高考化学模拟考试卷（附带答案解析）

高考化学模拟考试卷（附带答案解析）

一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）

1.下列物质中含有共价键的盐是（）

A.N&N3B.NaOHC.C0C12D.FeBr3

2.下列关于物质的分类中正确的是（）

纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质

A盐酸漂白粉硫酸醋酸干冰

B氢氧化锹蔗糖溶液硫酸钢溪水二氧化硫

C胆矶石灰水氧化铝水氯气

D小苏打氢氧化铁胶体氯化银次氯酸酒精

A.AB.BC.CD.D

3.分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用到的仪器是（）

4.下列物质对应的化学式不正确的是（）

A.亚油酸：C17H31C00HB.甘油：H0CH2CH2（OH）CH20H

C.乳酸：CH3CH（0H）C00HD.摩尔盐：[NH4）2Fe（S04）2-6H20

5.下列有关化学用语使用正确的是（）

A.S原子结构示意图B.CH4分子的球棍模型

C.乙酸的结构简式：C2H402D.H2s的电子式：S：]H*

6.化学反应A（g）+B（g）=AB（g）AH,在催化剂K的作用下和无催化剂时的反应

过程如图所示。下列说法错误的是（）

A.催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的

B.增加A的量，该反应的AH不变

C.催化剂能降低正逆反应的活化能

D.该反应的AH=Ekjwol-l

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7.下列说法正确的是（）

A.含有苯环的有机物属于芳香是

B.官能团相同的物质一定是同一类物质

OH

C.等物质的量的、/和、/0H消耗氢氧化钠物质的量之比为1：1

D.沸点：丙三醇＞乙二醇〉乙醇）丙烷

8.下列说法不正确的是（）

A.过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂

B.贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径

C.二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂

D.二氧化硫通入紫色石蕊试液，先变红后褪色，说明二氧化硫水溶液具有酸性和漂白性

9.下列叙述不正确的是（）

A.带相反电荷的离子之间的强烈相互作用称为离子键

B.两种非金属元素形成的化合物中不可能含有离子键

C.金属元素与非金属元素化合时，不一定形成离子键

D.某主族元素原子最外层只有一个电子，它与卤素原子结合时形成的化学键可能是共价键

10.下列反应中，属于加成反应的是（）

A.乙烯与HC1气体反应生成一氯乙烷

B.丙烯和氯气在一定条件下反应生成C1CH2CHXH2

C.乙烯使酸性K\ln04溶液褪色

D.苯和液混在FeBr3催化作用下生成浪苯

11.误服白磷（P4）,应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是UP4+60CuS04+96H20=20Cu3Pl

+24H3P04+60H2S04,下列说法正确的是（）

A.反应中CuSO4作氧化剂，白磷作还原剂

B.反应中电子转移数为60e-

C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6

D.lmolCuS04能氧化0.05molP4

12.如图所示的实验方案，能达到实验目的的是（）

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2潘Fc涕汶

A."L5%H：0：溶液如图验证FeC13对H202分解反应有催化作用

13.设阿伏加德罗常数为NA,则下列说法正确的是（）

A.15g甲基（-CH3）所含有的电子数是10NA

B.常温常压下，4g氯气所含有的原子数目为NA

C.标准状况下，46gN02气体含有的分子数为NA

D.常温常压下，Imol丙烷所含有的共价键数目为12NA

14.下列反应的离子方程式正确的是（）

A.丙烯醛与足量溟水反应：CH2=CHCH0+2Br2+H20->CH2BrCHBrC00H+2H++2Br-

B.H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2t

C.少量C12通入Na2s03溶液中：SO32-+C12+H2O=2H++2C1-+SO42-

D.用酸性高镒酸钾溶液滴定草酸：2Mn04-+16H++5C2042-=2Mn2++10C02t+8H2O

15.下列说法正确的是（）

A.高聚物PET、PLA、聚乙烯都是通过加聚反应制得的

B.将木材干储可获得无色的透明液体甲醉，工业酒精即甲醉水溶液

C.麦芽糖、纤维二糖和乳糖互为同分异构体，它们的水解产物中均含有葡萄糖

D.重油通过高温裂解的方式获得燃料油、润滑油、沥青等储分

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16.如表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是（）

试剂钠滨水NaIIC03溶液

现象放出气体褪色放出气体

1片CHCH,

A.CH2=CHCH20HB.

