2022屆遼寧省葫蘆島高三最后一卷化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答

2、題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是（ ）A用乙醇和濃硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B測定新制氯水的pH時，先用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，再與標準比色卡對照C檢驗牙膏中是否含有甘油，可選用新制的氫氧化銅懸濁液，若含有甘油，則產(chǎn)生絳藍色沉淀D將阿司匹林粗產(chǎn)品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產(chǎn)品中的水楊酸聚合物2、Na、Al、Fe都是重要的金屬元素。下列說法正確的是A氧化物都是堿性氧化物B氫氧化物都是白色固體C單質(zhì)都可以與水反應D單質(zhì)在空氣中都形成致密氧化膜3、化學與生產(chǎn)、生活等密切相關。下列敘述正確的是A用

3、碳酸氫鈉溶液不能一次性鑒別乙酸、苯和乙醇三種無色液體B汽車尾氣中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物與氧氣反應C電子垃圾統(tǒng)一回收、拆解、再利用，能夠減少對土壤和水源的污染D油脂、糖類以及蛋白質(zhì)在人體內(nèi)均能發(fā)生水解反應4、下列濃度關系正確的是（ ）A0.1mol/L 的 NH4HSO4溶液中滴加 0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至剛好沉淀完全：c(NH4+)c(OH-)c(SO42-)c(H+)B1L0.1mol/L的KOH 溶液中通入標準狀況下的CO2氣體3.36L，所得溶液中：c(K+)c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)C0.1mol/L 的NaOH 溶液與0.2

4、mol/L的 HCN溶液等體積混合，所得溶液呈堿性：c(HCN)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)D同溫下pH相同的NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度：c(NaOH)c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(Na2CO3)5、鑒別二氧化碳和丙烯兩種氣體，下列方法或所選試劑中不可行的是（）A可燃性實驗B酸性高錳酸鉀C澄清石灰水D品紅試液6、某化學學習小組利用如圖裝置來制備無水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速發(fā)生反應)。下列說法錯誤的是 A制備無水AlCl3:裝置A中的試劑可能是高錳酸鉀B點燃D處酒精燈之前需排盡裝

5、置中的空氣C裝置C中的試劑為濃硫酸D制備無水AlCl3和NaH時球形干燥管中堿石灰的作用完全相同7、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A36g由35Cl和37C1組成的氯氣中所含質(zhì)子數(shù)一定為17NAB5.6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用電子對的數(shù)目為1.2NAC含4molSi-O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子數(shù)為4NAD一定條件下，6.4g銅與過量的硫反應，轉移電子數(shù)目為0.2NA8、在下列工業(yè)處理或應用中不屬于化學變化原理的是A石油分餾B從海水中制取鎂C煤干餾D用SO2漂白紙漿9、利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。H+，O2，

6、NO3等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯誤的是（ ）A反應均在正極發(fā)生B單位時間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC的電極反應式為NO3+10H+8e=NH4+3H2OD增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大10、化學興趣小組在家中進行化學實驗，按照如圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡不亮，按照右圖連接好線路發(fā)現(xiàn)燈泡亮，由此得出的結論正確的是（ ）ANaCl是非電解質(zhì)BNaCl溶液是電解質(zhì)CNaCl在水溶液中電離出了可以自由移動的離子DNaCl溶液中，水電離出大量的離子11、下判說法正確的

7、是A常溫下，c(Cl-)均為0.1mol/LNaCl溶液與NH4Cl溶液， pH相等B常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH溶液與HCl溶液，導電能力相同C常溫下，HCl溶液中c(Cl-)與CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，兩溶液的pH相等D室溫下，等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液呈中性12、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。 它們的結構簡式如下圖所示。下列說法錯誤的是A油酸的分子式為C18H34O2B硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54種C天然油脂都能在NaOH溶液中發(fā)生取代反應D將油酸甘油酯氫化為硬脂酸甘油酯可延長保存時間13、

8、高純碳酸錳在電子工業(yè)中有重要的應用，濕法浸出軟錳礦（主要成分為MnO2，含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素）制備高純碳酸錳的實驗過程如下：其中除雜過程包括：向浸出液中加入一定量的X，調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.55.5；再加入一定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；下列說法正確的是（ ）A試劑X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物質(zhì)B浸出時加入植物粉的作用是作為還原劑C除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.55.5可完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì)D為提高沉淀MnCO3步驟的速率可以持續(xù)升高溫度14、X+、Y+、M2+、N2均為含有一定數(shù)目電子的短周期元素的簡單離子，離子半徑大小關系是：N2Y+、Y+X+、Y+M2+

