2021屆湖南省新高考聯(lián)盟高考化學模擬試卷(A卷)(3月份)(附答案詳解)

2021屆湖南省新高考聯(lián)盟高考化學模擬試卷（A卷）（3月份）

一、單選題（本大題共10小題，共30.0分）

1.含硫酸的三氧化鋁（）。3）遇酒精（C2H5。，）后，其顏色會從紅色變成藍綠色，利用這個現(xiàn)象可判

斷汽車司機是否酒后駕車，反應式為：2仃。3+3c2H5。"+3H2sTCr2（SO4）3+3CH3CHO+

6H2。，此反應中，硫酸作（）

A.氧化劑B.酸化劑C.還原劑D.催化劑

2.下列裝置所示的實驗中，能達到實驗目的的是

A.分離碘和酒精B.除去C%中的HG

C.實驗室制氨氣D.排水法收集N。

3.紇表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A.在反應Kei/+6HC，（濃）=KC1+3C12T+342。中，每生成3mo,C%轉移的電子數(shù)為N.

B.1molK2s固體中含有3NA個離子

C.1mol（》分子中含碳碳雙鍵數(shù)為3NA

D.含有N4個筑原子的發(fā)氣在標準狀況下的體積約為11.2L

4.能正確表示下列反應的離子方程式是（）

-

A.用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2：2NH3-H20+SO2=2NH；+SO^+H2O

B.氯化鈉與濃硫酸混合加熱：“25。4+2。廠SO2T+Cl2T+H2O

+3+

C.磁性氧化鐵溶于稀硝酸：3Fe2++4H+NOj=3Fe+NOT+3H2O

D.明磯溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO：恰好完全沉淀：2Ba2++30"-+43++2SO：-=

SO^2BaSO4I+4（OH）3I

5.下列說法正確的是（）

A.制硝基苯時將濃硝酸沿著內壁慢慢注入盛有濃硫酸的燒懷中，并不斷攪拌

B.根據(jù)火焰所呈現(xiàn)的特征焰色，可以檢驗金屬或金屬離子的存在

C.實驗室中少量金屬鈉常保存在煤油中，實驗時多余的鈉不能放回原瓶中

D.用玻璃棒在過濾器上攪拌以加速硫酸釧沉淀的洗滌

6.某種有機物由C、H、。三種元素組成，其分子球棍模型如圖所示,

列有關敘述正確的是（）

①分子式為。10“9。3

②該分子中10個碳原子都可能在同一平面上

③lmol該物質最多能與57710加2加成

④該物質能使酸性KMnCU溶液褪色

⑤1m。/該物質最多能與含3nio/NaO”的溶液反應

⑥ImoE該物質與足量濃漠水反應，最多消耗3瓶。出萬

⑦該物質遇FeCb溶液不變色

⑧該物質能和Na2c&溶液、NaHC3溶液反應

A.①②④⑥B.②③⑤⑥C.②④⑦⑧D.②④⑤⑥

7.實驗室可利用硫酸廠爐渣（主要成分為鐵的氧化物，還含有少量產(chǎn)eS、SiQ等）制備聚鐵和綠帆

（FeSO&?7H2O）,聚鐵的化學式為[Fe2（OH）n（S04）3.o.5n]m制備過程如圖所示。下列說法錯誤的

是（）

3+

A.爐渣中FeS與硫酸、氧氣反應的離子方程式為4FeS+302+12"+=4Fe+4SI+6H2O

B.氣體M的成分是SO?,通入雙氧水得到硫酸，可循環(huán)使用

C.若調節(jié)溶液Z的pH偏小，則將導致聚鐵中鐵的質量分數(shù)偏大

D.溶液X轉化為溶液丫需要加過量鐵粉，再過濾

8.利用待測樣品和指定的試劑設計實驗能達到實驗目的的是（）

選項實驗目的待測樣品試劑

A檢驗乙烯的還原性乙烯氣體漠水

B檢驗潔廁劑的主要成分是鹽酸潔廁劑硝酸銀溶液

C檢驗是否患糖尿病患者尿液硫酸銅溶液、純堿溶液

D檢驗濃硫酸的吸水濃硫酸五水硫酸銅晶體

A.AB.BC.CD.D

9.在指定條件下，下列各組離子一定不能大量共存的是（）

①能使紅色石蕊試紙變藍的溶液中：Na+、K+、COg、NO.、

②c（H+）=0.17no，1T的溶液中：Cu2+.4戶+、so臺、NOj

③能使淀粉碘化鉀試紙變藍的溶液中：Na+、N￡、S2-、Br-

④由水電離出的c（H+）=10-1260（.廣1的溶液中：Na+、Mg2+、。廠、HC0-

⑤加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液中：NH3Fe2+.SO廣、N09

⑥含有大量Fe3+的溶液中：NH3Na+、CL、SCN~.

