廣東省2021屆高三化學上學期期中試題（含解析）

1、廣東省汕頭市金山中學2020屆高三化學上學期期中試題（含解析）相對原子質(zhì)量：C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Co-59 Zn-65 Pb-207一、單項選擇題1.化學與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是（ ）A. 剛玉（Al2O3）硬度僅次于金剛石，熔點也相當高，剛玉坩堝可用于熔融碳酸鉀B. 鹽析可提純蛋白質(zhì)，并保持其生理活性C. “火樹銀花”的煙花場景利用的是金屬的化學性質(zhì)D. 石油分餾可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短鏈烴【答案】B【解析】【詳解】A.氧化鋁與碳酸鉀在熔融狀態(tài)下反應生成偏鋁酸鉀和二氧化碳，則不能用

2、剛玉坩堝熔融碳酸鉀，故A錯誤；B.蛋白質(zhì)可用鹽析的方法分離，不改變蛋白質(zhì)的性質(zhì)，為可逆過程，故B正確；C.煙花中添加多種金屬元素，具有不同的焰色反應，利用的是金屬元素的物理性質(zhì)，而不是化學性質(zhì)，故C錯誤；D.石油分餾一般得到飽和烴，可用裂解、裂化的方法制備乙烯、丙烯、丁二烯等短鏈烴，故D錯誤；故答案選B。【點睛】向蛋白質(zhì)溶液中加入輕金屬鹽，會造成蛋白質(zhì)的鹽析，但加水后蛋白質(zhì)會溶解，是一個可逆轉(zhuǎn)的過程，蛋白質(zhì)沒有失去生理活性；向蛋白質(zhì)溶液中加入重金屬鹽或加熱，會造成蛋白質(zhì)的變性，失去生理活性，是不可逆轉(zhuǎn)的過程。石油的分餾是物理變化，石油的裂解和裂化都是化學變化，裂解釋深度的裂化，石油的裂解是為了

3、得到乙烯、丙烯等小分子有機物，石油的裂化目的是為了得到更多的輕質(zhì)液體燃料。2.下列說法正確的是（ ）A. 侯氏制堿法的工藝過程中主要應用了物質(zhì)熔沸點的差異B. 可用蘸有濃氨水的玻璃棒檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣C. 白熾燈工作時，電能全部轉(zhuǎn)化為光能D. 日本福島核電站核泄漏事故提醒我們不要開發(fā)新能源，要大力挖掘化石能源【答案】B【解析】【詳解】A.侯氏制堿法是將通入飽和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A錯誤；B.過量濃氨水與氯氣反應會生成氯化銨固體，有白煙產(chǎn)生，現(xiàn)象明顯，則濃氨水可用于檢驗輸送氯氣的管道，B正確；C.白熾燈工作時，大部分電能轉(zhuǎn)化為光能，少部分轉(zhuǎn)化為熱能，C錯誤；D.開發(fā)新

4、能源是解決能源危機問題和環(huán)境污染問題的主要途徑，不能因為核電站出現(xiàn)泄漏的個例事件就否定新能源的開發(fā)戰(zhàn)略，D錯誤；故答案選B。3.化學與社會、生活、技術(shù)和環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中不正確的是（ ）A. 有機溶劑（如乙醚、乙醇、苯、丙酮等）沸點低，極易被引燃，加熱時最好用水浴加熱B. 石油裂解、海水制鎂、植物油制人造奶油都包含化學變化C. 大分子化合物油脂在人體內(nèi)水解為氨基酸和甘油等小分子才能被吸收D. 蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理不同【答案】C【解析】【詳解】A.水浴加熱的溫度較低，則一些有機溶劑(如乙醚、乙醇、苯、丙酮等)沸點低極易被引燃，加熱時最好用水浴加熱，故A正確；B.石油

5、裂解、海水制鎂、植物油制人造奶油都有新物質(zhì)生成，都包含化學變化，故B正確；C.油脂為高級脂肪酸甘油酯，水解生成高級脂肪酸(或鹽)、甘油，故C錯誤；D.紙張久置變黃因為紙張纖維間的空隙中會滲入很多霉菌之類的真菌孢子，蘋果久置變黃是因為所含二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子，二者原理不相同，故D正確；故選：C。4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A. 12.4 g白磷（P4）中所含的P-P鍵數(shù)目為0.6 NAB. 40 g SiC晶體中含有SiC分子的數(shù)目為NA個C. 1 mol麥芽糖完全水解后產(chǎn)生的葡萄糖分子數(shù)目為NAD. 標準狀況下，2 mol Na2O2與44.8 L SO2完

6、全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA【答案】A【解析】【詳解】A.12. 4g白磷含有 的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol分子中含有鍵的物質(zhì)的量為：，所含鍵數(shù)目為0.6NA， A正確；B. 晶體為原子晶體，不存在分子，B錯誤；C.麥芽糖的水解產(chǎn)物全部為葡萄糖，則1 mol麥芽糖水解后產(chǎn)生2mol葡萄糖，即2NA個， C錯誤；D.，則2 mol 與44.8 L（等于2mol）完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為4NA，D錯誤；答案選A。【點睛】二氧化硅、碳化硅是原子晶體，其結(jié)構(gòu)中只有原子沒有分子，二氧化硅是正四面體結(jié)構(gòu)，1mol二氧化硅中含有的共價鍵為了4NA；白磷是分子晶體，正四面體型，1mol含有的共價

