上海市2022届高三化学一模试题(含解析)

高三化学一模试题（含解析）A.B.C.D.一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）7.（2分）反应A+B-C+Q （Q0）分两步进行，A+B-X+Q （Q0）。下列示意图中，能1.（2分）做好垃圾分类推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（）正确选项生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识干博现2.3.4.5.6.A. AB. BC. CD. D（2分）近年，科学家发现了116A.两者中子数相差1C.两者电子数相差1号兀素Lv.下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是（）B.两者质量数相差1D.两者互为同位素8.不能使稀高锰酸钾溶液褪色A.表示总反应过程中能量变化的是（）（2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物A.B.C.D.（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）加入水中，浮在水面上的是地沟油加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油点燃，能燃烧的是矿物油测定沸点，有固定沸点的是矿物油（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.B.C.D.9.B.C.D.可以发生加成聚合反应分子中所有原子共平面易溶于水及甲苯（2分）能促进水的电离平衡，并使溶液中的c （H+）c （OH-）的操作是（）A.将水加热煮沸B.将明矾溶于水A12O3熔点高，可用作耐高温材料FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu石墨具有导电性，可用于制铅笔芯浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2（2分）下列过程仅克服离子键的是（A. NaHSO4溶于水C.氯化钠熔化B. HCl溶于水D.碘升华（2分）在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）Cl-NO3.SO42-S2-C.将NaHSO4固体溶于水D.将NaHCO3固体溶于水10.（2分）下列说法中，正确的是（）A.B.C.D.离子化合物中一定不含共价键分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大可能存在不含任何化学键的晶体酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体11.（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.B.C.溴水中存在Br2+H2O。HBr+HBrO,当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅反应CO （g）+NO2（g）芸CO2（g）+NO （g）+QQ0,平衡后，升高温度体系颜色变深用饱和食盐水除去C12中的HCl12.（2分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（D.合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件A.装置常用于分离互不相溶的液体混合物2KClO3+H2C2O4+H2sO4-2C1OJ +K2sO4+2COJ +2H2OA.每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移B. C1O2是还原产物C. H2C2O4在反应中被氧化D. KC1O3在反应中得到电子16. （2分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A.苯中含单质溴杂质：加水，分液B.乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C.乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液17. （2分）用滴有酚欧和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A. b极附近有气泡冒出B. d极附近出现红色C. a、c极上都发生氧化反应D.甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀18. （2分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。13. （2分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（）已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2T +2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）FeCgK酚酸解释或结论氧化性：Cl2Br2I2氯气与水生成了酸性物质A.将CO2和NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B.将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C.在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D.在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化钠粉末，析出Na2cO3固体14. （2分）下列转化不能通过一步实现的是（）A.FeSiFeqB. Alt5NaAlO2C. Cu%吗CuSO4D. Cu母uS15. （2分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得C102,下列说法错误的是（）淀粉KIMr湿涧蓝色石器试纸一选项实验现象Aa处变蓝，b处变红棕色Bc处先变红，后褪色Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2+Cl-A.AB.BC.CD.D19. (2分)X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是()A.原子半径的大小顺序：XYZR8. X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：XXD.Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同20. (2分)将l00mL1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c (CO32-)的变化分别是()A.减小、增大 B.减小、减小 C.增大、增大 D.增大、减小二、填空题(共60分)21. (15分)NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子；亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成以下填空：(1)N原子最外层电子的轨道排布式为；用一个事实说明氮和氧非金属强弱。(2)酸性条件下，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO.写出此反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目。(3)氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I-提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是。(4)在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c (Cl-)c (吗)(填“或=)。(5)设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。