2021年高考化学模拟练习题2含解析

2021-2022学年高三下学期高考模拟考试试题（二）化学第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。

共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．2021年世界化学论坛以“化学让世界更美好”为主题，将对催化、合成、药物、环境与能源等领域进行深入探讨。

下列叙述错误的是A．K2FeO4具有强氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+B．常利用活性炭或胶体的吸附性除去水中的悬浮物C．使用适宜的催化剂，利用太阳能可实现水分解制取氢气D．利用大气中CO2合成C2H6、CH3OH等有机原料，有利于控制海水酸化8.设N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为8N AB．标准状况下，4.48L N2与3.36L H2充分反应后，所得NH3分子数为0.25N AC．室温下，1L1mol/L的NaF与1L1mol/LNaCl所含离子数目均大于2N A，且前者更大D．5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3N A9.化合物的结构简式如图所示:(a)、(b)、(c)。

下列说法正确的是( )A.三种物质中只有b、c互为同分异构体B.a、b、c均有5种不同化学环境的氢原子C.a、b、c均能发生氧化反应、取代反应、加成反应D.与c互为同分异构体的同类物质还有5种(不考虑立体异构)11．主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y 的单质能溶于Q 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液。

却不溶于其浓溶液。

下列说法正确的是A ．简单离子半径：Z ＞Q ＞X ＞YB ．工业上用电解相应氯化物冶炼Y 单质C ．Q 与X 形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D ．化合物ZW 2中只含有离子键12．最近科学家采用碳基电极材料设计了一种电解氯化氢回收氯气的新工艺，其原理如图，下列说法错误的是A ．电源b 端为正极B ．Fe 3+对总反应起催化作用C ．阳极发生的电极反应式为2Cl - -2e- = Cl 2（g ）D ．电路中转移1mole-，需要消耗5.6L O 2(标准状况)13．25℃时，用HCl 气体调节0.1mol ·L −1氨水的pH ，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[()32n(HCl)t=n NH H O ⋅]与pH 的关系如图所示。

2021年高考二模化学试题含答案本部分包括15道小题，每小题3分，共45分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。

1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．氮的固定是指将气态氮气变为固态B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．金属可分为“黑色金属”和“有色金属”，铁及其合金都属于“有色金属” D．包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2．下列有关化学用语表示正确的是A．水分子的球棍模型： B．S2-的结构示意图：C．质子数为53，中子数为78的碘原子：ID．N2的电子式：3．下列物质的分类正确的一组是4．下列叙述正确的是(用N A代表阿伏加德罗常数的值)A．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1N AB．1molHCl气体中的粒子数与0.5 mo1/L盐酸中溶质粒子数相等C．6.4g铜与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目为0.1N AD．1mol白磷分子中所含共价键数为4N A5．在给定的溶液中，离子能大量共存的是A．滴加甲基橙显红色的溶液：I－、NH4＋、Cl－、NO3－B ．含有大量AlO 2－的溶液：Na ＋、K ＋、NO 3－、CO 32－C ．常温下由水电离出来的c(H ＋)＝10－13 mol/L 的溶液：K ＋、HCO 3－、Br －、Ba 2＋ D ．含有溶质为NaHSO 4的溶液：K ＋、SiO 32－、NO 3－、Al 3＋6．下列对应化学反应的离子方程式正确的是A ．KIO 3与KI 在酸性溶液中反应：5I -+IO 3-+3H 2O ＝3I 2+6OH -B ．向碳酸氢铵溶液中加过量氢氧化钠溶液并加热：NH 4++OH -=====△NH 3↑+H 2O C ．向NH 4Al(SO 4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，恰好使SO 42-完全沉淀：NH 4+＋Al 3+＋2SO 42-＋2Ba 2+＋4OH -＝Al(OH)3↓＋NH 3·H 2O ＋2BaSO 4↓D ．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H ++NO 3- ＝Ag ++NO ↑+H 2O7．2011年11月，“神舟八号”在酒泉发射升空，并取得圆满成功。

2021年高考化学仿真二模试卷（含解析）一、选择题1．化学与日常生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A ． 使用LED 照明灯属于“低碳生活”方式B ． 在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被侵蚀C ． 施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NaCl ，Na 2CO 3）D ． 研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM2.5）的产生2．下列化合物的同分异构体数目与C 3H 8O 的同分异构体数目相同的是（）A ． C 3H 6B ．C 4H 8 C ．C 6H 4Cl 2D ．C 5H 123．已知反应：H 2（g ）+ICl （g ）→HCl （g ）+I 2（未配平），当生产1molI 2时△H=aKJ •mol ﹣1．其反应历程如下：①H 2（g ）+HCl=HClI （g ）+H （g ）（慢）②H（g ）+ICl （g ）=HCl （g ）+I （g ）（快）③HClI（g ）=HCl （g ）+I （g ）（快）④I（g ）+I （g ）=I 2（g ）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A ． 该反应的速率主要①决定B ． H ClI 是该反应的催化剂C．v（H2）=v（HCl）=v（I2）D．v值越小，该反应速率越快4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X，Y同主族，X的氯化物和其最高氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属元素，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（）A．X、M两元素最简单氢化物的稳定性：X＜MB．Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氧气，且反应剧烈程度依次减弱C．Y的最高价含氧酸的化学式为H2YO2D．W和M的氧化物均可作耐高温材料5．利用下列实验器材（规格和数量不限）不能完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A 烧杯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳、酒精灯、三脚架灼烧FeCl3固体B 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台用NaOH溶液除去Fe 粉中少量AlC 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒用10mol•L﹣1的硫酸配置0.1mol•L﹣1的硫酸D 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D6．已知H3PO4为弱酸，常温下NaH2PO4溶液的pH小于7．下列关于常温下0.10m ol•L﹣1的NaH2PO4溶液的说法正确的是（）A．