2020届山东新高考仿真试卷系列-化学（4）

2020年山东新高考仿真试卷系列-化学（4）
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 P 31 S 32 Zn 65
一、 选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（　　）
A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同
B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解
C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同
D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大
2．（2分）有关物质及其用途的描述，正确的是（　　）
①SO2（漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等）
②氢氟酸（在玻璃上雕刻赏心悦目图案）
③Fe3O4（用作红色油漆和涂料）
④ClO2（自来水消毒剂）
⑤Al（OH）3（胃酸中和剂）
⑥Na2O2（作呼吸面具或潜水艇的供氧剂）
A．①②④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．②③④⑤⑥ D．全部
3．（2分）将分别二氧化硫通入下列种溶液中，有关说法正确的是（　　）

A．试管a中实验可以证明二氧化硫具有漂白性
B．试管b中溶液褪色，说明二氧化硫具有强氧化性
C．试管c中能产生白色沉淀，说明二氧化硫具有还原性
D．试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸
4．（2分）Calanolide A 是一种抗 HTV 药物，其结构简式如图所示。下列关于 Calanolide A 的说法错误的是（　　）
A．分子中有3个手性碳原子
B．分子中有3种含氧官能团
C．该物质既可发生消去反应又可发生加成反应
D．1 mol 该物质与足量NaOH 溶液反应时消耗1 mol NaOH
5．（2分）依据反应2NaIO3 +5SO2 +4H2O═I2 +3H2SO4 +2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中得到碘的CCl4溶液并回收NaHSO4．其中装置正确且能达到相应实验目的是（　　）

A．②④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
6．（2分）化学在生活中有着重要的应用。下列叙述不正确的是（　　）
A．2019年春节部分地方燃放的“烟花”应用了某些金属的焰色反应
B．棉、麻、桑蚕丝均是天然有机高分子材料
C．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用稀硫酸反应即可
D．高温结构陶瓷耐高温、耐氧化，是喷气发动机的理想材料
7．（2分）下列实验操作不能达到预期实验目的是（　　）

实验目的
实验操作
A
鉴别乙酸乙酯和乙酸
分别加入饱和Na2CO3溶液
B
比较Fe和Cu的金属活动性
分别加入浓硝酸
C
比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性
分别加入少量Na
D
比较I2在H2O和CCl4中的溶解度
向I2水中加入CCl4，振荡
A．A B．B C．C D．D
8．（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．64gCaC2中含有的共用电子对数为3NA
B．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为NA
C．1.5mol的MnO2粉末与足量浓盐酸共热转移电子数目小于3NA
D．1L0.01 mol•L﹣1KA1（SO4）2溶液中含有的阳离子数为0.02NA
9．（2分）A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素中的四种非金属元素，A元素的原子形成的离子就是一个质子，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，E是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C、D均是非金属元素，所以它们之间只能形成共价化合物
B．化合物BD2是直线形分子，若遇E同周期的金属单质着火均可用BD2灭火
C．用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，电解一开始就会在阴极区出现白色沉淀
D．A、B两元素可能形成原子个数比（A：B）为3：1、2：1以及1：1的化合物
10．（2分）俗称“一滴香”的物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．该有机物的分子式为C8H8O3
B．1 mo1该有机物最多能与 2 mol H2发生加成反应
C．该有机物能发生取代、加成和氧化反应
D．该有机物能与碳酸氢钠反应生成CO2
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（4分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，已是由Z元素形成的单质。已知：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；25℃时，0.1mol/L丁溶液的pH为13。下列说法不正确的是（　　）
A．1mol甲与足量的乙完全反应共转移1mol电子
B．Y元素位于第2周期第IVA族，它可以形成自然界中硬度最高的天然矿物
C．化合物戊中既有离子键又有非极性共价键
D．原子半径：W＞Y＞Z＞X
12．（2分）向盛有H2O2的试管中滴入一定量浓盐酸，有刺激性气味的气体生成。经实验证明该气体只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气。将气体通入X溶液（如下图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是（　　）

X溶液
现象

A
紫色石蕊溶液
溶液先变红后褪色
B
淀粉KI酸性溶液
溶液变为蓝色
C
滴有KSCN的FeSO4溶液
溶液变为红色
D
稀HNO3酸化的AgNO3溶液
有白色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）25℃时，向1L c（HA）+c（A﹣）＝0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH﹣、A﹣及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化），下列说法正确的是（　　）

