2024屆福建省永春一中、培元、季延、石光中學(xué)高考全國統(tǒng)考預(yù)測密卷化學(xué)試卷含解析

2024屆福建省永春一中、培元、季延、石光中學(xué)高考全國統(tǒng)考預(yù)測密卷化學(xué)試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、新型冠狀病毒來勢洶洶，主要傳播途徑有飛沫傳播、接觸傳播和氣溶膠傳播，但是它依然可防可控，采取有效的措施預(yù)防，戴口罩、勤洗手，給自己居住、生活的環(huán)境消毒，都是非常行之有效的方法。下列有關(guān)說法正確的是（）A．云、煙、霧屬于氣溶膠，但它們不能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)B．使用酒精作為環(huán)境消毒劑時，酒精濃度越大，消毒效果越好C．“84”消毒液與酒精混合使用可能會產(chǎn)生氯氣中毒D．生產(chǎn)“口罩”的無紡布材料是聚丙烯產(chǎn)品，屬于天然高分子材料2、下列敘述正確的是A．Na在足量O2中燃燒，消耗lmolO2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是4×6.02×1023B．鹽酸和醋酸的混合溶液pH=1，該溶液中c(H+)=0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NH數(shù)是0.1×6.02×1023D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2中含有0.2mol共價鍵3、下列屬于置換反應(yīng)的是（）A．2C+SiO22CO+SiB．2HClO2HCl+O2↑C．3CO+Fe2O33CO2+2FeD．2Na+Cl2=2NaCl4、已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液，Na2S溶液的反應(yīng)情況如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列幾種物質(zhì)的溶解度大小的比較中，正確的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS5、用物理方法就能從海水中直接獲得的物質(zhì)是A．鈉、鎂 B．溴、碘 C．食鹽、淡水 D．氯氣、燒堿6、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的離子總數(shù)為0.3NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LHF和NH3分子所含電子數(shù)目均為NAC．常溫時,56gAl與足量濃硝酸反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NAD．向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NA7、在微生物作用下電解有機廢水(含CH3COOH)，可獲得清潔能源H2其原理如圖所示，正確的是（）A．通電后，H+通過質(zhì)子交換膜向右移動，最終右側(cè)溶液pH減小B．電源A極為負(fù)極C．通電后，若有22.4LH2生成，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子D．與電源A極相連的惰性電極上發(fā)生的反應(yīng)為CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+8、將amol鈉和amol鋁一同投入mg足量水中，所得溶液密度為dg·mL－1，該溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%9、2018年11月16日，國際計量大會通過最新決議，將1摩爾定義為“精確包含6.02214076×1023個原子或分子等基本單元，這一常數(shù)稱作阿伏伽德羅常數(shù)(NA)，單位為mol?1。”下列敘述正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO3含有NA個分子B．4.6g乙醇中含有的C?H鍵為0.6NAC．0.1molNa2O2與水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD．0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+數(shù)目小于0.1NA10、化學(xué)與材料、生活和環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中錯誤的是（）A．聚酯纖維、光電陶瓷都屬于有機高分子B．從石油和煤焦油中可以獲得苯等基本化工原料C．生活污水進行脫氮、脫磷處理可以減少水體富營養(yǎng)化D．為汽車安裝尾氣催化轉(zhuǎn)化裝置，可將尾氣中的部分CO和NO轉(zhuǎn)化為無毒氣體11、某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入一定量的A、B發(fā)生反應(yīng)：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s時生成C的物質(zhì)的量為0.8mol（反應(yīng)進程如圖所示）。下列說法中正確的是A．2s時，A的反應(yīng)速率為0.15mol·L－1·s－1B．圖中交點時A的消耗速率等于A的生成速率C．化學(xué)計量數(shù)之比b∶c=1∶2D．12s內(nèi)反應(yīng)放出0.2QkJ熱量12、大氣中CO2含量的增多除了導(dǎo)致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關(guān)系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是A．T1>T2B．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C．