温度升高，c（H2PO4﹣）增大B．加水稀释后，m（H+）与m（OH﹣）的乘积减少C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）D．c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+C（H3PO4）7．Ca（OH）2溶解度随温度变化画线如图所示，下列说法正确的是（）A．氢氧化钙的溶解是吸热过程B．温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢C．t℃时氢氧化钙的K sp约等于2.46×10﹣4D．向含有Ca（OH）2和Mg（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NaOH浓溶液，分散系中的比值不变二、填空题8．（15分）为了探究AgNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色Ag．（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验装置的气密性？．（2）C中集气瓶收集的气体为．要收集纯净的该气体，正确的操作是．（3）AgNO3分解的化学方程式为．（4）甲同学认为仅凭试管A中的红棕色的气体产生就判定NO2产生是错误的，因为无色NO 遇到空气也会变成红棕色，所以加热前应当排尽装置中的空气．你是否同甲的观点？并说明理由．Ⅱ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，猜测如下：假设一：Fe被氧化成Fe3+．假设二：Fe被氧化成．假设三：Fe被氧化成Fe3+或Fe2+．可选用的试剂：KSCN溶液、酸性KMnO4溶液，氨水，盐酸，硝酸，NaCl溶液请完成下表：操作现象结论或目的（1）﹣除尽（2）取少量上述溶液于试管中加入，振荡溶液变血红色存在（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入，振荡血红色消失存在实验结论：Fe的氧化物为Fe2+和Fe3+．9．（15分）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越、安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键．目前正在研究好已经使用的储氢合金有镁系合金、稀土系合金等．回答下列问题．（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是．该过程的主要能量转换形式为，氯化镁晶体脱水时工业冶炼镁的关键工艺之一先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为；（2）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的储氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气．①熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是．②在足量的HCl溶液中，混合物X能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物X与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为．（3）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现储氢和加氢：（g）+3H2（g）（g）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．①A为电源的；C电极的电极反应式为．②该储氢装置的电流效率η=．（η=×100%，计算结果保留小数点后1位）．Fe3O4/Al2O3．10．（13分）CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：（1）由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示．①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为．②“重整系统”发生反应的化学方程式为．（2）一定条件下，CO2和CH4反应可生产合成气（CO、H2的混合气体），其可用于合成多种液体燃料．已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣802.3kJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=﹣41.0kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=kJ•mol﹣1（3）CH4也可经催化剂重整生产化工原料，最近科学家们在恒温恒容的密闭体系中利用CH4无氧重整获得芳香烃：8CH4（g）H2C﹣﹣CH3（g）+11H2△H=kJ•mol﹣1．下列有关该反应的说法中正确的是．A、可研发新的催化剂，提高CH4的转化率B、当体系压强不变时，反应达到平衡C、当有32molC﹣H键断裂，同时有11molH﹣H键断裂，反应达到平衡D、达到平衡时，放出（或吸收）的热量为mkJ（4）CO2催化加氢可合成低碳烯烃，起始时在0.1MPa下，以n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比例将反应物放入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H，保持压强不变，不同温度下，平衡时的四种气态物质的量如图2所示：①曲线Ⅱ表示的物质为（填化学式），该反应的△H（填“＞”或“＜”）0．②A、B两点对应的反应的反应速率v（A）、v（B）的大小关系为．B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）（填“＞”“＜”或“=”）K（C）③为提高CO2平衡转化率，除改变温度外，还可以采取的措施是．（举一种）11．（15分）辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为Cu2S，还含有Fe2O3、SO2及一些不溶性杂质．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下：已知：①SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；②部分金属阳离子生产氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）：开始沉淀的pH 沉淀完全的pHFe3+ 1.1 3.2Mg2+8.3 9.8Cu2+ 4.4 6.4回答下列问题：（1）能加快浸取速率的措施有、．（任写2条）（2）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4，写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式，滤渣Ⅰ的成分为MnSO4、和．（3）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是（填化学式），调节溶液pH的范围为．（4）“沉锰”（除Mn2+）过程中发生反应的离子方程式为．“赶氨”时，最适宜的操作方法为．（5）测定碱式碳酸铜纯度可用滴定法称取6.2500g样品于100mL小烧杯中，加入20mL蒸馏水搅拌，再加入8mL6mol•L﹣1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250mL容量瓶中，加水定容，摇匀，称取25.00mL配好的溶液于锥形瓶中，加入40.00mL0.xxmol•L﹣1EDTA溶液，然后计入MnO2，再用0.xxmol•L的Zn2+标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL．已知EDTA与Cu2+、Zn2+均按物质的量比1：1反应，则样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数为．12．（15分）B、C、Si是几种常见的重要非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在．（1）基态硼原子的电子排布式为．C、N、Si元素原子的第一电离能由大到小的顺序为．（2）BF3与一定量的水可形成如图1的晶体R．①晶体R中各种微粒间的作用力涉及（填字母）．a、离子键b、共价键c、配位键d、金属键e、范德华力②R中阴离子的空间构型为．