C.CH3C00HD.CH2=CHC00H

17.短周期元素W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成甲、乙（结构如图）两种具有强还原性的物质,

且X、Z同主族。下列说法错误的是（）

Y*[w-X-Wl'R*[w-z-w]'A.W、X分别是氢元素和硼元素

WB.五种元素中，Y原子半径最大

C.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有两性

甲乙

D.单质Y和R在空气中均可燃烧，燃烧产物所含化学键类型完全

相同

18.常温下，A溶液的PH=4,B溶液中的c（0H-）=lX10-12moi/L,C溶液中的c（H+）=lX10-3moi/L,D

溶液中c（H+）与c（OH—）的比值为lX10—14mol/L,则此四种溶液的酸性由强到弱的顺序是（）

A.D>A>OBB.B>OA>DC.OA>D>BD.A>B>OD

19.下列说法正确的是（）

A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

B.由C（石墨，s）=C（金刚石，s）AH=+1.9kJ/mol,可知金刚石比石墨稳定

C.自发反应的燧一定增大，非自发反应的嫡一定减小

D.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多

20.工业上生产CO是由焦炭和C02在高温反应而得。现将焦炭和C02放入体积为2L的刚性密闭容器中,

高温下进行下列反应：C（s）+CO2（g）^2CO（g）AH=QkJ-mol-lo图为C02、CO的物质的量n随时间t的变化

关系图。下列说法正确的是（)

n/mol

A.0〜Imin,v（CO）=lmobL-bmin-l；1〜3min时，v正（CO）二v逆（C02）

B.当容器内的气体密度（D）不变时，反应一定达到平衡状态，且D（平

衡）D（起始）<1

C.5min时再充入一定量的CO,a、d曲线分别表示n（C0）、n（C02）的变化

D.3min时温度由T1升高到T2,则Q>0,再达平衡时KfT2）K（Tl）*4.7

21.酸性水系锌镒电池放电时，电极上的MnO2易剥落，会降低电池效率。

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若向体系中加入少量KI固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是()

A.含有MnO2的碳电极的电势低于Zn电极

B.加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I3-+2H20

C.电池要维持较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体

D.放电时，消耗0.5molZn时，有0.5moiH+通过质子交换膜

22.C和Si是同主族元素，最外层电子数相同，性质相似。下列关于C02与Si02说法中正确的是()

A.C02能与水反应生成对应的酸；Si02也能与水反应生成对应的酸

B.C02的结构式是0=C=0；SiO2的结构式是0=Si=0

C.C02分子由1个C原子和2个0原子构成；Si02分子由1个Si原子和2个0原子构成

D.C02具有氧化性，可作氧化剂；Si02也具有氧化性，可作氧化剂

23.H3P04是一种三元弱酸。室温下，向0.lmol-L-1的H3P04溶液中滴加NaOH调节pH值。混合溶液中

lgX表示[lgc(P043-)c(HP042-)、lgc(HP042-)c(H2P04-),Ige(H2P04-)c(H3P04)]下列说

法不正确的是()

i«x

A.曲线H表示lg[c(HP042—)c(H2P04—)]与溶液pH的关系

B.随着pH值的增大：c2(HP042-)[c(H2P04—)Xc(P043-)]

不断减小

C.室温下NaH2P04溶液显酸性

D.pH=2.15时，

c(Na+)+c(H+)=2c(HP042-)+c(H3P04)+3c：P043-)+c(0H-)

24.药物使数以万计的人摆脱疾病困扰，该有机物

「「CH=CH—c=c—CH3

「OH

是我国科学家最近新合成的一种药物，下列关于该有机物的说法错误的是()

A.该有机物的分子式为C11H160

B.该有机物可以使溟水褪色

C.Imol该有机物与H2反应，可消耗2mO1H2

D.光照，该有机物可以与氯气发生取代反应

25.某固体混合物X,含有Cu、Fe203、K2s04、K2SiO3、K2s03、KA102中的几种。进行如下实验：①X

与盐酸作用，产生白色沉淀Y和蓝色强酸性溶液Z：②溶液Z中加入BaC12溶液，产生白色沉淀M.下列说

法正确的是()

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A.白色沉淀Y能分别溶于HF溶液和氨水

B.往溶液Z中加入过量氨水，产生白色沉淀，说明X中一定含有KA102

C.X中一定含有Cu、Fe203、K2SiO3,可能含有K2504

D.沉淀M含有BaS04、BaS03中的至少一种

二、简答题(本大题共5小题，共40.0分)

26.氯及其化合物在工业生产、生活中有重要的作用.请按要求回答下列问题.

(1)已知20mL0.50mol/L盐酸和20mL0.55mol/LNaOH溶液中和反应的反应热AH二-akj/mol(a>0).若将上述

盐酸用20mL0.25moi/L稀硫酸替代，则此反应的热化学方程式为.

(2)用离子方程式解释家用洁厕灵(含盐酸)不能与漂白液混合使用的原因：.

(3)将一定量饱和氯水加入到盛有大理石粉末的试管中，充分振荡，可观察到粉末逐渐消失，______,再

向上述溶液中滴加儿滴石蕊试剂，发现试剂紫色迅速褪去，其原因是.

