2021-2022学年河南省名校大联考高三（上）期中化学试卷（附详解）

2021-2022学年河南省名校大联考高三（上）期中化学试

卷

一、单选题（本大题共16小题，共48.（）分）

1.《天工开物》中“宋子日：天生五谷以育民，美在其中，有黄裳之意焉。稻以糠为

甲，麦以秋为衣，粟、梁、黍、稷毛羽隐然。”该古文中“熟”的主要成分是（）

A.纤维素B.蛋白质C.油脂D.淀粉

2.下列化学用语错误的是（）

A.CS2的电子式为式为

B.乙醛的比例模型为2

C.聚酯纤维（涤纶）的结构简式为

0O

HO-EC^^-C—0—CH2—CH2—O3nH

D.中子数为22的氮原子符号为表Ar

3.化学在生活、生产、科技中有着广泛应用。下列说法错误的是（）

A.共享单车利用太阳能供电，有利于节能环保

B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料

C.废旧电池中含有银、镉等重金属，不可用填埋法处理

D.含有病毒的飞沫分散在空气中形成的分散系为气溶胶，飞沫中有直径为

1〜lOOnm的粒子

A.除去甲烷中的乙烯、水蒸气

B.制备粗溟苯

?探究温度对过氧化氢分解速率的

D.进行喷泉实验

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0\

6.白芷酸（）是一种重要有机物，下列有关该有机物的说法错误的

CH3

A.与

H3c

B.能使酸性高镒酸钾溶液褪色

C.lmol白芷酸最多能与2m01出发生加成反应

D.能发生取代反应、加聚反应

7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.标准状况下，22.4L己烷中含非极性键的数目为心

B.14.4g28si/N4中含质子的数目为7总

C.O.lmol•L-】K2cO3溶液中含CO1数目小于

D.反应14CUSC>4+5FeS2+12H2O=7Cu2s+5FeSO4+12H2sO4中，生成0.3mol

氧化产物时转移的电子数为1.4NA

8.下列离子方程式书写错误的是（）

+2+

A.向氢氧化镁悬浊液中滴加盐酸，沉淀溶解：Mg（OH）2+2H=Mg+2H2O

B.将酸性高钵酸钾溶液滴入Na2sO3溶液中：2MnO]+5sog+6H+=2Mn2++

5so广+3H2O

C.含lmolNH4Al（SO）的溶液与含4moiNaOH的溶液混合：Al3++40『=A10]+

2H2O

D.将CIO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制NaClOz：2CIO2+H202+20H-=

2CIO2+O2+2H2O

0—CH

科研人员提出催化合成碳酸二甲酯（CH,C）的示意图如图所

示，下列说法错误的是（）

注-.777777777表示催化剂

00—CH,

C.总反应的化学方程式为c02+2cH30H催，剂CH「+H20

D.二氧化碳、甲醇、碳酸二甲酯均能与NaOH溶液反应

10.已知：(l)5MnS04+2NaC103+4H20=5MnO2I+Na2S04+4H2S04+Cl2T；

②FeS()4+MnO2+H2S04tFe2(SO4)3+MnS04+&0(未配平)。

下列有关说法正确的是()

A.MnSCU在反应①中作还原剂，在反应②中作氧化产物

B.还原性：FeS04>Cl2>MnS04

C.根据上述反应判断：NaClOs不能氧化FeS04

D.转移电子数相同时•，反应①中生成的H2sO4与反应②中消耗的H2sO4的物质的

量之比为2：5

11.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与丫同主族，W的简单氢化

物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X是地壳中含量最多的金属，X与Z的电子数之和

是丫的质子数的2倍。下列说法错误的是()

A.原子半径：X>Y>Z

B.简单氢化物的稳定性：Y<Z

C.X与Z形成的化合物为共价化合物

D.W、Y、Z的最高价含氧酸均为强酸

12.控制大气中NO*的排放是全球关注的热点，催化脱硝法中的催化还原法是目前工业

上成熟的方法。以NG为还原剂的催化反应原理之一为2NH3(g)+NO(g)+

NO2(g)U2N2(g)+3H20(g),若向VL的恒容密闭容器中投入4moiNH3和一定量NO

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和NC）2,测得NH3（g）、N2（g）,出0®的浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说