7、鍵為6NA。5.某無色溶液能與鎂粉作用產(chǎn)生氫氣，此溶液中可能大量存在的離子組是（ ）A. Ca2+、H+、C1、NO3B. K+、Ba2+、AlO2-、Cl-C. A13+、Fe3+、HCO3-、SO32-D. H+、Na+、Cl、SO42-【答案】D【解析】【分析】無色時可排除 等有色離子的存在，與鎂粉作用產(chǎn)生氫氣的溶液呈酸性。【詳解】A.在酸性條件下與Mg反應不會生成氫氣，而是產(chǎn)生,故A錯誤；B.與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C. 與發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D. 之間不反應，都是無色離子，且都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故D正確；答案選D?！军c睛

8、】金屬與硝酸不會產(chǎn)生氫氣而是產(chǎn)生氮的氧化物（等），酸性環(huán)境中加金屬產(chǎn)生氫氣的溶液中，肯定不能存在。6.將3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1molL-1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2全部反應完，Cr2O72全部轉(zhuǎn)化為Cr3，則K2Cr2O7溶液的物質(zhì)的量濃度為A. 0.033molL1B. 0.3molL1C. 0.2molL1D. 0.1molL1【答案】D【解析】【詳解】3.48g四氧化三鐵的物質(zhì)的量是0.015mol，與稀硫酸反應溶液中亞離子的物質(zhì)的量是0.015mol，與重鉻酸鉀的反應中失去0.015mol電子。在反應中Cr元素的化合

9、價從6價降低到3價得到3個電子，則關(guān)鍵電子得失守恒可知消耗重鉻酸鉀的物質(zhì)的量是0.0025mol，則其濃度是0.1mol/L，答案選D。7.將17.9g由Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體3.36L（標準狀況）。另取等質(zhì)量的合金溶于過量的稀硝酸中，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為25.4g。若HNO3的還原產(chǎn)物僅為NO，則生成NO的標準狀況下的體積為（ ）A. 2.24LB. 4.48LC. 6.72LD. 8.96L【答案】C【解析】【詳解】加入足量的氫氧化鈉中發(fā)生的反應為2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H

10、2生成的氫氣為3.36 L,即0.15 mol，所以含有鋁0.1 mol，而0.1mol鋁則變?yōu)?3價，所以轉(zhuǎn)移0.3 mol電子，F(xiàn)e被氧化為+3價，Cu被氧化為+2。假設Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是x、y 。質(zhì)量和：2.7 + 56x + 64y = 17.9 ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x=0.1 mol，y=0.15 molAl、Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)總的為0.9 mol；氮原子從硝酸中的+5價還原為+2價，共轉(zhuǎn)移0.9 mol電子，則生成NO為0.3 mol，則V（NO）=672L。故答案選C。8

11、.廢鐵屑制Fe2O3的一種流程如下圖：下列說法不正確的是A. 熱的純堿溶液可去除廢鐵屑表面的油污B. 操作a是萃取C. 冰水既可洗去雜質(zhì)又可減少固休的溶解D. Fe2O3可用作紅色顏料【答案】B【解析】【分析】用熱純堿溶液洗滌廢鐵屑表面的油污。加入稀硫酸后，將鐵單質(zhì)轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，再加入碳酸氫銨，促進亞鐵離子水解得到沉淀。通過過濾、洗滌、煅燒，得到氧化鐵，據(jù)此分析；【詳解】A.熱的純堿溶液可去除廢鐵屑表面的油污，故A項正確；B.操作a是過濾，故B項錯誤；C.冰水既可洗去雜質(zhì)又降低溫度，減少固休的溶解，故C項正確；D.Fe2O3俗名鐵紅，可用作紅色顏料，故D項正確；綜上，本題選B。9.某溶液中有

12、Na+、Mg2+、HSO3-、Cl-、SO42-五種離子，若向其中加入過量的過氧化鈉，微熱并攪拌，冷卻后再加入過量鹽酸，溶液中離子的物質(zhì)的量基本保持不變的是（ ）A. Na+B. Cl-C. Mg2+D. SO42-【答案】C【解析】分析】向溶液中加入過量的，過氧化鈉具有強氧化性，且與水反應生成氫氧化鈉。【詳解】A.加入，和水反應生成氫氧化鈉， 增多，A錯誤；B.加入了鹽酸，增多，B錯誤；C. 加入過氧化鈉后鎂離子生成氫氧化鎂，再加入過量鹽酸，氫氧化鎂溶解生成氯化鎂，故鎂離子的量不變，C正確；D. 過氧化鈉具有強氧化性，將亞硫酸氫根離子氧化成硫酸根離子，故硫酸根濃度增大，D錯誤；答案選C。10