9、，下列比較正確的是（）A原子半徑：N可能比Y大，也可能比Y小B原子序數(shù)：NMXYCM2+、N2核外電子數(shù)：可能相等，也可能不等D堿性：M(OH)2YOH15、下列說法正確的是A氯化氫氣體溶于水破壞離子鍵，產(chǎn)生H+和Cl-B硅晶體熔化與碘化氫分解需克服的化學鍵類型相同CNH3和HCl都極易溶于水，是因為都可以和H2O形成氫鍵DCO2和SiO2的熔沸點和硬度相差很大，是由于它們所含的化學鍵類型不同16、某烯烴分子的結構簡式為，用系統(tǒng)命名法命名其名稱為（ ）A2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-

10、2-戊烯17、環(huán)境科學曾刊發(fā)我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉（Na2S2O7其中S為+6價）去除廢水中的正五價砷的研究成果，其反應機理模型如圖，（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）下列說法正確的是A1 molSO4- （自由基）中含50NA個電子BpH越大，越不利于去除廢水中的正五價砷C1 mol過硫酸鈉中含NA個過氧鍵D轉化過程中，若共有1 mol S2O82-被還原，則參加反應的Fe為56 g18、科研工作者結合實驗與計算機模擬來研究釕催化劑表面不同位點上合成氨反應歷程，如圖所示，其中實線表示位點A上合成氨的反應歷程，虛線表示位點B上合成氨的反應歷程，吸附在催化劑表面的物種用*標注。下列說法錯誤

11、的是A由圖可以判斷合成氨反應屬于放熱反應B氮氣在位點A上轉變成2N*速率比在位點B上的快C整個反應歷程中活化能最大的步驟是2N*+3H22N*+6H*D從圖中知選擇合適的催化劑位點可加快合成氨的速率19、根據(jù)下圖，有關金屬的腐蝕與防護的敘述正確的是A鋼閘門含鐵量高，無需外接電源保護B該裝置的原理是“犧牲陽極的陰極保護法”C將鋼閘門與直流電源的負極相連可防止其被腐蝕D輔助電極最好接鋅質(zhì)材料的電極20、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是()A氯化銨受熱氣化和苯的氣化B碘和干冰受熱升華C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化鈉和鐵的熔化21、物質(zhì)中雜質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)）的檢驗、除雜的試劑

12、或方法都正確的是選項物質(zhì)及其雜質(zhì)檢驗除雜ACl2（HCl）濕潤的淀粉KI試紙飽和食鹽水BNO（NO2）觀察顏色或濕潤的淀粉KI試紙水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）飽和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液過量CO2AABBCCDD22、常溫下，向20 mL某濃度的硫酸溶液中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積變化如圖所示。下列分析正確的是Ac點所示溶液中：c(H)c(OH)c(NH3H2O)Bb點所示溶液中：c(NH4)2 c(SO42)CV40D該硫酸的濃度為0.1 molL1二、非選擇題(共84分)23、（14分

13、）化合物G是合成抗心律失常藥物決奈達隆的一種中間體，可通過以下方法合成：請回答下列問題：（1）R的名稱是_；N中含有的官能團數(shù)目是_。（2）MN反應過程中K2CO3的作用是_。（3）HG的反應類型是_。（4）H的分子式_。（5）寫出QH的化學方程式：_。（6）T與R組成元素種類相同，符合下列條件T的同分異構體有_種。與R具有相同官能團；分子中含有苯環(huán)；T的相對分子質(zhì)量比R多14其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2的結構簡式有_。（7）以1，5-戊二醇() 和苯為原料(其他無機試劑自選)合成，設計合成路線：_。24、（12分）已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質(zhì)量之比