法正确的是（）

B.a点时该反应达到平衡

C.曲线n表示电的浓度变化

D.从开始到30s内，用电0他）表示的平均反应速率为0.04mol•LT】•s-i

13.中国科学院福建物质结构研究所课题组基于二氧化碳和甲酸的相互转化反应设计

并实现了一种可逆的水系金属-二氧化碳二次电池，放电时工作原理如图所示。下

列有关电池放电时的说法错误的是（）

A.N极发生还原反应

B.电子由N极流出经导线流入M极

C.N极的电极反应式为CO?+2e-+2H+=HCOOH

D.若电路中流过6.02x1022个电子，则理论上M极有3.25g锌参加反应

14.有机物的同分异构体M含一个苯环且能与碳酸氢钠溶液反应

产生CO2，则M的结构共有（不考虑立体异构）（）

A.14种B.15种C.16种D.17种

15.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是（）

选项实验操作和现象结论

向亚硫酸钠溶液中滴加高氯酸溶液，将得到的气体直接通C1的非金属性比S

A

入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊的强

B向乙醇中加入绿豆大小的钠块，有气泡产生证明乙醇中含有水

将2体积S02和1体积。2混合通入装有灼热V2O5的容器中

说明S02和。2的反

C充分反应，产物依次通过BaC12溶液和品红溶液，前者产

应有一定的限度

生白色沉淀，后者褪色

将用稀硫酸酸化的KMnCU溶液滴入Fe(NC)3)2溶液中，溶液氧化性：KMnO4>

D

变黄Fe3+

A.AB.BC.CD.D

16.将mgCuS和Cu2s的混合物投入500mLemol•LT的稀HNO3溶液中恰好完全反应，

收集到NO气体17.92L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在CM+和SOg)加入

VL3moi•LTNaOH溶液恰好使CM+完全沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得至l136gCuO。

下列说法正确的是()

A.N0的质量为27g

B.V=400

C.CuS和Cu2s的物质的量之比为4：1

D.反应后的溶液中SO%一的物质的量为0.25mol

二、简答题(本大题共5小题，共52.0分)

17.据2021年6月29日NASA的科学报告，“好奇号”火星车传回的数据表明，在火星

表面盖尔环形山附近，“好奇号”火星车曾经多次探测到甲烷气体。

(1)二氧化碳与氢气合成甲烷的反应为C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)。

所海州惟K

已知:InurfCQ(g)20+C

更嗯/2H

ImolCIhig)'%：—4C+4/7

1(x54J

上煞产2H+O

①拆开ImolC-H键所需要的能量是。

②lmolCOz(g)和4m0叫@的总能量(填“大于”或“小于")lmolCH4(g)

和2m0田2。色)的总能量。

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(2)用甲烷催化还原一氧化氮，可以消除一氧化氮对大气的污染，反应的化学方程

式为CH,(g)+4N0(g)=2N2(g)+2H20(g)+C02(g)o

①若起始时向2L恒容密闭容器中通入ImolC*和4moiNO,lOmin时测得混合气体

中甲烷的物质的量分数为12%,则lOmin时NO的转化率是。

②下列一定能说明该反应达到平衡的是(填字母)。

A.V(CH4)=v(CO2)

B.混合气体的平均摩尔质量不变

C.断裂2mO1N三N键的同时形成4mO1H-0键

D.混合气体的密度不变

(3)以甲烷等碳氢化合物为燃料的新型燃料电池成本大大低于以氢气为燃料的传统

燃料电池。一种以甲烷为燃料的电池装置示意图如图。

a梭KOH溶液WS

①M口通入的气体是(填化学式)。

②外电路中电流的流向是(填”由a极到b极”或“由b极到a极”)。

③若KOH转化为正盐，则消耗100mL2moi-LKOH溶液时，需要标准状况下的体

积是。

18.二乙二醇二苯甲酸酯()可用于加工聚氯

乙烯地板料、增塑糊、聚醋酸乙烯酯黏合剂以及合成橡胶等。一种合成二乙二醇二

苯甲酸酯的路线如图。

请回答下列问题：

(1)D中含有官能团的名称是、酸键。

(2)F+D-G的反应类型是,G的分子式是。

(3)B的结构简式为。

(4)C与足量金属钠反应的化学方程式是。

(5)下列关于E和F的说法正确的是(填字母)。

A.F能与碳酸氢钠溶液反应

B.E和F都属于芳香煌

C.E的一氯代物只有3种

D.E和F中所有碳原子都共平面

19.磷、碑(As)、钿(Bi)均属于氮族元素，它们的化合物在生产、科技中有着广泛的应

用。

(1)次磷酸(H3P。2)可用作杀菌剂、神经系统的强壮剂、金属表面的处理剂等，H3P。2

中P的化合价为,加热到130久时会分解成磷酸和磷化氢，写出该反应的化

学方程式：。

(2)钿酸钠(NaBi()3)是一种浅黄色或褐色的无定形粉末，不溶于冷水，可用于检验

镒离子。在稀硫酸酸性介质中，NaBiOs将硫酸锦中的锦离子氧化为高镒酸根离子,

同时生成可溶于酸的Bi2(S04)3,写出该反应的离子方程式：。

(3)碑的化合物可用于制造农药、防腐剂、染料和医药等。

①As在周期表中的位置是o

②土壤和废水中的有机碑(HAPA)与无机碑【+3价碑表示为As(IH)】可用高铁酸钾

(LFeO。去除，高铁酸钾用量对HAPA、As(UI)去除效果的影响如图所示。

0HApA

-AMIB)

