2021年江西省南昌市南昌县高考化学质检试卷

2021年江西省南昌市南昌县高考化学质检试卷

1.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是(()

A. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3

B. 我国发射的“嫦娥五号”卫星使用了碳纤维，碳纤维是一种新型的有机高分子材料

C. “驼铃古道丝绸路，胡马犹闻唐汉风”。“丝绸”的主要成分是天然纤维素

D. “地沟油”经加工处理后制成肥皂，可以提高资源的利用率

2.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是()

A. 焰色反应

B. 石油分馏

C. 煤干馏

D. 海水晒盐

3.下列化学用语表达正确的是()

A. 次氯酸的电子式：

B. 肼(N2H4)的结构式：NH2?NH2

C. 中子数为1的氢原子：?11H

D. CO2的比例模型：

4.下列说法不正确的是()

A. 可以用氨水鉴别AlCl3溶液和AgNO3溶液

B. 可以用溴水除去己烷中的己烯

C. 苯酚钠溶液中滴加FeCl3溶液，先产生红褐色沉淀，随后变为紫色溶液

D. 乙醇在浓硫酸催化下加热到170℃，将生成的气体先通过氢氧化钠溶液，再通入酸性KMnO4溶液中，

溶液褪色，说明有乙烯生成

5.下列解释事实或实验现象正确的是()

A. 水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

B. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3?=Fe3++NO↑+2H2O

C. 硫酸酸化的KI?淀粉溶液久置后变蓝：4I?+O2+4H+=2I2+2H2O

D. SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO?+H2O=CaSO3↓+2HClO

6.山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所

示。下列有关说法正确的是()

A. 该物质的分子式为C10H14O2

B. 该物质所有的碳原子可能共平面

C. 该物质的一氯代物共有7种

D. 该物质能发生加成、取代、氧化、消去、还原等反应

7.一定条件下，在密闭容器中进行如下可逆反应：S2Cl2(1)+Cl2(g)?2SCl2(1)△H=?61.16kJ?mol?1。

下列说法错误的是()

A. 增大压强，平衡常数不变

B. 达到平衡时，单位时间消耗n molS2Cl2的同时也生成n molCl2

C. 达到平衡时，若升高温度，氯气的百分含量减少

D. 加入氯气，平衡向正反应方向移动，S2Cl2的转化率增大，氯气的转化率降低

8.根据图中的能量关系，可求得C?H的键能为()

A. 197 kJ/mol

B. 235 kJ/mol

C. 377 kJ/mol

D. 414kJ/mol

9.

A B C D

混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集NO2气体证明乙炔可使溴水褪色

A B C D

10.质量分数为x%的NaOH溶液蒸发掉yg水后，得到VmL质量分数为2x%的NaOH溶液，则蒸发后NaOH

溶液的物质的量浓度为()

A. 250xy

V mol/L B. xy

2V

mol/L C. xy

80V

mol/L D. xy

2000V

mol/L

11.在一定条件下RO3?与R?发生如下反应：RO3?+5R?+6H+=3R2+3H2O，则下列关于R元素的说法

中错误的是()

A. R2在常温常压下一定是气体

B. R位于元素周期表中的第ⅦA族

C. R的氢化物的水溶液显酸性

D. RO3?中的R元素可以被还原

12.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示，咸

水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是()

A. a电极上发生氧化反应

B. a电极反应式：C6H10O5+24e?+7H2O=6CO2↑+24H+

C. b电极附近溶液的pH减小

D. 中间室：Na+移向左室，Cl?移向右室

13.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如

图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。

下列说法正确的是()

A. YW3的水溶液呈酸性

B. W2Z的稳定性小于YW3

C. YCl3分子中Y原子不是稳定的8电子结构

D. Y元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸

14.下列有关实验、现象、及结论等叙述正确的有()

①向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，X可能是NH3

②将稀硫酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，非金属性：S>Si

③向某溶液加入稀硫酸，有淡黄色沉淀和刺激性气味的气体，该溶液中可能含有S2O32?

④向X溶液加新制氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，X溶液中定含有Fe2+

⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，酸性：硼酸>碳酸

⑥取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质

A. ①②③

B. ①③⑤

C. ②④⑥

D. ④⑤⑥

15.一定条件下，将4.32g铜和铁的混合物溶于30mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2

的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到7.04g沉淀。该硝酸的浓度为()

A. 2.4mol/L

B. 5.3mol/L

C. 6.0mol/L

D. 8.0mol/L

16.常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=?lgc(OH?)]与离子浓度变化的关系如图

所示。下列叙述正确的是()

A. 曲线N表示pOH与lg c(H2X)

两者的变化关系

c(HX?)

