2019-2020年高三化学模拟试卷（七） 含解析.doc

2019-2020年高三化学模拟试卷（七） 含解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法错误的是（）A利用微生物发酵技术，将植物秸杆、动物粪便等制成沼气B大力推广农作物的生物防治技术，以减少农药的使用C氢氧燃料电池、硅太阳能电池中都利用了原电池原理D采用光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为无毒气体2下列化学用语表示正确的是（）AHClO的电子式：B质子数为94、中子数为145的钚（Pu）原子： PuC氯离子的结构示意图：D对二甲苯的结构简式：325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A澄清透明的溶液中：Na+、K+、MnO4、NO3BpH=13的溶液中：Na+、K+、SO42、HCO3C0.1 molL1 NaClO溶液中：K+、Na+、NO3、ID0.1 molL1 FeCl3溶液中：Na+、NH4+、SCN、SO424下列物质性质与应用对应关系错误的是（）A氧化镁的熔点高，可用作耐火材料B碳酸钠具有弱碱性，可用作胃酸中和剂C二氧化硫具有漂白性，可用作漂白纸浆D氯化铁溶液能腐蚀铜，可用于制作印刷电路板5下列有关实验装置的说法中正确的是（）A用图1装置可以收集SO2B用图2装置可以完成“喷泉”实验C用图3装置可以检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯D用图4装置可以实现化学反应：Zn+2H+Zn2+H26设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A3.1 g由白磷和红磷组成的混合物中含有磷原子的数目为0.1NAB0.1 mol丙烯醛中含有双键的数目为0.1 NAC标准状况下，2.24 L乙醇中含有分子的数目为0.1NAD0.1 mol的氯气全部溶于水后转移电子的数目为0.1NA7下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应：Al3+4OHAlO2+2H2OB用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+C12C向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O+CO2+H2C6H5OH+HCO3D向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4+4OH2MnO2+3SO42+2H2O8下列各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系，且与表中条件也匹配的是（）选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AFeFeCl2FeCl3通入少量Cl2BNa2CO3NaClNaHCO3先通CO2、再通过量NH3CSiO2Na2SiO3H2SiO3加热DNaAlO2Al（OH）3Al2O3加H2OAABBCCDD9短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y和W同主族，Z+与Y2具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱CY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同DW的气态简单氢化物的热稳定性比Y的强10利用如图电解装置从海水中提取CO2，可减少温室气体含量，下列说法错误的是（）Aa室的电极接电源的负极B该装置将电能转化为化学能Cc室排出的碱液中含有NaOHDa室的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A常温下，pH=8的碱性溶液中不可能存在H2CO3分子B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大D将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色褪去，说明BaCl2溶液显酸性12某抗瘤药物中间体的合成路线如下下列说法正确的是（）A吲哚不能使溴的四氯化碳溶液褪色B苯甲醛可发生加成、氧化和还原反应C可用银氨溶液鉴别苯甲醛和中间体D该中间体分子中含有2个手性碳原子13下列有关实验的说法正确的是（）A向含少量苯酚的苯中加入适量溴水后过滤，可除去苯酚B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该溶液中一定含有Fe3+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明Fe2+是被HClO所氧化1425时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ApH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）B在0.1 molL1 NaHS溶液中：c（H+）=c（S2）+c（OH）+c（HS）C将0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.2 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：3c（Na+）=4c（CO32）+4c（HCO3）D向0.1 molL1 NaHSO4溶液中滴加氨水至溶液恰好呈中性：c（Na+）=c（NH4+）=c（SO42）c（OH）=c（H+）15在体积为1L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）A该化学反应在3 min时达到平衡状态B保持其他条件不变，降低温度，平衡时c（CH3OH）=0.85 molL1，则该反应的H0C相同温度下，起始时向上述容器中充入0.5 mol CO2、1.5 