最佳铁碎质量比为5：1的理由是。将氯气通入氢氧化铁、氢氧化钾溶液的

混合物中可制备高铁酸钾，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为o

20.在医药工业中，2-氯乙醇(C1CH2cH2。田可用于生产磷酸哌嗪、映喃噗酮、四咪噗、

驱蛔灵和普鲁卡因等。制备2-氯乙醇的装置如图所示。已知：

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ClCH^H-iOH二里CH=C&T+HQ，在制备

1702

请回答下列问题：

(1)仪器X的名称是,装置A中碎瓷片的作用是。

(2)装置B中NaOH溶液的作用是。

(3)装置C中发生反应的化学方程式为。

(4)装置D中发生反应的离子方程式为。

(5)如图装置中的导管b与装置C中的导管a相连用来处理尾气，则装置E用来处理尾

气(填化学式)，装置F中的现象是。

21.硼化铝(CrB)可用作耐磨、抗高温氧化涂层和核反应堆中的中子吸收涂层。以高铝

铭铁矿(主要含口2。3和AI3O3,还含Fe2()3、FeO、MgO、SiO?)为原料制备硼化铭和

铝的工艺流程如图。

送剂丫试剂Z

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：

金属离子Fe3+Mg2+Cr3+Fe2+Al3+

开始沉淀的

2.310.44.97.53.4

PH

沉淀完全的

4.112.46.89.74.7

Ph

请回答下列问题：

(1)“氧化”的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+,试剂X可选用电。2或。2,若氧

化等物质的量的Fe2+,需要消耗出。?和CI2的质量比为。

(2)试剂丫是,操作1的名称是。

(3)向M溶液中加入过量试剂Z发生反应的离子方程式为o

(4)第二次加氨水调节pH的范围是；加稀盐酸中和前，需要洗涤沉淀，证明

沉淀洗涤干净的操作方法是。

(5)硼化铭是在65(TC时由金属镁与硼、氯化铭的混合物制得的，写出该反应的化学

方程式：o

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：大多数植物中都富含纤维素，根据“稻以糠为甲，麦以款为衣”可知，糠

是稻谷的外壳，数是麦子的外壳，都富含纤维素，

故选：Ao

纤维素在植物中含量丰富，糠是稻谷的外壳，数是麦子的外壳，都富含纤维素。

本题以传统文化为情境，考查物质的组成，意在考查考生分析问题和记忆的能力，宏观

辨识与微观探析的核心素养。

2.【答案】B

【解析】解：ACS?的共价化合物，分子中含有2个C=S双键，其电子式为S::C::S,

故A正确;

B.为球棍模型，用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为

比例模型，乙醛的比例模型为,故B错误;

C对苯甲二酸与乙二醇发生水解反应生成聚酯纤维，聚酯纤维（涤纶）的结构简式为

00

少二II，故c正确；

0—CH2—CH2—03nH

D.中子数为22的氯原子的质量数为:22+18=40,该原子可以表示为羯Ar,故D正确;

故选：Bo

A.二硫化碳分子中含有两个双键，C、S原子最外层均满足8电子稳定结构；

B.该模型为比例模型，不是球棍模型；

C.对苯甲二酸与乙二醇发生水解反应生成聚酯纤维（涤纶）；

D.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数。

本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、结构简式、球棍模型与

比例模型等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析

能力及规范答题能力，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.共享单车的使用及太阳能的利用都有利于低碳生活，节能环保，故A正