(4)铁制品直接接触漂白液时会发生电化学腐蚀，其正极的电极反应为：______.

(5)30℃时含NaClO质量分数不同但pH均为11的三种溶液,NaClO的质量分数随时间变化的曲线如图所示：

①由图示得出的结论：.

②忽略溶液体积变化，设漂白液的密度为lg/cm3,计算I曲线2d〜4d(以2d计)内平均分解速率v(NaC10)=

mol/(L-d).

③工业上用电解冷饱和食盐水的方法可制得NaClO,写出其总反应的离子方程式：

27.取1.77g镁铝合金投入到100mL2.00mol-L-l的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904L(已折算成

标况)请计算：

(1)镁铝合金中镁的质量分数=%。(保留三位有效数字)

⑵上述溶液中继续滴加VmL1.00mol-L-l的NaOH溶液，得到沉淀3.10g,则V的最大值=mLo(写

出计算过程)

28.I.(D苯与浓硫酸发生磺化反应生成苯磺酸,苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物发生硝化反应生成硝基苯,

SO3H+H20,要

磺化反应与硝化反应不同，是可逆反应。已知：H2s04(浓硫酸)+

使反应向某一方向进行，需采用不同的条件，要使苯磺酸重新转变成苯和硫酸，需采用的条件是一(请

写出两点)。

(2)苯的磺化反应的特点是反应中间体转变为苯磺酸与恢复为苯所越过的能垒差别不大(如图1所示)。

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图1磺化反应的可逆过程

E

反应进程一＞

图2硝化反应的不可逆过程

苯的硝化反应历程与苯的磺化反应部分相似，但中间体都转变成产物，反应是不可逆的，在图2上画出硝

化反应的不可逆过程(表示出中间体的能量)。

(3)发烟硫酸与苯反应最快，在常温下即可与苯发生磺化反应，生成苯磺酸:H2s04(发烟硫酸)+

SO3H+H20,当发烟硫酸和苯按I：1反应达到平衡后产生的苯磺酸的物质的量分数为26斩则

该反应的平衡常数K为o

II.苯胺是苯的又一重要的取代产物，一步法合成苯胺的研究具有非常重要的现实意义。

相关反应如下：

-化剂、/\

(1)+NH3H20⑴'1VA(l)+H2?(g)+H2O(l)

0NH,,反应①常温下不自发。

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(4)往反应①中加入H202Q)后，所得反应(简称反应②，下同)在常温下能自发进行，原因是(已知

反应①、②都是一步法合成苯胺的方法)。

(5)下列描述正确的是。

A.升高温度反应①的平衡常数增大

B.加压有利于反应①、②的平衡正向移动

C.反应①中加入H202(l)后平衡正向移动

D.增大苯和一水合氨的配料比有利于提高苯胺的物质的量分数

29.硫代硫酸钠晶体(Na2s203-5H20,M=248g-mol-l)可用作定影剂，还原剂,利用K2Cr207标准溶液定量

测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：

(1)溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸储水在中溶解，完全溶解

后，全部转移至100mL的______中，加蒸储水至o

(2)滴定：取0.0095001011-1的1(26207标准溶液20.0011±,硫酸酸化后加入过量KL发生反应：

Cr2072-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H20.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：

I2+2S2O32-二S4O62-+2I-.加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液,即为终点。平行滴定3次，

样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为%.(保留1位小数)

30.物质G是制备抗癌药物吉非替尼过程中重要的中间体，某研究小组按照如图线路合成中间体Go

N—R3(同时生成H2O或HX).

请回答：

(1)下列说法正确的是o

A.化合物A能够使酸性高钛酸钾溶液褪色

B.化合物A中含有4种不同的官能团

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C.化合物c具有碱性

D.化合物G的分子式为C15H20N303

(2)上述路线中合成A的反应类型为,化合物E的结构简式为。

(3)写出C到D的化学反应方程式。

(4)写出化合物B(C8H7N02)可能的同分异构体。

须同时满足：①能发生银镜反应；

②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且分子中有4种不同化学环境的氢原子。

(5)请设计以乙烯为原料转变为物质C的合成线路(用流程图表示，无机试剂任选)。

三、推断题(本大题共1小题，共10.0分)

31.由四种元素组成的化合物X,其组成类似于结晶水合物(如CuS04-5H20)。为探窕其组成，某同学进行

了如下实验：取1.97g固体X,加入足量氢氧化钠溶液并加热，得到1.344L(标准状况下)气体A、白色沉淀

B,气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；将沉淀B过滤洗涤后灼烧，得到0.40g固体C,固体C常用作耐

