安徽省合肥市2021年高考化学二模试卷

这是一份安徽省合肥市2021年高考化学二模试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与社会生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是（   ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B. “司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质为FeO
C. 推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源有利于经济可持续发展
D. 航天航空材料碳纤维、芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料
2.下列有关化学用语表示正确的是（   ）
A. S2-的离子结构示意图                          B. HClO的电子式
C. 乙醇的球棍模型                                  D. 四氯化碳的结构式
3.据研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能一定程度抑制新型冠状病毒感染。该药物的有效成分氯喹结构式如下： 。下列关于氯喹叙述错误的是（   ）
A. 分子中含18个碳原子                                          B. 既能发生取代反应，又能发生加成反应
C. 属于芳香族化合物且与苯互为同系物                  D. 分子中所有原子不可能共平面
4.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（   ）
A. 4 6 gC2H6O中含有碳氢共价键的数目为0.5 NA
B. 1.8g H2O和D2O混合物中含有的中子数为0.8NA
C. MnO2与浓盐酸反应产生22.4LCl2(标准状况)时转移电子数为2NA
D. 1LpH=1的CH3COOH溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.1 NA
5.向含有① 、② 、③ 、④ 、⑤ 等五种阴离子的溶液中加入少量Na2O2固体，上述离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积的变化)（   ）
A. ①③⑤                                    B. ①                                    C. ①②                                    D. ①②④
6.下列实验装置或操作设计正确，且能达到实验目的是（   ）

A. 实验①制备并收集少量氨气                                B. 实验②推断S、C、Si的非金属性强弱
C. 实验③配制一定物质的量浓度溶液                      D. 实验④进行中和反应反应热的测定
7.下列有关NH4Al(SO4)2溶液叙述正确的是（   ）
A. 该溶液中，Na+、Ca2+、Cl-、 可以大量共存
B. 该溶液中，K+、CH3COO-、 、F-可以大量共存
C. NH4Al(SO4)2可作净水剂，其净水原理；Al3++ 3H2O=Al(OH)3↓+3H+
D. 和足量Ba(OH)2稀溶液反应：2Ba2+ 5OH-+NH +Al3++2SO =2BaSO4↓ +NH3·H2O+AlO +2H2O
8.分子TCCA(如图所示)是一种高效的消毒漂白剂。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是（   ）

A. 分子所有原子均满足8电子稳定结构                    B. 原子半径大小顺序：X C. 氧化物的水化物酸性：Z>X>W                          D. 简单气态氢化物的热稳定性：W>X>Y
9.为提纯下列物质(括号内为杂质)，选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（   ）
选项
物质
除杂试剂
分离方法
A
二氧化硅(碳酸钙)
氢氧化钠溶液
过滤
B
硫酸铜溶液(硫酸铁)
加入过量铜粉
过滤
C
乙醇(乙酸)
生石灰
蒸馏
D
SO2(CO2)
碳酸钠溶液
洗气
A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D
10.已知Fe3+能催化H2O2分解，2H2O2(aq) = 2H2O(l)+O2(g)的反应机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+H2O2(aq)=2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)步骤②：

下列有关H2O2分解反应说法错误的是（   ）
A. v(H2O2)=2v(O2)                                                B. 该反应的△H<0
C. 增大Fe3+的浓度能够加快反应速率                     D. 若不加Fe3+ ， 正反应的活化能比逆反应大
11.某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化台物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2▪2H2O晶体的工艺流程如下：

下列说法正确的是（   ）
A. 焙烧后的废气能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 通氯气主要目的是提高CuCl2▪2H2O晶体的产率
C. 调节pH选用的试剂可以是NaOH溶液
D. CuCl2▪2H2O晶体直接加热可制得CuCl2固体
12.常温下，向1L含有0.2mol.L-l HA与0.l mol.LlNaA的溶液中通入HCl气体(或加入NaOH固体)，测得溶液pH的变化如图所示(忽略溶液体积和温度变化)。下列叙述错误的是（   ）

A. b点溶液中水的电离程度最大
B. 溶液由b向a变化过程中， 逐渐增大
C. c点溶液中c(HA)=c(A-)，则Ka(HA)的数量级为10-4
D. d点对应的溶液中：c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
13.天然气净化工艺的核心是H2S脱除。我国科学家设计了一种转化装置用以去除天然气中H2S.示意图如图所示，装置中可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。下列说法正确的是（   ）

