2019-2020年高考化学“临门一脚”试卷 含解析.doc

2019-2020年高考化学“临门一脚”试卷 含解析一、选择题（共15小题，满分40分）1（2分）（xx宝应县校级模拟）国际化学年的主题是“化学我们的生活，我们的未来”下列做法不正确的是（）A利用露天焚烧方法处理塑料废弃物B利用高纯单质硅制成太阳能电池C利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气D利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯塑料2（2分）（xx南京模拟）下列有关化学用语表示正确的是（）A乙烯的结构简式：CH2CH2B含78个中子的碘的放射性核素：IC甲醛的电子式：DMg2+的结构示意图：3（2分）（xx宝应县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、Cl、Na+BNa2S溶液中：SO42、K+、Cl、Cu2+Cc（H+）=1.01013 molL1溶液中：C6H5O、K+、SO42、BrD能使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、HCO34（2分）（xx宝应县校级模拟）下列有关物质性质的叙述正确的是（）A二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒BSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝D液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂5（2分）（xx宝应县校级模拟）下列实验装置能达到实验目的是（）A如图所示装置获得碳酸氢钠固体B如图所示装置分离乙酸和乙酸乙酯C如图所示装置制取少量蒸馏水D如图所示装置提纯氢氧化铁胶体6（3分）（xx宝应县校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAC标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA7（3分）（xx南京模拟）下列离子方程式正确的是（）A淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O4OH+2I2B用Ba（OH）2溶液吸收氯气：2OH+2Cl22Cl+ClO+H2OC少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO32D氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OHMg（OH）28（3分）（xx宝应县校级模拟）甲、乙、丙、丁的相互转化关系如图所示（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）下列各组物质中，不能满足图示转化关系的是（）甲乙丙丁AFeFeCl3Fe （OH）3Fe2O3BNaAlO2Al （OH）3Al2O3AlCNaNa2O2Na2CO3NaClDSiO2H2SiO3Na2SiO3SiAABBCCDD9（3分）（xx江苏）短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物10（3分）（xx宁城县一模）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强11（3分）（xx宝应县校级模拟）下列说法错误的是（）A镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的B反应Hg（1）+H2SO4（aq）HgSO4（aq）+H2（g）在常温下不能自发进行，则H0C将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性D对于反应2H2O22H2O+O2，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率12（3分）（xx宝应县校级模拟）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图下列叙述正确的是（）A迷迭香酸的分子式为C18H15O8B迷迭香酸可以发生加成、取代、显色反应Clmol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗6mol H2Dlmol迷迭香酸在NaOH溶液中反应，最多消耗5mol NaOH13（3分）（xx浙江）现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A根据现象1可推出该试液中含有Na+B根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+14（3分）（xx无锡一模）室温时，向20mL 0.1molL1的醋酸溶液中不断滴入0.1molL1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）Cc点时：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH）Dd点时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）15（3分）（xx宝应县校级模拟）一定温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示下列判断中正确的是（）甲乙丙密闭容器体积/L222起始物质的量n（SO2）/mol0.400.800.80n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率%8012A该温度下，甲容器10min达到平衡，平均速率为v（SO3）=0.032 