业上用重铝酸钠(NazCrzCh)母液生产重铝酸钾(KzCnO》的工艺流程如图所示：KCI(8)通过冷却结晶能析出大量KzCrzCh的原因是。⑷测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 硫酸亚铁钱(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知CnO,z•被还原为ce)①氧化还原滴定过程中的离子方程式为。②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为%o［已知M(K2Cr2O7)=294gmol1,计算结果保留三位有效数字］。⑸上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Ce外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3xl05moi•「，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全 (填"是"或"否，写出计算过程 (已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0xlOM,K5p[Cr(OH)3]=6.0xlO-31)[12Cr2O3+3O2+4Na2CO3^^=:4Na2CrO4+4CO2CuSO4该条件下，KzCnCh的溶解度比Na2Cr2O7

小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 Cr2O72+6Fe2t+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0是 当溶液中开始析出Cr(OHb沉淀时，c(OH)=?仆［。(0叫巾。|・|_一1=：幽型匕。1・3,贝！)\ c(Cr3+) V3x10-5K(Fe(OH),)40x10-8c(Fe3+)=—— -= -=2.0xl0'12mohL^lxlO'5moRL1,说明Fe，+沉淀完全c3(OH)2x10-26【解析】【分析】某种电镀污泥中主要含有硝化亚铜(CsTe)、三氧化二倍(Cr03)以及少量的金(Au),可以用于制取NazCnCh溶液、金属铜、粗碗等。根据流程图，燃烧时CuzTe发生的反应为CuzTe+2O2高温2CuO+Te(h,CnCh与纯碱和空气中的氧气反应生成NazCrCh,NazCrOd酸化后生成NazCrzCh溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au),用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO”电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO,，TeOSCh与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗确，据此分析解答。【详解】⑴燃烧时CnO3与纯碱和空气中的氧气反应生成NazCrCh,反应的化学方程式为2CrzO3+3Ch+4Na2c。3^jg4Na2CrO4+4CO2,故答案为：2Cr2O3+3Ch+4Na2CO3^^4Na2CrO4+4CO2；(2)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSCU(在电解过程中不反应)外，还有氧化铜与稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSOJ等，故答案为：CuSO4;⑶在低温条件下KzCrzO,的溶解度比Na2Cr2O7小，且/CnCh的溶解度随温度的降低可能显著减小，因此通过冷却结晶可以析出大量KzCrzCh,故答案为:在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；⑷①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁钱(NH4)2Fe(SO4)2与CrzCV的反应，其中CnO72被还原为CB,反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,故答案为：Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②n(FeZ+)=0.025Lx0.1000mol・L-i=0.0025mol,根据方程式Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,贝!|1250mL0025n(Cr2O72)=0.0025molx-x = mol,则所得产品中心5。7的纯度为625mL60.025 .故答案为：49.0； molx294g/mol故答案为：49.0；6 °x100%=49.0%,2.50g⑸c(Cr3+)为3x105mo4】，则当溶液中开始析出Cr(0H)3沉淀时，,心lKsp[Cr(OH)3] /6.0X10-31 …皿c(OH)=3 ；——mol・L」=J mohL1,贝!)Vc(Cr3+) V3x10-5K(Fe(OH)JdOx"c(Fe3+)=笑\——v= 1U=20xl0.12m0|.L1<1X1O5mol.Lb说明Fe3+沉淀完全，故答案为：是;c3(OH) 2x10-26当溶液中开始析出Cr(OHb沉淀时，c(OH)=JK'P(")3］mol・3= m。"1,贝lj［C(Cr3+) V3xlOrKn(Fe(OH)J40x10-38c(Fe3+)=—~ -= -=2.0xl012mol*L1<lxl05mobL1,说明Fe?+沉淀完全。c3(OH)2x10-26【点睛】正确理解流程图中各步反应的原理是解题的关键。本题的易错点为(4),要注意“计算结果保留三位有效数字”，难点为(5),要注意沉淀完全的判断标准。四、综合题(本题包括2个小题，共20分).含氟化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：⑴己知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)AHi=-alkJ/mol,4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH2=-bkJ/mol,H2O(l)=H2O(g)AH3=+ckJ/mol,写出在298K时，氨气燃烧生成Nz的热化学方程式 .(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与6结合生成MbOz:Mb(aq)+O2(g)MbOz(aq),其中卜正和k速分别表示K£正反应和逆反应的速率常数，即Vm=k正TMbNPQ),VM=kmc(MbO2).37c时测得肌红蛋白的结合度(a)与叫。2)的关系如下表［结合度(a)指已与02结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比］:P(Oz)0.501.002.003.004.005.006.00a(MbO2%)50.067.080.085.088.090.391.0①计算37C、P(Oz)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=□②导出平衡时肌红蛋白与02的结合度(a)与02的压强［P(O2)］之间的关系式a=(用含有k正、k泥的式子表示)。(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NWCHzCOOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：H,N+CH,COOH」"Hh］HNCH,COO「，H,NCH,COOc(H+)在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与1g； \的关系如图所示：c(OH)①纯甘氨酸溶液呈 性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为