當(dāng)大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32-濃度越低D．大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解13、80℃時，1L密閉容器中充入0.20molN2O4，發(fā)生反應(yīng)N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q＞0)，獲得如下數(shù)據(jù)：時間/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判斷正確的是A．升高溫度該反應(yīng)的平衡常數(shù)K減小B．20～40s內(nèi)，v(N2O4)=0.004mol·L－1·s－1C．100s時再通入0.40molN2O4，達(dá)新平衡時N2O4的轉(zhuǎn)化率增大D．反應(yīng)達(dá)平衡時，吸收的熱量為0.15QkJ14、根據(jù)表中提供的信息判斷下列敘述錯誤的是組號今加反應(yīng)的物質(zhì)生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①組反應(yīng)中生成0.5molCl2，轉(zhuǎn)移1mol電子B．第②組反應(yīng)中參加反應(yīng)的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為l：2C．第③組反應(yīng)的其余產(chǎn)物為O2和H2OD．氧化性由強到弱的順序為MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br215、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．0.5molN4（分子為正四面體結(jié)構(gòu)）含共價鍵數(shù)目為2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含陰離子數(shù)目小于0.5NAC．鋅與濃硫酸反應(yīng)生成氣體11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAD．14g己烯和環(huán)己烷的混合物含氫原子數(shù)目為3NA16、X、Y、Z、W是4種短周期主族元素，在周期表中的相對位置如表，已知四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為18，則以下說法中正確的是（）A．Y的最高正化合價與最低負(fù)化合價的代數(shù)和為2B．X、Y、Z、W四種原子中，X的原子半徑最小C．Y的氫化物的沸點一定高于X的氫化物的沸點D．X、Y、W三種元素氧化物對應(yīng)的水化物的酸性依次增強二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：(1)A→B的反應(yīng)的類型是____________反應(yīng)。(2)化合物H中所含官能團的名稱是____________和____________。(3)化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為___________。B→C反應(yīng)時會生成一種與C互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________。(4)D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____________。①能發(fā)生水解反應(yīng)，所得兩種水解產(chǎn)物均含有3種化學(xué)環(huán)境不同的氫；②分子中含有六元環(huán)，能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知：CH3CH2OH。寫出以環(huán)氧乙烷（）、、乙醇和乙醇鈉為原料制備的合成路線流程圖_______________（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。18、我國科研人員采用新型錳催化體系，選擇性實現(xiàn)了簡單酮與亞胺的芳環(huán)惰性C-H的活化反應(yīng)。利用該反應(yīng)制備化合物J的合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A中官能團的名稱是______。F的化學(xué)名稱是______。（2）C和D生成E的化學(xué)方程式為_____________。（3）G的結(jié)構(gòu)簡式為________。（4）由D生成F，E和H生成J的反應(yīng)類型分別是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分異構(gòu)體。若K能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則K可能的結(jié)構(gòu)有____種，其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為______（任寫一種）。19、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型，高效、多功能綠色水處理劑，可通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備。已知：①KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3②K2FeO4具有下列性質(zhì)：可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2，如圖所示是實驗室模擬工業(yè)制備KClO溶液裝置。