14、61，相對分子質(zhì)量為44，其燃燒產(chǎn)物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發(fā)生銀鏡反應，可由淀粉水解得到。（1）A的結構簡式為_。（2）寫出DE的化學方程式_。（3）下列說法正確的是_。A.有機物F能使石蕊溶液變紅B.用新制的氫氧化銅無法區(qū)分有機物C、E、F的水溶液C.等物質(zhì)的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機物B中混有的少量C、FE.B的同分異構體中能發(fā)生銀鏡反應的酯類共有2種25、（12分）三草酸合鐵（III）酸鉀K3Fe(C2O4)33H2O（其相對分子質(zhì)量為491），為綠色晶體，易溶于水，難溶于酒精。110下可完全失去結晶水，230時分解。它還具

15、有光敏性,光照下即發(fā)生分解，是制備活性鐵催化劑的原料。某化學小組制備該晶體，并測定其中鐵的含量，進行如下實驗：三草酸合鐵（）酸鉀的制備；稱取5g硫酸亞鐵固體，放入到100mL的燒杯中，然后加15mL餾水和56滴稀硫酸，加熱溶解后，再加入25mL飽和草酸溶液，攪拌加熱至沸。停止加熱，靜置，待析出固體后，抽濾、洗滌、干燥，得到FeC2O42H2O；向草酸亞鐵固體中加入飽和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加熱，邊攪拌邊緩慢滴加20mL3%H2O2溶液，變?yōu)樯钭厣?，檢驗Fe2+是否完全轉化為Fe3+，若氧化不完全，再補加適量的H2O2溶液；將溶液加熱至沸，然后加入20mL飽和草酸溶液，沉淀立即溶

16、解，溶液轉為綠色。趁熱抽濾，濾液轉入100mL燒杯中，加入95%乙醇25mL，混勻后冷卻，可以看到燒杯底部有晶體析出。晶體完全析出后，抽濾，用乙醇-丙酮混合液洗滌，置于暗處晾干即可。（1）寫出步驟中，生成FeC2O42H2O晶體的化學方程式_。檢驗FeC2O42H2O晶體是否洗滌干凈的方法是_。（2）步驟中檢驗Fe2+是否完全轉化的操作為_。（3）步驟用乙醇-丙酮混合液洗滌，而不是用蒸餾水洗滌的原因是_。鐵含量的測定：步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液。步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-

17、被還原成Mn2+，向反應后的溶液中逐漸加入鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被還原成Mn2+。步驟四：重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合鐵酸鉀溶液中用到的玻璃儀器有燒杯_，_，_。（5）寫出步驟三中發(fā)生反應的離子方程式_。（6）實驗測得該晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)為_（結果保留3位有效數(shù)字）。26、（10分）有一種天然黃銅礦主要成分為CuFeS2 （含SiO

18、2），為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如圖1實驗：稱取研細的黃銅礦樣品1.150g煅燒，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2氣體，實驗后取d中溶液的1/10置于錐形瓶中，用0.01mo1/L標準碘溶液進行滴定，初讀數(shù)為0.01mL，末讀數(shù)如圖2所示完成下列填空：（1）實驗中稱量樣品所需定量儀器為_（2）裝置c的作用是_（1）上述反應結束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是_（4）滴定時，標準碘溶液所耗體積為_mL用化學方程式表示滴定的原理：_（5）計算該黃銅礦的純度_（6）工業(yè)上利用黃銅礦冶煉銅產(chǎn)生的爐渣（含F(xiàn)e2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制備Fe2O1選用提供的試劑，設計實驗驗

19、證爐渣中含有FeO提供的試劑：稀鹽酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液，所選試劑為_證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為：_27、（12分）用如圖裝置探究NH3和CuSO4溶液的反應。(1)上述制備NH3的實驗中，燒瓶中反應涉及到多個平衡的移動：NH3+H2ONH3H2O、_、_(在列舉其中的兩個平衡，可寫化學用語也可文字表述)。(2) 制備100mL25%氨水(=0.905gcm-3)，理論上需要標準狀況下氨氣_L(小數(shù)點后保留一位)。(3) 上述實驗開始后，燒杯內(nèi)的溶液_，而達到防止倒吸的目的。(4)NH3通入CuSO4溶液中，產(chǎn)生藍色沉淀，寫出該反應的離子方程式。_。繼續(xù)通