13、. 硫酸亞鐵隔絕空氣加強熱分解形成四氧化三鐵，將分解生成的氣體通入氯化鋇溶液中，下列敘述正確的是A. 產(chǎn)生BaSO4沉淀B. 產(chǎn)生BaSO3沉淀C. 產(chǎn)生BaSO4與BaSO3的混合沉淀D. 無沉淀產(chǎn)生【答案】A【解析】【詳解】硫酸亞鐵隔絕空氣加強熱分解形成四氧化三鐵、二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應生成沉淀，三氧化硫與水反應生成硫酸其與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，A項符合題意，故答案選A。11.食品、大氣、工業(yè)尾氣中SO2均需嚴格檢測或轉(zhuǎn)化吸收，下列有關(guān)SO2的檢測或吸收方法正確的是A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒試樣以測定葡萄酒中SO2的濃度B. 沉淀法：用Ba(

14、OH)2溶液沉淀SO2，然后將沉淀在空氣中洗滌、過濾、干燥、稱重以測定大氣中SO2的濃度C. 氨酸法：用氨水吸收尾氣中的SO2后再將吸收液與硫酸反應，將富集后的SO2循環(huán)使用D. 石灰石膏法：常溫下用石灰石吸收尾氣中的SO2得到CaSO3，再經(jīng)氧化可用于生產(chǎn)石膏【答案】C【解析】【詳解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，對SO2的檢測有干擾，選項A錯誤；B、亞硫酸鋇在空氣中易被氧化，大氣中的CO2能與Ba(OH)2溶液形成沉淀，對SO2的檢測有干擾，選項B錯誤；C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3與硫酸反應能產(chǎn)生SO2，SO2可

15、以循環(huán)使用，選項C正確；D、石灰石吸收SO2，需要在高溫下才能進行，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，注意二氧化硫是酸性氧化物，與二氧化碳具有相似的性質(zhì)，但區(qū)別于二氧化碳的性質(zhì)是二氧化硫具有漂白性及還原性。12.類比推理是學習化學的重要的思維方法，下列陳述及類比推理陳述均正確的是（ ）陳述類比推理陳述A單質(zhì)的熔點Br2 I2單質(zhì)的熔點Li Br-還原性：P3- N3-D溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3A AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【詳解】A. 分子晶體熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質(zhì)量成正比，鹵族

16、元素單質(zhì)都是分子晶體且其相對分子質(zhì)量： ，所以單質(zhì)熔點：，而金屬晶體熔沸點與其金屬鍵強弱有關(guān)，金屬鍵強弱與離子所帶電荷成正比、與離子半徑成反比，金屬鍵： ，則單質(zhì)熔點：，故A錯誤；B. 的熔點遠遠高于，且熔融導電，從減少資源浪費方面考慮，工業(yè)上采用電解熔融方法冶煉，故B錯誤；C. 元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱，非金屬性，所以還原性，故C正確；D.碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，故D錯誤；答案選C。13. 六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，E在同周期元素中離子半徑最小。A和B、C、F均能形成共價

17、型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈堿性，D和F形成的化合物在水中呈中性。下列說法錯誤的是A. B、D離子的半徑大小是BDB. 化合物AC的沸點比化合物AF的高C. C的單質(zhì)能將F單質(zhì)從EF3的溶液中置換出來D. 化合物AF與化合物Y可反應生成含有共價鍵的離子化合物【答案】C【解析】【分析】六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的共價化合物在水中呈堿性，該化合物為NH3，則A為氫元素、B為氮元素；A和D同族，D的原子序數(shù)大于氮元素，故D為Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，結(jié)合原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Cl；C和F同族，則C為氟元素；B、C、D、E的離子均具有相同的

18、電子層結(jié)構(gòu)，E在同周期元素中離子半徑最小，則E為Al，據(jù)此分析作答。【詳解】A、電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑BD，A項正確；B、HF分子之間存在氫鍵，沸點比較HCl高，B項正確；C、氟氣與AlCl3溶液中隨反應生成HF與氧氣，不能置換出氯氣，C項錯誤；D、HCl與NH3生成的NH4Cl屬于離子化合物，D項正確；答案選C。14.某有機物鍵線式的結(jié)構(gòu)如圖所示，關(guān)于其說法正確的是（ ）A. 分子式為C8H10O2B. 它的另一種同分異構(gòu)體最多有16個原子共平面C. 該有機物的含酯基的芳香族化合物的同分異構(gòu)體有4種D. 可發(fā)生氧化、取代、還原、加成反應【答案】D【解析】【詳解】

19、A. 由結(jié)構(gòu)可知分子式為，故A錯誤；B. 苯環(huán)、碳碳雙鍵平面結(jié)構(gòu)，且直接相連，則最18個原子可共面，故B錯誤；C. 該有機物的含酯基的芳香族化合物的同分異構(gòu)體，可為苯甲酸甲酯，甲酸苯甲酯，甲酸苯酚酯(含有甲基，有鄰、間、對3種)共5種，故C錯誤；D. 含雙鍵可發(fā)生氧化、加成反應，含可發(fā)生氧化、取代反應，故D正確；故選D。15. 二羥甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列關(guān)于二羥甲戊酸的說法正確的是A. 與乙醇發(fā)生酯化反應生成產(chǎn)物的分子式為C8H18O4B. 能發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應C. 在銅的催化下與氧氣反應的產(chǎn)物可以發(fā)生銀鏡反應D. 標準狀況下1mol該有機物可以與足量金屬鈉反應產(chǎn)生