(1)B裝置的作用為______________________；(2)反應(yīng)時需將C裝置置于冷水浴中，其原因為__________________；(3)制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，其原因是________，制備K2FeO4的離子方程式_________________；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+所需試劑名稱________，其反應(yīng)原理為______________________(用離子方程式表示)；(5)向反應(yīng)后的三頸瓶中加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥。洗滌操作所用最佳試劑為______________________；A．水B．無水乙醇C．稀KOH溶液(6)工業(yè)上用“間接碘量法”測定高鐵酸鉀的純度：用堿性KI溶液溶解1.00gK2FeO4樣品，調(diào)節(jié)pH使高鐵酸根全部被還原成亞鐵離子，再調(diào)節(jié)pH為3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液作為滴定劑進行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示劑，裝有Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)如如圖所示：①消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為____________mL。②原樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的過程中定容時俯視刻度線，則導(dǎo)致所測高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。20、目前全世界的鎳（Ni）消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業(yè)用電解鎳新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制備流程如圖：（1）反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學(xué)式為__。（2）物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為__。（3）檢驗堿式碳酸鎳晶體洗滌干凈的方法是__。測定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測定堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]組成，某小組設(shè)計了如圖實驗方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會完全分解生成NiO、CO2和H2O實驗步驟：①檢查裝置氣密性；②準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B裝置中，連接儀器；③打開彈簧夾a，鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；④__；⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；⑥分別準(zhǔn)確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；⑦根據(jù)數(shù)據(jù)進行計算（相關(guān)數(shù)據(jù)如下表）裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實驗分析及數(shù)據(jù)處理：（4）E裝置的作用__。（5）補充④的實驗操作___。（6）通過計算得到堿式碳酸鎳晶體的組成__（填化學(xué)式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學(xué)方程式__。21、過二硫酸銨是一種常用的氧化劑和漂白劑。某小組以輝銅礦（主要成分是）為原料用火法煉銅，并利用尾氣制備過二硫酸銨。模擬工藝流程如下：（1）礦石“粉碎過篩”的目的是_________。（2）已知常溫下的，，的。若濃氨水吸收恰好生成溶液，則該溶液的pH__________（填“＞”“＜”或“＝”）7。（3）和按一定比例混合，在高溫下反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______該反應(yīng)中的氧化劑是_______（填化學(xué)式）。（4）過二硫酸銨常用于檢驗廢水中是否超標(biāo)，若超標(biāo)則溶液變?yōu)槌壬ㄟ€原產(chǎn)物為），寫出該反應(yīng)的離子方程式：__________________。（5）工業(yè)上，常采用鈦基鍍鉑電極為陽極，鉛銻合金為陰極，用質(zhì)子交換膜將電解池分成兩個室，將硫酸銨和硫酸分別加入到兩個電極室進行電解制備過二硫酸銨，硫酸放入陰極室。寫出陽極的電極反應(yīng)式：___。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A．云、霧和煙均為膠體，且均為膠粒分散到氣態(tài)分散劑中所得到的分散系，故均為氣溶膠，它們都能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故A錯誤；B．濃度為75%的醫(yī)用酒精消毒效果更好，并不是濃度越高消毒效果越好，故B錯誤；C．“84”消毒液的主要成分為次氯酸鈉，具有強氧化性，能氧化乙醇，自身被還原為氯氣，故C正確；D．從題中信息可看出生產(chǎn)無紡布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D錯誤；答案選C。【點睛】濃度為75%的醫(yī)用酒精消毒效果最高，可以殺死病毒，在疫情期間可以使用醫(yī)用酒精殺菌，但不是濃度越大越好。2、B【解析】

