湖北省八市2021年高考化学3月模拟试卷及答案

这是一份湖北省八市2021年高考化学3月模拟试卷及答案，共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学3月模拟试卷
一、单项选择题
1.化学与生产、生活息息相关。以下说法错误的选项是〔   〕
A.甜度仅为蔗糖40%的麦芽糖既能发生水解反响，又能发生银镜反响
B.乙醇的体积分数为75%的医用酒精能使细菌蛋白质发生变性
C.用纤维素制取硝酸纤维的过程中发生了酯化反响
D.5G技术中使用的光导纤维不与任何酸碱反响
2.2021年11月6日，长征六号运载火箭成功将New Sat9-18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反响为：C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O.以下说法错误的选项是〔   〕
A.N2的电子式：
B.CO2的空间充填模型：
C.CO2是氧化产物
D.电负性大小：O>N
3.NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔   〕
A.72g CaO2与KHS的混合物中含有的阴离子的数目为NA
B.9.3g MnO2与500mL 0.8 mol/L盐酸充分反响，至少失去约1.204x1023个电子
C.1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
D.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
4.以下说法正确的选项是〔   〕
A.在所有元素中，氟的第一电离能最大
B.金属离子的电荷越多、半径越大，金属晶体的硬度越高
C.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
D.基态铜原子的价电子排布图：
5.利用如图装置(夹持装置略)进行实验，不能到达实验目的的是〔   〕
A.实验室制氨气
B.   海水蒸馏制淡水 
C.
用乙醇萃取碘水中的I2
D.用硫酸铜溶液净化乙炔气体
6.用于制造隐形眼镜的功能高分子材料E的合成路线如图：
以下相关说法错误的选项是〔   〕
A.物质A中所有原子可以共面
B.物质C和D均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.D→E的反响类型是缩聚反响
D.材料E应该具有良好的亲水性
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，W、X、Y形成的化合物甲的结构如下列图，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道。以下说法正确的选项是〔   〕

A. 简单离子半径大小：Z>X>Y                               B. 简单氢化物的沸点：Z>X
C. X、Y形成的化合物只含离子键                            D. 化合物甲中阴离子的空间构型为三角锥形
8.向盛有硫酸铜溶液的试管里参加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中参加乙醇，有深蓝色的晶体析出。以下对此现象的说法中错误的选项是〔   〕
A. 难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为
B. 在［Cu(NH3)4]2+中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C. NH3与铜离子络合，形成配合物后H-N-H键角会变大
D. 深蓝色的晶体析出的原因是［Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反响
9.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的局部工艺流程如图：

：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3 ， Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2
以下说法错误的选项是〔   〕
A. “滤渣〞的主要成分是SiO2
B. 为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I〞的滤液和滤渣洗涤液合并
C. “氧化〞过程发生的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O
D. “沉铁〞过程中参加碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度，应将pH控制在3.7~9
10.氢气是一种清洁能源。“分步法电解制氢气〞的装置如图。该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2 ， NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反响；第二步在另一个惰性电极产生O2.以下说法中错误的选项是〔   〕

A.第一步反响时，开关K应该连接K1 ，
B.第二步反响时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反响方程式：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
C.当电路中转移6.25 mol电子时，产生67.2LH2(标准状况)，那么电能的利用率为96.0%
D.此方法的总反响为2H2O 2H2↑+O2↑，可实现将电能转化为化学能
11.由以下实验操作和现象得出的结论错误的选项是〔   〕
选项
实验操作
实验现象
结论
A
氯乙烷参加NaOH溶液加热，冷却后参加AgNO3溶液
产生沉淀
证明氯乙烷已经水解
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
向氯化钠粉末中参加适量酒精充分震荡形成无色透明液体，用红色激光笔照射
出现一条光亮的通路
形成的分散系是胶体
D
向某钠盐溶液中参加盐酸，将产生的气体通入硝酸酸化的BaCl2溶液中
有白色沉淀产生
反响生成的气体可能是SO2
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
12.钴的一种化合物的晶胞结构如下列图，A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为( ，0， )。以下说法中错误的选项是〔   〕