mol H2，平衡时CO2的转化率小于75%D12 min时，向上述容器中再充入0.25 mol CO2、0.25 mol H2O（g），此时反应将向逆反应方向进行二、非选择题（共80分）16碳酸镁水合物是制备镁产品的中间体，工业上从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO33H2O的方法如下：（1）写出沉淀过程的离子方程式（2）沉淀过程的pH随时间的变化如图1所示，沉淀过程的操作为（填序号）a向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2b向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2c向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2d向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2（3）沉淀过程的c（Mg2+）随时间的变化如图2所示，不同温度下所得到的沉淀产物如图3所示，沉淀过程选择的温度为，理由是（4）写出MgCO33H2O在323K温度时发生转化的化学方程式（5）在洗涤步骤中，表明产物洗涤干净的操作为17双黄酮具有抗癌、抗氧化等功能为研究其合成方法，设计如下路线；（1）反应的类型为，反应的类型为（2）物质A中含氧官能团的名称为（3）反应为取代反应，得到物质C的同时生成HBr，则物质X的结构简式为（4）设计反应的目的是（5）M由制得，写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应；能发生水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有4个峰（6）以为原料，合成，写出合成流程图（无机试剂作用）合成流程图示例如下：CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH18碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d可用作阻燃剂、抗酸剂等其制备方法是：控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al（OH）3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝（1）碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d中a、b、c、d之间的关系为（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；（3）若pH过高，则对产品的影响是（4）为确定碱式碳酸钠铝的组成，进行如下实验：准确称取2.880g样品用足量稀硝酸溶解，得到CO2 0.448L（已换算成标准状况下），并测得溶液中含有0.02mol Al3+加热至340以上时样品迅速分解，得到金属氧化物、CO2和H2O当样品分解完全时，样品的固体残留率（100%）为56.9%，根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成（写出计算过程）19碱式硫酸铬可用于皮革、印染等行业以含铬废渣（主要含Cr3+，还含Fe2+、Fe3+等杂质）为原料制备水溶性碱式硫酸铬Cr（OH）SO4的步骤如下：（1）酸浸取一定量含铬废渣，加入硫酸，水浴加热，搅拌，待反应完全后过滤，用氨水调节溶液pH至约2.0水浴加热的优点是（2）除铁向浸取液鼓入空气，发生反应的离子方程式是由图可知，继续加氨水，调节终点pH为3.0的原因是（3）沉铬向除铁后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH，生成Cr（OH）3Cr3+完全沉淀时溶液中c（OH）应不小于molL1已知：c（Cr3+）105 molL1，即认为沉淀完全；KspCr（OH）3=6.41031（4）合成采用一步法合成碱式硫酸铬，干燥即得产品（5）检测产品中含有微量CrO42，测定其含量时，可用TBP溶剂萃取溶液中的CrO42选择TBP作为萃取剂的理由是酸性条件下，蔗糖还原重铬酸钠也可制备水溶性碱式硫酸铬（1）该反应的化学方程式为：Na2Cr2O7+NaHSO4+C12H22O11Cr（OH）SO4+Na2SO4+H2O+CO2（未配平）反应中1mol C12H22O11能还原Na2Cr2O7的物质的量是mol（2）将生成液降温至17以下，静置，过滤，在80时蒸发滤液，得到标准的工业产品，该产品中混有的主要杂质是20你被遗忘在火星上，如何生存下去等待救援呢？（1）获得氢气向火箭燃料液态联氨（N2H4）中加入铱催化剂，分解生成氮气和氢气已知：3N2H4（l）4NH3（g）+N2（g）H=336.6kJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1则N2H4（l）N2（g）+2H2（g）H=kJmol1，该反应平衡常数的表达式为（2）获得氧气火星大气中有稀薄的CO2以碱溶液为电解质可实现如下转化2CO22CO+O2，该反应在一定条件下能自发进行的原因是，阴极的反应式为（3）获得水火星上含有高浓度高氯酸根的有毒卤水，可对其进行生物降解在微生物的催化下，ClO4可被CH3COO还原，过程如图1所示CH3COO也可作为碳元素的来源，促进微生物生长该过程总反应的离子方程式为CH3COO的浓度对ClO4降解程度的影响如图2所示，则12小时后，CH3COO浓度小于0.4g/L的条件下，ClO4的降解几乎停滞的原因是高氯酸、盐酸和硝酸的酸性在水溶液中差别不大某温度下，这三种酸在冰醋酸中的电离平衡常数如表所示冰醋酸做溶剂，这三种酸酸性最强的是在冰醋酸中，盐酸的电离方程式为酸HClO4HClHNO3Ka1.61051.61094.2101021六乙炔苯在铜片表面发生催化反应，可制得石墨炔，将其掺杂在钙钛矿型太阳能电池材料中，能有效地提高电子传输性能（1）铜原子基态核外价电子排布式为（2）六乙炔苯中碳原子的轨道杂化类型是，1mol六乙炔苯中含有键的数目为；（3）该电池材料之