②向1g孚4=8的溶液中加入过量HCI时，反应的离子方程式为 c(0H)③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.1电压计I电极1电压计I电极A电极B一搅井转子

二二电破愧井春称取样品150mg,在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1:1发生反应)，测得电压纯度为 %(计算结果保留一位小数)【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a纯度为 %(计算结果保留一位小数)【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a+2b+30ckJ/mol2.00-P。)K正P(02)+K逆H2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH85.0酸H3N+CH2COO>H2NCHH2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH85.0【解析】【分析】⑴根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式;(2)①根据平衡常数的含义，结合37C、P(6)为2.00kPa时a(MbOz)计算平衡常数;②根据反应达到平衡时，V^V.,结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；⑶①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、川分别为HzNCHzCOO-、H3N+CH2coO和H3NXH2COOH,若只含有H3N+CH2C。。、此时1g)°2,结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶②根据1g液的酸碱性；当溶液呈中性时，值半a=°,根据图示判断微粒浓度大小;

c(OH)②根据1g=8时，微粒存在有HzNCHzCOO、H3NXH2COOH,盐酸过量，HzNCH2co。反应变为H3NXH2COOH,书写反应方程式；③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=cW计算出高氯酸的物

质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1:1,计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。【详解】(1)(D4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)AHi=-alld/mol,②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH2=-bk〃mol,③HzO⑴=H2O(g)AH3=+ckJ/mol,将①x3+②x2-③x30,整理可得热化学方程式:4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)AH=-3a+2b+30c5kJ/mol；(2)①37C、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%,化学平均常数c(MbQ)0.8(Mb)PAH=-3a+2b+30c5kJ/mol；(2)①37C、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%,化学平均常数c(MbQ)0.8(Mb)P(Oj0.2x2.00/rPa=2.00kPa1；②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，逆,c(Mb。)K,.所以K=-7―7r――1-9可求出