高温材料；在滤液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，得到2.87g白色沉淀D.请回答：

(DX中四种元素是(用元素符号表示)：

(2)X与氢氧化钠溶液反应的方程式是_____o

(3)工业上常将气体A的浓溶液涂于氯气管道上，利用反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气。请写

出该反应的化学方程式o

参考答案与解析

L【答案】A

【解析】盐是指在水溶液中能电离出金属阳离子(或钱根离子)和酸根阴离子的化合物。

A.NaN3属于盐，N与N之间存在共价键，故A正确；

B.NaO：T属于碱，不属于盐，故B错误；

C.C0C12不属于盐，故C错误；

D.FeBr3中不含共价键，故D错误；

故选：Ao

2.【答案】1)

【解析】解：A.盐酸是氯化氢气体的水溶液为混合物，其他正确，故A错误；

B.滨水为滨单质的水溶液不是化合物，不是弱电解质，故B错误；

C.氯气是单质不是化合物，不是非电解质，故C错误；

D.小苏打为碳酸氢钠为纯净物，氢氧化铁胶体为分散系属于混合物，氯化银熔融状态完全电离属于强电解

质，次氯酸水溶液中存在电离平衡属于弱电解质，酒精不能电离属于非电解质，故D正确；

故选：【)。

纯净物是同种物质组成的物质，不同物质组成的为混合物，

水溶液中或熔融状态全部电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，

水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；

本题考查了物质组成、物质分类、物质名称和电解质、非电解质、强弱电解质的概念理解，掌握基础是解

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题关键，题目难度不大.

3.【答案】C

【解析】分离两种沸点差异较大且相溶的液体采用蒸储的方法，需选择直形冷凝管，温度计及蒸镭烧瓶，

结合图示仪器进行解答。

A.图示为球形冷凝管，蒸储操作需要用直形冷凝管，故A错误；

B.图示为分液漏斗，主要用于分离互不相溶的液体混合物，蒸储不需要，故B错误；

C.图示为蒸储烧瓶，可用于蒸偏操作，故C正确；

D.图示为容量瓶，主要用于配制一定物质的量浓度溶液，故D错误；

故选：Co

本题考查了物质分离和提纯方法的选取，常用的分离方法有过滤、分液、蒸馀、渗析、盐析等方法，根据

物质的性质确定分离方法，本题根据图示仪器结合题干要求即可解答，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.亚油酸是含有2个碳碳双键或1个碳碳三键的不饱和脂肪酸，C原子数为18,结构简式为

C17II31C00H,故A正确；

CHQH

I-

CHOH

I

B.甘油是丙三醇，结构简式为：故B错误；

C.乳酸的结构简式为：CH3CH(0H)C00H,故C正确；

D.摩尔盐中铁盐是化合价为+2价，(NH4)2Fe(S04)2-6H20的名称为摩尔盐，故D正确；

故选：Bo

5.【答案】A

32«6

【解析】解：A.硫的核外电子总数为16,其原子结构示意图为/口,故A正确；

B.甲烷为正四面体结构，碳原子的原子半径较大，其球棍模型为丁，故B错误；

C.乙酸含有按基，C2H402为分子式，结构简式为CH3C00H,故C错误：

••

D.硫化氢为共价化合物，其电子式为故D错误；

故选：Ao

A.硫原子的核电荷数=核外电子总数=16,最外层含有6个电子；

B.用球代表原子，棍棒代表成键电子对的模型为球棍模型，该模型为比例模型，不是球棍模型；

C.乙酸含有陵基应标出，C2H402为分子式；

D.硫化氢为共价化合物，电子式中不能标出电荷。

本题考查常见化学用语的表示方法，涉及原子结构示意图、球棍模型、球棍模型、结构简式、电子式等知

识，明确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规范答题能力，题目难度不大。

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6.【答案】D

【解析】解：A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使

分子之间的有效碰撞次数增加，囚而化学反应速率大大增加，故催化剂对反应速率的影响是通过改变反应

机理实现的，故A正确：

B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应，因此增加A的量，

该反应的△!"!不变，故B正确；

C.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，因此正反应、逆反应的活化能都降低，所以催化剂能同

时降低正、逆反应的活化能，故C正确；

D.根据图示可知EkJ/mol表示逆反应的活化能，而反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差，所以该

反应的反应热并不等于EkJ/mol,故D错误；

故选：Do

A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有

效碰撞次数增加；

B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应；

C.催化剂能同时降低正、逆反应的活化能；

D.反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差。

本题考查物质之间反应原理，侧重考查化学反应的应用，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考

查新信息获取、处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力。

7.【答案】D

【解析】解：A.含有苯环的烧为芳香烧，含有苯环的有机物不一定属于芳香崎，如苯酚，故A错误；

民官能团相同的物质可能不是同一类物质，如官能团为-0H的物质可能属于醇，也可能属于酚，故B错误;