A. 该装置中光能直接转化为化学能                     B. 碳棒上的电极反应为AQ+ 2H++ 2e- = H2AQ
C. 乙池溶液中H2S与I-反应，被氧化成单质S      D. 若有1molH2S脱除，将有2molH+从甲池移向乙池
14.取一定质量铁和氧化铁的混合物加入100 mL 1 mol.L-1盐酸中，两者恰好完全反应，产生标准状况下气体0.448 L，且反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象。原混合物中铁和氧化铁的物质的量比是（   ）
A. 1：1                                    B. 2：1                                    C. 3：1                                    D. 1：2
二、综合题
15.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（1）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是________。
（2）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式________。
 ClO +VO2++=Cl-+VO +
（3）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是________。
（4）在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ________。
a.VO2+    b.    c. V2+    d.V
16.对氨基苯甲酸乙酯是临床常用的—种手术用药。以有机物A (C7H8)为起始原料的合成路线如下：

完成下列填空：
（1）A的名称是________，C官能团的名称是________
（2）写出第③步反应的化学方程式________
（3）下列说法正确的是________。
a．对氨基苯甲酸乙酯的分子式为C9H11O2N
b．B苯环上的一氯代物共有3种
c．①、②反应类型相同，③、④反应类型相同
17.亚硝酸钠(NaNO2)是重要的防腐剂。
I.实验室制备亚硝酸钠
某化学兴趣小组设计如下实验装置(略去夹持仪器)制各亚硝酸钠。
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2 ， ②酸性条件下，NO、NO2或 都能与 反应生成 和Mn2+。
回答下列问题：

（1）装置C的名称是________，试剂X的名称是________。
（2）为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→（________）→（________）→（________）→（________）→D(装置可重复使用)。
（3）加入浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2 ， 目的是 ________。
（4）D中主要反应的离子方程式为________。
（5）已知市售亚硝酸钠主要成分是NaNO2(含NaNO3、水等杂质)，可以采用KMnO4测定含量(其中杂质不跟酸性KMnO4溶液反应)。称取5.0 g市售亚硝酸钠样品溶于水配制成250 mL的样品溶液。取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用稀硫酸酸化后，再用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL。判断滴定终点的现象是________，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是________。
18.利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下。

己知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有________(写出一种合理方法即可)。
（2）沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、________，“浸出液”调节pH的范围为________，调节pH选用的试剂可以是________  (选填序号)。
a铁    b氨水    c碳酸钠溶液    d．稀硫酸
（3）“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为________。
（4）向Co(OH)3中加入H2SO4.H2O2混合液，H2O2的作用是________。
（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为85为宜，此时c(Co2+)小于________mol/L；为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3 ， 写出该反应的离子方程式________。(已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-l5)
（6）由“母液4”获取NiSO4 ． 7H2O的操作是________，________，过滤，洗涤。
19.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：
（1）碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2 ， 若所得溶液中c( )∶c( )=2∶1，则溶液pH=________。(室温下，H2CO3的K1=4×l0-7；K2=5×10-11)。
（2）催化转化。以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下，答下列问题：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.5kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)  ΔH2=-90.4kJ/mol
Ⅲ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  ΔH3
①ΔH3=________kJ/mol。
②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，这段时间内以H2O(g)表示的化学反应速率为________mol∙L-1∙min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)。
③不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如下图所示。

其中纵坐标表示CH3OH的平衡产率的是________(填“X”或“Y”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是________。
④为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为________(填标号)。
A．低温、低压    B．高温、高压    C．低温、高压    D．高温、低压
（3）电解转化。电解CO2制得甲酸盐(HCOO-)的原理示意图如下。

①写出阴极的电极反应式________
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是________