一是AMX3，A为CH3NH3+（甲胺正离子），M为Pb2+，X为I，其晶胞结构如图所示与CH3NH3+互为等电子体的一种分子为（填结构简式）每个A离子周围最近且等距离的M离子数目为制备AMX3用到的PbI2难溶于水，可溶于HI溶液，生成H2PbI4请写出PbI2和HI溶液反应的离子方程式（已知H2PbI4在溶液里完全电离出两种离子）xx年江苏省扬州市高考化学模拟试卷（七）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法错误的是（）A利用微生物发酵技术，将植物秸杆、动物粪便等制成沼气B大力推广农作物的生物防治技术，以减少农药的使用C氢氧燃料电池、硅太阳能电池中都利用了原电池原理D采用光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为无毒气体【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A利用微生物发酵技术，将植物秸杆等制成沼气，不会产生空气污染物；B生物防治技术能减少粮食的污染；C硅太阳能电池为太阳能转化为电能；D利用催化剂将NO和CO转化为无毒气体（氮气和二氧化碳）【解答】解：A利用微生物发酵技术，将植物秸杆等制成沼气，不会产生空气污染物，不会增加PM2.5污染，故A正确；B农药使用会污染环境，则大力推广农作物的生物防治技术，以减少农药的使用，故B正确；C硅太阳能电池为太阳能转化为电能，不属于原电池原理的利用，故C错误；D光触媒技术可实现将有毒气体NO和CO转化为无毒气体（氮气和二氧化碳），减少汽车尾气造成的危害，故D正确；故选C2下列化学用语表示正确的是（）AHClO的电子式：B质子数为94、中子数为145的钚（Pu）原子： PuC氯离子的结构示意图：D对二甲苯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对；B质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C氯离子的核电荷数为17，不是18；D对二甲苯中，两个甲基在苯环碳的对位上【解答】解：A次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对，次氯酸正确的电子式为，故A错误； B质子数为94、中子数为145的钚（Pu）原子的质量数为239，正确的表示方法为：94239Pu，故B错误；C氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为：，故C错误；D对二甲苯中甲基在对位，其结构简式为：，故D正确；故选D325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A澄清透明的溶液中：Na+、K+、MnO4、NO3BpH=13的溶液中：Na+、K+、SO42、HCO3C0.1 molL1 NaClO溶液中：K+、Na+、NO3、ID0.1 molL1 FeCl3溶液中：Na+、NH4+、SCN、SO42【考点】离子共存问题【分析】A离子之间不发生任何反应；BpH=13的溶液呈碱性；C与ClO发生反应的离子不能大量共存；D与Fe3+反应的离子不能大量共存【解答】解：A离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BpH=13的溶液呈碱性，HCO3不能大量共存，故B错误；CI与ClO发生反应二不能大量共存；DSCN与Fe3+反应而不能大量共存，个uDcw故选A4下列物质性质与应用对应关系错误的是（）A氧化镁的熔点高，可用作耐火材料B碳酸钠具有弱碱性，可用作胃酸中和剂C二氧化硫具有漂白性，可用作漂白纸浆D氯化铁溶液能腐蚀铜，可用于制作印刷电路板【考点】钠的重要化合物；氧化还原反应；二氧化硫的化学性质【分析】A、氧化镁和氧化铝熔点较高；B、小苏打为碳酸氢钠，能够中和胃酸中的盐酸；C、二氧化硫具有漂白性；D、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜【解答】解：A、氧化镁和氧化铝熔点较高，可用作高温耐火材料，故A正确；B、小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，而不碳酸钠，故B错误；C、二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，故C正确；D、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于制作印刷电路板，故D正确；故选B5下列有关实验装置的说法中正确的是（）A用图1装置可以收集SO2B用图2装置可以完成“喷泉”实验C用图3装置可以检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯D用图4装置可以实现化学反应：Zn+2H+Zn2+H2【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫密度比空气大； B氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；C不能排出乙醇的干扰；D可形成原电池【解答】解：A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误； B氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，不能形成喷泉，故B错误；C乙醇易挥发，不能排出乙醇的干扰，故C错误；D可形成原电池，发生反应Zn+2H+Zn2+H2，故D正确故选D6设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A3.1 g由白磷和红磷组成的混合物中含有磷原子的数目为0.1NAB0.1 mol丙烯醛中含有双键的数目为0.1 NAC标准状况下，2.24 L乙醇中含有分子的数目为0.1NAD0.1 