20、22.4LH2【答案】C【解析】【詳解】A只有-COOH可與乙醇發(fā)生酯化反應，由原子守恒可知，與乙醇發(fā)生酯化反應生成產(chǎn)物的分子式為C8H16O4，故A錯誤；B含-COOH，不能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C含-OH，-CH2OH在銅的催化下與氧氣反應的產(chǎn)物含-CHO可以發(fā)生銀鏡反應，故C正確；D-COOH、-OH均與鈉反應生成氫氣，則標準狀況下1mol該有機物可以與足量金屬鈉反應產(chǎn)生1.5mol22.4L/mol=33.6LH2，故D錯誤；故選C。【點晴】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意醇和羧酸的性質(zhì)考查。解答此類試題要抓住

21、有機物的結(jié)構(gòu)和特征性質(zhì)分析。（1）能與氫氣加成的：苯環(huán)結(jié)構(gòu)、C=C、C=O。(和中的C=O雙鍵不發(fā)生加成)；（2）能與NaOH反應的：COOH、；（3）能與NaHCO3反應的：COOH；（4）能與Na反應的：COOH、OH；（5）能發(fā)生加聚反應的物質(zhì)：烯烴、二烯烴、乙炔、苯乙烯、烯烴和二烯烴的衍生物；（6）能發(fā)生銀鏡反應的物質(zhì)：凡是分子中有醛基(CHO)的物質(zhì)均能發(fā)生銀鏡反應。所有的醛(RCHO)；甲酸、甲酸鹽、甲酸某酯；注：能和新制Cu(OH)2反應的除以上物質(zhì)外，還有酸性較強的酸(如甲酸、乙酸、丙酸、鹽酸、硫酸、氫氟酸等)，發(fā)生中和反應。16.某溫度下，在一個2 L的恒容密閉容器中，加人4

22、mol A和2mol B進行反應：3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)，反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，且反應的前后壓強之比為5:4（相同的溫度下測量），則下列說法正確的是（ ）A. 該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K=B. 此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是20%C. 增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數(shù)增大D. 增加C，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變【答案】D【解析】【分析】反應前后壓強之比為5:4，故反應后氣體總物質(zhì)的量變?yōu)?.8mol，結(jié)合生成1.6molC，可推知D為氣體，C為固體或液體。【詳解】A. 由，因C為非氣體，則不能出現(xiàn)在K的表達式中，則化學平衡常數(shù) ，故A錯誤；B.

23、 生成1.6molC時，反應的B的物質(zhì)的量為0.8mol，則B的平衡轉(zhuǎn)化率為 ，故B錯誤；C.由于溫度沒變，化學平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D. 由于C為非氣體，增加C對平衡沒影響，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D正確；故選D?！军c睛】該題首先要判斷C和D的狀態(tài)，可以根據(jù)差量法，根據(jù)總的物質(zhì)的量變化與生成C的物質(zhì)的量之比可判斷反應前后氣體系數(shù)減小了3，故D為氣體，C為非氣體（固體和純液體）。17.新型鋰-空氣電池具有能量密度高的優(yōu)點，可以用作新能源汽車的電源，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中固體電解質(zhì)只允許Li+通過。下列說法正確的是A. Li+穿過固體電解質(zhì)向正極移動而得到LiOH溶液B. 放電時，當外電路中有1

24、mol e轉(zhuǎn)移時，水性電解液離子總數(shù)增加NAC. 應用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64 g，理論上將消耗11.2 L O2D. 放電時，負極反應式：LieOHLiOH【答案】A【解析】A項，由圖示可得，放電時鋁在負極失電子，氧氣在正極得電子，固體電解質(zhì)只允許Li+通過，所以Li+穿過固體電解質(zhì)向正極移動而得到LiOH溶液，故A正確；B項，放電時正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-，當外電路中有1mole轉(zhuǎn)移時，生成1mol OH-，同時1molLi+穿過固體電解質(zhì)進入水性電解液，所以離子總數(shù)增加2NA，故B錯誤；C項，根據(jù)電子守恒，應用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g，即生成1mol銅，

25、則電路中通過2mol電子，理論上消耗0.5molO2，在標準狀況下體積為11.2 L，若不是標準狀況則不一定，故C錯誤；D項，因為固體電解質(zhì)只允許Li+通過，所以放電時，負極反應式：LieLi+，故D錯誤。點睛：本題通過新型鋰-空氣電池考查原電池原理，涉及正負極判斷、離子移動方向、電極反應式書寫、有關(guān)計算等，注意根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)判斷原電池的正負極；根據(jù)“固體電解質(zhì)只允許Li+通過”這個條件書寫負極電極反應式；B項易錯，注意水性電解質(zhì)溶液中增多的是OH-和遷移過去的Li+，不要忽略了后者；C項易錯，要養(yǎng)成見到氣體的體積首先想到是否需要注明標準狀況的習慣，防止出錯。18.25時，向20mL0.0100