CH

C.不能和NaOH反应，故C错误；

D.醇类分子之间存在氢键，羟基越多，氢键越强，故沸点：丙三醇＞乙二醇〉乙醇〉丙烷，故D正确。

故选：【）。

A.含有苯环的是为芳香燃；

B.官能团相同，不一定是同一类物质；

OH

a

0H

C.为酚类,属于静,性质不同;

【）.含有羟基的物质可以形成氢键。

本题考查了有机物的分类、官能团、有机物的熔沸点等概念，题目难度不大，试题侧重了基础知识的考查。

8.【答案】I）

【解析】解：A.过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水反应均生成人所需的氧气，可用于呼吸面具中的供氧

剂，故A正确；

B.贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，故B正确；

C.二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂，与火箭燃料脱配合使用，为火箭提供能量，故C正

确；

D.二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红后不褪色，二氧化硫水溶液具有酸性，其漂白性不能使酸碱指示

剂石蕊褪色，故D错误；

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故选:Do

9.【答案】B

【解析】解：A.阴阳离子之间形成离子键，则带相反电荷的离子之间的强烈相互作用称为离子键，故A正

确；

B.两种非金属元素形成的化合物可能为离子化合物，如NH4H中含离子键、共价键，故B错误；

C.金属元素与非金属元素化合，可形成离子键或共价键，如NaCl含离子键，氯化铝含共价键，故C正确；

D.某主族元素原子最外层只有一个电子，可能为H元素，与卤素原子结合时形成的化学键是共价键，故D

正确：

故选：B。

10.【答案】A

【解析】解：A.乙烯与HC1气体反应生成一氯乙烷，属于加成反应，故A正确；

B.丙烯和氯气在一定条件下反应生成C1CH2cH=CH2,属于取代反应，故B错误；

C.乙烯使酸性KMn04溶液褪色，属于氧化反应，故C错误；

D.苯和液溟在FeBr3催化作用下生成溟苯，属于取代反应，故D错误；

故选：Ao

有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，

一般来说，当有机物中含有苯环、C=C、C三C、C=0键等结构，且反应后转化为C-C、C-0时发生加成反应，

以此解答该题。

本题考查有机物反应类型，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能

力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。

11.【答案】D

【解析】UP4+60CuS04+96H20=20Cu3PI+24H3Po4+60H2s04,P元素的化合价由0降低为一3价，P元素的化

合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价曰+2价降低为+1价，以此来解答。

A.P元素的化合价部分由。价降低为-3价，P元素的化合价部分由0价升高为+5价，则白磷(P4)既是氧化

剂也是还原剂，故A错误；

B.该反应UP4+60CuS04+96H20=20Cu3P+24H3Po4+60H2s04中P元素的化合价曰0升高为+5价，共转移电子

数为5X24=120,故B错误；

C.该反应11P4+60CUS04+96H20-20CU3P+24H3Po4+60H2s04中部分磷作氧化剂，部分磷作还原剂，硫酸铜是

氧化剂，Cu3P为还原产物，H3P04为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：5,故C错误；

D.由电子守恒可知，lmolCuS04氧化的P4为1mol5X4=Q05moL故D正确;

故选：Do

本题考查氧化还原反应，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，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大。

12.【答案】B

【解析】解：A.催化剂、温度均不同，则不能验证FcC13对H202分解反应有催化作用，故A错误；

B.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氯化氮与水反应生成NO,N0不溶于水，则图中装置可制备N0,故B

正确；

C.二者均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误；

D.盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，且不能比较

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非金属性，故D错误；

故选：Bo

A.催化剂、温度均不同；

B.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成NO,NO不溶于水；

C.二者均与碳酸钠溶液反应；

D.盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸。

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、反应速率、物质的制备及混合物分离提纯、

酸性与非金属性比较、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，题

目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.15g甲基的物质的量为n=15gl5g/mol=lmol,而甲基中含9个电子，故Imol甲基中含9NA

个电子，故A错误；

B.氮气是单原子分子，由氮原子构成，故4g氨气中含有的家原子的物质的量为n=4g4g/mol=lmol,个数为

NA个，故B正确；

C.NO2气体中存在平衡：2N02QN204,导致N02气体中存在N204,故二氧化氮气体是二氧化氮和四氧化二氮

的混合物，混合气体的平均摩尔质量大于4Gg/mol,故4Gg此气体的物质的量小于Imol,含有的分了数小

于NA个，故C错误：

D.丙烷中含10条共价键，故Imol丙烷中含10NA条共价键，故D错误。

故选：Bo

A.求出15g甲基的物质的量，然后根据甲基中含9个电子来分析；

B.氮气是单原子分子，由氨原子构成；

C.NO2气体中存在平衡：2N02WN204,导致N02气体中存在N204；

D.丙烷中含10条共价键。

本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意二氧化氮气体中存在转化为四氧化二氮的平衡，即

无纯净的二氧化氮气体。

14.【答案】A

【解析】A.Br2与C=C发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性将-CHO氧叱为-COOH,所以方程式书写

