2024屆金昌市重點中學高考仿真卷化學試卷含解析

2024屆金昌市重點中學高考仿真卷化學試卷

請考生注意：

1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答

案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。

2.答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。

一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）

1、PbCh是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦精礦（主要成分為PbS,含

有FeSz等雜質）和軟鎰礦（主要成分為MnO》制備PbCL的工藝流程如圖所示。

酸NaCINaOH

版液

(含Mur、SOJ?Cl

F0OHh>一沿PK'I：

已知：i.PbCL微溶于水

ii.PbCh(s)+2CF(aq)#PbC142(aq)AH>0

下列說法不正確的是()

+2+2

A.浸取過程中MnOz與PbS發(fā)生反應的離子方程式為：8H+2CF+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn+SO4+4H2O

B.PbCb微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性

C.調pH的目的是除去或人，因此pH越大越好

D.沉降池中獲得PbCh采取的措施有加水稀釋、降溫

2、下圖為一定條件下采用多孔惰性電極的儲氫電池充電裝置（忽略其他有機物）。已知儲氫裝置的電流效率

生成目標產(chǎn)物消耗的電子數(shù)

X100%,下列說法不走建的是

轉移的電子總數(shù)

1.6mol氣體

高分子電解質膜

（只允許通過）

A.采用多孔電極增大了接觸面積，可降低電池能量損失

B.過程中通過C-H鍵的斷裂實現(xiàn)氫的儲存

C.生成目標產(chǎn)物的電極反應式為她+66-+6引==（^]2

D.若7=75%,則參加反應的苯為0.8mol

3、下列各組物質發(fā)生反應，生成產(chǎn)物有硫的是（）

A.Na2s2O3溶液和HC1溶液B.H2s氣體在足量的。2中燃燒

C.碳和濃硫酸反應D.銅和濃硫酸反應

4、化學在科技進步方面發(fā)揮著重要的作用。下列說法正確的是

A.是制備有機發(fā)光二極管OLED的材料之一，其屬于有機高分子化合物

（＞

Q"3

B.2019世界能源大會把核能作為含碳能源重要替代品，核電站把化學能轉化為電能

C.DAC法能夠實現(xiàn)直接從空氣中捕獲二氧化碳，該法可緩解全球日益嚴重的溫室效應

D.以純凈物聚丙烯為原料生產(chǎn)的熔噴布口罩，在“新冠肺炎戰(zhàn)疫”中發(fā)揮了重要作用

5、優(yōu)質的含鉀化肥有硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀、氯化鉀等，下列說法正確的是（）

A.四種鉀肥化合物都屬干正鹽,硝酸鉀屬于氮鉀二元復合肥

B.磷酸二氫鉀在堿性土壤中使用，有利于磷元素的吸收

C.上述鉀肥化合物中，鉀元素含量最高的是硫酸鉀

D.氯化鉀可用來生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀

6、下列說法不正確的是（）

A.Na?K合金用作快中子反應堆的導熱劑

B.MgO是一種常用的耐離溫材料

C.亞鐵鹽是常用的補血藥劑

D.石英用堪常用來熔融堿

7、下列敘述正確的是

A.Na。溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同

B.原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產(chǎn)生

C.NHaF水溶液中含有HF,因此NH&F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中

D.反應4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）常溫下可自發(fā)進行，該反應為吸熱反應

8、將一定質量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應，假設反應過程中還原產(chǎn)物全是NO,向所得溶液中加

入物質的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g,則下列有關敘述中

正確的是：（）

A.加入合金的質量不可能為6.4g

B.沉淀完全時消耗NaOH溶液的體枳為120mL

C.溶解合金時收集到NO氣體的體積在標準狀況下為2.24L

D.參加反應的硝酸的物質的量為0.2mol

9、下列各組中的X和Y兩種原子，化學性質一定相似的是（）

A.X原子和Y原子最外層都只有1個目子

B.X原子的核外電子排布式為Is2,Y原子的核外電子排布式為Is22s2

C.X原子的2P能級上有3個電子，Y原子的3P能級上有3個電子

I）.X原子核外M層上僅有2個電子，Y原子核外N層上僅有2個電子

10、被譽為“礦石熊貓”的香花石，由我國地質學家首次發(fā)現(xiàn)，它由前20號元素中的6種組成，分別為X、Y、Z、W、

R、To其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同

周期，R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是

A.離子半徑:R>T>Y>Z

B.XR2XWR2兩種化合物中R的化合價相同

C.最高價氧化物對應的水化物的堿性:X>Z

D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:WVRVT

11、25C時，二元弱酸H2R的pKai=1.85,pKa2=7.45（已知pKklgKj。在此溫度下向ZOmLO.lmoM/FhR溶液中滴

加0.1mol?L”的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。

下列有關說法正確的是（）

2

A.a點所示溶液中：c（H2R）+C（HR）+c（R）

+2

B.b點所示溶液中：c（Na）>c（HR）>c（H2R）>c（R'）

C.c點溶液中水電離程度大于d點溶液

D.d點所示溶液中：c（Na+）>c（R2-）>c（HR-）

12、以鐵作陽極，利用電解原理可使廢水中的污染物凝聚而分離，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）