c(Mb)P(O2)K逆不c(MbOz)=K正c(Mb)虫)K逆c(MbO,) K,fP(O,),代入结合度定义式a=-7-\<g-r可得a=——仄，<

c(MbO,)+c(Mb) K}P(O,)+K,①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、HsN+CHzCOO-和HzNCHzCOb应分别在强酸性至强碱性中存在，A?)由此判断，图中I、II和III分别为HzNCHzC。。-、HhN+CHzCOO-和HsN+CHzCOOH,当1g———<=-8时，溶c(0H]液显碱性，溶液中存在的主要是HzNCHzCOb,它与过量的HCI反应生成HsN+CHzCOOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，1g=0,中性时H3N+CH2COO>HzNCHzCOOWN+CHzCOOH；②根据1g—r~4=8时，微粒存在有H2NCH2co0-、H3N+CH2COOH,由于加c\OHj入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH,反应方程式为H2NCH2COO+2H+=H3N+CH2COOH；根据滴定曲线的突跃范围，消耗HCIO4溶液17.25mL,减去空白实验的0.25mL,实际消耗滴定液17.00mL。n(HCIO4)=0.1000mol/Lx0.01700L=0.0017mol,则n(甘氨酸)=0.0017mol,甘氨酸的质量为m(甘氨S?)=0.0017molx75g/mol=0.1275g,所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g-5-0.150g)xl00%=85.0%,19.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。(1)用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH’。已知:C(s)十2H2(g)CH4(g) AH=—73kJ/mol2CO(g) C(s)+CO2(g) AH=—171kJ/molCO(g)十3H2(g) CH4(g)+H2O(g) AH=-203kJ/mol.写出8(g)与HzO(g)反应生成Hz(g)和CO2(g)的热化学方程式 o(2)天然气中含有HzS杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4Hs溶液，已知TCk(NWHzO)=1.74x10F；ki(H2S)=1.07x10-7,k2(H2S)=1.74x10-13,nh4Hs溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是Ac(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)Be(HS~)>c(NH4+)>(S2->>c(H+)Cc(NH4+)>c(HS")>c(HzS)>c(H+)Dc(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)(3)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取Hz,其原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)①一定温度时，在一个体积为2L的恒容密闭容器中，加入ImolCL和1.4mol水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成0.2molCO,用出表示该反应的速率为。此反应的平衡常数为(结果保留到小数点后三位)。②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是.A体系的压强不再发生变化B生成ImolChk的同时消耗3moiHzC各组分的物质的量浓度不再改变D体系的密度不再发生变化E反应速率V(CH4)：V(HzO)：u(CO)：u(Hz)=ls1:1:3(4)甲醇水蒸气重整制氢反应：CH30H(g)+H2O(g)=C02(g)+3Hz(g)AH=+49kJ/molo某温度下，将[n(H20)：n(CHjOH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p“反应达到平衡时总压强为P2,则平衡时甲醇的转化率为。【答案】CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CCh(g)AH=-41kJ-mol-1ac0.06mol-L-1-min-10.011AC生-1)x100%Pi【解析】【分析】(l)C(s)+2H2(g)-CH4(g)△H=-73kJ・mo|T①；2co(g)WC(s)+COz(g)△Hb”].klmol②；CO(g)+3H2(g^CH4(g)+H2O(g)AHh2031d加。|-1③；将方程式①+②■③得CO(g)+HzO(g)=Hz(g)+CO2(g),始变进行相应的改变。⑵根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4Hs溶液核根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+),但钱根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度。(3XD根据三段式来计算；②A.反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大；B.生成ImolCHa时一定同时消耗3m。1出；C.在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变；D.此反应是个气体的质量和体积不变的反应；E.反应速率V(CH4)：V(H2O):v(CO)：v(Hz)=1s1：1:3恒成立。⑷恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率。【详解】(l)C(s)+2H2(g)*CH4(g)△HEBkTmolT①；2CO(g)C(s)+CO2(g)AH=-171kJmol1®；CO(g)+3H2(g^CH4(g)+H2O(g)△HT03Um。1③；将方程式①得CO(g)+HzO(g)=Hz(g)+CO2(g)△H=(-73kJ-mo|T)+(T71kJ-mo|T)-(-203kJ・mo|T)="41kJmol1；故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△HUIkJ-mol-1.(2)根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4Hs溶液铁根离子水解程度小于HS-水解程度,溶液呈碱性，则cOH-)>c(H+),但钱根离子和硫化氢离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+4)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+),硫氢根离子水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+4)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+).故选ac.⑶①在一个体积为2L的恒容密闭容器中，加入ImolCH,和1.4mol水蒸气发生上述反应，5s后达平衡，生成0.2molCO,根据三段式可有：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)开始：Imol1.4mol00转化：0.2mol0.2mol0.2mol0.6mol平衡：0.8mol1.2mol0.2mol0.6mol则用以表示该反应的速率为u(H2)=等?=0.06moiIT.s'；此反应的平衡常数2Lx5s0.2z0.6x3——x(―)~^--=0.011；故答案为：0.06mol・L，minr；O.OlloU.o1.2 x 2 2②②A.反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大，故当体系压强不变时，反应达平衡，故A正确；B.生成ImolCW时一定同时消耗3m。1出，是必然的关系，不能作为平衡的标志，故B错误；C.在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变，故当各组分的浓度不变时，反应达平衡，故C正确；D.此反应是个气体的质量和体积不变的反应，故气体的密度P=m+V国，密度一直不变，故不能作为平衡的标志，故D错误；E.反应速率v(CH4):v(H20):v(CO): 恒成立，与反应达不达平衡没有关系，故不能作为平衡的标志，故E错误；故选AC。⑷设起始n(HzO)=n(CH3OH)=lmol,恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡时气体的总物

