2019-2020年高考化学四模试卷含解析.doc

2019-2020年高考化学四模试卷含解析一、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（2分）（xx扬州四模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题下列关于硫化氢的说法错误的是（）AH2S是一种弱电解质B可用石灰乳吸收H2S气体C根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SDH2S在空气中燃烧可以生成SO22（2分）（xx扬州四模）下列有关化学用语表示正确的是（）ANaOH的电子式：B质子数和中子数均为16的硫原子：1616SC氟原子的结构示意图：D乙醛的结构简式：3（2分）（xx扬州四模）25时，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：Na+、NH4+、SO42、ClOBKW/c（H+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、MnO4、HCO3C0.1 molL1的Na2SO3溶液中：K+、H+、SO42、NO3D澄清透明的溶液中：Fe3+、Na+、Cl、SO424（2分）（xx扬州四模）下列有关物质性质与应用对应关系正确的是（）A炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅B二氧化硫具有还原性，能用于漂白纸浆C碳酸钠能和酸反应，常用于治疗胃酸过多D氧化铝熔点很高，用其制造的坩埚可用于熔融烧碱5（2分）（xx扬州四模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性B用装置乙验证浓硝酸的强氧化性C用装置丙制备SO2气体D用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热6（2分）（xx扬州四模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1 molL1的Na2S溶液中，S2的数目小于0.1 NAB0.1 mol丙烷中含有的共价键数目为0.8 NAC标准状况下，11.2 L甲醇中含有的分子数目为0.5 NAD0.1 mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.3 NA7（2分）（xx扬州四模）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32+2H+=H2SiO3BNH4Al（SO4）2溶液与过量稀氨水反应：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2ODFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl8（2分）（xx扬州四模）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）组别甲乙丙ANONH3H2OBCO2Na2CO3Ba（OH）2CAlFe2O3HClDCl2FeCl2Ca（OH）2AABBCCDD9（2分）（xx扬州四模）短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍X与Y、Z位于相邻的周期下列说法正确的是（）AX的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B元素Z位于元素周期表的第3周期族CY形成的单质能在二氧化碳中燃烧D原子半径的大小顺序：r（Z）r（Y）r（X）10（2分）（xx扬州四模）下列关于各图的叙述正确的是（）A甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B乙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数（B）（ A）C丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度NaB溶液的pHD丁表示0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1醋酸溶液得到的滴定曲线二、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（4分）（xx扬州四模）下列有关说法正确的是（）A为减小酸碱中和滴定的实验误差，锥形瓶必须洗净、烘干后使用B在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c（H+）增大C已知NaAlO2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为NaAlO2D由H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3 kJmol1，可知100 mL 0.1 molL1 的盐酸与100 mL 0.1 molL1 的氨水混合，放出的热量等于0.573 kJ12（4分）（xx扬州四模）某药物中间体X的结构如图所示，下列说法正确的是（）A该X的分子式为C23H25N2O3B每个X分子中含有2个手性碳原子C1 mol X最多能与9 mol H2发生加成反应DX能发生水解、氧化和消去反应13（4分）（xx扬州四模）下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是（）A用如图装置可以制备沉淀Fe（OH）2B配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度CFeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀D向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化14（4分）（xx扬州四模）25时，0.1molL1氨水中c（H+）/c（OH）=1108，下列叙述正确的是（）A该溶液中氢离子的浓度：c（H+）=11011 molL1BpH=7 的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）C浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后的碱性溶液中：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）D0.1 molL1的氨水与0.05 molL1的 H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：2c（NH4+）+2c（NH3H2O）=c（SO42）15（4分）（xx扬州四模）一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入6mol CO2和8mol H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，测得n（H2）随时间变化如曲线所示下列说法正确的是（）A该反应在08 min内CO2的平均反应速率是 0.375 molL1min1B若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，则平衡时H2的体积分数大于20%C若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH和1mol