2020-2021學(xué)年上海市奉賢區(qū)高三（上）期末化學(xué)試卷（一模）

第1頁（共1頁）2020-2021學(xué)年上海市奉賢區(qū)高三（上）期末化學(xué)試卷（一模）一、選擇題（共40分，每小題2分，每小題只有一個(gè)正確答案）1．（2分）化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A．明礬可用于水的凈化和殺菌消毒 B．食鹽可作調(diào)味劑，也可用于某些食物的防腐劑 C．SO2廣泛用于食品的漂白 D．聚乙烯和聚氯乙烯材料均可用于食品包裝袋2．（2分）過氧化氫溶液是一種常見的消毒劑，以下對(duì)其描述不符合事實(shí)的是（）A．外用消毒劑 B．有漂白作用 C．需密封保存 D．有強(qiáng)氧化性，無還原性3．（2分）下列關(guān)于水的說法正確的是（）A．冰雪融化時(shí)需吸收熱量，破壞化學(xué)鍵 B．酸雨是指pH＜7.0的天然降水 C．常溫下水的pH＝7.0，顯中性，50℃時(shí)，pH＝6.6，顯酸性 D．重水分子由氘原子和氧原子構(gòu)成4．（2分）硅可做半導(dǎo)體材料的最主要原因是（）A．硅元素地殼中含量巨大，僅次于氧元素，排名第二位 B．硅元素位于周期表的金屬與非金屬的分界線附近 C．硅單質(zhì)性質(zhì)穩(wěn)定，無毒無害 D．硅單質(zhì)提純技術(shù)成熟，制作成本較低5．（2分）下列化學(xué)用語正確的是（）A．碳原子的核外電子軌道表示式： B．甲基的電子式為 C．丙烷的比例模型： D．氮分子的結(jié)構(gòu)式：6．（2分）某分子晶體結(jié)構(gòu)模型如圖，下列說法正確的是（）A．該模型可以表示H2O的分子模型 B．圖中每個(gè)線段代表化學(xué)鍵 C．表示的是非極性分子 D．空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，熔沸點(diǎn)高7．（2分）下列生產(chǎn)過程中不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．合成氨 B．氨堿法制純堿 C．接觸法制硫酸 D．工業(yè)制鹽酸8．（2分）已知硫化氫可在氧氣中燃燒，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氧氣中含電子總數(shù)為8NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L硫化氫中所含原子總數(shù)為3NA C．常溫常壓下，3.4克硫化氫中含有極性鍵的總數(shù)為0.2NA D．若生成3.6gH2O，則硫化氫得電子的數(shù)目一定為0.8NA9．（2分）下列試劑可以使氮氧化物（NxOy）在一定條件下轉(zhuǎn)化為無毒無害氣體的是（）A．氨 B．氫氧化鈉 C．硫酸 D．氯化氫10．（2分）根據(jù)表中短周期元素的信息判斷下列說法錯(cuò)誤的是（）元素編號(hào)①②③④⑤⑥⑦原子半徑（nm）0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.186最高或最低化合價(jià)+1﹣2+3﹣1﹣2+3+1A．元素④的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)于元素⑤的氧化物對(duì)應(yīng)水化物 B．元素④氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)于元素⑤氣態(tài)氫化物 C．元素⑥對(duì)應(yīng)的簡單離子半徑小于元素⑦對(duì)應(yīng)的簡單離子半徑 D．元素②⑥形成的化合物具有兩性11．（2分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．利用圖裝置可從膽礬晶體中獲得無水硫酸銅 B．利用圖裝置可分離石油，得到汽油、煤油和柴油等各種餾分 C．利用圖裝置可分離CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液 D．利用圖裝置可進(jìn)行酸堿中和滴定12．（2分）有些物質(zhì)既能夠與酸反應(yīng)，又能夠與堿反應(yīng)。以下不符合的是（）A．氧化鋁 B．氯化鋁 C．碳酸銨 D．碳酸氫鈉13．（2分）如果改變某一條件，生成物種類不變的是（）A．金屬鈉與氧氣（改變溫度） B．氯化鋁與氨水（改變氨水濃度） C．鐵和濃硫酸（改變溫度） D．CO2氣體與氫氧化鈉溶液（改變氫氧化鈉濃度）14．（2分）在某酸性溶液中，天然氣脫硫原理如圖所示。下列說法正確的是（）A．為了增強(qiáng)氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸 B．CH4是反應(yīng)的催化劑 C．過程②使溶液酸性增強(qiáng) D．過程①與過程②轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為1：115．（2分）工業(yè)上使用陽離子隔膜法（僅允許Na+通過）電解飽和食鹽水，裝置如圖所示，則以下說法錯(cuò)誤的是（）A．惰性電極X是陽極，發(fā)生氧化反應(yīng) B．進(jìn)料口1需補(bǔ)充高濃度氯化鈉溶液 C．出氣口a中會(huì)導(dǎo)出H2，出氣口b中會(huì)導(dǎo)出Cl2 D．電解過程離子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣16．（2分）低濃度的硫酸阿托品常用于治療青少年的假性近視，阿托品（結(jié)構(gòu)簡式如圖）可以通過托品酸和托品醇合成，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．阿托品的分子式是C17H21NO3 B．托品酸的結(jié)構(gòu)簡式是： C．托品酸能發(fā)生取代、加成、消去、氧化等反應(yīng) D．阿托品苯環(huán)上的一氯代物有3種17．（2分）關(guān)于下列的判斷正確的是（）CO32﹣（aq）+H+（aq）?HCO3﹣（aq）+Q1CO32﹣（aq）+H2O（l）?HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）+Q2OH﹣（aq）+H+（aq）?H2O（l）+Q3OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）?CH3COO﹣（aq）+H2O（l）+Q4A．Q1＞0，Q2＞0 B．Q1＞Q2 C．Q3＞0，Q4＜0 D．Q3＜Q418．（2分）常溫下，等體積等物質(zhì)的量濃度的①氨水②鹽酸③氯化銨溶液，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．①中c（NH3?H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+） B．①②混合后，銨根離子濃度小于③的二分之一 C．①③混合后，溶液呈堿性，則c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣） D．②溶液中水的電離程度最小19．（2分）將amol鐵片（打磨后）投入含1molFeCl3、1molCuCl2的溶液中，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．鐵片完全溶解時(shí)，有2amol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移 B．只有當(dāng)a＞0.5時(shí)，才有可能析出銅單質(zhì) C．整個(gè)反應(yīng)過程只發(fā)生了置換反應(yīng) D．鐵片溶解過程中沒有氣體產(chǎn)生20．（2分）某密閉容器內(nèi)，可逆反應(yīng)2X（？）?Y（g）+Z（s）達(dá)到平衡。則有（）A．恒容時(shí)升高溫度，氣體的密度增大，X一定為非氣態(tài)物質(zhì) B．恒溫時(shí)縮小容積，氣體的相對(duì)平均分子質(zhì)量有可能不變 C．恒溫恒容時(shí)，加入少量Z，則平衡向左移動(dòng) D．恒溫恒容時(shí)催化劑加入，Z的質(zhì)量會(huì)增加二、綜合題（共60分）21．（15分）已知砷（As）是第四周期ⅤA族元素，請(qǐng)回答下列問題：（1）砷原子核外未成對(duì)電子數(shù)為。黃砷（As4）與白磷（P4）的結(jié)構(gòu)類似，以下敘述正確的是。（選填編號(hào)）A．分子中共價(jià)鍵鍵角均為109°28′B．黃砷中共價(jià)鍵鍵能大于白磷C．黃砷分子極性大于白磷D．黃砷的熔點(diǎn)高于白磷（2）砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，寫出砷化氫的電子式，其分子的空間構(gòu)型為型，是分子。（填“極性”或“非極性”）（3）As元素的非金屬性比N元素弱，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由。298K時(shí)，將20mL3xmol?L﹣1Na3AsO3、20mL3xmol?L﹣1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反應(yīng)：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）?AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（AsO43﹣）與反應(yīng)時(shí)間（t）的關(guān)系如圖所示。