云南省楚雄州民族2022年高三下學(xué)期第六次檢測化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關(guān)實驗原理或?qū)嶒灢僮髡_的是()A用pH試紙測量Ca(ClO)2溶液的pHB向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體通過NaOH溶液，制取并純化氫氣C向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振蕩、靜置，溶液下層呈橙紅色，說明Br還原性強于ClD稱

2、取K2SO4固體0.174 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度，可配制濃度為0.010 mol/L 的K2SO4溶液2、下列實驗操作、現(xiàn)象及所得出的結(jié)論或解釋均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論或解釋A向鹽酸中滴加Na2SO3溶液產(chǎn)生使品紅溶液褪色的氣體非金屬性：ClSB向廢FeCl3蝕刻液X中加入少量的鐵粉，振蕩未出現(xiàn)紅色固體X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有還原性D用3 mL稀硫酸與純鋅粒反應(yīng)，再加入幾滴 Cu(NO3)2濃溶液迅速產(chǎn)生無色氣體形成Zn-Cu原電池加快了制取H2的速率AABBCCDD3、下列實驗事實不能用基團間相互作用來解釋的是A

3、與Na反應(yīng)時，乙醇的反應(yīng)速率比水慢B苯酚能與NaOH溶液反應(yīng)而乙醇不能C乙醇能使重鉻酸鉀溶液褪色而乙酸不能D苯、甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)生成一硝基取代產(chǎn)物時，甲苯的反應(yīng)溫度更低4、下列實驗裝置設(shè)計正確且能達到目的的是（ ）A分離I2并回收CCl4B合成氨并檢驗氨的生成C 乙醇和乙酸反應(yīng)D實驗室制取氨氣5、水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法中，正確的是A圖中A、B、D三點處Kw的大小關(guān)系：BADB25時，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)的值逐漸減小C在25時，保持溫度不變，在水中加人適量NH4Cl固體，體系可從A點變化到C點DA點所對應(yīng)的溶液中，可同時

4、大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO426、將一定質(zhì)量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則下列有關(guān)敘述中正確的是：（ ）A加入合金的質(zhì)量不可能為6.4gB沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為120mLC溶解合金時收集到NO氣體的體積在標準狀況下為2.24LD參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.2mol7、下列解釋事實的化學(xué)用語錯誤的是A閃鋅礦(ZnS)經(jīng)CuSO4溶液作用后，轉(zhuǎn)化為銅藍(CuS)：ZnS + Cu2+CuS + Zn2+B0.1 m

5、ol/L 的醋酸溶液pH約為3：CH3COOH CH3COO- + H+C電解NaCl溶液，陰極區(qū)溶液pH增大：2H2O + 2e-H2+ 2OH-D鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應(yīng)為：Fe3e- Fe3+8、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A霧和霾的分散劑相同B霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨CNH3是形成無機顆粒物的催化劑D霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)9、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法中，正確的是（ ）A標準狀況下，22.4L的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為4NAB密閉容器中，46gNO2和N2O4的混合氣體所含分子個數(shù)為NAC常溫常

6、壓下，22.4L的液態(tài)水含有2.24108NA個OHD高溫下，16.8 g Fe與足量水蒸氣完全反應(yīng)失去0.8NA個電子10、將膽礬與生石灰、水按質(zhì)量比為1：0.56：100混合配成無機銅殺菌劑波爾多液，其成分的化學(xué)式可表示為CuSO4xCaSO4xCu(OH)2yCa(OH)2，當x=3時，y為()A1B3C5D711、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)，其中A是四元化合物，C是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，D是淡黃色固體化合物，E是單質(zhì)。各物質(zhì)之間存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分產(chǎn)物未標出)。下列說法不正確的是A簡單離子半

7、徑大小關(guān)系：cdeB簡單陰離子的還原性：acdC氫化物的沸點：cdDC和E反應(yīng)生成F是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)之一12、X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數(shù)依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是（ ）A五種元素的原子半徑從大到小的順序是：MWZYXBX、Z兩元素能形成原子個數(shù)比(X：Z)為3：1和4：2的化合物C化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D用M單質(zhì)作陽極，石墨作陰極電解NaHCO3

8、溶液，電解一段時間后，在陰極區(qū)會出現(xiàn)白色沉淀13、下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖? )A加熱使升華，可除去鐵粉中的B電解氯化鋁溶液，可制備鋁單質(zhì)C加入燒堿溶液，充分振蕩，靜置，分液，可除去苯中的苯酚D將氨水滴加到飽和溶液中，可制備膠體14、自催化作用是指反應(yīng)物之一使該 反應(yīng)速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進行下列三組實驗，一段時間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M）。實驗實驗實驗1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合MnSO4固體1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4