B. NaHX溶液中c(X2?)>c(H2X)

C. 常温下，Na2X的第一步水解常数K h1=1.0×10?4

D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX?)+2c(X2?)

17.(1)下列物质中，属于强电解质的是______ (填序号，下同)：属于非电解质______ 。

①氨气；②氨水；③盐酸；④醋酸；⑤硫酸钡；⑥氯化银；⑦氯化钠；⑧二氧化碳；⑨醋酸铵；⑩氢

气。

(2)已知FeS饱和溶液中存在下列关系：FeS(s)?Fe2+(aq)+S2?(aq)，c(Fe2+)?c(S2?)=K sp。

常温下K sp=1.0×10?16。又知FeS饱和溶液中c(H+)与c(S2?)之间存在以下限量关系：c2(H+)?c(S2?)=1.0×10?22，为了使溶液中c(Fe2+)达到1mol?L?1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH为______ 。

(3)能作为氯、溴、碘元素非金属性递变规律判断依据的是______ 。(填序号)

a.Cl2、Br2、I2的熔点

b.Cl2、Br2、I2的氧化性

c.HCl、HBr、HI的热稳定性

d.HCl、HBr、HI溶液的酸性

(4)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液溶液晶体

①写出反应Ⅰ的总化学方程式：______

②过程Ⅱ中能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是______ 。

18.二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为

?59.5℃，沸点为11.0℃，极易溶于水，不与水反应。若温度过高，二氧化氯的水溶液可能会发生爆炸。

某研究性学习小组拟用如图所示装置制取并收集ClO2。(加热和夹持装置均省略)

(1)在圆底烧瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，在60～80℃之

间反应生成ClO2、CO2和一种硫酸盐，该反应的化学方程式为______ 。

(2)反应开始后，可以观察到圆底烧瓶内的现象是______ 。

(3)装置B的作用是______ 。

(4)实验过程中装置D中的溶液里除生成Na2CO3外，还生成物质的量之比为1：1的另外两种盐，一种

为NaClO3，另一种为______ 。

(5)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了

下列实验：

步骤1：量取ClO2溶液20mL，稀释成100mL试样，量取V1mL试样加入到锥形瓶中；

步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；

步骤3：加入指示剂X，用cmol?L?1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。

已知：2ClO2+8H++10I?=5I2+2Cl?+4H2O；2Na2S2O2+I2=Na2S2O6+2NaI

请回答下列问题

①配制100mL步骤3中所需的Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，

还需要______ 。(填仪器名称)

②步骤3中滴定终点的现象为______ 。

③原ClO2溶液的浓度为______ g?L?1。(用含字母的代数式表示)

19.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取

Cu2O的工艺流程如图。

pH

Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2

开始沉淀7.5 2.7 4.8

完全沉淀9.0 3.7 6.4

______ 。

(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的化学方程式为______ 。

(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是______ 。

(4)写出用N2H4制备Cu2O的离子方程式为______ ，操作X包括______ 、洗涤、烘干，其中烘干时

要隔绝空气，其目的是______ 。

20.乙炔(C2H2)在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石(CaC2)直接水化法或甲烷在1500℃左

右气相裂解法生产。

(l)电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔。CaC2与水反应的化学方程式为______ 。

(2)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=?890.3kJ/mol；C2H2(g)+2.5O2(g)=

2CO2(g)+H2O(l)△H2=?1299.6kJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=?571.6kJ/mol。则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)的△H=______ kJ/mol。

(3)哈斯特研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。

①T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3mol CH4只发生反应2CH4(g)?C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡

时，测得c(C2H4)=c(CH4).该反应的△H______ 0(填“>”或“<”)，CH4的平衡转化率为______ .

上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol/(L?s)的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则T1______ T2。(填“>”或“<”)

②列式计算反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数K=______ 。(用平衡分

压代替平衡浓度计算，lg0.05=?1.3)

21.某酯W是一种疗效明显的血管扩张剂，一种合成流程如图。

回答下列问题：

(1)E中含碳官能团的名称是______ 。

(2)C→D的反应类型是______ 。

(3)能测定H分子中所含化学键和官能团种类的仪器名称是______ 。

(4)写出F→G的化学方程式为______ 。

(5)R是E的同分异构体，R同时具备下列条件的结构有______ 种。

①遇氯化铁溶液发生显色反应；

②能发生水解反应和银镜反应。

(6)以乙醛为原料合成环酯。设计合成路线(其他试剂自选)______ 。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.Fe2O3没有磁性，Fe3O4具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；