（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）与CaCl2溶液可形成配离子（结构如图2）乙二胺分子中氮原子的杂化类型为．乙二胺和三甲胺均属于铵，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是．（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电．它的晶体结构如图3所示．六方相氮化硼是否含有x键？（填“含”或“不含”），其质地软的原因是，该物质能否导电？（填“能”或“不能”），原因是．（5）SiC是原子晶体，其晶胞结构类似金刚石，假设正方体的边长为acm，估算SiC晶体的密度为g•cm﹣3（用含N A、a的代数式表示）湖北省xx届高考仿真化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．化学与日常生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．使用LED照明灯属于“低碳生活”方式B．在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被侵蚀C．施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NaCl，Na2CO3）D．研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM2.5）的产生考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；盐类水解的应用．分析：A．LED照明灯发光效率高；B．作原电池正极的金属被保护；C．石灰乳为氢氧化钙，氢氧化钙呈碱性；D．高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生．解答：解：A．LED照明灯发光效率高，可节能，故A正确；B．镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁易失电子作负极，不锈钢为正极，正极金属被保护，故B正确；C．氢氧化钙为碱，盐碱地中碳酸钠溶液呈碱性，氢氧化钙和碳酸钠反应生成氢氧化钠，导致盐碱地碱性增强，故C错误；D．高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生，减少空气污染，故D正确．故选C．点评：本题考查化学与生活，涉及节能减排、原电池、环境污染等，难度不大，注意盐碱地的成因．2．下列化合物的同分异构体数目与C3H8O的同分异构体数目相同的是（）A．C3H6B．C4H8C．C6H4Cl2D．C5H12考点：同分异构现象和同分异构体．分析：C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用﹣OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此解答即可．解答：解：C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH（OH）CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3；A、C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，故A不相同；B、C4H8可以为1﹣丁烯、2﹣丁烯、2﹣甲基﹣1﹣丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，故B不相同；C、C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，故C不相同；D、C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故D相同，故选D．点评：本题考查了有机物的同分异构体的判断与书写，题目难度中等，注意同分异构体的书写方法．3．已知反应：H2（g）+ICl（g）→HCl（g）+I2（未配平），当生产1molI2时△H=aKJ•mol﹣1．其反应历程如下：①H2（g）+HCl=HClI（g）+H（g）（慢）②H（g）+ICl（g）=HCl（g）+I（g）（快）③HClI（g）=HCl（g）+I（g）（快）④I（g）+I（g）=I2（g）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A．该反应的速率主要①决定B．HClI是该反应的催化剂C．v（H2）=v（HCl）=v（I2）D．v值越小，该反应速率越快考点：化学反应速率的影响因素．分析：A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成；C．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比；D．反应速率v越小，说明该反应越慢．解答：解：A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由①决定，故A正确；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，HClI先生成后参加反应，所以不能催化剂，故B错误；C．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2（g）+2ICl（g）=2HCl（g）+I2，所以反应速率2v（H2）=v（HCl）=2v（I2），故C错误；D．反应速率v越小，说明该反应越慢，故D错误．故选A．点评：本题考查化学反应机理，侧重考查学生分析判断能力，涉及反应速率快慢判断、决定因素及催化剂等知识点，易错选项是A，题目难度中等．4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X，Y同主族，X的氯化物和其最高氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属元素，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（）A．X、M两元素最简单氢化物的稳定性：X＜MB．Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氧气，且反应剧烈程度依次减弱C．Y的最高价含氧酸的化学式为H2YO2D．W和M的氧化物均可作耐高温材料考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，则X为N元素、Y为P元素；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，则M是非金属元素，所以Z为Mg、W为Al、M为Si元素，再结合物质性质及元素周期律解答．解答：解：X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，则X为N元素，Y为P元素；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，M是非金属元素，Z为Mg、W为Al、M为Si元素，A．X、M两元素分别是N、Si元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，非金属性N＞Si，所以氢化物的稳定性：X＞M，故A错误；B．M的单质为硅，Si和稀硫酸不反应，故B错误；C．Y为P，其最高正价为+6，其最高价含氧酸的化学式为H3O4，故C错误；D．W、M的氧化物分别是Al2O3、SiO2，这两种物质的熔点都很高，所以均可做耐高温材料，故D正确；故选D．点评：本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，根据物质的性质及元素在周期表中的位置确定元素，再结合元素周期律分析解答，明确元素周期律内容、元素周期表结构为解答关键．5．利用下列实验器材（规格和数量不限）不能完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A 烧杯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳、酒精灯、三脚架灼烧FeCl3固体B 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台用NaOH溶液除去Fe粉中少量AlC 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒用10mol•L﹣1的硫酸配置0.1mol•L﹣1的硫酸D 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．