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A．燃煤中加入CaO可与煤中的硫、空气中的氧气反应生成硫酸钙，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，A说法不符合题意；
B．“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质具有磁性，而Fe3O4具有磁性，B说法不符合题意；
C．推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源，可减少化石能源的消耗，减少二氧化碳的排放，有利于经济可持续发展，C说法符合题意；
D．航天航空材料芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料，碳纤维不属于有机物，D说法不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.加入氧化钙主要是固定硫元素，降低酸雨气体的产生不能降低二氧化碳的排放
B.具有磁性的是四氧化三铁
C.推广可再生能源减少化石燃料使用有利于经济的发展
D.碳纤维是无机材料不是有机材料
2.【答案】 D
【解析】【解答】A． S2-的离子内，核电荷数为16，离子结构示意图 ，A不符合题意；
B．次氯酸的电子式 ，B不符合题意；
C． 球棍模型 显示该物质的结构简式为CH3COOH，C不符合题意；
D．四氯化碳结构式 ，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.阴离子中，质子数小于核外电子数
B. HClO分子内，氧原子分别和氢、氯原子共用1对电子对
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH与给出的球棍模型不符合
D.四氯化碳分子内，每个氯原子和碳原子共用1对电子对
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据氯喹的结构简式，分子中含18个碳原子，A叙述不符合题意；
B．氯喹含有的官能团为氯原子和碳碳双键，既能发生取代反应，又能发生加成反应，B叙述不符合题意；
C．氯喹含有苯环，属于芳香族化合物，苯中只含有C、H两元素，与氯喹结构不相似，不是同系物，C叙述符合题意；
D．氯喹中含有多个sp3杂化的碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，D叙述不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据氯喹的结构简式即可写出分子式，含有氯原子、碳碳双键、氨基等官能团，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应等，含有苯环属于芳香族化合物，含有其他的原子不与苯互为同系物，含有多个不饱和碳原子，故不可能共面
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．C2H6O可以是乙醇、也可以是二甲醚， 4 6 gC2H6O中含有碳氢共价键的数目不一定为0.5 NA ， A不符合题意；
B． H2O和D2O的摩尔质量分别为18g/mol、20g/mol，1.8g H2O和D2O混合物的物质的量难以计算，故其中含有的中子数难以计算，B不符合题意；
C． MnO2与浓盐酸反应时氧化产物为氯气，氯元素化合价从-1升高到0价，每生产1mol氯气，转移电子1mol， 则生成22.4LCl2(标准状况)时转移电子数为2 NA ， C符合题意；
D．CH3COOH是弱酸，CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数目远大于CH3COO- ， 1LpH=1的CH3COOH溶液中， n(CH3COO-)≈ n(H+)=0.lmol、则CH3COO-和CH3COOH数目之和远大于0.1 NA ， D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据n=计算出物质的量，再根据分子式找出碳氢键个数即可
B.分别计算出1.8gH2O,D2O的含有的中子数即可，但是由于H2O和D2O中中子数不同，故不为0.8NA
C.根据方程式进行计算即可
D.醋酸是弱酸，弱酸是部分电离，因此含有的微粒大于0.1mol
5.【答案】 B
【解析】【解答】过氧化钠具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，则④ 减少，② 增多，过氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，则⑤ 减少，③ 增大，只有① 不变，故B符合题意
故答案为B

