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湖南省邵阳市新邵县2021年高考化学模拟试卷及答案
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这是一份湖南省邵阳市新邵县2021年高考化学模拟试卷及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学模拟试卷
一、单选题
1.下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是（ ）
A. SO2与NaOH溶液反应 B. Na与O2的反应 C. Cu在S蒸气中燃烧 D. Fe粉加入HNO3中
2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. MgCl2易溶于水，可用于电解冶炼镁
B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
C. 溴水呈橙黄色，可用于除去CH4中混有的C2H4
D. 浓硫酸具有腐蚀性，可用于催化乙酸和乙醇的反应
3.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1molNaHSO4固体中含有离子总数为3NA
B. 11.2L（标准状况）HF含有质子数为5NA
C. 50g46%的乙醇水溶液中，含有O-H键数为3.5NA
D. 1molCu与足量的硫蒸气反应，转移电子数为2NA
4.下列有关离子方程式正确的是（ ）
A. NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液：NH +OH-=NH3·H2O
B. CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓
C. BaCl2溶液中通入CO2：Ba2++H2O+CO2=BaCO3↓+2H+
D. Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO +Cl2+H2O=2HSO +2Cl-+SO
5.如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.071
0.099
主要化合价
+2
+3
+6、-2
-1
-1
A. 简单离子半径：C＞E＞D＞A＞B B. 气态氢化物的稳定性：D＞C＞E
C. 简单离子的还原性：D＞C＞E D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：C＞E
6.实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是（ ）
A
B
C
D
A．配制混酸溶液
B．50~60℃水浴加热反应混合物
C．洗涤、分离粗硝基苯
D．蒸馏粗硝基苯得纯硝基苯
A. A B. B C. C D. D
7.臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 催化反应①②均为放热反应
B. E1是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+ΔH）是催化反应②对应的逆反应的活化能。
C. 决定O3分解反应速率的是催化反应②。
D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。
8.下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是（ ）
选项
实验操作
图像
A
向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液
①
B
向氨水中通入HCl直至过量
①
C
向NaOH溶液中通入少量Cl2
③
D
向饱和石灰水中不断通入CO2
④
A. A B. B C. C D. D
9.有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是( )。
A. F中的三个苯环可能在同一平面 B. F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C. F可发生加成聚合反应和取代反应 D. 苯环上的一氯代物有6种
10.元素铬的几种化合物存在下列转化关系：
已知：2CrO ＋2H＋⇌Cr2O ＋H2O。下列判断错误的是（ ）
A. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质 B. 反应②利用了H2O2的氧化性
C. 反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的 D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
11.烟气中的NO经过O3预处理，再用CaSO3悬浊液吸收去除。预处理时发生反应：NO（g）＋O3（g） NO（g）＋O2（g）。测得：v正＝k正c（NO）·c（O3），v逆＝k逆c（NO2）·c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。向容积均为2L的甲、乙两个密闭容器中充入一定量的NO和O3 ， 测得NO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B. T1时，反应在t min内的平均速率v（O2）＝ mol·L－1·min－1
C. T1时，NO（g）＋O3（g） NO2（g）＋O2（g）的k正＜3k逆
D. T2时，向2 L密闭容器中充入0.6 mol NO、0.4 mol O3 ， 到达平衡时c（NO2）小于乙容器中平衡时c（NO2）
12.一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A. Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区
B. 正极发生还原反应，电极反应为：NO ＋4H＋＋3e－＝NO↑＋2H2O
C. 反应池中发生总反应4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3 ， 实现HNO3再生
D. 理论上，当消耗22.4 L（标准状况下）H2时，会消耗1 mol O2
13.亚砷酸（H3AsO3）可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c（H3AsO3）＋c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（AsO ）＝0.100 mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A. pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO
B. c（Na＋）＝0.100 mol·L－1的溶液中：c（H2AsO ）>c（H3AsO3）>c（HAsO ）
C. c（Na＋）＝0.200 mol·L－1的溶液中：c（H＋）＋2c（H3AsO3）＝c（OH－）＋c（AsO ）
D. pH＝12.8的溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）>4c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（OH－）
14.SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2 ， 另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B. MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C. SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D. 该流程既脱除燃煤尾气中的SO2 ， 又制得电池材料MnO2 ， 达到变废为宝的目的
二、多选题
15.苋菜甲素、3-丁烯基苯酞、藁本内酯是传统中药当归、川芎中的活性成分。下列有关说法正确的是（ ）
A. 苋菜甲素、藁本内酯互为同分异构体
B. 1 mol 3-丁烯基苯酞与溴水反应最多消耗4 mol Br2
C. 3-丁烯基苯酞通过还原反应可制得苋菜甲素
D. 藁本内酯与足量H2加成的产物分子中含有2个手性碳原子
16.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制备K2FeO4 ， 发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；
②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下44.8L Cl2
B. 氧化性：K2FeO4＞ KClO
C. 若反应①中n（ClO-）∶n（ClO3-）=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2mol K2FeO4时消耗0.3mol Cl2
三、综合题
17.甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产。工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇。
该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1=‒116 kJ/mol
（1）已知：CO（g）+ O2（g）=CO2（g） △H2= ‒283 kJ/mol
H2（g）+ O2（g）=H2O（g） △H3= ‒242kJ/mol
则表示l mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为：________。
（2）下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是_______（填字母代号）。
A.随时将CH3OH与反应混合物分离
B.降低反应温度
C.增大体系压强
D.使用高效催化剂
（3）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为l mol）与CO平衡转化率的关系。
请回答：
①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是________；
②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下，反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K=________。
（4）一氧化碳可将金属氧化物还原为金属单质和二氧化碳。四种金属氧化物（Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O）被一氧化碳还原时，lg 与温度（T）的关系如图。700℃时，其中最难被还原的金属氧化物是________（填化学式）。
（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10-5 mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________mol/L。
18.重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3 ， 还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比（最简整数比）为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________（用化学方程式表示）。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是________（填写元素符号），设计实验方案验证滤渣1中经步骤①中反应后的产物________。滤渣2的主要成分是________（填写化学式）及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变________（填“大”或“小”），原因是________（用离子方程式和适当的文字表述说明）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。写出步骤⑤的化学反应方程式________。
19.氧化亚铜在强酸性溶液中发生歧化反应，某小组同学设计如下实验制备氧化亚铜并测定其纯度。