为CH2=CHCHO+2Br2+H2O-*CH2BrCHBrCOOH-2H++2Br-,A项正确：

B.Na202与水的反应中，Na202既是氧化剂又是还原剂，而水化合价没有任何变化，所以方程式应该为

2Na202+2H2018O4Na0180H+02t,B错误；

C.少量的C12与Na2S03反应，足量的S032—与产生的H+反应，方程式应该为

3S032-+C12+H20=S042-+2Cl-+2HS032-,C项错误；

D.草酸为弱酸离子方程式不拆，5H2C204+2Mn04-+6H+=2Mn2++10C02t+8H20,D项错误；故选A。

15.【答案】C

【解析】解：A.高聚物PET聚酯树脂是通过缩聚反应得到的，高聚物PLA聚乳酸是通过缩聚反应得到的，

聚乙烯是通过加聚反应得到的，故A错误；

B.工业酒精含有少量的甲醇，工业酒精的主要成分是乙醇，故B错误；

C.纤维二糖、麦芽糖、乳糖互为同分异构体，纤维二糖水解产物为葡萄糖，麦芽糖水解产物为葡萄糖，乳

糖是双糖水解为半乳糖和葡萄糖，故C正确；

D.燃料油、润滑油、沥青均属于重油，沸点较高，蒸储时应防止结焦，为降低沸点，可用减压蒸锚，故D

错误；

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故选:Co

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度不大，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物

的官能团的性质以及转化，注意相关基础知识的积累。

16.【答案】D

【解析】解：A.不含-COOH,不与NaHC03溶液反应，故A不选；

B.不含-C00H,不与NaHC03溶液反应，故B不选；

C.不含OC,不能与滨水反应，故C不选；

D.含C=C、-C00H,符合上述反应现象，故D选。

故选：Do

由现象可知，与NaHC03溶液反应生成气体，则一定含-C00H,而与滨水反应褪色，则可能含C=C或C三C等，

以此解答该题。

本题考查有机物的结构与性质及推断，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯燃、

骏酸性质的考查，注意-0H不能与NaHC03反应，题目难度不大。

17.t答案】D

【解析】短周期元素MR、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成甲、乙(结构如图)两种具有强还原性的物

质，且X、Z同主族，Y、R形成+1价阳离子，结合原子序数可知，R为Li,Y为Na；W与X形成1个共价键，

其原子序数小于Li,则W为H元素;X、Z分别与4个H形成-1价阴离子,形成的阴离子分别为BH4-A1H4-，

则X为B,Z为A1元素，以此分析解答。根据分析可知，W、R、X、Y、Z分别为H、Li、B、Na、Al元素；

A.W、X分别是H元素和B元素，故A正确；

B.短周期元素中Na的原子半径最大，则五种元素中Y(Na)的原子半径最大，故B正确；

C.Z的最高价氧化物对应水化物为Al(0H)3,A1(011)3为两性氢氧化物，故C正确；

D.Na和Li在空气中均可燃烧，燃烧主要产物分别为Na202和Li20,Li20只含有离子键，Na202中含有非

极性共价键，二者含有的化学键类型不完全相同，故D错误；

故选：D。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、物质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。

18.【答案】B

【解析】解：常温下,A溶液的PH=4,

B溶液中c(H+)=10-1410-12mol/L=10-2mol/L,所以其pH=2；

C溶液中c(H+)=lX10-3moi/L,所以其pH=3；

D溶液中c(H+)与c(0H-)的比值为IXIO-Umol/L,则c(H+)=10-14mol/L,所以其pH=14,

pH值越大，其溶液的酸性越弱，所以酸性由强到弱为B>C>A>D,故选B.