A．a表示lgc（A﹣）与pH的关系曲线
B．K（HA）的数量级为10﹣5
C．P点溶液中n（Na+）+n（H+）＝0.1mol
D．滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c（HA）•c（OH﹣）均增大
14．（4分）常温下，向10mL 0.1 mol•L﹣1的HA溶液中逐滴滴入0.1 mol•L﹣1氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图所示。下列分析不正确的是（　　）

A．HA的电离方程式：HA⇌H++A﹣
B．a点：c（H+）＞c（A﹣）
C．b点：c（A﹣） 与c（NH4+）浓度大致相等
D．b～c点的溶液中，所含溶质均能促进水的电离
15．（4分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染等方面应用广泛。利用SO2生产Na2S2O5的工艺如图：

资料：Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，下列说法正确的是（　　）
A．Na2S2O5是Na2SO3和SO2的混合物
B．pH＝4.1时，I中主要反应的化学方程式为Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
C．加入Na2CO3固体的目的是调节pH，促进Ⅲ中SO2的再吸收
D．“结晶脱水”过程中反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O
三．解答题（共5小题，满分60分）
16．（12分）现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类，镉是生产硫酸锌的副产品，属于高毒性金属，试回答下列相关问题．
（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含ZnS）通过浮选、焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至1373﹣1573K，使锌蒸馏出来．主要反应为：
2ZnS+3O22ZnO+2SO2；鼓风炉中：2C+O22CO ZnO+COZn+CO2
从火法炼锌蒸馏后的残渣中含多种金属单质及In2O3，可用硫酸提取铟，某研究机构对此研究数据如下．实验中涉及的酸度（每升溶液中含硫酸的质量）与铟的浸出率如下图1；硫酸溶液的体积与固体的体积比如图2

①当酸度为196时，其物质的量浓度为　 　。
②从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：　 　、　 　。
（2） 湿法炼锌的主要工艺流程为：

①从保护环境和充分利用原料角度，如何处理或利用烟气　 　。
②除去酸浸出液中的铁，可用H2O2氧化，再调节pH使之形成Fe（OH）3沉淀，写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式　 　。
③酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染并回收镉，根据它们性质的差异，可用氢氧化钠溶液分离，已知Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，试写出分离的离子方程式　 　、　 　。
17．（13分）用于汽车刹车片的聚合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：

已知：
（1）生成 A 的反应类型是　 　。
（2）试剂 a 是　 　。
（3）B 中所含的官能团的名称是　 　。
（4）W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
①F 的结构简式是　 　。
②生成聚合物 Y 的化学方程式是　 　。
（5）Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有 　 　种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3 的为　 　、　 　（写结构简式）
（6）试写出由 1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
18．（13分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。
已知：
物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl
溶解度/g（20℃）
2.4×10﹣4
1.4×10﹣3
3.0×10﹣7
1.5×10﹣4
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
实验操作：充分振荡后3滴0.1 mol/L A溶液2 mL 0.1 mol/L B溶液1 mol/L C溶液充分振荡后，过滤，取洗净后的沉淀加入足量稀盐酸：

试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
实验Ⅱ
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，　 　。
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是　 　。
③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：　 　。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
装置
步骤
电压表
读数

ⅰ．如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ．向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全
b
ⅲ．再向B中投入一定量NaCl （s）
c
ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl（s）
a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是　 　（填序号）。
a．AgNO3溶液 b．NaCl溶液 c．KI溶液
②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是　 　。
③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：　 　。
④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是　 　。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论：　 　。
19．（10分）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF﹣3IA洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布式为　 　。
（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表中的　 　区。
（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+．其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（4）铁元素能与CO形成Fe（ CO）5．羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe（ CO）5分子中含　 　 molσ键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为　 　。
（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的　 　空隙和　 　空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A（0，0，0），B（，0，），C（1，1，1）等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为　 　。

（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为　 　，晶胞参数为428 pm，则晶体密度为　 　g/cm3（NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达式）。
20．（12分）亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca（NO2）2并对其性质进行探究。
[背景素材]
Ⅰ．NO+NO2+Ca（OH）2═Ca（NO2）2+H2O
Ⅱ．Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3﹣，MnO4﹣被还原为Mn2+
Ⅲ．亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca（NO2）2能将I﹣氧化为I2，2NO2﹣+4H++2I﹣═I2+2NO↑+2H2O，S2O32﹣能将I2还原为I﹣，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣。
[制备氮氧化物]甲组同学拟利用如下左图所示装置制备氮氧化物。