B.碳纤维是碳的一种单质，属于无机物，不是新型的有机高分子材料，故B错误；

C.“丝绸”是由蚕丝制造而成，蚕丝是天然蛋白质，则“丝绸”的主要成分是天然蛋白质，不是纤维素，故C错误；

D.地沟油成分是油脂，在碱性条件下水解生成硬脂酸钠，硬脂酸钠用作肥皂，则“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率，故D正确；

故选：D。

A.Fe3O4具有磁性，俗名磁性氧化铁；

B.碳纤维是碳的一种单质；

C.“丝绸”的主要成分是天然蛋白质；

D.地沟油成分是油脂，属于酯类，碱性条件下能发生水解反应。

本题考查化学在生产、生活、社会、科技等领域的应用，涉及物质组成、性质与用途，明确物质的性质是解题关键，注意对相关知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.焰色反应是金属元素的物理性质，故A错误；

B.石油分馏是控制温度范围，分离混合物的石油加工过程，为物理变化，故B错误；

C.煤的干馏是隔绝空气加强热，发生了复杂的化学反应过程，为化学变化，故C正确；

D.海水晒盐是利用太阳光照射，蒸发水得到氯化钠晶体，无新物质生成，为物理变化，故D错误；

故选：C。

化学性质是变化过程中生成新物质的变化，变化过程中无新物质生成的为物理变化，据此分析判断。

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质分离与鉴别方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。

3.【答案】A

【解析】解：A.HClO的中心原子为O，O原子分别与H原子和Cl原子共用电子形成共价键，其电子式为，故A正确；

B.肼(N2H4)为共价化合物，分子中含有4个N?H键和1个N?N键，其结构式为，故B错

误；

C.中子数为1的氢原子的质量数为1+1=2，该原子可以表示为?12H，故C错误；

D.CO2为共价化合物，C的原子半径大于O原子，则CO2的比例模型为，故D错误；

故选：A。

A.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键；

B.肼分子中含有4个N?H键和1个N?N键；

质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；

D.二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子。

本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、比例模型、核素表示法等知识，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分析能力及规范答题能力，题目难度中等。

【解析】解：A.AlCl3溶液与AgNO3溶液分别与氨水混合的现象为：白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同可鉴别，故A正确；

B.溴水与己烯加成后，生成物溶于己烷，则不能除杂，应选蒸馏法，故B错误；

C.FeCl3溶液水解显酸性，与苯酚钠反应生成苯酚，且促进水解生成氢氧化铁红褐色沉淀，苯酚遇氯化铁发生显色反应，则苯酚钠溶液中滴加FeCl3溶液，先产生红褐色沉淀，随后变为紫色溶液，故C正确；

D.先通过氢氧化钠溶液可除去二氧化硫、乙醇等，生成的乙烯可被高锰酸钾氧化，则酸性KMnO4溶液褪色，说明有乙烯生成，故D正确；

故选：B。

A.AlCl3溶液与AgNO3溶液分别与氨水混合的现象为：白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解；

B.溴水与己烯加成后，生成物溶于己烷；

C.FeCl3溶液水解显酸性，与苯酚钠反应生成苯酚，且苯酚遇氯化铁发生显色反应；

D.先通过氢氧化钠溶液可除去二氧化硫、乙醇等，生成的乙烯可被高锰酸钾氧化。

本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、除杂质、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。

5.【答案】C

【解析】解：A.水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生，发生反应为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+ CO2↑+2CH3COO?，故A错误；

B.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3?=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；

C.硫酸酸化的KI?淀粉溶液久置后变蓝，离子方程式为：4I?+O2+4H+=2I2+2H2O，故C正确；

D.次氯酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根离子，生成的沉淀为硫酸钙，少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为：SO2+H2O+Ca2++3ClO?=CaSO4↓+2HClO+Cl?，若SO2过量的离子方程式为：2SO2+2H2O+ Ca2++2ClO?=CaSO4↓+2Cl?+SO42?+4H+，故D错误；

故选：C。

A.醋酸为弱酸，不能拆开；

B.反应制得浅绿色溶液，应该生成亚铁离子；

C.酸性条件下碘离子易被氧气氧化成碘单质；

D.次氯酸能够氧化亚硫酸钙。

本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，D为易错点，试题侧重考查学生的规范答题能力。

6.【答案】C

【解析】解：A.由结构可知分子式为C10H16O2，故A错误；

B.含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构，所有碳原子不能共面，故B错误；

C.分子中含7种H，则该物质的一氯代物共有7种，故C正确；

D.含碳碳双键可发生加成、氧化、还原反应，含甲基可发生取代反应，不能发生消去反应，故D错误；

故选：C。

由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、过氧键，且含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体结构，分子中含7种H，结合烯烃的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，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，注意选项B为解答的难点，题目难度中等。