确；

B.煤经过气化和液化转化为水煤气、甲醇等燃料，则煤的气化和液化都是化学变化，故

B错误；

C.废旧电池中的银、镉等重金属对人体健康有害，用填埋法处理会造成土壤污染和地下

水污染，应回收集中处理，故C正确；

D.飞沫粒子直径介于1〜lOOnm之间，符合胶体中分散质粒子的直径范围，分散在空气

中形成气溶胶，故D正确；

故选:Bo

A.利用太阳能供电可减少化石燃料的燃烧，有利于环境保护；

B.煤经过气化和液化转化为水煤气、甲醇等燃料；

C银、镉等重金属易污染土壤和水体，应回收集中处理；

D.胶体是分散质粒子直径介于1〜lOOnm之间的分散系，根据分散剂不同可分为固溶胶、

气溶胶和液溶胶。

本题以化学与生活、生产、科技为情境，考查化学实际应用知识，侧重考查学生识记能

力和运用能力，有利于培养学生的科学态度与社会责任的核心素养，题目难度不大，注

意总结积累。

4.【答案】D

【解析】解：A.Ca(C10)2属于含氧酸盐，但易溶于水，故A错误；

高温

B.C+CO2二2co是氧化还原反应，但为吸热反应，故B错误；

C.风能属于新能源，是自然界中直接提供的能源、属于一次能源，不是二次能源，故C

错误；

D.H2s的结构式为H-S-H,含有共价键H-S,在水中能电离生成氢离子和硫氢根离

子，属于电解质，故D正确；

故选：D。

A.由含氧酸根和阳离子构成的盐属于含有酸盐，结合盐的溶解性判断；

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B.元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，结合常见的吸放热反应分析判断；

C.二次能源是一次能源经过加工转化成的另一种形态的能源，新能源是指传统能源之外

的各种能源形式，刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源；

D.H2s是共价化合物，结构式为H-S-H,其水溶液为氢硫酸。

本题考查物质分类、化学反应分类及能源分类等知识，侧重考查学生的识记能力和运用

能力，把握概念及其分类依据是解题关键，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.图中洗气时导管应该长进短出，故A错误；

B.制备澳苯应该用苯与液漠，不能选澳水，故B错误；

C探究温度对过氧化氢分解速率的影响时，催化剂要相同，图中两个变量，故C错误;

D.S02易与NaOH溶液反应，挤压胶头滴管、打开止水夹，打开可以看到喷泉，故D正

确；

故选：D«

A.乙烯与澳水反应，浓硫酸干燥甲烷，洗气时导管长进短出；

B.苯与滨水不反应；

C.温度、催化剂均不同；

D.二氧化硫与NaOH溶液反应。

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、混合物的分离提纯、物

质的制备为解答的关键，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.均含有1个碳碳双键、1个殁基，且为链状，它们的结构相似，白芷酸的

分子式为C5H8。2,H的分子式为C6Hi0（）2,组成相差一个“C%”

二者互为同系物，故A正确;

