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2019-2020年高考模拟（三）理综化学试题含答案可能用到的相对原子质量：H -1 N-14 O-16 Cl-35.5 C-12 Br-80 Ba-137第I 卷(选择题 共126分)本卷共21小题，每小题6分，共126分。
7.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是（ ） A.生活中常用的塑料制品及橡胶制品都为高分子材料B.向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为酸碱发生了中和反应C.节日焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气8．设N A 为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是（ ） A ．标准状况下，11.2 L SO 3所含的氧原子数为1.5N AB ．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g ，则电路中转移电子数为0.2N AC ．常温常压下，7.8 gNa 2S 和Na 2O 2的混合物中，阴离子所含电子数为1.8 N AD ．在含Al 3＋总数为N A 的AlCl 3溶液中，Cl －总数为3N A9．某含碳、氢、氧三种元素的有机物的蒸气密度是CO 2的2倍（相同条件），该有机物中氧原子以“”结构存在的同分异构体的数目有（ ）A ．2种B ．4种C ．6种D ．8种10. 短周期主族元素X 、Y 、Z 、R 的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X 、Z 原子的最外层电子数之和等于Y 原子的次外层电子数；R 原子的质子数是Y 原子质子数的两倍．下列有关这四种元素的相关叙述正确的是（ ） A ．R 的氢化物比Y 的氢化物的沸点更高 B ．X 与Z 组成的化合物溶于水呈碱性 C ．只有Y 元素存在同素异形体D ．X 、Y 、Z 、R 形成简单离子的半径依次增大11．用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是（ ） A ．当a 、b 都是铜做电极时，电解的总反应方程式为： 2CuSO 4+2H 2O通电2H 2SO 4+2Cu+O 2↑B ．燃料电池工作时，正极反应为： O 2+2H 2O+4e —＝4OH —C ．当燃料电池消耗2.24L 甲醛气体时，电路中理论上转移2mole —D ．燃料电池工作时，负极反应为:HCHO+ H 2O —2e —＝HCOOH + 2H + 12. 根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是（ ）13．常温下，用0.10 mol·L —1NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 浓度均为0.10 mol·L —1 CH 3COOH 溶液和HCN 溶液所得滴定曲线如右图。
2019-2020年高三高考仿真（三）理综化学含答案本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，共12页。
满分240分。
考试用时150分钟。
答题前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷(必做，共87分)注意事项：1．第I 卷共20小题。
第1～13题每小题4分，第14～20题每小题5分，共87分。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：(略)相对原子质量：(略) 一、选择题(本题包括13小题。
每小题只有一个选项符合题意) 7．下列说法中，不正确的是A ．原子最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期B ．从氟到碘，单质与氢气发生化合反应越来越难C ．14C 和14N 两种核素的质量数相同，中子数也相同D ．离子化合物中可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子健8．下列说法或做法正确的是A ．苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B ．在强碱性溶液中，可能同时大量共存C ．铁船底镶嵌锌块，构成原电池，锌作负极，以防船体被腐蚀D ．用量筒量取10．0 mL 1．0 mol ／L 的盐酸于100 mL 容量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0．1 mol ／L 的盐酸9．下列离子方程式书写正确的是A.少量通入溶液中：B.硫酸氢钠溶液中逐滴加过量氢氧化钡溶液，至溶液恰好呈中性：C.澄清石灰水中加入盐酸：D.向溶液中滴加过量氨水：10.下列实验能达到预期目的的是A.将含有SO2的CO2气体通过足量的饱和溶液以除去B.用石墨作电极，电解的混合溶液，确定铜和镁的金属活动性强弱C.称取19.0g 氯化亚锡（SnC12），用100mL 蒸馏水溶解，配制 1.0mol 、L SnC12溶液D.测定NaC1和Na 溶液的pH ，确定F 、C1两元素非金属性的强弱11.在常压和500℃条件下，等物质的量24333Ag O Fe OH HCO NaHCO 、、NH 、完全分解，所得气体体积依次为。
2019-2020年高三高考模拟卷（一）理综化学含答案本试卷分第I卷和第II卷两部分，共12页。
满分240分。
考试用时150分钟。
答题前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（必做，共87分）注意事项：1．第I卷共20小题。
1~13题每小题4分，14~20题每小题5分，共87分。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）7.下列有关叙述正确的是（）A.四种基本反应类型中，只有置换反应属于氧化还原反应B.离子反应的结果是自由移动的离子浓度减小C.改变影响化学平衡的因素，化学平衡常数可能发生变化D.Fe(OH)3胶体和饱和FeCl3溶液都呈红褐色，二者可通过丁达尔效应区分8．下列有关常见金属及其化合物的说法正确的是( )A．氯化铁溶液中加入还原性铁粉无明显颜色变化B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO－2，则与过量NH3·H2O 也生成AlO－2D．常温下1 mol铜片投入含4 mol HNO3的浓硝酸中金属可完全溶解9．下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（）A．Na2O2中既含离子键，又含非极性键，阴阳离子个数比1：1B．第IA族又名碱金属族C．1H35Cl、2H37Cl两种气体的化学性质相同，但物理性质可能不同D．由于还原性：S2-＞Cl-，故硫元素的非金属性强于氯元素10. 下列有关有机物结构和性质的说法中正确的是（）A.乙烯水化和油脂水解，反应类型相同B.酸性高锰酸钾溶液可用于鉴别和除去乙烷中的乙烯C.淀粉、纤维素、蔗糖均能发生水解反应，水解最终产物为葡萄糖D.甲烷、苯、乙醇和乙酸在一定条件下都能够发生取代反应11.下列有关叙述中，正确的是()A．用饱和Na2CO3溶液可除去二氧化碳中的氯化氢B. 铜粉中含有少量的氧化铜，可加入稀硝酸后过滤C. 汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中D. 配制浓硫酸和浓硝酸混酸时，应将浓硫酸慢慢加到浓硝酸中，并及时搅拌和冷却12.下列有关叙述正确的是（）A. 某红棕色气态物质能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则该气体为溴蒸气B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．检测某溶液是否含有SO42－时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸D．用氢氧化铜粉末检验尿糖13．如图甲、乙是电化学实验装置。