A.①②③B.①③⑥C.③④⑤⑥D.②④

10.某化工廠充分利用工業(yè)廢氣中的c。、co2,將氯代燒、氯堿工業(yè)和甲醇聯(lián)合生產(chǎn)，減少了環(huán)境

污染，具體流程如圖。下列敘述錯誤的是（）

A.為減少副反應的發(fā)生，過程n中的裝置需使用陽離子交換膜

B.在過程HI中實現(xiàn)了CuC%的再生

C.理論上每生成1根。憶"3。"，可得到1m。憶2"4。%

D.過程IV中的反應是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl

二、雙選題（本大題共4小題，共16.0分）

11.阿司匹林是生活中應用的醫(yī)藥之一。它可由下列方法合成：下列說法正確的是（）

CHOCOOH

COOH

OH一攵叁件下

Q反應①

銅段基蕓甲辭

A.鄰羥基苯甲醛分子中所有的原子不可能在同一平面

B.用酸性KMnO,溶液直接氧化鄰羥基苯甲醛可實現(xiàn)反應①

C.阿司匹林可以發(fā)生水解、加成、氧化反應

D.與鄰羥基苯甲酸互為同分異構體，苯環(huán)上一氯代物僅有2種且能發(fā)生銀鏡反應的酚類化合物

共有3種

12.下列實驗操作規(guī)范且能達到目的是（）

目的操作

A比較a和Br的非金屬性強弱測pH，比較同濃度的Ha和HBr的酸性強弱

B清洗碘升華實驗所用試管先用酒精清洗，再用水清洗

C海帶提碘中的氧化工序可以用硝酸代替氯水

D將四氯化碳中的碘單質提取出來可通過反萃取法

A.AB.BC.CD.D

13.一定溫度下，容積為2Z,的甲、乙兩固定容積的密閉容器中，發(fā)生反應：2SOz（g）+5（g）=

2SO3（g）.達平衡時測得有關數(shù)據(jù)如下表.

容器甲乙

反應物投入量2molS02>Imol024molS03

n(S()3)/mol1.6a

反應物的轉化率%戊2

下列說法正確的是（）

A.即+a2>1

B.1.6<a<3.2

C.若甲中反應2min時達到平衡，貝min內平均速率丫（。2）=0.2mol?L-1-min-1

D.甲平衡后再加入0.2moESOz、0.2molO2^0.4molS03,平衡正向移動

14.濃度均為0.10mo，/L、體積均為匕的MOH和ROH溶液，夕

釋至體積V,

pH隨1g卷的變化如圖所示，下列敘述正確的是()

A.MO/7的堿性弱于ROH的堿性

B.R?！钡碾婋x平衡常數(shù)：b點大于a點

C.若兩溶液無限稀釋，則它們的c(OH-)不相等

D.當恒看=2時，若兩溶液同時升高溫度，則需減小

三、簡答題(本大題共5小題，共62.()分)

15.二氧化氯(。外)能有效殺滅新型冠狀病毒，是一種高效消毒劑。工業(yè)上利用甲醇還原Na//的

方法制備。/。2,工藝流程如下：

CHsOH63%R1so.冷水

|IJ

甌I。拉1)三強制~>|冷《塔|~X吸收塔I~>C16儲網(wǎng)

過程I(mt)

-LftO,ENaaO^s)

蟠n

1'

NBxSO/lOHq

已知：

a.發(fā)生器中制備￡7。2的反應：UNaClO3+8H2S04+3cH30H=12Go2T+3HC00H+

4Na3H(SO>1+9”2。

b.相關物質的熔沸點：

物質CH30HHCOOHCio2

熔點/汽-979-59

沸點/汽6510111

(1)。。2可用于殺菌消毒是因其具有性。

(2)冷卻塔用于分離a”并回收C/OH，應控制的最佳溫度為(填字母)。

A.0~10℃

B.20?30℃

C.60—70℃

(3)經(jīng)過程I和過程口可以獲得芒硝(Na2sO4?IO/。)并使部分原料循環(huán)利用。

已知：Na2S04-IO%。和NazS內的溶解度曲線如圖:

①Na2H(SO。?處理器中獲得芒硝時需加入NaCl%固體，從芒硝溶解平衡的角度解釋其原因:

②結合：Na2s。4?IO%。和Na2s。4的溶解度曲線，過程口的操作是：在32.4。(：恒溫蒸發(fā),。

③Na2H(SO)處理器的濾液中可以循環(huán)利用的原料是NaCg和。

16.MgO、施。3都是常用的耐火材料，某研究小組取1003含60%4的報廢汽車的鎂鋁合金材料來

制備MgO、Al2O3,其中甲可由溶液8轉化再生，工藝流程如圖所示。請回答下列問題：

(1)下列對合金材料的說法正確的是。(填字母代號)

A.合金是金屬與金屬熔合而成的混合物

B.合金的熔點比成分金屬更高

C.合金的硬度比成分金屬更大

D.氧化鋁熔點高，故可以用氧化鋁用煙熔融氫氧化鈉

(2)物質甲是(化學式)，產(chǎn)品4是o(化學式)

(3)操作①、②所需的玻璃儀器是o

(4)物質甲與鋁發(fā)生反應的離子方程式為。

(5)假設不計損耗，可得產(chǎn)品B的質量為kg。(保留一位小數(shù))

17.近期發(fā)現(xiàn)，H2s是繼N。、C。之后的第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調節(jié)神經(jīng)信號傳

遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}：

(1)下圖是通過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統(tǒng)原理。

Z、

f

熱化學碳?循環(huán)水分解制氧系統(tǒng)(D1

11

1

H,SO4(?q)-SO,(g)+[O,(g)1

1AH,-327kJmol'1

1

/I卜

1SO,(g)?!,(?)+2H,O(l)—2H!(?q)+Hso.(aq)A//,--lSlkJtnol

111

1

12Hl+iV/,>IIOUmor'1

\、/

H,S(g)4HjSOJaq)-S(?)+SO,(f)*2H,0(l)?61kJmo「

熱化學磁?福環(huán)硫化氫分川聯(lián)產(chǎn)氧氣、疏黃系改(II)

通過計算，可知系統(tǒng)(I)和系統(tǒng)(II)制氫的熱化學方程式分別為、,制得等量為所需

能量較少的是?