排放的氣體

A.使用此裝置可以減少導致酸雨的氣體的排放

B.該裝置內既發(fā)生了化合反應，也發(fā)生了分解反應

C.總反應可表示為：2so2+2CaCO3+（）2=2CaSO4+2COz

D.若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，說明該氣體中含

16、鄰甲基苯甲酸主要用于農藥、醫(yī)藥及有機化工原料的合成，其結構簡式為[CM,下列關于該物質的說法正

7C00H

確的是（）o

A.該物質能與濱水生成白色沉淀

B.該物質含苯環(huán)的同分異構體中能水解且含有甲基的共5種

C.Imol該物質最多能與4moiHz生加成反應

D.該物質中所有原子共平面

二、非選擇題（本題包括5小題）

17、已知A為常見燒，是一種水果催熟劑；草莓、香蕉中因為含有F而具有芳香味。現(xiàn)以A為主要原料合成F,其合

成路線如下圖所示。

（1）A的結構簡式為；D中官能團名稱為o

（2）寫出反應①的化學方程式：

⑶寫出反應②的化學方程式：

18、有機化合物K是一種聚酯材料，合成路線如下：

cH3coeII—IHI——E8HCO41條fi2E

02國圓一?—呵Tl一叫

[77TIHCHOj-nH?i,j^u/△nn相-溶液/Arn

畫e0前癖rf畫unhr回FHL-----------

己知：①AlCb為生成A的有機反應的催化劑②F不能與銀氨溶液發(fā)生反應，但能與Na反應。

（1）C的化學名稱為—反應的①反應條件為K的結構簡式為_。

（2）生成A的有機反應類型為生成A的有機反應分為以下三步：

第一步：CHsCOa+AICb—CH3co++A1CLT

第二步：;

第三步：AlC14~+H+->AICl3+HCI

請寫出第二步反應。

（3）由G生成H的化學方程式為一

（4）A的某種同系物M比A多一個碳原子，M的同分異構體很多，其中能同時滿足這以下條件的有一種，核磁共

振氫譜中峰面積之比為6：2：1：1的是__。

①屬于芳香族化合物②能與新制的Cu（0H）2懸濁液反應；

（5）天然橡膠的單體是異戊二烯（2一甲基?1,3.丁二烯），請以乙狹和丙酮為原料，按照加成、加成、消去的反應類

型順序三步合成天然橡膠的單體。（無機試劑任選）—O

19、輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在。現(xiàn)取一份該伴生礦樣品，經(jīng)檢測后確定僅含CuiS.

CuS和惰性雜質。為進一步確定其中Cii2S、CuS的含量，某同學進行了如下實驗：

①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000moI?Lr酸性KMnO4溶液，加熱（硫元素全部轉化為SOJ?1,濾去不溶雜質；

②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；

③取25.00mL溶液，用O.lOOOmomFeSCh溶液滴定，消耗20.00mL；

④加入適量NH4HF2溶液（掩蔽Fe3+和Mi?+,使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反

應：2Cu"+4r=2CuI+l2；

22

⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol?LrNa2s2O3溶液滴定，消耗30.00mL（己知：2S2O3-+I2=S4O6"+2r）<>

回答下列問題：

⑴寫出Cu2s溶于酸性KMnOj溶液的離子方程式：；

（2）配制0.1000mol?L」FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是,配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、

玻璃棒、容量瓶外還有：

（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是___________;

(4)⑤中滴定至終點時的現(xiàn)象為；

(5)混合樣品中Cu2s和CuS的含量分別為%、%(結果均保留1位小數(shù))。

20、某研究學習小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物[FeKCzOQyzHzO],并用滴定法測定其組成。已知

H2c2。4在溫度高于9。℃時易發(fā)生分解。實驗操作如下：

步驟一：將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內，可生成黃色沉淀；

步嶗二：稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加熱至70~85C。待固體全部溶解后，用膠頭滴管