（4）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝，平衡時(shí)，c（AsO33﹣）＝mol?L﹣1。（用含有x、y的代數(shù)式表示，溶液混合體積變化忽略不計(jì)）（5）tm時(shí)v逆tn時(shí)v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，下列選項(xiàng)正確的是（選填編號(hào)）。A．2v（I﹣）＝v（AsO33﹣）B．溶液的pH不再變化C．c（I﹣）＝y(tǒng)mol?L﹣1DD．不再變化22．（15分）常溫下，濃度均為0.1mol?L﹣1的5種溶液pH如表：溶質(zhì)Na2CO3NaHCO3Na2SO3NaHSO3NaClOpH11.69.710.04.010.3請(qǐng)由表數(shù)據(jù)回答：（1）NaClO溶液顯堿性的原因是。（用離子方程式表示）（2）侯氏制堿中，使NH4Cl從母液中析出的措施不包括。（選填編號(hào)）A．冷卻B．加入食鹽細(xì)顆粒C．通入CO2D．通入NH3（3）0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中離子濃度：c（SO32﹣）c（HSO3﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）；要使其中的c（SO32﹣）減小，下列方法不可行的是。（選填編號(hào)）A．加入過量CaO（s）B．加入少量NaOH（s）C．通入過量HCl（g）D．加入少量的H2O2（aq）（4）5種溶液中，水的電離程度最小的是（填化學(xué)式）；向氯水中加入NaHCO3可增強(qiáng)其漂白性，用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋原因：。（5）NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3酸性溶液氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗時(shí)有I2析出，寫出該反應(yīng)的離子方程式并用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：；若有25.4gI2生成，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)是個(gè)。23．（15分）高分子樹脂M具有較好的吸水性，其合成線路如圖。已知：Ⅰ．RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2OⅡ．CH＝CH﹣COOH回答下列問題：（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式。（2）寫出B到C的化學(xué)方程式，該反應(yīng)的反應(yīng)類型是。（3）寫出滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①與G具有相同官能團(tuán)；②苯環(huán)上僅有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H原子。（4）上述合成路線中，D→E的轉(zhuǎn)化在合成M中的作用為；檢驗(yàn)D中含有碳碳雙鍵的試劑為。（5）根據(jù)上述合成路線和信息，設(shè)計(jì)一條以苯乙醛為有機(jī)原料（其他無機(jī)試劑任選）合成的合成路線。。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標(biāo)產(chǎn)物）24．（15分）堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑（含少量氧化鋁、氧化鐵等）生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如圖。已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH如表：沉淀物Fe（OH）2Al（OH）3開始沉淀7.53.4完全沉淀9.74.4回答下列問題：（1）加入少量NaHCO3調(diào)節(jié)pH在4.4～7.5內(nèi)，得到的濾渣成分為，寫出濾渣中電解質(zhì)的電離方程式；實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行過濾操作時(shí)需用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯和。（2）反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亞鐵離子，寫出亞鐵離子是否完全被氧化的檢驗(yàn)方法，在實(shí)際生產(chǎn)中，反應(yīng)Ⅱ常同時(shí)通入O2以減少NaNO2的用量，若參與反應(yīng)的O2有11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則相當(dāng)于節(jié)約NaNO2的物質(zhì)的量為mol。（3）堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合離子，該水解反應(yīng)的離子方程式為。為測(cè)定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，實(shí)驗(yàn)操作如下：準(zhǔn)確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)節(jié)pH＜2，加熱除去過量H2O2；加入過量KI充分反應(yīng)后，再用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣。（4）則溶液中鐵元素的總含量為g?L﹣1。若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測(cè)定的鐵元素的含量將會(huì)。（填“偏高”、“偏低”或“不變”）

2020-2021學(xué)年上海市奉賢區(qū)高三（上）期末化學(xué)試卷（一模）參考答案與試題解析一、選擇題（共40分，每小題2分，每小題只有一個(gè)正確答案）1．（2分）化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A．明礬可用于水的凈化和殺菌消毒 B．食鹽可作調(diào)味劑，也可用于某些食物的防腐劑 C．SO2廣泛用于食品的漂白 D．聚乙烯和聚氯乙烯材料均可用于食品包裝袋【分析】A．明礬沒有氧化性，不能殺菌消毒；B．食鹽具有咸味，能夠使細(xì)菌脫水死亡；C．SO2有毒，不能漂白食品；D．聚氯乙烯受熱分解產(chǎn)生有毒物質(zhì)，不能用于食品包裝袋。【解答】解：A．明礬凈水原理是電離的鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮物形成沉淀，達(dá)到凈水目的，但不能殺菌消毒，故A錯(cuò)誤；B．食鹽不僅可作調(diào)味劑，還能夠使細(xì)菌脫水死亡，達(dá)到抑制細(xì)菌繁殖的目的，所以食鹽也可作食品防腐劑，故B正確；C．SO2具有漂白性，可作漂白劑，但SO2有毒，不能漂白食品，故C錯(cuò)誤；D．聚乙烯無毒，可用于食品包裝袋，但聚氯乙烯能釋放有害氣體，不能用于食品包裝袋，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了元素化合物知識(shí)，涉及物質(zhì)的選擇與用途，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意物質(zhì)性質(zhì)與用途的對(duì)應(yīng)關(guān)系，題目難度不大。2．（2分）過氧化氫溶液是一種常見的消毒劑，以下對(duì)其描述不符合事實(shí)的是（）A．外用消毒劑 B．有漂白作用 C．需密封保存 D．有強(qiáng)氧化性，無還原性【分析】過氧化氫溶液俗稱雙氧水，常用作無公害的消毒殺菌劑和漂白劑，其用途：氧化劑、漂白劑、消毒劑，化學(xué)性質(zhì)：（1）弱酸性，二元弱酸，酸性比碳酸弱；（2）氧化性：能將SO2，F(xiàn)e2+、I﹣氧化，還原產(chǎn)物為H2O（3）還原性：氧化產(chǎn)物為O22MnO4﹣+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2+8H2O（4）不穩(wěn)定性，易分解，實(shí)驗(yàn)室制氧氣。【解答】解：A．過氧化氫溶液俗稱雙氧水，常用作無公害的消毒殺菌劑和漂白劑，故A正確；B．過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，所以有漂白作用，故B正確；C．過氧化氫不穩(wěn)定，易分解，2H2O22H2O+O2↑，需密封保存，故C正確；D．H2O2中的氧元素為﹣1價(jià)，處于中間價(jià)態(tài)，所以H2O2既具有強(qiáng)氧化性，又有還原性，可被酸性高錳酸鉀等強(qiáng)氧化劑氧化，故D錯(cuò)誤，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了H2O2的性質(zhì)和用途以及保存方法，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，屬容易題。