A. 配合物中Co2+价电子排布式为3d7                     B. 钴的配位数为6
C. C点的原子坐标参数为( )                      D. 该物质的化学式为TiCoO2
13.我国科研人员在银催化简单烷烃的区域选择性方面的研究取得了重大奉献。图为一种种烷烃C-H键的选择性插入反响进程。以下说法错误的选项是(    )

A.升高温度三个反响的速率均加快
B.I、II、II三种物质中，最稳定的是I
C.总反响速率取决于由中间体1生成中间体2的一步
D.催化剂对化学反响具有选择性，生成不同产物的同时改变了反响的焓变
14.利用CO生产甲醇的反响为2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g).在密闭容器中按物质的量之比为2：1充入H2和CO，测得平衡混合物中CH，OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如下列图。
：①v正=k正·x(CO)·x2(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)，其中v正、逆为正、逆反响速率，k正、k逆·为速率常数，x为各组分的体积分数。
②K，为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压x体积分数
以下相关说法错误的选项是〔   〕

A.该反响的ΔH<0
B.B点与C点的平衡常数关系为KB=Kc
C.增大体系压强，k正-k逆·的值将增大
D.C点对应的平衡常数
15.根据各图曲线表征的信息，得出的结论错误的选项是(    )

A.图1表示常温下向体积为10 ml.0.1 mol/L的NaOH 溶液中逐滴参加0.1 mol/LCH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，那么c点处有：c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)
B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中I表示醋酸，II表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C.图3中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4 ， 与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D.由图4曲线，可确定K(AgCl)>K(AgBr)>K(AgI)，故用0.0100 mol/L.硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl- ， Br-及I-的混合溶液时，首先沉淀的是I-
二、非选择题
16.二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，可用于食物的增白、防腐等，但必须严格遵守国家有关标准使用。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。

〔1〕仪器a的名称为________。
〔2〕烧杯F中的试剂可以是________.(填序号)。
a.饱和Na2SO3溶液b.饱和Na2CO3溶液c.NaOH 溶液d.饱和NaCl溶液
〔3〕实验时装置E中溶液的现象为________。
〔4〕实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，那么使品红的水溶液褪色的微粒一定不是________(填化学式)。
〔5〕学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反响的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：

实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据 G 中现象得出的结论是________。
②H 中白色沉淀的化学式为________，其产生的原因是________ (用离子方程式表示)。
③I 中出现白色沉淀的速率比 H 中快很多的原因可能是________。
17.托特罗定(G)是毒覃碱受体拮抗剂，其一种合成路线流程图如图

请按要求答复以下问题：
〔1〕A的名称________。
〔2〕F中含氧官能团名称为________，其中碳原子的杂化类型有________。
〔3〕F→G的反响类型为________，G中手性碳原子的数目是________。
〔4〕B与NaOH溶液加热条件下反响的化学方程式________。
〔5〕同时满足以下条件的C的同分异构体有________.种。
a.在酸性条件下完全水解，得到两种产物：有机物M和碳酸( )
b.M分子能与FeCl，溶液发生显色反响
c.M分子核磁共振氢谱有6组峰且峰面积之比为1：1：1：1：3：3
〔6〕：R -CHO (R'、R 代表烃基或H)，请结合上述信息，写出以 和乙醛为主要原料制备 的合成路线流程图________(无机试剂任选)。
18.NO的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。
〔1〕如图表示了我国某地区在1959~2021年间，空气中NO，含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。结合图中数据，判断以下说法正确的选项是_______。