（1）仪器X的名称是　 　。
（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1：1，则装置B中发生反应的化学方程式为 ，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n（NO）　 　n（NO2）（填“＞”或“＜”）。
（3） [测定Ca（NO2）2的纯度]
利用Ca（NO2）2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是　 　 （填字母序号）。该测定方法发生反应的离子方程式为　 　
a．稀硫酸 b．c1 mol•L﹣1的KI溶液 c．淀粉溶液 d．c2 mol•L﹣1的Na2S2O3溶液
e．c3 mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液
2020年山东新高考仿真试卷系列-化学（4）答案与解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．【考点】K4：纤维素的性质和用途．菁优网版权所有
【专题】56：化学应用．
【分析】A、丝绸的主要成分是蛋白质；
B、蒸解过程是纤维素的水解过程；
C、“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，即实现了固液分离；
D、明矾是KAl（SO4）2•12H2O的俗称，是强酸弱碱盐。
【解答】解：A、丝绸的主要成分是蛋白质，而宣纸的主要成分是纤维素，两者成分不同，故A错误；
B、蒸解过程是纤维素的水解过程，而不是分解的过程，故B错误；
C、“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，即实现了固液分离，故原理和过滤相同，故C正确；
D、明矾是KAl（SO4）2•12H2O的俗称，是强酸弱碱盐，故水解显酸性，加入明矾后纸浆的pH变小，故D正确。
故选：C。
2．【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；F5：二氧化硫的化学性质．菁优网版权所有
【专题】513：物质的性质和变化专题．
【分析】①依据二氧化硫的漂白性解答；
②氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应；
③四氧化三铁为黑色，氧化铁为红棕色；
④二氧化氯具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；
⑤氢氧化铝能够与盐酸反应，消耗盐酸，且腐蚀性较小；
⑥过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气。
【解答】解：①SO2具有漂泊性，能漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故正确；
②氢氟酸能与二氧化硅反应，所以能在玻璃上雕刻赏心悦目图案，故正确；
③氧化铁为红棕色固体，用于制造红色油漆和涂料，故错误；
④ClO2具有强氧化性，能做自来水消毒剂，故正确；
⑤Al（OH）3为弱碱，可以中和胃酸，所以是胃酸中和剂，故正确；
⑥过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠通常可用作供氧剂，故正确；
故选：A。
3．【考点】F5：二氧化硫的化学性质．菁优网版权所有
【专题】523：氧族元素．
【分析】二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，具有漂白性，能够使品红褪色，具有还原性，能够被硝酸、高锰酸钾等氧化剂氧化，据此解答．
【解答】解：A．二氧化硫具有还原性，能够被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，体现其还原性，故A错误；
B．二氧化硫使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，通入到硝酸钡中，被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．二氧化硫为酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡能够与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶与硝酸，故D错误；
故选：C。
4．【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】该有机物中含有碳碳双键、羟基、酯基和醚键，具有烯烃、醇以及酯类的性质，以此解答该题。
【解答】解：A．一个碳原子含有四个不同的原子或原子团，这样的碳原子叫手性碳，如图，有3个手性碳原子，故A正确；
B．该物质有醚键、羟基、酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．该物质中有碳碳双键和苯环结构，能发生加成反应，与羟基碳相邻的 碳原子上有氢原子，故能发生消去反应，故C正确；
D．分子中的酯基为酚酯，故1 mol 该物质消耗2 mol NaOH，故D错误。
故选：D。
5．【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【专题】25：实验评价题．
【分析】①加热条件下浓硫酸与铜反应生成二氧化硫；
②二氧化硫易溶于水，应防止倒吸；
③碘易溶于四氯化碳，可萃取分离；
④应用蒸发皿分离。
【解答】解：①加热条件下浓硫酸与铜反应生成二氧化硫，可达到实验目的，故正确；
②二氧化硫易溶于水，用倒置漏斗，可防止倒吸，故正确；
③碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳不溶于水，可萃取分离，然后分液，故正确；
④加热液体，应在蒸发皿中进行，故错误。
故选：B。
6．【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GH：焰色反应；L1：有机高分子化合物的结构和性质．菁优网版权所有
【分析】A．不同的金属的焰色反应现象不同；
B．棉、麻、桑蚕丝的主要成分为纤维素、蛋白质等；
C．碳酸钙与硫酸反应，生成微溶的硫酸钙；
D．高温结构陶瓷耐高温，不怕氧化、密度小。
【解答】解：A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，节日燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，故A正确；
B．棉、麻、桑蚕丝的主要成分为纤维素、蛋白质等，都为高分子化合物，故B正确；