3．（2分）下列關(guān)于水的說法正確的是（）A．冰雪融化時(shí)需吸收熱量，破壞化學(xué)鍵 B．酸雨是指pH＜7.0的天然降水 C．常溫下水的pH＝7.0，顯中性，50℃時(shí)，pH＝6.6，顯酸性 D．重水分子由氘原子和氧原子構(gòu)成【分析】A．冰雪融化時(shí)是物質(zhì)狀態(tài)變化，無化學(xué)鍵的變化；B．正常雨水的pH約為5.6，酸雨中溶解二氧化硫，二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，酸性增強(qiáng)，則酸雨的pH＜5.6；C．升溫促進(jìn)水的電離，氫離子濃度增大，pH減小，但氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同；D．重水分子是氘原子和氧原子構(gòu)成的化合物。【解答】解：A．冰雪融化時(shí)是固體變化為液體，過程中需吸收熱量，不存在化學(xué)鍵的破壞，故A錯(cuò)誤；B．酸雨是指pH值小于5.6的天然降水，故B錯(cuò)誤；C．升溫促進(jìn)水的電離，氫離子濃度增大，pH減小，50℃時(shí)，水的pH＝6.6，顯中性，故C錯(cuò)誤；D．重水分子D2O，分子是由氘原子和氧原子構(gòu)成，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)變化、酸雨形成、水的電離影響因素、物質(zhì)組成等知識(shí)點(diǎn)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。4．（2分）硅可做半導(dǎo)體材料的最主要原因是（）A．硅元素地殼中含量巨大，僅次于氧元素，排名第二位 B．硅元素位于周期表的金屬與非金屬的分界線附近 C．硅單質(zhì)性質(zhì)穩(wěn)定，無毒無害 D．硅單質(zhì)提純技術(shù)成熟，制作成本較低【分析】依據(jù)硅導(dǎo)電性介于導(dǎo)體與絕緣體之間，是良好的半導(dǎo)體材料，結(jié)合硅的制取和粗硅提純技術(shù)成熟，制作成本較低解答?！窘獯稹拷猓汗杩勺霭雽?dǎo)體材料的最主要原因：硅單質(zhì)提純技術(shù)成熟，制作成本較低，2C+SiO2Si+2CO↑，得到粗硅與氯氣反應(yīng)生成四氯硅烷，四氯化硅被氫氣還原即可得到高純度硅，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了硅的性質(zhì)及用途，熟悉硅的制取和提純過程是解題關(guān)鍵，題目難度不大。5．（2分）下列化學(xué)用語正確的是（）A．碳原子的核外電子軌道表示式： B．甲基的電子式為 C．丙烷的比例模型： D．氮分子的結(jié)構(gòu)式：【分析】A．碳原子核外電子有6個(gè)電子，電子優(yōu)先單獨(dú)占據(jù)1個(gè)軌道，且自旋方向相同，2p2表示錯(cuò)誤；B．甲基中含有3個(gè)碳?xì)滏I，碳原子最外層為7個(gè)電子；C．該模型為球棍模型，不是比例模型；D．氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式中不需要標(biāo)出未成對(duì)電子。【解答】解：A．碳原子核外有6個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理、泡利原理、洪特規(guī)則可寫出基態(tài)碳（C）原子的軌道表示式為，故A正確；B．甲基中碳原子最外層為7個(gè)電子，甲基的電子式為：，故B錯(cuò)誤；C．是丙烷的球棍模型，其比例模型為，故C錯(cuò)誤；D．氮?dú)夥肿又写嬖谝粋€(gè)氮氮三鍵，氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式中不需要標(biāo)出未成對(duì)電子，氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為N≡N，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及結(jié)構(gòu)式、電子式、比例模型、原子的軌道表示式等知識(shí)，明確常見化學(xué)用語的概念及書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。6．（2分）某分子晶體結(jié)構(gòu)模型如圖，下列說法正確的是（）A．該模型可以表示H2O的分子模型 B．圖中每個(gè)線段代表化學(xué)鍵 C．表示的是非極性分子 D．空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，熔沸點(diǎn)高【分析】由圖可知，該晶胞為分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，分子為AB2，結(jié)構(gòu)為直線形，分子間作用力不是化學(xué)鍵，據(jù)此來解答。【解答】解：A.由分析可知，分子結(jié)構(gòu)為直線形，H2O為V形，故A錯(cuò)誤；B.連接分子與分子間的作用力為分子間作用力，不屬于化學(xué)鍵，故B錯(cuò)誤；C.分子為AB2，結(jié)構(gòu)為直線形，正負(fù)中心重合，是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子，故C正確；D.分子晶體的熔沸點(diǎn)較低，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶體的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，了解分子晶體的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，側(cè)重考查分子的極性、分子晶體的性質(zhì)、化學(xué)鍵等知識(shí)點(diǎn)，題目難度不大。7．（2分）下列生產(chǎn)過程中不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．合成氨 B．氨堿法制純堿 C．接觸法制硫酸 D．工業(yè)制鹽酸【分析】判斷物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)時(shí)，所含元素的化合價(jià)是否發(fā)生變化，如化合價(jià)發(fā)生變化，則發(fā)生氧化還原反應(yīng)，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．合成氨工業(yè)中氮?dú)?、氫氣反?yīng)生成氨氣，N、H元素的化合價(jià)變化，為氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．氨堿法生產(chǎn)純堿涉及的方程式為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，這幾個(gè)方程式中都沒有電子的轉(zhuǎn)移，所以不涉及氧化還原反應(yīng)，故B選；C．接觸法制硫酸工業(yè)中存在S～SO2～SO3的轉(zhuǎn)化，化合價(jià)發(fā)生變化，為氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．工業(yè)上用氫氣與氯氣反應(yīng)制鹽酸，化合價(jià)發(fā)生變化，為氧化還原反應(yīng)，故D不選；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，本題注意常見工業(yè)生產(chǎn)原理，注重基礎(chǔ)知識(shí)的積累，側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力。8．（2分）已知硫化氫可在氧氣中燃燒，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氧氣中含電子總數(shù)為8NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L硫化氫中所含原子總數(shù)為3NA C．常溫常壓下，3.4克硫化氫中含有極性鍵的總數(shù)為0.2NA D．若生成3.6gH2O，則硫化氫得電子的數(shù)目一定為0.8NA【分析】A．求出標(biāo)況下氧氣的物質(zhì)的量，然后根據(jù)氧氣中含16個(gè)電子來分析；B．求出標(biāo)況下22.4L硫化氫的物質(zhì)的量，然后根據(jù)硫化氫為三原子分子來分析；C．求出3.4g硫化氫的物質(zhì)的量，然后根據(jù)硫化氫中含2條極性鍵來分析；D．求出3.6g水的物質(zhì)的量，根據(jù)H原子數(shù)守恒求出燃燒的硫化氫的物質(zhì)的量，硫化氫在氧氣中可以完全燃燒生成SO2，還能不完全燃燒生成S，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．標(biāo)況下11.2L氧氣的物質(zhì)的量n＝＝0.5mol，而氧氣中含16個(gè)電子，故0.5mol氧氣中含電子為8NA個(gè)，故A正確；B．標(biāo)況下22.4L硫化氫的物質(zhì)的量為n＝＝1mol，而硫化氫為三原子分子，故1mol硫化氫中含3NA個(gè)原子，故B正確；C．