（1）该小组同学利用葡萄糖还原CuSO4溶液制备氧化亚铜。
①配制490 mL 0.l mol·L－1 CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量为________，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要________。
②该反应最适宜温度为80～90℃，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为________。
（2）某同学为检验Cu2O样品中是否含有CuO，设计如下实验方案：将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式________来进行解释。
（3）该小组取含有少量CuO杂质的Cu2O进行如下实验，以测定氧化亚铜的纯度，
①装置a中所加的酸是________（填化学式）。
②通过测定下列物理量，能达到实验目的是________（填字母）。
A．反应前后装置a的质量 B．装置c充分反应后所得固体的质量
C．反应前后装置d的质量 D．反应前后装置e的质量
③验纯后点燃装置c中酒精灯之前，对K1、K2进行的操作是________。
④若缺少装置e，则氧化亚铜的纯度________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
20.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。 、 常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是________；基态磷原子有________个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为________。
（2）中 的配位数为4，配体中N的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。
（3）在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在，其原因为________。
（4）属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用n代表P原子数)。
（5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中 占据 形成的________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为________ (列出计算式，用 表示阿伏加德罗常数的值)。
21.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：
（1）.化合物C的结构简式为 。B的官能团名称 。
（2）.上述转化过程中属于取代反应的有____。
A.①③④
B.①②④
C.②③④
D.①②③④
（3）.写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式 。
（4）.下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。
A.属于酯类化合物
B.1molD最多能与4molH2发生加成反应
C.一定条件下发生加聚反应
D.核磁共振氢谱有5组峰
（5）.写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式 （任写一种）。
①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A. SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，A不符合题意；
B. Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，B不符合题意；
C. Cu在S蒸气中燃烧生成物只有硫化亚铜，C符合题意；
D. Fe与稀HNO3生成硝酸铁、NO和H2O，与浓硝酸常温下钝化，加热生成硝酸铁、NO2和H2O，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】 A.二氧化硫少量生成亚硫酸钠，二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠；
B.常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠；
C.Cu与S反应生成Cu2S；
D.硝酸过量生成硝酸铁，硝酸不足生成硝酸亚铁。
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．MgCl2是离子化合物，熔融状态的氯化镁可用于电解冶炼镁，与其溶于水无关，A不符题意；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，B符合题意；
C．溴水能与乙烯加成生成1,2-二溴乙烷，常温下呈液态，可用于除去CH4中混有的C2H4 ， 与溴水的颜色无关，C不符题意；
D．浓硫酸具有强酸性，可用于催化乙酸和乙醇的反应；浓硫酸还具有吸水性，能够吸收反应生成的水，促使反应向生成酯的方向进行，与其腐蚀性无关，D不符题意；
故答案为：B。
【分析】A、MgCl2熔融下电离成镁离子和氯离子，并且熔点低，用于电解冶炼镁；
B、可用作自来水消毒的物质均具有强氧化性；
C、C2H4与溴水发生加成反应，而CH4与溴水不反应；
D、乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂下可以发生反应。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A. NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，1molNaHSO4固体中含有离子总数为2NA, ， A不符合题意；
B.标准状况下HF为液态，11.2LHF的物质的量不是0.5mol，B不符合题意；
C.乙醇的物质的量 ，含有O—H键数为0.5NA ， 水的质量为27g，物质的量为1.5mol，1mol水中含有2molO—H键，即O—H键数总为0.5+1.5×2=3.5NA ， C符合题意；
D.1molCu与足量的硫蒸气反应生成硫化亚铜，转移1mol电子，转移电子数为1 NA ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成；
B．标准状况下HF为液态；
C．每个乙醇分子中有1个O-H键，每个H2O中有2个O-H键；
D．Cu与S反应生成Cu2S。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液：NH +H++2OH-=NH3·H2O+H2O，A不符合题意；
B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH ，B不符合题意；
C．BaCl2溶液中通入CO2两者不发生反应，一般情况弱酸（H2CO3）不能反应生成强酸（H+），C不符合题意；
D．Na2SO3溶液吸收少量Cl2 ， Na2SO3溶液中部分的亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸根离子还原为氯离子，发生反应的离子方程式：3SO +Cl2+H2O=2HSO +2Cl-+SO ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.氢氧化钠过量，铵根离子和氢离子都反应；
B.一水合氨为弱碱，应保留化学式；
C.盐酸的酸性强于碳酸；
D.符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律。
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．电子层数越多的离子，半径越大，电子层数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径大小关系为：C＞E＞D＞A＞B，故A符合题意；
B．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性：D＞E＞C，故B不符合题意；
C．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强，简单离子的还原性越弱，所以简单离子的还原性D＜E＜C，故C不符合题意；
D．非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性HClO4＞H2SO4 ， 故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，D、E为-1价，则D为F元素，E为Cl元素；C主要化合价为-2、+6价，可知C为S元素，A为+2价，原子半径大于S元素，故A为Mg元素；B为+3价，原子半径小于Mg大于S，故B为Al元素。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，选项A不符合题意；
B．用水浴控制温度在50~60℃加热产生硝基苯，选项B符合题意；
C．硝基苯不溶于水，用分液方法将硝基苯和水层分离，不能用过滤的方法分离，选项C不符合题意；
D．加入水的方向不符合题意，为充分冷凝，应从下端进水，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．稀释浓硫酸时应酸入水；
B．苯的硝化反应用水浴加热；
C．硝基苯和水用分液的方法分离；
D．冷凝水应下进上出。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．从图上可知，①反应中生成物能够高于反应物，①是吸热反应，故A不符合题意；
B．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+ΔH为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，故B符合题意；
C．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，故C不符合题意；
D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，故D不符合题意；
故答案为:B。
【分析】难点：1、决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢
2、催化反应②对应的逆反应的活化能为E2+ΔH，题目出得不太好，图像中的焓变ΔH指逆反应的焓变，如果指正反应得焓变则为E2ΔH，最好是ΔH加上绝对值
8.【答案】 C
【解析】【解答】A. 向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液的化学反应方程式为： 可知H2SO4与Ba（OH）2恰好完全反应，故溶液的导电能力会一直减小至零，故A不选；
B．由于一水合氨为弱电解质，由氨水和氯化氢反应的方程式： ,可知氨水中的导电离子增多，故溶液的导电性逐渐增强，故B不选；
C．NaOH溶液与Cl2发生反应的方程式为： ,可知溶液中导电离子数量不变，又由于氯气的量不足所以溶液的导电能力不变，故选C；
D．向饱和石灰水中不断通入CO2所发生的化学反应方程式为依次为： ， ,溶液中导电离子先减小，再增大，即溶液的导电能力先减小，再增大，故D不选。
故答案为：C
【分析】 溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，相同条件下，离子浓度越大，导电性越强，离子所带电荷有关，离子所带电荷数越高导电性越强，单位体积的溶液中离子数越多导电性越强。
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据F结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此F中三个苯环不可能在同一平面，A选项不符合题意；
B．F分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，B选项符合题意；
C．F分子中苯环可发生取代反应，但分子中不含有不饱和键(碳碳双键或碳碳三键)，因此不能发生加聚反应，C选项不符合题意；
D．根据F的结构分析，其苯环上的一氯代物共有 7种，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据甲烷正四面体结构可知，三个苯环不可能在同一个平面上；