C．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后用盐酸处理，如用硫酸，生成微溶的硫酸钙，故C错误；
D．高温结构陶瓷耐高温，不怕氧化、密度小，所以高温结构陶瓷时喷气发动机的理想材料，故D正确；
故选：C。
7．【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【专题】542：化学实验基本操作．
【分析】A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能；
B．Fe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu；
C．Na与水反应剧烈；
D．碘易溶于四氯化碳．
【解答】解：A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能，现象不同，能鉴别，故A正确；
B．Fe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu，可选盐酸或稀硫酸来比较金属的活泼性，故B错误；
C．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故C正确；
D．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，则可比较I2在H2O和CCl4中的溶解度，故D正确；
故选：B。
8．【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有
【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、求出64g碳化钙的物质的量，然后根据C22﹣中含3对共用电子对来分析
B、求出甲基（﹣CD3）的物质的量，然后根据甲基中含9个中子来分析；
C、1.5mol的MnO2粉末与足量浓盐酸反应后，锰元素由+4价变为+2价；
D、铝离子的水解导致阳离子个数增多．
【解答】解：A、64g碳化钙的物质的量为1mol，而C22﹣中是碳碳三键，故含3对共用电子对，故1mol碳化钙中含3NA对共用电子对，故A正确；
B、1.8g甲基（﹣CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子，故0.1mol甲基中含0.9NA个中子，故B错误；
C、1.5mol的MnO2粉末与足量浓盐酸能完全反应，且反应后锰元素由+4价变为+2价，故1.5mol二氧化锰反应后转移3mol电子即3NA个，故C错误；
D、铝离子的水解导致阳离子个数增多：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故溶液中阳离子个数多于0.02NA个，故D错误。
故选：A。
9．【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有
【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素的四种非金属元素，A元素的原子形成的离子就是一个质子，则A为H元素；C、D在元素同期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则C为N元素、D为O元素；B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知：A为H，B为C元素，C为N，D为O，E为Al元素。
A．H、C、N、O可以形成离子化合物，如碳酸铵、碳酸氢铵等，故A错误；
B．与Al同周期的金属为Na、Mg，镁可在二氧化碳中燃烧，过氧化钠与二氧化碳反应，不能用二氧化碳灭火，故B错误；
C．用Al单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液，阳极Al放电形成Al3+进入溶液，与HCO3﹣离子发生双水解生成Al（OH）3沉淀，电解一开始会在阳极区出现白色沉淀，故C错误；
D．A、C两元素可以形成NH3、N2H4、HN＝NH等类似烃结构的一系列物质，故D正确；
故选：D。
10．【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】由有机物的结构简式可确定有机物的分子式，该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有C＝O键，可发生加成反应，含有﹣OH，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．由有机物的结构简式可知，该有机物含有7个C原子，8个H原子和3个O原子，则分子式为C7H8O3，故A错误；
B．能与氢气发生加成反应的为C＝C和C＝O键，则1 mol该有机物最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有C＝O键，可发生加成反应，含有﹣OH，可发生取代、氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故C正确；
D．分子中不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误。
故选：C。
二．选择题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．【考点】GS：无机物的推断．菁优网版权所有
【专题】111：无机推断．
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1 mol•L﹣1丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH；发生反应：甲+乙＝丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是H2O，再由甲+丙＝戊+己，可知丙是CO2，戊是Na2CO3，则Y为C，据此结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，甲是Na2O2、乙是H2O，丙是CO2，丁为NaOH，戊是Na2CO3，
A．由2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，则1molNa2O2反应时一半作氧化剂、一半作还原剂，转移电子为1mol，故A正确；
B．C的原子序数为6，位于第2周期第IVA族，C形成的单质金刚石为自然界中硬度最高的天然矿物，故B正确；
C．戊是Na2CO3，碳酸钠中含有离子键和极性共价键，故C错误；
D．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：W＞Y＞Z＞X，故D正确；