mol的氯气全部溶于水后转移电子的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A白磷和红磷分子均由磷原子构成；B丙烯醛中含碳碳双键、碳氧双键，共2条双键；C气体摩尔体积使用对象为气体；D氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；【解答】解：A白磷和红磷分子均由磷原子构成，故3.1g混合物中含有的磷原子的物质的量为n=0.1mol，故含0.1NA个磷原子，故A正确；B丙烯醛中含碳碳双键、碳氧双键，共2条双键，故0.1mol丙烯醛中含0.2mol双键即0.2NA个，故B错误；C标况下，乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D.0.1mol氯气与水的反应中，只有少量氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，故D错误；故选：A7下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应：Al3+4OHAlO2+2H2OB用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+C12C向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O+CO2+H2C6H5OH+HCO3D向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4+4OH2MnO2+3SO42+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A漏掉氢氧根离子与铵根离子的反应；B氢氧化镁为沉淀，应保留化学式；C二者反应生成苯酚和碳酸氢钠；D酸性溶液中发生反应的离子为氢离子，不是氢氧根离子【解答】解：ANH4Al（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式：NH4+5OH+Al3+=AlO2+2H2O+NH3H2O，故A错误；B用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2O2Mg（OH）2+H2+C12，故B错误；C向苯酚钠溶液中通入少量CO2，离子方程式：C6H5O+CO2+H2C6H5OH+HCO3，故C正确；D向酸性KMnO4溶液中通入入SO2，反应为氢离子，离子方程式：3SO2+2MnO4+2H2O=2MnO2+3SO42+4H+，故D错误；故选：C8下列各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系，且与表中条件也匹配的是（）选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AFeFeCl2FeCl3通入少量Cl2BNa2CO3NaClNaHCO3先通CO2、再通过量NH3CSiO2Na2SiO3H2SiO3加热DNaAlO2Al（OH）3Al2O3加H2OAABBCCDD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】AFe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化铁与Zn反应可得到Fe；B碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，氯化钠与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠；C二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸与NaOH反应生成硅酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；D偏铝酸钠与盐酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与水不反应【解答】解：A发生FeFeCl2FeCl3Fe，发生FeCl3FeCl2，不能与氯气反应，故A错误；B中应先通入氨气，再通入二氧化碳，转化可实现，但条件不合理，故B错误；C发生SiO2Na2SiO3H2SiO3SiO2，H2SiO3发生Na2SiO3，故C正确；D氧化铝不溶于水，与水不反应，不能发生，故D错误；故选C9短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y和W同主族，Z+与Y2具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）BX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱CY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同DW的气态简单氢化物的热稳定性比Y的强【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X只能含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z+与Y2具有相同的电子层结构，再结合原子序数大小可知Z为Na元素、Y为O元素；Y和W同主族，则W为S元素，然后结合元素周期律知识解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X只能含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z+与Y2具有相同的电子层结构，再结合原子序数大小可知Z为Na元素、Y为O元素；Y和W同主族，则W为S元素，A电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越大，则原子半径大小顺序为：r（Z）r（W）r（X）r（Y），故A错误；BX的最高价氧化物对应水化物为碳酸，W的最高价氧化物对应水合物为硫酸，碳酸的酸性小于硫酸，故B正确；CY分别与Z形成的化合物为氧化钠、过氧化钠，含有的化学键为离子键、共价键，Y与W形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