26、mol/L苯酚溶液中滴加0.0100 mol/LNaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 25時，苯酚的電離常數(shù)Ka約為1.010-12B. M點時，所加入NaOH溶液的體積大于10 mLC. 加入20 mLNaOH溶液時，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()D. M點時，溶液中的水不發(fā)生電離【答案】C【解析】【分析】由圖象可知 0.0100molL-1苯酚溶液的pH為6，則可知，可知苯酚為弱酸，M點溶液呈中性，加入 20mL時酸堿恰好完全反應?！驹斀狻緼. 0.0100molL1苯酚溶液的pH為6，則可知，故A錯誤；B. M點pH=7，

27、溶液呈中性，如加入體積為10mL，反應后剩余的苯酚和生成的苯酚鈉濃度相等，由，可知苯酚根離子的水解常數(shù)為 ，可知水解程度大于電離常數(shù)，溶液呈堿性，如呈中性，則加入的體積小于10mL，故B錯誤；C.加入20mL溶液時，溶液中存在電荷守恒 ，由物料守恒可知 ,則二者聯(lián)式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正確；D. 任何水溶液都存在水的電離，故D錯誤；答案選C。19.已知p(A)lg c(A)。三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是（ ）A. a點無ZnS沉淀生成B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C. CuS和MnS共存的懸濁液中，c(C

28、u2+)/c(Mn2+)1020D. 向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，c(S2)增大【答案】D【解析】【分析】，則 ，故越大，越小?！驹斀狻緼.平衡曲線右上方為不飽和溶液，左下方為過飽和溶液，a點在曲線的右上方，為的不飽和溶液，所以沒有沉淀生成，A正確；B.的溶解度大于，向溶液中中加入固體，可以將轉(zhuǎn)化為更難溶的，達到除去的目的，B正確；C.根據(jù)圖像可推知， ， 和共存的懸濁液中, ，C正確；D. 向懸濁液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移動，但溶液依然是飽和溶液，故保持不變，D錯誤；答案選D。20.由下列實驗現(xiàn)象一定能得出相應結(jié)論的是選項ABCD裝置圖現(xiàn)象右邊試管產(chǎn)生氣泡較快左

29、邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色試管中先出現(xiàn)淡黃色固體，后出現(xiàn)黃色固體試管中液體變渾濁結(jié)論催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2Ksp：AgClAgBrAgI非金屬性：CSiA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A.兩溶液c(Cl-)相同，可排除氯離子的影響，c(Fe3+)比c(Cu2+)小，也排除了濃度的影響，而右邊產(chǎn)生的氣泡快，說明催化活性：Fe3+Cu2+，故A正確；B.生成的溴蒸汽中混有氯氣，氯氣和溴蒸汽均能氧化KI生成碘，所以不能說明氧化性Br2I2，故B錯誤；C.2ml的AgCl懸濁液，滴加2-3滴NaBr后，有淡黃色沉淀，此時溶液中還含有大量的AgCl，再

30、滴2-3滴NaI溶液，有黃色沉淀，可能是AgCl轉(zhuǎn)化成了AgI，則不能證明Ksp：AgBr AgI，故C錯誤；D.生成的CO2會混有HCI，所以不能說明碳酸的酸性不硅酸的酸性強，則不能證明非金屬性CSi，故D錯誤；本題答案為A。21.下列有關(guān)實驗操作、發(fā)生的現(xiàn)象、解釋或結(jié)論都正確的是 （ ）選項實驗操作發(fā)生的現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向亞硫酸鈉溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀產(chǎn)生的亞硫酸鋇是難溶解入水的沉淀B將SO2通入滴有酸性高錳酸鉀溶液中溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性C常溫下銅片插入硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體常溫下銅和硝酸一定產(chǎn)生NO2D向某溶液中加入NaHCO3產(chǎn)生白色沉淀該溶液可能原來

31、含有氫氧化鋇A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A亞硫酸鈉能被硝酸氧化生成硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成BaSO4沉淀，所以該白色沉淀是硫酸鋇，故A錯誤；B高錳酸鉀具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該實驗體現(xiàn)二氧化硫還原性而不是漂白性，故B錯誤；C常溫下，Cu和稀硝酸反應生成NO，NO遇空氣反應生成紅棕色氣體二氧化氮，銅和濃硝酸反應生成二氧化氮、和稀硝酸反應生成NO，故C錯誤；D能和碳酸氫鈉反應生成白色沉淀的還有氫氧化鈣等，所以該實驗現(xiàn)象說明該溶液可能原來含有氫氧化鋇，故D正確；故選D。【點晴】本題考查化學實驗方案評價

32、，為高頻考點，涉及物質(zhì)檢驗、氧化還原反應等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意物質(zhì)檢驗時要除去其它物質(zhì)的干擾，易錯選項是B。22.用下列實驗方案及所選玻璃儀器就能實現(xiàn)相應實驗目的的是（ ）選項實驗目的實驗方案所選玻璃儀器A除去乙酸乙酯中的乙醇向混合物中加入飽和碳酸鈉溶液，混合后振蕩，然后靜置分液燒杯、分液漏斗、玻璃棒B檢驗蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，再向其中加入新制的銀氨溶液，并水浴加熱試管、燒杯、酒精燈、膠頭滴管C證明乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯將乙醇與濃硫酸混合加熱到170 ，將產(chǎn)生的氣體通入溴水酒精燈、圓底燒瓶、導管、試管D比較HClO和CH3COOH