【解析】解：A.平衡常数随温度变化，增大压强平衡常数不变，故A错误；

B.单位时间里消耗 n mol S2Cl2的需要消耗n molCl2，而同时生成n molCl2，则Cl2的生成与消耗的物质的量相同，反应处于平衡状态，故B正确；

C.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，但只有氯气为气体，氯气的百分含量不变，故C错误；

D.加入氯气，平衡向正反应方向移动，S2Cl2的转化率增大，氯气的转化率降低，故D正确；

故选：C。

A.化学平衡常数只受温度影响；

B.消耗 n mol S2Cl2的需要消耗n molCl2，而同时生成n molCl2，则Cl2的生成与消耗的物质的量相同；

C.只有氯气为气体，其含量不变；

D.加入氯气，平衡向正反应方向移动，氯气的转化率降低。

本题考查化学平衡常数、化学平衡状态的判断、影响平衡移动的因素等，C选项中注意物质的聚集状态，侧重考查学生的分析能力，注意把握外界条件对平衡移动的影响。

8.【答案】D

【解析】解：由能量关系图，C(s)键能为717kJ?mol?1，H2键能为(864÷2)kJ?mol?1=432kJ?mol?1，C(s)+ 2H2(g)=CH4(g)△H=?75kJ?mol?1，

设C?H的键能为x，则反应热△H=反应物总键能?生成物总键能=(717kJ?mol?1+432kJ?mol?1×2)?4x=?75kJ?mol?1，解得x=414kJ?mol?1，

故选：D。

由能量关系图，C(s)键能为717kJ?mol?1，H2键能为(864÷2)kJ?mol?1=432kJ?mol?1，C(s)+2H2(g)= CH4(g)△H=?75kJ?mol?1，根据反应热△H=反应物总键能?生成物总键能计算C?H的键能。

本题考查反应热与焓变的计算，为高频考点，把握反应热与物质键能之间的计算关系即可解答，注意根据分子结构推断化合物分子中化学键的数目，题目难度中等。

9.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集、溶液配制、气体检验等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质、实验规则是解本题关键，D为解答易错点。

【解答】

A.配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液，混合浓硫酸和乙醇相当于浓硫酸的稀释，应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；

B.定容时眼睛应该与凹液面最低处相切，图象符合，故B正确；

C.二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以导气管应该遵循“长进短出”原则，故C错误；

D.得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色，应该先将得到的气体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D错误；

故选：B。

10.【答案】B

【解析】解：设原NaOH溶液的质量为mg，则蒸发前溶液中溶质NaOH的质量为：mx%g；蒸发掉yg水后，NaOH溶液的质量分数为2x%，溶质质量为(m?y)2x%g，根据蒸发前后溶质质量不变得到：mx%=

(m?y)2x%；解得m=2y，所以NaOH的质量为2yx%，物质的量为2yx%g

40g/mol =1

20

yx%mol，根据物质的量

浓度的计算公式：c(NaOH)=n(NaOH)

V aq

=

1

20

yx%mol

VmL

1000mL/L

=xy

2V

mol/L。

故选：B。

设原溶液的质量为mg，蒸发前后溶质质量不变，可以求出m，进一步求出n(NaOH)，又蒸发后溶液的体积为VmL，根据物质的量浓度计算公式，可以求出结果。

本题考查溶液中的有关计算，涉及到溶质的质量与溶液的质量及溶质质量分数之间的关系，物质的量与物质的质量之间的关系；物质的量浓度与物质的物质的量及溶液的体积之间的关系。属于基本知识，基础知识，题目难度不大，但计算过程中需要细心，防止出错。

11.【答案】A

【解析】解：A.R2在常温常压下不一定是气体，可能是液体或固体，如溴、碘，故A错误；

B.由分析可知，R位于元素周期表中的第ⅦA族，故B正确；

C.R位于第ⅦA族，其氢化物的水溶液都呈酸性，故C正确；

D.RO3?中的R化合价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，可以被还原，故D正确；

故选：A。

RO3?+5R?+6H+=3R2+3H2O中R元素化合价由+5价、?1价变为0价，则R的最低负价是?1价，则最高正价是+7价，该元素位于第VⅡA族，其最外层有7个电子，该元素有正化合价，说明R元素是除F元素外的卤素，据此分析解答。