H2O（g），则此时反应向正反应方向进行D改变条件得到曲线、，则曲线、改变的条件分别是升高温度、充入氦气三、解答题（共6小题，满分80分）16（12分）（xx扬州四模）以炼铅厂铅锌烟灰（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2+、Mn2+及微量其他重金属离子）为原料生产氯化锌的工艺流程如下：（1）“酸浸”时一般控制温度为30，温度不宜过高的原因是（2）“氧化”时需控制溶液的pH为5写出KMnO4氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式实际生产中高锰酸钾用量远多于理论用量的原因是（3）物质A的化学式是（4）写出流程中省略的操作步骤：，若操作不当则会产生杂质Zn（OH）Cl，欲降低产品中该杂质的含量，可以采取的方法是17（15分）（xx扬州四模）化合物G对多种植物病原菌具有抑制作用，由丙酮合成G的路线如下：（1）写出化合物G中含氧官能团的名称（2）反应的类型为（3）反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式（4）反应生成的G会部分转化为另一产物I，为链状结构，分子式为C10H18O4，写出的结构简式：（5）一分子G消去一分子水可得物质J，写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式：能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有2个峰（6）以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇 ，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH18（12分）（xx扬州四模）聚合氯化铝铁FeaAlb（OH）cCldm是一种性能优良的无机高分子絮凝剂，在净水行业得到广泛应用（1）在FeaAlb（OH）cCldm中d=（用a、b、c表示）（2）聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁的原因可能是（3）为确定聚合氯化铝铁的组成，进行如下实验：准确称取5.745g样品，配成500mL溶液取10mL溶液于锥形瓶中，加适量盐酸，滴加稍过量氯化亚锡溶液加氯化汞溶液2mL，充分反应后用0.0100molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液10.00mL相关反应如下：2FeCl3+SnCl2=2FeCl2+SnCl4；SnCl2+2HgCl2=SnCl4+Hg2Cl2； 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2CrCl3+2KCl+7H2O准确称取5.745g样品，加入足量的盐酸充分溶解，然后加入足量氨水，过滤、洗涤、灼烧，得固体3.420g根据以上实验数据计算聚合氯化铝铁样品中的n（Fe3+）：n（Al3+）（写出计算过程）19（15分）（xx扬州四模）以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如下：（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，其目的是（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式已知：铁氰化钾化学式为K3Fe（CN）6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe（CN）63H2O3Fe2+2Fe（CN）63=Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀）4Fe3+3Fe（CN）64=Fe4Fe（CN）63（蓝色沉淀）确定Fe2+是否氧化完全的方法是（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，写出该反应的化学方程式（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是（6）灼烧：准确称取所得CoC2O4 1.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式20（14分）（xx扬州四模）甲醇（CH3OH）是重要的溶剂和替代燃料（1）CO和H2的混合气体俗称合成气，可以在一定条件下制备甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，该反应平衡常数的表达式为若压强、投料比xn（CO）/n（H2）对该反应的影响如图1所示，则图中曲线所示的压强关系：p1 p2 （填“=”“”或“”）（2）NH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）H=+163.9kJmol1HCl（g）+CH3OH（g）CH3Cl（g）+H2O（g）H=31.9kJmol1写出氯化铵和甲醇反应的热化学方程式，该反应在一定条件下能自发进行的原因是由图2知，HCl和CH3OH的混合气体通过催化剂时的最佳流速在20Lmin130Lmin1之间流速过快，会导致氯甲烷产率下降，原因是流速过慢，会使副产物二甲醚增多，其反应为2CH3OHCH3OCH3+H2O，生产中常通入适量的水蒸气，该操作对制备CH3Cl的影响是（3）将有机污水去除氧气后加入到如图3所示的微生物电解池内，可以实现污水处理和二氧化碳还原制甲醇写出电解时阴极的电极反应式21（12分）（xx扬州四模）翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅（1）Na、Al、Si、O四种元素电负性由大到小的顺序为（2）Cr3+的基态核外电子排布式为（3）Cr可形成配合物KCr（C2O4）2（H2O）2，与H2O互为等电子体的一种分子是（填化学式），草酸根离子（C2O42）中碳原子的杂化方式为，1mol H2C2O4分子中含有的键的数目为（4）Cr和Ca可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞如图所示当该晶体中部分Ca2+被相同数目的La3+替代时，部分铬由+4价转变为+3价若化合物中La3+和Ca2+的物质的量之比为（x0.1），三价铬与四价铬的物质的量之比为xx年江苏省扬州市高考化学四模试卷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（2分）（xx扬州四模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题下列关于硫化氢的说法错误的是（）AH2S是一种弱电解质B可用石灰乳吸收H2S气体C根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SDH2S在空气中燃烧可以生成SO2考点：硫化氢专题：氧族元素分析：硫化氢具有酸性，为弱酸，具有还原性，可被氧化，在空气中完全燃烧可生成二氧化硫，可与CuCl2反应生成CuS，以此解答该题解答：解：AH2S在溶液中不能完全电离，是一种弱电解质，故A正确；B硫化氢具有酸性，可与石灰乳反应，可用石灰乳吸收H2S气体，故B正确；C根据如图可知FeCl3能氧化H2S，CuCl2与H2S反应生成CuS，没有发生氧化还原反应，故C错误；DH2S具有还原性，在空气中完全燃烧可以生成SO2，如氧气不足，可生成S，故D正确故选C点评：本题考查元素化合物知识，侧重于硫化氢的考查，注意把握提给信息，结合硫化氢的性质解答该题，难度不大，注意相关基础知识的积累，题目有利于培养学生良好的科学素养2（2分）（xx扬州四模）下列有关化学用语表示正确的是（）ANaOH的电子式：B质子数和中子数均为16的硫原子：1616SC氟原子的结构示意图：D乙醛的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合分析：A氢氧化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子及所带电荷；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氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