33、的酸性強弱同溫下用pH試紙分別測定濃度為0.1 molL1NaClO溶液、0.1molL1 CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙醇能夠溶于水中，因此可以用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃儀器為分液漏斗和燒杯，故A正確；B.向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘使其水解，加入堿使溶液呈堿性后再向其中加入新制的銀氨溶液并水浴加熱，實驗方案中沒有加堿中和酸，故B錯誤；C.反應生成的乙烯中可能會混有乙醇、二氧化硫等還原性氣體或蒸氣，實驗方案中沒有除去雜質(zhì)氣體，不能達到實驗目的，故C錯

34、誤；D.次氯酸鈉的強氧化性對試紙有漂白作用，不能達到實驗目的，故D錯誤；答案選A。【點睛】具有漂白性的溶液無法用PH試紙測PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH試紙褪色，故測這類溶液的pH只能使用pH計。二、填空題23.堿式碳酸鈷Cox(OH)y(CO3)z常用作電子材料，磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學興趣小組同學設計了如圖所示裝置進行實驗。（1）請完成下列實驗步驟：稱取3.65g樣品置于硬質(zhì)玻璃管內(nèi)，稱量乙、丙裝置的質(zhì)量；按如圖所示裝置組裝好儀器，并檢驗裝置氣密性；加熱甲中玻璃管，當乙裝置中_（填實驗現(xiàn)象），停止加熱；打開活塞a，緩緩通入空氣數(shù)分鐘后，稱量乙

35、、丙裝置的質(zhì)量；計算。（2）步驟中緩緩通入空氣數(shù)分鐘的目的是_。（3）某同學認為上述實驗裝置中存在一個明顯缺陷，為解決這一問題，可選用下列裝置中的_（填字母）連接在裝置_之前（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。 （4）若按正確裝置進行實驗，測得如下數(shù)據(jù)：則該堿式碳酸鈷的化學式為_。乙裝置的質(zhì)量/g丙裝置的質(zhì)量/g加熱前80.0062.00加熱后80.3662.88（5）CoCl26H2O常用作多彩水泥的添加劑，以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質(zhì)）制取CoCl26H2O的一種工藝如下：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3開始沉淀(pH)2.37.57.63.4完

36、全沉淀（pH）4.19.79.25.2凈化除雜質(zhì)時，加入H2O2發(fā)生反應的離子方程式為_。加入CoCO3調(diào)pH除雜得到濾渣Al(OH)3、Fe(OH)3，則pH應調(diào)節(jié)至_。（填pH值的范圍）加鹽酸調(diào)整pH為23的目的為_。操作過程為_（填操作名稱）、過濾。【答案】 (1). 不再有氣泡產(chǎn)生時 (2). 將裝置中產(chǎn)生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙裝置中 (3). D (4). 甲 (5). Co3(OH)4(CO3)2 (6). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (7). 5.27.6 (8). 抑制CoCl2的水解 (9). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶【解析】【分析】（1）加熱甲中

37、玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；（2）步驟中緩緩通入空氣數(shù)分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結(jié)果；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；（4）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，F(xiàn)e、Al和稀鹽酸反應生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入雙氧水和CoCO3，雙氧水具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應方程式為2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe(OH)3、Al(OH)

38、3，濾液中含有CoCl2，然后向濾液中加入稀鹽酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶和過濾方法得到CoCl26H2O；雙氧水具有氧化性，能氧化還原性離子；加入CoCO3調(diào)pH為5.27.6，則操作I獲得的濾渣成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；CoCl2為強酸弱堿鹽，陽離子水解導致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解；操作過程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。【詳解】（1）加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；故答案為：不再有氣泡產(chǎn)生時；（2）步驟中緩緩通入空氣數(shù)分鐘，將裝置中生成的和全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結(jié)果；故答案為：將裝置中產(chǎn)生的和(g)全部排入

39、乙、丙裝置中；（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以免影響實驗結(jié)果；故答案為：D；甲；（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應前乙裝置的質(zhì)量為80.00g，反應后質(zhì)量為80.36g，故生成水的質(zhì)量為0.36g，物質(zhì)的量為0.02mol；反應前丙裝置的質(zhì)量為62.00g，反應后質(zhì)量為62.88g，生成二氧化碳的質(zhì)量為0.88g，物質(zhì)的量為0.02mol；故Co的質(zhì)量為 ，故Co原子物質(zhì)的量為：，根據(jù)Co、H、C元素守恒可知， ，故化學式為 ；故答案為：；(5) 三價鐵離子易轉(zhuǎn)化為沉淀，所以要加入氧化劑過氧化氫把二價鐵離子氧化為三價鐵離子，而不會引入新的雜質(zhì)，