本题考查原子结构和元素性质、氧化还原反应，题目难度不大，侧重考查元素在周期表中的位置及元素性质、以及氧化还原反应的有关概念，正确判断元素位置是解本题关键，注意不能根据RO3?中R化合价判断族序数，为易错点。

12.【答案】A

【解析】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3?+10e?+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5?24e?+7H2O=6CO2↑+24H+，

A.该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则左边装置中电极a是负极发生氧化反应，故A正确；

B.左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5?24e?+7H2O=6CO2↑+24H+，故B错误；

C.右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3?+10e?+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；

D.放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl?移向负极室左室，故D错误；

故选：A。

该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3?+10e?+ 12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5?24e?+7H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解答。

本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握。

13.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，

A.YW3为NH3，NH3的水溶液呈碱性，故A错误；

B.非金属性O>N，则最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，故B错误；

C.YCl3为NCl3，Y(N)原子最外层电子数为5+3=8，满足8电子稳定结构，故C错误；

D.Y元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，硝酸为一元强酸，故D正确；

故选：D。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W2Z常温常压下为液体，W2Z为H2O，则W为H、Z 为O；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，均为10电子微粒或18电子微粒，结合原子序数及X 在化合物中形成4个共价键，则X为C元素，Y的原子序数在X、Z之间，Y为N，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、化学键来推断元素为解答的关键，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。

14.【答案】A

【解析】解：①白色沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，若白色沉淀为亚硫酸钡，则X可能是NH3，故正确；

②发生强酸制弱酸的反应，可知硫酸的酸性大于硅酸的酸性，则非金属性：S>Si，故正确；

③S2O32?在酸性溶液中发生氧化还原反应生成S、二氧化硫，由操作和现象可知溶液中可能含有S2O32?，故正确；

④检验亚铁离子应先加KSCN无现象排除铁离子的干扰，然后加氯水观察是否变红可检验亚铁离子，操作不合理，故错误；

⑤饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，可知碳酸的酸性强，则酸性：硼酸<碳酸，故错误；

⑥酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，应溶于水直接加KSCN溶液检验是否变质，故错误；

故选：A。

①白色沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡；

②发生强酸制弱酸的反应，可知硫酸的酸性大于硅酸的酸性；

③S2O32?在酸性溶液中发生氧化还原反应生成S、二氧化硫；

④检验亚铁离子应先加KSCN无现象排除铁离子的干扰；

⑤饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，可知碳酸的酸性强；

⑥酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应。

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、反应与现象、离子检验、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。

15.【答案】D

【解析】解：铜和铁的混合物溶一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明反应后溶液中溶质为Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，溶液中再加入NaOH溶液，反应生成Fe(OH)3、

=0.16mol，Cu(OH)2沉淀，反应消耗氢氧根离子质量为：7.04g?4.32g=2.72g，其物质的量为： 2.72g

17g/mol

根据电荷守恒可知，反应后溶液中硝酸根与消耗的氢氧根离子物质的量相等，由N原子守恒可知HNO3的

=8mol/L，

总物质的量为：0.08mol+0.16mol=0.24mol，则硝酸的浓度为：0.24mol

0.03L

故选：D。

铜和铁的混合物溶一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明反应后溶液中溶质为Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，反应生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，根据电荷守恒可知，反应后溶液中硝酸根与消耗的氢氧根离子物质的量相等，而消耗氢氧根离子质量=氢氧化物的质量?金属的质量，可得反应消耗的氢氧根的物质的量，再利用N原子守恒计算HNO3的总物质的量，进而计算硝酸浓度。

本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，避免了过程法的繁琐，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

16.【答案】C

【解析】解：A.K h1=c(HX ?)?c(OH ?)

c(X 2?)，则lg c(HX ?)c(X 2?)=lg K

h1c(OH ?)=lgK h1?lgc(OH ?)，当横坐标为0时，lgK h1=lgc(OH ?)，即K h1=c(OH ?)=10?pOH ；同理lg c(H 2X)

c(HX ?)=lgK h2?lgc(OH ?)，当横坐标为0时，lgK h2=lgc(OH ?)，即K h2=c(OH ?)=10?pOH ，K h1>K h2，所以横坐标为0时，纵坐标数值大的曲线表示pOH 与lg c(H 2X)

c(HX ?)两者的变化关系，即曲线M 表示pOH 与lg c(H 2X)c(HX ?)两者的变化关系，故A 错误；

B.根据图知，横坐标为0时，K h1=c(OH ?)=10?pOH =10?4、K h2=c(OH ?)=10?pOH =10?9，K a2=K

w K h1=10?14

10=10?10

C.根据图知，横坐标为0时，K h1=c(OH ?)=10?pOH =1.0×10?4，故C 正确；

D.混合溶液呈中性时，c(H +)=c(OH ?)，溶液中存在c(Na +)+c(H +)=c(OH ?)+c(HX ?)+2c(X 2?)+c(Cl ?)，所以存在c(Na +)>c(HX ?)+2c(X 2?)，故D 错误；