22. (15分)镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：(1)碳元素形成的单质有石、石墨、足球烯等。石的熔点远高于足球烯的原因是。(2)氧化镁的电子式为,CO2的结构式为。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为，其1个原子中能量最高的电子有个。一定条件下，在容积恒为2.0L 的容器中，Fe 和 CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe (s) FeO (s)+CO (g)(3)若起始时向容器中加入1mol CO2,5.0 min后，容器内气体的相对平均分子量为32,则n (CO2)： n (CO)之比为，这段时间内用CO2表示的速率V (CO2)=。(4)下列说法错误的是。a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动(5)保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向移动(选填“正向”、“逆向”、或“不”)，二氧化碳的转化率(填“增大”，“减小”或“不变”)。23. (15分)某芳香烃X (分子式为C7H8)是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如图所示的转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物。CH：OHJ 卜h-匚银氨溶微rLne 一回；三 Ld-0浓硝酸忻酸/COOH回2回生(1)写出：X-A的反应条件；反应的反应条件和反应试剂：。(2) E中含氧官能团的名称：；反应的类型是；反应和先后顺序不能颠倒的原因是。(3)写出反应的化学方程式：。COOHHO. I迨)右史山侏人其人主其右(4)有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：。(5)写出由A转化为CH2 OH的合成路线。(合成路线表示方法为：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物)。24.(15分)硫酸铁铵NH,FeGQ)型0是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图:回答下列问题:(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是(2)步骤需要加热的目的是，温度保持80-95,采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为(填标号)。ABCD(3)步骤中选用足量的H2O2,理由是。分批加入t02,同时为了，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150c时失掉1.5个结晶水，失重5.6%.硫酸铁铵晶体的化学式为。A牛奶盒眼药水B. BC. CC干电池干眩魏D. D西瓜皮垃圾的分类及再利用为解答的关2022年上海市奉贤区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1. （2分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（）选项生活垃圾垃圾分类标识A. A【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。【解答】解：A.牛奶盒可回收再利用，分类合理，故A不选;B.眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故B不选；C.干电池为重金属污染，分类不合理，故C选；D.西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故D不选；故选：C。【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。2. （2分）近年，科学家发现了116号元素Lv.下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是（）A.两者中子数相差1B.两者质量数相差1C.两者电子数相差1D.两者互为同位素【分析】293Lv和294Lv的质子数均为116,核外电子数均为116,中子数与质量数不同，二者互为同位素，以此来解答。【解答】解：A.质子数相同、质量数相差1,则中子数相差1,故A正确；B.两者质量数相差294-193=1,故B正确；C.两者电子数均为116,故C错误；D.质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故D正确；故选：C。【点评】本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子中质子数等于电子数，题目难度不大。3. （2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A.加入水中，浮在水面上的是地沟油B.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C.点燃，能燃烧的是矿物油D.测定沸点，有固定沸点的是矿物油【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。【解答】解：A.地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；B.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；C.地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；D.地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大。4. （2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D.浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2【分析】A.耐高温材料具有较高的熔点；B.依据三价铁离子氧化性解答；C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹；D.依据浓硫酸的吸水性解答。【解答】解：A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；8. FeCL溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu,故B错误；C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；D.浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。5. (2分)下列过程仅克服离子键的是()A. NaHSO4溶于水B. HCl溶于水C.氯化钠熔化D.碘升华【分析】A. KHSO晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO2-；44B.HCl中只含有共价键；C.氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子；D.碘升华破坏分子间作用力。【解答】解：A. KHSO晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO 2既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；44B. HCl中只含有共价键，HCl溶于水只破坏共价键，故B错误；C.氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子，只破坏离子键，故C正确；D.碘升华没有破坏化学键，破坏了分子间作用力，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键。6. (2分)在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、AL+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是()Cl-NO SO 2-S2-3-4A.B.C.D.