B.醇羟基在催化氧化的条件下会被氧化为醛；
C.F不含有碳碳双键和碳碳三键，不能发生加成聚合反应；
D.根据等效氢种类可知，苯环的一氯代物有5种。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．反应①表明 能与KOH溶液反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A不符合题意；
B．反应②中过氧化氢使Cr元素的化合价从+3升高到+6，表现了氧化性，B不符合题意；
C．反应③中存在： ，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液颜色也有黄色变成橙色，C不符合题意；
D．反应①、③中铬元素的化合价没有发生变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.两性氧化物能与碱反应生成盐和水，也能与酸反应生成盐和水；
B.反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
C.CrO 显黄色，Cr2O 显橙色，在溶液中CrO 和 Cr2O 可以相互转化；
D.反应①③中没有元素化合价的变化。
11.【答案】 B
【解析】【解答】A． T2时先达到平衡，“先拐先平数值大”，则T2＞T1 ， 由图示可知，温度越高反应物NO的体积分数越大，说明正反应是放热反应，所以低温有利于提高容器中NO的平衡转化率，故A不符合题意；
B． 设t1时NO转化浓度为x，
结合图示可知，t1min时NO的体积分数为0.1，则 =0.1，解得：x=0.15，则T1时，反应在tmin内的平均速率v（O2）= = mol•L-1•min-1 ， 故B符合题意；
C． T1、t1min时刻，反应没有达到平衡，且v正＞v逆 ， 根据B可知，t1min时c（NO）=（0.2-0.15）mol/L=0.05mol/L，c（O3）=0.15mol/L，c（NO2）=c（O2）=0.15mol/L，v正=k正×0.05×0.15，v逆=k逆×0.15×0.15，则k正×0.05×0.15＞k逆×0.15×0.15，即k正＞3k逆 ， 故C不符合题意；
D．结合NO（g）+O3（g） NO2（g）+O2（g）可知，T2时2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3与充入0.4molNO、0.6molO3达到平衡时NO和O3的变化量相同，则反应产物的量相同，所以达平衡时c（NO2）等于乙容器中平衡时c（NO2），故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】T2时先达到平衡，“先拐先平数值大”，则T2＞T1 ， 由图示可知，温度越高反应物NO的体积分数越大，说明正反应是放热反应；列出反应的三段式，求出氧气浓度的变化量，计算氧气的速率；T1、t1min时刻，反应没有达到平衡，且v正＞v逆 ， 根据B可知，将各物质的浓度代入速率公式，求出k正、k逆的关系，根据NO（g）+O3（g） NO2（g）+O2（g）可知，T2时2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3达到平衡与2L密闭容器中充入0.4molNO、0.6molO3达到平衡时，生成物的各量相同。
12.【答案】 D
【解析】【解答】A． 通入H2的Pt/C电极上H2失去电子生成H+ ， 则通入H2的Pt/C电极为负极，碳毡电极应为原电池的正极，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A不符合题意；
B． 碳毡电极应为原电池的正极，HNO3被还原，正极发生还原反应，电极反应为：NO ＋4H＋＋3e－＝NO↑＋2H2O，故B不符合题意；
C． 反应池中NO、O2反应生成HNO3 ， 反应池中发生总反应4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3 ， 生成的HNO3循环使用，实现HNO3再生，故C不符合题意；
D． 该电池中，负极反应为H2-2e-=2H+ ， 正极反应式NO +4H++3e-═NO↑+2H2O，所以消耗22.4L（标准状况下）H2时，转移电子2mol，生成 molNO，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O═4HNO3 ， 则消耗O2的物质的量 × =0.5mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，电极反应为H2-2e-=2H+ ， HNO3被还原，碳毡电极应为原电池的正极，电极反应式为NO +4H++3e-═NO↑+2H2O，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，反应池中NO、O2反应生成HNO3 ， 反应池中总反应4NO+3O2+2H2O═4HNO3 ， 从而实现了HNO3再生。
13.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图象可知，pH=11时溶液中主要存在H2AsO ，其它离子的浓度几乎为0， pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO ，故A不符合题意；
B． c（Na+）=0.100mol•L-1时，c（H3AsO3）+c（H2AsO ）+c（HAsO ）+c（AsO ）=0.100mol•L-1 ， 说明溶质为NaH2AsO3 ， 结合图示可知H2AsO 溶液的pH>7，呈碱性，说明H2AsO 的水解程度大于其电离程度，则c（H3AsO3）>c（HAsO ），溶液中离子浓度大小为：c（H2AsO ）>c（H3AsO3）>c（HAsO ），故B不符合题意；
C． c（Na+）=0.200mol•L-1时，c（H3AsO3）+c（H2AsO3-）+c（HAsO ）+c（AsO ）=0.100mol•L-1 ， 说明溶质为Na2HAsO3 ， 结合质子守恒可知：c（H+）+2c（H3AsO3）+c（H2AsO ）=c（OH-）+c（AsO ），故C符合题意；
D． 结合图示可知，pH=12.8的溶液中c（AsO ）=c（H2AsO ），结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=3c（AsO ）+c（H2AsO ）+2c（HAsO ）+c（OH-）=4c（H2AsO ）+2c（HAsO ）+c（OH-），pH＝12.8的溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）>4c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（OH－），故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．由图象可知，pH=11时溶液中主要存在H2AsO ；
B．根据H2AsO 的水解程度大于其电离程度分析；
C．根据质子守恒分析；
D．根据电荷守恒分析。
14.【答案】 B
【解析】【解答】A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO ，故A不符合题意；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B符合题意；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C不符合题意；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2 ， 又制得电池材料MnO2 ， 达到变废为宝的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SO2尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，SO2被氧化、MnO2被还原，生成MnSO4 ， 反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4 ， MnSO4溶液中加入MnCO3 ， MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+ ， MnS将铜、镍离子转化为沉淀过滤除去，KMnO4能与MnSO4反应生成MnO2 ， 通过过滤、干燥操作获得MnO2 ， 同时回收K2SO4。
二、多选题
15.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．苋菜甲素、藁本内酯分子式相同，均为C12H14O2 ， 结构不同，互为同分异构体，A符合题意；
B．1 mol 3-丁烯基苯酞与溴水反应最多消耗5 mol Br2 ， 其中4mol Br2苯环上发生取代反应，1mol Br2与碳碳双键发生加成反应，B不符合题意；
C．3-丁烯基苯酞通过得氢发生还原反应将碳碳双键变成单键，可制得苋菜甲素，C符合题意；
D．如图所示： 藁本内酯与足量H2加成的产物分子中含有3个手性碳原子，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．苋菜甲素、藁本内酯二者分子式相同，结构不同；
B.3-丁烯基苯酞含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应；
C．可与氢气发生加成反应生成苋菜甲素；
D．手性碳原子是指C原子连接4个不同的原子或原子团。
16.【答案】 A,D
【解析】【解答】A. 反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3 ， 其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A符合题意；
B. 反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4
D. 根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3Cl2 ， 则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2 ， 故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 A.反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3 ， 其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗 4molKOH，吸收2mol氯气，结合V=nVm计算吸收氯气的体积；
B.氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物；
C.根据电子转移守恒计算；
D.根据电子守恒可得关系式2K2FeO4∼3KClO∼3Cl2。
三、综合题
17.【答案】 （1）CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-651 kJ/mol
（2）C,D
（3）270℃；4
（4）Cr2O3
（5）2×10-4
【解析】【解答】（1）已知：①CO（g）+ O2（g）=CO2（g） △H2= ‒283 kJ/mol
②H2（g）+ O2（g）=H2O（g） △H3= ‒242 kJ/mol
③CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1= ‒116 kJ/mol
根据盖斯定律：①+②×2-③，整理可得：CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-651 kJ/mol；
（2）A．随时将CH3OH与反应混合物分离，CH3OH的浓度减小，反应速率降低，A不正确；
B．温度降低，反应速率变小，B不正确；
C．体系压强增大，单位体积内反应物分子数增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C正确；
D．使用催化剂，反应速率加快，D正确；
故合理选项是CD；
（3）①根据反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1= ‒116 kJ/mol可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应分析移动，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃；