(2)H2s與CO2在高溫下發(fā)生反應：H2s(g)+CO2(g)UCOS(g)+”2。9)。在610K時，WO.lOmo/CO2

與0.40?noZH2s充入2.5L的空鋼瓶中。2nl譏后，反應達到平衡，水的物質的量為O.OlTnol。

①H2s的平衡轉化率a=%

②從反應開始到平衡，。。2的平均反應速率為

(3)在一定條件下，用/。2氧化H2s.隨著參加反應的半割變化，氧化產(chǎn)物不同。在酸性溶液中，當

當熬=4時，寫出離子方程式______。

18.晶體硅是制備太陽能電池板的主要原料?，電池板中還含有硼、氮、鈦、鉆、鈣等多種化學物質.請

回答下列問題：

(1)科學家常利用X-射線衍射實驗區(qū)分晶體硼和無定形硼，二者之關的關系互為.第二周期

元素的第一電離能按由小到大的順序排列，B元素排在第位，其基態(tài)能量最低的能極電子

云輪廊圖為.

(2)硅酸根有多種結構形式，一種無限長鏈狀結構如圖1所示，其化學式為,Si原子的雜化類

型為.

(3)N元素位于元素周期表_____區(qū)；該元素形成的氫化物的沸點比同族元素的氫化物沸點高，其原

因為______

圖I圖2

(4)[Co(N“3)6]3+的幾何構型為正八面體形，Co在中心.[Co(N“3)6]3+中，1個C。提供個空軌

道.該配位離子的作用力為(填序號).

A.金屬鍵B.離子鍵C.共價鍵。.配位鍵E.氫鍵

(5)一種由Ca、Ti、0三種元素形成的晶體的立方晶胞結構如圖2所示.

①與及緊鄰的Ca有個.

②若Ca與。之間的最短距離為apm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體的密度p=?。根-3(用

含a、必的代數(shù)式表示).

19.化合物G是一種重要的化工原料，它可由電石通過下列路線合成。

二1"riNaCNH+

已知：①RX-RCN-RCOOH-

八NH

②RX-3RNH2。

回答下列問題。

(1)寫出由電石與水反應得到化合物力的化學方程式。

(2)化合物C的化學名稱是：由B到C的化學反應類型是o

(3)寫出由E和尸合成G的化學方程式,該反應的類型是o

(4)化合物/是C的同系物，分子量比C大14。/的一種同分異構體的核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積之

比為1：2,其結構簡式為。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：20。3+3。2"5。"+3”25。4752（5。4）3+3。"3?！薄?6”2。中，只有5、C元素的化

合價發(fā)生變化，則硫酸在反應中作酸化劑，

故選：B。

。"+。中，元素的化合價由價降低為

2CrO3+3c2H53H2S047Cr2（SO4）3+3CH3CHO+6H2Cr+6

+3價，乙醇中C元素的化合價升高，以此來解答.

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重分析與應

用能力的考查，注意元素化合價的判斷，題目難度不大.

2.答案：D

解析：試題分析：4、碘和酒精混溶，故錯；B、氯氣也與氫氧化鈉溶液反應，故錯；C、實驗室常

用加熱氯化鉉與熟石灰固體來制氨氣，故錯。故選D。

考點：實驗方案的設計與評價

點評：本題考查了常見的實驗裝置與實驗目的關系，完成此題，可以依據(jù)已有的知識進行。

3.答案：B

解析：解：力、反應KC1O3+6HU（濃）=KC1+3c4T+3H2。轉移5m。，電子，生成氯氣，故

當生成3moz氯氣時轉移電子即5%個，故A錯誤；

B、K2s由2個鉀離子和1個硫離子構成，故17noi硫化鉀中含3根。，離子即3N4個，故B正確；

C、苯不是單雙鍵交替的結構，故苯中無碳碳雙鍵，故C錯誤；

D、氟氣為單原子分子，故含有NA個短原子的嵐氣的物質的量為1M。，，在標況下為22.4L,故D錯

誤.

故選B.

A、反應KC1O3+6HC7（濃）=KC1+3c12T+3”2。轉移5moi電子，生成3moi氯氣；

B、K2s由2個鉀離子和1個硫離子構成；

C、苯不是單雙鍵交替的結構；

D、通氣為單原子分子.

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大.