3.4g硫化氫的物質(zhì)的量n＝＝0.1mol，而硫化氫中含2條極性鍵，故0.1mol硫化氫中含0.2NA條極性鍵，故C正確；D．3.6g水的物質(zhì)的量為n＝＝0.2mol，根據(jù)H原子數(shù)守恒可知燃燒的硫化氫的物質(zhì)的量為0.2mol，而硫化氫在氧氣中可以完全燃燒生成SO2，還能不完全燃燒生成S，故0.2mol硫化氫若完全燃燒生成二氧化硫，則失去的電子的物質(zhì)的量可能為0.2mol×[4﹣（﹣2）]＝1.2mol，若完全燃燒生成S則失去的電子的物質(zhì)的量為0.2mol×[0﹣（﹣2）]＝0.4mol，即0.2mol硫化氫燃燒后失去的電子介于0.4NA～1.2NA，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。9．（2分）下列試劑可以使氮氧化物（NxOy）在一定條件下轉(zhuǎn)化為無毒無害氣體的是（）A．氨 B．氫氧化鈉 C．硫酸 D．氯化氫【分析】使氮氧化物（NxOy）在一定條件下轉(zhuǎn)化為無毒無害氣體即氮?dú)?，則氮元素化合價(jià)降低，即氮氧化物作氧化劑，加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性?！窘獯稹拷猓篈.使氮氧化物（NxOy）在一定條件下轉(zhuǎn)化為無毒無害氣體即氮?dú)?，則氮元素化合價(jià)降低作氧化劑，加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性，氨氣符合，例如：6NO2+8NH37N2+12H2O，故A正確；B.2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2ONO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O，故B錯(cuò)誤；C.氮氧化物（NxOy）與硫酸不反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.氮氧化物（NxOy）與氯化氫不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了用氧化還原知識(shí)解決實(shí)際問題，涉及氮氧化物用氨氣還原轉(zhuǎn)化成無毒的氣體，培養(yǎng)了學(xué)生們的科學(xué)態(tài)度和社會(huì)責(zé)任的化學(xué)核心素養(yǎng)，本題目比較簡單。10．（2分）根據(jù)表中短周期元素的信息判斷下列說法錯(cuò)誤的是（）元素編號(hào)①②③④⑤⑥⑦原子半徑（nm）0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.186最高或最低化合價(jià)+1﹣2+3﹣1﹣2+3+1A．元素④的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)于元素⑤的氧化物對(duì)應(yīng)水化物 B．元素④氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)于元素⑤氣態(tài)氫化物 C．元素⑥對(duì)應(yīng)的簡單離子半徑小于元素⑦對(duì)應(yīng)的簡單離子半徑 D．元素②⑥形成的化合物具有兩性【分析】7種短周期元素中，②、⑤的最低價(jià)都為﹣2價(jià)，為ⅥA族元素，根據(jù)原子半徑可知②為O元素、⑤為S元素；①、⑦的最高正化合價(jià)為+1價(jià)，結(jié)合原子半徑大小可知①為H元素、⑦為Na元素；③、⑥的最高價(jià)為+3價(jià)，結(jié)合原子半徑可知③為B元素、⑥為Al元素；④的最低價(jià)為﹣1價(jià)，為ⅤⅡA族元素，其原子半徑大于②O元素，則④為Cl元素，以此解答該題?！窘獯稹拷猓孩贋镠元素，②為O元素，③為B元素，④為Cl元素，⑤為S元素，⑥為Al元素，⑦為Na元素。A.非金屬性Cl＞S，則元素Cl的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)于元素S的最高價(jià)化物對(duì)應(yīng)水化物，題目沒有指明為最高價(jià)，則不能比較酸性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；B.非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；C.元素⑥對(duì)應(yīng)的離子為鋁離子，元素⑦對(duì)應(yīng)的離子為鈉離子，具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故C正確；D.元素②⑥形成的化合物為氧化鋁，為兩性氧化物，故D正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，結(jié)合元素化合價(jià)、原子半徑推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容、元素周期表結(jié)構(gòu)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力，題目難度中等。11．（2分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．利用圖裝置可從膽礬晶體中獲得無水硫酸銅 B．利用圖裝置可分離石油，得到汽油、煤油和柴油等各種餾分 C．利用圖裝置可分離CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液 D．利用圖裝置可進(jìn)行酸堿中和滴定【分析】A．灼燒固體應(yīng)該用坩堝；B．溫度計(jì)位置錯(cuò)誤；C．CH3CH2OH和CH3COOC2H5混溶；D．酸堿中和滴定常用到滴定管和錐形瓶等儀器。【解答】解：A．灼燒膽礬應(yīng)該用坩堝，故A錯(cuò)誤；B．溫度計(jì)應(yīng)位于蒸餾燒瓶的支管口附近，故B錯(cuò)誤；C．CH3CH2OH和CH3COOC2H5混溶，應(yīng)加入飽和碳酸鈉溶液然后分液，或直接蒸餾分離，故C錯(cuò)誤；D．酸堿中和滴定常用到滴定管和錐形瓶等儀器，圖為中和滴定操作，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的制備、分離以及中和滴定等知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)異同以及實(shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性、可行性的評(píng)價(jià)，難度不大。12．（2分）有些物質(zhì)既能夠與酸反應(yīng)，又能夠與堿反應(yīng)。以下不符合的是（）A．氧化鋁 B．氯化鋁 C．碳酸銨 D．碳酸氫鈉【分析】既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的物質(zhì)有鋁單質(zhì)，化合物為有兩性氧化物、兩性氫氧化物、弱酸的酸式鹽、弱酸弱堿鹽、氨基酸等，據(jù)此解答。【解答】解：A．氧化鋁為兩性物質(zhì)，既能夠與酸反應(yīng)，又能夠與堿反應(yīng)，故A不選；B．氯化鋁只能與堿反應(yīng)，與酸不反應(yīng)，故B選；C．碳酸銨為弱酸的銨鹽，既能夠與酸反應(yīng)，又能夠與堿反應(yīng)，故C不選；D．碳酸氫鈉為弱酸的酸式鹽，既能夠與酸反應(yīng)，又能夠與堿反應(yīng)，故D不選。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)與發(fā)生反應(yīng)，熟記既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)的物質(zhì)類別即可解答，題目難度不大。13．（2分）如果改變某一條件，生成物種類不變的是（）A．金屬鈉與氧氣（改變溫度） B．氯化鋁與氨水（改變氨水濃度） C．鐵和濃硫酸（改變溫度） D．CO2氣體與氫氧化鈉溶液（改變氫氧化鈉濃度）【分析】A．鈉與氧氣常溫生成氧化鈉，加熱或者點(diǎn)燃生成過氧化鈉；B．氯化鋁與氨水反應(yīng)生成氯化銨和氫氧化鋁；C．鐵與濃硫酸低溫發(fā)生鈍化，加熱反應(yīng)生成硫酸鐵和二氧化硫和水；D．二氧化碳與過量氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，與少量氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉?！窘獯稹拷猓篈．鈉與氧氣常溫生成氧化鈉，加熱或者點(diǎn)燃生成過氧化鈉，產(chǎn)物與溫度有關(guān)，故A不選；B．氯化鋁與氨水反應(yīng)生成氯化銨和氫氧化鋁，產(chǎn)物與氨水濃度無關(guān)，故B選；C．鐵與濃硫酸低溫發(fā)生鈍化，加熱反應(yīng)生成硫酸鐵和二氧化硫和水，產(chǎn)物與溫度有關(guān)，故C不選；D．二氧化碳與過量氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，與少量氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，產(chǎn)物與氫氧化鈉用量有關(guān)，故D不選。