②CO起始时物质的量是1 mol， n（H2）= n（CO）=1.5 mol，在a点时CO的转化率是50%，反应消耗了1 mol×50%=0. 5mol CO，消耗氢气1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n（CO）=0.5 mol，n（H2）=1.5 mol-2×0.5 mol=0.5 mol，n（CH3OH）=0.5 mol，由于容积为1 L，所以物质的平衡浓度：c（CO）=c（H2）=c（CH3OH）=0.5 mol/L，故该反应的平衡常数K= =4；
（4）物质越难被还原，反应达到平衡产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，平衡时lg 越大。根据图象可知：在这几种金属氧化物还原与lg 的关系可知：Cr2O3最难被还原；
（5）根据碳酸钙沉淀的溶度积表达式Ksp=c（Ca2+）·c（ ），混合溶液中c（ ）= ×5.6×10-5 mol/L=2.8×10-5 mol/L，则生成沉淀所需Ca2+的最小浓度c（Ca2+）= mol/L=1.0×10-5 mol/L，则原溶液中Ca2+的最小浓度c（Ca2+）=1×10-4 mol/L×2=2×10-4 mol/L。
【分析】（1）根据盖斯定律，将题中热化学方程式叠加，可得出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；（2）根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；（3）①合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；②先确定a点时的各种物质的浓度，再根据平衡常数表达式K= ；（4）物质越难被还原，反应产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，lg 越大；（5）计算平衡时钙离子、碳酸根离子的浓度，利用碳酸钙沉淀的溶度积计算生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度。
18.【答案】 （1）2∶7；SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑
（2）Fe；取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）。（或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3））；Al（OH）3
（3）小；2CrO +2H+⇌Cr2O +H2O，增大c（H+），使平衡向正反应方向移动，生成Cr2O
（4）Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl
【解析】【解答】（1）FeO·Cr2O3中Fe的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，FeO·Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3 ， 1mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2 ， 1molNaNO3得到2 mol电子，根据得失电子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的化学计量数之比为2∶7；陶瓷中含有SiO2 ， 在高温下会与Na2CO3反应：SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑；
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣1中主要成分为Fe2O3 ， 可取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）[或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3）]；滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，所以调节pH并过滤后得到滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。
（3）调滤液2的pH目的是提高溶液的酸性，pH变小，使2CrO +2H+⇌Cr2O +H2O，平衡正向移动，提高重铬酸根离子浓度，有利于K2Cr2O7固体析出；
（4）滤液3中含有大量的Na2Cr2O7 ， 据图可知相同温度下K2Cr2O7的溶解度要比Na2Cr2O7的溶解度小的多，所以加入KCl后析出K2Cr2O7 ， 化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。
【分析】铬铁矿熔融，与Na2CO3、NaNO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2和NaNO2 ， 硅、铝的杂质转化为Na2SiO3、NaAlO2 ， 熔块水浸后过滤，滤渣1中主要成分为Fe2O3 ， 滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、Na2SiO3、NaAlO2 ， 滤液1调pH=7过滤，滤渣2的主要成分为Al（OH）3和含硅杂质，滤液2中含Na2CrO4 ， 调pH使CrO 转化为Cr2O ，滤液3中加入KCl与Na2Cr2O7反应生成K2Cr2O7 ， 据此分析作答。
19.【答案】 （1）12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；水浴加热
（2）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
（3）H2SO4；BC；打开K2关闭K1；偏低
【解析】【解答】（1）①配制490 mL 0.l mol·L－1 CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，配制500mL 0.1mol•L-1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，需要称取胆矾晶体的质量为12.5g，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。故答案为：12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
②该反应最适宜温度为80～90℃，可知低于100℃的温度，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为水浴加热。故答案为：水浴加热；
（2）检验Cu2O样品中是否含有CuO，将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O来进行解释。故答案为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；
（3）①d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，
故答案为：难挥发性酸硫酸，装置a中所加的酸是H2SO4。故答案为：H2SO4；
②测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数，故答案为：BC；
③验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，对K1、K2进行的操作是打开K2关闭K1。故答案为：打开K2关闭K1；
④若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大，则氧化亚铜的纯度偏低。故答案为：偏低。
【分析】配制490mL 0.1mol•L-1CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，据此计算溶质，配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，结合步骤和操作选择需要的玻璃仪器。测定氧化亚铜的纯度：a防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸，b干燥氢气，c还原，d测定产生的水，e防止空气中的水和二氧化碳进入d，f处理尾气。测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数；验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大。
20.【答案】 （1）球形；3；（或 ）
（2）；
（3）可与 形成较稳定的配合物
（4）
（5）八面体空隙；
【解析】【解答】(1)锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1 ， 最高能级是2s，其电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3 ， 其未成对电子数是3p能级上的3个电子；铁是26号元素，C根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)NO3－中价层电子对数为5+0+12=3，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为 ；
故答案为：sp2； ；(3) 可与 形成较稳定的配合物，故 在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在；(4)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，这类磷酸根离子的化学式可用通式 来表示；(5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a×10-7)3 ， 该晶胞的质量为32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16)NA ， 所以密度为 ；
故答案为：八面体空隙； 。
【分析】金属阳离子易与氨气、水等物质形成稳定的络合物；、第（4）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，写出磷酸的化学式，然后寻找规律。
21.【答案】 （1）；碳碳双键、溴原子
（2）D
（3）
（4）B,C
（5）或
【解析】【解答】（1）有机物C为C7H6O3 ， 结合D的结构，可推知C为 ，故丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团有：碳碳双键、溴原子，故答案为： ；碳碳双键、溴原子；
（2）由分析可知：反应①是丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，故发生取代反应，反应②为CH2=CHCH2Br和 反应生成 ，故为取代反应，对比D、E的结构可知，反应③是D的羧基中的-OH被氯原子替代生成E，对比E、F结构可知，反应④是E中氯原子被取代生成F，
故答案为：D；
（3）B为CH2=CHCH2Br，在碱性条件下水解生成CH2=CHCH2OH，反应方程式为： ，故答案为： ；
（4）A．化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，A不正确；
B．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molD最多能与4molH2发生加成反应，B正确；
C．D含有碳碳双键，可以发生加聚反应，C正确；
D．D分子中含有6种化学环境不同的氢，核磁共振氢谱有6组峰，D不正确，
故答案为：BC；
（5）符合下列条件的化合物C（ ）的同分异构体：①苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上有2种氢，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，取代基为-CHO、2个-OH且存在对称结构，符合条件的同分异构体结构简式为： 或 ，故答案为： 或 （任意1种）。
【分析】（1）第一空要注意C的官能团的种类和位置关系；第二空要注意B的官能团有两个，分别是碳碳双键和溴原子，不能漏写。
（2）运用倒推法和正推法，通过结构简式的对比，发现原子或原子团的位置关系的互换，这种情况属于取代反应，而反应1、2、3、4都属于这种情况，不能漏选。
（3）卤代烃的水解反应的方程式的正确书写，注意这里用箭头连接反应物和生成物，反应条件是加热，不能写错。