有机化学基础第一章认识有机化合物（1）有机物和有机化学的定义？P1（2）有机化合物从结构上有两种分类方法？各分类方法中的子目录以及归类？P3～4（3）有机物种类繁多的原因？P7～8（4）有机物同分异构现象？碳链异构，官能团异构，位置异构？（举例说明）P9～10（5）烃（烷、烯、炔、芳香）类的命名步骤？（找出相似处与不同处对比巩固）P13～15 总结含有其他官能团如C==C、C≡C、羟基、醛基等简单命名。
（6）研究有机物的一般步骤？每一步下涉及到何种重要的实验方法？P17～23注：色谱法、质谱法、红外光谱、核磁共振氢谱，这几个谱各自的作用．．．．．．？第二章烃和卤代烃（1）烷烃、烯烃和炔烃物理性质上的相似性和递变性？P28～29如：烷烃的熔沸点较（因为凝固后是晶体），密度较且ρρ(H2O)。
烷烃的物理性质随着分子里碳原子数的递增，呈现规律性的变化。
常温下，它们的状态由_____态变到_____态又变到_____态；它们的沸点逐渐_______，相对密度逐渐_______。
烃的支链越多，熔沸点越____。
如熔沸点：正丁烷____异丁烷。
（烯烃和炔烃相似）（2）烷烃、烯烃和炔烃结构上的差异？烯烃的顺反异构及具备顺反异构的条件？（3）烷烃、烯烃和炔烃各自所具有的化学性质以及所属有机反应的类型（4）实验室制乙炔? 图片中的仪器、试剂及对应用途？P32（5）脂肪烃的来源（可结合必修二的石油化工等内容巩固）P35～36（6）苯的特殊结构及C原子杂化方式？苯均有的化学性质？P37～38苯的同系物以及其余芳香烃结构和性质？P38～39，P39的资料卡片（7）芳香烃的来源（可结合必修二的煤的干馏等内容巩固）P39（8）卤代烃的用途、结构和性质（尤其是水解和消去）P40～42P42氟利昂的性质和用途。
P42科学视野：臭氧层的保护第三章烃的含氧衍生物（1）简单醇和酚的命名？P48（2）醇类的结构特点和主要化学性质以及所属有机反应的类型？P49～52甲醇、乙醇、丙醇等低级醇易溶于水的原因？P49实验室制乙烯? 图片中的仪器、试剂及对应用途、反应条件？P51（3）苯酚的物理性质（尤其注意颜色、水溶性知识点）？P52苯酚沾在皮肤上的危害与处理？P52（4）苯酚的化学性质和用途？P53～54（5）甲醛、乙醛等醛类的物理性质和用途？P56（6）乙醛的结构特点和主要化学性质以及所属有机反应的类型？P57～58P58学与问注：银镜反应实验、新制Cu(OH)2悬浊液反应（7）羧酸的结构特点和分类？P60（8）乙酸的物理性质和化学性质？P60～61P60科学探究：验证乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（9）常见酯类的存在和用途P62（10）酯类的物理性质和化学性质（酸性和碱性时的水解）P62？P63思考与交流：乙酸乙酯制备实验（必修二）的平衡问题思考第四章生命中的基础有机化学物质（1）六大营养素？三大营养物质？P72（2）油脂的分类、组成、结构？P74（3）油脂的物理性质和化学性质？P75～78P76科学视野：肥皂、合成洗涤剂的影响？（4）糖类的定义、结构和分类？P79P79资料卡片：糖类与糖水化合物的关系？（5）蛋白质与氨基酸的关系？氨基酸的结构和性质？P86～87（6）蛋白质的结构和性质（水解、盐析、变性、颜色反应、灼烧等）？P88～90 （7）酶与核酸的了解和认识？P91～93第五章进入合成有机高分子化合物的时代（1）高分子化合物与低分子化合物的区别？P98如何判断高分子化合物与低分子化合物？（2）合成高分子一般使用的两种方法？P100～103对比两种缩合形成高分子之间的相同点和不同点？（3）三大合成材料？P104～111（支链）线型结构和网状结构塑料性质上的差异？热塑性和热固性塑料典型举例？酚醛树脂的缩合过程？P1072021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）1．新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。
2019-2020年高三第三次模拟考试 理综化学 含答案理科综合 xx ．5本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，共16页 。
满分240分。
考试用时150分钟。
答卷前，考生务必将自己的姓名、座号、准考证号填涂在试卷、答题卡和答题纸规定的位置。
考试结束后，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。
第I 卷（必做，87分）注意事项：1．第I 卷共20小题，1～13题每小题4分，14～20题每小题5分，共87分。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再涂写在其他答案标号。
不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 A1 27 S 32C1 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 657．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。
下列叙述错误的是A ．水玻璃可用于制备硅胶和木材防火剂B ．在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀C ．煤经过气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D ．将苦卤浓缩、氧化，鼓入热空气可提取出海水中的溴8．下列说法正确的是A ．“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质B ．Zn 具有导电性和还原性，可用作锌锰干电池的负极材料C ． Pt 和 Pt 是中子数不同、质子数相同的同种核素D ．催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间，也能提高反应物平衡时的转化率9．下列说法正确的是A ．含有共价键的物质中一定不含有金属元素B ．若M +和R 2－具有相同的电子层结构，则原子半径：M ＜RC ．N 和 As 属于第V A 族元素，N 原子得电子能力比As 原子强D ．C 、Si 、S 、Cl 的最高价氧化物都能与水反应生成相应的酸，且酸性依次增强10．下列有关有机化合物的叙述错误的是A ．乙醇、乙酸和苯都能发生取代反应B ．用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别甲烷和乙烯C ．煤油是石油的分馏产品，可用于保存少量的钠D ．糖类、油脂、蛋白质是人体必需的营养物质，它们的组成元素相同11．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是198 78202 7812AA．向氯水中加入NaOH溶液至中性，所得溶液中c(Na+)＝c(Cl-) + c(ClO-)B．Na2O2在空气中长期放置，最终变为NaHCO3粉末C．某溶液中加入铝粉能产生氢气，该溶液中可能大量存在：H+、SO42-、NO3-、Na+ D．在反应O3 + 2KI + H2O＝2KOH + I2 + O2中，每生成32gO2，转移电子数目为N A13．对下列图像的描述正确的是A．根据图①可推知反应A2(g) + 3B2(g)2AB3(g)的△H>0B．图②可表示压强(P)对反应2A(g) + 2B(g)3C(g)+D(s)的影响C．图③中由A点到B点可采取的措施是向溶液中加入CH3COONa溶液D．根据图④，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuCO3调节pH至3～5第II卷（必做129分，选做24分，共153分）注意事项：1．第Ⅱ卷共18道题。