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生反應(yīng)，明確反應(yīng)條件對(duì)反應(yīng)產(chǎn)物的影響是解題關(guān)鍵，題目難度不大。14．（2分）在某酸性溶液中，天然氣脫硫原理如圖所示。下列說法正確的是（）A．為了增強(qiáng)氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸 B．CH4是反應(yīng)的催化劑 C．過程②使溶液酸性增強(qiáng) D．過程①與過程②轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為1：1【分析】由圖中可得出，過程①的反應(yīng)物為Fe2（SO4）3、CH4、H2S，生成物為S、FeSO4、CH4；過程②的反應(yīng)物為FeSO4、CH4、O2，生成物為Fe2（SO4）3、CH4，在反應(yīng)中沒有體現(xiàn)H2SO4的參與，從而得出反應(yīng)的化學(xué)方程式；過程①：Fe2（SO4）3+H2S═S+2FeSO4+H2SO4；過程②：4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O，據(jù)此分析解答。【解答】解：A．硝酸會(huì)生成污染性氣體氮的氧化物，所以增強(qiáng)氧化性，溶液的酸化不可以使用硝酸，故A錯(cuò)誤；B．從分析中可以看出，CH4沒有參與反應(yīng)，所以CH4不是反應(yīng)的催化劑，故B錯(cuò)誤；C．過程②的反應(yīng)為4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O，H2SO4反應(yīng)生成Fe2（SO4）3和H2O，使介質(zhì)溶液酸性減弱，故C錯(cuò)誤；D．以FeSO4為基準(zhǔn)，調(diào)整過程①與過程②的化學(xué)計(jì)量數(shù)，可得出轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為1：1，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查天然氣催化脫硫，通過讀圖可知脫硫過程：Fe2（SO4）3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，脫硫過程O2間接氧化H2S是解答關(guān)鍵，題目難度不大。15．（2分）工業(yè)上使用陽離子隔膜法（僅允許Na+通過）電解飽和食鹽水，裝置如圖所示，則以下說法錯(cuò)誤的是（）A．惰性電極X是陽極，發(fā)生氧化反應(yīng) B．進(jìn)料口1需補(bǔ)充高濃度氯化鈉溶液 C．出氣口a中會(huì)導(dǎo)出H2，出氣口b中會(huì)導(dǎo)出Cl2 D．電解過程離子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣【分析】根據(jù)鈉離子移動(dòng)方向判斷，X為陽極，發(fā)生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，則Y為陰極，發(fā)生2H++2e﹣＝H2↑，出氣口b中會(huì)導(dǎo)出H2，出氣口a中會(huì)導(dǎo)出Cl2，電解時(shí)，陽極生成氯氣，消耗NaCl，則應(yīng)在陽極補(bǔ)充NaCl，陰極生成OH﹣，且Na+向陰極移動(dòng)，則產(chǎn)品燒堿溶液從陰極區(qū)導(dǎo)出，注意題中陽離子交換膜僅允許Na+通過的特點(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈．X為陽極，發(fā)生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正確；B．電解時(shí)，陽極生成氯氣，消耗NaCl，則應(yīng)在陽極補(bǔ)充NaCl，即濃鹽水從進(jìn)料口1注入，故B正確；C．出氣口b中會(huì)導(dǎo)出H2，出氣口a中會(huì)導(dǎo)出Cl2，故C錯(cuò)誤；D．電解過程離子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理，側(cè)重于氯堿工業(yè)的考查，注意把握題給信息，陽離子交換膜為解答該題的關(guān)鍵，注意審題，題目難度不大。16．（2分）低濃度的硫酸阿托品常用于治療青少年的假性近視，阿托品（結(jié)構(gòu)簡式如圖）可以通過托品酸和托品醇合成，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．阿托品的分子式是C17H21NO3 B．托品酸的結(jié)構(gòu)簡式是： C．托品酸能發(fā)生取代、加成、消去、氧化等反應(yīng) D．阿托品苯環(huán)上的一氯代物有3種【分析】阿托品含有酯基、羥基，具有酯類和醇的性質(zhì)，水解可生成，以此解答該題。【解答】解：A.由結(jié)構(gòu)簡式可知阿托品的分子式是C17H23NO3，故A錯(cuò)誤；B.含有酯基，可水解生成，故B正確；C.含有酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)，取代反應(yīng)，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)，含有羥基，可發(fā)生消去反應(yīng)、氧化反應(yīng)，故C正確；D.苯環(huán)只有一個(gè)取代基，則苯環(huán)上的一氯代物有3種，故D正確。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重醇、酯類性質(zhì)的考查，題目難度不大。17．（2分）關(guān)于下列的判斷正確的是（）CO32﹣（aq）+H+（aq）?HCO3﹣（aq）+Q1CO32﹣（aq）+H2O（l）?HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）+Q2OH﹣（aq）+H+（aq）?H2O（l）+Q3OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）?CH3COO﹣（aq）+H2O（l）+Q4A．Q1＞0，Q2＞0 B．Q1＞Q2 C．Q3＞0，Q4＜0 D．Q3＜Q4【分析】反應(yīng)①CO32﹣（aq）+H+（aq）?HCO3﹣是放熱反應(yīng)；反應(yīng)②CO32﹣（aq）+H2O（l）?HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）是鹽類的水解，是吸熱反應(yīng)；反應(yīng)③OH﹣（aq）+H+（aq）?H2O（l）和反應(yīng)④OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）?CH3COO﹣（aq）+H2O（l）均為酸堿中和，均為放熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)的Q大于0.吸熱反應(yīng)的Q小于0，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，故Q1＞0；反應(yīng)②為鹽類的水解，故為吸熱反應(yīng)，故Q2＜0，故A錯(cuò)誤；B．由于Q1＞0，Q2＜0，故Q1＞Q2，故B正確；C．反應(yīng)③和反應(yīng)④均為酸堿中和，均為放熱反應(yīng)，故Q3＞0，Q4＞0，故C錯(cuò)誤；D．由于④中醋酸為弱酸，電離吸熱，故反應(yīng)④放出的熱量小于反應(yīng)③放出的，故Q3＞Q4，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了反應(yīng)熱的大小比較，應(yīng)注意的是酸堿中和是放熱反應(yīng)，鹽類的水解是吸熱反應(yīng)。18．（2分）常溫下，等體積等物質(zhì)的量濃度的①氨水②鹽酸③氯化銨溶液，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．①中c（NH3?H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+） B．①②混合后，銨根離子濃度小于③的二分之一 C．①③混合后，溶液呈堿性，則c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣） D．②溶液中水的電離程度最小【分析】A.氨水溶液呈堿性，且存在水的電離；B.①②混合后，體積為③的2倍，濃度越大，水解程度越??；C.①和③等體積混合后，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度導(dǎo)致溶液呈堿性，再結(jié)合電荷守恒判斷；D.酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大或堿中c（OH﹣）越大越抑制水電離，氯化銨水解對(duì)水的電離起促進(jìn)作用?！窘獯稹拷猓篈.氨水溶液呈堿性，一水合氨為弱電解質(zhì)，電離程度較小，且存在水的電離，則①中c（NH3?H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故A正確；B.①②混合后，體積為③的2倍，濃度越大，水解程度越小，則①②混合后，銨根離子濃度小于③的二分之一，故B正確；C.