4.答案：A

解析：B中NaG與濃/SO,共熱應生成HG氣體；C中磁性氧化鐵為尸03。4,應用化學式表示；D中明

磯溶液中43+與SO：的個數(shù)比為1：2,當SO：完全沉淀時，加入的?！号c43+反應生成A10：。

5.答案：B

解析：解：4濃硫酸密度較大，應該將濃硫酸沿著內壁慢慢注入盛有濃硝酸的燒杯中，并用玻璃棒

不斷攪拌，故A錯誤；

B.焰色反應為元素的性質，某些金屬灼燒有特殊的焰色，則根據(jù)火焰所呈現(xiàn)的特征焰色，用來檢驗

金屬或金屬離子的存在，故B正確；

C.鈉與水、氧氣反應，為保證安全，實驗時多余的鈉放回原瓶中，故C錯誤；

D.過濾時不能攪拌，易搗破濾紙，影響過濾效果，應使水自然流下，故D錯誤；

故選：B。

A.混合時將密度大的液體注入密度小的液體中；

B.焰色反應為元素的性質，某些金屬灼燒有特殊的焰色;

C.鈉化學性質比較活潑，易與空氣中氧氣、水反應;

D.過濾時不能攪拌，易搗破濾紙。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，題目難度不大，把握物質的性質、實驗基本操作、實

驗安全、焰色反應、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。

6.答案：D

解析：

本題考查有機物的結構與性質，為高考常見題型，把握官能團及性質的關系為解答的關鍵，熟悉苯

酚、烯垃的性質為即可解答，題目難度不大。

根據(jù)有機物的價鍵規(guī)則（碳原子形成4條鍵，氧原子形成2條鍵，氫原子形成1條鍵）可寫出該有機物的

結構簡式為,含酚一OH、C=C、-C00C-,結合苯酚、烯燒、酯的性質來解答。

①由有機物的球棍模型可知分子式為Go//，故①錯誤;

②苯環(huán)和碳碳雙鍵為平面形結構，則該分子中10個碳原子都可能在同一平面上，故②正確;

③能與氫氣發(fā)生加成反應的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，1爪。2該物質最多能與4加0加2加成，故③錯誤；