A.在交通运输中排放的NOx与燃料的不充分燃烧有关
B.1mol氮氧化物(NOx)形成硝酸型酸雨时转移电子(5-2x)mol
C.N2转化为NO的过程不属于氮的固定
D.随着汽车工业的开展，交通运输的NO，排放量所占比重呈增大趋势
〔2〕用CH4催化复原氮氧化物的相关热化学方程式如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(1)          ΔH=-662 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)              ΔH=-1248 kJ/mol
反响CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)     ΔH=________kJ/mol
〔3〕工业上可采用碱液来吸收NOx ， 有关的化学反响：
①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
②2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
现有一定条件下a mol NO2和b mol NO的混合气体恰好被一定体积NaOH溶液完全吸收，那么a、b应满足的关系为________。
〔4〕利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2 ， 反响机理如下列图。请写出在此反响机理中脱去NO的离子反响方程式________。

〔5〕在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反响生成N2
①NH3与NO2生成N2的反响中，当生成1mol N2时，转移的电子为________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反响器中反响(如图1所示)。反响相同时间NOx的去除率随反响温度的变化曲线如图2所示。以下相关分析正确的选项是________(填序号)

A．在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的原因可能是：催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反响速率迅速增大
B．在150~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率缓慢上升的原因可能是：温度升高引起的NOx去除反响速率增大
C．反响温度高于380℃时，NOX的去除率迅速下降的原因可能是：催化剂活性下降
D．反响温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与O2反响生成了NO
19.多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
〔1〕多晶硅第三代工业制取流程如下列图。


发生的主要反响
电弧炉
SiO2+2C Si+CO↑
流化床反响器
Si+3HCl SiHCl3+H2
①物质Z的名称是________。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反响的化学方程式为________
③在流化床反响的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
〔2〕利用晶体硅的粉末与枯燥的氮气在1300~1400℃下反响，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)。现用如下列图装置(局部仪器已省略)制取少量氮化硅。

①装置II中所盛试剂为________。
②装置I和装置皿均需要加热，实验中应先________(填“皿〞或“I〞)的热源。
〔3〕由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如下列图，锂离子电池的总反响为：Li1-xNiO2+xLiC6 LiNiO2+xC6。完成以下问题。

①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源________.(填“正〞或“负〞)极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反响式为________。

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．麦芽糖分子结构中有醛基，具有复原性是一种复原糖。因此可以与银氨溶液发生银镜反响，也可以与新制碱性氢氧化铜反响生成砖红色沉淀。可以在一定条件下水解，生成两分子葡萄糖，故A不符合题意；
B．乙醇可以提供自己的羟基或羰基上的氢或氧去形成氢键，从而破坏了蛋白质中原有的氢键，使蛋白质变性，故B不符合题意；
C．纤维素分子中有羟基，能够与硝酸发生反响生成酯硝酸纤维和水，发生的是酯化反响，故C不符合题意；
D．D光导纤维成分是二氧化硅，可以和氢氧化钠反响SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】光导纤维中的物质是二氧化硅，可以和氢氟酸和氢氧化钠强碱反响，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．N2的结构式为N N，每个原子均满足8电子的稳定结构，其电子式为： ，故A不符合题意；
B．二氧化碳的分子式为CO2 ， 由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，但实际碳原子半径大于氧原子半径，故B符合题意；
C．反响C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O中N2O4为氧化剂，C2H8N2被氧化，生成的CO2是氧化产物，故C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N，那么电负性：O>N，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据给出的反响即可找出氧化剂和复原剂以及氧化产物和复原产物，即可写出氮气的结构式以及元素的非金属性越强，电负性越大，二氧化碳中碳原子的半径大于氧原子故填充模型是中间原子半径大
3.【答案】 A
【解析】【解答】A．72g CaO2为1mol，72g KHS也是1mol，混合物中含有的阴离子的数目为NA ， 故A符合题意；
B． 500mL 0.8 mol/L为稀盐酸，并不会发生反响，故B不符合题意；
C．1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子大于2NA ， 因为水中也含有氧原子，故C不符合题意；
D．25℃时pH=13的NaOH溶液，并没有给出明确体积，不能确定OH-的数目，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据n=即可计算出物质的量，再根据CaO2=Ca2++O22- ， KHS=K++HS- ， 即可判断
B.MnO2只与浓盐酸反响
C.氧原子来源于NaAlO2和H2O
D.根据n=cv计算，但是体积未知
 