故选：C。
12．【考点】QB：实验装置综合；U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【专题】24：实验设计题．
【分析】实验证明该气体只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气，存在氯气时，与水反应生成盐酸和HClO，溶液具有酸性和漂白性，以此来解答。
【解答】解：A．由现象可知，褪色说明存在HClO，即气体中含氯气，故A选；
B．氧气可氧化KI，溶液变蓝，不能说明含氯气，故B不选；
C．氧气可氧化亚铁离子，溶液变为红色，不能说明含氯气，故C不选；
D．HCl可与硝酸银反应生成白色沉淀，不能说明含氯气，故D不选；
故选：A。
13．【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．pH＝7时lgc（H+）＝lgc（OH﹣）＝﹣7，pH越小，lgc（H+）、lgc（HA）越大，lgc（OH﹣）、lgc（A﹣）越小，所以a、b、c、d分别表示lgc（HA）、lgc（A﹣）、lgc（H+）、lgc（OH﹣）；
B．当c（HA）＝c（A﹣）时，K（HA）＝＝c（H+）＝10﹣pH；
C．P点溶液中存在电荷守恒中c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），同一溶液体积相等，则n（Na+）+n（H+）＝n（OH﹣）+n（A﹣），根据图知，P点溶液中lgc（A﹣）＝﹣1，则c（A﹣）＝0.1mol/L，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.13mol/L，溶液呈存在物料守恒n（HA）+n（A﹣）＝0.1mol；
D．c（HA）•c（OH﹣）＝Kh×c（A﹣），向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液中c（A﹣）都减小。
【解答】解：A．pH＝7时lgc（H+）＝lgc（OH﹣）＝﹣7，pH越小，lgc（H+）、lgc（HA）越大，lgc（OH﹣）、lgc（A﹣）越小，所以a、b、c、d分别表示lgc（HA）、lgc（A﹣）、lgc（H+）、lgc（OH﹣），所以a表示lgc（HA）与pH的关系曲线，故A错误；
B．当c（HA）＝c（A﹣）时，K（HA）＝＝c（H+）＝10﹣pH＝10﹣4.75，则K（HA）的数量级为10﹣5，故B正确；
C．P点溶液中存在电荷守恒中c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），同一溶液体积相等，则n（Na+）+n（H+）＝n（OH﹣）+n（A﹣），根据图知，P点溶液中lgc（A﹣）＝﹣1，则c（A﹣）＝0.1mol/L，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.13mol/L，溶液呈存在物料守恒n（HA）+n（A﹣）＝0.1mol，所以P点溶液中n（Na+）+n（H+）≈0.1mol，故C正确；
D．c（HA）•c（OH﹣）＝Kh×c（A﹣），向原溶液中加入稀盐酸或NaOH溶液，溶液体积增大导致溶液中c（A﹣）都减小，温度不变水解平衡常数不变，所以滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c（HA）•c（OH﹣）均减小，故D错误；
故选：BC。
14．【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．根据图a点知，0.1mol/L的HA溶液的pH在3左右，则c（H+）＜c（HA），说明HA部分电离；
B．a点溶质为NH4A和HA，HA是弱电解质，电离程度较小，溶液呈酸性，说明NH4A水解程度小于HA电离程度；
C．铵盐浓度越大水的导电能力越大，b点导电能力最大，则b点酸碱恰好完全反应生成NH4A，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明A﹣水解程度小于NH4+，但是其水解程度都较小；
D．b点酸碱恰好完全反应，b到c点氨水有剩余，弱酸弱碱盐促进水电离、碱抑制水电离。
【解答】解：A．根据图a点知，0.1mol/L的HA溶液的pH在3左右，则c（H+）＜c（HA），说明HA部分电离，则HA为弱酸，电离方程式为HA⇌H++A﹣，故A正确；
B．a点溶质为NH4A和HA，HA是弱电解质，电离程度较小，溶液呈酸性，说明NH4A水解程度小于HA电离程度，则c（H+）＜c（A﹣），故B错误；
C．铵盐浓度越大水的导电能力越大，b点导电能力最大，则b点酸碱恰好完全反应生成NH4A，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明A﹣水解程度小于NH4+，但是其水解程度都较小，所以b点c（A﹣） 与c（NH4+）浓度大致相等，故C正确；
D．b点酸碱恰好完全反应，b到c点氨水有剩余，弱酸弱碱盐促进水电离、碱抑制水电离，则b点促进水电离、c点抑制水电离，故D错误；
故选：BD。
15．【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】548：制备实验综合．
【分析】由流程可知，I中发生Na2CO3+2SO2+H2O＝2NaHSO3+CO2，加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，可得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，以此解答该题。
【解答】解：A．Na2S2O5为纯净物，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，故A错误；
B．Na2SO3溶液呈碱性，①Ⅰ中反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O＝2NaHSO3+CO2，故B错误；
C．工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是调节pH，促进Ⅲ中SO2的再吸收，得到NaHSO3过饱和溶液，故C正确；
D．由题给信息可知Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，则反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，故D正确。
故选：CD。
三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）
16．【考点】CD：化学平衡的调控作用；G6：金属冶炼的一般原理；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；545：物质的分离提纯和鉴别；548：制备实验综合．