故选：C 。

A.K h1=c(HX ?)?c(OH ?)

c(X 2?)，则lg c(HX ?)c(X 2?)=lg K

h1c(OH ?)=lgK h1?lgc(OH ?)，当横坐标为0时，lgK h1=lgc(OH ?)，即K h1=c(OH ?)=10?pOH ；

同理lg c(H 2X)c(HX ?)=lgK h2?lgc(OH ?)，当横坐标为0时，lgK h2=lgc(OH ?)，即K h2=c(OH ?)=10?pOH ，K h1>K h2，所以横坐标为0时，纵坐标数值大的曲线表示pOH 与lg c(H 2X)c(HX )两者的变化关系；

B.根据图知，横坐标为0时，K h1=c(OH ?)=10?pOH =10?4、K h2=c(OH ?)=10?pOH =10?9，K a2=K

w K h1，根据HX ?电离和水解平衡常数相对大小判断溶液中c(X 2?)、(H 2X)相对大小；

C.根据图知，横坐标为0时，K h1=c(OH ?)=10?pOH ；

D.混合溶液呈中性时，c(H +)=c(OH ?)，溶液中存在c(Na +)+c(H +)=c(OH ?)+c(HX ?)+2c(X 2?)+c(Cl ?)。

本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断曲线与微粒成分关系、水解平衡常数计算方法、水解平衡常数与电离平衡常数关系是解本题关键，A 为解答难点，注意D 中易漏掉阴离子Cl ?而导致错误判断。

17.【答案】⑤⑥⑦⑨ ①⑧ 3 bc NaCl +3H 2O

??通电 NaClO 3+3H 2↑ 室温下KClO 3在水中的溶解度明显

小于其它晶体

【解析】解：(1)⑤硫酸钡、⑥氯化银、⑦氯化钠碳、⑨醋酸铵在溶液中完全电离，属于强电解质，①氨气、⑧二氧化碳在溶液中自身不能电离，属于非电解质，②氨水，③盐酸都是混合物，⑩氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，④醋酸为弱电解质，

故答案为：⑤⑥⑦⑨；①⑧；

(2)溶液中c(S 2?)=K sp c(F e 2+)=1×10?161mol/L =1×10?16mol/L ，c 2(H +)?c(S 2?)=1.0×10?22，则c(H +)=√1×10?22

1×10mol ?L ?1=1×10?3mol ?L ?1，pH =3，

故答案为：3；

(3)同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，

故答案为：bc ；

(4)①电解时，

阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为：NaCl +3H 2O ??通电?

?NaClO 3+3H 2↑，

故答案为：NaCl +3H 2O ?

?通电 NaClO 3+3H 2↑； ②相同温度下，

溶解度小的物质先析出，室温下KClO 3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO 3， 故答案为：室温下KClO 3在水中的溶解度明显小于其它晶体。

(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，能全部电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质；

(2)硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH 计算公式计算溶液的pH ；

(3)同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；

(4)工业上，通过如下转化可制得KClO 3晶体NaCl 溶液溶液晶体， ①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；

②相同温度下，溶解度小的物质先析出。

本题以卤族元素为载体考查物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目涉及溶度积常数计算、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等。

18.【答案】H 2C 2O 4+2KClO 3+H 2SO 4??60℃?80℃?K 2SO 4+2ClO 2↑+2CO 2↑+2H 2O 溶液中有气泡逸出，圆底烧瓶内产生黄绿色气体 将ClO 2冷凝并收集 NaClO 2 100mL 容量瓶 滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 135cV 2

2V 1

【解析】解：(1)由草酸、氯酸钾和硫酸在60℃～80℃之间生成ClO 2、CO 2和一种硫酸钾，反应为：

H 2C 2O 4+2KClO 3+H 2SO 4??60℃?80℃?K 2SO 4+2ClO 2↑+2CO 2↑+2H 2O ，

故答案为：H 2C 2O 4+2KClO 3+H 2SO 4??60℃?80℃?K 2SO 4+2ClO 2↑+2CO 2↑+2H 2O ；

(2)常温下二氧化氯为黄绿色气体，则加热后圆底烧瓶中可以观察到有气泡逸出，并产生黄绿色气体， 故答案为：溶液中有气泡逸出，圆底烧瓶内产生黄绿色气体；

(3)二氧化氯熔沸点较低，利用B 装置中冰水降温，可使ClO 2冷凝并收集，

故答案为：将ClO 2冷凝并收集；

(4)NaOH 吸收ClO 2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO 3，氯元素从+4价升高为+5