molL1min1BSO2的平衡转化率：180%C容器中SO3的物质的量浓度：2c（甲）c（丙）D甲中反应的平衡常数K为400二、解答题（共6小题，满分80分）16（12分）（xx宝应县校级模拟）硝酸铜晶体可用于制造高纯度氧化铜等，工业上可用废铜的烧渣浸取液（含硫酸铜、硫酸锌、硫酸亚铁等）生产硝酸铜晶体，其生产过程如下：（1）置换过滤后滤液的主要成分是；焙烧的目的是（2）焙烧产物之一FeO在酸溶过程中产生NO，离子方程式是（3）调pH过滤过程中，为保证充分氧化，先加物质Y为；再加物质Z为A精制铁粉 B精制氧化铜 C双氧水 D氯水 E碳酸钠（4）硝酸铜晶体热分解可得高纯度氧化铜，热分解过程中有红棕色气体产生硝酸铜晶体热分解反应的化学方程式是17（15分）（xx宝应县校级模拟）G是合成4硫醚基喹唑啉类化合物的中间体，其合成路线如下：已知：（1）F中含氧官能团有和（填名称）（2）写出反应类型EF（3）写出D转化为E的化学反应方程式（4）写出物质G的结构简式（5）满足下列条件的C的同分异构体X的结构简式X中含有苯环； X能够发生银镜反应； X分子中有4种不同化学环境的氢（6）利用题给相关信息，以甲苯、HCONH2为原料，合成合成过程中无机试剂任选（提示：）18（12分）（xx宝应县校级模拟）铝和镁的碱式碳酸盐在生产生活中有多种用途（1）铝和镁的碱式碳酸盐在工业上能做阻燃剂，主要原因是（2）“达喜”是中和胃酸的常用药物，其有效成分是铝和镁的碱式碳酸盐现进行如下实验确定化学式：实验一：取该碱式盐3.01g充分灼烧至恒重，测得固体质量减少了1.30g；实验二：再取该碱式盐3.01g使其溶于足量的盐酸中，产生CO2的体积为112mL（标准状况）；实验三：向实验二的溶液中加入足量的NaOH溶液得到1.74g白色沉淀若实验一中灼烧不充分，达喜中Mg2+与Al3+的物质的量之比会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）计算“达喜”的化学式并写出计算过程19（15分）（xx宝应县校级模拟）三氯氧磷（POCl3）常温下为无色液体，有广泛应用近年来三氯氧磷的工业生产由三氯化磷的“氧气直接氧化法”代替传统的三氯化磷“氯化水解法”（由氯气、三氯化磷和水为原料反应得到）（1）氧气直接氧化法产生三氯氧磷的化学方程式是；从原理上看，与氯化水解法相比，其优点是（2）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收漂白粉的主要作用是如图表示不同条件对磷的沉淀回收率的影响（“Ca/P”表示钙磷化，即溶液中Ca2+与PO43的浓度比），则回收时加入生石灰的目的是（3）下述方法可以测定三氯氧磷产品中氯元素含量，实验步骤如下：先向一定量产品中加入足量NaOH溶液，使产品中的氯元素完全转化为Cl；再加入少量硝基苯并振荡，使其覆盖沉淀，避免沉淀与水溶液接触；最终加入几滴NH4Fe（SO4）2溶液后，用NH4SCN溶液沉淀溶液中过量的Ag+，并记录NH4SCN的用量已知相同条件下的溶解度：AgSCNAgCl步骤的操作为；步骤中当溶液颜色变为色时，即表明溶液中的Ag+恰好沉淀完全若取消步骤，会使步骤中增加一个化学反应，该反应的离子方程式是；该反应使测定结果偏低，运用平衡原理解释其原因20（14分）（xx南京模拟）金属单质及其化合物与工农业生产、日常生活有密切的联系请回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H1=25kJmol13Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H2=47kJmol1Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H3=+19kJmol1写出FeO（s）被CO（g）还原生成Fe（s）和CO2（g）的热化学方程式（2）从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4则5mol FeS2发生反应，转移电子的物质的量为（3）一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收硫反应为：2CO（g）+SO2（g）2CO2（g）+S（l）H=270kJmol1其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：某科研小组用Fe2O3作催化剂，在380时，分别研究了分别为1：1、3：1时SO2转化率的变化情况（图2）则图2中表示n（CO）：n（SO2）=3：1的变化曲线为（4）通过控制溶液的pH对工业废水中的金属离子进行分离图3是某些金属氢氧化物在不同浓度和pH时的沉淀溶解图象，图中直线上的点表示平衡状态当溶液中的离子浓度小于1105molL1时，认为该离子沉淀完全相同条件下，Fe（OH）3、Al（OH）3、Cr（OH）3三种物质的溶度积常数最大的是，图3中A、B、C三点中表示Fe（OH）3的沉淀速率大于溶解速率的是由图3可得Fe（OH）2的溶度积的值为（5）LiFePO4电池具有稳定性高、安全、环保等优点，可用于电动汽车电池反应为：FePO4+Li LiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li+导电固体为电解质放电时电池正极反应为21（12分）（xx宝应县校级模拟）绿矾（FeSO47H2O）和胆矾（CuSO45H2O）都是重要的化工原料回答下列问题：（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式（2）SO42的空间构型构型是；其中S原子的杂化轨道类型是；与SO42互为等电子体的一种微粒是（3）在FeSO4溶液中加入过量KCN，生成配合物4，指出1mol4，中键的数目为（4）胆矾受热分解得到铜的某种氧化物，其晶胞结构如图所示，则氧的配位数是xx年江苏省扬州市宝应县画川高级中学高考化学“临门一脚”试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，满分40分）1（2分）（xx宝应县校级模拟）国际化学年的主题是“化学我们的生活，我们的未来”下列做法不正确的是（）A利用露天焚烧方法处理塑料废弃物B利用高纯单质硅制成太阳能电池C利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气D利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯塑料考点：常见的生活环境的污染及治理 