【分析】（1）①根据酸度的定义计算，酸度为196时，说明1L溶液中硫酸的质量为196g，即硫酸为2mol，故浓度为2mol/L；
②根据图象可以看出，当酸度为180或液固比为6：1时，浸出率变化不大；
（2）①闪锌矿主要含ZnS，在焙烧时生成二氧化硫气体，可用于生产硫酸；
②H2O2具有氧化性，在酸性条件下将具有还原性的Fe2+离子氧化成Fe3+离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
③Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，既可与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，可根据氢氧化铝的反应来书写．
【解答】解：（1）①酸度为196时，说明1L溶液中硫酸的质量为196g，硫酸的物质的量为＝2mol，浓度为2mol/L，
故答案为：2mol•L﹣1；
②由图象可以看出，当酸度为180或液固比为6：1时，浸出率变化不大，从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：180； 6：1，
故答案为：180； 6：1；
（2）①闪锌矿主要含ZnS，在焙烧时生成二氧化硫气体，如随意排放会污染环境，可用于生产硫酸，故答案为：将烟道气净化，用于生产硫酸等；
②H2O2具有氧化性，在酸性条件下将具有还原性的Fe2+离子氧化成Fe3+离子，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
③根据Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，既可与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染并回收镉，可加过量的碱溶液，反应分别为：Cd2++2OH﹣＝Cd（OH）2↓；Zn2++4OH﹣＝ZnO22﹣+2H2O[或Zn2++4OH﹣＝Zn（OH）42﹣]．
故答案为：Cd2++2OH﹣＝Cd（OH）2↓；Zn2++4OH﹣＝ZnO22﹣+2H2O[或Zn2++4OH﹣＝Zn（OH）42﹣]．
17．【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断；538：有机化合物的获得与应用．
【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。
【解答】解：（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；
（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；
②生成聚合物Y的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、，
故答案为：10；、；
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
18．【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】（1）①BaCO3全部转化为BaSO4，硫酸钡不与盐酸反应，沉淀不会溶解；
②碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水；
③硫酸钡在溶液中存在溶解平衡，加入浓度较大的碳酸钠溶液后生成碳酸钡沉淀；
（2）①实验Ⅲ探究的时AgCl转化成AgI，加入的NaCl溶液应该过量；
②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上碘离子放电生成碘单质；
③实验Ⅳ中ⅱ．向B中滴入AgNO3（aq），碘离子浓度减小，离子还原性与其浓度有关；
④根据步骤ⅰ、ⅳ及c＞b分析；
（3）结合实验Ⅰ～Ⅳ的操作方法及现象分析难溶物转化的难易程度。
【解答】解：（1）①实验Ⅰ中若BaCO3全部转化为BaSO4，则向取洗净后的沉淀中加入盐酸，沉淀不溶解，没有明显现象，
故答案为：沉淀不溶解或无明显现象；
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有碳酸钡，碳酸钡与稀盐酸发生反应：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O，
故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；
③由于BaSO4在溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq） +SO42﹣（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液后，CO32﹣与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，沉淀发生了部分转化，
故答案为：BaSO4在溶液中存在BaSO4（s）⇌Ba2+（aq） +SO42﹣（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32﹣与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动；
（2）①实验Ⅲ中后最后加入的时0.1mol/L的KI溶液，应该是探究的时AgCl转化成AgI，加入的NaCl溶液应该过量，根据图示可知，甲过量、乙不足，则甲溶液时NaCl，故选b，
故答案为：b；
②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的碘离子放电生成碘单质，电极反应式是2I﹣﹣2e﹣═I2，
故答案为：2I﹣﹣2e﹣═I2；
③由于滴入AgNO3（aq）生成AgI沉淀，使B的溶液中c（I﹣）减小，I﹣还原性减弱，所以实验Ⅳ中b＜a，
故答案为：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I﹣）减小，I﹣还原性减弱；
④通过步骤ⅰ、ⅳ表明Cl﹣本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl﹣使c（I﹣）增大，证明发生了反应AgI+Cl﹣⇌AgCl+I﹣，部分AgI转化为AgCl，
故答案为：实验ⅳ表明Cl﹣本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl﹣使c（I﹣）增大，证明发生了AgI+Cl﹣⇌AgCl+I﹣；