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．元素的第一电离能比较并没有排除稀有气体元素，根据变化规律，He元素的第一电离能最大，故A不符合题意；
B．一般金属离子所带的电荷越多、半径越小，金属键越强，相应金属晶体的硬度越高，故B不符合题意；
C．石墨为混合型晶体，层内碳原子间靠共价键连接，层与层之间为分子间作用力，而金刚石为共价晶体，内部只有共价键，故石墨转化为金刚石，破坏了石墨中的分子间作用力和共价键，同时形成了金刚石中的共价键，故C符合题意；
D．基态铜原子的价电子排布式为3d104s1 ， d轨道是排满的，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.排除稀有气体元素之外，氟元素的电离能最大
B.金属晶体的硬度主要和离子的半径和电荷有关，电荷越多，半径越小，金属键越强
C.石墨中存在化学键和分子间作用力两种作用力，发生化学变化时，均被破坏
D.根据核外电子能级排布即可写出价电子排布
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．实验室制备氨气，是采用氢氧化钙和氯化铵加热，氨气的密度比空气小，故用向下排空气法收集，试管口的棉花能够防止空气对流使收集的氨气不纯，故可用甲装置制备并收集NH3 ， 故A不符合题意；
B．该装置可以通过蒸馏的方法制备淡水，故B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的I2 ， 故C符合题意；
D．电石和水反响生成的乙炔中含有硫化氢等杂质，硫化氢和硫酸铜反响生成难溶性的CuS沉淀，乙炔和硫酸铜不反响，所以可以用硫酸铜除去乙炔中的杂质气体，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.此装置可以制取和收集氨气
B.利用蒸馏装置进行海水淡化
C.水和乙醇互溶不能用来别离，可以利用苯或者四氯化碳
D.可以利用此装置制取较纯洁的乙炔气体
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据以上分析物质A为乙烯，乙烯分子中6原子共平面，故A不符合题意；
B．物质C含醇羟基，物质D含有醇羟基和碳碳双键，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；
C．D分子含有碳碳双键，D→E发生加聚反响，故C符合题意；
D．由于E高分子中有羟基，羟基具有亲水性，所以E具有良好的亲水性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据C到D的反响即可判断出C为乙二醇，推出B为1，2-二溴乙烷，故A为乙烯，故所有原子均共面
B.均含有羟基，可与高锰酸钾作用
C.根据含有双键，发生的是加聚反响
D.含有羟基易形成氢键
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：S2->O2->Na+ ， A项符合题意；
B．水分子间存在氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2O>H2S，B项不符合题意；
C．X、Y形成的化合物可以是氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，C项不符合题意；
D．化合物甲中的阴离子是碳酸根离子，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，空间构型为平面三角形，D项不符合题意；
故答案为A。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，那么W为C或Si；结合化合物甲的结构，X是O，Y是Na；Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道，Z是S，根据上述分析，W是C。
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为 ，A项不符合题意；
B．在［Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，B项不符合题意；
C．NH3中N元素是sp3杂化，形成了三个氮氢键，还有一对孤对电子，孤对电子由于未成键，电子云较大，使氮氢键之间夹角变小，但与Cu2+络合后，N的孤对电子受Cu2+正电荷吸引，使电子云缩小，H-N-H键角会变大，C项不符合题意；
D．［Cu(NH3)4]2+在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中参加乙醇有深蓝色的晶体析出，该过程不属于化学反响，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】向盛有硫酸铜溶液的试管里参加氨水，首先形成难溶物，离子方程式为： ，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，离子方程式为： 。
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据分析，二氧化硅不溶于硫酸，形成滤渣，故A不符合题意；
B．滤渣外表吸附有滤液中的镍、铁元素，为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I〞的滤液和滤渣洗涤液合并，故B不符合题意；
C．“氧化〞过程中NaClO氧化Fe2+生成Fe3+ ， 反响的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故C不符合题意；
D．Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3 ， Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2 ， “沉铁〞过程中参加碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度形成黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]，应将pH控制在pH＜3.7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)中参加硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中参加NaClO氧化亚铁离子为铁离子，再参加碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后得到沉淀黄钠铁矾，滤液经处理可得到Ni，据此分析解答。
10.【答案】 B
【解析】【解答】A．第一步在惰性电极产生H2 ， NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反响，电解池种阳极发生氧化反响，所以开关K应该连接K1 ， A项不符合题意；
B．第二步在另一个惰性电极产生O2 ， 此时开关K应该连接K2 ， NiOOH/Ni(OH)2发生复原反响，B项符合题意；
C．标准状况下，理论上产生67.2LH2 ， 需要转移电子6mol，电能的利用率为：(6÷6.25)×100%=96%，C项不符合题意；
D．题中装置是电解池，将电能转化为化学能，发生的总反响是：2H2O 2H2↑+O2↑，D项不符合题意；
故答案为B。