2019-2020年高考化学三模试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．B i和Bi的核外电子数不同B．N H3的电子式为：C．全部由非金属元素组成的化合物可能含离子键D．离子化合物不可能含共价键考点：核素；电子式；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学用语专题．分析：A．质子数=核外电子数；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构；C．铵盐属于离子化合物；D．离子化合物可能含有共价键．解答：解：A.Bi和Bi质子数相同，质子数=核外电子数，故核外电子数相同，故A错误；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构，其电子式为：，故B错误；C．铵盐属于离子化合物，如氯化铵，故C正确；D．离子化合物可能含有共价键，如氢氧化钠中的O﹣H，故D错误，故选C．点评：本题考查质子数与核外电子数的关系、电子式、离子化合物、共价键等化学用语，为高频考点，题目难度不大．把握化学用语的规范应用是解答的关键．2．（6分）（xx•鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A．1种B．6种C．18种D．28种考点：有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有﹣CH2OH结构，据此回答判断．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丁醇，2﹣甲基﹣1﹣丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故A可能的结构共有6种．故选B．点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．3．（6分）（xx•鱼台县校级三模）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．0.1mol•L﹣1稀硫酸中含有SO42﹣离子个数为0.1N AB．常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3N AC．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为N AD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，铝得到的电子数为0.3N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、溶液体积不明确；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数即可；C、标况下，三氧化硫是固态；D、金属只能失电子．解答：解：A、溶液体积不明确，故无法计算溶液中硫酸根的个数，故A错误；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数=×3×N A=3N A，故B正确；C、标况下，三氧化硫是固态，故C错误；D、金属单质只能失电子，不能得电子，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．（6分）（xx•吉林三模）下列说法正确的是（）A．分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B．的名称为：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯C．化合物是苯的同系物D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．专题：有机化学基础．分析：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质；B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；C．根据苯的同系物符合：①只有一个苯环；②侧链为烷基，③具有通式C n H2n﹣6（n≥6）；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯．解答：解：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质，CH3CH2CH2CH2CH3分子中间H原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个H原子，有2种情况，若取代不同C原子上H原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故A正确；B．该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号C，在2、4号C都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；C．分子不符合通式C n H2n﹣6（n≥6），不属于苯的同系物，故C错误；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选A．点评：本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点．5．（6分）（xx•吉林三模）塑化剂是一种对人体有害的物质．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）A．环己醇分子中所有的原子可能共平面B．D CHP能发生加成反应和取代反应，不能发生酯化反应C．1mol DCHP可与4mol NaOH完全反应D．D CHP易溶于水考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣；C．﹣COOC﹣与NaOH反应；D．DCHP属于酯类物质．解答：解：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构，则不可能所有原子共面，故A错误；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣，则苯环发生加成反应，﹣COOC﹣可发生取代反应，不能发生酯化反应，故B正确；C．﹣COOC﹣与NaOH反应，则1mol DCHP可与2mol NaOH完全反应，故C错误；D．