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ可知：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现，
故答案为：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
19．【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有
【专题】51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子；
（2）Cr为24号元素，位于元素周期表中第四周期第第ⅥB族，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，最外层电子数为1个；
（3）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能同一同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；
（4）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中有1个σ键，Fe（CO）5分子含有10个 σ键；与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子；
（5）据图知，K+占据的是C60围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若C60分子的原子坐标参数分别为A（0，0，0），B（，0，），C（1，1，1）等，说明该晶胞的参数是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的；
（6）根据NiaO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，再根据ρ＝计算。
【解答】解：（1）Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为3d64s2，
故答案为：3d64s2；
（2）Cr位于第四周期，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，最外层电子数为1个，与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素为K和Cu，分别为s区和ds区，故答案为：s、ds；
（3）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能同一同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能N＞O＞S．苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；
故答案为：N＞O＞S；sp2杂化；
（4）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe（CO）5分子含有10个 σ键，1mol Fe（CO）5分子中含10mol σ键。CO含有2个原子14个电子，所以与CO互为等电子体的一种离子的化学式为CN﹣（或O22+、C22﹣、NO+），
故答案为：10；CN﹣；
（5）据图知，K+占据的是C60围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若C60分子的原子坐标参数分别为A（0，0，0），B（，0，），C（1，1，1）等，说明该晶胞的棱参数是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的，其参数为（，，），
故答案为：正四面体；正八面体；（，，）；
（6）设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x：y，根据NiaO中化合价代数和为零可知：×0.88＝2，解得x：y＝8：3．NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，则晶体密度＝4×g÷（428×10﹣10 cm）3＝g•cm﹣3，故答案为：8：3；
20．【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【分析】由实验装置可知，A中浓硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫气体，二氧化硫气体与硝酸在B中反应生成氮氧化合物，在C中与石灰乳发生反应NO+NO2+Ca（OH）2＝Ca（NO2）2+H2O，可制备得Ca（NO2）2，D装置防倒吸，E装置用氢氧化钠吸收未反应完的氮氧化物，防止污染空气。
（1）根据仪器构造以及常见仪器的名称可判断仪器名称；
（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1：1，NO和NO2是还原产物，则SO2的氧化产物应为硫酸，可结合电子守恒判断SO2与硝酸的物质的量之比，再结合原子守恒写出此反应的化学方程式；硝酸的浓度越大，硝酸氧化性增强，还原产物的价态越高，且浓硝酸可氧化NO氧化为NO2；
（3）由信息Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3﹣，可根据消耗的酸性KMnO4溶液，利用电子守恒来计算Ca（NO2）2并测定其纯度；
【解答】解：（1）①由仪器构造可知X具有长颈、带有玻璃活塞为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1：1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+H2O+2HNO3＝NO+NO2+2H2SO4；若其它条件不变，增大硝酸的浓度，硝酸氧化性增强，将NO氧化为NO2，则会使逸出的气体中n（NO）＜n（NO2）；
故答案为：2SO2+H2O+2HNO3＝NO+NO2+2H2SO4；＜；
（3）由信息Ca（NO2）2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3﹣，MnO4﹣被还原为Mn2+可知，则利用Ca（NO2）2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是e；该测定方法发生反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O，
故答案为：e；5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+＝5NO3﹣+2Mn2++3H2O；