版权所有分析：A根据焚烧废弃塑料会造成空气污染分析；B晶体硅是良好的半导体材料；C沼气发酵就是指在无氧的条件下，利用微生物将植物秸秆、树叶、人畜粪等中的有机物制成沼气的过程；D利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯，可减少白色污染解答：解：A焚烧废弃塑料虽然可减少“白色污染”，但增加了大气污染，故A错误；B晶体硅是良好的半导体材料，高纯单质硅可以制成太阳能电池，故B正确；C利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气，故C正确；D利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯塑料，可减少白色污染，故D正确；故选：A点评：本题考查了环境污染与治理，物质的用途，熟悉白色污染的原因、熟悉硅的性质是解题关键，题目难度不大2（2分）（xx南京模拟）下列有关化学用语表示正确的是（）A乙烯的结构简式：CH2CH2B含78个中子的碘的放射性核素：IC甲醛的电子式：DMg2+的结构示意图：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 版权所有专题：化学用语专题分析：A乙烯中的官能团为C=C，不能省略；B依据质子数+中子数=质量数计算，结合原子符合分析；C根据电子式的书写规则判断；D镁离子核外有10个电子解答：解：A乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B碘原子质子数为53，中子数为78，质量数为53+78=131，含78个中子的碘的放射性核素：53131I，故B正确；C甲醛是共价化合物，原子间以共用电子对形成共价键，且每个原子都达到稳定结构，所以甲醛的电子式为，故C错误；D镁离子的结构示意图，故D错误；故选B点评：本题考查化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式、原子的表示方法等，注重基础知识的考查，注意化学用语使用的规范性，题目难度不大3（2分）（xx宝应县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3、Cl、Na+BNa2S溶液中：SO42、K+、Cl、Cu2+Cc（H+）=1.01013 molL1溶液中：C6H5O、K+、SO42、BrD能使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、HCO3考点：离子共存问题 版权所有分析：ApH=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B铜离子与硫化钠反应生成硫化铜沉淀；Cc（H+）=1.01013 molL1溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D能使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子酸性大于氢氧化铝，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，且偏铝酸根离子与碳酸氢根离子都与氢离子反应解答：解：ApH=1的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3在酸性溶液中能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCu2+与Na2S反应生成CuS沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；Cc（H+）=1.01013 molL1溶液中存在大量氢氧根离子，C6H5O、K+、SO42、Br之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D能使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，HCO3酸性大于氢氧化铝，AlO2、HCO3之间反应生成氢氧化铝沉淀，且二者都都与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等4（2分）（xx宝应县校级模拟）下列有关物质性质的叙述正确的是（）A二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒BSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝D液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物 版权所有分析：A二氧化氯具有氧化性；B二氧化硫用于漂白纸浆利用了二氧化硫的漂白性；C氯化铝为共价化合物；D氨气含有氢键，沸点较高，易液化解答：解：A二氧化氯中Cl元素化合价为+4价，具有氧化性，可用于杀菌消毒，故A错误；B二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故B错误；C氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，一般用氧化铝冶炼铝，故C错误；D氨气易液化，则汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故D正确故选D点评：本题综合考查元素化合物知识，本题侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大5（2分）（xx宝应县校级模拟）下列实验装置能达到实验目的是（）A如图所示装置获得碳酸氢钠固体B如图所示装置分离乙酸和乙酸乙酯C如图所示装置制取少量蒸馏水D如图所示装置提纯氢氧化铁胶体考点：实验装置综合 