，含有的化学键为共价键，含有的化学键类型不同，故C错误；DW为S元素，形成的氢化物为硫化氢，Y为O元素，形成的氢化物为水，硫化氢的稳定性小于水，故D错误；故选B10利用如图电解装置从海水中提取CO2，可减少温室气体含量，下列说法错误的是（）Aa室的电极接电源的负极B该装置将电能转化为化学能Cc室排出的碱液中含有NaOHDa室的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2【考点】电解原理【分析】A电解池中阳极接电源正极、阴极接电源负极；B电解池是将电能转化为化学能的装置；Cc电极是阴极，阴极上水得电子生成氢气和OH，得到的气体是氢气，得到的溶液中含有NaOH；Da电极是阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气【解答】解：A电解池中阳极接电源正极、阴极接电源负极，根据图知，a电极接电源正极，为阳极，故A错误；B电解池是将电能转化为化学能的装置，该装置有外接电源，属于电解池，能将电能转化为化学能，故B正确；Cc电极是阴极，阴极上水得电子生成氢气和OH，得到的气体是氢气，得到的溶液中含有NaOH，所以c室排出的碱液中含有NaOH，故C正确；Da电极是阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH4e2H2O+O2，故D正确；故选A二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A常温下，pH=8的碱性溶液中不可能存在H2CO3分子B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大D将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色褪去，说明BaCl2溶液显酸性【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A碳酸钠、碳酸氢钠溶液中都存在碳酸分子；B盐酸抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；C醋酸稀释后醋酸的电离程度增大，而溶液中氢离子浓度减小；D氯化钡溶液为中性溶液，不显示酸性【解答】解：A碳酸钠、碳酸氢钠溶液呈碱性，其pH可以为8，两溶液中都存在碳酸分子，故A错误；BpH=5的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，故B错误；C.0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，醋酸的浓度越小，电离程度越大，但是稀释后氢离子浓度减小，所以溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大，故C正确；D将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，由于钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，导致碳酸根离子减少之至完全反应，所以溶液红色褪去，而BaCl2溶液显中性，故D错误；故选C12某抗瘤药物中间体的合成路线如下下列说法正确的是（）A吲哚不能使溴的四氯化碳溶液褪色B苯甲醛可发生加成、氧化和还原反应C可用银氨溶液鉴别苯甲醛和中间体D该中间体分子中含有2个手性碳原子【考点】有机物的结构和性质【分析】A吲哚中含碳碳双键；B含CHO，可发生加成、氧化反应；C含CHO的有机物可发生银镜反应；D连4个不同基团的C原子为手性原子【解答】解：A吲哚中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色，故A错误；B含CHO，可发生加成、氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故B正确；C含CHO的有机物可发生银镜反应，则可用银氨溶液鉴别苯甲醛和中间体，故C正确；D连4个不同基团的C原子为手性原子，则只有1个，如图，故D错误；故选BC13下列有关实验的说法正确的是（）A向含少量苯酚的苯中加入适量溴水后过滤，可除去苯酚B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该溶液中一定含有Fe3+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明Fe2+是被HClO所氧化【考点】化学实验方案的评价【分析】A溴和苯酚发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，但三溴苯酚易溶于苯；B钠元素焰色反应呈黄色，但溶液焰色反应呈黄色的不一定是钠盐溶液；C铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液；D氯水中氯气和次氯酸都具有强氧化性【解答】解：A溴和苯酚发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，但三溴苯酚易溶于苯，要除去苯中的少量苯酚，应该用NaOH溶液，然后采用分液方法分离提纯，故A错误；B钠元素焰色反应呈黄色，但溶液焰色反应呈黄色的不一定是钠盐溶液，可能是NaOH溶液，故B错误；C铁离子能和KSCN溶液混合产生血红色溶液，所以向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明该溶液中一定含有Fe3+，故C正确；D氯水中氯气和次氯酸都具有强氧化性，向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，Fe2+可能是被HClO所氧化，也可能是被氯气氧化，故D错误；故选C1425时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ApH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）B在0.1 molL1 