20、氨氣至過量，沉淀消失得到深藍色Cu(NH3)42+溶液。發(fā)生如下反應：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q0)。該反應平衡常數(shù)的表達式K=_。t1時改變條件，一段時間后達到新平衡，此時反應K增大。在下圖中畫出該過程中v正的變化_。向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現(xiàn)藍色沉淀。原因是：_。在絕熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正隨時間的變化如下圖所示，v正先增大后減小的原因_。28、（14分）鐵單質(zhì)及化合物與我們的生產(chǎn)、生活緊密相關。(1)Fe3的基態(tài)核外價電子排布式為_，應

21、用原子結構比較Fe與同周期的Mn第三電離能(I3)的大?。篒3(Mn)_I3(Fe)(填、 H2CO3 HCO3-。酸越強，鹽水解的程度就越小。當溶液的pH相同時，鹽的濃度就越大。故各物質(zhì)的濃度的關系是：c (NaOH)c (Na2CO3) c (NaHCO3)c (CH3COONa)，錯誤；答案選C。5、D【解析】A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，現(xiàn)象不同，故A可行；B.二氧化碳與高錳酸鉀不反應，丙烯使高錳酸鉀溶液褪色，現(xiàn)象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水變渾濁，丙烯與澄清石灰水不反應，現(xiàn)象不同，故C可行；D. 二氧化碳和丙烯兩種氣體都不與品紅溶液反應，無法區(qū)別，故D不可行；故答案為D。

22、6、D【解析】由圖可知，裝置A為氯氣或氫氣的制備裝置，裝置B的目的是除去氯氣或氫氣中的氯化氫，裝置C的目的是干燥氯氣或氫氣，裝置E收集反應生成的氯化鋁或氫化鈉，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進入E中，或吸收過量的氯氣防止污染環(huán)境?！驹斀狻緼項、濃鹽酸可與高錳酸鉀常溫下發(fā)生氧化還原反應制備氯氣，故A正確；B項、因為金屬鋁或金屬鈉均能與氧氣反應，所以點燃D處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣，故B正確；C項、裝置C中的試劑為濃硫酸，目的是干燥氯氣或氫氣，故C正確；D項、制備無水AlCl3時，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸氣進入E中，吸收過量的氯氣防止污染環(huán)境，制備無水NaH時，堿石灰的作用是防止空氣中水蒸

23、氣進入E中，故D錯誤。故選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，把握反應原理，明確裝置的作用關系為解答的關鍵。7、B【解析】A35Cl和37C1的原子個數(shù)關系不定，則36g氯氣不一定是0.5mol，所含質(zhì)子數(shù)不一定為17NA，A不正確；B5.6gC3H6和5.6g C2H4中含有共用電子對的數(shù)目都是1.2NA，則5.6g混合氣所含共用電子對數(shù)目也為1.2NA，B正確；C1個“SiO2”中含有4個Si-O鍵，則含4molSi-O鍵的二氧化硅晶體為1mol，氧原子數(shù)為2NA，B不正確；D銅與過量的硫反應生成Cu2S，6.4g銅轉移電子數(shù)目為0.1N

24、A，D不正確；故選B。8、A【解析】A石油分餾是根據(jù)各成分的沸點不同而分離的，變化過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；B鎂是活潑金屬，在海水中一化合態(tài)存在，制取鎂單質(zhì)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故B錯誤；C煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，分解生成煤焦油、煤氣、焦炭等新物質(zhì)，屬于化學變化，故C錯誤；D二氧化硫具有漂白性，能夠結合有色物質(zhì)生成無色物質(zhì)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故D錯誤；故選A。9、B【解析】A選項，由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知，反應均為得電子的反應，所以應在正極發(fā)生，故A正確；B選項，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2

25、價，1 mol C2HCl3轉化為1 molC2H4時，得到6 mol電子，脫去3 mol氯原子，所以脫去a mol Cl時ne = 2a mol，故B錯誤；C選項，由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應，而不能用H2O和OH_來配平，所以 的電極反應式為NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正確；D選項，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。10、C【解析】A.