质的量生Pl解得x=W■-

p.CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2质的量生Pl解得x=W■-

p.TOC\o"1-5"\h\zImolImol Imol3mol2mol1_ 2x (型-2)mol'龙型-2,P) P1’因此转化率为a==xlOO%=a-1)x100%，故答案为:噜-DxlOO%。

1 p, P12021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).下列转化，在给定条件下能实现的是①NaCI(aq)型l<L(g)---FeChls)△②FezC^Ha(aqL,FeCb(aq) 无水FeCh③N2标焉史U工:NH4cl(aq)④SiOzHCl<aq)33—―>Si高温A.①® B.®@ C.①D.①®@@【答案】A【解析】【详解】①NaCI溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②FezCh和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③Nz和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化较，故正确；④SiOz和盐酸不反应，故错误。故选A。.下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是A.向氯化铝溶液中加入过量的氨水B.向稀盐酸中滴入少量的NaAIOz溶液C.向稀硝酸中加入铁粉D.向硫酸酸化的MgSCU溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化筱，所得溶液中由氯化钱和氨水混合而成，A不符合题意；B.稀盐酸中滴入少量的NaAKh溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe(N03)3、Fe(N03)2、Fe(NO3)3和Fe(N03)2、HNO3和Fe(NO3)3,C不符合题意；D.硫酸酸化的MgSO,溶液中加入过量的Ba(OH)z溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸领沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)z,D符合题意；答案选D。3.硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A.CO、Sth、S03均是酸性氧化物B.工业上利用CL和澄清石灰水反应来制取漂白粉C.除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D.用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】A.SOz、SCh均是酸性氧化物，C。是不成盐氧化物，A错误；B.工业上利用Ch和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C.除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D.用CO与氢气反应合成CWOH,反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%,甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCH。和水，所以该步反应中原子利用率不为100%,D错误；故答案选C..下列电池工作时，Oz在正极放电的是（ ）4JIa1◎{Nf0—1« 1A.锌铳电池B.氢燃料电池C.铅蓄电池D.银镉电池A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A选项，锌铳电池，锌为负极，二氧化链为正极，故A错误;B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确;C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误:D选项，银镉电池，镉为负极，氢氧化氧镇为正极，故D错误;综上所述，答案为B。.某原子电子排布式为is22sz2P3,下列说法正确的是A.该元素位于第二周期川A族 B.核外有3种能量不同的电子C.最外层电子占据3个轨道 D.最外层上有3种运动状态不同的电子【答案】B【解析】【分析】由原子电子排布式为IS22sz2P3,可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5,共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【详解】A.有2个电子层，最外层电子数为5,则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B.核外有3种能量不同的电子，分别为Is、2s、3P上电子，故B正确；C.最外层电子数为5,占据1个2s、3个2P轨道，共4个轨道，故C错误；D.最外层电子数为5,则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B,.对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A鉴别S02和C02溟水利用S02的漂白性B鉴别Fe"和Fe2+KSCN利用Fe3+的辄化性C鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚歆碳酸钠溶液显碱性D鉴别食盐和氯化核加热利用熔点不同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】COz不能使滨水褪色（不反应），而SOz能，主要反应SOz+Br2+2H2O=HzSO4+2HBr,SOz表现还原性而不是漂白性，A项错误；Fe3+和KSCN反应溶液变红，反应为Fe3++3SCN-=Fe<SCN）3,不是氧化还原反应，而FQ+和KSCN不反应，B项错误；C.硝酸钾溶液呈中性，不能使酚歆变红，而碳酸钠溶液因水解呈碱性，能使酚歆变红，c项正确;D.氯化核加热时完全分解为气体，固体消失，而食盐加热时无明显变化，D项错误.本题选C。.下列图示与操作名称下对目的是【答案】A【解析】【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馈，选项D对应。答案选A。.下列操作一定会使结果偏低的是（）A.配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出.测定胆研晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C.酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D.测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积【答案】A【解析】【详解】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矶晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；故选：A..以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是( )A.阳极反应式相同B.电解结束后所得液体的pH相同C.阴极反应式相同D.通过相同电量时生成的气体总体积相等(同温同压)【答案】C【解析】【分析】【详解】A.以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH、4e-=2HzO+Oz个，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2ch2e=Clz个，阳极的电极反应式不同，故A错误；B.电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，PH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C.以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e=Hz个，所以电极反应式相同，故C正确；D.若转移电子数为4mol,则依据电解方程式2HzO通电2Hz个+。2个〜4%电解水生成3moi气体；依据电解方程式2NaCI+2H2。通电2Na0H+Ch个+H?个〜2叫电解食盐水生成4moi气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C.【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D,要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。.有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的COz后，再与盐酸反应.若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为Vi、Vz和V3,则Vi、V?和V3的大小关系正确的是()A.Vi=V2=V3 B.Vi>V3>V2C.V2>V3>ViD.Vi>V2>V3【答案】A【解析】【详解】最后生成物质的都为NaCI,根据Na原子、CI原子守恒：n(HCI)=n(NaCI)=n(NaOH),由于NaOH