灼烧固体物质需要放置在坩埚中，还需要的仪器有泥三角、三脚架、坩埚钳、玻璃棒；B．用NaOH溶液除去Fe粉中的Al，应该先溶解Al粉，然后采用过滤方法分离；C．配制一定物质的量浓度硫酸溶液，需要的仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，溶液充分混合后，然后采用萃取分液方法分离．解答：解：A．灼烧固体物质需要放置在坩埚中，还需要的仪器有泥三角、三脚架、坩埚钳、玻璃棒，缺少泥三角，所以不能完成实验，故A错误；B．用NaOH溶液除去Fe粉中的Al，应该先溶解Al粉，然后采用过滤方法分离，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台，故B正确；C．配制一定物质的量浓度硫酸溶液，需要的仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以能完成实验，故C正确；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，溶液充分混合后，然后采用萃取分液方法分离，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、分液漏斗，所以能完成实验，故D正确；故选A．点评：本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生实验基本操作，明确各仪器作用及实验基本操作原理是解本题关键，根据仪器的作用选取仪器，注意容量瓶和量筒规格，为常考查点．6．已知H3PO4为弱酸，常温下NaH2PO4溶液的pH小于7．下列关于常温下0.10mol•L﹣1的NaH2PO4溶液的说法正确的是（）A．温度升高，c（H2PO4﹣）增大B．加水稀释后， m（H+）与m（OH﹣）的乘积减少C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）D．c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+C（H3PO4）考点：离子浓度大小的比较．分析：常温下NaH2PO4溶液的pH小于7，说明H2PO4﹣的水解程度小于其电离程度，A．升高温度，促进了H2PO4﹣的电离，溶液中H2PO4﹣的浓度减小；B．稀释过程中，H2PO4﹣的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，但是溶液中氢离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子的物质的量、质量增大；C．溶液中一定满足电荷守恒，根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒判断；D．溶液中一定满足物料守恒，根据NaH2PO4溶液中的物料守恒分析．解答：解：A．温度升高，H2PO4﹣的电离程度增大，则溶液中c（H2PO4﹣）减小，故A错误；B．加水稀释后，H2PO4﹣的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，则氢离子的质量增大；由于溶液中氢离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子的物质的量、质量增大，故m（H+）与m（OH﹣）的乘积会增大，故B错误；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO3﹣），故C正确；4D．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（PO43﹣）+c（HPO42﹣）+c （H3PO4），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，明确盐的水解、盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用．7．Ca（OH）2溶解度随温度变化画线如图所示，下列说法正确的是（）A．氢氧化钙的溶解是吸热过程B．温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢C．t℃时氢氧化钙的K sp约等于2.46×10﹣4D．向含有Ca（OH）2和Mg（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NaOH浓溶液，分散系中的比值不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶解度、饱和溶液的概念．分析：A、依据此溶解度图可以得出，温度越高，氢氧化钙的溶解度越低；B、升高温度，溶解速率与结晶速率均加快；C、依据k=c（Ca2+）×c2（OH﹣）计算即可；D、依据各自的溶度积常数计算即可．解答：解：A、依据此溶解度图可以得出，温度越高，氢氧化钙的溶解度越低，不能说明氢氧化钙溶于水为吸热反应，氢氧化钙溶于水，为放热，故A错误；B、升高温度，溶解速率与结晶速率均加快，故B错误；C、t℃时氢氧化钙的溶解度为0.1g，故生成钙离子的物质的量为：≈0.00135mol，故浓度为：=0.0135mol/L，k=c（Ca2+）×c2（OH﹣）=0.01352×（0.0135×2）2=1.32×10﹣7，故C 错误；D、Ksp=c（Ca2+）×c2（OH﹣），Ksp=c（Mg2+）×c2（OH﹣），温度不变，Ksp不变，在同一溶液中，由于c（OH﹣）相同，故=，此值不变，故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是常见物质的溶解度曲线与溶度积常数的有关计算，难度较大，需认真分析．二、填空题8．（15分）为了探究AgNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色Ag．（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验装置的气密性？连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好．（2）C中集气瓶收集的气体为O2．要收集纯净的该气体，正确的操作是等到导气管中气泡均匀放出时再收集．（3）AgNO3分解的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑．（4）甲同学认为仅凭试管A中的红棕色的气体产生就判定NO2产生是错误的，因为无色NO 遇到空气也会变成红棕色，所以加热前应当排尽装置中的空气．你是否同甲的观点？并说明理由否，硝酸银分解生成氧气．Ⅱ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，猜测如下：假设一：Fe被氧化成Fe3+．假设二：Fe被氧化成Fe2+．假设三：Fe被氧化成Fe3+或Fe2+．可选用的试剂：KSCN溶液、酸性KMnO4溶液，氨水，盐酸，硝酸，NaCl溶液请完成下表：操作现象结论或目的（1）取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液﹣除尽Ag+（2）取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液，振荡溶液变血红色存在Fe3+（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，振荡血红色消失存在Fe2+实验结论：Fe的氧化物为Fe2+和Fe3+．考点：性质实验方案的设计．分析：I．（1）连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好，故答案为：连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有Ag生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，将混合气体通入NaOH溶液时，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据该反应方程式2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑、4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是O2；要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时收集；（3）根据（2）的分析书写方程式为；（4）硝酸银分解过程中产生氧气，氧气能和NO反应的；II．