B.含有碳碳双键，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故B正确；

C.竣基不能与氢气反应，分子中含有1个碳碳双键，lmol白芷酸最多能与lmol%发生加

成反应，故c错误；

D.白芷酸含有竣基，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故D正确；

故选:Co

A.结构相似，在组成上形成1个或若干个“CH?”的化合物互为同系物；

B.碳碳双键能被酸性高镒酸钾溶液氧化；

C.碳碳双键能与氢气发生加成反应；

D.含有竣基、碳碳双键，具有段酸和烯煌的性质。

本题以陌生有机物结构为情境，考查有机物性质，意在考查考生分析和解决问题的能力,

宏观辨识与微观探析的核心素养。

7.【答案】B

【解析】解：A.标准状况下，己烷为液体，无法确定己烷的物质的量，故A错误；；

B.14.4g28s出心的物质的量为需嘉=O.lmol,含质子的物质的量为(3x14+4x

7)xO.lmol=7mol,即质子的数目为7NA，故B正确；

C.没有给出溶液的体积，无法确定溶液中co“数目，故c错误；

D.注意FeS?中S的化合价为为一1价，5moiFeS?和14moicuSC)4正好反应，反应过程中铜

元素由+2价下降至+1价，则Cu得电子：14x1mol=14mol,硫元素由一1价下降至一2

价，则S得电子：7x1mol=7mol,硫元素又由一1价上升至+6价，贝US失电子：3x

7mol=21mol,反应中电子转移了21mo1,则生成0.3mol氧化产物时转移的电子数为

2.1NA,故D错误；

故选：Bo

A.标准状况下，己烷为液体；

B.14.4g28s出心的物质的量为五跷;=O.lmol,据此计算；

C.没有给出溶液的体积；

D.注意FeS?中S的化合价为为-1价，5moiFeS2和14moicuSC)4正好反应，反应过程中铜

元素由+2价下降至+1.价，则Cu得电子：14x1mol=14moL硫元素由-1价下降至一2

价，则S得电子：7x1mol=7moL硫元素又由一1价上升至+6价，则S失电子：3x

7mol=21mol,反应中电子转移了21mo1。

本题以阿伏加德罗常数为情境，考查阿伏加德罗常数的应用，意在考查考生计算的能力,

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宏观辨识与微观探析的核心素养

8.【答案】C

【解析】解：A.向氢氧化镁悬浊液中滴加盐酸，沉淀溶解，离子方程式为：Mg(OH)2+

2H+=Mg2++2H2。，故A正确；

B.将酸性高锯酸钾溶液滴入Na2s。3溶液中，离子方程式为：2MnO£+5S0『+6H+=

2Mn2++5SO『+3H2。，故B正确；

C.含lmolNH4Al(SO)的溶液与含4moiNaOH的溶液混合，离子方程式为：NH^+Al3++

40H-=A1(OH)3I+NH3-H20,故C错误；

D.将CIO?气体通入HzO2、NaOH的混合溶液中制NaClO?，离子方程式为：2C1O2+H202+

2OH-=2C1O5+O2+2H2O,故D正确；

故选:Co

A.二者反应生成氯化镁和水；

B.亚硫酸根离子具有还原性，能够还原高镒酸钾生成镐离子，自身被氧化为硫酸根离子;

C.含lmolNH4Al(SO4上的溶液与含4moiNaOH的溶液混合，反应生成氢氧化铝、一水合

氨和硫酸钠；

D.二氧化氯能够氧化过氧化氢生成氧气。

本题考查了离子方程式书写正误判断，明确离子反应实质是解题关键，注意反应物用量

对反应的影响，题目难度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.对比结构可知，过程①中是甲醇断裂0-H键，故A正确；

科科

B.根据图示知，A在过程①中生成，再过程②中反应掉，则A是中间

777777777777777777

产物，故B正确；

C.整个过程是二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，总反应的化学方程式为

00—CH,

CO2+2CH30H催化剂>CH3/XCZ+H2O,故C正确；

II

()

D.二氧化碳、碳酸二甲酯能与氢氧化钠反应，但甲醇不能与NaOH溶液反应，故D错误；

故选：Do

过程①中是甲醇断裂0-H键，过程②是断裂C=0双键中其中一个键，过程③是甲醇

断裂C-。键，反应①③发生取代反应，反应②发生加成反应，反应总反应为2cH30H+

C02->CH3OCOOCH3+H20O

本题以合成碳酸二甲酯的示意图为情境，考查化学方程式等知识，意在考查考生读取信

息、解决问题的能力，证据推理与模型认知的核心素养。

10.【答案】D

【解析】解：A.反应①Mn元素的化合价升高，被氧化，则M11SO4在反应①中作还原剂，

反应②Mn元素化合价降低，被还原，则MnSO,在反应②中作还原产物，故A错误；

B.反应①5MnSC>4+2NaC103+4H20=5MnO2I+Na2S04+4H2S04+Cl2T中还原剂

为MnSCU，还原产物为：Cl2,反应②FeSCU+Mn。？+H2sO4fFe2(S()4)3+M11SO4+

小0中还原剂为FeSO型还原产物为：MnSO”根据还原性：还原剂>还原产物，则还原

性：FeS04>MnS04>Cl2,故B错误；

C.反应①5MnS()4+2NaC1034-4H20=5MnO21+Na2SO4+4H2S04+Cl2T中氧化剂

为NaClC)3,氧化产物为：Mn02,反应②FeSC^+MnO2+H2SO4-Fe2(SO4)3+MnS04+

电0中氧化剂为Mn。2，氧化产物为：Fe2(SO4)3,根据氧化性：氧化剂〉氧化产物，则

氧化性:NaC103>MnO2>Fe2(SO4)3»所以NaCK)3能氧化FeSO,，故C错误；

D.反应①中每转移10mol电子，生成4moiH2so彳，反应②可配平为2FeSC)4+MnO?+

2H2S04=Fe2(S04)3+MnS04+2H2O,每转移2moi电子，消耗2molH2s0〃所以转移

电子数相同时，反应①中生成的H2s。4与反应②中消耗的H2s。4的物质的量之比为2：5,

故D正确；

故选：D。

反应①5MnSC)4+2NaC103+4H20=5MnO2i+Na2sO4+4H2sO4+Cl2T中，Cl元素的

化合价降低，被还原，Mn元素的化合价升高，被氧化；反应②FeS()4+MnO2+H2S04-

Fe2(SC>4)3+M11SO4+也0中，Fe元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还

原，根据在同一反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断还原性强弱，氧化剂

中氧化性大于氧化产物的氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧

重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意氧化性、还原性比较的规律，题目难

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度不大。

11.【答案】D

【解析】解：根据分析可知，W为N,X为A1,丫为P,Z为C1元素，

A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Al>P>CL故A正确：

B.非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性P<C1,则简单氢化物的稳定

性：PH3<HCL故B正确；

C.X与Z形成的化合物为AlCk，属于共价化合物，故C正确；

C.Y的最高价含氧酸为H3Po4，H3PO4不是强酸，故D错误；

故选:D»