层为7个电子；D中含有3个碳原子，其名称为丙醛，而乙醛含有2个C解答：解：A氢氧化钠属于离子化合物，电子式中阴阳离子都需要标出所带电荷，其电子式为：，故A正确；B质子数和中子数均为16的硫原子的质量数为32，该硫原子的正确表示方法为：1632S，故B错误；C为氟离子结构示意图，氟原子的最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为：，故C错误；D乙醛分子中含有2个碳原子，其正确的结构简式为：CH3CHO，故D错误；故选A点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及原子结构示意图、电子式、元素符号、结构简式等知识，注意熟练掌握常见化学用语的概念及书写原则，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别，试题培养了学生规范答题的能力3（2分）（xx扬州四模）25时，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：Na+、NH4+、SO42、ClOBKW/c（H+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、MnO4、HCO3C0.1 molL1的Na2SO3溶液中：K+、H+、SO42、NO3D澄清透明的溶液中：Fe3+、Na+、Cl、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A该溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸；B该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；C硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸钠；D四种离子之间不发生反应，且为澄清透明的溶液解答：解：ApH=1的溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；BKW/c（H+）=0.1 molL1的溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CH+、NO3能够氧化Na2SO3，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+、Na+、Cl、SO42之间不发生反应，且为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力4（2分）（xx扬州四模）下列有关物质性质与应用对应关系正确的是（）A炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅B二氧化硫具有还原性，能用于漂白纸浆C碳酸钠能和酸反应，常用于治疗胃酸过多D氧化铝熔点很高，用其制造的坩埚可用于熔融烧碱考点：硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物分析：A碳具有还原性，能含有部分氧化物；B二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性；C碳酸钠碱性太强；D氧化铝是两性氧化物，溶于强酸与强碱；解答：解：A碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，该反应中碳失电子而作还原剂，故A正确；B二氧化硫漂白纸浆体现二氧化硫的漂白性，与还原性无关，故B错误；C碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，故C错误；D由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，所以不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了碳酸钠、氧化铝、碳、二氧化硫等物质的性质，掌握二氧化硫的漂白性原理、氧化铝的两性、碳的还原性、是解答该题的关键，题目难度不大5（2分）（xx扬州四模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性B用装置乙验证浓硝酸的强氧化性C用装置丙制备SO2气体D用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A如苹果块不进入浓硫酸中，则不能验证脱水性和强氧化性；B应在加热条件下进行；C亚硫酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置控制；D如烧杯内有晶体析出，则说明反应放热解答：解：A苹果块悬在浓硫酸上方，不能验证脱水性和强氧化性，如苹果块变干，可说明浓硫酸的吸水性，故A错误；B常温下不反应或反应较慢，应在加热条件下进行，故B错误；C亚硫酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备气体并控制，故C错误；D氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，如烧杯内有晶体析出，则说明反应放热，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大6（2分）（xx扬州四模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1 molL1的Na2S溶液中，S2的数目小于0.1 NAB0.1 mol丙烷中含有的共价键数目为0.8 NAC标准状况下，11.2 L甲醇中含有的分子数目为0.5 NAD0.1 mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.3 NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、溶液体积不明确；B、1mol丙烷中含10mol共价键；C、标况下，甲醇为液态；D、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成解答：解：A、溶液体积不明确，故S2的个数无法计算，故A错误；B、1mol丙烷中含10mol共价键，故0.1mol丙烷中含1mol共价键，即NA个，故B错误；C、标况下，甲醇为液态，故甲醇的物质的量无法计算，故C错误；D、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.1molNa2O和Na2O2的混合物中，无论两者的比例如何，其含有的离子均为0.3mol，个数为0.3NA个，故D正确故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7（2分）（xx扬州四模）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32+2H+=H2SiO3BNH4Al（SO4）2溶液与过量稀氨水反应：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2ODFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A醋酸在离子反应中保留化学式；B只有铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；C反应生成硝酸银、NO和水；D氯气过量，亚铁离子、溴离子均被氧化解答：解：A硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的离子反应为SiO32+2CH3COOH=H2SiO3+2CH3COO，故A错误；BNH4Al（SO4）2溶液与过量稀氨水反应的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