物质的量相等，则消耗HCI的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即Vi=V尸V3。答案选A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。.一氯甲烷等卤代垃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是ch.,ci+QHIrIHch.,ci+QHIrIH6A.该反应属于化合反应b的二氯代物有6种结构Imolb加氢生成饱和克需要6molH2C5HlicI的结构有8种【答案】D【解析】【分析】A、一氯甲烷等卤代烧跟苯的反应生成甲苯和HCI；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；C、Imolb加氢生成饱和煌需要3mol出；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代髭跟苯的反应生成甲苯和HCI,属于取代反应，故A错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C、Imolb加氢生成饱和克需要3moi出，故C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。故选D.【点睛】易错点B,区别"甲苯的苯环上的二氯代物"和"甲苯的的二氯代物"是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。12.能正确表示下列反应的离子方程式是A.在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)z溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3j+2H2O+CO32-C.氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2。D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH+HCO3-CaCO34，+H2O

【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+,反应的离子方程式为4Fe2++Oz+4H+=4Fe3++2H2。，A正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4\HCO3都会发生反应：NH4++HCO3+Ba2++2OH=BaCO3>k+H2O+NH3H2O,B错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+,反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H++NO3=3Fe3++NO/b+8H2O,C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)z为标准，离子方程式为Ca2++2OH+2HCO3-CaCO3>k+2H2O+CO32.D错误；故合理选项是Ao13.大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(Ti,T2)海水中CO3"浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：C02(aq)+CO32(aq)+H20(aq)2HCO3(aq),下列说法不正确的是模拟空气中CO,»K/KgA.Ti>T2模拟空气中CO,»K/KgA.Ti>T2T-aeA、rB.海水温度一定时，大气中COz浓度增加，海水中溶解的COz随之增大，COF浓度降低C.当大气中COz浓度确定时，海水温度越高，ah?-浓度越低D.大气中C02含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解【答案】C【解析】【分析】题中给出的图，涉及模拟空气中C02浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中C02浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO,分解，即让反应CO2+CO：+H2O 2HC0；逆向移动。【详解】A.升高温度可以使HCO、分解，反应CC)2+CO；-+H2O 2HCO；逆向移动，海水中的CO；浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO；浓度更高，所以Ti温度更高，A项正确;B.假设海水温度为Ti,观察图像可知，随着模拟空气中COz浓度增加，海水中的CO；浓度下降，这是因为更多的C02溶解在海水中导致反应COz+COf+H2。 2HCO；正向移动,从而使CO；浓度下降，B项正确；C.结合A的分析可知，大气中COz浓度一定时，温度越高，海水中的CO；浓度也越大，C项错误；D.结合B项分析可知，大气中的COz含量增加，会导致海水中的CO：浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO1(s)=Ca+(aq)+CO^(aq),若海水中的CO：浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCCh溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；答案选C。.下列物质的熔点，前者大于后者的是A.晶体硅、碳化硅B.氯化钠、甲苯C.氧化钠、氧化镁D.钾钠合金、钠【答案】B【解析】【详解】A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-Si>Si-C,所以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项B符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C不符合题意；D,合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选B。.我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确的是( )a极是电化学装置的阴极d极的电极反应式为CO32-4e=C+3O2C.①中，捕获COz时碳元素的化合价发生了变化

通电D.上述装置中反应的化学方程式为CO2-C+02个【答案】D【解析】【分析】由电解装置示意图可知，a极生成02,。的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极（b极），电极反应式为：2czO5Z-4e===4CO2+O2,d极生成C,C的化合价降低，得到电子，发生还原通电反应，则d为阴极，连接电源负极（c极），电极反应式为：CO32+4e===3O2+C,电池总反应为CO?-C+Oz个，据此解答问题。【详解】A.根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A选项错误；B.d为阴极，电极反应式为：CO32+4e===3O2+C,B选项错误；C.①中，捕获COz时，COz变成CzOs?和ah%碳元素的化合价始终为+4价，没有发生改变，C选项错误；通电D.电池总反应为COz^C+Oz个，D选项正确；答案选D。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.1—乙氧基奈常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1一乙氧基蔡的过程如下:OH+ch3chOH+ch3ch2ohS^OC2H5已知：1一蔡酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数:物质相对分子质量状态熔点（C）沸点（C）溶解度水乙醇1一蔡酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96C278C微溶于水易溶于乙醇1一乙氧基蔡172无色液体5.5C267c不溶于水易溶于乙醇任意比混乙醇 46 无色液体 -114.IX:78.5c溶(1)将72g1一蔡酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是.(2)装置中长玻璃管的作用是：。(3)该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置 (选填“能”或“不能”)，简述理由 .(4)反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：①蒸懦;②水洗并分液；③用10%的NaOH溶液碱洗并分液；④用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是 (选填编号)。a.③®④(D b.①®③® c.②®③④(5)实验测得1一乙氧基蔡的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1一乙氧基菜的产量下降可能的两个原因是。(6)提纯的产品经测定为43g,本实验中1一乙氧基蔡的产率为.【答案】提高1-蔡酚的转化率冷凝回流不能产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率a1-蔡酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应 50%【解析】【分析】【详解】(1)该反应中乙醇的量越多，越促进1-蔡酚转化，从而提高上蔡酚的转化率；(2)长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率;(3)该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；(4)提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸储的方法得到，实验的操作顺序为：③©④①，选项是a；

（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降,即1一乙氧基蔡的产量下降可能的两个原因是「蔡酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；