A．反應(yīng)后氧元素的價態(tài)為-1價，故lmolO2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是2×6.02×1023，故A錯誤；B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正確；C．NH4+是弱堿陽離子，在溶液中會水解，故NH4+數(shù)小于0.1×6.02×1023，故C錯誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2的物質(zhì)的量為0.1mol，而1mol氯氣中含1mol共價鍵，故0.1mol氯氣中含0.1mol共價鍵，故D錯誤；故選B。3、A【解析】

A.2C+SiO22CO+Si，該反應(yīng)為一種單質(zhì)與一種化合物反應(yīng)生成另一種單質(zhì)和化合物，屬于置換反應(yīng)，故A正確；B.2HClO2HCl+O2↑，該反應(yīng)為一種物質(zhì)生成兩種或多種物質(zhì)，屬于分解反應(yīng)，故B錯誤；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，該反應(yīng)沒有單質(zhì)參加，不是置換反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D.2Na+Cl2=2NaCl，該反應(yīng)為兩種或多種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)，屬于化合反應(yīng)，故D錯誤。故選A。4、A【解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，說明Cu(OH)2比CuCO3溶解度??；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，說明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故選A。5、C【解析】

從海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等的原理去分析，根據(jù)從海水制備物質(zhì)的原理可知，金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，而食鹽可利用蒸發(fā)原理，淡水利用蒸餾原理來得到?！驹斀狻緼.海水中得到鈉、鎂，需要首先從海水中獲得氯化鈉和氯化鎂，然后再電解熔融狀態(tài)的氯化鈉和氯化鎂即得鈉和鎂，A錯誤；B.從海水中提煉溴和碘，是用氯氣把其中的碘離子和溴離子氧化為碘單質(zhì)和溴單質(zhì)，B錯誤；C.把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，把海水用太陽暴曬，蒸發(fā)水分后即得食鹽，不需要化學(xué)變化就能夠從海水中獲得，C正確；D.可從海水中獲得氯化鈉，配制成飽和食鹽水，然后電解飽和食鹽水，即得燒堿、氫氣和氯氣，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了海水的成分，海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等化學(xué)反應(yīng)原理，注意的是金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，掌握原理是解題的關(guān)鍵。6、D【解析】

A.NaHSO4在熔融狀態(tài)電離產(chǎn)生Na+、HSO4-，1個NaHSO4電離產(chǎn)生2個離子，所以0.1molNaHSO4在熔融狀態(tài)中含有的離子總數(shù)為0.2NA，選項A錯誤；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下HF呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積，選項B錯誤；C.常溫時Al遇濃硝酸會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能進一步反應(yīng)，選項C錯誤；D.微粒的還原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，I-已經(jīng)反應(yīng)完全，則1molFeI2反應(yīng)轉(zhuǎn)移3mol電子，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目是3NA，選項D正確；故合理選項是D。7、D【解析】

A.通電后，左側(cè)生成H+，右側(cè)H+放電生成氫氣，所以H+通過質(zhì)子交換膜向右移動，相當(dāng)于稀硫酸中H+不參加反應(yīng)，所以氫離子濃度不變，溶液的pH不變，A錯誤；A.連接B電極的電極上生成氫氣，說明該電極上氫離子得電子，則該電極為電解池陰極，所以B電極為負(fù)極，A電極為正極，B錯誤；C.右側(cè)電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，根據(jù)氫氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式知，若有0.1molH2生成，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子，但不確定氣體所處的溫度和壓強，因此不能確定氣體的物質(zhì)的量，也就不能確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目，C錯誤；D.與電源A極相連的惰性電極為陽極，陽極上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氫離子，電極反應(yīng)式為CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正確；故合理選項是D。8、C【解析】

鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣。根據(jù)方程式計算?！驹斀狻繉mol鈉和水反應(yīng)生成amol氫氧化鈉和a/2mol氫氣，amol鋁和amol氫氧化鈉反應(yīng)生成amol偏鋁酸鈉和3a/2mol氫氣，反應(yīng)后的溶液的質(zhì)量為23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶質(zhì)偏鋁酸鈉的質(zhì)量為82ag。則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為82a/(m+46a)×100%。故選C。【點睛】掌握鈉和水的反應(yīng)、鋁和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)，能根據(jù)方程式進行計算，計算溶液的質(zhì)量時注意從總質(zhì)量中將產(chǎn)生的氫氣的質(zhì)量減去。9、C【解析】

A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3為固態(tài)，22.4LSO3含有分子不等于NA，選項A錯誤；B．4.6g乙醇的物質(zhì)的量是0.1mol，含有的C-H鍵的個數(shù)為0.5NA，選項B錯誤；C．過氧化鈉與水的反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，則0.1molNa2O2與水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，選項C正確；D、沒有給定溶液的體積，無法計算氫離子的數(shù)目，選項D錯誤。答案選C。10、A【解析】