NaHS溶液中：c（H+）=c（S2）+c（OH）+c（HS）C将0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.2 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：3c（Na+）=4c（CO32）+4c（HCO3）D向0.1 molL1 NaHSO4溶液中滴加氨水至溶液恰好呈中性：c（Na+）=c（NH4+）=c（SO42）c（OH）=c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A溶液中存在电荷守恒分析；BNaHS溶液中存在电荷守恒分析；C将0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.2 molL1 NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，3n（Na）=4n（C）；D依据电荷守恒和物料守恒分析判断；【解答】解：ApH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故A正确；B在0.1 molL1 NaHS溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（OH）+c（HS），c（Na+）c（S2），故B错误；C将0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.2 molL1 NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，3n（Na）=4n（C），3c（Na+）=4c（CO32）+4c（HCO3）+4c（H2CO3），故C错误；D向0.1 molL1 NaHSO4溶液中滴加氨水至溶液恰好呈中性，c（OH）=c（H+），c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），物料守恒c（Na+）=c（SO42），得到c（NH4+）=c（SO42），则c（Na+）=c（NH4+）=c（SO42）c（OH）=c（H+），故D正确；故选AD15在体积为1L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）A该化学反应在3 min时达到平衡状态B保持其他条件不变，降低温度，平衡时c（CH3OH）=0.85 molL1，则该反应的H0C相同温度下，起始时向上述容器中充入0.5 mol CO2、1.5 mol H2，平衡时CO2的转化率小于75%D12 min时，向上述容器中再充入0.25 mol CO2、0.25 mol H2O（g），此时反应将向逆反应方向进行【考点】化学平衡建立的过程【分析】A达到平衡状态时正逆反应速率相等，而3min时各组分浓度仍然在变化；B平衡时甲醇的浓度为0.75mol/L，结合温度对化学平衡的影响判断该反应的焓变；C相同温度下，起始时向上述容器中充入0.5molCO2、1.5molH2，相当于减小了压强，根据压强对该反应的影响判断；D再充入0.25molCO2、0.25molH2O（g），反应物浓度增大，平衡向着正向移动【解答】解：A根据图象可知进行到3分钟时，CO2和CH3OH（g）的浓度相同，但甲醇和二氧化碳的浓度仍然发生变化，说明此时没有达到平衡状态，故A错误；B根据图象可知10分钟后，CO2和CH3OH（g）的浓度不再变化，达到化学平衡状态，平衡时c（CH3OH）=0.75 molL1，降低温度后c（CH3OH）=0.85 molL1，说明降低温度平衡向着正向移动，则该反应为放热反应，该反应的H0，故B正确；C原反应达到平衡时二氧化碳的转化率为：100%=75%；相同温度下，起始时向上述容器中充入0.5molCO2、1.5molH2，与原平衡相比相当于减小了压强，平衡向着逆向移动，则重新达到平衡时CO2的转化率小于75%，故C正确；D12min时，向上述容器中再充入0.25molCO2、0.25molH2O（g），反应物浓度增大，则平衡向着正向移动，故D错误；故选BC二、非选择题（共80分）16碳酸镁水合物是制备镁产品的中间体，工业上从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO33H2O的方法如下：（1）写出沉淀过程的离子方程式Mg2+CO2+2OH+2H2OMgCO33H2O（2）沉淀过程的pH随时间的变化如图1所示，沉淀过程的操作为c（填序号）a向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2b向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2c向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2d向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2（3）沉淀过程的c（Mg2+）随时间的变化如图2所示，不同温度下所得到的沉淀产物如图3所示，沉淀过程选择的温度为313K，理由是较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c（Mg2+）较小，提高Mg2+的沉淀率，但温度过高易生成Mg5（OH）2（CO3）44H2O（4）写出MgCO33H2O在323K温度时发生转化的化学方程式5MgCO33H2OMg5（OH）2（CO3）44H2O+CO2+10H2O（5）在洗涤步骤中，表明产物洗涤干净的操作为取最后一次洗涤滤液，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净【考点】制备实验方案的设计【分析】从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO33H2O，在卤水中加氢氧化钠并通入二氧化碳得碳酸镁晶体沉淀，经洗涤、烘干、得MgCO33H2O，（1）沉淀过程中生成MgCO33H2O，根据电荷守恒和元素守恒书写反应的离子方程式；（