版权所有专题：实验评价题分析：A碳酸氢钠不稳定受热易分解；B分液漏斗分离的互不相溶的两种液体；C实验室制取蒸馏水可以通过加热蒸馏的方法；D胶体与溶液都能透过滤纸解答：解：A碳酸氢钠不稳定受热易分解，加热蒸发得不到碳酸氢钠，故A错误；B乙酸与乙酸乙酯相互溶解，不分层，不能用分液法分离，故B错误；C实验室制取蒸馏水可以通过加热蒸馏的方法，故C正确；D胶体与溶液都能透过滤纸，提纯氢氧化铁胶体应选择半透膜，用渗析法，故D错误；故选：C点评：本题考查了基本实验操作，熟悉蒸发结晶、分液、蒸馏、过滤与渗析的原理是解题关键，题目难度不大6（3分）（xx宝应县校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAB42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAC标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAD5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA考点：阿伏加德罗常数 版权所有分析：A、该甲基中含有8个中子，17g该甲基的物质的量为1mol，含有8mol中子；B、因为乙烯和丙烯的实验式为CH2，可以将混合气体转换为单一的气体（CH2）n，然后计算；C、标况下，苯为液体，且苯不是单双键交替结构；D、先判断过量情况，然后根据不足量计算出转移的电子数解答：解：A、常温常压下，17g甲基（14CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A错误；B、因为乙烯和丙烯的实验式为CH2，可以将混合气体转换为单一的气体（CH2）n，n（C）=n=3mol，混合气体中含有的碳原子数为3NA，故B正确C、标况下，苯为液体，且苯不是单双键交替结构，即苯中无碳碳双键，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，反应转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质结构是解题关键，难度不大7（3分）（xx南京模拟）下列离子方程式正确的是（）A淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O4OH+2I2B用Ba（OH）2溶液吸收氯气：2OH+2Cl22Cl+ClO+H2OC少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+CO32D氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OHMg（OH）2考点：离子方程式的书写 版权所有专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应生成KOH和碘；B电荷不守恒、电子不守恒；C反应生成苯酚和碳酸氢钠；D一水合氨在离子反应中保留化学式解答：解：A淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝的离子反应为4I+O2+2H2O4OH+2I2，故A正确；B用Ba（OH）2溶液吸收氯气的离子反应为2OH+Cl2Cl+ClO+H2O，故B错误；C少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故C错误；D氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2+2NH3H2OMg（OH）2+2NH4+，故D错误；故选A点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意选项C为易错点，题目难度不大8（3分）（xx宝应县校级模拟）甲、乙、丙、丁的相互转化关系如图所示（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）下列各组物质中，不能满足图示转化关系的是（）甲乙丙丁AFeFeCl3Fe （OH）3Fe2O3BNaAlO2Al （OH）3Al2O3AlCNaNa2O2Na2CO3NaClDSiO2H2SiO3Na2SiO3SiAABBCCDD考点：铁的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 版权所有分析：A、FeFeCl3Fe （OH）3Fe2O3；B、NaAlO2Al （OH）3Al2O3Al；C、NaNa2O2Na2CO3NaCl；D、二氧化硅无法一步转化为硅酸解答：解：A、FeFeCl3Fe （OH）3Fe2O3，能实现相互转化，故A正确；B、NaAlO2Al （OH）3Al2O3Al，能实现相互转化，故B正确；C、NaNa2O2Na2CO3NaCl，能实现相互转化，故C正确；D、二氧化硅无法一步转化为硅酸，所以不能实现转化，故D错误；故选D点评：本题考查无机物的推断，侧重于元素化合物的综合理解与运用的考查，注意把握物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意硅和硅酸之间的转化为易错点9（3分）（xx江苏）短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用 