A．聚酯纖維屬于有機合成材料，陶瓷屬于無機非金屬材料，故A錯誤；B．從石油中可以獲得乙烯、從石油或煤焦油中可以獲得苯等重要化工基本原料，故B正確；C．水中含有氮、磷過多，能夠使水體富營養(yǎng)化，水中植物瘋長，導(dǎo)致水質(zhì)惡化，生活污水進行脫氮、脫磷處理可以減少水體富營養(yǎng)化，有利于環(huán)境保護，故C正確；D、為汽車安裝尾氣催化轉(zhuǎn)化裝置，可將尾氣中的部分CO和NO轉(zhuǎn)化為無毒氣體氮氣和二氧化碳，故D正確；答案選A。11、C【解析】

某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入一定量的A、B發(fā)生反應(yīng)：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s時達(dá)到平衡，生成C的物質(zhì)的量為0.8mol，A．由圖像可知A的濃度變化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反應(yīng)速率===0.15mol·L－1·s－1，所求為0~2s的平均速率，不是2s時的速率，故A錯誤；B.圖中交點時沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，A的消耗速率大于A的生成速率，故B錯誤；C.12s時達(dá)到平衡狀態(tài)，B、C轉(zhuǎn)化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以b∶c=(0.5mol/L-0.3mol/L)×2L∶0.8mol=1:2，故C正確；D.由題意可知，3molA與1molB完全反應(yīng)生成2molC時放出QkJ的熱量，12s內(nèi)，A的物質(zhì)的量減少（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，則放出的熱量為0.4QkJ，故D錯誤。答案選C。12、C【解析】

題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關(guān)系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應(yīng)逆向移動?！驹斀狻緼．升高溫度可以使分解，反應(yīng)逆向移動，海水中的濃度增加；當(dāng)模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B．假設(shè)海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導(dǎo)致反應(yīng)正向移動，從而使?jié)舛认陆?，B項正確；C．結(jié)合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D．結(jié)合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導(dǎo)致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導(dǎo)致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。13、D【解析】

A．正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；

B．根據(jù)計算v（NO2），再利用速率之比等于其化學(xué)計量數(shù)之比計算v（N2O4）；

C.100s時再通入0.40molN2O4，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，與原平衡相比，平衡逆向移動；D.80s時到達(dá)平衡，生成二氧化氮為0.3mol/L×1L=0.3mol，結(jié)合熱化學(xué)方程式計算吸收的熱量?！驹斀狻緼.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡向吸熱的方向移動，即正反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)K增大，A項錯誤；B.20～40s內(nèi)，，則，B項錯誤；C.100s時再通入0.40molN2O4，相當(dāng)于增大壓強，平衡逆向移動，N2O4的轉(zhuǎn)化率減小，C項錯誤；D.濃度不變時，說明反應(yīng)已達(dá)平衡，反應(yīng)達(dá)平衡時，生成NO2的物質(zhì)的量為0.3mol/L×1L=0.3mol，由熱化學(xué)方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ，所以生成0.3molNO2吸收熱量0.15QkJ，D項正確；答案選D。【點睛】本題易錯點為C選項，在有氣體參加或生成的反應(yīng)平衡體系中，要注意反應(yīng)物若為一種，且為氣體，增大反應(yīng)物濃度，可等效為增大壓強；若為兩種反應(yīng)物，增大某一反應(yīng)物濃度，考慮濃度對平衡的影響，同等程度地增大反應(yīng)物濃度的話，也考慮增大壓強對化學(xué)平衡的影響，值得注意的是，此時不能用濃度的外界影響條件來分析平衡的移動。14、D【解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-為Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是氯氣的2倍，生成1mo1C12，轉(zhuǎn)移電子為2mo1，選項A正確；B．由元素化合價可知，反應(yīng)中只有亞鐵離子被氧化，溴離子末被氧化，根據(jù)電子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②組反應(yīng)中參加反應(yīng)的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：2，選項B正確；C．反應(yīng)中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成氧氣，根據(jù)H元素守恒可知還生成水，選項C正確；D．氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，選項D錯誤。答案選D。15、C【解析】