DCHP属于酯类物质，不溶于水，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、酯性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大．6．（6分）（xx•吉林三模）25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是（）A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B．根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C．根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D．醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断．解答：解：A．在B点时，溶液pH＞7，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c （H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．在C点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，而钠离子浓度为c （Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C．点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．7．（6分）（xx•海南）用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）A．P bO B．P b2O3C．P b3O4D．P bO2考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，据此求出二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳的物质的量计算出铅氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，再计算出铅元素的质量即铅原子的物质的量，据此书写化学式．解答：解：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，所以碳酸钙的物质的量为=0.08mol．铅氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，根据碳元素、氧元素守恒可知CO～～～O～～～CO2～～～CaCO3，1 1 10.08mol 0.08mol 0.08mol所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.08mol，氧元素的质量为0.08mol×16g/mol=1.28g；所以铅氧化物中的铅元素的质量为13.7g﹣1.28g=12.42g，铅原子的物质的量为=0.06mol．所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.06mol：0.08mol=3：4．所以铅氧化物的化学式为Pb3O4．故选：C．点评：本题考查学生利用化学反应球物质的化学式，明确反应中元素的守恒来分析铅氧化物中氧元素的质量是解答的关键．二、解答题（共6小题，满分88分）8．（15分）（xx•吉林三模）二价铬不稳定，极易被氧气氧化．醋酸亚铬水合物{2•2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂．实验室中以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示，制备过程中发生的反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）═ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）═2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO﹣（aq）+2H2O（l）═2•2H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗，所盛装的试剂是盐酸．（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化．（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3．（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应打开阀门A、关闭阀门B （填“打开”或“关闭”）．（5）本实验中锌粒须过量，其原因是与CrCl3充分反应得到CrCl2，产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应．（6）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的2•2H2O 5.64g，则该实验所得产品的产率为75%．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸；（2）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化Cr2+；（3）装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；（6）依据化学方程式定量关系计算分析，产率=×100%．解答：解：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸和锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置3中；故答案为：分液漏斗；盐酸；（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3；故答案为：防止空气进入装置3；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；故答案为：与CrCl3充分反应得到CrCl2；产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；（6）实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到2•2H2O 的质量=××376g/mol=7.52g，该实验所得产品的产率=×100%=75%，故答案为：75%．点评：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，主要是实验原理的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）（xx•吉林三模）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．工业上利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是还原Co3+．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O．（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发、冷却和过滤．（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，所得滤液中金属离子有Co2+、Mn2+、Na+．