版权所有专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，据此解答解答：解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下一阵子半径增大，故原子半径NaNO，即r（W）r（Y）r（Z），故A错误；B、O2、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ON，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2ONH3，故C错误；D、由H、N、O三元素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D正确；故选D点评：本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素10（3分）（xx宁城县一模）下列图示与对应的叙述不相符的是（）A如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C如图表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强考点：溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 版权所有专题：图示题分析：Aa点时溶解的硝酸钾的质量小于80时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；C醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强解答：解：A曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；B反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C正确；D对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；故选C点评：本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力11（3分）（xx宝应县校级模拟）下列说法错误的是（）A镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的B反应Hg（1）+H2SO4（aq）HgSO4（aq）+H2（g）在常温下不能自发进行，则H0C将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性D对于反应2H2O22H2O+O2，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率考点：原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；化学平衡的影响因素 版权所有分析：A锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极；B反应不能自发，应满足G=HTS0，结合反应的H和S进行判断；C纯水呈中性；D加入催化剂或升高温度，都可增大反应速率解答：解：A锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极，锌被氧化，铁被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B反应不能自发，应满足G=HTS0，即HTS，而反应的S0，故H0，故B正确；C升高温度，Kw变大、pH变小，但氢离子和氢氧根离子浓度相等，纯水呈中性，故C错误；D加入催化剂或升高温度，都可增大活化分子百分数，增大反应速率，故D正确故选C点评：本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、电解原理等知识点，明确物质的性质及反应原理是解本题关键，易错选项是C，题目难度中等12（3分）（xx宝应县校级模拟）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图下列叙述正确的是（）A迷迭香酸的分子式为C18H15O8B迷迭香酸可以发生加成、取代、显色反应Clmol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗6mol H2Dlmol迷迭香酸在NaOH溶液中反应，最多消耗5mol NaOH考点：有机物的结构和性质 版权所有分析：该物质中含有苯环、酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，具有苯、酚、羧酸、酯、烯烃性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、取代反应、水解反应等，据此分析解答解答：解：A该物质分子式为C18H16O8，故A错误；B该物质中含有苯环、酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，具有苯、酚、羧酸、酯、烯烃性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、取代反应、水解反应、显色反应等，故B正确；C苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以lmol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗7mol H2，故C错误；D酚羟基、酯基水解生成的羧基、羧基能和NaOH反应，所以lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反应，最多消耗6mol