【分析】A. 第一步在惰性电极产生H2， 即可判断氢气在左边电极产生，即可确定是K1
B. 第二步在另一个惰性电极产生O2 ，因此氢氧根右边电极产生氧气发生氧化反响，NiOOH/Ni(OH)2发生复原反响，NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH-
C.计算出产生氢气转移的电子即可计算出利用率
D. 根据分步法电解制氢气〞即可写出总反响
11.【答案】 A
【解析】【解答】A．氯乙烷与NaOH溶液反响后的溶液呈碱性，应先加稀硝酸中和过量的碱，再参加硝酸银，假设产生白色沉淀，证明氯乙烷已水解，A项符合题意；
B．将出现刮痕的白铁皮放入食盐水中形成原电池，锌作负极，铁作正极，此为牺牲阴极的阳极保护法，铁未溶解，一段时间后参加铁氰化钾无明显现象，B项不符合题意；
C．用光束照射无色透明的氯化钠与酒精形成的液体产生丁达尔效应，说明该分散系为胶体，C项不符合题意；
D．钠盐可能为亚硫酸钠，二氧化硫可被硝酸氧化，生成硫酸根离子，与钡离子反响生成白色沉淀为硫酸钡，D项不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.检验卤代烃水解的卤元素需要在酸性条件下检验
B.锌和铁形成原电池，锌做负极失去电子铁不会反响
C.符合胶体的特征
D.假设气体时二氧化硫可出现此现象
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．配合物中Co2+价电子个数为7，价电子排布式为3d7 ， 故A不符合题意；
B．由晶胞结构图可知，钴周围有6个O2- ， 配位数为6，故B不符合题意；
C．C点的原子处于体心，坐标参数为( )，故C不符合题意；
D．此晶胞中O原子为6× =3，Ti原子为8× =1，Co原子为1，该物质的化学式为TiCoO3 ， 故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．根据Co的价电子排布分析；
B．结合晶胞结构分析；
C．C点的原子位于体心，据此确定其坐标参数；
D．根据均摊法，确定晶胞中的原子个数，从而得出化学式；
13.【答案】 D
【解析】【解答】A．升高温度使反响速率加快，A项不符合题意；
B．I、II、II三种物质中，最稳定的是I，B项不符合题意；
C．化学反响的速率取决于历程中慢反响的过程，中间体1生成中间体2的反响为吸热反响，且活化能最高，决定了总反响速率，C项不符合题意；
D．催化剂具有选择性，只影响化学反响速率，但不改变反响的焓变，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.升温对速率起到促进作用
B.物质能量越低越稳定
C.活化能越高，速率越慢
D.焓变与反响物和生成物的能量有关
14.【答案】 C
【解析】【解答】A．从图像上可以看出温度越高，甲醇的体积分数越小，说明升温，平衡逆向移动，该反响的ΔH<0，A项不符合题意；
B．B点与C点温度相同，平衡常数不变，B项不符合题意；
C．速率常数只与温度有关，温度不变，k正 ， k逆都不变，k正-k逆的值也不变，C项符合题意；
D．C点时，甲醇的体积分数是50%，那么列三段式： ，甲醇的体积分数 ，x=0.75mol，平衡常数 ，D项不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.根据温度越高，甲醇的含量越低即可判断正反响的热效应
B.温度相同，平衡常数相等
C.温度不变，常数不变
D.根据C点的数据即可三行式进行计算出平衡时的物质的量，即可计算出平衡分压计算出平衡常数
15.【答案】 B
【解析】【解答】A．图1中c点参加0.1 mol/L20mLCH3COOH溶液与10 ml.0.1 mol/L的NaOH溶液充分反响后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒为2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．盐酸属于强酸溶液，醋酸属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，pH较大的是盐酸，pH较小的是醋酸，那么图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c>b>a，三点溶液中离子浓度由大到小的顺序为a>b>c，溶液的导电性：a>b>c，故B符合题意；
C．b点Kw=10-12 ， 中性溶液pH=6，将pH=2的H2SO4 ， 与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C不符合题意；
D．-lgc(X-)的值越大，代表该离子的浓度越小，由图可以知道，参加一定量的硝酸银后I-浓度最小，那么I-首先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.根据给出的数据判断出此时的溶质结合电荷守恒和物料守恒即可判断
B.强酸和弱酸稀释时，pH变化较大的是强酸
C.根据b的数据计算出此温度下的水的离子积即可进行判断
D.根据图示即可判断溶度积以及沉淀的先后顺序
二、非选择题
16.【答案】 〔1〕分液漏斗
〔2〕abc
〔3〕溶液由棕黄色变为浅绿色
〔4〕SO2
〔5〕亚硫酸的酸性小于盐酸；BaSO4；；在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀速率快
【解析】【解答】(1)仪器a是分液漏斗；
 