①和③等體積混合后，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度導(dǎo)致溶液呈堿性，再結(jié)合電荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），NH3?H2O電離程度、NH4+水解程度都較小，所以離子濃度大小順序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣），故C錯(cuò)誤；D.酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大或堿中c（OH﹣）越大越抑制水電離，①中c（OH﹣）小于②中c（H+），所以①抑制水電離程度小于②，氯化銨水解對(duì)水的電離起促進(jìn)作用，所以水的離程度：③＞①＞②，故D正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子濃度大小比較，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查分析判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道水電離影響因素，注意結(jié)合電荷守恒解該題，題目難度中等。19．（2分）將amol鐵片（打磨后）投入含1molFeCl3、1molCuCl2的溶液中，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．鐵片完全溶解時(shí)，有2amol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移 B．只有當(dāng)a＞0.5時(shí)，才有可能析出銅單質(zhì) C．整個(gè)反應(yīng)過程只發(fā)生了置換反應(yīng) D．鐵片溶解過程中沒有氣體產(chǎn)生【分析】A．鐵與鐵離子和銅離子反應(yīng)都生成亞鐵離子；B．鐵離子氧化性強(qiáng)于銅離子，鐵先與鐵離子反應(yīng)；C．鐵與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子為化合反應(yīng)；D．鐵與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，與銅離子反應(yīng)生成銅和亞鐵離子?！窘獯稹拷猓篈．a(chǎn)mol鐵片（打磨后）投入含1molFeCl3、1molCuCl2的溶液中，鐵完全反應(yīng)生成amol亞鐵離子，轉(zhuǎn)移2amol電子，故A正確；B．鐵離子氧化性強(qiáng)于銅離子，鐵先與鐵離子反應(yīng)，1molFeCl3需要消耗0.5mol鐵，所以只有當(dāng)a＞0.5時(shí)，才有可能析出銅單質(zhì)，故B正確；C．整個(gè)反應(yīng)過程發(fā)生了化合反應(yīng)和置換反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．鐵與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，與銅離子反應(yīng)生成銅和亞鐵離子，過程中沒有氫氣生成，故D正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了鐵的性質(zhì)，熟悉鐵離子與銅離子氧化性強(qiáng)弱，反應(yīng)先后順序是解題關(guān)鍵，題目難度不大。20．（2分）某密閉容器內(nèi)，可逆反應(yīng)2X（？）?Y（g）+Z（s）達(dá)到平衡。則有（）A．恒容時(shí)升高溫度，氣體的密度增大，X一定為非氣態(tài)物質(zhì) B．恒溫時(shí)縮小容積，氣體的相對(duì)平均分子質(zhì)量有可能不變 C．恒溫恒容時(shí)，加入少量Z，則平衡向左移動(dòng) D．恒溫恒容時(shí)催化劑加入，Z的質(zhì)量會(huì)增加【分析】A.恒容時(shí)升高溫度，氣體的密度增大，說明氣體的質(zhì)量增大；B.可能只有Y為氣體；C.Z為固體，對(duì)平衡移動(dòng)無影響；D.催化劑不改變平衡移動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈.如X為非氣態(tài)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡正向移動(dòng)，氣體的密度增大，故A錯(cuò)誤；B.如X為非氣態(tài)物質(zhì)，則改變壓強(qiáng)，氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，故B正確；C.Z為固體，對(duì)平衡移動(dòng)無影響，加入Z，平衡不移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D.催化劑不改變平衡移動(dòng)，加入催化劑，Z的質(zhì)量不變，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)影響因素，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查分析判斷能力，明確溫度、壓強(qiáng)、濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)平衡移動(dòng)影響原理是解本題關(guān)鍵，注意平衡狀態(tài)的判斷，題目難度不大。二、綜合題（共60分）21．（15分）已知砷（As）是第四周期ⅤA族元素，請(qǐng)回答下列問題：（1）砷原子核外未成對(duì)電子數(shù)為3。黃砷（As4）與白磷（P4）的結(jié)構(gòu)類似，以下敘述正確的是D。（選填編號(hào)）A．分子中共價(jià)鍵鍵角均為109°28′B．黃砷中共價(jià)鍵鍵能大于白磷C．黃砷分子極性大于白磷D．黃砷的熔點(diǎn)高于白磷（2）砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，寫出砷化氫的電子式，其分子的空間構(gòu)型為三角錐型，是極性分子。（填“極性”或“非極性”）（3）As元素的非金屬性比N元素弱，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由兩者具有相同的最外層電子數(shù)，As原子的電子層數(shù)大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于N。298K時(shí)，將20mL3xmol?L﹣1Na3AsO3、20mL3xmol?L﹣1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反應(yīng)：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）?AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（AsO43﹣）與反應(yīng)時(shí)間（t）的關(guān)系如圖所示。（4）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝，平衡時(shí)，c（AsO33﹣）＝x﹣ymol?L﹣1。（用含有x、y的代數(shù)式表示，溶液混合體積變化忽略不計(jì)）（5）tm時(shí)v逆＜tn時(shí)v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是由圖可知，從tm到tn，生成物濃度不斷升高，逆反應(yīng)速率也不斷增大。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，下列選項(xiàng)正確的是BD（選填編號(hào)）。A．2v（I﹣）＝v（AsO33﹣）B．溶液的pH不再變化C．c（I﹣）＝y(tǒng)mol?L﹣1DD．不再變化【分析】（1）As元素位于第四周期第VA族，4p能級(jí)上有3個(gè)未成對(duì)電子；A．P4、As4都為正四面體結(jié)構(gòu)，As、P原子位于正四面體的頂點(diǎn)上；B．鍵長越長，鍵能越小；C．二者都是非極性鍵分子；D．不含氫鍵的分子晶體熔沸點(diǎn)與分子間作用力成正比，分子間作用力與相對(duì)分子質(zhì)量成正比；（2）砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，As原子和每個(gè)H原子共用一對(duì)電子且As原子還有一個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)型，正負(fù)電荷中心不重合的分子為極性分子；（3）元素得電子能力越強(qiáng)，其非金屬性越強(qiáng)；（4）該化學(xué)平衡常數(shù)K＝；溶液混合后溶液體積變?yōu)樵瓉?倍，溶液濃度變?yōu)樵瓉淼?，所以溶液混合后沒有反應(yīng)時(shí)c（AsO33﹣）＝xmol/L，根據(jù)圖知，平衡時(shí)溶液中c（AsO43﹣）＝y(tǒng)mol/L，根據(jù)As原子守恒知，反應(yīng)中消耗c（AsO33﹣）＝y(tǒng)mol/L；（5）生成物濃度越大，逆反應(yīng)速率越快；反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)濃度不變?！