NaOH，故D错误；故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、酯、烯烃等性质，易错选项是D13（3分）（xx浙江）现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A根据现象1可推出该试液中含有Na+B根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 版权所有专题：物质检验鉴别题分析：A加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+；B葡萄糖酸根不能发生银镜反应；C加入NH3H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+解答：解：A因加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+，故A错误；B试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；C根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3H2O（aq）和Na2CO3（aq），加入NH3H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正确的方法是：在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误故选C点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的评价，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握，注意物质的鉴别要排除其它离子的干扰14（3分）（xx无锡一模）室温时，向20mL 0.1molL1的醋酸溶液中不断滴入0.1molL1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）Cc点时：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH）Dd点时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：Aa点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性；B根据电荷守恒进行判断；Cc点时，溶液呈碱性；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性解答：解：Aa点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO）c（CH3COOH），故A错误；B根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），溶液呈中性，应有c（H+）=c（OH），则c（Na+）=c（CH3COO），故B正确；Cc点时，溶液呈碱性，应有c（H+）c（OH），故C错误；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性，由于CH3COO存在微弱的水解，则有c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故D正确故选AC点评：本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等15（3分）（xx宝应县校级模拟）一定温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示下列判断中正确的是（）甲乙丙密闭容器体积/L222起始物质的量n（SO2）/mol0.400.800.80n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率%8012A该温度下，甲容器10min达到平衡，平均速率为v（SO3）=0.032 molL1min1BSO2的平衡转化率：180%C容器中SO3的物质的量浓度：2c（甲）c（丙）D甲中反应的平衡常数K为400考点：化学平衡的计算 版权所有分析：SO2和O2反应生成SO3方程式为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），A该温度下，甲容器10min达到平衡，根据SO2转化率及方程式知，参加反应的n（SO3）=n（SO2）=0.40mol80%=0.32mol，平均速率为v（SO3）=；B乙中相当于在甲反应达到平衡状态的基础上再加入0.40molSO2，虽然平衡向正反应方向移动，但SO2转化率降低；C丙中反应物浓度是甲的2倍，如果将丙容器容积增大为甲的2倍，则甲、丙为等效平衡，甲、丙中c（SO3）相等，然后将丙中容积缩小为和甲相同，则相当于增大压强，如果平衡不移动，则丙中c（SO3）是甲的2倍，实际上平衡向正反应方向移动，则丙中c（SO3）大于甲的2倍；D甲中反应达到平衡状态时，c（SO3）=0.16mol/L，c（O2）=0.04mol/L，c（SO2）=0.04mol/L，根据平衡常数公式计算该温度下的平衡常数解答：解：SO2和O2反应生成SO3方程式为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），A该温度下，甲容器10min达到平衡，根据SO2转化率及方程式知，参加反应的n（SO3）=n（SO2）=0.40mol80%=0.32mol，平均速率为v（SO3）=0.016mol/（Lmin），故A错误；B乙中相当于在甲反应达到平衡状态的基础上再加入0.40molSO2，虽然平衡向正反应方向移动，但加入的n（SO2）远远大于转化的n（SO2）增加量，所以SO2转化率降低，则SO2的平衡转化率：180%，故B正确；C丙中反应物浓度是甲的2倍，如果将丙容器容积增大为甲的2倍，则甲、丙为等效平衡，甲、丙中c（SO3）相等，然后将丙中容积缩小为和甲相同，则相当于增大压强，如果平衡