【分析】pH=1的溶液显酸性，H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，H+、S2-结合生成弱电解质H2S, Mg2+、Fe2+分别与S2-结合生成沉淀，A13+与S2-相互促进水解。【解答】解：在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、A13+三种阳离子的溶液中，H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，H+、S2-结合生成弱电解质，Mg2+、Fe2+分别与S2-结合生成沉淀，A13+与S2-相互促进水解，Cl-和SO 2-与H+、4Mg2+、Fe2+、Al3+之间互不反应，可以共存，一定不存在，可能存在，故选：B。【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应、离子的性质是解答本题的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。7. (2分)反应A+B-C+Q (Q0)分两步进行，A+B-X+Q (Q0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是()A.C.【分析】反应A+B-C+Q (Q0)放出热量，说明A+B能量总和大于C能量，A+B-X+Q (Q0)为放热反应，则X能量大于C能量。【解答】解：反应A+B-C+Q (Q0)放出热量，说明A+B能量总和大于C能量，A+B-X+Q (Q0)为放热反应，则X能量大于C能量，符合条件的只有D,故选：D。【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确反应物总能量和生成物总能量之差与反应热关系是解本题关键，题目难度不大。8. (2分)关于化合物2-苯基丙烯(一)，下列说法正确的是()A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色B.可以发生加成聚合反应C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。【解答】解：A.含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B.含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；C.苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，有3个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；D.该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。9. (2分)能促进水的电离平衡，并使溶液中的c (H+)c (0H-)的操作是()A.将水加热煮沸B.将明矾溶于水C.将NaHSO4固体溶于水D.将NaHCO3固体溶于水【分析】H2O。H+OH-,水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，能促进水的电离，并使溶液中c (H+)c (OH-),说明溶液呈酸性，为强酸弱碱盐，据此分析解答。【解答】解：A.水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在c (H+)=c (OH-),溶液呈中性，故A错误；B.向水中加入明矾晶体，铝离子水解A13+3H2O。Al (OH)3+3H+,导致溶液呈酸性，促进水电离，故B正确；C.向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，抑制水电离，故C错误；D.向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，促进水电离，故3错误；故选：B。【点评】本题考查电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识点，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大。10. (2分)下列说法中，正确的是()A.离子化合物中一定不含共价键B.分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大C.可能存在不含任何化学键的晶体D.酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体【分析】A、离子化合物中可能含共价键；B.分子的稳定性由共价键决定；C.单原子分子中不含共价键；D.二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体。【解答】解：A、氢氧化钠、氯化铵是离子化合物，但含有共价键，故A错误；B.分子的稳定性由共价键决定，分子间作用力决定分子的物理性质，故B错误；C.单原子分子中不含共价键，如稀有气体分子中没有共价键，其晶体为分子晶体，晶体中只有分子间作用力，故C正确；D.二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体，所以酸性氧化物形成的晶体不一定分子晶体，故D错误。故选：C。【点评】本题考查化合物和化学键的关系，明确共价化合物和离子化合物的概念是解本题关键，注意二者的区别，难度不大。11. (2分)下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.溴水中存在Br2+H2O。HBr+HBrO,当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅8 .反应CO (g)+NO2(g)2CO2(g)+NO (g)+QQ0,平衡后，升高温度体系颜色变深C.用饱和食盐水除去C12中的HClD.合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A.加入硝酸银溶液后，硝酸银和HBr反应生成沉淀而促进溴溶解，导致溴浓度减小，溶液颜色变浅，所以能用勒夏特列原理解释，故A正确；9 .升高温度平衡逆向移动导致二氧化氮浓度增大，颜色加深，所以能用勒夏特列原理解释，故B正确；C、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大。使平衡C12+H2O。H+C1-+HC1O逆向进行，减少氯气的溶解性，故C正确；D.合成氨是放热反应，高温加热是加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。A.吗1装置常用于分离互不相溶的液体混合物12. (2分)实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是()【分析】A.互不相溶的液体采用分液的方法分离，蒸馏操作用于分离相互溶解的液态；8 .氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸；C.氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成喷泉实验；D.浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌.【解答】解：A.该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；9 .氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，应该用四氯化碳溶液，故B错误；C.氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；D.浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及蒸馏、喷泉实验、防倒吸装置、浓硫酸稀释等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力.13. （2分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（）A.将CO2和NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B.将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C.在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D.