（4）D中没有酯基，羧基无法和氢气发生加成反应、D中有6种氢，在等效氢数目判断的时候一定要注意画对称轴辅助判断。
（5）C的同分异构体的限制性条件，正确推出苯环上的三个取代基：两个羟基、一个醛基；醛基必须在两个羟基的中间位置，羟基必须是间位关系。
高考化学模拟试卷
一、单选题
1.下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是（ ）
A. SO2与NaOH溶液反应 B. Na与O2的反应 C. Cu在S蒸气中燃烧 D. Fe粉加入HNO3中
2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. MgCl2易溶于水，可用于电解冶炼镁
B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
C. 溴水呈橙黄色，可用于除去CH4中混有的C2H4
D. 浓硫酸具有腐蚀性，可用于催化乙酸和乙醇的反应
3.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1molNaHSO4固体中含有离子总数为3NA
B. 11.2L（标准状况）HF含有质子数为5NA
C. 50g46%的乙醇水溶液中，含有O-H键数为3.5NA
D. 1molCu与足量的硫蒸气反应，转移电子数为2NA
4.下列有关离子方程式正确的是（ ）
A. NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液：NH +OH-=NH3·H2O
B. CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓
C. BaCl2溶液中通入CO2：Ba2++H2O+CO2=BaCO3↓+2H+
D. Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO +Cl2+H2O=2HSO +2Cl-+SO
5.如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.071
0.099
主要化合价
+2
+3
+6、-2
-1
-1
A. 简单离子半径：C＞E＞D＞A＞B B. 气态氢化物的稳定性：D＞C＞E
C. 简单离子的还原性：D＞C＞E D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：C＞E
6.实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是（ ）
A
B
C
D
A．配制混酸溶液
B．50~60℃水浴加热反应混合物
C．洗涤、分离粗硝基苯
D．蒸馏粗硝基苯得纯硝基苯
A. A B. B C. C D. D
7.臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 催化反应①②均为放热反应
B. E1是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+ΔH）是催化反应②对应的逆反应的活化能。
C. 决定O3分解反应速率的是催化反应②。
D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大。
8.下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是（ ）
选项
实验操作
图像
A
向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液
①
B
向氨水中通入HCl直至过量
①
C
向NaOH溶液中通入少量Cl2
③
D
向饱和石灰水中不断通入CO2
④
A. A B. B C. C D. D
9.有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是( )。
A. F中的三个苯环可能在同一平面 B. F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C. F可发生加成聚合反应和取代反应 D. 苯环上的一氯代物有6种
10.元素铬的几种化合物存在下列转化关系：
已知：2CrO ＋2H＋⇌Cr2O ＋H2O。下列判断错误的是（ ）
A. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质 B. 反应②利用了H2O2的氧化性
C. 反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的 D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
11.烟气中的NO经过O3预处理，再用CaSO3悬浊液吸收去除。预处理时发生反应：NO（g）＋O3（g） NO（g）＋O2（g）。测得：v正＝k正c（NO）·c（O3），v逆＝k逆c（NO2）·c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。向容积均为2L的甲、乙两个密闭容器中充入一定量的NO和O3 ， 测得NO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B. T1时，反应在t min内的平均速率v（O2）＝ mol·L－1·min－1
C. T1时，NO（g）＋O3（g） NO2（g）＋O2（g）的k正＜3k逆
D. T2时，向2 L密闭容器中充入0.6 mol NO、0.4 mol O3 ， 到达平衡时c（NO2）小于乙容器中平衡时c（NO2）
12.一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A. Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区
B. 正极发生还原反应，电极反应为：NO ＋4H＋＋3e－＝NO↑＋2H2O
C. 反应池中发生总反应4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3 ， 实现HNO3再生
D. 理论上，当消耗22.4 L（标准状况下）H2时，会消耗1 mol O2
13.亚砷酸（H3AsO3）可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c（H3AsO3）＋c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（AsO ）＝0.100 mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A. pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO
B. c（Na＋）＝0.100 mol·L－1的溶液中：c（H2AsO ）>c（H3AsO3）>c（HAsO ）
C. c（Na＋）＝0.200 mol·L－1的溶液中：c（H＋）＋2c（H3AsO3）＝c（OH－）＋c（AsO ）
D. pH＝12.8的溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）>4c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（OH－）
14.SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2 ， 另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B. MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C. SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D. 该流程既脱除燃煤尾气中的SO2 ， 又制得电池材料MnO2 ， 达到变废为宝的目的
二、多选题
15.苋菜甲素、3-丁烯基苯酞、藁本内酯是传统中药当归、川芎中的活性成分。下列有关说法正确的是（ ）
A. 苋菜甲素、藁本内酯互为同分异构体
B. 1 mol 3-丁烯基苯酞与溴水反应最多消耗4 mol Br2
C. 3-丁烯基苯酞通过还原反应可制得苋菜甲素
D. 藁本内酯与足量H2加成的产物分子中含有2个手性碳原子
16.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制备K2FeO4 ， 发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；
②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下44.8L Cl2
B. 氧化性：K2FeO4＞ KClO
C. 若反应①中n（ClO-）∶n（ClO3-）=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2mol K2FeO4时消耗0.3mol Cl2
三、综合题
17.甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产。工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇。
该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1=‒116 kJ/mol
（1）已知：CO（g）+ O2（g）=CO2（g） △H2= ‒283 kJ/mol
H2（g）+ O2（g）=H2O（g） △H3= ‒242kJ/mol
则表示l mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为：________。
（2）下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是_______（填字母代号）。
A.随时将CH3OH与反应混合物分离
B.降低反应温度
C.增大体系压强
D.使用高效催化剂
（3）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为l mol）与CO平衡转化率的关系。
请回答：
①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是________；
②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下，反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K=________。
（4）一氧化碳可将金属氧化物还原为金属单质和二氧化碳。四种金属氧化物（Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O）被一氧化碳还原时，lg 与温度（T）的关系如图。700℃时，其中最难被还原的金属氧化物是________（填化学式）。
（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10-5 mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________mol/L。
18.重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3 ， 还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比（最简整数比）为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________（用化学方程式表示）。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是________（填写元素符号），设计实验方案验证滤渣1中经步骤①中反应后的产物________。滤渣2的主要成分是________（填写化学式）及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变________（填“大”或“小”），原因是________（用离子方程式和适当的文字表述说明）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。写出步骤⑤的化学反应方程式________。
19.氧化亚铜在强酸性溶液中发生歧化反应，某小组同学设计如下实验制备氧化亚铜并测定其纯度。
（1）该小组同学利用葡萄糖还原CuSO4溶液制备氧化亚铜。