A．N4呈正四面體結(jié)構(gòu)，類似白磷(P4)，如圖所示，1個N4分子含6個共價鍵（N–N鍵），則0.5molN4含共價鍵數(shù)目為3NA，A項錯誤；B．S2＋H2O?HS＋OH，陰離子包括S2、OH和HS，陰離子的量大于0.5mol，B項錯誤；C．鋅與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)：Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成氣體11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則共生成氣體的物質(zhì)的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol氣體時轉(zhuǎn)移2mol電子，生成0.5mol氣體時應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA，C項正確；D．己烯和環(huán)己烷的分子式都是C6H12，最簡式為CH2，14g混合物相當(dāng)于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和環(huán)己烷的混合物含氫原子數(shù)目為2NA，D項錯誤；答案選C。16、A【解析】

由元素周期表的位置可知，X和Y為第二周期，Z和W為第三周期，設(shè)Z的最外層電子數(shù)為n，X的最外層電子數(shù)為n+1，Y的最外層電子數(shù)為n+2，W的最外層電子數(shù)為n+3，則n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，則Z為Al、X為C、Y為N、W為S?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為C元素，Y為N，Z為Al，W為S元素；A．Y為N，位于ⅤA族，其最高化合價為+5，最低化合價為-3，則N元素的最高正化合價與最低負(fù)化合價的代數(shù)和為2，故A正確；B．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則四種原子中Z（Al）的原子半徑最大，Y（N）的原子半徑最小，故B錯誤；C．沒有指出簡單氫化物，該說法不合理，如含有較多C的烴常溫下為液態(tài)、固態(tài)，其沸點大于氨氣，故C錯誤；D．缺少條件，無法比較N、S元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性，如：硫酸＞亞硝酸，硝酸＞亞硫酸，故D錯誤；故選：A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氧化羰基羧基【解析】

被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E為，根據(jù)可推知D為，根據(jù)C的分子式可知，在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成C為，被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，據(jù)此分析?！驹斀狻勘凰嵝愿咤i酸鉀溶液氧化生成，D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E為，根據(jù)可推知D為，根據(jù)C的分子式可知，在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成C為，被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成。(1)A→B的反應(yīng)的類型是氧化反應(yīng)；(2)根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物H中所含官能團的名稱是羧基和羰基；(3)化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為；B→C反應(yīng)時會生成一種與C互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，根據(jù)甲醛加成的位置可知，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)D為，它的一種同分異構(gòu)體同時滿足：①能發(fā)生水解反應(yīng)，則含有酯基，所得兩種水解產(chǎn)物均含有3種化學(xué)環(huán)境不同的氫；②分子中含有六元環(huán)，能使溴的四氯化碳溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，符合條件的同分異構(gòu)體為；(5)已知：CH3CH2OH。環(huán)氧乙烷（）與HCl發(fā)生開環(huán)加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH在乙醇鈉和乙醇作用下，再與轉(zhuǎn)化為，在氫氧化鈉溶液中加熱得到，酸化得到，在濃硫酸催化下加熱生成，合成路線流程圖為?！军c睛】本題為有機合成及推斷題，解題的關(guān)鍵是利用逆推法推出各有機物的結(jié)構(gòu)簡式，及反應(yīng)過程中的反應(yīng)類型，注意D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E為，根據(jù)可推知D為，根據(jù)C的分子式可知，在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成C為。18、醛基4-硝基甲苯（對硝基甲苯）取代反應(yīng)加成反應(yīng)14或【解析】