B正确；C用稀硝酸清洗试管内壁的银镜的离子反应为3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故C错误；DFeBr2溶液中通入过量Cl2的离子反应为2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大8（2分）（xx扬州四模）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）组别甲乙丙ANONH3H2OBCO2Na2CO3Ba（OH）2CAlFe2O3HClDCl2FeCl2Ca（OH）2AABBCCDD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物分析：A、NO不溶于水；B、CO2是酸性氧化物，能和Na2CO3反应生成NaHCO3，能和碱反应；C、Al和Fe2O3能发生铝热反应，Fe2O3是碱性氧化物，能和酸反应；D、Cl2是酸性气体，能和碱反应，Cl2有强氧化性，能和还原性物质反应解答：解：A、NO不溶于水，与水不反应，故A选；B、CO2是酸性氧化物，能和碱Ba（OH）2反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O；CO2能与Na2CO3反应生成NaHCO3：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；Na2CO3能和Ba（OH）2反应：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3+2NaOH，故三者相互之间反应，故B不选；C、Al和Fe2O3能发生铝热反应：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；Fe2O3是碱性氧化物，能和酸反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；铝能和盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，故三者相互之间能反应，故C不选；D、Cl2是酸性气体，能和碱反应：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；Cl2有强氧化性，能和还原性物质FeCl2反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；FeCl2能和Ca（OH）2反应生成Fe（OH）2沉淀：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2+CaCl2，即三者相互之间能反应，故D不选故选A点评：本题考查了物质之间的相互反应，应注意的是NO是一种不溶于水的无色气体，难度不大9（ 2分）（xx扬州四模）短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍X与Y、Z位于相邻的周期下列说法正确的是（）AX的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B元素Z位于元素周期表的第3周期族CY形成的单质能在二氧化碳中燃烧D原子半径的大小顺序：r（Z）r（Y）r（X）考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素，据此解答解答：解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素AX的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，故A错误；BZ为S元素，位于元素周期表的第3周期A族，故B错误；CMg能在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳，故C正确；D同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径r（Mg）r（S）r（N），故D错误，故选C点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析、推断能力，难度不大10（2分）（xx扬州四模）下列关于各图的叙述正确的是（）A甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B乙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数（B）（ A）C丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度NaB溶液的pHD丁表示0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1醋酸溶液得到的滴定曲线考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素专题：图示题分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；B、物质溶解度随温度升高增大，升温溶质溶剂不变，知识饱和溶液变为不饱和溶液；C、酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大；D、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；解答：解：A、图象中2mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B、A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时，AB溶解度相同，A、B的饱和溶液质量分数相同，分别升温至t2时，溶解度增大，但溶液浓度不变溶质的质量分数B=A，故B错误；C、稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HAHB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaANaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故C正确；D、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D错误；故选C点评：本题考查了图象分析判断，理解图象含义和变化趋势是解题关键，题目难度中等二、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（4分）（xx扬州四模）下列有关说法正确的是（）A为减小酸碱中和滴定的实验误差，锥形瓶必须洗净、烘干后使用B在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c（H+）增大C已知NaAlO2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为NaAlO2D由H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3 kJmol1，可知100 mL 0.1 molL1 的盐酸与100 mL 0.1 molL1 的氨水混合，放出的热量等于0.573 kJ考点：化学实验方案的评价分析：A锥形瓶无需干燥；B加水稀释促进一水合氨电离，加入氯化铵固体抑制一水合氨电离；CNaAlO2溶液加热生成氢氧化铝和氢氧化钠，最终仍生成NaAlO2；D一水合氨为弱电解质，电离吸热解答：解：A锥形瓶无论是否干燥，对实验结果都没有影响，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（OH）减小，加入氯化铵固体抑制一水合氨电离，一水合氨电离向逆反应方向移动，导致溶液中c（OH）减小，c（H+）增大，故B正确；CNaAlO2溶液加热生成氢氧化铝和氢氧化钠，最终仍生成NaAlO2，故C正确；D一水合氨为弱电解质，电离吸热，则100 