19.【答案】D

【解析】解：A.铝热反应需要在加热条件下进行，但为放热反应，可知反应条件与反应热无关，故A错误；

B.由热化学方程式可知金刚石的能量较高，金刚石较不稳定，故B错误；

C.如能自发进行，应满足△H-TSVO,故C错误；

D.气体能量较高，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故D正确。

故选：D。

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A.反应条件与反应热无关；

B.能量越高越不稳定；

C.反应能否自发进行，取决于婚变与嫡变的综合判据；

D.根据固体变为气体吸热判断。

本题综合考查化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握相关概念的理解和

反应的特点，难度不大。

20.【答案】D

【解析】解：A.由图可知，Imin时C0生成2mol,0~lmin,v(C0)=2mol2LXlmin=lmol-L—1-min—1；1〜

3minE寸，反应达到平衡状态，反应速率之比等于系数比，故v正(CO)=2v逆(C02),故A错误；

B.反应容器容积不变，当容器内的气体密度(D)不变时，混合气体的总质量不变，正逆反应速率相等，反应

达到平衡状态，反应正向气体的质量增加，平衡时混合气密度增大，故D(平衡)D(起始)>1,故B错误；

C.5min时再充入一定量的C0,瞬间CO的物质的量增加，然后平衡逆向移动，C0减少，二氧化碳增加，故

b为二氧化碳，c为CO,故C错误；

D.由图可知，温度为T1时，达到平衡CO的物质的量为2m01,二氧化碳的物质的量为7mol,平衡常数

K(Tl)=c2(CO)c(C02)=(2mol2L)27mol2L=27,温度为T2时，达到平衡CO的物质的量为4moL二氧化碳

的物质的量为Gmol,平衡常数K(T2)=c2(CO)c(C02)=(4mo12L)26mo12L=43,故再达平衡时

K(T2)K(T1)=2743^4.7,故D正确；

故选：D。

本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡

常数的计算。

21.【答案】B

【解析】酸性水系锌铳电池放电时，Zn发生失电子的氧化反应，含Zn的碳电极为负极，负极反应式为

Zn-2e-=Zn2+,含MnO2的碳电极为正极,发生得电子的还原反应,正极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O,

加入KI后与剥落的Mn02发生的反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I3-+2H20,I3-+2e-=3I-,I-、13-循环反

应提高电池的工作效率，据此分析解答。

A.由图可知，含MnO2的碳电极为正极，含Zn的碳电极为负极，则含有MnO2的碳电极的电势高于Zn电极，

故A错误；

民加入KI后发生的反应为MnO2+3I+4H+-Mn2++I3+21120,13+2e-31-,13在正极继续得电子生成I,

可降低能量的“损失”，故B正确；

C.I-、13-间可循环转化，所以开始加入一定量的KI固体后，不需要再加入，故C错误；

D.负极反应式为Zn-2e-=Zn2+,消耗0.5molZn时转移电子Imol,有lmolH+通过质子交换膜，故D错误：

故选：B。

本题考查原电池工作原理，依据图中信息正确判断正负极、电极上发生的反应及电极反应式书写是解题的

关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。

22.【答案】D

【解析】解：A.C02能与水反应生成碳酸，但Si02不溶于水，不与水反应生成硅酸，故A错误；

B.C02为直线形结构，其结构式是0=C=0,而Si02属于共价晶体，为立体结构，其结构式不是0=Si=0,故

B错误：

C.C02为二氧化碳的分子式，C02分子由：个C原子和2个0原子构成，而S:02为二氧化硅的化学式，不

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存在SiO2分子，故C错误；

D.C02和SiO2中C、Si的化合价均为+4价，二者都能被还原，所以C02和S102都具有氧化性，可作氧化

剂，故D正确；

故选：Do

A.二氧化硅不与水反应；

B.二氧化碳为直线形结构，而二氧化硅为立体结构；

C.二氧化硅为共价晶体，不存在Si02分子；

I).二氧化碳和二氧化硅中C、Si元素的化合价均为最高价，二者均可作氧化剂。

本题考查二氧化碳与二氧化硅的性质比较，为高频考点，明确二氧化碳与二氧化硅的组成、结构与性质即

可解答，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

23.【答案】B

【解析】解：A.由分析可知，曲线II表示lgc(HP042-)c(H2P04—)与pH关系，故A正确；

B.c2(HP042-)[c(H2P04-)Xc(P043-)]=Ka2Ka3,平衡常数只受温度影响，故随着pH值的增大，Ka2、

Ka3不变，则c2(HP042-)[c(H2P04-)Xc(P043-)]不变，故B错误；

C.Ige(H2P04-)c(H3P04)=lgKalc(H+)=0Bt,pH=2.15,可得Kal=c(H+)=10—2.15,则

Kh(H2PO4-)-KwKal=10-1410-2.15=10-11.85,当Ige(IIP042-)c(II2P04-)=Ka2c(II')=0,PH=7.2,