④含有酚羥基碳碳雙鍵，可被氧化，則該物質能使酸性KMn。,溶液褪色，故④正確；

⑤能與氫氧化鈉反應的官能團為酚羥基和酯基，且酯基水解后產(chǎn)生酚羥基，則1巾。1該物質最多能與

含3nw/NaOH的溶液反應，故⑤正確；

⑥酚羥基鄰位可被澳取代，碳碳雙鍵可與澳發(fā)生加成反應，則1m。/該物質與足量濃澳水反應，最多

消耗3moi故⑥正確；

⑦含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應，故⑦錯誤；

⑧含有酚羥基，酸性比碳酸弱，比碳酸氫鈉強，可與碳酸鈉反應，但與碳酸氫鈉不反應，故⑧錯誤。

故選D。

7.答案：C

解析:解：4爐渣中FeS與硫酸、氧氣反應生成硫單質、硫酸鐵和水，反應的離子方程式為4FeS+302+

12H+=4Fe3++4S+6H2。，故A正確；

B.爐渣加入硫酸溶液同時通入氧氣得到固體皿為氧化還原反應生成的硫單質和Si。2等，固體W灼燒

得到氣體為二氧化硫，通入雙氧水得到硫酸，SO2+H2O2=H2S04,硫酸可循環(huán)使用，故B正確；

C.若溶液Z的pH偏小，則聚鐵中生成的氫氧根離子的含量減少，使鐵的含量減少，硫酸根離子增多，

因此導致聚鐵中鐵的質量分數(shù)偏小，故C錯誤；

D.溶液X中加入過量鐵粉，鐵和硫酸鐵充分反應生成硫酸亞鐵，同時可防止硫酸亞鐵被氧化，故D

正確；

故選:Co

3+

爐渣加入硫酸溶液同時通入氧氣，發(fā)生反應4FeS+3。2+12H+=4Fe+4S+6H2O,固體W為氧

化還原反應生成的硫單質和Si。2等，W焙燒生成氣體M為SO2,溶液X為含有叫3+的溶液，調節(jié)溶液

pH得到溶液Z,70-80K條件下加熱得到聚鐵膠體和聚鐵，溶液X中加入鐵生成丫的溶液為硫酸亞鐵

溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到硫酸亞鐵晶體，以此來解答。

本題考查物質的制備實驗方案設計，為高考常見題型，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純、

元素化合物知識為解答的關鍵，側重學生的分析能力及化學實驗操作能力的考查，注意掌握元素及

化合物、氧化還原反應等知識的應用，題目難度不大。

8.答案：D

解析：解：4乙烯與澳水發(fā)生加成反應，由實驗不能證明乙烯具有還原性，故A錯誤；

B.硝酸銀只能檢驗氯離子，由實驗不能證明含氫離子，則不能說明成分為鹽酸，故B錯誤；

C.檢驗葡萄糖選新制氫氧化銅懸濁液，應將純堿改為燒堿，故C錯誤；

D.濃硫酸具有吸水性，可使五水硫酸銅晶體由藍色變?yōu)榘咨勰?，故D正確：

故選：Do

A.乙烯與濱水發(fā)生加成反應：

B.硝酸銀只能檢驗氯離子；

c.檢驗葡萄糖選新制氫氧化銅懸濁液；

D.濃硫酸具有吸水性。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、物質檢驗、實驗技能

為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

9.答案：C

解析：解：①能使紅色石蕊試紙變藍的溶液中存在大量氫氧根離子，Na+、K+、C。歹、N0&、

［加（。，）4「之間不反應，都不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故①不選；

②式"+）=0.17710入廠1的溶液中，：Cu2+,43+、s。；-、N。*之間不反應，都不與氫離子反應，

在溶液中能夠大量共存，故②不選；

③能使淀粉碘化鉀試紙變藍的溶液具有氧化性，能夠氧化S2-,在溶液中不能大量共存，故③選；

④由水電離出的C（H+）=10-12血0/.右1的溶液呈酸性或堿性，HC。］與氫離子、氫氧根離子反應，

在溶液中不能大量共存，故④選；

⑤加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液呈酸性或堿性，NH八Fe2+與氫氧根離子反應，F(xiàn)e2+、N。］在酸性條

件下發(fā)生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故⑤選；

⑥Fe3+、SCAT之間發(fā)生絡合反應，在溶液中不能大量共存，故⑥選；

故選：Co

①能使紅色石蕊試紙變藍的溶液呈堿性，五種離子之間不反應，都不與氫氧根離子反應；

②四種離子之間不反應，都不與氫離子反應；

③能使淀粉碘化鉀試紙變藍的溶液具有氧化性，能夠氧化硫離子；

④由水電離出的c（H+）=10T2mo/.右1的溶液呈酸性或堿性，碳酸氫根離子與氫離子、氫氧根離子

反應；

⑤加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液呈酸性或堿性，核根離子、亞鐵離子與氫氧根離子反應，酸性條件下

硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子；

⑥鐵離子與硫氫根離子反應。

本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的

一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；能發(fā)生絡合反應的離

子之間（如Fe3+和SCN-）等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中

是否有大量的H+或。溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是

“可能”共存，還是“一定”共存等。

10.答案：C

解析：解：4、過程〃為電解飽和食鹽水，由于以2、%混合易發(fā)生爆炸生成"C，，和Na。"易發(fā)