吸出一滴溶液點在點滴板上，用鐵氨化鉀溶液檢驗，無藍色沉淀產(chǎn)生；

步驟三：用0.080mo"LKMn04標準液滴定步驟二所得的溶液；

步驟四：向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，幾分鐘后用膠頭滴管吸出一滴點在點滴板上，用KSCN

溶液檢驗，若不顯紅色，過濾除去Zn粉，并用稀硫酸洗滌Zn粉，將洗滌液與濾液合并，用0.0800mol/LKMn04標

準液滴定，用去高鐳酸鉀標準液lO.OOniLo

§-H,C,O4溶液

X"

/\jNH4)2Fe(S05溶液

圖甲圖乙

(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是__________________O

⑵步驟二中水浴加熱并控制溫度70~85c的理由是__________________,加鐵氨化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生，此操作的

目的是___________________。

⑶步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示，則消耗KMnO4標準液的體積為

,該滴定管為滴定管(填“酸式”或“堿式”)

(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程式為o若不合并洗滌液，則消耗KMnO"標準液

的體積將(填“增大”“減小“或"不變")。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為o

21、C、*S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環(huán)境的影響。

(DCO1的重整用CO2和H2為原料可得到CH4燃料。

己知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AHi=+247kJ/mol

②CIL(fi)+H2O(g)=CO(g)+3Hz(g)△f/2=+205kJ/mol

寫出co2重整的熱化學方程式：o

(2)“亞碳酸鹽法”吸收煙中的SO2

①將煙氣通入l.Omol/L的Na2sCh溶液，若此過程中溶液體積不變，則溶液的pH不斷(填“減小”“不變”或“增

*2

大)。當溶液pH約為6時，吸收SO2的能力顯著下降，應更換吸收劑，此時溶液中c(SO3)=0.2mol/L,則溶液中

c(HSOy)=o

②室溫條件下，將煙氣通入(NH4)2SO3溶液中，測得溶液pH與各組分物質的量分數(shù)的變化關系如圖：b點時溶液

+

pH=7,則n(NH4)：n(HSO3-)=。

(3)催化氧化法去除NOo一定條件下，用NHj消除NO污染，其反應原理4NH3+6NO*-一5N2+6H2O。不同溫度

條件下，n(NH3):n(NO)的物質的量之比分別為4:1、3:1、1:3時，得到NO脫除率曲線如圖所示:

xo

RO.S2OW900.0.75）

O.

tatO.VA（800.0S5）

O.6

O0.O

5

O.O

O.4

OW10001200T/X

?

①曲線a中，NO的起始濃度為6xl0，mg?m-3,從A點到B點經(jīng)過0.8s,該時間段內NO的脫除速率為

IO

②曲線b對應NH3與NO的物質的量之比是_____o

(4)間接電化學法除NOo其原理如圖所示：寫出陰極的電極反應式(陰極室溶液呈酸性)。吸收池中除去NO的原

理____(用離子方程式表示)。

參考答案

一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)

1、C

【解析】

方鉛礦精礦(主要成分為PbS,含有FeS2等雜質)和軟缽礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據(jù)酸性廢液中含有硫酸

根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SC%?一,則發(fā)生反應為4MnO2+PbS+8HCl=3MnC12+PbC12+MnSO4+4H2O,加入

NaCl促進反應PbC12(s)+2C「(aq)=PbQ42-(aq證向移動。加入NaOH溶液調節(jié)溶液pH,使Fe3+轉化成Fe(OH)3沉淀，

過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCb微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCb。

+2+2-

A.浸取過程中MnCh與PbS發(fā)生氧化還原反應，離子反應為：8H+2Cr+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn+SO4+4H2O,