假设二：Fe被氧化为Fe2+；（1）在检验Fe3+或Fe2+前应该除去Ag+的干扰；（2）Fe3+和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色；（3）Fe2+具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．解答：解：I．（1）利用压强差检验装置气密性；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有Ag生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，将混合气体通入NaOH溶液时，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据该反应方程式知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是氧气；因为装置中含有空气，应该将装置中空气排出时再收集气体，所以要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时再收集，故答案为：氧气；等到导气管中气泡均匀放出时再收集；（3）根据（2）的分析书写方程式2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；（4）硝酸银分解过程中产生氧气，氧气能和NO反应的，所以不用排出空气，故答案为：否；硝酸银分解生成氧气；II．假设二：Fe被氧化为Fe2+；（1）在检验Fe3+或Fe2+前应该除去Ag+的干扰，所以第一步为：取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液，发生反应NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，看到的现象是有沉淀生成，（2）Fe3+和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色，第二步：取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液振荡，溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe3+；（3）Fe2+具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，第三步：取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明含有Fe2+，故答案为：Fe2+；操作现象结论或目的（1）取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液﹣除尽 Ag+（2）取少量上述溶液于试管中加入 KSCN溶液，振荡溶液变血红色存在Fe3+（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，振荡血红色消失存在 Fe2+点评：本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查物质检验、实验操作等知识点，明确实验原理是解本题关键，难点是II的实验操作步骤设计，要根据物质的性质选取合适的药品，注意化学用语的正确运用，为易错点．9．（15分）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越、安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键．目前正在研究好已经使用的储氢合金有镁系合金、稀土系合金等．回答下列问题．（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是消耗大量的电能．该过程的主要能量转换形式为电能转化成化学能，氯化镁晶体脱水时工业冶炼镁的关键工艺之一先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；。

2021年高考化学模拟试卷（二）含解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）（xx•广州校级模拟）下列说法不正确的是（）A．多糖、油脂、蛋白质在一定条件都能发生水解反应B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯C．16O2与18O2互为同位素，它们的性质基本相同D．一定条件下，在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓2．（4分）（xx•镇江二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是（）A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣B．使石蕊试纸变红溶液中：Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：AlO2﹣、Na+、Cl﹣、K+D．=1×10﹣13的溶液中：CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣3．（4分）（xx•广州校级模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1.7g羟基含有的电子数目为N AB．常温常压下，23g由NO2与N2O4组成的混合气体含有的氮原子数目为0.5N AC．标准状况下，6.72L H2O中含有的水分子数目为0.3N AD．1 mol•L﹣1NaClO溶液中含有的ClO﹣数目为N A4．（4分）（xx•朝阳区二模）将装满气体X的试管倒置于装有液体Y的水槽中，下列说法合理的是（）气体X 液体Y 试管内现象A NH3滴有酚酞的水溶液充满红色溶液B NO2水充满无色溶液C SO2滴有品红的水溶液无明显现象D C2H4酸性KMnO4溶液无明显现象A．A B．B C．C D．D5．（4分）（xx•广州校级模拟）如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素中只有一种是金属，下列说法错误的是（）A．气态氢化物稳定性：R＞QB．元素T的离子半径＞元素R的离子半径C．与w同主族的某元素形成的18电子的氢化物分子中既有极性键又有非极性键D．Q可形成多种含氧酸6．（4分）（xx•山东）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的7．（4分）（xx•广州校级模拟）下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A 向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，试管口用湿润的KI 淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的Cl2B 浓磷酸与NaBr固体混合加热有气体产生 H3PO4的酸性比HBr的酸性强C BaSO4加入饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌、过滤、洗涤，沉淀加入盐酸中沉淀部分溶解且有气体产生K sp（BaCO3）＜K sp（BaSO4）D Mg（OH）2悬浊液中加入pH=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，使Mg（OH）2 ⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动A．A B．B C．C D．D8．（4分）（xx•广州校级模拟）25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．在0.1 mol•L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．p H=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c （CH3COO﹣）C．将0.1 mol•L﹣1盐酸与0.1 mol•L﹣1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向0.1 mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）二、解答题（共5小题，满分64分）9．（16分）（xx•广州校级模拟）化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药．可以通过如图所示的路线合成：已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色．请回答下列问题：（1）B→C的转化所加的试剂可能是，C+E→F的反应类型是．