26、NaCl屬于鹽，所以是電解質(zhì)，A錯誤；B. NaCl溶液是混合物所以不是電解質(zhì)，B錯誤；C. 氯化鈉固體溶于水后在水分子的作用下，發(fā)生電離，電離為可以移動的離子使溶液導電，C正確；D. 氯化鈉溶于水是氯化鈉發(fā)生了電離，水的電離實際很微弱，D錯誤；故答案選C。11、C【解析】A. c(Cl-)相同，說明兩種鹽的濃度相同，NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，而NH4Cl是強酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液顯酸性，因此二者的pH不相等，A錯誤；B.HCl是一元強酸，完全電離，而CH3COOH是一元弱酸，部分電離，在溶液中存在電離平衡，當兩種酸的濃度相等時，由于醋酸部分電離，所以溶液中自由移動的離子

27、的濃度HClCH3COOH，離子濃度越大，溶液的導電性就越強，故HCl的導電能力比醋酸強，B錯誤；C.HCl是一元強酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在電離平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，兩溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常溫下兩溶液中c(H+)相等，所以兩溶液的pH也就相等，C正確；D.室溫下，等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，由于二者的物質(zhì)的量相等，因此恰好反應產(chǎn)生CH3COONa，該鹽是強堿弱酸鹽，CH3COO-水解，使溶液顯堿性，D錯誤；故合理選項是C。12、B【解析】A

28、油酸的結構簡式為CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式為C18H34O2，故A正確；B硬脂酸甘油酯的結構簡式可以表示為，上面的酯基與下面的酯基互為對稱結構，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36種，故B錯誤；C天然油脂的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應（或取代反應），故C正確；D油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵，能夠氧化變質(zhì)，將油酸甘油酯氫化轉化為硬脂酸甘油酯可延長保存時間，故D正確；答案選B?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意分子的對稱性對同分異構體數(shù)目的影響。13、B【解析】軟錳礦（主要成分為MnO2，含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素）中Mn元素顯+4價，浸

29、出并過濾后Mn元素以Mn2+的形式存在于濾液中，濃硫酸無還原性，據(jù)此可推知植物粉作還原劑；浸出后的濾液中，除了Mn2+還有Fe2+、Al3+、Mg2+，除雜時可調(diào)節(jié)pH使其中一些離子轉化為沉淀，為了不引入新的雜質(zhì)，可加入Mn（）的氧化物或碳酸鹽；除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.55.5，不能將Fe2+、Al3+、Mg2+完全轉化為沉淀，之后加入雙氧水可將Fe2+氧化為更易沉淀的Fe3+，加入的軟錳礦也會再消耗一些H+；NH4HCO3受熱易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+時，溫度不宜過高?！驹斀狻緼試劑X用于調(diào)節(jié)pH，為了不引入新的雜質(zhì)，可加入Mn（）的氧化物或碳酸鹽，不宜加入MnO2，

30、A項錯誤；B浸出時，MnO2轉化為Mn2+，植物粉作還原劑，B項正確；C除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.55.5不能完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì)，C項錯誤；D沉淀MnCO3步驟中，NH4HCO3受熱易分解，不能持續(xù)升高溫度，D項錯誤；答案選B?！军c睛】控制實驗條件時要充分考慮物質(zhì)的特性，如： Fe3+在較低的pH環(huán)境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，應將Fe2+轉化為Fe3+； NH4HCO3受熱易分解，要注意控制反應的溫度。14、C【解析】X+、Y+、M2+、N2-均為含有一定數(shù)目電子的短周期元素的簡單離子，X、Y形成+1價離子，則X、Y不能為H，由于離子半徑Y+X+，則Y為鈉，X為鋰元

31、素；離子半徑N2-Y+，則N為氧元素或硫元素；離子半徑Y+M2+，則M為鈹元素或鎂元素，結合元素周期表和元素周期律分析解答?！驹斀狻緼Y為鈉元素，N為氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半徑都小于鈉原子，故A錯誤；BY為鈉元素，X為鋰元素；原子序數(shù)YX，M為鈹元素或鎂元素，N為氧元素或硫元素，所以原子序數(shù)大小關系不唯一，故B錯誤；CN為氧元素或硫元素，N2-核外電子數(shù)為10或18；M為鈹元素或鎂元素，M2+核外電子數(shù)為2或10，M2+、N2-核外電子數(shù)：可能相等，也可能不等，故C正確；DY為鈉元素，M為鈹元素或鎂元素，金屬性YM，所以堿性：YOHM(OH)2，故D錯誤；故選C?！军c睛】正確判斷元