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的简单氢化物能使湿润的红色

石蕊试纸变蓝，则W为N；W与丫同主族，贝IJY为P；X是地壳中含量最多的金属，则X为A1；

X与Z的电子数之和是丫的质子数的2倍，Z的质子数为15x2-13=7,则Z为C1,以此分

析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为

解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】解:A.由图可知，氨气起始加入量为4m01,起始浓度为2moi/L,则V=言缺=2L,

故A错误；

B.由图可知，a点后，物质浓度继续变化，反应未达平衡状态，故B错误；

C.由方程式可知，氨气减小量与氮气增加量相等，由图可知，曲线D表示电的浓度变化，

故C正确；

D.曲线I为水的浓度变化曲线，从开始到30s内，用M0(g)表示的平均反应速率为

1.8mol/L=0.06mol•L-S-1,故D错误；

30s

故选:Co

A.由反应物起始加入量和浓度计算容器体积；

B.反应达到平衡状态时，各组分浓度保持不变；

C.结合方程式系数和物质的实际变化判断曲线代表物质；

D.由公式v=彳计算反应速率。

本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，能依据图象准确求算判断所需的各

组分的量是解题的关键。

13.【答案】B

【解析】解：A.N极为正极，二氧化碳得电子发生还原反应，故A正确；

B.原电池工作时，电子从负极(M)流出，经外电路流向正极(N),故B错误；

C.N极为正极，电极反应式为C()2+2e-+2H+=HCOOH,故C正确；

D.若电路中流过6.02x1022个电子，转移电子的物质的量为盛篝器no.imol,消

耗Zn的质量为上翳X65g/mol=3.25g,故D正确；

故选:Bo

由图可知，放电时，Zn价态升高失电子发生氧化反应，M极作负极，电极反应式为211-

2e-+2OH-=Zn(OH)2,N极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH,据此

作答。

本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键,

难点是电极反应式的书写。

14.【答案】A

【解析】解：,的分子式为C9H10O2,M含一个苯环且能与碳酸氢钠溶

液反应产生CO?,说明含峻基，则其结构可能为2cHzc：°°H、

COOII

第18页，共27页

CH3

CH,CH,

1

2^J^CHjCOOHY、

CIl2COOH

”3Hc

//C&CH

COOH3\3

OC"'HC^A-CH'r

3?9、二'

COOHCOOH

coon

CH,

Qp~CO()U,共14种，只有A正确，

CH3

故选：Ao

有机物’的分子式为C9H10O2,M含一个苯环且能与碳酸氢钠溶液反应

产生CO?,说明含酸基，除苯环和竣基外还有2个C,且苯环上可能有1个或2个或3个取

代基，以此来解答。

本题考查同分异构体，为高频考点，把握苯环上取代基的数目、竣酸的性质为解答的关

键,侧重分析与应用能力的考查，注意有限制条件的同分异构体的判断，题目难度不大。

15.【答案】C

【解析】解：A.亚硫酸钠不是S的最高价氧化物对应的水化物，所以不能比较S与Q的非

金属性强弱，故A错误；

B.乙醇也会与钠反应产生气体，无法证明乙醇中含有水，故B错误；

C.在相同条件下，2体积SO2和1体积。2反应，前者产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钢，说

明反应后有SO3生成，后者褪色，说明反应后仍然存在SO?，能够证明说明SO?和。2的反

应有一定的限度，故C正确；

D.KMnO4.HNO3都有强氧化性，将用稀硫酸酸化后的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，

3+

溶液变黄，不能证明氧化性：KMnO4>Fe,故D错误；

故选：Co

A.亚硫酸钠不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物；

B.乙醇和水都能够与钠反应产生气体；

C.前者产生白色沉淀，后者褪色，白色沉淀为硫酸钢，品红溶液褪色说明存在二氧化硫；

D.酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，干扰了检验结果。

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、反应限

度、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。

16.【答案】D

1792L

【解析】解：A.n(NO)=[=0.8mol,则m(NO)=0.8molx30g/mol=24g,故

44.qL/111OI

A错误；

UUU

B.CM+与OFT反应生成C(OH)2,C(OH)2分解为CO,贝ij有n(NaOH)=2n[Cu(OH)2]=

2n(CuO)=2x=0.9mol,故V[NaOH(aq)]==0.3L=300mL,故B错误;

C.设CuS和Cu2s的物质的量分别为xmol、ymoL根据电子转移守恒有8x+10y=0.8X3,

根据Cu原子守恒有x+2y=|J,联立解得x=0.05,y=0.2,故CuS和Cu2s的物质的量

OV

之比为0.05mol：2mol=1：4,故C错误;

D.根据硫原子守恒有n(SOt)=n(CuS)+n(Cu2S)=0.05mol+0.2mol=0.25moL故D

正确；

故选：D»