①配制490 mL 0.l mol·L－1 CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量为________，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要________。
②该反应最适宜温度为80～90℃，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为________。
（2）某同学为检验Cu2O样品中是否含有CuO，设计如下实验方案：将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式________来进行解释。
（3）该小组取含有少量CuO杂质的Cu2O进行如下实验，以测定氧化亚铜的纯度，
①装置a中所加的酸是________（填化学式）。
②通过测定下列物理量，能达到实验目的是________（填字母）。
A．反应前后装置a的质量 B．装置c充分反应后所得固体的质量
C．反应前后装置d的质量 D．反应前后装置e的质量
③验纯后点燃装置c中酒精灯之前，对K1、K2进行的操作是________。
④若缺少装置e，则氧化亚铜的纯度________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
20.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。 、 常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是________；基态磷原子有________个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为________。
（2）中 的配位数为4，配体中N的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。
（3）在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在，其原因为________。
（4）属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用n代表P原子数)。
（5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中 占据 形成的________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为________ (列出计算式，用 表示阿伏加德罗常数的值)。
21.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：
（1）.化合物C的结构简式为 。B的官能团名称 。
（2）.上述转化过程中属于取代反应的有____。
A.①③④
B.①②④
C.②③④
D.①②③④
（3）.写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式 。
（4）.下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。
A.属于酯类化合物
B.1molD最多能与4molH2发生加成反应
C.一定条件下发生加聚反应
D.核磁共振氢谱有5组峰
（5）.写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式 （任写一种）。
①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A. SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，A不符合题意；
B. Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，B不符合题意；
C. Cu在S蒸气中燃烧生成物只有硫化亚铜，C符合题意；
D. Fe与稀HNO3生成硝酸铁、NO和H2O，与浓硝酸常温下钝化，加热生成硝酸铁、NO2和H2O，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】 A.二氧化硫少量生成亚硫酸钠，二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠；
B.常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠；
C.Cu与S反应生成Cu2S；
D.硝酸过量生成硝酸铁，硝酸不足生成硝酸亚铁。
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．MgCl2是离子化合物，熔融状态的氯化镁可用于电解冶炼镁，与其溶于水无关，A不符题意；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，B符合题意；
C．溴水能与乙烯加成生成1,2-二溴乙烷，常温下呈液态，可用于除去CH4中混有的C2H4 ， 与溴水的颜色无关，C不符题意；
D．浓硫酸具有强酸性，可用于催化乙酸和乙醇的反应；浓硫酸还具有吸水性，能够吸收反应生成的水，促使反应向生成酯的方向进行，与其腐蚀性无关，D不符题意；
故答案为：B。
【分析】A、MgCl2熔融下电离成镁离子和氯离子，并且熔点低，用于电解冶炼镁；
B、可用作自来水消毒的物质均具有强氧化性；
C、C2H4与溴水发生加成反应，而CH4与溴水不反应；
D、乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂下可以发生反应。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A. NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，1molNaHSO4固体中含有离子总数为2NA, ， A不符合题意；
B.标准状况下HF为液态，11.2LHF的物质的量不是0.5mol，B不符合题意；
C.乙醇的物质的量 ，含有O—H键数为0.5NA ， 水的质量为27g，物质的量为1.5mol，1mol水中含有2molO—H键，即O—H键数总为0.5+1.5×2=3.5NA ， C符合题意；
D.1molCu与足量的硫蒸气反应生成硫化亚铜，转移1mol电子，转移电子数为1 NA ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成；
B．标准状况下HF为液态；
C．每个乙醇分子中有1个O-H键，每个H2O中有2个O-H键；
D．Cu与S反应生成Cu2S。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液：NH +H++2OH-=NH3·H2O+H2O，A不符合题意；
B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH ，B不符合题意；
C．BaCl2溶液中通入CO2两者不发生反应，一般情况弱酸（H2CO3）不能反应生成强酸（H+），C不符合题意；
D．Na2SO3溶液吸收少量Cl2 ， Na2SO3溶液中部分的亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸根离子还原为氯离子，发生反应的离子方程式：3SO +Cl2+H2O=2HSO +2Cl-+SO ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.氢氧化钠过量，铵根离子和氢离子都反应；
B.一水合氨为弱碱，应保留化学式；
C.盐酸的酸性强于碳酸；
D.符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律。
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．电子层数越多的离子，半径越大，电子层数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径大小关系为：C＞E＞D＞A＞B，故A符合题意；
B．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性：D＞E＞C，故B不符合题意；
C．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强，简单离子的还原性越弱，所以简单离子的还原性D＜E＜C，故C不符合题意；
D．非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性HClO4＞H2SO4 ， 故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，D、E为-1价，则D为F元素，E为Cl元素；C主要化合价为-2、+6价，可知C为S元素，A为+2价，原子半径大于S元素，故A为Mg元素；B为+3价，原子半径小于Mg大于S，故B为Al元素。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，选项A不符合题意；
B．用水浴控制温度在50~60℃加热产生硝基苯，选项B符合题意；
C．硝基苯不溶于水，用分液方法将硝基苯和水层分离，不能用过滤的方法分离，选项C不符合题意；
D．加入水的方向不符合题意，为充分冷凝，应从下端进水，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．稀释浓硫酸时应酸入水；
B．苯的硝化反应用水浴加热；
C．硝基苯和水用分液的方法分离；
D．冷凝水应下进上出。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．从图上可知，①反应中生成物能够高于反应物，①是吸热反应，故A不符合题意；
B．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+ΔH为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，故B符合题意；
C．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，故C不符合题意；
D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，故D不符合题意；
故答案为:B。
【分析】难点：1、决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢
2、催化反应②对应的逆反应的活化能为E2+ΔH，题目出得不太好，图像中的焓变ΔH指逆反应的焓变，如果指正反应得焓变则为E2ΔH，最好是ΔH加上绝对值
8.【答案】 C
【解析】【解答】A. 向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液的化学反应方程式为： 可知H2SO4与Ba（OH）2恰好完全反应，故溶液的导电能力会一直减小至零，故A不选；
B．由于一水合氨为弱电解质，由氨水和氯化氢反应的方程式： ,可知氨水中的导电离子增多，故溶液的导电性逐渐增强，故B不选；
C．NaOH溶液与Cl2发生反应的方程式为： ,可知溶液中导电离子数量不变，又由于氯气的量不足所以溶液的导电能力不变，故选C；
D．向饱和石灰水中不断通入CO2所发生的化学反应方程式为依次为： ， ,溶液中导电离子先减小，再增大，即溶液的导电能力先减小，再增大，故D不选。
故答案为：C
【分析】 溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，相同条件下，离子浓度越大，导电性越强，离子所带电荷有关，离子所带电荷数越高导电性越强，单位体积的溶液中离子数越多导电性越强。
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据F结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此F中三个苯环不可能在同一平面，A选项不符合题意；
B．F分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，B选项符合题意；
C．F分子中苯环可发生取代反应，但分子中不含有不饱和键(碳碳双键或碳碳三键)，因此不能发生加聚反应，C选项不符合题意；
D．根据F的结构分析，其苯环上的一氯代物共有 7种，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据甲烷正四面体结构可知，三个苯环不可能在同一个平面上；
B.醇羟基在催化氧化的条件下会被氧化为醛；
C.F不含有碳碳双键和碳碳三键，不能发生加成聚合反应；