OH O-CjHj（6）根据方程式 八，1-蔡酚与1-乙氧基蔡 ^UJ+Hz°!的物质的量相等，贝!Jn（GoH80）=n（Ci2Hi20）=72g+144g/mol=0.5mol,贝！|m（CuHuO）=0.5molX172g/mol=86g,其产率=（43g-r86g）X100%=50%,,三、推断题（本题包括1个小题，共10分）17.有机物A有如下转化关系：COOH稀硫酸-A-Hc}^cb嚼但j稀硫酸-A-Hc}^cb嚼但j嗖04已知：①有机物B是芳香烧的含氧衍生物，其相对分子质量为108,B中氧的质量分数为14.8%。(Dch3-ch2-cooh+ci2~卢*CH H—COOH+HC|1根据以上信息，回答下列问题：B的分子式为;有机物D中含氧官能团名称是.A的结构简式为;检验M中官能团的试剂是.（3）条件I为;DTF的反应类型为.（4）写出下列转化的化学方程式：F->E F-»Go（5）N的同系物X比N相对分子质量大14,符合下列条件的X的同分异构体有种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式 （写一种）。①含有苯环； ②能发生银镜反应； ③遇FeCb溶液显紫色。【答案】C7H8。 ^基 ' 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 NaOH的醇溶液，加热水解反应（或取代反应）

IYOOII—---+H2IYOOII—---+H20H°-O~CH,CH0【解析】【分析】有机物B是芳香垃的含氧衍生物，其相对分子质量为108,B中氧的质量分数为14.8%,B中O原子个数=108xl4.8%=i＞碳原子个数=竺§*=7...8,所以B分子式为C7H80,B中含有苯环且能连续被氧化，则16 12八号 八" goohB为CHzOH,b被催化氧化生成M,M为J-CHO,N为苯甲酸，结构简式为;A发生水解反应生成醇和樱酸，C为我酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D,D发生反应然后酸化得到E,E能生成H,D是含有氯原子的粉酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E,E发生加聚反应生成H,所以D为‘1 、E为，"CH=CH-^XX)H、C为D反应生成F,F能反应生成E,则D发生水解反应生成F,F为f发生酯化反0H应生成G,根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为(^"CHiCHQOOCHr^^；，以此解答该题。【详解】(1)B为。一气叫分子式为c7H80,D为含氧官能团为我基；(2)由以上分析可知人为0的皿*^)，M为。-0H。，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢O-CH,-CH—€(M)H 4正O-CH,-CH—€(M)H 4正qm匚,D发生水解反(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为应(取代反应)生成F；