正確,A不選；

B.發(fā)生PbCh(s)+2Cr(aq)^PbC142(aq),加入Na。增大c(C「)，有利于平衡正向移動，將PbCb(s)轉化為PbClrOq),

正確，B不選；

C.調節(jié)溶液pH,使Fe3+轉化成Fe(OH”沉淀，除去溶液中的Fe3+,但應避免同時生產(chǎn)Mn(OH)2沉淀，pH不能過大,

錯誤，C選；

2

D.已知：PbCl2(s)+2Cr(aq)#PbCl4(aq)△//>(),可以通過加水稀釋、降溫促進反應逆向進行，獲得PbCb,正確，

I)不選。

答案選C。

2、B

【解析】

A.多孔電極可增大電極與電解質溶液接觸面積，降低能量損失，故A正確；

B.該過程苯被還原為環(huán)己烷，CH鍵沒有斷裂，形成新的C?H鍵，故B錯誤；

C.儲氫是將苯轉化為環(huán)己烷，電極反應式為06H6+6e*6H+==06H3故C正確；

D.根據(jù)圖示，苯加氫發(fā)生還原反應生成環(huán)己烷，裝置中左側電極為陽極，根據(jù)放電順序，左側電極反應式為

2H2O-4e=O2t+4H+,生成1.6molC>2失去的電子量為6.4moL根據(jù)陡陽得失電子守恒，陰極得到電子總數(shù)為6.4moL

若n=75%,則生成苯消耗的電子數(shù)為6.4molX75%=4.8moL苯發(fā)生的反應C祝+6e』61r===€科2,參加反應的苯的物

質的量為4.8niol/6=0.8mol,故D正確；

故選B。

3、A

【解析】

A、Na2s溶液和HC1溶液反應，發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫、硫單質和氯化鈉，生成產(chǎn)物有硫，故A符合題

意；

B、H2s氣體在足量的02中燃燒生成二氧化硫和水，生成產(chǎn)物中無硫單質生成，故B不符合題意；

C、碳和濃硫酸加熱反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成產(chǎn)物中無硫單質生成，故C不符合題意；

D、銅和濃硫酸加熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，生成產(chǎn)物中無硫單質生成，故D不符合題意；

故選；Ao

4、C

【解析】

從18^}"的結構簡式可以看出，其屬于有機小分子，不屬于有機高分子化合物，A錯誤；核電站把核能經(jīng)過一

系列轉化，最終轉化為電能，B錯誤；捕獲空氣中的CO2可使空氣中CO2的含量降低，能夠減緩溫室效應，C正確；

不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以，聚丙烯屬于混合物，D錯誤。

5、D

【解析】

A.磷酸二氫鉀可以電離出氫離子，所以為酸式鹽，故A錯誤；

B.磷酸二氫根離子易與氫氧根離子反應生成磷酸根離子，磷酸根離子與陽離子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氫鉀

在堿性+壤中使用.不利于磷元素的吸收.故B錯誤：

C.依據(jù)化學式計算可得：硝酸鉀含鉀38.6%、硫酸鉀含鉀44.8%、磷酸二氫鉀含鉀約28.8%、氯化鉀含鉀52%,鉀

元素含量最高的是氯化鉀，故C錯誤；

D.氯化鉀是重要的化工原料，可以用來生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀，故D正確；

故選：D,

6、D

【解析】

A、Na-K合金常溫下為液體，具有良好的導熱性，常用于快中子反應堆的導熱劑，故A說法正確；

B、MgO熔沸點高，常用作耐高溫材料，故B說法正確；

C、我國最常見的貧血癥是缺鐵性貧血，鐵是制造血紅蛋白必不可缺少的原料，因此亞鐵鹽是常用補血劑，故C說法

正確；

D、石英是SiOz,屬于酸性氧化物，與堿能發(fā)生反應，因此石英生煙不能熔融堿，常用鐵制生埸，故D說法錯誤；

答案選Do

7、C

【解析】

A.NaCl溶液為強酸強堿鹽，對水的電離無影響，而CH3COONH4在水溶液中存在水解平衡，對水的電離起促進作用,

所以兩溶液中水的電離程度不同，A項錯誤；

B.原電池中發(fā)生的反應達平衡時，各組分濃度不再改變，電子轉移總量為0,該電池無電流產(chǎn)生，B項錯誤；

C.HF會與玻璃的成分之一二氧化硅發(fā)生反應而腐蝕玻璃，NFhF在水溶液中會水解生成HF,所以NWF水溶液不能

存放于玻璃試劑瓶中，C項正確；

D.由化學計量數(shù)可知ASVO,且AH-TASVO的反應可自發(fā)進行，常溫下可自發(fā)進行，該反應為放熱反應，D項錯誤;

答案選C。

8、C

【解析】

淀為M((H)2,根據(jù)化學式知，生成沉淀的質量比原合金的質量增加的量是氫氧根離子，則n(0HA」產(chǎn)「0.3mol,

17g/mol

根據(jù)氫氧根離子守恒n[M(0H)2]=-n(0H-)=^-XO.3mol=0.15mol,根據(jù)金屬原子守恒得金屬的物質的量是0.15mol；

22

A.因為鎂、銅的物質的量無法確定，則無法計算合金質量，故A錯誤；

B.由氫氧根離子守恒得n(0H-)=n(Na0H)=0.3moLV(NaOH)=0'3mo°i=100mL,故B錯誤；

3mol/L

C.由轉移電子守恒得n(NO)1…n'0*。=0,Imol,生成標況下NO體積=22.4L/molX0.lmol=2.24L,故C正確；

5-2

D.根據(jù)轉移電子守恒得參加反應硝酸的物質的量二峰噗2刃.5。],根據(jù)金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸

作用n(HN03)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15molX2=0.3mol,所以參加反應硝酸的物質的量=0.lmol+0.3mol=0.4mol,故D

錯誤；

故答案為C。

【點睛】

本題以鎂、銅為載體考查混合物的計算，側重考查分析、計算能力，正確判斷沉淀和合金質量差成分是解本題關鍵，

靈活運用原子守恒、轉移電子守恒解答即可。

9、C

【解析】

A.最外層都只有1個電子的X和Y,可能為H與堿金屬元素，性質不同，故A錯誤；

B.原子的核外電子排布式為Is?的X為He,原子的核外電子排布式為Is22s2的Y為Be,兩者性質不同，故B錯誤；

C.原子的2P能級上有3個電子的X為N,原子的3P能級上有3個電子的Y為P,二者位于周期表同一主族，性質相

似，所以C選項是正確的；

D.原子核外M層上僅有2個電子的X為Mg,原子核外N層上僅有2個電子的Y的M層電子數(shù)不確定，元素種類很

多，但價電子數(shù)不同，性質不相同故D錯誤。

所以C選項是正確的。

【點睛】

解答時注意原子核外電子排布特點與對應元素化合物的性質的關系，原子的結構決定元素的化學性質，原子核外最外

層的電子或價電子數(shù)目相等，則元素對應的單質或化合價的性質相似。

10、B

【解析】

X、Y、Z、W、R、T屬于周期表的前20號元素，其中X、Y、Z為金屬元素。R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則R

含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T無正價，則T為

F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，且位于第二周期，則Z為Be元素，X、Z位于同族，則X為Mg或

Ca元素；Y為第二周期的金屬元素，則Y為Li；X與R(O)原子序數(shù)之和是W的2倍，X為Mg時，W的原子序

數(shù)為(12+8)/2=10,為Ne元素，為稀有氣體，不滿足條件；X為Ca時，W的原子序數(shù)為(20+8)/2=14,則W為Si元素，

據(jù)此解答。

【詳解】

根據(jù)分析可知：X為Ca,Y為Li,Z為Be,W為Si,R為O,T為F元素。

A.電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，則簡單離子半徑：R>T>Y>Z,故A

正確；

B.XRz、WR2分別為Ca(h、SiOz,Ca(h中O元素化合價為,SiCh中O元素化合價為-2,兩種化合物中O的化合

價不相同，故B錯誤；

C.同一主族從上到下金屬性逐漸減弱，則金屬性Ca>Be,則最高價氧化物對應的水化物的堿性：X>Z,故C正確；

D.非金屬性F>O>Si,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WVRVT,故D正確。

11、D

【解析】

2

A?a點溶液體積是原來的1.5倍，則含有R元素的微粒濃度是原來的根據(jù)物料守恒得

2

c(H2R)+c(HR)+c(R-)=p-mol*L-\故A錯誤；

B.b點二者恰好完全反應生成NaHR,溶液呈酸性，說明HR?的電離程度大于水解程度，但其水解和電離程度都較小,

鈉離子不水解，所以離子微粒濃度大小順序是c(Na+)>c(HR)>c(R2-)>c(H2R),故B錯誤；

C.c點是濃度相等的NaHR和NazR的混合溶液，NaHR抑制水的電離，NazR促進水的電離；d點是Na?R溶液，對

水的電離有促進作用，故d點的水的電離程度大于c點，故C錯誤；

D.d點溶液中溶質為NazR,IV-水解但程度較小，所以存在c(Na+)>c(R2-)>c(HR［故D正確；

答案選D。

【點睛】

明確曲線上對應點溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵。本題的易錯點為C,要注意HR?的電離程度大于水解程度,

即NaHR抑制水的電離。

12、D

【解析】

根據(jù)圖示可知，鐵做陽極，失電子，發(fā)生氧化反應，F(xiàn)e-2e=Fe2\所以a為陽極，b電極為陰極，發(fā)生還原反應，

2H20+2e=H2+20Ho

【詳解】

A.根據(jù)圖示a電極為Fe電極，連接電源正極，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應，b電極連接電源負極，作陰極，A