（5）萃取液中含有的主要金属阳离子是Mn2+．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克．则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是93.0%．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，Fe3+、Al3+沉淀完全，据此分析剩余的金属离子；（5）由流程图可知，加入萃取剂，萃取Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O关系式求质量分数．解答：解：（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O，故答案为：还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl ﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；故答案为：蒸发；冷却；（4）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液中的金属离子主要有Co2+、Mn2+、Na+，故答案为：Co2+、Mn2+、Na+；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取作用可知，此时萃取液中金属离子为Mn2+，故答案为：Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O～2AgCl，16.4g238 287x 4.6g，x=3.81g则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是×100%=93.0%，故答案为：93.0%．点评：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度大，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．（14分）（xx•吉林三模）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容．（1）已知2.00g的C2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol．（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O．（3）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．某研究小组向一个容积不变的密闭真空容器（容器容积为3L，固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，在恒温（T1℃）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如下：NO N2CO2n/molt/min0 2.00 0 010 1.16 0.42 0.4220 0.80 0.60 0.6030 0.80 0.60 0.60①10min～20min以v（NO）表示的反应速率为0.012mol/（L•min）．②根据表中数据，计算T1℃时该反应的平衡常数为0.56（保留两位小数）．③下列各项能判断该反应达到平衡状态的是CD（填序号字母）．A．容器内压强保持不变B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆）C．容器内CO2的体积分数不变D．混合气体的密度保持不变④一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率不变（填“增大”、“不变”或“减小”）．（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应H2（g）+CO2（g）═H2O（g）+CO（g），恒温下c（CO）随反应时间t变化的曲线Ⅰ如图所示．若在t0时分别改变一个条件，曲Ⅰ变成曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．①当曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，改变的条件是加入催化剂；②当曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ时，改变的条件及改变条件的变化量分别是增大压强，压强变为原来的1.5．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧生成温度氧化物的热效应，故可计算1molC2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出的热量，写出热化学方程式；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，利用C元素化合价变化判断失去电子数，根据电荷守恒和质量守恒写出电极反应式；（3）①计算10min～20min内，NO浓度的变化，得到v（NO）；②20min后达到化学平衡状态，利用化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数；③利用化学平衡状态的特征判断；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；（4）①根据曲线中c（CO）变化所需时间进行判断；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，可以减小体积或者增大压强考虑，结合平衡状态时，CO的浓度之比，计算出体积减小或者压强增大的倍数．解答：解：（1）2.00g的C2H2的物质的量为=0.077mol，释放热量99.6kJ，则C2H2的燃烧热为=1294.8 kJ/mol，可写出热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，C元素化合价升高了5，即1molC2H2失去10mole﹣，电极反应式为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O，故答案为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O；（3）①10min～20min内，NO浓度的变化为=0.12mol/L，v（NO）==0.012mol/（L•min），故答案为：0.012mol/（L•min）；②20min后达到化学平衡状态，由于C为固体，化学平衡常数表达式为==0.56，故答案为：0.56；③A．反应前后气体体积不变，是否达到平衡状态，压强都不发生变化，故A错误；B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆），速率之比等于计量数之比可知，v（N2）（逆）=v（NO）（逆），即v（NO）（正）=v（NO）（逆），未达到平衡状态，故B错误；C．容器内CO2的体积分数不变，则各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．