2）根据图1可知，沉淀过程的pH随时间的变化是先变小后增大，然后保持在910之间左右，而溶液起始的PH值在78左右，据此判断；（3）根据图2可知，较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c（Mg2+）较小，根据图3可知，323K时，Mg2+生成Mg5（OH）2（CO3）44H2O沉淀；（4）MgCO33H2O在323K温度时转化成Mg5（OH）2（CO3）44H2O，根据元素守恒书写化学方程式；（5）在洗涤步骤中，沉淀是从含有氯离子的溶液中析出的，所以可以通过检验氯离子判断产物洗涤是否干净【解答】解：从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO33H2O，在卤水中加氢氧化钠并通入二氧化碳得碳酸镁晶体沉淀，经洗涤、烘干、得MgCO33H2O，（1）沉淀过程中生成MgCO33H2O，反应的离子方程式为Mg2+CO2+2OH+2H2OMgCO33H2O，故答案为：Mg2+CO2+2OH+2H2OMgCO33H2O；（2）根据图1可知，沉淀过程的pH随时间的变化是先变小后增大，然后保持在910之间左右，而溶液起始的PH值在78左右，所以沉淀过程的操作为向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2，故选c；（3）根据图2可知，较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c（Mg2+）较小，根据图3可知，323K时，Mg2+生成Mg5（OH）2（CO3）44H2O沉淀，所以选择的温度为313K，理由是较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c（Mg2+）较小，提高Mg2+的沉淀率，但温度过高易生成Mg5（OH）2（CO3）44H2O，故答案为：313K；较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c（Mg2+）较小，提高Mg2+的沉淀率，但温度过高易生成Mg5（OH）2（CO3）44H2O；（4）MgCO33H2O在323K温度时转化成Mg5（OH）2（CO3）44H2O，反应的化学方程式为5MgCO33H2OMg5（OH）2（CO3）44H2O+CO2+10H2O，故答案为：5MgCO33H2OMg5（OH）2（CO3）44H2O+CO2+10H2O；（5）在洗涤步骤中，沉淀是从含有氯离子的溶液中析出的，所以可以通过检验氯离子判断产物洗涤是否干净，所以表明产物洗涤干净的操作为取最后一次洗涤滤液，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤滤液，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净17双黄酮具有抗癌、抗氧化等功能为研究其合成方法，设计如下路线；（1）反应的类型为取代反应，反应的类型为加成反应（2）物质A中含氧官能团的名称为醛基、羟基（3）反应为取代反应，得到物质C的同时生成HBr，则物质X的结构简式为（4）设计反应的目的是保护酚羟基（5）M由制得，写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式或能发生银镜反应；能发生水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有4个峰（6）以为原料，合成，写出合成流程图（无机试剂作用）合成流程图示例如下：CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）对比A、B结构可知，A中苯环上述H原子别Br取代生成B，属于取代反应；对比E、F的结构可知，E中酚羟基与碳碳双键发生加成反应生成F；（2）由A的结构简式可知，A中含有的官能团为醛基、羟基；（3）反应为取代反应，得到物质C的同时生成HBr，则X为苯酚；（4）酚羟基易被氧化；（5）满足下列条件的的一种同分异构体：能发生银镜反应，含有醛基；能发生水解反应，含有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；分子的核磁共振氢谱有4个峰；（6）再碱性条件下水解得到，催化氧化得到，与苯甲醛在进行条件下反应生在，最后与HCl发生加成反应得到【解答】解：（1）对比A、B结构可知，A中苯环上述H原子别Br取代生成B，属于取代反应；对比E、F的结构可知，E中酚羟基与碳碳双键发生加成反应生成F，故答案为：取代反应；加成反应；（2）由A的结构简式可知，A中含有的官能团为醛基、羟基，故答案为：醛基、羟基；（3）反应为取代反应，得到物质C的同时生成HBr，则X为，故答案为：；（4）酚羟基易被氧化，设计反应的目的是：保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；（5）满足下列条件的的一种同分异构体：能发生银镜反应，含有醛基；能发生水解反应，含有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；分子的核磁共振氢谱有4个峰，符合条件的一种同分异构体为：或，故答案为：或；（6）在碱性条件下水解得到，催化氧化得到，与苯甲醛在进行条件下反应生成，最后与HCl发生加成反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：18碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d可用作阻燃剂、抗酸剂等其制备方法是：控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al（OH）3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝（1）碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d中a、b、c、d之间的关系为a+3b=c+2d（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；产生阻燃性气体CO2、H2O（3）若pH过高，则对产品的影响是pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2（4）为确定碱式碳酸钠铝的组成，进行如下实验：准确称取2.880g样品用足量稀硝酸溶解，得到CO2 