不移动，则丙中c（SO3）是甲的2倍，实际上平衡向正反应方向移动，则丙中c（SO3）大于甲的2倍，所以容器中SO3的物质的量浓度：2c（甲）c（丙），故C错误；D甲中反应达到平衡状态时，c（SO3）=0.16mol/L，c（O2）=0.04mol/L，c（SO2）=0.04mol/L，该温度下的平衡常数K=400，故D正确；故选BD点评：本题考查化学平衡计算，为高频考点，正确构建等效平衡是解本题关键，难点是BC选项，要利用中间状态构建等效平衡，然后再利用外界条件对平衡的影响分析解答，题目难度中等二、解答题（共6小题，满分80分）16（12分）（xx宝应县校级模拟）硝酸铜晶体可用于制造高纯度氧化铜等，工业上可用废铜的烧渣浸取液（含硫酸铜、硫酸锌、硫酸亚铁等）生产硝酸铜晶体，其生产过程如下：（1）置换过滤后滤液的主要成分是ZnSO4、FeSO4；焙烧的目的是减少硝酸的用量或氮氧化物的污染（2）焙烧产物之一FeO在酸溶过程中产生NO，离子方程式是3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O（3）调pH过滤过程中，为保证充分氧化，先加物质Y为C；再加物质Z为BA精制铁粉 B精制氧化铜 C双氧水 D氯水 E碳酸钠（4）硝酸铜晶体热分解可得高纯度氧化铜，热分解过程中有红棕色气体产生硝酸铜晶体热分解反应的化学方程式是（NO3）23H2O2CuO+4NO2+O2+6H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护；物质分离、提纯的实验方案设计 版权所有分析：废铜的烧渣浸取液含CuSO4、ZnSO4、FeSO4等，向浸取液中加入铁屑，发生的离子反应有 Cu2+Fe=Fe2+Cu，然后过滤得到的固体含有Fe、Cu，将固体焙烧，Fe、Cu被氧化生成FeO和CuO，向溶液中加入浓硝酸，亚铁离子被氧化生成Fe3+，同时生成NO，向溶液中加入Y、Z并调节溶液的pH，然后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到Cu（NO3）23H2O；（1）向废液中加入铁屑时，只有铜离子和铁反应生成硫酸亚铁，硫酸锌不反应；将金属氧化为金属氧化物，能减少硝酸的用量并减少有害气体的产生；（2）FeO和稀硝酸反应生成铁离子和NO；（3）调pH过滤过程中，为保证充分氧化，需要反应时间较长，加入的物质有氧化性且不能引进新的杂质，最后加入物质反应剩余的酸，且不能引进杂质；（4）硝酸铜晶体热分解可得高纯度氧化铜，热分解过程中有红棕色气体产生，说明有二氧化氮生成，此反应中N元素得电子，应该是O元素失电子生成氧气，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式解答：解：废铜的烧渣浸取液含CuSO4、ZnSO4、FeSO4等，向浸取液中加入铁屑，发生的离子反应有 Cu2+Fe=Fe2+Cu，然后过滤得到的固体含有Fe、Cu，将固体焙烧，Fe、Cu被氧化生成FeO和CuO，向溶液中加入浓硝酸，亚铁离子被氧化生成Fe3+，同时生成NO，向溶液中加入Y、Z并调节溶液的pH，然后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到Cu（NO3）23H2O；（1）向废液中加入铁屑时，只有铜离子和铁反应生成硫酸亚铁，硫酸锌不反应，所以转换后滤液中溶质是ZnSO4、FeSO4；将金属氧化为金属氧化物，能减少硝酸的用量并减少有害气体的产生，所以焙烧的目的是减少硝酸的用量或氮氧化物的污染，故答案为：ZnSO4、FeSO4；减少硝酸的用量或氮氧化物的污染；（2）FeO和稀硝酸反应生成铁离子和NO，离子方程式为3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O，故答案为：3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O；（3）调pH过滤过程中，为保证充分氧化，需要反应时间较长，加入的物质有氧化性且不能引进新的杂质，所以Y为双氧水，最后加入物质反应剩余的酸，且不能引进杂质，Z为CuO，故答案为：C；B；（4）硝酸铜晶体热分解可得高纯度氧化铜，热分解过程中有红棕色气体产生，说明有二氧化氮生成，此反应中N元素得电子，应该是O元素失电子生成氧气，结合元素守恒知还生成水，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为：（NO3）23H2O2CuO+4NO2+O2+6H2O，故答案为：（NO3）23H2O2CuO+4NO2+O2+6H2O点评：本题以物质制备为载体考查物质的分离提纯，为高频考点，侧重考查元素化合物知识、氧化还原反应、基本操作等，综合性较强，明确元素化合物性质及基本反应原理、基本操作即可解答，熟悉流程图中发生的反应及分离方法，难点是（3）题加入的物质名称及先后顺序，题目难度不大17（15分）（xx宝应县校级模拟）G是合成4硫醚基喹唑啉类化合物的中间体，其合成路线如下：已知：（1）F中含氧官能团有醚键和羧基（填名称）（2）写出反应类型EF还原反应（3）写出D转化为E的化学反应方程式（4）写出物质G的结构简式（5）满足下列条件的C的同分异构体X的结构简式X中含有苯环； X能够发生银镜反应； X分子中有4种不同化学环境的氢（6）利用题给相关信息，以甲苯、HCONH2为原料，合成合成过程中无机试剂任选（提示：）考点：有机物的合成 版权所有分析：A发生取代反应生成B，B发生酯化反应或取代反应生成C，C发生反应生成D，根据CD分子式知，D比C多一个N原子、两个O原子，而少一个H原子，说明C和硝酸发生取代反应生成D，所以D结构简式为；D酸化得到E，则E结构简式为，E发生还原反应生成F，F发生成肽反应生成G，G为；（6）甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Sn/HCl发生还原反应生成邻氨基苯甲酸，邻氨基苯甲酸在加热、HCONH2的条件下反应生成解答：解