【分析】过氧化钠具有一定的氧化性，因此还原性的离子会减少，且产物中含有氢氧根离子与氢氧根离子反应的离子会减少即可判断
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．实验①制备并收集少量氨气，应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，故A不符合题意；    
B．实验②稀硫酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液，生成硅酸沉淀，说明最高价氧化物对应水化物的酸性：硫酸>碳酸>硅酸，推断S、C、Si的非金属性强弱，故B符合题意；
C．实验③配制一定物质的量浓度溶液，定容时，需用胶头滴管滴加水，防止液面超过刻度线，故C不符合题意；
D．实验④进行中和反应反应热的测定，缺失环形玻璃搅拌棒，故D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】A.加热氯化铵固体不能得到氨气，生成的氨气和氯化氢气体易结合成氯化铵
B.利用最高价氧化物对应的水合物的酸性的强弱证明非金属性强弱
C.接近1~2ml时，需要用胶头滴管进行加水
D.为了充分反应，应该补充环形玻璃棒，缺少环形玻璃棒进行搅拌
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．钙离子与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，故A不符合题意；
B．铝离子与偏铝酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀、Al3+与F-可结合成AlF ，不能大量共存，故B不符合题意；
C．NH4Al(SO4)2电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮固体杂质而净水，故C不符合题意；
D．离子方程式为：2Ba2+ 5OH-+NH +Al3++2SO =2BaSO4↓ +NH3·H2O+AlO +2H2O，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.钙离子和硫酸根离子不能共存
B.铝离子、铵根离子和偏铝酸根离子不能共存
C.产物是胶体不是沉淀
D.NH4Al(SO4)2与足量氢氧化钡溶液反应，铵离子转变为一水合氨、铝离子转变为偏铝酸根离子、硫酸根离子转变为硫酸钡沉淀
8.【答案】 A
【解析】【解答】A．根据结构式，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故A符合题意；
B．氮原子半径大于氧原子半径，故B不符合题意；
C．氧化物的水化物没有明确最高价，不能进行比较，故C不符合题意；
D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：W(CH4) 故答案为：A。
【分析】Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键，为氯元素，以此解答。
9.【答案】 C
【解析】【解答】A、氢氧化钠能和二氧化硅反应，不符合题意，不选A；
B、铜和硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，亚铁离子是新的杂质，不符合题意，不选B；
C、乙酸和生石灰反应生成醋酸钙，不能变成气体，所以可以用蒸馏的方法分离，符合题意，选C；
D、二氧化硫也能碳酸钠反应，不符合题意，不选D。
【分析】常用的去除杂质的方法10种
①杂质转化法:欲除去苯中的苯酚，可加入氢氧化钠，使苯酚转化为酚钠，利用酚钠易溶于水，使之与苯分开。欲除去Na2CO3中的NaHCO3可用加热的方法。
②吸收洗涤法:欲除去二氧化碳中混有的少量氯化氢和水，可使混合气体先通过饱和碳酸氢钠的溶液后，再通过浓硫酸。
③沉淀过滤法:欲除去硫酸亚铁溶液中混有的少量硫酸铜，加入过量铁粉，待充分反应后，过滤除去不溶物，达到目的。
④加热升华法:欲除去碘中的沙子，可用此法。
⑤溶剂萃取法:欲除去水中含有的少量溴，可用此法。
⑥溶液结晶法(结晶和重结晶):欲除去硝酸钠溶液中少量的氯化钠，可利用二者的溶解度不同，降低溶液温度，使硝酸钠结晶析出，得到硝酸钠纯晶。
⑦分馏蒸馏法:欲除去乙醚中少量的酒精，可采用多次蒸馏的方法。
⑧分液法:欲将密度不同且又互不相溶的液体混合物分离，可采用此法，如将苯和水分离。
⑨渗析法:欲除去胶体中的离子，可采用此法。如除去氢氧化铁胶体中的氯离子。
⑩综合法:欲除去某物质中的杂质，可采用以上各种方法或多种方法综合运用。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A． H2O2分解反应为： ，则 v(H2O2)=2v(O2)，故A不符合题意；
B． 根据曲线变化，反应物的总能量高于产物的总能量，属于放热反应，该反应的ΔH<0，故B不符合题意；
C． 步骤①的活化能高于步骤②，则步骤①的反应速率决定整个过程的反应速率，则增大Fe3+的浓度能够加快增大步骤①反应速率，加快整个过程的反应速率，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，无论是否使用催化剂，正反应的活化能都比逆反应小，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据化学计量系数之比等于速率之比
B.根据图示焓变=生成物的能量-反应物的能量
C.催化剂的量可以加速反应的速率
D.逆活化能=正活化能+焓变的数值，因此与催化剂无关，逆活化能大于正活化能
11.【答案】 A
【解析】【解答】A． 焙烧后的废气中含有二氧化硫，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，A符合题意；
B． 由图知，通氯气主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，再通过调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，B不符合题意；
C． 调节pH选用的试剂可以用氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，不能用NaOH溶液，会导致铜离子一并沉淀并引入杂质， C不符合题意；
D．滤液含有氯化铜，经蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2▪2H2O晶体，将CuCl2▪2H2O晶体加热，铜离子会发生水解，所以应该在氯化氢气氛中加热才能得到CuCl2固体， D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】
12.【答案】 A
【解析】【解答】A．酸溶液、碱溶液中水的电离被抑制，含有弱电解质离子的盐溶液发生水解水的电离被促进， b点溶液为1L含有0.2mol.L-1 HA与0.1 mol.LNaA的混合溶液呈酸性，HA电离大于NaA水解，水的电离程度被抑制，曲线向左为通入HCl，酸性增强水的电离更加被抑制，向右为加氢氧化钠固体，消耗HA生成NaA，酸性减弱，水的电离程度有所增大，则abcd4个点中，d水的电离程度最大，A符合题意；
B． ，溶液由b向a变化过程中，加入HCl，发生反应NaA+HCl=NaCl+HA，c(A−)减小，因此 增大， B不符合题意；
C．c点的纵坐标为3.9，溶液中c(HA)=c(A−)， ，则Ka(HA)的数量级为10-4 ， C不符合题意；
D．d点加入氢氧化钠为0.1mol，此时溶质为HA和NaA，NaA的物质的量为0.2mol，HA物质的量为0.1mol，根据电荷守恒， ，d点pH=7， ，即有 ，所以d点对应的溶液中：c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】观察图像可知曲线向左为通入HCl，向右为加氢氧化钠固体。
13.【答案】 B
【解析】【解答】A.该装置中光能通过N型半导体后转化为化学能，而不是直接将光能转化为化学能，故A不符合题意；
B.碳棒上发生得电子的还原反应，AQ结合H+后生成H2AQ,电板反应式为AQ+ 2H++ 2e- = H2AQ，故B符合题意；
C.乙池溶液中， H2S进入乙池与I 结合后转化为S负和I- ， 电极反应式为：H2S+I =3I-+S+2H+ ， 故C不符合题意；
D.如C选项中的反应式，该反应生成H+ ， 从乙池移向甲池，故D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】A.根据图示即可看出，光能不是直接转化为化学能
B.碳棒上发生的得电子的反应即AQ得到电子结合氢离子变为H2AQ的反应
C.根据图示硫化氢是与I3-反应
D.根据方程式即可计算出氢离子的量，结合图示，氢离子右乙池向甲池转移
 