（2）有关G的下列说法正确的是．A．属于芳香烃B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D．1mol G最多可以跟4mol H2反应（3）E的结构简式为．（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为．（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式．①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子．10．（16分）（xx•广州校级模拟）二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源．以CO2和NH3为原料合成尿素是固定和利用CO2的成功范例．在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的△H1=kJ•mol﹣1（用具体数据表示）．（2）反应Ⅲ中影响CO2平衡转化率的因素很多，下图1为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线．①其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是（填提高或降低）水碳比．②当温度高于190℃后，CO2平衡转化率出现如图1所示的变化趋势，其原因是．（3）反应Ⅰ的平衡常数表达式K1=．（4）某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c（CO2）的因素，在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，t1时达到平衡过程中c（CO2）随时间t变化趋势曲线如上图2所示．若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，请画出t1后c（CO2）随时间t变化趋势曲线（t2达到新的平衡）．（5）尿素在土壤中会发生反应CO（NH2）2+2H2O⇌（NH4）2CO3．下列物质中与尿素有类似性质的是．A．NH2COONH4 B．H2NOCCH2CH2CONH2 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2（6）某研究小组为探究反应III中氨碳比的影响，图3为某特定条件下，当氨碳比=4，CO2的转化率随时间的变化关系．①A点的逆反应速率v逆（CO2）B点的正反应速率为v正（CO2）（填“大于”、“小于”或“等于”）②NH3的平衡转化率为．（7）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图4．阳极室中发生的反应为、．11．（15分）（xx•江苏模拟）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如图：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH 溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH 1.1 5.8 5.9沉淀完全的pH 3.0 8.8 8.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是，其作用是．（2）加入ZnO调节pH=3～4的目的是．（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为．（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是．（5）下列试剂可作为Y试剂的是．A．ZnO B．NaOH C．Na2CO3 D．ZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是．（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL．已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2++4I ﹣═2CuI（白色）↓+I2，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣①胆矾晶体的纯度为．②在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．12．（11分）（xx•广州校级模拟）甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计如下实验流程：实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜．反应完毕后，黑色的氧化铜转化为红色的铜．下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶．甲小组测得，反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成氮气在标准状况下的体积V1L．乙小组测得，洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成氮气在标准状况下的体积V2L．请回答下列问题：（1）检查A装置气密性的操作是．（2）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中．实验装置实验药品制备原理甲小组 A 氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为①．乙小组②浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③．（3）甲小组用所测得数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为．（4）乙小组用所测得数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值．为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验．根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果．该药品的名称是．13．（6分）（xx•广州校级模拟）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子．某小组在实验室中用浸出﹣萃取法制备硫酸铜：（1）操作II、操作III的主要目的是、富集铜元素．（2）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（0H）2C03悬浊液．多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04．已知Cu（0H）2、Cu2（OH）2CO3、Cu4（0H）6S04均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80℃、200℃、300℃，设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容．限选试剂：2mol．L﹣1 HCl、1mol．L﹣1 H2SO4、O.1mol．L﹣1 NaOH、0.1mol．L﹣1 BaCl2、蒸馏水．仪器和用品自选．实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣说明悬浊液中混，有Cu4（0H）6S04．于试管中，步骤2：另取少量悬浊液于试管中，说明悬浊液中混有Cu（0H）2．xx年广东省广州市番禺中学高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）（xx•广州校级模拟）下列说法不正确的是（）A．多糖、油脂、蛋白质在一定条件都能发生水解反应B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯C．16O2与18O2互为同位素，它们的性质基本相同D．一定条件下，在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓考点：有机物的结构和性质；同位素及其应用；金属的电化学腐蚀与防护；消去反应与水解反应；溴乙烷的化学性质．专题：元素及其化合物；有机反应．分析：A．多糖可水解生成单糖，油脂中含有酯基，蛋白质含有肽键，可水解；B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应；C．根据同位素的定义判断；D．溶液中的氧气浓度越低，腐蚀速率越小．解答：解：A．