V

A.根据n=1计算NO的物质的量，再根据m=nM计算生成NO的质量；

vm

B.CM+与OH-反应生成CU(OH)2,CU(OH)2分解为CUO,贝lj有n(NaOH)=2n[Cu(OH)2]=

2n(CuO),可以计算氢氧化钠的物质的量，再根据V=?计算需要氢氧化钠溶液体积；

C.设CuS和Cu2s的物质的量分别为xmol、ymol,根据电子转移守恒、Cu原子守恒列方程

计算解答；

D.根据硫原子守恒有n(SOj-)=n(CuS)+n(Cu2S)»

本题考查混合物计算，关键是明确发生的反应，注意守恒思想的运用，题目意在考查学

生分析计算能力、灵活运用知识的能力。

17.【答案】414kJ大于40%CCH4由b极到a极2.24L

第20页，共27页

【解析】解：(1)①根据"1〃“，/1*(g)-「J"知，拆开4moic-H键所

需要的能量是1656kJ,据此计算拆开ImolC-H键所需要的能量=竺罗=414kJ,

故答案为：414kJ；

②lmolCO2(g)和4m0旧2档)的需要总能量=(1606+436x4)kJ=3350kJ,lmolCH4(g)

和2m0IH2O©的需要总能量=(1656+2x928)k]=3512kJ,所以lmolCC)2(g)和

4moi^(g)需要的总能量大于lmolCH^g)和2moi小0包)需要的总能量，

故答案为：大于；

(2)①若起始时向2L恒容密闭容器中通入lmolCH,和4moiNO,反应前后气体计量数之和

不变，则反应中混合气体总物质的量不变，lOmin时测得混合气体中甲烷的物质的量分

数为12%,则lOmin时MCH。=5moix12%=0.6moL甲烷的转化率=当需㈣x

100%=40%,加入反应物的物质的量之比等于其计量数之比，贝1JCH4、NO的转化率相

等，则NO的转化率为40%,

故答案为：40%：

②A.没有明确正逆反应速率，不能据此判断平衡状态，故A错误；

B.反应前后气体总质量不变、气体总物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量始终不变,

不能据此判断平衡状态，故B错误；

C.断裂2moi2molN=N键的同时形成4molH-0键，同时消耗4molH-0键，同一物质

的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；②

D.反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判

断平衡状态，故D错误；

故答案为：C；

(3)①根据图知，a为负极、b为正极，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正

极，则M为CH4、N为。2，

故答案为：CH4;

②外电路中电流的流向由正极流向负极，a为负极、b为正极，则外电路中电流的流向

是由b极到a极，

故答案为：由b极到a极；

③若KOH转化为正盐，正盐为K2c。3,消耗n(KOH)=2mol/Lx0.1L=0.2mol,根据K原

子守恒得n(K2c。3)=in(KOH)=0.2mol=O.lmol,根据C原子守恒得n(C()2)=

n(K2cO3)=O.lmoLV(CO2)=nVm=O.lmolx22.4L/mol=2.24L,

故答案为：2.24Lo

(1)①根据"1，〃，，/O*(g)C+4〃”知，拆开4moic-H键所需要的能量是

1656kJ,据此计算拆开ImolC-H键所需要的能量；

②lmolCC)2(g)和4m01出出)需要的总能量=(1606+436x4)kJ=3350kJ,lmolCH4(g)

和2m0旧2。®需要的总能量=(1656+2x928)kJ=3512kJ；

(2)①若起始时向2L恒容密闭容器中通入ImolC也和4moiNO,反应前后气体计量数之和

不变，则反应中混合气体总物质的量不变，lOmin时测得混合气体中甲烷的物质的量分

数为12%,则lOmin时MCHQ=5molx12%=0.6mol,甲烷的转化率=变°:北喇x

100%=40%,加入反应物的物质的量之比等于其计量数之比，贝肮叫、NO的转化率相

等；

②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物

质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

(3)①该燃料电池中，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，电解质溶液

中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；

②外电路中电流的流向由正极流向负极；

③若KOH转化为正盐，正盐为K2c。3,消耗n(KOH)=2mol/Lx0.1L=0.2moL根据K原

子守恒得n(K2co3)=1n(KOH)=|x0.2mol=O.lmol,根据C原子守恒得n(CC)2)=

n(K2co3),V(CO2)=nVm,

本题考查较综合，涉及反应热的计算、化学平衡状态判断、电化学原理等知识点，侧重

考查分析、判断及计算能力，明确反应热的计算方法、化学平衡状态判断方法、原电池

原理是解本题关键，注意(3)题原子守恒的灵活运用，题目难度不大。

A

18.【答案】羟基取代反应(或酯化反应)C18H18O5/\HOCH2CH2OH+

CH2—CH2

2Na—NaOCH2cH20Na+H2tAD

【解析】解：(1)D中含有官能团的名称是羟基、醛键，

故答案为：羟基；

(2)由D、G的结构可知，F与D发生酯化反应生成G,也属于取代反应；由结构可知G的分

子式是C]8H18。5,

故答案为：取代反应(或酯化反应)；C18H18O5；

第22页，共27页

(3)B由乙烯与氧气在催化剂氧化生成B,结合B与水生成乙二醇，可推知B为/\,

CH2-CH2

‘0、

故答案为：/\;