14.【答案】 C
【解析】【解答】反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，证明溶液中溶质为氯化亚铁，取一定质量铁和氧化铁的混合物加入100 mLl mol.L-1即0.1mol盐酸中，两者恰好完全反应，产生标准状况下气体0.448L，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，消耗铁为0.02mol，消耗盐酸为0.04mol；再根据Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O可知，该反应中消耗0.06mol盐酸和0.01mol Fe2O3 ， 生成0.02mol FeCl3 ， 再根据2FeCl3+Fe=3FeCl2 ， 可知应消耗0.01molFe，所以共消耗铁0.03mol，故原混合物中铁和氧化铁的物质的量比是0.03mol:0.01mol=3:1，故C符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据氢气计算出与盐酸反应的铁单质的量，剩余的盐酸与三氧化二铁反应即可求出三氧化二铁的物质的量，根据三氧化铁计算出与之反应的单质的铁的物质的量，即可求出铁与氧化铁物质的量之比
二、综合题
15.【答案】 （1）
（2）
（3）
（4）c
【解析】【解答】(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4 ， 由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为： 。
 
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与 发生氧化还原反应，生成 和Cl- ， 氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+ ， 氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl− ， 离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则 与锌的物质的量之比为2:3， ，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+ ， 答案为c。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（2）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（3）根据实验现象即可判断还原性的强弱
（4）根据锌的转移的电子与V元素转移的电子数相等即可计算
 
16.【答案】 （1）甲苯；硝基、酯基
（2）
（3）a
【解析】【解答】(1)据分析，A的名称是甲苯，C官能团的名称是硝基、酯基。
 
(2)写出③步反应为反应③是对硝基苯甲酸的酯化反应，与乙醇在浓硫酸、加热下的酯化反应，化学方程式： 。
(3) a．由结构简式可知：对氨基苯甲酸乙酯的分子式为C9H11O2N，a正确；
b．B苯环上有2种氢原子，故苯环上的一氯代物共有2种，b不正确；
c．①为取代反应、②为氧化反应，反应类型不相同，③为酯化反应从属于取代反应、④为还原反应，反应类型不相同，c不正确；
则说法正确的是a。
【分析】由流程知，A→B为硝化反应，苯环上引入硝基，则A (C7H8)为甲苯，硝基处于甲基的对位，则反应②为甲苯上甲基被氧化为羧基的反应，反应④为还原反应，是硝基转变为氨基的反应，则反应③是羧基的酯化反应，与乙醇在浓硫酸、加热下的酯化反应，据此回答；
 
17.【答案】 （1）(球形)干燥管；蒸馏水或水
（2）E；C；B；C
（3）排出装置中的空气，防止NO被氧化为NO2
（4）Ⅱ，市售亚硝酸钠含量测定
（5）当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化；96.6%
【解析】【解答】I． (1)由图知，装置C为(球形)干燥管，试剂X的名称是水。
 