0.448L（已换算成标准状况下），并测得溶液中含有0.02mol Al3+加热至340以上时样品迅速分解，得到金属氧化物、CO2和H2O当样品分解完全时，样品的固体残留率（100%）为56.9%，根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成（写出计算过程）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d中，化合价代数和为0；（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；同产生不支持燃烧的二氧化碳和水；（3）pH过高，碱性强不生成氢氧化铝，而产生偏铝酸盐；（4）因为：n（CO2）=，n（CO2）=0.02mol，所以n（H2O）=，而测得溶液中含有0.02molAl3+，所以b：c：d=1：2：1，根据电荷守恒a+0.023=0.022+0.022，所以a=0.02mol，所以a：b：c：d=1：1：2：1，由此分析解答【解答】解：（1）碱式碳酸钠铝NaaAlb（OH）c（CO3）d中，化合价代数和为0，所以a+3bc2d=0，则a+3b=c+2d，故答案为：a+3b=c+2d；（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；同产生不支持燃烧的二氧化碳和水，故答案为：产生阻燃性气体CO2、H2O；（3）pH过高，碱性强不生成氢氧化铝，而产生偏铝酸盐，所以pH过高，则对产品的影响是会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2，故答案为：pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2；（4）因为：n（CO2）=，n（CO2）=0.02mol，所以n（H2O）=，而测得溶液中含有0.02molAl3+，所以b：c：d=1：2：1，根据电荷守恒a+0.023=0.022+0.022，所以a=0.02mol，所以a：b：c：d=1：1：2：1，所以，碱式碳酸铝的化学组成为NaAl（OH）2CO3，答：因为：n（CO2）=0.02 mol n（CO2）=0.02 mol所以：n（H2O）=0.02 molb：c：d=1：2：1，根据电荷守恒，a：b：c：d=1：1：2：1，所以，碱式碳酸铝的化学组成为NaAl（OH）2CO3 ；19碱式硫酸铬可用于皮革、印染等行业以含铬废渣（主要含Cr3+，还含Fe2+、Fe3+等杂质）为原料制备水溶性碱式硫酸铬Cr（OH）SO4的步骤如下：（1）酸浸取一定量含铬废渣，加入硫酸，水浴加热，搅拌，待反应完全后过滤，用氨水调节溶液pH至约2.0水浴加热的优点是受热均匀，温度易于控制（2）除铁向浸取液鼓入空气，发生反应的离子方程式是4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2O由图可知，继续加氨水，调节终点pH为3.0的原因是铁的去除率很高，而铬的去除率不是很高（3）沉铬向除铁后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH，生成Cr（OH）3Cr3+完全沉淀时溶液中c（OH）应不小于4109molL1已知：c（Cr3+）105 molL1，即认为沉淀完全；KspCr（OH）3=6.41031（4）合成采用一步法合成碱式硫酸铬，干燥即得产品（5）检测产品中含有微量CrO42，测定其含量时，可用TBP溶剂萃取溶液中的CrO42选择TBP作为萃取剂的理由是CrO42在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水酸性条件下，蔗糖还原重铬酸钠也可制备水溶性碱式硫酸铬（1）该反应的化学方程式为：Na2Cr2O7+NaHSO4+C12H22O11Cr（OH）SO4+Na2SO4+H2O+CO2（未配平）反应中1mol C12H22O11能还原Na2Cr2O7的物质的量是8mol（2）将生成液降温至17以下，静置，过滤，在80时蒸发滤液，得到标准的工业产品，该产品中混有的主要杂质是Na2SO4【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）水浴加热可保持恒定的温度，防止温度过高或过低；（2）亚铁离子易被氧气氧化生成铁离子，由图可知pH为3.0铁的去除率较大；（3）结合c（Cr3+）c（OH）3=KspCr（OH）3计算；（5）作为萃取剂与离子在不同溶剂中的溶解性差异有关；酸性条件下，蔗糖还原重铬酸钠也可制备水溶性碱式硫酸铬（1）根据反应Na2Cr2O7+NaHSO4+C12H22O11Cr（OH）SO4+Na2SO4+H2O+CO2可知，C12H22O11中碳的化合价从0价升高到+4价，Na2Cr2O7中铬从+6价降为+3价，根据电子得失守恒可计算出1mol C12H22O11能还原Na2Cr2O7的物质的量；（2）生成液中含有Cr（OH）SO4、Na2SO4，蒸发滤液后得到Cr（OH）SO4产品中混有的主要杂质是Na2SO4【解答】解：（1）酸浸取一定量含铬废渣，加入硫酸，水浴加热，搅拌，待反应完全后过滤，用氨水调节溶液pH至约2.0，水浴加热的优点是受热均匀，温度易于控制，故答案为：受热均匀，温度易于控制；（2）除铁向浸取液鼓入空气，发生反应的离子方程式是4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2O，由图可知，继续加氨水，调节终点pH为3.0的原因是铁的去除率很高，而铬的去除率不是很高，故答案为：4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2O；铁的去除率很高，而铬的去除率不是很高；（3）c（Cr3+）105 mol/L，