，气体物质的量不变，由于C为固体，则气体总质量m，随着反应进行会发生变化，即密度也会发生变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故D正确；故选：CD；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变，则NO的转化率也不变，故答案为：不变；（4）①曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，CO平衡浓度不变，达到平衡所需时间减小，加快了反应速率，可以是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，减小体积或者增大压强都可以达到目的；曲线Ⅰ达平衡时c（CO）=3.0mol•L﹣1，曲线Ⅲ达平衡时c（CO）=4.5mol•L﹣1，浓度增大为原来的=1.5倍，则压强增大为原来的1.5倍，故答案为：增大压强，压强变为原来的1.5．点评：本题较为综合，考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡状态的判断已经化学平衡移动，难度中等，其中（4）为图象题，具有一定难度．11．（15分）（xx•吉林三模）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法．（1）①废水I若采用CO2处理，离子方程式是OH﹣+CO2═HCO3﹣．②废水Ⅱ常用明矾处理．实践中发现废水中的c（HCO3﹣）越大，净水效果越好，这是因为HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强．③废水Ⅲ中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2++CH4=CH3Hg++H+．我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L．对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染．④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN﹣的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O═10Cl﹣+2CO2+N2+8H+．（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）．某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：Ⅰ．取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液．Ⅱ．加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热．Ⅲ．反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵溶液滴定．终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL．①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管（或移液管）．②Ⅲ中，发生的反应为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O由此可知，该水样的化学需氧量COD=mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：（1）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH﹣；②HCO3﹣可与Al3+发生互促水解反应；③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去；④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取；②根据反应的离子方程式计算．解答：解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3﹣，则反应的离子方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣，故答案为：OH﹣+CO2=HCO3﹣；②HCO3﹣和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2﹣=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；④废水Ⅳ常用C12氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的C12与CN﹣的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+，故答案为：5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10﹣3mol，n（Fe2+）=V2×10﹣3L×cmol/L=cV2×10﹣3mol，由Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10﹣3mol﹣×cV2×10﹣3mol=×10﹣3mol，得电子：2×（6﹣3）××10﹣3mol=（15﹣cV2）×10﹣3mol，根据电子转移，相等于×（15﹣cV2）×10﹣3mol氧气，m（O）=×（15﹣cV2）×10﹣3mol×32g/mol=8×（15﹣cV2）×10﹣3g=8×（15﹣cV2）mg，所以：COD==mg/L，故答案为：．点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，为高考常见题型和高频考点，题目信息量较大，注意把握题给信息，答题时仔细审题，难度中等．12．（15分）（xx•吉林三模）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：（1）请写出：D基态原子的价层电子排布图：；F 基态原子的外围电子排布式：3d104s1．（2）下列说法错误的是AD．A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2．B．电负性顺序：B＜C＜DC．N2与CO为等电子体，结构相似．D．稳定性：H2O＞H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键．（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成（F（X）4）2+，该离子的结构式为（用元素符号表示）．（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3．（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为8．（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率．考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B 元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于Ⅷ族及相邻的族，E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，故F为Cu，（3）中C与A形成的气体X，则A为H元素，X 为NH3，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s。