mL 0.1 molL1 的盐酸与100 mL 0.1 molL1 的氨水混合，放出的热量小于0.573 kJ，故D错误故选BC点评：本题考查较为综合，涉及中和滴定、弱电解质的电离、盐类的水解等问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质12（4分）（xx扬州四模）某药物中间体X的结构如图所示，下列说法正确的是（）A该X的分子式为C23H25N2O3B每个X分子中含有2个手性碳原子C1 mol X最多能与9 mol H2发生加成反应DX能发生水解、氧化和消去反应考点：有机物的结构和性质分析：由有机物结构简式可知有机物的分子式，分子中含有含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有苯环、羰基，可发生加成反应，以此解答解答：解：A由结构简式可知X的分子式为C23H20N2O3，故A错误；BX分子中连接羟基的为手性碳原子，含有1个手性碳原子，故B错误；C能与氢气发生加成反应的为3个苯环以及羰基，则至少需要10mol氢气，故C错误；D含有羟基，可发生氧化和消去反应，含有肽键，可发生水解反应，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大13（4分）（xx扬州四模）下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是（）A用如图装置可以制备沉淀Fe（OH）2B配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度CFeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀D向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化考点：实验装置综合分析：A关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe（OH）2；BFeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀；CFeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀；D根据Fe3+与铁反应的性质判断解答：解：A反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe（OH）2，故A正确；BFeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；CFeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故C错误；DFe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故D正确故选C点评：本题考查铁离子的性质实验涉及，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度不大14（4分）（xx扬州四模）25时，0.1molL1氨水中c（H+）/c（OH）=1108，下列叙述正确的是（）A该溶液中氢离子的浓度：c（H+）=11011 molL1BpH=7 的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）C浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后的碱性溶液中：c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+）D0.1 molL1的氨水与0.05 molL1的 H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：2c（NH4+）+2c（NH3H2O）=c（SO42）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、25时Kw=11014，0.1molL1氨水中c（H+）/c（OH）=1108，则c（H+）=11011mol/L，c（OH）=1103mol/L；B、据电荷守恒分析；C、一水合氨电离使溶液显碱性，铵根离子水解使溶液显酸性，浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后的碱性溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；D、0.1 molL1的氨水与0.05 molL1的 H2SO4溶液等体积混合后恰好反应生成（NH4）2SO4，据物料守恒分析解答：解：A、25时Kw=11014，0.1molL1氨水中c（H+）/c（OH）=1108，则c（H+）=11011mol/L，故A正确；B、pH=7 的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液：c（Cl）=c（NH4+）c（H+）=c（OH），故B错误；C、浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后的碱性溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以c（NH4+）c（Cl），c（OH）c（H+），NH3H2O是弱碱，电离程度很小，所以其浓度关系为c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH）c（H+），故C正确；D、（NH4）2SO4溶液中据物料守恒有c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（SO42），故D错误；故选AC点评：本题考查了水的离子积常数的应用、溶液中的电荷守恒、物料守恒和离子浓度大小比较，题目难度不大15（4分）（xx扬州四模）一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入6mol CO2和8mol H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1，测得n（H2）随时间变化如曲线所示下列说法正确的是（）A该反应在08 min内CO2的平均反应速率是 0.375 molL1min1B若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，则平衡时H2的体积分数大于20%C若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH和1mol H2O（g），则此时反应向正反应方向进行D改变条件得到曲线、，则曲线、改变的条件分别是升高温度、充入氦气考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素分析：A根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（CO2）；B由图可知，I平衡时氢气为2mol，利用三段式计算平衡时各组分物质的量，进而计算氢气体积分数若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大；C根据B中计算可知平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度，代入平衡常数表达式K=计算平衡常数，再计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向；D与相比，到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动；与I相比，到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动解答：解：A由图可知，08 