(2)氯化钠与二氧化硫不反响，不能用来进行尾气吸收；亚硫酸钠与二氧化硫反响生成亚硫酸氢钠，碳酸钠与二氧化硫反响生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，氢氧化钠与二氧化硫反响生成亚硫酸钠，以上三种物质均可进行尾气吸收，
故答案为：abc；
(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反响生成硫酸根离子和亚铁离子，铁离子为棕黄色，亚铁离子为浅绿色，溶液由棕黄色变为浅绿色；
(4)二氧化硫溶于乙醇，在乙醇中不能电离，没有氧化性，B中红色不能褪去，所以排除二氧化硫使品红溶液褪色的可能；
(5)①氧气可以将二氧化硫氧化，所以煮沸排出氧气干扰；pH小于7说明生成了酸性物质，没有生成白色沉淀说明其酸性小于盐酸；
②H中白色沉淀为硫酸钡，I中未煮沸，二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀， ；
③没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反响速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反响的速率快，反响速率越快的反响活化能越小，那么在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀更快。
【分析】二氧化硫在煮沸的氯化钡中无沉淀产生，是由于二氧化硫溶于水生成亚硫酸，生成的亚硫酸发生电离生成氢离子和亚硫酸氢根，故没有沉淀生成；二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀；当有氧气存在，会促进二氧化硫发生氧化反响，加快沉淀生成。
 
17.【答案】 〔1〕4-甲基苯酚或对甲基苯酚
〔2〕醚基；sp2和sp3
〔3〕取代反响；1个
〔4〕+2NaOH H2O
〔5〕4
〔6〕
【解析】【解答】(1)A以苯酚为母体，名称为4-甲基苯酚或对甲基苯酚；
 