窘獯稹拷猓海?）As元素位于第四周期第VA族，4p能級(jí)上有3個(gè)未成對(duì)電子，所以As原子核外未成對(duì)電子數(shù)是3；A．P4、As4都為正四面體結(jié)構(gòu)，As、P原子位于正四面體的頂點(diǎn)上，鍵角為60°，故A錯(cuò)誤；B．鍵長越長，鍵能越小，鍵長As﹣As＞P﹣P，所以黃砷鍵能小于白磷，故B錯(cuò)誤；C．二者都是非極性鍵分子，分子極性相同，故C錯(cuò)誤；D．二者都是不合氫鍵的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量：黃砷＞白磷，則熔沸點(diǎn)：黃砷＞白磷，故D正確；故答案為：3；D；（2）砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，As原子和每個(gè)H原子共用一對(duì)電子且As原子還有一個(gè)孤電子對(duì)，其電子式為，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)型為三角錐形，正負(fù)電荷中心不重合，所以為極性分子，故答案為：；三角錐；極性；（3）兩者具有相同的最外層電子數(shù)，As原子的電子層數(shù)大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于N，故答案為：兩者具有相同的最外層電子數(shù)，As原子的電子層數(shù)大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于N；（4）該化學(xué)平衡常數(shù)K＝；溶液混合后溶液體積變?yōu)樵瓉?倍，溶液濃度變?yōu)樵瓉淼?，所以溶液混合后沒有反應(yīng)時(shí)c（AsO33﹣）＝xmol/L，根據(jù)圖知，平衡時(shí)溶液中c（AsO43﹣）＝y(tǒng)mol/L，根據(jù)As原子守恒知，反應(yīng)中消耗c（AsO33﹣）＝y(tǒng)mol/L，所以平衡時(shí)c（AsO33﹣）＝（x﹣y）mol/L，故答案為：；x﹣y；（5）由圖可知，從tm到tn，生成物濃度不斷升高，逆反應(yīng)速率也不斷增大，所以tm逆反應(yīng)速率小于tn逆反應(yīng)速率，A．達(dá)到平衡時(shí)v（I﹣）＝2v（AsO33﹣），故A錯(cuò)誤；B．達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c（OH﹣）不變，則溶液的pH不再變化，故B正確；C．達(dá)到平衡時(shí)c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol?L﹣1，故C錯(cuò)誤；D．不再變化，說明二者濃度都不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D正確；故答案為：＜；由圖可知，從tm到tn，生成物濃度不斷升高，逆反應(yīng)速率也不斷增大；BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、化學(xué)平衡計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確化學(xué)平衡狀態(tài)判斷方法、非金屬性強(qiáng)弱比較方法、化學(xué)平衡計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意（4）中K表達(dá)式的書寫，為解答易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。22．（15分）常溫下，濃度均為0.1mol?L﹣1的5種溶液pH如表：溶質(zhì)Na2CO3NaHCO3Na2SO3NaHSO3NaClOpH11.69.710.04.010.3請(qǐng)由表數(shù)據(jù)回答：（1）NaClO溶液顯堿性的原因是ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣。（用離子方程式表示）（2）侯氏制堿中，使NH4Cl從母液中析出的措施不包括C。（選填編號(hào)）A．冷卻B．加入食鹽細(xì)顆粒C．通入CO2D．通入NH3（3）0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中離子濃度：c（SO32﹣）＜c（HSO3﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）；要使其中的c（SO32﹣）減小，下列方法不可行的是B。（選填編號(hào)）A．加入過量CaO（s）B．加入少量NaOH（s）C．通入過量HCl（g）D．加入少量的H2O2（aq）（4）5種溶液中，水的電離程度最小的是NaHSO3（填化學(xué)式）；向氯水中加入NaHCO3可增強(qiáng)其漂白性，用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋原因：氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O?HClO+HCl，當(dāng)加入NaHCO3后，NaHCO3能與鹽酸反應(yīng)，因?yàn)槁人械臍潆x子濃度減小，所以平衡正向移動(dòng)，但NaHCO3不能與次氯酸反應(yīng)，故使溶液中次氯酸的濃度增大。（5）NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3酸性溶液氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗時(shí)有I2析出，寫出該反應(yīng)的離子方程式并用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：；若有25.4gI2生成，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)是NA個(gè)?！痉治觥浚?）NaClO溶液顯堿性的原因是次氯酸根離子水解結(jié)合水電離出的氫離子，促進(jìn)水電離平衡正向進(jìn)行；（2）飽和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s）?NH4+（aq）+Cl﹣（aq），若要析出氯化銨，應(yīng)該使平衡向著逆向移動(dòng)，如：增大銨根離子、氯離子濃度，或者降低溫度；（3）0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液pH＝4.0，溶液顯酸性，亞硫酸根氫根離子電離程度大于其水解程度，據(jù)此判斷溶液中離子濃度大小，要使其中的c（SO32﹣）減小，加入的試劑結(jié)合亞硫酸根離子生成沉淀或氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子或和酸反應(yīng)生成二氧化硫氣體等；（4）五種溶液中Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaClO溶液中，弱離子水解溶液顯堿性，對(duì)水的電離起到促進(jìn)作用，NaHSO3溶液中亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，對(duì)水的電離起到抑制作用，氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O?HClO+HCl，當(dāng)加入NaHCO3后，NaHCO3能與鹽酸反應(yīng)，因?yàn)槁人械臍潆x子濃度減小，所以平衡正向移動(dòng)；（5）分析反應(yīng)中元素化合價(jià)變化，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒、原子個(gè)數(shù)守恒配平方程式，依據(jù)方程式計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)用單線橋表示，結(jié)合電子守恒計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）NaClO溶液顯堿性的原因是次氯酸根離子水解，反應(yīng)的離子方程式：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣，故答案為：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；（2）母液中析出NH4Cl，則溶液應(yīng)該達(dá)到飽和，飽和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s）?NH4+（aq）+Cl﹣（aq），若要析出氯化銨，應(yīng)該使平衡向著逆向移動(dòng)，A．冷卻母液，氯化銨的溶解度降低，有利于氯化銨的析出，故A錯(cuò)誤；B．加入食鹽細(xì)顆粒，溶液中氯離子濃度增大，平衡向著逆向移動(dòng)，有利于氯化銨的析出，故B錯(cuò)誤；C．通入CO2后，對(duì)銨根離子和氯離子沒有影響，則對(duì)母液中析出NH4Cl無幫助，故C正確；D．通入NH3后，溶液中銨根離子濃度增大，平衡向著逆向移動(dòng)，有利于氯化銨的析出，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；（3）0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中亞硫酸氫根離子電離生成亞硫酸根離子，離子濃度：c（SO32﹣）＜c（HSO3﹣），要使其中的c（SO32﹣）減小，結(jié)合離子性質(zhì)分析判斷，A．