在析出NaHCO3的母液中通入NH/加入氯化钠粉末，析出Na2cO3固体【分析】A.饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；B.碳酸氢钠分解生成碳酸钠；C.在析出NaHCO的母液中主要是氯化铵，氨气极易溶于水；3D.从母液中分离出NH4C1,加入NaCl通入NH3,这样做的原因是增加Cl-浓度和NH4+浓度，以利析出NH4C1,析出NaHCO固体后，母液中HCO -浓度较小，且通入NH将HCO -转化为CO 2-,不析出NaHCO和NH HCO和33333343Na2cO3。【解答】解：A.实验室模拟侯德榜制碱法的操作是饱和食盐水中先通入氨气，再通入CO2气体，增大二氧化碳的吸收生成碳酸氢钠晶体，故A错误；B.将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧，碳酸氢钠受热分解得到纯碱碳酸钠，故B正确；C.氨气极易溶于水，在析出NaHCO3的母液中加入消石灰不能放出大量氨气，不能循环利用NH3,故C错误；D.从母液中分离出NH4C1,加入NaCl通入NH3,这样做的原因是增加Cl-浓度和NH4+浓度，以利析出NH4C1,不能析出Na2cO3固体，故D错误;、故选：B。【点评】本题考查了侯德榜制碱法的原理分析判断、物质性质的理解应用、析出晶体的原理等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。14. （2分）下列转化不能通过一步实现的是（）A. FeFegB. A世照NaAlO2C. Cu%吗CuSO4D. CuCuS【分析】A. Fe与氧气反应生成四氧化三铁；B.Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；D. Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜；E. S具有弱氧化性。【解答】解：A. Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故A正确；F. Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；G. Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；H. S具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S,则Cu与S不能一步转化为CuS,故D错误；故选：D。【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15. （2分）C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得C1O2,下列说法错误的是（）2KClO3+H2C2O4+H2sO4-2C1OJ +K2sO4+2COJ +2H2OA.每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移B. C1O2是还原产物C. H2C2O4在反应中被氧化D. KC1O3在反应中得到电子【分析】反应2KClO3+H2c2O4+H2sO4=2ClO2T+K2sO4+2COJ+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C 元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。【解答】解：A、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1molX（5-4）=1mol,故A错误;B、Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，故B正确；C、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，故D正确；故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2c2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点。16. （2分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A.苯中含单质溴杂质：加水，分液B.乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C.乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液【分析】A.溴不易溶于水，易溶于苯；B.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C.乙酸与NaOH反应后，与乙醛互溶；D.乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶。【解答】解：A.溴不易溶于水，易溶于苯，加水不能分离，应选NaOH、分液，故A错误；B.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，故B正确；C.乙酸与NaOH反应后，与乙醛互溶，应蒸馏分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶，应蒸馏分离，故D错误；故选：B。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离法方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。17. （2分）用滴有酚欧和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）甲乙A. b极附近有气泡冒出B. d极附近出现红色C. a、c极上都发生氧化反应D.甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH乙中阴极上电极反应式为：2H+2e-=Hj,水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-,溶液呈碱性，无色酚欧试液遇碱变红色，以此解答该题.【解答】解：A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-,所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为：2H+2e-=Hj,水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-,溶液呈碱性，无色酚欧试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是阳极发生氧化反应，所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，根据电极反应式来确定选项即可，题目难度不大.18. （2分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO+16HC12KC1+5C1 T+2MnCl+8H O淀粉K1一 N祖湿涧蓝色石蕊试纸2FeCgKSCN心OH+酚献对实验现象的“解释或结论”正确的是（选项实验现象解释或结论a处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2c处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质d处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质e处变红色B. BC.还原性：Fe2+Cl-A. AD. D【分析】A. a 处发生 C12+2KI2KC1+I2, b 处发生 Cl2+2NaBr2NaCl+Br2；B. c处发生C12+H2OHC1+HC1O,具有酸性和漂白性；C. d 处发生 Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；D. e 处发生 Cl2+2FeCl22FeCl3。