正確；

B.由圖示可知：a電極為Fe電極，失去電子，發(fā)生氧化反應，陽極的電極反應式為Fe-2e=Fe2+,B正確；

C.Fc2+具有還原性，容易被溶解在溶液的氧氣氧化變?yōu)镕/+,氧氣得到電子變?yōu)镺H，，F(xiàn)e-"與OH?結合形成Fe(OH)3,

2+

根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，在處理廢水時，溶液中可能發(fā)生的反應為：4Fe+O2+8OH+2H2O=4Fe(OH)3,

C正確；

D.Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3的集合體，所以電路中每轉移3mol電子，生成Fe(OH)3膠粒的物質的量小于1mol,

D錯誤；

故合理選項是Do

13、A

【解析】

A、NA個分子，其物質的量為Imol,其質量為lx48g=48g,故正確；

B、標準狀況下，HF不是氣體，故錯誤；

C、白磷是正四面體結構，4個P處于頂點，Imol白磷分子中含有化學鍵物質的量為6m01,故錯誤；

D、NaCIO溶液中有水，水是由氫元素和氧元素組成，即氧原子的物質的量大于O.lmoL故錯誤；

故答案選A。

14、B

【解析】

A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka(HB)>Ka(HA),由圖可知，曲線I表示溶液的pH與?lgc(B9的變化

+

K(HB)cM(H)

關系，錯誤：&根據(jù)圖中M、N點的數(shù)據(jù)可知，c(AO=c(B),c(HA)=c(HR),故「；，(=-R4=100,

T+

Ka(HA)CN(H)

正確;M點與N點存在c(A*)=c(BJ,M點溶液的pH比N點溶液的pH小，故M點水的電離程度弱,錯誤;D.N、Q

點對應溶液的pH相等，由圖可知c(A)<c(B),根據(jù)電荷守恒可知，N點對應的溶液中c(Na+)小于Q點對應的

溶液中c(Na+),錯誤。

15、D

【解析】

A.SO2能形成硫酸型酸雨，根據(jù)示意圖，SO2與CaCXh、O2反應最終生成了CaSCh,減少了二氧化硫的排放，A正確；

R.二氧化硫和氧化內生成亞硫酸內的反應、亞硫酸優(yōu)與02生成硫酸鈣的反應是化合反應，碳酸鈣生成二氧化碳和氧化

鈣的反應是分解反應，B正確；

C.根據(jù)以上分析，總反應可表示為：2SO1+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2,C正確；

D.排放的氣體中一定含有COz,CO2能使澄清石灰水變渾濁，若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，不能說明氣體中

含SO2,D錯誤；

答案選D。

16、B

【解析】

A.鄰甲基苯甲酸中不含酚羥基，不能與澳水生成白色沉淀，故A錯誤；

B.能水解說明含有酯基，甲酸酯基與甲基處于鄰、間、對位有3種，再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5種，故B

正確；

C.該物質中只有苯環(huán)與氫氣加成，貝Ijlmol該物質最多能與3moi氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；

D.甲基碳屬于飽和碳原子，其與周圍四個原子構成空間四面體結構，不能全部共面，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。

【點睛】

能與氫氣發(fā)生加成反應是有苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、酮，注意酯基和粉基不與氫氣發(fā)生加成反應。

二、非選擇題(本題包括5小題)

17、CH2=CH2竣基2cH3cH2OH+O2-^>>2cH3cHO+2H20cH3COOH+CH3cH20H噂硫唆CH3COOCH2cH3+H2O

△△

【解析】

A為常見髭，是一種水果催熟劑，則A為CH2=CH2,A與水反應生成B,B為CH3cH2OH,B發(fā)生催化氧化反應生

成C,C為CHUCHO,F具有芳香味，F(xiàn)為酯，B氧化生成D,D為CH3COOH,B與D發(fā)生酯化反應生成F,F為

CH3COOCH2CH3,據(jù)此分析解答。

【詳解】

⑴根據(jù)上述分析，A的結構簡式為CHZ=CH2,D為乙酸，D中官能團為浚基，故答案為：CH2=CH2;股基；

⑵反應①為乙醇的催化氧化，反應的化學方程式是2cH3cH2OH+O22cH3CHO+2H2O,故答案為：

2cH3cH2OH+O22CHJCHO+2H2O；

(3)反應②為乙醇和乙酸的酯化反應，反應的化學方程式是CH3COOH+CH3CH2OH透萼rCMCOOCH2cH3+H2O,

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OH^^CHJCOOCHZCHJ+HZOO

o

18、苯乙烯濃硫酸、加熱II取代反應

HOH

C6H6+CH3cO+—C6H5coeH3+H+HOCH2cH2cH2cH2OH+O2-^->OHCCH2cH2cH2CHO+2H2014種

CHaCH,

CHjCOCH,

~5午?CH催化劑i，產(chǎn)