D.根据等效氢种类可知，苯环的一氯代物有5种。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．反应①表明 能与KOH溶液反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A不符合题意；
B．反应②中过氧化氢使Cr元素的化合价从+3升高到+6，表现了氧化性，B不符合题意；
C．反应③中存在： ，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液颜色也有黄色变成橙色，C不符合题意；
D．反应①、③中铬元素的化合价没有发生变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.两性氧化物能与碱反应生成盐和水，也能与酸反应生成盐和水；
B.反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
C.CrO 显黄色，Cr2O 显橙色，在溶液中CrO 和 Cr2O 可以相互转化；
D.反应①③中没有元素化合价的变化。
11.【答案】 B
【解析】【解答】A． T2时先达到平衡，“先拐先平数值大”，则T2＞T1 ， 由图示可知，温度越高反应物NO的体积分数越大，说明正反应是放热反应，所以低温有利于提高容器中NO的平衡转化率，故A不符合题意；
B． 设t1时NO转化浓度为x，
结合图示可知，t1min时NO的体积分数为0.1，则 =0.1，解得：x=0.15，则T1时，反应在tmin内的平均速率v（O2）= = mol•L-1•min-1 ， 故B符合题意；
C． T1、t1min时刻，反应没有达到平衡，且v正＞v逆 ， 根据B可知，t1min时c（NO）=（0.2-0.15）mol/L=0.05mol/L，c（O3）=0.15mol/L，c（NO2）=c（O2）=0.15mol/L，v正=k正×0.05×0.15，v逆=k逆×0.15×0.15，则k正×0.05×0.15＞k逆×0.15×0.15，即k正＞3k逆 ， 故C不符合题意；
D．结合NO（g）+O3（g） NO2（g）+O2（g）可知，T2时2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3与充入0.4molNO、0.6molO3达到平衡时NO和O3的变化量相同，则反应产物的量相同，所以达平衡时c（NO2）等于乙容器中平衡时c（NO2），故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】T2时先达到平衡，“先拐先平数值大”，则T2＞T1 ， 由图示可知，温度越高反应物NO的体积分数越大，说明正反应是放热反应；列出反应的三段式，求出氧气浓度的变化量，计算氧气的速率；T1、t1min时刻，反应没有达到平衡，且v正＞v逆 ， 根据B可知，将各物质的浓度代入速率公式，求出k正、k逆的关系，根据NO（g）+O3（g） NO2（g）+O2（g）可知，T2时2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3达到平衡与2L密闭容器中充入0.4molNO、0.6molO3达到平衡时，生成物的各量相同。
12.【答案】 D
【解析】【解答】A． 通入H2的Pt/C电极上H2失去电子生成H+ ， 则通入H2的Pt/C电极为负极，碳毡电极应为原电池的正极，质子通过交换膜从负极区移向正极区，故A不符合题意；
B． 碳毡电极应为原电池的正极，HNO3被还原，正极发生还原反应，电极反应为：NO ＋4H＋＋3e－＝NO↑＋2H2O，故B不符合题意；
C． 反应池中NO、O2反应生成HNO3 ， 反应池中发生总反应4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3 ， 生成的HNO3循环使用，实现HNO3再生，故C不符合题意；
D． 该电池中，负极反应为H2-2e-=2H+ ， 正极反应式NO +4H++3e-═NO↑+2H2O，所以消耗22.4L（标准状况下）H2时，转移电子2mol，生成 molNO，反应池中总反应4NO+3O2+2H2O═4HNO3 ， 则消耗O2的物质的量 × =0.5mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池工作时H2被氧化，通入H2的Pt/C电极为负极，电极反应为H2-2e-=2H+ ， HNO3被还原，碳毡电极应为原电池的正极，电极反应式为NO +4H++3e-═NO↑+2H2O，原电池工作时，H+通过质子交换膜移向正极，反应池中NO、O2反应生成HNO3 ， 反应池中总反应4NO+3O2+2H2O═4HNO3 ， 从而实现了HNO3再生。
13.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图象可知，pH=11时溶液中主要存在H2AsO ，其它离子的浓度几乎为0， pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO ，故A不符合题意；
B． c（Na+）=0.100mol•L-1时，c（H3AsO3）+c（H2AsO ）+c（HAsO ）+c（AsO ）=0.100mol•L-1 ， 说明溶质为NaH2AsO3 ， 结合图示可知H2AsO 溶液的pH>7，呈碱性，说明H2AsO 的水解程度大于其电离程度，则c（H3AsO3）>c（HAsO ），溶液中离子浓度大小为：c（H2AsO ）>c（H3AsO3）>c（HAsO ），故B不符合题意；
C． c（Na+）=0.200mol•L-1时，c（H3AsO3）+c（H2AsO3-）+c（HAsO ）+c（AsO ）=0.100mol•L-1 ， 说明溶质为Na2HAsO3 ， 结合质子守恒可知：c（H+）+2c（H3AsO3）+c（H2AsO ）=c（OH-）+c（AsO ），故C符合题意；
D． 结合图示可知，pH=12.8的溶液中c（AsO ）=c（H2AsO ），结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=3c（AsO ）+c（H2AsO ）+2c（HAsO ）+c（OH-）=4c（H2AsO ）+2c（HAsO ）+c（OH-），pH＝12.8的溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）>4c（H2AsO ）＋c（HAsO ）＋c（OH－），故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．由图象可知，pH=11时溶液中主要存在H2AsO ；
B．根据H2AsO 的水解程度大于其电离程度分析；
C．根据质子守恒分析；
D．根据电荷守恒分析。
14.【答案】 B
【解析】【解答】A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO ，故A不符合题意；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B符合题意；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C不符合题意；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2 ， 又制得电池材料MnO2 ， 达到变废为宝的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SO2尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，SO2被氧化、MnO2被还原，生成MnSO4 ， 反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4 ， MnSO4溶液中加入MnCO3 ， MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+ ， MnS将铜、镍离子转化为沉淀过滤除去，KMnO4能与MnSO4反应生成MnO2 ， 通过过滤、干燥操作获得MnO2 ， 同时回收K2SO4。
二、多选题
15.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．苋菜甲素、藁本内酯分子式相同，均为C12H14O2 ， 结构不同，互为同分异构体，A符合题意；
B．1 mol 3-丁烯基苯酞与溴水反应最多消耗5 mol Br2 ， 其中4mol Br2苯环上发生取代反应，1mol Br2与碳碳双键发生加成反应，B不符合题意；
C．3-丁烯基苯酞通过得氢发生还原反应将碳碳双键变成单键，可制得苋菜甲素，C符合题意；
D．如图所示： 藁本内酯与足量H2加成的产物分子中含有3个手性碳原子，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．苋菜甲素、藁本内酯二者分子式相同，结构不同；
B.3-丁烯基苯酞含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应；
C．可与氢气发生加成反应生成苋菜甲素；
D．手性碳原子是指C原子连接4个不同的原子或原子团。
16.【答案】 A,D
【解析】【解答】A. 反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3 ， 其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A符合题意；
B. 反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4
D. 根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3Cl2 ， 则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2 ， 故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 A.反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3 ， 其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗 4molKOH，吸收2mol氯气，结合V=nVm计算吸收氯气的体积；
B.氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物；
C.根据电子转移守恒计算；
D.根据电子守恒可得关系式2K2FeO4∼3KClO∼3Cl2。
三、综合题
17.【答案】 （1）CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-651 kJ/mol
（2）C,D
（3）270℃；4
（4）Cr2O3
（5）2×10-4
【解析】【解答】（1）已知：①CO（g）+ O2（g）=CO2（g） △H2= ‒283 kJ/mol
②H2（g）+ O2（g）=H2O（g） △H3= ‒242 kJ/mol
③CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1= ‒116 kJ/mol
根据盖斯定律：①+②×2-③，整理可得：CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-651 kJ/mol；
（2）A．随时将CH3OH与反应混合物分离，CH3OH的浓度减小，反应速率降低，A不正确；
B．温度降低，反应速率变小，B不正确；
C．体系压强增大，单位体积内反应物分子数增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C正确；
D．使用催化剂，反应速率加快，D正确；
故合理选项是CD；
（3）①根据反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H1= ‒116 kJ/mol可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应分析移动，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃；
②CO起始时物质的量是1 mol， n（H2）= n（CO）=1.5 mol，在a点时CO的转化率是50%，反应消耗了1 mol×50%=0. 5mol CO，消耗氢气1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n（CO）=0.5 mol，n（H2）=1.5 mol-2×0.5 mol=0.5 mol，n（CH3OH）=0.5 mol，由于容积为1 L，所以物质的平衡浓度：c（CO）=c（H2）=c（CH3OH）=0.5 mol/L，故该反应的平衡常数K= =4；