价，氧化还原反应电子守恒规律，另一种离子中Cl 元素化合价降低，且应从+4价降为+3价，即为NaClO 2， 故答案为：NaClO 2；

(5)①配制100mL 步骤3中所需的Na 2S 2O 3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL 容量瓶，

故答案为：100mL 容量瓶；

②滴定终点，碘完全反应，则现象为滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复， 故答案为：滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；

③有碘单质生成，用淀粉做指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO 2～5I 2，结合反应2Na 2S 2O 3+I 2=Na 2S 4O 6+2NaI ，得到关系式：2ClO 2～5I 2～10Na 2S 2O 3；

设原ClO 2溶液的浓度为x ，

2ClO 2～～～～5I 2～～～10Na 2S 2O 3

2mol 10mol

2×10?2×x×V 1×10?3

10?1 1×10?3cV 2mol

x =cV 2V 1mol/L =135cV 2

2V 1g/L ，

故答案为：135cV 2

2V 1。

A 装置由草酸、氯酸钾和硫酸制二氧化氯(ClO 2)：H 2C 2O 4+2KClO 3+H 2SO 4??60℃?80℃?K 2SO 4+2ClO 2↑

+2CO 2↑+2H 2O ，B 装置冷凝并收集产品ClO 2，C 装置防倒吸，D 装置吸收多余的ClO 2，防止污染空气；

(1)由草酸、氯酸钾和硫酸在60℃～80℃之间生成ClO 2、CO 2和硫酸钾，据此书写；

(2)圆底烧瓶内发生反应生成的二氧化氯为黄绿色气体；

(3)二氧化氯为黄绿色气体，沸点为11.0℃，易液化；

(4)NaOH 吸收ClO 2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO 3，根据氧化还原反应电子守恒规律判断另一种盐；

(5)有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO 2～5I 2～10Na 2S 2O 3计算c(ClO 2)。

本题考查制备实验的设计，需要把握住流程的过程，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。

19.【答案】SO 2 Fe(OH)3 2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O 3.7～4.8 4CuSO 4+N 2H 4+

8OH ???90℃?2Cu 2O ↓+N 2↑+4SO 42?+6H 2O 过滤 防止生成的

Cu 2O 被空气氧化

【解析】解：(1)焙烧时发生反应：2CuFeS 2+4O 2?

?高温 Cu 2S +3SO 2+2FeO 、Cu 2S +2O 2?

?高温 2CuO +SO 2，

炉气中的有害气体成分是SO 2；加入试剂Y 调节pH 为3.7～4.8沉淀Fe 3+，过滤分离出料渣II 为Fe(OH)3， 故答案为：SO 2；Fe(OH)3；

(2)若试剂X 是H 2O 2溶液，将Fe 2+氧化为Fe 3+，离子反应为：2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ， 故答案为：2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ；

(3)由表中数据可知，使铁离子转化为沉淀，而铜离子不能沉淀，则加入试剂Y 调pH 时，pH 的调控范围是3.7～4.8，

故答案为：3.7～4.8；

(4)用N 2H 4制备Cu 2O 的离子方程式为：4CuSO 4+N 2H 4+8OH

???90℃?2Cu 2O ↓+N 2↑+4SO 42?+6H 2O ，操作X 包括过滤、洗涤、隔绝空气烘干，Cu 2O 具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，

故答案为：4CuSO 4+N 2H 4+8OH ?

??90℃?2Cu 2O ↓+N 2↑+4SO 42?+6H 2O ；过滤；防止生成的Cu 2O 被空气氧化。

预处理后与氧气焙烧发生2CuFeS 2+4O 2?

?高温 Cu 2S +3SO 2+2FeO 、Cu 2S +2O 2?