(2)据分析，为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→E→C→B→C→D。
(3) 利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，故要防止NO被氧化为NO2 ， 因此加浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2 ， 以排净空气，防止NO被氧化为NO2。
(4) 已知，酸性条件下，NO、NO2或 都能与 反应生成 和Mn2+。D中NO被酸性高锰酸钾氧化了为硝酸根离子，N元素化合价从+2升到+5，高锰酸钾中锰元素化合价从+7降低到+2，按得失电子守恒、元素质量守恒得主要反应的离子方程式为 。
Ⅱ (5) 硫酸参与下，高锰酸钾和亚硝酸钠溶液反应的化学方程式为： ，由此：滴定终点的现象是当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化； 25.00mL样品溶液用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL，则有： ，则 ，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是 =96.6% 。
【分析】己知2NO+Na2O2=2NaNO2 ， 可见B为合成NaNO2的装置，由于过氧化钠能和水反应，故B应该是干燥环境，B需连接C装置， A中铜和浓硝酸反应生成NO2 ， 经过E装置，和水反应生成NO，经干燥后进入B装置，氮氧化物有毒，因此用装置D、氮氧化物和高锰酸钾反应进行尾气处理；
 
18.【答案】 （1）适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末
（2）Al(OH)3；5.2⩽pH<7.6；bc
（3）
（4）作还原剂
（5）2×10-4；
（6）蒸发浓缩；冷却结晶
【解析】【解答】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)；
 
(2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、Al3+ ， 故沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；为了保证Fe3+、Al3+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+ ， 由表格数据可知，要调节pH的范围为5.2⩽pH<7.6；调节pH时不能加入铁，因为铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故答案为bc；
(3)由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是氧化Co2+ ， 从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为： ；
(4)由流程图可知，向Co(OH)3中加入H2SO4、H2O2混合液后，溶液中生成了Co2+ ， 反应中Co元素化合价降低，由此可知，H2O2的作用是作还原剂；
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时溶液中 ， ；则c(Co2+)应小于2×10-4mol/L，由于 ，用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3 ， 则促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式 ；
(6)NiSO4 7H2O是结晶水合物，则由“母液4”获取NiSO4 7H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+ ， 调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+ ， 加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀，用于生产醋酸钴晶体，过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤，在硫酸参与下，得到NiSO4用于生成NiSO4⋅7H2O，以此解答该题。
 
19.【答案】 （1）10
（2）+40.9；；X；p1＞p2＞p3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；C
（3）CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+ +2e-=HCOO-+ ；阳极产生氧气，pH减小， 浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【解析】【解答】(1)H2CO3是二元弱酸，存在两步电离，H2CO3⇌H++ ， ⇌H++ ，c( )∶c( )=2∶1，K2=5×10-11= ，c(H+)=5×10-11 mol/L=5×10-11×2mol/L=10-10mol/L，故pH=10；
 
(2)①Ⅰ．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得到：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3=-49.5kJ/mol-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol；
②根据碳原子守恒，n平衡(CO2)=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，氧原子守恒有平衡时n(H2O)=2[n(CO2)-n平衡(CO2)]-n(CH3OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]-a-b=(a+b)mol，v(H2O)= = ；
③反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图Y可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)，只与温度有关，所以图Y对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图X表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线；
温度一定时，增大压强，反应I、Ⅱ的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；
温度高于T1时，Y几乎相等的原因是温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；
④该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故C正确；
(3)①CO2在阴极区得电子，化合价降低，与氢离子或 结合生成HCOO- ， 阴极的电极反应式为CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+ +2e-=HCOO-+ ；
②阳极水失电子产生氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， pH减小，H+和 反应生成水和二氧化碳， 浓度降低，K+部分迁移至阴极区，电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。
【分析】（1）根据碳酸的二部电离常数结合给出的数据进行计算即可
（2）①根据盖斯定律进行计算②根据碳原子、氢原子、氧原子守恒进行计算出平衡时水物质的量即可计算出水的速率③ 甲醇的生成反应均是放热反应，温度降低平衡转化率降低，即可判断X和Y表示的反应曲线，根据有二氧化碳参与的反应即可判断，压强越大转化率越大，根据反应I和II和III判断，温度过高时以反应III为主，而反应III是前后气体分子数不变的反应④结合温度和压强对平衡的影响即可判断
（3）① 阴极发生的是还原反应，化学价降低的反应，即二氧化碳在阴极得电子变为甲酸盐的反应②主要是阳极电解产生氧气导致碳酸氢根浓度降低