生反應生成NaCM和NaC，，所以為減少副反應的發(fā)生，過程II中的裝置需使用陽離子交換膜將陽極

生成的C%與陰極生成的也、NaO"隔開，故A正確；

B、由流程圖可知，乙烯的氯化反應為c2H4+2CI/CZ2-^-C2H4cz2+2CnC7，CuC%的再生步驟為

Cl2+2CuCl=2CuCl2,可實現(xiàn)CuC%的再生，故B正確；

C、過程〃/、C總反應為C2H4+C/2=C2H4c72,生成:bnolC2H4CI2消耗ImolC%，2c廠+

電解

2H2O-2OH-+H2T+Cl2T1生成1根。，。，2同時生成“2與廢氣中CO、。。2反應生成

催化劑催化劑

的反應為CO+2H2=-^—CH3OH'C02+3H2=^—CH30H+H2O'則得到1巾。12H4。2可得到

CH30H的物質的量為g?37noi<Imo/,故C錯誤；

催化劑

D、由圖可知，過程W中乙烯的氯化反應為Q“4+2CuC，2^^C2“4C，2+2CuC，，故D正確；

故選：Co

處理工業(yè)廢氣的流程為：過程〃電解飽和食鹽水生成以2、“2和NQ?！?，過程/中“2與CO、。。2反應生

l&CH3OH,反應方程式為c。+2H2-^—CH3OH'C02+3H2^—CH30H+H20'過程〃/中CuC%的

催化劑

再生步驟為C%+2CuCl=2CuCl2,過程。中乙烯的氯化步驟為c2H4+2CuCl2-^C2H4Cl2+

2CuCl,據(jù)此分析解答。

本題考查氯堿工業(yè)及其應用、工業(yè)上合成甲醇和乙烯的氯化過程等知識，側重學生分析能力和信息

處理能力的考查，把握流程圖中各個過程及反應是解題關鍵，注意關系式的計算和物質循環(huán)的判斷，

題目難度中等。

11.答案：CD

解析：解：4苯和甲醛都是平面型分子，則鄰羥基苯甲醛分子中所有的原子可能在同一個平面，故

A錯誤；

B.醛基和酚羥基都可被氧化，故B錯誤；

C.阿司匹林含有竣基、酯基和苯環(huán)，具有酸、酯類和苯的性質，則可以發(fā)生水解、加成、氧化反應，

故C正確；

D.苯環(huán)上一氯代物僅有2種且能發(fā)生銀鏡反應的酚類化合物有兩類：一是苯環(huán)的側鏈為甲酸苯酚酯基

和酚羥基，二者處于對位，而是苯環(huán)側鏈為醛基和兩個酚羥基，且結構對稱，共3種同分異構體，故

D正確。

故選：CDo

A.根據(jù)苯和甲醛的結構判斷鄰羥基苯甲醛的空間結構特點；

B.醛基和酚羥基都可被氧化；

C.阿司匹林含有竣基、酯基和苯環(huán)，具有酸、酯類和苯的性質；

D.苯環(huán)上一氯代物僅有2種且能發(fā)生銀鏡反應的酚類化合物有兩類：一是苯環(huán)的側鏈為甲酸苯酚酯基

和酚羥基，二者處于對位，而是苯環(huán)側鏈為醛基和兩個酚羥基。

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分

析與應用能力的考查，注意官能團決定性質，題目難度不大。

12.答案：BD

解析：解：4比較非金屬性，可根據(jù)最高價氧化物的水化物的酸性或氫化物的穩(wěn)定性，不能根據(jù)氫

化物的酸性比較非金屬性，故A錯誤；

B.碘易溶于酒精，且酒精易溶于水，則可用酒精清洗碘，故B正確；

C.硝酸代替氯水，引入新雜質，且生成污染性氣體，故C錯誤；

D.碘在水中的溶解度較小，可多次反萃取，可達到實驗目的，故D正確。

故選：BD。

A.比較非金屬性，可根據(jù)最高價氧化物的水化物的酸性或氯化物的穩(wěn)定性；

B.碘易溶于酒精，且酒精易溶于水；

C.硝酸代替氯水，引入新雜質，且生成污染性氣體；

D.碘在水中的溶解度較小，可多次反萃取。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、氧化還原反應、實驗

技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

13.答案：CD

解析：解：4因體積相同，將乙中的量極限轉化后為甲中的2倍，則壓強大于甲中的壓強，減小三氧

化硫的轉化率，則的+。2<1,故A錯誤；

B.乙中2小。石。3與甲建立的平衡完全相同，體積相同，乙的物質的量變?yōu)?倍，則a大于甲中的2倍,

則a>3.2,故B錯誤；

Q.16mol

cv（S0}=——四——=04mol-L-1-min~lf由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則？（。2）=

'乙9）2min'

0.2mol?LT1-min-1,故C正確;

D.甲平衡后再加入0.2mo,SO2、0.2瓶0，。2和0.4m0”。3,壓強增大，該反應為氣體體積縮小的反

應，則平衡正向移動，故D正確；

故選CD.

A.因體積相同，將乙中的量極限轉化后為甲中的2倍，則壓強大于甲中的壓強，減小三氧化硫的轉化

率；

B.乙中2mo5。3與甲建立的平衡完全相同，體積相同，乙的物質的量變?yōu)?倍，則a大于甲中的2倍;

C.計算二氧化硫的反應速率，利用反應速率之比等于化學計量數(shù)之比計算氧氣的反應速率；

甲平衡后再加入小。”。、molmolS0,壓強增大,平衡正向移動.

D.0.220.202ffO.43

本題考查影響化學反應速率的因素，明確甲、乙中物質的量的關系及體積不變是解答本題的關鍵，

題目難度中等，選項AB為解答的難點.

14.答案：BD

解析：解：4相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強，根據(jù)圖知，未加水時，相同濃度條件下，

MOH的pH大于ROH的pH,說明MOH的電離程度大于ROH,則MOH的堿性強于ROH的堿性，故A

錯誤；

B.由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體積

大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：b>a,故B正確；

C.若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c(OH-)接近于純水中c(O/T),所以它們的c(OH-)相等，故

C錯誤；

D.根據(jù)4知，堿性MOH>R。"，當他看=2時，由于R。"是弱電解質，升高溫度能促進ROH的電離，

則瑞減小，故D正確；

故選BD.

A.相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強；

B.弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大；

C.若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c(O/r)接近于純水中c(0/r)；

D.MOH的堿性強于R?！钡膲A性，當值卷=2時，若兩溶液同時升高溫度，促進弱電解質電離.

本題考查弱電解質在水溶液中電離平衡，為高頻考點，題目難度中等，明確弱電解質電離特點、弱

電解質電離程度與溶液濃度關系等知識點是解本題關鍵，易錯選項是C,注意：堿無論任何稀釋都不

能變?yōu)橹行匀芤夯蛩嵝匀芤?，接近中性時要考慮水的電離，為易錯點.

15.答案:氧化BNa2s。4?10“2。。)=2Na+(aq)+SOK(aq)+10,2。。)，加入NaCZ%使溶液中

c(Na+)增大，平衡逆向移動，使N&2S04?1。42。晶體析出冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥H2SO4

解析：解：(1)。/。2具有強氧化性，可用于紙漿漂白、殺菌消毒，

故答案為：氧化；

(2)1。2的沸點為11°C,CH30H沸點為65。(：，便于分離氣態(tài)的儀。2和液態(tài)的含有CH30H的濾液，冷

卻塔中控制的溫度在11?65。(：之間，結合后續(xù)實驗的冷卻，則最佳溫度應該控制在20?30。&選B,

故答案為：B；

。晶體在溶液中存在溶解結晶平衡，即

⑶①Na2sOq?IO/NazS/?10W20(s)U2Na+(aq)+

根據(jù)平衡移動原理可知，加入使溶液中增大，平衡逆向移動，

SO2-(aq)+10H2O(0)NaC/Osc(Na+)

使Na2s0『10%。晶體析出，

故答案為：NaSO-+加入使溶液中

2410H2O(S)=2/Va(aq)+SO^-(aq)+10//20(Z),NaBOsc(Na+)