OH

【解析】

F不能與銀氨溶液發(fā)生反應，但能與Na反應，說明F中含有醇羥基，二者為加成反應，F(xiàn)為HOCH2c三CCtkOH,F

和氫氣發(fā)生加成反應生成G,根據(jù)G分子式知，G結構簡式為HOCH2cH2cH2cH2OH,G發(fā)生催化氧化反應生成H

為OHCCH2CH2CHO,H發(fā)生氧化反應然后酸化得到I為HOOCCH2CH2COOH；

Of二0,

根據(jù)苯結構和B的分子式知，生成A的反應為取代反應，A為B為器CH3;C能和溪發(fā)生加

C居’

/^rCHBrCH9Br

成反應，則生成C的反應為消去反應,則C的（D_CH=CH：,D為/,E能和I發(fā)生酯化反應生

▼

/^l-CHCHoOH

成聚酯，則生成E的反應為水解反應，則E為6H;E、I發(fā)生縮聚反應生成K,K結構簡式為

V

H0

(6)HC三CH和CH3coe%在堿性條件下發(fā)生加成反應生成(CH3)2COHC三CH,(CH3”COHC三CH和氫氣發(fā)生加成

反應生成(CH3)2COHCH=CH2,(CH3)ZCOHCH=CH2發(fā)生消去反應生成CH2=C(CH3)CH=CHO

【詳解】

(1)根據(jù)分析，C為E^CHXH：,化學名稱為苯乙烯；反應①為醇的消去反應，反應條件是濃硫酸、加熱；K結

構簡式為

故答案為：苯乙烯；濃硫酸、加熱;

HOXJH'

(2)生成A的有機反應類型為取代反應，生成A的有機反應分為以下三步:

第一步：CH3COC1+AIC13->CH3CO++A1C14；

第二步：C6H6+CH3CO+-C6H5coeH3+H+；

第三步：A1CI4+H+-^A1C13+HC1

故答案為：取代反應；C6H6+CH3CO+-C6HseOCH3+H+；

(3)G結構簡式為HOCH2cH2cH2cH2OH,G發(fā)生催化氧化反應生成H為OHCCH2cH2CHO,由G生成H的化學

方程式為HOCH2CH2CH2CH2OH+O2—y-^OHCCHzCHzCHzCHO+ZHzO,

故答案為：HOCH2cH2cH2cHzOH+Ch^^OHCCH2cH2cH2CHO+2H20；

(4)二°,A的某種同系物M比A多一個碳原子，M的同分異構體很多，其中①屬于芳香族化合物，

C國

說明分子中由苯環(huán)，②能與新制的Cu(0H)2懸濁液反應，說明分子中有醛基GCHO)；能同時滿足這以下條件的有一個

苯環(huán)鏈接-CH2cH2CHO或?CH(CH3)CHO,共兩種；還可以是一個苯環(huán)鏈接一個?CH2cHO和?C%共鄰間對三種；還

可以是一個苯環(huán)鏈接一個?CHO和一個CH2cH3共鄰間對三種；還可以還可以是一個苯環(huán)鏈接一個CHO和兩個

分別共兩種；因此，符合條件的一共有14種；核磁共振氫譜中峰面

積之比為6：2：1：1,則該有機物中有4種不同環(huán)境的氫原子，符合要求的結構式為兒

故答案為:

(5)HC三CH和CH3coe%在堿性條件下發(fā)生加成反應生成(CHRCOHC三CH,(CH/COHC三CH和氫氣發(fā)生加成

反應生成(CH3)2COHCH=CH2,(CH3)zCOHCH=CH2發(fā)生消去反應生成CH2=C(CH3)CH=CH,其合成路線為：

CH5CH；CH3

CH3COCH3IH乙.濃硫酸飛,

Cn=CH--------------------?Cn3-C-C=Cn-2,..,?Cn；-C-Cn-CHi八一2-?口飛口2，

KOHI催)a化j劑I

CHsCHSCHJ

曲勢塞知ru-pnCH3coeH3Ir—prrH?Iprr-piTru-rCR—Cff

ftX合果K：Cn=CH------------------?Cn3-C-v=Cn—....?Cn；-C-Cn-CHi-----------?Vn.2-v-Cii=vn2。

KOHI催IQJ化劑,I

OHOH

+2+22+

19>Cu2S+2MnO4+8H=2Cu+SO4+2Mn+4H2O除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化膠頭滴管(酸