【解答】解：A. a处发生C12+2KI2KC1+I2, b处发生Cl2+2NaBr2NaCl+Br2,则a处变蓝，b处变红棕色，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知Cl2I2, Cl2Br2,不能比较Br2、I2的氧化性，故A错误; B. c处发生C12+H2OHC1+HC1O,具有酸性和漂白性，则c处先变红，后褪色，褪色与HC1O的漂白性有关，故B错误；C. d处发生Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,则d处红色消失，因溶液的碱被消耗，故C错误；D. e处发生Cl2+2FeCl2-2FeCl3,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Cl2Fe3+,根据强弱规律，所以还原性：Fe2+Cl故D正确；故选：D。【点评】本题以氯气的性质为载体考查学生氧化还原反应的有关知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关物质的性质，难度不大。19. （2分）X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（）A.原子半径的大小顺序：XYZRB. X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：XXD.Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同【分析】X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为O； X原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于。，则X为C元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，则Z为Na； R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则核外电子数为6+11=17,为Cl元素，据此解答。【解答】解：由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素。A.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，且同主族从上到下，原子半径逐渐增大，应为NaClC 0,故A错误；C. C与H形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，则X与H形成的化合物沸点可能大于Y 与H形成化合物沸点，故B错误；C.非金属性ClC,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：ClC,故C正确；D. Y为。元素、Z为Na元素，可分别形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只含有离子键、过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，为高考常见题型，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。20. （2分）将l00mL1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c （C032-）的变化分别是（）A.减小、增大B.减小、减小C.增大、增大D.增大、减小【分析】一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO-=HO+CO T+Ac另外一份加入少许Ba（OH）固体，发生3222Ba2+20H-+2HC0-=2H0+BaC0 l+CO 2-,以此来解答。3233【解答】解：将100ml 1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3-=H2O+CO2T+Ac-，则溶液中c （CR-）减小；另外一份加入少许Ba (OH)固体，发生Ba2+2OH-+2HCO -=2H O+BaCO ；+CO2-,则溶液中c (CO2-)增大，232333故选：A。【点评】本题考查溶液中的离子反应，明确发生的反应是分析离子浓度变化的关键，题目难度不大。二、填空题(共60分)21. (15分)NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子；亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成以下填空：I t I t I t(1)N原子最外层电子的轨道排布式为1；用一个事实说明氮和氧非金属强弱化物稳定性：H2ONH3,则非金属性0大于N 。(2)酸性条件下，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO.写出此反应的离子方程式并标出电子2eb转移的方向和数目二(3)氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I-提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质。(4)在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c (Cl-)= c (HNO )(填“或=)。2(5)设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没有褪色的是氯化钠。【分析】(1)氮原子核外电子数为7,根据能量最低原理书写最外层电子轨道排布式；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等；(2)亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水；(3)氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；(4)根据溶液至中性时电荷守恒及其亚硝酸钠溶液的物料守恒分析；(5)亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而NaCl不能，据此分析解答。【解答】解：(1)氮原子核外电子数为7,基态原子核外电子排布为1S12S22P3,故最外层电子轨道排布式M I t I t I t为1一11一一一1；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等，所以氢化物稳定性： H2ONH3,则非金属性0大于N,252刀 IH111故答案为：1一11一一一1；氢化物稳定性：H2ONH3,则非金属性。大于N；(2)亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2-+4H+2ITNO+l2+2H2O,反应中N元素化合价由+3价降低为+2价，电子2c-i 1转移的方向和数目可表示为2c-故答案为：(3)氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；(4)由电荷守恒可知混合溶液中c (Cl-)+c (NO2-)+c (OH-)=c (H+)+c (Na)又溶液至中性，贝”c (Cl-)+c (NO2-)=c (Na+),亚硝酸钠溶液中存在物料守恒c (NO2-)+c (HNO2)=c (Na+),所以 c (Cl-)=c (HNQ),故答案为：=；(5)亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而NaCl不能，操作为：取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没有褪色的是氯化钠，故答案为：取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没有褪色的是氯化钠。【点评】本题考查物质的鉴别、氧化还原反应涉及电荷守恒和物料守恒的应用，为高频考点，把握性质与性质差异、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。22. (15分)镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：(1)碳元素形成的单质有石、石墨、足球烯等。石的熔点远高于足球烯的原因是石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力。5.(2)氧化镁的电子式为Mg2+.一2-, CO2的结构式为 O=C = O 。