多糖可水解生成单糖，油脂中含有酯基，可水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质含有肽键，可水解生成氨基酸，故A正确；B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯，故B正确；C．质子数相同而中子数不同的原子互称同位素，16O2与18O2为分子，不是同位素，故C错误；D．溶液中的氧气浓度越低，腐蚀速率越小，故D正确．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质、同位素以及金属的腐蚀与防护，侧重于基础知识的考查，注意相关知识的积累，难度不大．2．（4分）（xx•镇江二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是（）A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣B．使石蕊试纸变红溶液中：Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：AlO2﹣、Na+、Cl﹣、K+D．=1×10﹣13的溶液中：CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣离子之间不发生反应，且都不会被氧化；B．使石蕊试纸变红溶液中存在大量的氢离子，Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中，偏铝酸根离子能够与铁离子发生双水解反应；D．该溶液为碱性溶液，CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣离子之间不发生反应，其都不与氢氧根离子反应．解答：解：A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣之间不反应，都不会被氧化，在溶液中能够大量共存，故A错误；B．石蕊试纸变红溶液为酸性溶液：Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣之间不反应，且都不与氢离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故B错误；C．Fe3+与AlO2﹣发生双水解反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C正确；D．该溶液中存在大量氢氧根离子，CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；明确题干要求的是“可能”共存，还是“一定”共存等．3．（4分）（xx•广州校级模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1.7g羟基含有的电子数目为N AB．常温常压下，23g由NO2与N2O4组成的混合气体含有的氮原子数目为0.5N AC．标准状况下，6.72L H2O中含有的水分子数目为0.3N AD．1 mol•L﹣1NaClO溶液中含有的ClO﹣数目为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出羟基的物质的量，然后根据1mol羟基含9mol电子来计算；B、根据NO2与N2O4的最简式均为NO2来计算；C、标况下，水为液态；D、溶液体积不明确．解答：解：A、1.7g羟基的物质的量n==0.1mol，而1mol羟基含9mol电子，故0.1mol羟基含0.9mol电子，故A错误；B、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量n==0.5mol，故含有0.5mol氮原子，即0.5N A个，故B正确；C、标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、溶液体积不明确，故无法计算溶液中的次氯酸根的个数，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（4分）（xx•朝阳区二模）将装满气体X的试管倒置于装有液体Y的水槽中，下列说法合理的是（）气体X 液体Y 试管内现象A NH3滴有酚酞的水溶液充满红色溶液B NO2水充满无色溶液C SO2滴有品红的水溶液无明显现象D C2H4酸性KMnO4溶液无明显现象A．A B．B C．C D．D考点：氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；乙烯的化学性质．专题：氧族元素；氮族元素．分析：A．氨气极易溶于水，1体积水中可溶解700体积氨气，氨气溶于水生成一水合氨；B．二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸；C．二氧化硫具有漂白性；D．乙烯分子中含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化．解答：解：A．氨气极易溶于水，与水反应生成弱碱一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶于显碱性，遇到酚酞变红，故A正确；B．二氧化氮溶于水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO是难溶于水的无色气体，所以试管内液面上升三分之二，故B错误；C．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，具有还原性，能使高锰酸钾褪色，故D错误；故选：A．点评：本题考查了氨气、二氧化硫、二氧化氮、乙烯的性质，题目难度不大，B项为易错项，因为生成的NO不溶于水，所以试管不可能全充满液体．5．（4分）（xx•广州校级模拟）如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素中只有一种是金属，下列说法错误的是（）A．气态氢化物稳定性：R＞QB．元素T的离子半径＞元素R的离子半径C．与w同主族的某元素形成的18电子的氢化物分子中既有极性键又有非极性键D．Q可形成多种含氧酸考点：元素周期表的结构及其应用．分析：由元素在周期表中的位置可知，Q、R在元素周期表第二周期，T、W在元素周期表第三周期，由题意可知，T元素为金属，T为金属铝，Q为碳元素、R为氮元素、W为硫元素．A、非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；B、元素T的离子即为铝离子的结构示意图而R的离子半径氮离子，两者电子层数相同，核电荷数越大半径越小；C、同种原子形成共价键，两个原子吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，因此成键的原子都不显电性．这样的共价键叫做非极性共价键，相同原子形成的共价键为非极性键；D、Q的酸性氧化物是否不至一种，Q是碳．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，Q、R在元素周期表第二周期，T、W在元素周期表第三周期，由题意可知，T元素为金属，T为金属铝，Q为碳元素、R为氮元素、W 为硫元素．A、非金属性越强，对应气态氢化物越稳定R的非金属性比Q的非金属性强，故气态氢化物稳定性：R＞Q，故A正确；B、元素T的离子即为铝离子的结构示意图而R的离子半径氮离子，两者电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以元素T的离子半径＜元素R的离子半径，故B错误；C、与S同主族的某元素形成的18电子的氢化物分子，即H2O2分子中既有H﹣O极性键又有O﹣O非极性键，故C正确；D、Q是碳，可以形成无机碳酸和有机羧酸如甲酸，草酸等，故D正确；故选：B．点评：本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、元素周期律、共价键的极性、分子结构与性质难度较大．6．（4分）（xx•山东）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：压轴题；电化学专题．分析：A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；B．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；C．气体在Pt上放出；D．MnO2发生还原反应．解答：解：A．图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，Cu﹣Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C．