CH2—CH2

(4)C与足量金属钠反应的化学方程式是HOCH2cH20H+2Na-NaOCH2CH2ONa+H2T,

故答案为：HOCH2cH20H+2Na-NaOCH2CH2ONa+H2T；

(5犯下是《3-。0011，含有竣基，能与碳酸氢钠溶液反应，故A正确；

B.©-CH3属于芳香煌，但Q-COOH含有氧原子，不属于芳香烧，故B错误；

C.”>-CH3的一氯代物可以发生在苯环上有邻间、对3种，也可以发生在甲基上，故

其一氯代物有4种，故C错误；

D.苯环及其连接的原子为平面结构，故E和F中所有碳原子都共平面，故D正确；

故答案为：AD。

由D、G的结构简式，结合F的分子式，可推知F为d-COOH,甲苯发生氧化反应生

成苯甲酸；对比乙烯、乙二醇的结构，结合B的分子式可知，A发生氧化反应生成B为

/\,B再与水发生开环加成生成C(乙二爵)，2分子乙二醵分子间脱去1分子水

CH2—CH2

生成D。

本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、有

机物结构与性质等，意在考查学生分析理解能力、应用能力。

130X

2++

19.【答案】+12H3PC>2^H3P。4+PH3T5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+

+3+

5Na+5Bi+7H20第四周期第VA族既能得到较高的碑去除率，又能减少KzFeC^

的用量，节约成本3：2

【解析】解：(1)化合物中元素化合价代数和为0计算磷元素化合价，次氢元素化合价+1,

氧元素化合价-2,则P元素化合价+1价，磷酸(H3P。2)加热到130久时会分解成磷酸和

130℃

磷化氢，反应的化学方程式为；2H3P3P。4+PH33

130℃

故答案为；+1;2H3P。2二一H3PO4+PH3T；

(2)将少量的钿酸钠固体加入酸性硫酸锦(M11SO4)溶液中，溶液由无色逐渐变为紫红色,

则钿酸钠可在酸性介质中将MM+氧化为MnO1,NaBQ被还原为蛭+,由得失电子守恒

2+++

和原子守恒可知反应的离子方程式为；5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+5Na+

3+

5Bi+7H2O,

2+++3+

故答案为;5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+5Na+5Bi+7H2O；

(3)①神元素核电荷数33,核外电子层数四个，最外层电子数5,As在周期表中的位置

是第四周期第VA族，

故答案为；第四周期第VA族；

②铁碎质量比为5：1和10：1时，HAPA和As(IH)的去除率相差不大，从减少KzFeCU的

用量，节约成本的角度考虑，最佳铁种质量比为5：1,由题意可知，在氢氧化钾溶液中，

氯气与氢氧化铁发生氧化还原反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的化学方程式为:

3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O,反应中化剂与还原剂的物质的

量之比为3：2,

故答案为：既能得到较高的神去除率，又能减少KzFeO4的用量，节约成本；3：2。

⑴化合物中元素化合价代数和为0计算磷元素化合价,次磷酸(H3P。2)加热到130℃时会

分解成磷酸和磷化氢；

(2)将少量的钿酸钠固体加入酸性硫酸镐(MnSOQ溶液中，溶液由无色逐渐变为紫红色,

则钿酸钠可在酸性介质中将MM+氧化为MnO-NaBiO3被还原为由3+,依据得失电子守

恒和原子守恒书写反应的离子方程式；

(3)①神元素核电荷数33,核外电子层数四个，最外层电子数5,电子层数=周期序数,

最外层电子数=主族族序数；

②由题意可知，在氢氧化钾溶液中，氯气与氢氧化铁发生氧化还原反应生成高铁酸钾、

氯化钾和水。

本题考查物质性质、氧化还原反应、离子方程式书写等，为高频考点，把握物质的性质、

发生的反应的作用为解答的关键，侧重分析与理解能力的综合考查，题目难度中等。

20.【答案】分液漏斗防止溶液暴沸吸收乙烯气体中的CO?和SO?气体CH2=CH2+

Cl2+H