式)滴定管(或移液管)溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不恢復原色61.536.9

【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據(jù)滴定實驗原理判斷終點現(xiàn)象，運用關系式計算混合物的組成。

【詳解】

(1)據(jù)題意，樣品中的Cu、S元素被酸性KM11O4溶液分別氧化成Cn?，SO?",則Cu2s與酸性KMMh溶液反應的離

2+22+

子方程式Cu2S+2MnO4+8ir=2Cu+S04+2Mn+4H2Oo

⑵配制0.1000moI?LTFeS04溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe?+被氧化；配制過程中所需

玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管。

⑶步驟③中取25.0(hnL待測溶液(有未反應的酸性KMnOj溶液)，所用儀器的精度應為0.01mL,故選酸式滴定管或

移液管。

(4)步驟⑤用標準Na2s2O3溶液滴定反應生成的12,使用淀粉作指示劑，終點時溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢

復原色。

⑸設2.6g樣品中，Cu2s和CuS的物質的量分別為x、y,

據(jù)5Fe2+~MnO【(5Fe2++MnO#8H+=5Fe3++Mn2++4H2O),樣品反應后

工.人,1250,

剩余n(Mn04)=0.1000mo!L*x20.00xl0-3Lx-x---------=4.000x103mol

525.00

樣品消耗n(MnO4)=0.2000moL-Ix200.0xl0-3L-4.000xl0-3mol=36.00xl0'3mol

8

+2+22+3

由Cii2S~2MnO4和5CuS-8MnO4-(5CuS+8MnO4+24H=5Cu+5SO4+8Mn+12H2O),得2x+-y=36.00xl0mol

250

又據(jù)2cli2+72~2s2(V一,得2x+v=0.1OOOmo1L_1x30.00x103Lx--------=30.00x103mol

25.00

解方程組得x=y=0.01mol

0.01molx160g/mol,0.0hnolx96g/mol,

故w(Cu2S)=------------------------xl00%=61.5%,w(CuS)=-----------------------x100%=36.9%o

2.6g2.6g

【點睛】

混合物的計算常利用方程組解決，多步反應用關系式使計算簡化。注意溶液體積的倍數(shù)關系，如本題中配制250mL溶

液,只取出25.00mL用于測定實驗。

20、過濾加快固體溶解，同時防止草酸分解鐵氟化鉀檢驗Fe??的存在，防止Fe??干擾草酸的測定25.00mL

-2+2+34

酸式Mn04+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HiJ0減小Fe4(CA)5?10H,0

【解析】

步驟一草酸和(NH4)2Fe(SO02反應生成黃色固體[Fe、(C2O5?zH2O],步驟二加硫酸溶解后，檢驗無二價鐵離子，則說

明含有Fe3+,步驟三用高鎰酸鉀滴定草酸根離子，步驟四將Fe3+還原成Fe2+,再用高鋅酸鉀滴定，確定鐵離子的含量,

進而進一步分析計算。

【詳解】

(1)分離固體和液體的操作是過濾；

故答案為：過濾；

(2)由于H2c2。4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解，所以需要水浴加熱并控制溫度70?85℃,同時加快固體溶解。鐵第化

鉀檢驗F尸的存在，防止Fe??干擾草酸的測定；

故答案為加快固體溶解，同時防止草酸分解；氯化鉀檢驗Fe?’的存在，防止Fe?+干擾草酸的測定；

(3)從圖片中讀出，消耗高鎰酸鉀的體積為：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高銃酸鉀標準溶液，該溶液有強氧化

性，只能選用酸式滴定管；

故答案為25.00mL,酸式；

(4)步驟四是高鎰酸鉀滴定Fe。離子方程式為：Mn0J+5Fe2++8H+=Mn，5Fe3*+4H20；洗滌液中殘留少許Fe,若不合并洗

2+2t32

滌液，則消耗KMnO4標準液的體積將減少；根據(jù)離子方程式:MnO/+5Fe+8H=Mn+5FeV4H2O,可知關系MnO；一—5Fe\

2

其中n(MnOj=0.0800mol/LX0.01L=0.0008mol,即n(Fe*)=0.0008mclX5=0.0040mol,則樣品中n(Fe)=O.0040molo

步驟三中，根據(jù)方程式：2KMnO4+5H￡2()4+3H2so4=2MnS04+K2so4+10C()2t+8H2。可得至I」轉化關系：2KMnO4——5H2c2。”即

n(HCO4)=-n(KMn