增大,平衡逆向移動，使NazSCU?IO/。晶體析出；

@^Na2SO4-10“2。和Na2SC)4的溶解度曲線可知，32.4。(：時NazS/?IO/。和的溶解度均

處于最大，但NazS。4?10“2。的溶解度隨溫度的升高而增大，Na2sO"的溶解度隨溫度的升高而較小，

防止Na2sO4結晶析出，應采用降溫結晶法得到Na2SO『1042。，即恒溫蒸發(fā)濃縮溶液、冷卻結晶、

過濾、洗滌、干燥，

故答案為：冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；

③Na+作用下，Na3”(S04)2濾渣在處理器中與水轉化為Na2s。4?10%。和“25。4，過濾得到芒硝

Na2s。4?10H20,濾液中的也$。4和NaCZ/循環(huán)到發(fā)發(fā)生器中充分利用，

故答案為：H2SO4.

發(fā)生器中發(fā)生反應：12NaClO+。"=12cl02+3HC00H

38H2sO4+3cH3T+4/Va3H(S04)2I

+9〃2。，過濾得到不溶性Na3，(S04)2濾渣和含有C"3。"等物質的濾液：濾液在冷卻塔中冷卻分離

出/。2氣體，含有(“3?！钡任镔|的濾液循環(huán)到發(fā)發(fā)生器中充分利用原料C/?！焙蚇a。//，CIO2氣

體在吸收塔中冰水冷卻至液體a%儲存；處理器中，Na3”(S04)2濾渣在Na+作用下與水轉化為

Na2so…IO/。和“25。4，過濾得到芒硝NazS。4?10H20,濾液中的/S/和NaC/Os循環(huán)到發(fā)生器

中充分利用，據(jù)此分析解答。

(1)二氧化氯中a元素化合價為+4價，具有強氧化性：

(2)要分離CIO2,根據(jù)其沸點，可分析應控制的最佳溫度；

⑶①N&2S04?。晶體在溶液中存在溶解結晶平衡，

10”2^Na2S04-10//2O(s)U2Na+(aq)+

根據(jù)平衡移動原理可知，加入使溶液中增大，平衡逆向移動，

SO^-(ag)+10W2O(/),NaCRc(/Va+)

據(jù)此分析；

②由NazS04?10%。和村。25。4的溶解度曲線可知，32.4。(2時Na2s。4?1。42。和Na2s。4的溶解度均

處于最大，但Na2sO4?IO%。的溶解度隨溫度的升高而增大，N(?2S04的溶解度隨溫度的升高而較小,

防止Na2s。4結晶析出，應采用降溫結晶法得到Na2s10%。，據(jù)此分析；

③根據(jù)流程中反應中要消耗，后反應中又生成的物質，即可以循環(huán)使用，分析作答。

本題考查制備實驗方案的設計，為高考常見題型，側重于學生的分析能力、實驗能力和靈活運用平

衡原理解決實際問題能力的考查，明確工藝流程步驟及其作用、掌握平衡移動原理和物質結晶與其

溶解度隨溫度變化關系即可解答，注意相關知識的遷移、學習與積累，題目難度中等。

16.答案：CNaOHMgO漏斗、燒杯、玻璃棒24+2。/+2/。=2⑷。5+3H2T113.3

解析：解：(1)4合金是金屬與金屬熔合而成的混合物，或金屬與非金屬熔合而成的混合物，故A錯

誤；

B.合金的熔點比成分金屬更低，故B錯誤；

C.合金的硬度等機械性能優(yōu)于成分金屬，故C正確；

D.氧化鋁熔點高，但與NaOH反應，不能用氧化鋁均期熔融氫氧化鈉，應選鐵生煙，故D錯誤；

故答案為：C；

(2)物質甲是Na。，溶液，產(chǎn)品4是Mg。，

故答案為：NaOH；MgO；

(3)操作①、②都是過濾，需要的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒，

故答案為：漏斗、燒杯、玻璃棒；

物質甲為物質甲與鋁發(fā)生反應的離子方程式為。=。

(4)4,24+2OH-+2H2245+3H2T,

故答案為：24+2。"-+2H20=2405+3“2，；

(5)產(chǎn)品8是42。3，取100kg含60%川，由4元素守恒可知24?42。3，氧化鋁假設不計損耗，可得

100kgx60%

產(chǎn)品B的質量為.工-X102=113.3kg，

故答案為：113.3。

物質甲可由溶液B轉化再生，結合實驗流程及4與NaOH反應、Mg不能反應可知，甲是Na?！比芤?

操作①為過濾，分離出沉淀4是Mg,對應的產(chǎn)品力為MgO；溶液A為NaOH和Na4G的混合溶液，

物質乙是CO2，CQ與混合液反應生成碳酸氫鈉溶液、氫氧化鋁，操作②為過濾，分離出溶液B是碳

酸氫鈉溶液，8與氫氧化鈣反應可再生NaOH,沉淀8是氫氧化鋁，對應產(chǎn)品B是山2。3,據(jù)此分析回

答問題。

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握物質的性質、流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純?yōu)?/p>

解答的關鍵，側重分析與實驗、計算能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。

17.答案：/。。）="2（。）+：。2（。）△，=+286kJ/molH2s（9）=/（9）+S（s）△H=

+

+20kJ/mol系統(tǒng)（〃）2.50.002mo//（L-min）4H2O2+H2S=SO1~+2H+4H2O

解析：解：（l）系統(tǒng)（I）涉及水的分解，系統(tǒng)（n）涉及硫化氫的分解，利用蓋斯定律分別將系統(tǒng)（I）和

系統(tǒng)（II）的熱化學方程式相加，可得到水、硫化氫分解的熱化學方程式，則系統(tǒng)（/）的熱化學方程式

“2。。）="2（9）+：。2（9）△H=+2S6kJ/mol；

系統(tǒng)（〃）的熱化學方程式42S（g）+="2（g）+S（s）△"=+20kJ/mol.