40、反應的離子方程式為：，故答案為：；根據(jù)沉淀的pH值表格知，當溶液的pH值為5.2時，鐵離子和鋁離子被完全沉淀，當溶液的pH值為7.6時，鈷離子才開始產(chǎn)生沉淀，所以要想將鐵離子、鋁離子和鈷離子分離，溶液的pH值應該不小于5.2不大于7.6；故答案為：5.27.6；加鹽酸調(diào)整pH為23的目的為抑制的水解；故答案為：抑制的水解；操作過程為的溶質(zhì)結(jié)晶的過程，利用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。24.三鹽基硫酸鉛（3PbOPbSO4H2O)簡稱三鹽，白色或微黃色粉末，稍帶甜味、有毒。200以上開始失去結(jié)晶水，不溶于水及有機溶劑。可用作聚氯乙烯的熱穩(wěn)定劑。以100.0t鉛泥（主

41、要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽的工藝流程如下圖所示。已知：Ksp(PbSO4)=1.8210-8，Ksp(PbCO3)=1.4610-13。請回答下列問題（1）步驟轉(zhuǎn)化的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，反應的離子方程式為_。（2）濾液3中的主要溶質(zhì)為_（填化學式）。（3）步驟酸溶時，鉛與硝酸反應生成Pb(NO3)2和NO的離子方程式為_。（4）濾液2中可循環(huán)利用的溶質(zhì)為_（填化學式）。若步驟沉鉛后的濾液中c(Pb2+)=1.8210-5molL1，則此時c(SO42-)為_molL-1（5）步驟合成三鹽的化學方程式為_。若得到純凈干燥的三鹽49.50 t，假設鉛泥中的鉛

42、元素有80.00%轉(zhuǎn)化為三鹽，則鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分數(shù)為_。已知：三鹽（3PbOPbSO4H2O）的相對分子質(zhì)量為990，注意保留正確的有效數(shù)字【答案】 (1). CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3 (2). Na2SO4 (3). 3Pb+8H+2NO3-=3Pb2+2NO+4H2O (4). HNO3 (5). 1.010-3 (6). 4 PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbOPbSO4H2O+2H2O (7). 51.75%【解析】【分析】以100.0t鉛泥（主要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽：向鉛泥中加Na2CO3溶液是將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO

43、3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以濾液的溶質(zhì)主要是Na2SO4和過量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反應：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2NO+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均轉(zhuǎn)化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4轉(zhuǎn)化成PbSO4和硝酸，過濾的濾液為HNO3，可循環(huán)利用，向硫酸鉛中加入氫氧化鈉合成三鹽和硫酸鈉，濾液3主要是硫酸鈉，洗滌沉淀干燥得到三鹽，以此解答該題?！驹斀狻浚?）由題可知，碳酸鉛的Ksp小于硫

44、酸鉛，故加入碳酸鈉的目的是將硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，反應的離子方程式為；故答案為：；（2）根據(jù)元素守恒，故可知濾液3的主要溶質(zhì)是；答案為：；（3）鉛與硝酸反應生成 和，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律配平即可，；答案為：；（4）、和在可以在硝酸的作用下生成，而可以在稀硫酸的作用下生成、，其中可以重復使用；由于，而，則可算出；故答案為：；（5）步驟參與反應的物質(zhì)為：和,該反應的方程式為：，若得到純凈干燥的三鹽49.5t，可算出含鉛的質(zhì)量為 。設鉛泥中含鉛的質(zhì)量分數(shù)為，則100t鉛泥中鉛元素為100，而鉛泥中的鉛元素有80%轉(zhuǎn)化為三鹽，有41.4t，即，解得；故答案為：；。25.氧化鋅、硫化鋅都是

45、重要的基礎(chǔ)化工原料。（1）ZnO是兩性氧化物，ZnO在NaOH溶液中轉(zhuǎn)化成Zn(OH)42的離子方程式為_。（2）火法煉鋅得到的氧化鋅中含有鉛、銅等雜質(zhì)，提純步驟如下：反應 ZnO(s)+CO(g) Zn(g)+CO2(g) H1反應 2 Zn(g)+ O2(g)=2 ZnO(s) H2上圖中的“冷凝物”為_（填化學式）。某溫度時，在反應的反應爐中，起始時c(CO)為0.3 molL1，反應過程中CO2的體積分數(shù)(CO2)如圖所示，則反應的平衡常數(shù)K_。下列措施有利于提高反應中 ZnO 轉(zhuǎn)化率的是_。a增大ZnO的投料量b適當加壓c將鋅蒸氣及時分離反應中，每轉(zhuǎn)移 1 mol 電子，反應放熱 1

46、74 kJ，則H2_。（3）測定氧化鋅樣品純度：稱取0.5000 g樣品，酸溶后定容于250 mL容量瓶中，搖勻。量取25.00 mL 該溶液，用0.04000 molL1的EDTA（Na2H2Y）標準溶液滴定其中的Zn2+（反應方程式為Zn2+H2Y2-ZnY2-2H+，雜質(zhì)不反應），平行滴定三次，平均消耗EDTA標準溶液15.12 mL。若滴定管未用 EDTA 標準液潤洗，測定結(jié)果將_（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。樣品純度為_（保留四位有效數(shù)字）。【答案】 (1). ZnO+2OH+H2O=Zn(OH)42- (2). Zn (3). 0.4 (4). c (5). -696 kJ/