?高温 2CuO +SO 2，部分FeO

被氧化为Fe 2O 3，炉气中的有害气体成分是SO 2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu 2+、Fe 2+、Fe 3+的酸性溶液，加入试剂X 将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入试剂Y 调节pH 为3.7～4.8沉淀Fe 3+，过滤分离出料渣

II为Fe(OH)3，将滤液用KOH、N2H4还原发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH??90℃?2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+

6H2O，操作X为过滤、洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，关键是对工艺流程的理解，注意掌握元素化合物知识、物质的分离提纯方法与操作，意在考查学生综合分析问题的能力。

20.【答案】CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑+376.4>66.7%>5×104

【解析】解：(1)CaC2与水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑；

(2)ⅠCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=?890.3kJ/mol

ⅡC2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H2=?1299.6kJ/mol

Ⅱ2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=?571.6kJ/mol

得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)△H=(?890.3kJ/mol)×2?(?1299.6kJ/

根据盖斯定律Ⅰ×2?Ⅱ?Ⅲ×3

2

mol)?(?571.6kJ/mol)×3

=+376.4kJ/mol，

2

故答案为：+376.4；

(3)①由图可知，随着温度升高，CH4的分压减小，C2H4和H2(g)的分压增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，△H>0；设甲烷的转化浓度为2x，

2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)

起始c(mol/L)0.300

转化c(mol/L) 2x x 3x

平衡c(mol/L)0.3?2x x 3x

×100%≈66.7%；改

c(C2H4)=c(CH4)，则x=0.3?2x，解得x=0.1mol/L，甲烷的转化率为2×0.1mol/L

0.3mol/L

变温度至T2℃，CH4以0.01mol/(L?s)的平均速率增多，说明平衡逆向移动，该反应是吸热反应，即温度应为降低，则T1>T2，

故答案为：>；66.7%；>；

=②根据图中数据，A点温度时，p(C2H2)=0.05Pa，p(H2)=104Pa，p(CH4)=103Pa，K=p(C2H2)?p3(H2)

p2(CH4)

0.05Pa×(104Pa)3

=5×104(Pa)2，

(103Pa)2

故答案为：5×104。

(1)CaC2与水反应生成氢氧化钙和乙炔；

(2)ⅠCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=?890.3kJ/mol

ⅡC2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H2=?1299.6kJ/mol

Ⅱ2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=?571.6kJ/mol

得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)；

根据盖斯定律Ⅰ×2?Ⅱ?Ⅲ×3

2

(3)①由图可知，随着温度升高，CH4的分压减小，C2H4和H2(g)的分压增大，说明平衡正向移动；根据题目数据，设甲烷的转化浓度，列化学平衡三段式，利用c(C2H4)=c(CH4)解答；改变温度至T2℃，CH4以

0.01mol/(L?s)的平均速率增多，说明平衡逆向移动；

②根据图中数据，结合K=p(C2H2)?p3(H2)

计算。

p(CH4)

本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学方程式的书写、反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，根据题目数据结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，

此题难度大。

21.【答案】羧基加成反应红外光谱仪

等13

【解析】解：(1)中含碳官能团的名称是羧基，

故答案为：羧基；

(2)化合物C与HCN发生加成生成化合物D，C→D的反应类型是加成反应，

故答案为：加成反应；

(3)能测定H分子中所含化学键和官能团种类的仪器名称是红外光谱仪，

故答案为：红外光谱仪；

(4)由化合物G逆推出化合物F，F与溴化氢发生加成反应生成G，F为环烯烃，G发生水解反应生成H，F 为或，F→G的化学方程式：，

故答案为：；

(5)依题意，R分子中羟基直接连在苯环，含有甲酸酯基；

分两种情况：第一种情况，苯环上只含2个取代基，?OH，?CH2OOCH共有邻、间、对3种结构；

第二种情况，苯环上含有3个取代基：?OH、?CH3、?OOCH，而?OH、?CH3有邻、间、对3种位置结构，对应的?OOCH分别有4种、4种、2种位置结构，共有10种结构，综上所述，R有符合条件的结构13种，故答案为：13；

(6)以乙醛为原料合成环酯，可由CH3CH(OH)COOH发生酯化反应得到，乙醛和HCN发生C

生成D类型的反应得到CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解生成CH3CH(OH)COOH，其合成路线为

，

故答案为：。

由A的分子式、B的结构简式知，A发生取代反应生成B，则A为，B发生水解反应生成二醇，二醇脱水生成醛，化合物C与HCN发生加成生成化合物D，D水解生成化合物E；由化合物G逆推出化

合物F，F与溴化氢发生加成反应生成G，F为环烯烃，G发生水解反应生成H，则F为或，H为，E和H发生酯化生成W为；

(6)以乙醛为原料合成环酯，可由CH3CH(OH)COOH发生酯化反应得到，乙醛和HCN发生C

生成D类型的反应得到CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解生成CH3CH(OH)COOH。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。