A(C2H4O)能夠與新制氫氧化銅反應(yīng)，說明A含有醛基，因此A為CH3CHO，則B為CH3COOH；結(jié)合C和E的分子式可知，C和D應(yīng)該發(fā)生取代反應(yīng)生成E和氯化氫，則D為；甲苯在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)為對硝基甲苯()，F(xiàn)被還原生成G，G為對氨基甲苯()，根據(jù)已知信息，G和乙醛反應(yīng)生成H，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知，H為，則E為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，A為C2H4O，含有的官能團為醛基；F為，名稱為對硝基甲苯，故答案為醛基；4-硝基甲苯(對硝基甲苯)；(2)C和D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(3)G為對硝基甲苯中硝基被還原的產(chǎn)物，G為，故答案為；(4)由D生成F是甲苯的硝化反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)，根據(jù)流程圖，E和H生成J的過程中N=C雙鍵轉(zhuǎn)化為了單鍵，屬于加成反應(yīng)，故答案為取代反應(yīng)；加成反應(yīng)；(5)E為，芳香化合物K是E的同分異構(gòu)體。若K能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明K中含有醛基，則K的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上連接1個乙基和1個醛基有3種；苯環(huán)上連接2個甲基和1個醛基有6種；苯環(huán)上連接1個甲基和1個—CH2CHO有3種；苯環(huán)上連接1個—CH2CH2CHO有1種；苯環(huán)上連接1個—CH(CH3)CHO有1種，共14種；其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或，故答案為14；或。19、吸收HClKClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解。或答：將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液呈酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O鐵氰化鉀3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低【解析】

高錳酸鉀與濃鹽酸在A裝置中反應(yīng)生成氯氣，由于濃鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中一定會混有氯化氫，因此通過裝置B除去氯化氫，在裝置C中氯氣與氫氧化鉀反應(yīng)生成KClO，裝置D吸收尾氣中的氯氣，防止污染。結(jié)合題示信息分析解答。(6)用堿性的碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關(guān)系FeO42-～2I2，再根據(jù)反應(yīng)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量可計算得高鐵酸鉀的質(zhì)量，進而確定質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，B裝置是用來除去氯氣中的氯化氫的，故答案為吸收HCl；(2)根據(jù)題干信息知，KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3，因此反應(yīng)時需將C裝置置于冷水浴中，故答案為KClO在較高溫度下發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO3；(3)根據(jù)題干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液；在強堿性溶液中比較穩(wěn)定；在Fe3+催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2，因此制備K2FeO4時，不能將堿性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，防止Fe3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解；KClO濃溶液與Fe(NO3)3飽和溶液反應(yīng)制備K2FeO4的離子方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案為將KClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，F(xiàn)e3+過量，K2FeO4在Fe3+催化作用下發(fā)生分解(或?qū)ClO濃溶液滴加到Fe(NO3)3飽和溶液中，溶液成酸性，在酸性條件下，K2FeO4能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工業(yè)上常用廢鐵屑為原料制備Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，檢驗Fe2+可以使用鐵氰化鉀，如果含有亞鐵離子，會產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，其反應(yīng)原理為3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案為鐵氰化鉀；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；(5)根據(jù)上述分析，反應(yīng)后的三頸瓶中生成了KClO，加入飽和KOH溶液，析出K2FeO4固體，過濾、洗滌、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，為了減少K2FeO4的損失，洗滌K2FeO4時不能選用水或稀KOH溶液，應(yīng)該選用無水乙醇，故答案為B；(6)①根據(jù)裝有Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為19.40-1.40=18.00mL，故答案為18.00；②用堿性的碘化鉀溶液溶解高鐵酸鉀樣品，調(diào)節(jié)pH，高鐵酸根與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高鐵酸根離子全部被還原成亞鐵離子，碘離子被氧化成碘，根據(jù)電子得失守恒有關(guān)系FeO42-～2I2，再根據(jù)反應(yīng)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得關(guān)系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高鐵酸鉀的質(zhì)量為×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，則原高鐵酸鉀樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=89.1%，故答案為89.1%③若在配制Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的過程中定容時俯視刻度線，導(dǎo)致配制的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏大，滴定過程中消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，則測得的高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，故答案為偏低。20、CO28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對最少的pH即為最適合的pH；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實驗?zāi)康暮透鱾€裝置的作用分析；(5)根據(jù)實驗?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價變化確定生成物，進而配平方程式?！驹斀狻?1)反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反應(yīng)前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個、S原子共3個、O原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少O原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，所以X