47、mol (6). 偏高 (7). 97.98%【解析】【分析】（1）ZnO和Al2O3的化學性質(zhì)相似，氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，據(jù)此模仿寫出氧化鋅與氫氧化鈉的反應；（2）反應：ZnO（s）+CO（g）Zn（g）+CO2（g），鋅蒸氣冷凝為冷凝物；結(jié)合平衡三行計算列式計算平衡濃度，利用平衡常數(shù)K的定義分析計算；有利于提高反應中ZnO轉(zhuǎn)化率，平衡正向進行；反應中，每轉(zhuǎn)移1mol電子，反應放熱174kJ，結(jié)合反應定量關(guān)系和電子轉(zhuǎn)移總數(shù)計算，轉(zhuǎn)移4mol電子放熱696kJ；（3）滴定管未用EDTA標準液潤洗，內(nèi)層水膜會稀釋標準溶液，消耗標準溶液體積會增大；稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于2

48、50mL容量瓶中，搖勻量取25.00mL該溶液，用0.04000molL-1的EDTA（Na2H2Y）標準液滴定其中的Zn2+（反應方程式為Zn2+H2Y2-ZnY2-+2H+，雜質(zhì)不反應），平行滴定三次，平均消耗EDTA標準液15.12mL Zn2+H2Y2-ZnY2-+2H+，1 1 n 15.1210-3L0.04000mol/Ln（ZnO）=n（Zn2+）=15.1210-3L0.04000mol/L，250mL溶液中n（ZnO）=15.1210-3L0.04000mol/L，據(jù)此計算質(zhì)量分數(shù)；【詳解】（1）是兩性氧化物，和的化學性質(zhì)相似，氧化鋁與氫氧化鈉反應生成四羥基合鋁酸鈉，所以氧

49、化鋅與氫氧化鈉的反應的方程式為： ；故答案為：；（2）反應：，鋅蒸氣冷凝，冷凝物為金屬鋅，故答案為：Zn；某溫度時,在反應的反應爐中,起始時c()為0.3molL1，反應過程中達到平衡的體積分數(shù)()如圖所示為0.4，列三段式（單位是molL1）： ，解得 ，則平衡常數(shù) ；故答案為：0.4；a.增大的投料量，氧化鋅為固體不影響平衡，氧化鋅轉(zhuǎn)化率不變，故a錯誤；b.反應前后氣體體積不變，適當加壓，不影響平衡移動，故b錯誤；c.將鋅蒸氣及時分離，平衡正向進行氧化鋅轉(zhuǎn)化率增大，故c正確；故答案為：c；反應中，反應中2mol 完全反應電子轉(zhuǎn)移4mol，反應每轉(zhuǎn)移1mol 電子，反應放熱174kJ，轉(zhuǎn)移4

50、mol電子反應放熱696KJ，反應焓變 ；故答案為：696 kJ/mol；（3）滴定管未用 EDTA 標準液潤洗，內(nèi)層水膜會稀釋標準溶液，消耗標準溶液體積會增大，測定結(jié)果偏高，故答案為：偏高；稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，搖勻；量取25.00mL該溶液，用0.04000molL1的EDTA()標準液滴定其中的 (反應方程式為，雜質(zhì)不反應)，平行滴定三次，平均消耗EDTA標準液15.12mL；樣品純度= ；故答案為97.98%。三、選考題26.【選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】工業(yè)上用合成氣(CO和H2)制取乙醇的反應為2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究發(fā)現(xiàn)，使用Ti

51、O2作為載體負載銠基催化劑具有較高的乙醇產(chǎn)量?；卮鹣铝袉栴}：（1）Ti基態(tài)原子核外電子排布式為_。和O同一周期且元素的第一電離能比O大的有_(填元素符號)，和O同一周期且基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)比O多的有_（填元素符號）。（2）在用合成氣制取乙醇反應所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從低到高的順序為_。（3）工業(yè)上以CO、O2、NH3為原料，可合成氮肥尿素CO(NH2)2，CO(NH2)2分子中含有的鍵與鍵的數(shù)目之比為_。（4）C元素與N元素形成的某種晶體的晶胞如圖所示(8個碳原子位于立方體的頂點，4個碳原子位于立方體的面心，4個氮原子在立方體內(nèi))，該晶體硬度超過金剛石，成為首屈一指的超硬新材料。該晶體

52、的化學式為_；其硬度超過金剛石的原因是_。已知該晶胞的密度為d g/cm3，N原子的半徑為r1cm，C原子的半徑為r2cm，設NA為阿伏加德羅常數(shù)，則該晶胞的空間利用率為_（用含d、r1、r2、NA的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?(1). ls22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2 (2). N、F、Ne (3). N (4). H2COCH3CH2OHH2O (5). 7:1 (6). C3N4 (7). 該晶體中的C-N鍵的鍵長比金剛石中的C-C鍵的鍵長短，鍵能大 (8). 【解析】【分析】(1)Ti是22號元素，處于第四周期第IVB族，結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排布式；同周期稀有氣體第一電離能最大，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，當IIA族、VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；O原子有2個未成對電子，和O同一周期且基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)比O多，原子的未成對電子數(shù)為3，處于VA族；(2)H2O分子中O原子形成2個OH鍵，還有2對孤電子對；CH3CH2OH分子中亞甲基(CH2)上的C原子形成4個鍵、