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为3s23。，其1个原子中能量最高的电子有_个。一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe (s) FeO (s)+CO (g)(3)若起始时向容器中加入1molcJ,5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32,则n (CQ)： n (8)之比为1：3 ，这段时间内用CO2表示的速率V (CO2)=0.025mol/(Lmin)。(4)下列说法错误的是cd 。a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡b.混合气体的平均相对分子质量是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确;c.b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误;c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡d.平衡后缩小容器的体积，正逆反 d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误;故答案为：cd；应速率不变，平衡不移动(5)保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向移动(选填(5)待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等“正效，故二氧化碳的转化率不变，向”、“逆向”、或“不”)，二氧化碳的转化率不变(填“增大”，“减小”或“不变”)。故答案为：正向；不变。【分析】(1)原子晶的沸点高于分子晶体；(2)氧化镁的电子式为Mg2+,2一，CO勺结构式为O=C = O,与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为3s23p1,其中能量最高的电子为3p能级；【点评】本题考查了电子式、结构式、熔沸点高低比较、化学反应速率、化学平衡等知识，属于综合性题型，解题时要细心，避免书写的错误，难度中等。23.(15分)某芳香烃X (分子式为C7H8)是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如(3)假设5.0口皿后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为a和b，则强浮=32；根据速率的计算图所示的转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物。公式计算;(4)当变量不变时平衡，根据平衡移动的影响因素分析;OHCh(5)待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。H-【解答】解：(1)石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔银氨溶液I-I-I浓磁酸COOH点石大于石墨烯，故答案为：石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力;. O(2)氧化镁的电子式为Mg2+.2ICO勺结构式为O=C = O,与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为3s23,其中能量最高的电子为3p能级上的电子，有1个，故答案为：,O：Mg2+-2-； O = C=O；3s23p1；1；(1)写出：X-A的反应条件光照；反应的反应条件和反应试剂：O、Cu、加热。(2) E中含氧官能团的名称：羧基；反应的类型是氧化反应：反应和先后顺序不能颠倒(3)假设5.0min后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为a和b,容器内气体的相对平均分子量为32,的原因是防止氨基被氧化(羧基不易被氧化，氨基容易被氧化)，V(CO2) =0. 251npi9 CJT一=0.025mol/ (L-min),故答案为：1： 3； 0.025mol/ (L-min)；5. OminCOOH(4) 一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，CO2 (g) +Fe (s)二FeO (s) +CO (g),(4)有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取a.当混合气体的密度是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确;则全担攀旦=32, a： b=1：3.反应CO2(g)+Fe (s)芸FeO (s)+CO (g)为气体体积不变的反应，则二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为0.25mol和0.75mol,二氧化碳减少量为0.25mol一如.OM浓产写出反应的化学方程式：-代物的芳香族化合物的结构简式:CHjOH（5）写出由A转化为的合成路线。（合成路线表示方法为：A催化剂HOCHOCHQ故答案为：羧基；氧化反应；防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）;（3）反应为甲苯和浓硝酸的取代反应，该反应的化学方程式:反应试剂反应条件,B反应试剂反应条件，目标产物）NaOH，嚣故答案为:-CH?NO脓浓 警会，CHjCH: OH【分析】芳香烃X的分子式为C7H8,则X为飞XT,A是X的一氯代物，A发生一系列反应生成、（4）COOH飞有多种同分异构体，其中符合下列条件：含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物，应该具有对称结构，且醛基位于对称轴上，则符合条件的结构简式:CH2CI,X和浓硝酸发生取代反应生成F,F发生氧化反应生成G, G发生还原反应生成邻氨基苯甲酸，则F为CH:0y%h应生成B为、G为CHO c1- 11 ,；C能发生银镜反应，则C中含有醛基，A发生水解反COO：NHa ,一 ,D酸化得到E为一CKO故答案为:CH:OHCHO0H由ACH2CI转化为CHjOH在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧由ACH2CI转化为ch1a在催化剂条件下发生加成反应生成：，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成-，与氯气发生加成反应生成一，最后在氢氧化钠水溶E期、如化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成一叩期，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成。【解答】解：（1）X-A为甲苯中甲基上H原子被Cl原子取代的反应，则该反应的反应条件光照；反应液中发生水解反应生成醇的催化氧化反应，则该反应的反应条件和反应试剂：02、Cu、加热，故答案为：光照；02、Cu、加热;催化剂/COOE（2）E为-,E中含氧官能团的名称：羧基；反应的类型是氧化反应；反应和先后顺序不能颠倒的原因是防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）,故答案为:ITaOH-醇吗催化剂C1C1 Heoms ，其合成路线为Rid且中OHCHaOHOH又圆【点评】本题考查有机物的推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意结合流程图中反应条件、某些物质结构简式进行推断，题目难度中等。24.(15分)硫酸铁铵NH4Fe (SO/jxH是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是碱煮水洗。(2)步骤需要加热的目的是加快反应，温度保持80-95,采用的合适加热方式是热水浴铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为(填标号)。(3)步骤中选用足量的口。，理由是.将Fe2+全部氧化为Fe3+,不引入杂质。分批加入口0,同时为2222了*止皿水工，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150c时失掉