根據(jù)系統(tǒng)/、系統(tǒng)〃的熱化學方程式可知：每反應產(chǎn)生1巾。1氫氣，后者吸收的熱量比前者少，所以制

取等量的也所需能量較少的是系統(tǒng)〃。

故答案為：H2O(l)=H2(5)+|?2(5)△=+286kJ/mol；H2s(g)+=%(。)+S(s)△H=

+20kJ/mol；系統(tǒng)（II）；

(2)反應H2s(g)+COz(g)UCOS(g)+為。(9)

起始(77101)0.400.1000

轉化(mo，)0.010.010.010.01

平衡(mo/)0.390.090.010.01

001mo1

①硫化氫的轉化率=硫化氫消耗的物質的量innq/—x100%=2.5%,

硫化氫初始物質的量xJUU為=OAOmol

故答案為：2.5；

△no.oi

②〃（。。2）=—=-^mol/（L-min）=0.002mol/（L-min），

△t2

故答案為：0.002mol/（L-min）；

（3）當外籍=4時，。元素化合價由-1變?yōu)?2,轉移電子總數(shù)為8,一個-2價的S原子得到8個電子

時生成+6價的S,且是酸性條件下，所以硫化氫被氧化生成硫酸，離子方程式為4“2。2+"25=

S@-+2H++4H2。，

+

故答案為：4H2O2+H2S=SOl-+2H+4H2O.

⑴系統(tǒng)（i）涉及水的分解，系統(tǒng)（n）涉及硫化氫的分解，利用蓋斯定律分別將系統(tǒng)（I）和系統(tǒng)（n）的

熱化學方程式相加，可得到水、硫化氫分解的熱化學方程式；

(2)反應H2s(g)+。。2(。)=COS(g)+H2O(g)

起始(mo/)0.400.1000

轉化(THOI)O.OI0.010.010.01

平衡(mol)0.390.090.010.01

硫化氫消耗的物質的量100(y

①硫化氫的轉化率=硫化氫初始物質的量/0

△n

②伙CO2)=+

(3)當黑獴=4時，。元素化合價由-1變?yōu)?2,轉移電子總數(shù)為8,一個-2價的S原子得到8個電子

時生成+6價的S,且是酸性條件下，所以硫化氫被氧化生成硫酸。

本題考查化學平衡計算、蓋斯定律、氧化還原反應等知識點，明確化學反應原理、元素化合物性質

是解本題關鍵，會正確運用三段式計算化學平衡計算，注意(4)中硫化氫產(chǎn)物成分，題目難度不大。

18.答案：同素異形體；2；球形；0。3〕鏟X或SiOg)；sp3；p；氨分子間存在氫鍵，同族其他氫化

物只有范德華力；6；CD；8；山(益

解析：解：(1)科學家常利用X-射線衍射實驗區(qū)分晶體硼和無定形硼，是同種元素組成的不同單質，

二者之關的關系互為同素異形體，第二周期元素的第一電離能按由小到大的順序排列，B元素排在第

2位，其基態(tài)能量最低的能極電子云是s電子云輪廊圖為球形，

故答案為：同素異形體；2;球形;

(2)根據(jù)圖片知，每個三角錐結構中Si原子是1個，。原子個數(shù)=2+2x[=3,所以硅原子和氧原子

個數(shù)之比=1：3,3個。原子帶6個單位負電荷，每個硅原子帶4個單位正電荷，所以形成離子為

設邊3]針X或Si。歹)，其中Si原子的雜化形式是sp3,

故答案：0。3】鏟X或SiOt)；sp3；

(3)電子最后填充p能級屬于p區(qū)(He除外)，氮原子電子排布式Is22s22P3,N元素位于元素周期表p區(qū)，

氮元素形成的氫化物的沸點比同族元素的氫化物沸點高，其原因為氨分子間存在氫鍵，同族其他氫

化物只有范德華力，

故答案為：p；氨分子間存在氫鍵，同族其他氫化物只有范德華力；

(4)[Co(NH3)613+的幾何構型為正八面體形，Co在中心.[Co(N〃3)6產(chǎn)中，結構分析可知1個Co提供

6個空軌道.該配位離子的作用力為共價鍵，

其中含鉆原子提供空軌道形成的配位鍵，

故答案為：6；CD；

(5)①由Ca、Ti、。三種元素形成的晶體的立方晶胞結構可知，"原子位于立方體的頂角，鈣原子位

于立方體的中心，77原子為8個立方體共有，與77緊鄰的Ca有8個，

故答