(2)F中只有一个含氧官能团，且该官能团两侧均连接碳原子，那么该官能团为：醚基；
(3)F中有苯环上的碳原子为sp2杂化，甲基上的碳原子为sp3杂化，故答案为：sp2和sp3；
(4)F到G的反响，即醚基上的一个-CH2被一个H取代，即为取代反响，故答案为：取代反响；
(5)手性碳原子指一个碳原子上连有4个不同的原子团，双键或三键碳上不存在手性碳，故G中手性碳原子的数目是：1个；
(6)B中含有酯基，在NaOH溶液中发生水解反响，反响方程式为： +2NaOH H2O；
(7)共4种，分别为： 、 、 、 ；
(8) 与O2在77℃Cu作催化剂的条件下，生成 ，结合题中所给信息， 与乙醛反响生成 ，再结合流程图中的信息， 在BBr3的作用下生成 。
【分析】〔1〕根据结构简式即可进行命名
〔2〕根据F的结构简式即可找出官能团，同时根据碳原子的成键方式即可判断出碳原子的杂化方式
〔3〕根据反响物和生成物即可找出反响类型以及根据结构式找出连接四种不同原子的碳原子的个数即可
〔4〕根据反响物结合性质即可写出方程式
〔5〕根据要求即可写出同分异构体
〔6〕根据生成物分析需要利用给出的的反响信息以及图中给出F到G的反响路径即可进行合成
 
 
18.【答案】 〔1〕B,D
〔2〕-955
〔3〕a b
〔4〕
〔5〕；AD
【解析】【解答】(1)A、交通运输主要是用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放的主要是一氧化碳，而不是NOx ， A项不正确；
 
B、NOx形成酸雨的过程中可以用化学方程式表示为 转移了 (5-2x)mol电子；B项正确；
C、氮气转化为其化合物的过程是氮的固定，C项不正确；
D、根据图示，随着汽车工业的开展，交通运输所产生的NOx逐渐增加，D项正确；
故答案为：BD。
(2)两种热化学相加除以2得知，ΔH=-955kJ/mol
(3)根据①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知n(NO2)与n(NO)之比大于等于1:1，一氧化氮才能反响完全，故a b；
(4) 在此反响机理中脱去NO的离子反响方程式 ;
(5)① 反响中生成5mol的氮气转移了12mol的电子，所以生成1mol氮气转移了 mol的电子；
②A、在50~150℃温度较低的范围内，催化剂的火星与温度呈正相关，其活性随温度升高而增大；另一方面，温度升高使反响速率加快，使NOx去除率迅速上升，A项正确；
B、150~250℃范围内温度过高，导致催化剂活性降低，因此NOx的去除率上升得缓慢，B项不正确；
C、反响温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因为反响物氨气与氧气之间发生反响，生成氮氧化物，C项不正确；
D、从图中可看出，反响温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与 O2反响生成了NO，D项正确；
【分析】〔1〕A. NOx 主要来源于空气中的氮气与氧气在催化剂作用下得到
B.根据氧化复原反响即可找出转移电子的关系
C.将游离态氮变为化合态氮即是氮的固定
D.含氮氧化物主要是汽车排放，因此汽车工业的开展可增加一氧化氮的排放
〔2〕根据盖斯定律即可计算
〔3〕根据给出反响即可判断大小
〔4〕根据给出的流程即可写出方程式
〔5〕①根据反响物和生成物即可写出方程式即可找出转移的电子数   ②A.一定温度范围内，催化剂的活性随着温度的升高而增大
B.温度过高，催化剂的活性降低
C.氨气和氧气反响的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反响
D.氨气和氧气反响的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反响
 
19.【答案】 〔1〕氯气；；蒸馏
〔2〕浓H2SO4；I
〔3〕负；
【解析】【解答】(1)①物质Z的名称是氯气；
 
②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为： ；
③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可别离二者；
(2)亚硝酸钠和氯化铵反响生成N2 ， 晶体硅的粉末与枯燥的氮气在1300~1400℃下反响，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，装置II是用来枯燥N2 ， 装置II盛放的试剂为浓H2SO4；
①装置II中所盛试剂为浓H2SO4；
②为防止SiO2与空气反响，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源；
(3)①充电时，a电极的LiC6转化为C6 ， C的化合价升高，发生复原反响，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极；
②放电时，b电极上发生的反响是LiNiO2转化为Li1-xNiO2 ， 电极反响式为： 。
【分析】电解饱和食盐水，产物为氢氧化钠、氯气和氢气， Y、Z点燃后和粗硅反响生成SiHCl3 ， SiHCl3能和Y反响生成硅，说明Y是H2 ， Z是Cl2 ， X是NaOH。