32、素的種類是解題的關鍵。本題中X、Y的判斷要注意“一定數(shù)目電子”一般認為不能為“0”。15、B【解析】A. HCl是共價化合物，氯化氫氣體溶于水時破壞共價鍵，產(chǎn)生H+和Cl-，A錯誤；B. 硅晶體屬于原子晶體，熔化斷裂共價鍵；碘化氫屬于分子晶體，碘化氫分解破壞共價鍵，因此需克服的化學鍵類型相同，B正確；C. NH3和HCl都極易溶于水，NH3是因為可以和H2O形成氫鍵，但HCl分子與H2O分子之間不存在氫鍵，C錯誤；D. CO2和SiO2的熔沸點和硬度相差很大，是由于CO2屬于分子晶體，分子之間以微弱的分子間作用力結合，而SiO2屬于原子晶體，原子之間以強的共價鍵結合，熔化時破壞的作用力性質(zhì)不同

33、，D錯誤；故合理選項是B。16、B【解析】烯烴分子的結構簡式為，系統(tǒng)命名法命名其名稱為2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合題意。綜上所述，答案為B。17、C【解析】A. 1 mol SO4(自由基)中含1 mol(16+48+1)NAmol1=49NA個電子，故A錯誤；B. 室溫下，pH越大，亞鐵離子和鐵離子變?yōu)闅溲趸瘉嗚F和氫氧化鐵，越有利于去除廢水中的+5價砷，故B錯誤；C. 過硫酸鈉(Na2S2O8)中S為+6價，Na為+1價，假設含有x個O2，含有y個O22，則x + 2y = 8，(+1) 2+ (+6) 2 + ( 2)x+( 2)y =0，則x =6，y=1，因此1mo

34、l過硫酸鈉(Na2S2O8)含NA個過氧鍵，故C正確；D. 根據(jù)圖示可知，1mol Fe和1mol S2O82反應生成2mol SO42和1mol Fe2+，該過程轉移2mol電子，但是1mol Fe2+還要與0.5mol S2O82反應變成Fe3+，因此1mol鐵參加反應要消耗1.5mol S2O82，所以共有1 mol S2O82被還原時，參加反應的Fe，故D錯誤。綜上所述，答案為C。18、C【解析】A據(jù)圖可知，始態(tài)*N2+3H2的相對能量為0eV，生成物*+2NH3的相對能量約為-1.8eV，反應物的能量高于生成物，所以為放熱反應，故A正確；B圖中實線標示出的位點A最大能壘(活化能)低于

35、圖中虛線標示出的位點B最大能壘(活化能)，活化能越低，有效碰撞幾率越大，化學反應速率越大，故B正確；C由圖像可知，整個反應歷程中2N*+3H22N*+6H*活化能幾乎為零，為最小，故C錯誤；D由圖像可知氮氣活化在位點A上活化能較低，速率較快，故D正確；故答案為C。19、C【解析】A. 鋼閘門含鐵量高，會發(fā)生電化學腐蝕，需外接電源進行保護，故A錯誤；B. 該裝置的原理是通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境來進行保護，并未“犧牲陽極”，故B錯誤；C. 將鋼閘門與直流電源的負極相連，可以使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境，可防止其被腐蝕，故C正確；D.

36、 輔助電極有很多，可以用能導電的耐腐蝕材料，鋅質(zhì)材料容易腐蝕，故D錯誤；故選C?！军c睛】電化學保護又分陰極保護法和陽極保護法，其中陰極保護法又分為犧牲陽極保護法和外加電流保護法。這種方法通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子從海水流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環(huán)境來進行保護。20、B【解析】A氯化銨屬于離子晶體，需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；B碘和干冰受熱升華，均破壞分子間作用力，故B選；C二氧化硅屬于原子晶體，需要克服化學鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；D氯化鈉屬于離子晶體，熔化需要克服

37、離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；故選B?！军c睛】本題考查化學鍵及晶體類型，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵。一般來說，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價鍵，但銨鹽中存在離子鍵；由分子構成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時只破壞分子間作用力，電解質(zhì)的電離化學鍵會斷裂。21、B【解析】A. 濕潤的淀粉KI試紙只能檢驗氯氣，不能檢驗HCl，檢驗HCl應先分離，再檢驗，A項錯誤；B. NO2能氧化碘化鉀，NO2與水反應生成NO和硝酸，可用水除雜，B項正確；CCO2和HCl都與飽和碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液，C項錯誤；DNaHC