加入過量CaO（s），氧化鈣和水反應(yīng)生成氫氧化鈣，亞硫酸氫根離子會(huì)和氫氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣沉淀，c（SO32﹣）減小，方法可行，故A錯(cuò)誤；B．加入少量NaOH（s），HSO3﹣+OH﹣＝SO32﹣+H2O，c（SO32﹣）增大，方法不可行，故B正確；C．通入過量HCl（g），H++HSO3﹣＝H2O+SO2↑，c（SO32﹣）減小，方法可行，故C錯(cuò)誤；D．加入少量的H2O2（aq），會(huì)氧化亞硫酸氫根離子生成硫酸根離子和氫離子，酸性增強(qiáng)，c（SO32﹣）減小，方法可行，故D錯(cuò)誤；故答案為：＜；B；（4）五種溶液中Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaClO溶液中，弱離子水解溶液顯堿性，對(duì)水的電離起到促進(jìn)作用，NaHSO3溶液中亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，對(duì)水的電離起到抑制作用，5種溶液中，水的電離程度最小的是：NaHSO3，氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O?HClO+HCl，當(dāng)加入NaHCO3后，NaHCO3能與鹽酸反應(yīng)，因?yàn)槁人械臍潆x子濃度減小，所以平衡正向移動(dòng)，但NaHCO3不能與次氯酸反應(yīng)，故使溶液中次氯酸的濃度增大，故答案為：NaHSO3；氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O?HClO+HCl，當(dāng)加入NaHCO3后，NaHCO3能與鹽酸反應(yīng)，因?yàn)槁人械臍潆x子濃度減小，所以平衡正向移動(dòng)，但NaHCO3不能與次氯酸反應(yīng)，故使溶液中次氯酸的濃度增大；（5）NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液時(shí)HSO3﹣被氧化成硫酸根離子，IO3﹣被還原成I2，碘元素從+5價(jià)降為0價(jià)，硫元素從+4價(jià)升高為+6價(jià)，依據(jù)得失電子守恒、原子個(gè)數(shù)守恒可知反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NaIO3+10NaHSO3═2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，該反應(yīng)的離子方程式并用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：，該反應(yīng)中生成1mol碘單質(zhì)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10e﹣，若有25.4gI2生成，n＝＝0.1mol，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)是NA，故答案為：；NA個(gè)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類水解、弱電解質(zhì)電離平衡影響因素、氧化還原反應(yīng)等知識(shí)點(diǎn)，為高考常見題型，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念和轉(zhuǎn)移電子的考查，題目難度中等。23．（15分）高分子樹脂M具有較好的吸水性，其合成線路如圖。已知：Ⅰ．RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2OⅡ．CH＝CH﹣COOH回答下列問題：（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式。（2）寫出B到C的化學(xué)方程式，該反應(yīng)的反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)。（3）寫出滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①與G具有相同官能團(tuán)；②苯環(huán)上僅有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H原子。（4）上述合成路線中，D→E的轉(zhuǎn)化在合成M中的作用為保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化；檢驗(yàn)D中含有碳碳雙鍵的試劑為Br2/CCl4。（5）根據(jù)上述合成路線和信息，設(shè)計(jì)一條以苯乙醛為有機(jī)原料（其他無機(jī)試劑任選）合成的合成路線。。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標(biāo)產(chǎn)物）【分析】C和甲醛發(fā)生信息I的反應(yīng)，則C為，B為、A為，D為，D發(fā)生加成反應(yīng)生成E為，E發(fā)生氧化反應(yīng)生成F為，F(xiàn)發(fā)生信息II的反應(yīng)生成G為，G發(fā)生加聚反應(yīng)生成M為；（5）以苯乙醛為有機(jī)原料（其他無機(jī)試劑任選）合成，發(fā)生信息I的反應(yīng)生成，和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后發(fā)生氧化反應(yīng)生成，最后發(fā)生信息II的反應(yīng)生成?！窘獯稹拷猓海?）通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；（2）C為，B為，B發(fā)生催化氧化生成C，B到C的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)的反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)，故答案為：；氧化反應(yīng)；（3）G為，G的同分異構(gòu)體滿足下列條件：①與G具有相同官能團(tuán)，說明含有碳碳雙鍵和羧基；②苯環(huán)上僅有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H原子，則兩個(gè)取代基且位于對(duì)位，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（4）碳碳雙鍵、醛基都能被氧氣氧化，所以上述合成路線中，D→E的轉(zhuǎn)化在合成M中的作用為保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化；D為，碳碳雙鍵能和溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)但醛基和溴的四氯化碳不反應(yīng)，所以檢驗(yàn)D中含有碳碳雙鍵的試劑為Br2/CCl4，故答案為：保護(hù)碳碳雙鍵，防止被氧化；Br2/CCl4；（5）以苯乙醛為有機(jī)原料（其他無機(jī)試劑任選）合成，發(fā)生信息I的反應(yīng)生成，和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后發(fā)生氧化反應(yīng)生成，最后發(fā)生信息II的反應(yīng)生成，其合成路線為，故答案為：。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物推斷和合成，側(cè)重考查推斷及知識(shí)遷移能力，明確反應(yīng)前后官能團(tuán)變化、碳鏈結(jié)構(gòu)變化是解本題關(guān)鍵，注意題給信息的靈活運(yùn)用，題目難度中等。24．（15分）堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑（含少量氧化鋁、氧化鐵等）生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如圖。已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH如表：沉淀物Fe（OH）2Al（OH）3開始沉淀7.53.4完全沉淀9.74.4回答下列問題：（1）加入少量NaHCO3調(diào)節(jié)pH在4.4～7.5內(nèi)，得到的濾渣成分為Al（OH）3、Fe，寫出濾渣中電解質(zhì)的電離方程式H++AlO2﹣+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH﹣；實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行過濾操作時(shí)需用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯和玻璃棒。（2）反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亞鐵離子，寫出亞鐵離子是否完全被氧化的檢驗(yàn)方法