图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D．图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误．故选B．点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理．7．（4分）（xx•广州校级模拟）下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A 向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，试管口用湿润的KI 淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的Cl2B 浓磷酸与NaBr固体混合加热有气体产生 H3PO4的酸性比HBr的酸性强C BaSO4加入饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌、过滤、洗涤，沉淀加入盐酸中沉淀部分溶解且有气体产生K sp（BaCO3）＜K sp（BaSO4）D Mg（OH）2悬浊液中加入pH=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，使Mg（OH）2 ⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．氧气和氯气都能使碘离子氧化生成碘单质；B．利用难挥发性酸制取易挥发性酸；C．Qc＞Ksp时，生成沉淀；D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，促进氢氧化镁溶解．解答：解：A．漂白粉和浓盐酸反应生成氯气、漂白粉和酸反应生成HClO，HClO分解生成氧气，氯气、氧气都能氧化碘离子生成碘，所以逸出的气体不一定是纯净的Cl2，故A 正确；B．磷酸没有挥发性、HBr有挥发性，利用难挥发性酸制取易挥发性酸，故B错误；C．将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化BaCO3，是Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）生成沉淀，不发生沉淀的转化，K sp（BaSO4）＜K sp（BaCO3），故C 错误；D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，从而使Mg（OH）2 ⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动，故D正确；故选AD．点评：本题考查化学实验方案评价，涉及溶度积常数判断、酸的制取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，会从实验的可行性及评价性进行分析判断，易错选项是A．8．（4分）（xx•广州校级模拟）25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．在0.1 mol•L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．p H=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c （CH3COO﹣）C．将0.1 mol•L﹣1盐酸与0.1 mol•L﹣1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向0.1 mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．根据0.1mol•L﹣1Na2S溶液中的物料守恒判断；B．溶液中一定存在电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析；C．混合液中溶质为等浓度的氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；D．溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c （SO42﹣），混合液为中性，加入的氢氧化钠的物质的量稍大于0.1mol．解答：解：A．根据0.1mol•L﹣1Na2S溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS ﹣）+2c（H2S），故A错误；B．pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；C．将0.1 mol•L﹣1盐酸与0.1 mol•L﹣1K2CO3溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钾，反应后溶质为氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．向0.1 mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则c（OH﹣）=c （H+），氢氧化钠的物质的量应该稍大些，则c（Na+）＞c（SO42﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），则c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D错误；故选BC．点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题侧重考查学生的分析理解能力．二、解答题（共5小题，满分64分）9．（16分）（xx•广州校级模拟）化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药．可以通过如图所示的路线合成：已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色．请回答下列问题：（1）B→C的转化所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，C+E→F的反应类型是取代反应．（2）有关G的下列说法正确的是CD．A．属于芳香烃B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D．1mol G最多可以跟4mol H2反应（3）E的结构简式为．（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O．（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式．①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子．考点：有机物的推断．分析：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C 的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此答题．解答：解：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，（1）B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反应，故D正确；故选CD；（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为：；（4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，故答案为：．点评：本题主要考查有机推断与性质，解题的关键是利用官能团的性质与转化，结合题中信息进行物质推断，中等难度，答题时注意有机基础知识的灵活运用10．（16分）（xx•广州校级模拟）二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源．以CO2和NH3为原料合成尿素是固定和利用CO2的成功范例．在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的△H1=﹣159.47kJ•mol﹣1（用具体数据表示）．（2）反应Ⅲ中影响CO2平衡转化率的因素很多，下图1为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线．①其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是降低（填提高或降低）水碳比．②当温度高于190℃后，CO2平衡转化率出现如图1所示的变化趋势，其原因是温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低．。