min内H2的物质的量变化量为8mol2mol=6mol，故v（H2）=0.375 molL1min1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（CO2）=v（H2）=0.125 molL1min1，故A错误；B由图可知，I平衡时氢气为2mol，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol）：6 8 0 0转化（mol）：2 6 2 2平衡（mol）：4 2 2 2故I中平衡时氢气体积分数为=20%，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，即平衡时H2的体积分数大于20%，故B正确；C平衡常数K=0.5，此时的浓度商Qc=0.25K=0.5，故平衡向正反应方向移动，故C正确；D与相比，到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与I相比，到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快、反应向正反应方向移动，若充入氦气，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变、平衡不移动，不符合题意，故D错误；故选BC点评：本题考查物质的量随时间变化曲线、反应速率影响因素及计算、化学平衡影响因素与计算、平衡常数应用等，侧重考查学生分析计算能力，C中注意利用平衡常数判断反应进行方向，难度中等三、解答题（共6小题，满分80分）16（12分）（xx扬州四模）以炼铅厂铅锌烟灰（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2+、Mn2+及微量其他重金属离子）为原料生产氯化锌的工艺流程如下：（1）“酸浸”时一般控制温度为30，温度不宜过高的原因是减少氯化氢的挥发（2）“氧化”时需控制溶液的pH为5写出KMnO4氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O实际生产中高锰酸钾用量远多于理论用量的原因是部分高锰酸钾氧化氯离子而消耗（3）物质A的化学式是Zn（4）写出流程中省略的操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干，若操作不当则会产生杂质Zn（OH）Cl，欲降低产品中该杂质的含量，可以采取的方法是控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：铅锌烟灰（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2+、Mn2+及微量其他重金属离子）加入盐酸酸浸，过滤后滤液中含有Zn2+、Fe2+、Mn2+等，加入高锰酸钾可生成Fe3+和MnO2，发生MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O，过滤后滤液中含有等Zn2+、Mn2+等，加入Zn置换出Mn，滤液中主要含有Zn2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到ZnCl2H2O，以此解答该题解答：解：铅锌烟灰（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2+、Mn2+及微量其他重金属离子）加入盐酸酸浸，过滤后滤液中含有Zn2+、Fe2+、Mn2+等，加入高锰酸钾可生成Fe3+和MnO2，发生MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O，过滤后滤液中含有等Zn2+、Mn2+等，加入Zn置换出Mn，滤液中主要含有Zn2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到ZnCl2H2O，（1）铅锌烟灰溶解在盐酸中，加热可促进溶解，但盐酸易挥发，应控制温度，故答案为：减少氯化氢的挥发；（2）控制溶液的pH为5写出KMnO4氧化Fe2+为Fe3+，同时生成MnO2，反应的方程式为MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O，由于溶液中含有氯离子，高锰酸钾可氧化氯离子而消耗，则实际生产中高锰酸钾用量远多于理论用量，故答案为：MnO4+3Fe2+4H+=3Fe3+MnO2+2H2O；部分高锰酸钾氧化氯离子而消耗；（3）A用于置换Mn，为防止引入新杂质，应用锌，故答案为：Zn；（4）滤液中主要含有Zn2+，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干可得到ZnCl2H2O，如操作不当，则氯化锌水解生成Zn（OH）Cl，应控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，冰水洗涤，低温烘干；控制蒸发时的温度不宜过高，或者向滤液中加入适量的盐酸点评：本题考查物质的制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目考查较为全面，能较好的培养学生良好的科学素养，难度中等17（15分）（xx扬州四模）化合物G对多种植物病原菌具有抑制作用，由丙酮合成G的路线如下：（1）写出化合物G中含氧官能团的名称酯基、羟基（2）反应的类型为加成反应（3）反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式（4）反应生成的G会部分转化为另一产物I，为链状结构，分子式为C10H18O4，写出的结构简式：（5）一分子G消去一分子水可得物质J，写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式：能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有2个峰（6）以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇 ，写出合成流程图（无机试剂任用）合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）据G的结构简式判断其所含官能团；（2）据A和B的结构简式可知，反应是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键；（3）反应是丙酮与乙炔在羰基上的加成反应，若得到另一产物的其分子式为C8H14O2，则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应；（4）据I的分子式和F的结构简式分析I的结构简式；（5）据G的结构简式和所给条件判断J的结构简式；（6）以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇 ，结合反应可知，需将甲醇氧化为甲醛，再与乙炔反应生成CHCCH2OH，与氢气加成产物加聚可得解答：解：（1）据G的结构简式可知，G中含有酯基和羟基两种官能团，故答案为：酯基、羟基；（2）反应是碳碳三键与氢气加成反应生成碳碳双键，故答案为：加成反应；（3）得到另一产物的其分子式为C8H14O2，则其发生的是2mol丙酮与乙炔的加成反应，H的结构简式为，故答案为：；（4）为链状结构，分子式为C10H18O4，由G生成I的结构简式为，故答案为：；（5）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；分子的核磁共振氢谱有2个峰，说明2个酚羟基在苯环的对位，苯环上还有4个甲基，J的结构简式为，故答案为：；（6）以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇 ，结合反应可知，需将甲醇氧化为甲醛，再与乙炔反应生成CHCCH2OH，与氢气加成产物加聚可得，其合成路线