(4)F发生消去反应生成E,反应方程式为+2H2O,F(4)F发生消去反应生成E,反应方程式为+2H2O,F发生酯化反应生成G,反应方程式为分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCb溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CHzCHO、-OH,有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CW、-CHO、-OH,有10种，共13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1:1:2：2：2的同分异构体的结构简式为h0-O~CH,CH00【点睛】以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代煌发生反应条件不同其产物不同。四、综合题(本题包括2个小题，共20分)18.Cr、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)还原沉淀法是处理含格(CrzO,z-和CrO/-)工业废水的常用方法，过程如下：OQ" - (吵J①已知：常温下，初始浓度为l.OmoLL的NazCQ溶液中cKrzCb?-)随C(H+)的变化如图所示。则上述流程中CrO/-转化为CrzO’z的离子方程式为.c(H*)/(IO-7c(H*)/(IO-7molL')②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为o③£：产与A伊的化学性质相似，对CrCb溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为.④常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0X10”，欲使处理后废水中的c(C*)降至1QX105moi七，(即沉淀完全)，应调节至溶液的pH=。(2)"亚硫酸盐法”吸收烟中的Sth①将烟气通入l.Omol/L的Na2sCh溶液，当NazSCh恰好完全反应时，溶液pH约为3,此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为(用离子浓度符号和">"号表示)。②室温下，将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。含硫组分物质的量分数含硫组分物质的量分数已知部分弱电解质的电离常数(25C)如下:电解质电离常数H2SO3Kai=1.54X102Ka2=1.02X107NH3H2。Kb=1.74X10-5(i)(NHESO3溶液呈一(填"酸"、"碱"或"中")性，其原因是.(ii)图中b点时溶液pH=7,则n(NH4+):n(HSO3)==【答案】CrO42+2H+5=iCr2O72+H2O1:6Cr2O35c(Na+)>c(HSO3)>c(H+)>c(SO32)>c(OH)碱HzSCH的第二电离常数Kaz=1.02X10-7小于NH3H2O的电离常数Kb,故SChZ的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性3:1【解析】【详解】⑴①从图中可以看出，c(5072-)随C(H+)的增大而不断增大，当c(H+)=6.0xl0-7mol/L时，c(Cr2O72')=0.4mol/L,此时反应达平衡状态，所以此反应为可逆反应。由此可得CrCX^转化为CrzCh?-的离子方程式为CrO42+2H+^=iCr2O72+H2O答案为CrO42+2H+^=iCr2O72+H2O②依据电子守恒，氧化剂CrzCh?-与还原剂Fe2+的关系为：CraO72- 6Fe2+从而得出还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6.答案为1:6；③ce与A甲的化学性质相似，说明ce在水溶液中易发生水解反应，最终生成ai(oh)3,灼烧时再分解为倍的氧化物。所以对CrCb溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为CrzCh.