38、O3和Na2CO3都與Ca(OH)2溶液反應生成沉淀，不能用來檢驗，D項錯誤；答案選B。22、A【解析】A. c點所示溶液是硫酸銨溶液，電荷守恒式為c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，物料守恒式為c(NH4) +c(NH3.H2O)2c(SO42)，兩式相減可得：c(H+)c(OH)c(NH3.H2O)，故A正確；B. 根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，b點為硫酸銨和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH)c(H+)，所以c(NH4)0)，平衡常數(shù)的表達式K=；反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq

39、)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放熱反應，降溫可以使K增大，正逆反應速率都減少；向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現(xiàn)藍色沉淀。原因是：加水，反應物、生成物濃度均降低，但反應物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀釋后會大于該溫度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到藍色沉淀；在絕熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正先增大后減小的原因，溫度升高反應速度加快，反應物濃度降低反應速率又會減慢?！驹斀狻?1) 制備NH3的實驗中，存在著NH3+H2ONH3H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三個平衡過程，故答

40、案為：NH3H2ONH4OH NH3(g)NH3(aq)(或氨氣的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡)；(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3H2O的水溶液，所以要以NH3為標準計算. n（NH3）= =1.33 mol，標準狀況下體積為1.33mol22.4L/mol=29.8L；(3) 實驗開始后，燒杯內(nèi)的溶液進入干燥管后，又回落至燒杯，如此反復進行，而達到防止倒吸的目的；(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反應生成NH3H2O，NH3H2O電離出OH-，從而生成藍色沉淀Cu(OH)2，該反應的離子方程式為：Cu22NH3H2O

41、 Cu(OH)22NH4；反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常數(shù)的表達式K=；反應2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)Cu(NH3)42+(aq)(銅氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放熱反應，降溫可以使K增大，正逆反應速率都減少，畫出該過程中v正的變化為：；向上述銅氨溶液中加水稀釋，出現(xiàn)藍色沉淀。原因是：加水，反應物、生成物濃度均降低，但反應物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀釋后會大于該溫度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到藍色沉淀；在絕

42、熱密閉容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)進行上述反應，v正先增大后減小的原因，溫度升高反應速度加快，反應物濃度降低反應速率又會減慢，故原因是：該反應是放熱反應，反應放出的熱使容器內(nèi)溫度升高，v正 增大；隨著反應的進行，反應物濃度減小，v正 減小。28、3d5 Mn原子核外失去2個電子后，其價電子排布式為3d5，處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，較難失去電子 D sp3 sp2 NOCH 7NA 氧化鎂晶體中所含離子的半徑小，電荷數(shù)更大，晶格能更大，則熔點更高 FeCu3N 【解析】(1)根據(jù)構造原理寫價電子排布式，根據(jù)原子核外電子排布以及洪特規(guī)則比較電離能大??；(2)A. 分子晶

43、體熔沸點較低；B. 互為等電子體的分子或離子價電子數(shù)相等，原子個數(shù)相等；C. Fe與CO形成5個配位鍵，每個CO分子中含有1個鍵和2個鍵；D. 反應得到Fe單質(zhì)，形成金屬鍵；CN與N2互為等電子體；將H2NCONH2(尿素)的結構簡式寫成，根據(jù)價層電子對互斥理論以及雜化軌道理論判斷原子的雜化類型，同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族第一電離能大于其相鄰元素；(3)根據(jù)離子晶體熔沸點的比較方法說明理由；(4)能量越高，物質(zhì)越不穩(wěn)定，由此判斷Cu代替b位置的Fe型能量高，相對不穩(wěn)定，再根據(jù)均攤法計算其化學式。【詳解】(1)Fe為26號元素，根據(jù)構造原理，寫出Fe價電子排布式為：3d64s2，先失去4s能級2個電子、再失去3d能級1個電子形成Fe3+，則Fe3的基態(tài)核外價電子排布式為3d5；由于Fe原子核外失去2個電子后，其價電子排布式為3d6，Mn原子核外失去2個電子后，其價電子排布式為3d5，處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，較難失去電子，故I3(Mn)I3(Fe)，故答案為：3d5；Mn原子核外失去2個電子后，其價電子排布式為3d