（4）物质越难被还原，反应达到平衡产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，平衡时lg 越大。根据图象可知：在这几种金属氧化物还原与lg 的关系可知：Cr2O3最难被还原；
（5）根据碳酸钙沉淀的溶度积表达式Ksp=c（Ca2+）·c（ ），混合溶液中c（ ）= ×5.6×10-5 mol/L=2.8×10-5 mol/L，则生成沉淀所需Ca2+的最小浓度c（Ca2+）= mol/L=1.0×10-5 mol/L，则原溶液中Ca2+的最小浓度c（Ca2+）=1×10-4 mol/L×2=2×10-4 mol/L。
【分析】（1）根据盖斯定律，将题中热化学方程式叠加，可得出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；（2）根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；（3）①合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；②先确定a点时的各种物质的浓度，再根据平衡常数表达式K= ；（4）物质越难被还原，反应产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，lg 越大；（5）计算平衡时钙离子、碳酸根离子的浓度，利用碳酸钙沉淀的溶度积计算生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度。
18.【答案】 （1）2∶7；SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑
（2）Fe；取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）。（或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3））；Al（OH）3
（3）小；2CrO +2H+⇌Cr2O +H2O，增大c（H+），使平衡向正反应方向移动，生成Cr2O
（4）Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl
【解析】【解答】（1）FeO·Cr2O3中Fe的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，FeO·Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3 ， 1mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2 ， 1molNaNO3得到2 mol电子，根据得失电子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的化学计量数之比为2∶7；陶瓷中含有SiO2 ， 在高温下会与Na2CO3反应：SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑；
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣1中主要成分为Fe2O3 ， 可取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）[或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3）]；滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，所以调节pH并过滤后得到滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。
（3）调滤液2的pH目的是提高溶液的酸性，pH变小，使2CrO +2H+⇌Cr2O +H2O，平衡正向移动，提高重铬酸根离子浓度，有利于K2Cr2O7固体析出；
（4）滤液3中含有大量的Na2Cr2O7 ， 据图可知相同温度下K2Cr2O7的溶解度要比Na2Cr2O7的溶解度小的多，所以加入KCl后析出K2Cr2O7 ， 化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。
【分析】铬铁矿熔融，与Na2CO3、NaNO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2和NaNO2 ， 硅、铝的杂质转化为Na2SiO3、NaAlO2 ， 熔块水浸后过滤，滤渣1中主要成分为Fe2O3 ， 滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、Na2SiO3、NaAlO2 ， 滤液1调pH=7过滤，滤渣2的主要成分为Al（OH）3和含硅杂质，滤液2中含Na2CrO4 ， 调pH使CrO 转化为Cr2O ，滤液3中加入KCl与Na2Cr2O7反应生成K2Cr2O7 ， 据此分析作答。
19.【答案】 （1）12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；水浴加热
（2）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
（3）H2SO4；BC；打开K2关闭K1；偏低
【解析】【解答】（1）①配制490 mL 0.l mol·L－1 CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，配制500mL 0.1mol•L-1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，需要称取胆矾晶体的质量为12.5g，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。故答案为：12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
②该反应最适宜温度为80～90℃，可知低于100℃的温度，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为水浴加热。故答案为：水浴加热；
（2）检验Cu2O样品中是否含有CuO，将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O来进行解释。故答案为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；
（3）①d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，
故答案为：难挥发性酸硫酸，装置a中所加的酸是H2SO4。故答案为：H2SO4；
②测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数，故答案为：BC；
③验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，对K1、K2进行的操作是打开K2关闭K1。故答案为：打开K2关闭K1；
④若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大，则氧化亚铜的纯度偏低。故答案为：偏低。
【分析】配制490mL 0.1mol•L-1CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，据此计算溶质，配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，结合步骤和操作选择需要的玻璃仪器。测定氧化亚铜的纯度：a防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸，b干燥氢气，c还原，d测定产生的水，e防止空气中的水和二氧化碳进入d，f处理尾气。测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数；验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大。
20.【答案】 （1）球形；3；（或 ）
（2）；
（3）可与 形成较稳定的配合物
（4）
（5）八面体空隙；
【解析】【解答】(1)锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1 ， 最高能级是2s，其电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3 ， 其未成对电子数是3p能级上的3个电子；铁是26号元素，C根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)NO3－中价层电子对数为5+0+12=3，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为 ；
故答案为：sp2； ；(3) 可与 形成较稳定的配合物，故 在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在；(4)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，这类磷酸根离子的化学式可用通式 来表示；(5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a×10-7)3 ， 该晶胞的质量为32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16)NA ， 所以密度为 ；
故答案为：八面体空隙； 。
【分析】金属阳离子易与氨气、水等物质形成稳定的络合物；、第（4）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，写出磷酸的化学式，然后寻找规律。
21.【答案】 （1）；碳碳双键、溴原子
（2）D
（3）
（4）B,C
（5）或
【解析】【解答】（1）有机物C为C7H6O3 ， 结合D的结构，可推知C为 ，故丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团有：碳碳双键、溴原子，故答案为： ；碳碳双键、溴原子；
（2）由分析可知：反应①是丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，故发生取代反应，反应②为CH2=CHCH2Br和 反应生成 ，故为取代反应，对比D、E的结构可知，反应③是D的羧基中的-OH被氯原子替代生成E，对比E、F结构可知，反应④是E中氯原子被取代生成F，
故答案为：D；
（3）B为CH2=CHCH2Br，在碱性条件下水解生成CH2=CHCH2OH，反应方程式为： ，故答案为： ；
（4）A．化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，A不正确；
B．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molD最多能与4molH2发生加成反应，B正确；
C．D含有碳碳双键，可以发生加聚反应，C正确；
D．D分子中含有6种化学环境不同的氢，核磁共振氢谱有6组峰，D不正确，
故答案为：BC；
（5）符合下列条件的化合物C（ ）的同分异构体：①苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上有2种氢，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，取代基为-CHO、2个-OH且存在对称结构，符合条件的同分异构体结构简式为： 或 ，故答案为： 或 （任意1种）。
【分析】（1）第一空要注意C的官能团的种类和位置关系；第二空要注意B的官能团有两个，分别是碳碳双键和溴原子，不能漏写。
（2）运用倒推法和正推法，通过结构简式的对比，发现原子或原子团的位置关系的互换，这种情况属于取代反应，而反应1、2、3、4都属于这种情况，不能漏选。
（3）卤代烃的水解反应的方程式的正确书写，注意这里用箭头连接反应物和生成物，反应条件是加热，不能写错。
（4）D中没有酯基，羧基无法和氢气发生加成反应、D中有6种氢，在等效氢数目判断的时候一定要注意画对称轴辅助判断。
（5）C的同分异构体的限制性条件，正确推出苯环上的三个取代基：两个羟基、一个醛基；醛基必须在两个羟基的中间位置，羟基必须是间位关系。
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