答案为CnCh(4)Ksp[Cr(OH)3]=c(C产).C\OH-)=1.0x\05xc\OH')=1.0XIO32c{OH)=\Q-9mollL,pH=5.答案为5；⑵①将烟气通入l.Omol/L的Na2sO3溶液，当Na2sCh恰好完全反应时，全部生成NaHSCh,此时溶液pH约为3,则表明HS03似电离为主。发生的电离、水解反应方程式为：HSO3^iH++SO32\HSO3+H2O=HzSCh+OH、HzO=4T+OH且前面反应进行的程度大于后面反应，从而得出溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HS04>c(H+)>c(SO32)>c(OH)«答案为c(Na+)>c(HSO3)>c(H+)>c(SO32)>c(OH)②⑴在(NH4)2SC)3溶液中，NH4\SO32都将发生水解，从表中数据Ka2=1.02X10-7、Kb=1.74X106可以看出，HSCh的电离常数小，SO32的水解常数大，所以溶液呈碱性。答案为碱；溶液呈碱性的原因是：溶液H2s。3的第二电离常数Ka2=1.02X10。小于NH3H2O的电离常数Kb,故SO3Z的水解程度比NL+的水解程度大，溶液呈碱性.答案为：H2SO3的第二电离常数42=1.02X10。小于NH3H2O的电离常数Kb.故SO32的水解程度比NE+的水解程度大，溶液呈碱性。(ii)图中b点时溶液pH=7,此时c(HStM=c(SO32),则c(NH4HSO3)=c[(NH4)2SO3],从而得出n(NH4+)：n(HSO3)=1答案为3：1.19.最新"人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应:2Nz(g)+6HQ(l) ™ 4NH3(g)+30z(g)光照-Q(Q>0)«常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0min2min4min5min6minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675(1)该反应的平衡常数表达式K=,0-2min内NH3的平均生成速率为(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡(3)在5〜6min之间只改变了单一条件，该条件是。(4)以NW和CCH为原料可生产化肥碳铉(NWHCCh)。生产过程中首先需往水中通入的气体是,通入该气体后溶液中存在的电离平衡有(用方程式表示)。⑸常温下NH4HCO3溶液的pH>7,由此判断溶液中：c(NH4+)”此03一乂选填">"、"<"或"="),理由是。c4(NHJc3(O,)【答案】' : 0.03mol/(L.min)能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气C(N2)体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态增加了氮气的量NWNH3*H2O?iNH4++OH\H2O#H++OH'>因为pH>

7,说明c(H+)Vc(OHT),根据电荷守恒：c(H*)+c(NH4+)=c(HCO3')+c(OH')+2c(CO32'),所以c(NH力>c(HCCh1(或NH4冰解呈酸性，HC03-水解呈碱性，pH>7,说明水解程度NH4yHe。3一，所以C(NH4+)>c(HCCh-))【解析】【分析】⑴根据表格中的数据可知，第4,5分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达△c式；根据公式V=一计算；t(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；⑶根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；⑷根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；⑸根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；【详解】⑴.根据化学方程式，2N2(g)