可得Ka2=c(H+)=10-7.2>Kh(H2P04-)=10-11.85,即H2P04-的电离程度大于其水解程度，则溶液呈酸性，

故C正确；

D.当pH=2.15时,Ige(H2P04-)c(H3P04)=0,BPc(H2P04-)=c(H3P04),根据电荷守恒有

c(Na+)+c(H+)=2c(HP042-)+c(H2P04-)+3c(P043-)+c(0H-),联立可得

c(Na+)+c(H+)=2c(HP042-)+c(H3P04)+3c；P043-)+c(0H-),故D正确；

故选：Bo

根据平衡常数表达式可知，Ige(H2P04-)c(H3P04)=lgKalc(H+),Ige(HP042-)c(H2P04-)=Ka2c(H+),

Ige(P043-)c(HP042-)=Ka3c(H+),当c(H+)相同时，由于KaDKa2>Ka3,则有

Ige(E2P04-)c(H3P04)>lgc(HP042-)c(H2P04-)>lgc(P043-)c(HP042-),而图中pH相同时：DH>

HI,故I、II、III分别表示Ige(H2P04-)c(H3P04)、Ige(HP042-)c(H2P04-)、Ige(P043-)c(HP042-)

与pH关系；

24.【答案】C

【解析】解；A.根据结构简式确定分子式，分子式为C11H160,故A正确；

B.含有碳碳不饱和键，能和溟发生加成反应而使滨水褪色，故B正确；

C.含有碳碳双键和碳碳三键，则Imol该有机物与H2反应，可消耗3mO1H2,故C错误；

D.含有甲基，能和氯气在光照条件下发生取代反应，故D正确；

故选：Co

该有机物中含有醇羟基、碳碳不饱和键，具有醇、烯点和焕炫性质，能发生取代反应、氧化反应、消去反

应、加成反应、加聚反应等，以此解答该题.

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇、不饱和

烧的性质，易错点是分子式确定.

25.【答案】C

【解析】X与盐酸作用,产生白色沉淀Y和蓝色强酸性溶液Z,与H+反应生成白色沉淀可以是K2SiO3或KA102,

但是同时生成蓝色强酸性溶液Z,说明白色沉淀是硅酸;蓝色溶液说明含有铜离子，但铜单质不与盐酸反应，

则要产生铜离子要有氧化性强的离子，根据题目提供的物质推出含有Fe203,铜离子可由Fe3+与铜单质反

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应产生，强酸性溶液说明盐酸过量；②溶液Z中加入BaC12溶液，产生白色沉淀V,说明含有SO12-离子,

SOR-离子可能是可K2s04也可以是K2SO3氧化得来，则X中至少含有K2s04、K2s03其中的一种，推知X

中一定含有Cu、Fe203、K2S1O3,可能含有K2s04。

解：A.白色沉淀Y为H2Si03能溶于HF溶液，不能溶于氨水，故A错误；

B.根据分析，Z溶液中一定含有铜离子、正铁离子，往溶液Z中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀的成

分中一定含有Fe(0H)2,则不能说明X中一定含有KA102,故B错误；

C.根据分析，X中一定含有Cu、Fe203、K2Si03,可能含有K2s04,故C正确：

D.产生白色沉淀是BaS04,BaS03可溶于盐酸，强酸性溶液Z中加入BaC12溶液不可能产生BaS03沉淀，故

D错误；

故选：Co

这是一道多物质混合离子检验、离子共存的题目，要有较强的分析推理能力，要注意前后联系。

26.【答案】H2S04(aq)+2Na0H(aq)=Na2S04(aq)+2H20(l)AH=-200akj/mol；C1-+C1O-+2H+=C12t+H20；

氯水浅黄绿色逐渐褪去，同时产生少量气体；大理石消耗了氯水中的H+,而使C12+H2OH++Cl-+HC10的平

衡向正向移动，使HC10浓度加大，故漂白速率增大，漂白效果增强；C10-+2e-+H20=Cl-+20H-；相同条

件下，NaClO的质量分数越高，分解速率越快；0.05；C1-+H2O电解C10-+H2t

【解析】解：(1)20mL0.50moi/L盐酸和20mL0.55moi/LNaOH溶液中和反应，盐酸的物质的量为0.Olmol,

反应生成0.Olmol水，其反应热△H=-akJ/mol(a〉0),则生成2mol水放出的热量为200akJ,则稀硫酸与氢

氧化钠的热化学方程式为H2S04(aq)+2NaOH(aq)=Na2S04(aq)+2H20(l)AH=-200akj/mol；

故答案为：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2S04(aq)+2H20(l)AH=-200akj/mol；

(2)酸性条件下，氯离子与次氯酸根离子反应生成氯气，氯气属于有毒气体，其反应的离子方程为：

C1-+C1O-+2H+=C12t+H20；

故答案为：C1-+C1O-+2H+=C12f+H20；

(3)氯水中存在C12+H20QH++C1-+HC10,加碳酸钙消耗氢离子，生成二氧化碳，平衡正移，则反应的现象为

氯水浅黄绿色逐渐褪去，同时产生少量气体；由于C12+H2OH++C1-+HC10的平衡正向移动，使