9、溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合褪色比實驗褪色快比實驗褪色快下列說法不正確的是A實驗中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4是還原劑，產(chǎn)物MnSO4能起自催化作用B實驗褪色比快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率C實驗褪色比快，是因為Cl-的催化作用加快了反應(yīng)速率D若用1mL0.2M的H2C2O4做實驗，推測比實驗褪色快15、下列有關(guān)化學(xué)用語使用正確的是（ ）ACO2的電子式：B次氯酸的結(jié)構(gòu)式：HOClC乙烯的球棍模型：D鉀原子結(jié)構(gòu)示意圖：16、有機物 是制備鎮(zhèn)痛劑的中間體。 下列關(guān)于該有機物的說法正確的是A易溶于水及苯B所有原子可處同一平面C能發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)D一氯代物有5種(

10、不考慮立體異構(gòu))二、非選擇題（本題包括5小題）17、為探究某無結(jié)晶水的正鹽X(僅含有兩種短周期元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計并完成下列實驗。(氣體體積已轉(zhuǎn)化為標準狀況下的體積)已知：B是空氣的主要成分之一；C是一種強堿，且微溶于水 ，載人宇宙飛船內(nèi)常用含 C的過濾網(wǎng)吸收宇航員呼出的CO2，以凈化空氣；D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍。(1)X的化學(xué)式為 _ 。(2)圖中B的組成元素在元素周期表中的位置是_。(3)A的電子式為 _。(4)X受熱分解轉(zhuǎn)變成 A 和 B 的化學(xué)反應(yīng)方程式為 _。18、有機物X是一種烷烴，是液化石油氣的主要成分，可通過工藝的兩種途徑轉(zhuǎn)化為A和B、C和D。B是一種重要的有機化工原料

11、，E分子中含環(huán)狀結(jié)構(gòu)，F(xiàn)中含有兩個相同的官能團，D是常見有機物中含氫量最高的，H能使溶液產(chǎn)生氣泡,是一種有濃郁香味的油狀液體。請回答：（1）G的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）GH的反應(yīng)類型是_。（3）寫出FH1的化學(xué)方程式_。（4）下列說法正確的是_。A工藝是石油的裂化B除去A中的少量B雜質(zhì)，可在一定條件下往混合物中通入適量的氫氣CX、A、D互為同系物，F(xiàn)和甘油也互為同系物DH與互為同分異構(gòu)體E等物質(zhì)的量的和B完全燃燒，消耗氧氣的質(zhì)量比為2：119、（15分）目前我國鍋爐煙氣脫硝技術(shù)有新發(fā)現(xiàn)，科學(xué)家對O3氧化煙氣脫硝同時制硝酸進行了實驗研究，其生產(chǎn)硝酸的機理如下：回答下列問題：（1）NO3分子內(nèi)存在兩個

12、過氧鍵，且氧均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，請寫出NO3中N的化合價_；NO3極不穩(wěn)定，常溫下即可爆炸分解，試從電子成鍵角度解釋NO3不穩(wěn)定的原因：_。（2）N2O5與O3作用也能生成NO3與氧氣，根據(jù)反應(yīng)前后同種元素，價態(tài)相同，不參與氧化還原反應(yīng)的原則，請分析反應(yīng)N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是_（填“氧化劑”“還原劑”或“既是氧化劑，又是還原劑”）。（3）請寫出在有水存在時，O3與NO以物質(zhì)的量之比為32完全反應(yīng)的總化學(xué)方程式_。下圖為某學(xué)習(xí)興趣小組對Cu與稀硝酸反應(yīng)的改進實驗裝置圖：（4）按如圖組裝好儀器，檢查氣密性后，裝藥品，實驗時，先關(guān)閉a，打開b，將裝置B下移，使之與稀硝酸接

13、觸產(chǎn)生氣體，當_（填實驗現(xiàn)象），立刻將之上提，并關(guān)閉b，這樣操作的目的為_。（5）將銅絲下移，使之與稀硝酸接觸，A中現(xiàn)象是_，稍后將銅絲上拉，使之與稀硝酸分離；打開a，擠壓E，使少量空氣進入A中，A中現(xiàn)象是_。（6）打開b，交替擠壓E和F，至裝置內(nèi)氮氧化物氣體被氫氧化鈉溶液充分吸收，寫出NO2氣體與氫氧化鈉溶液充分反應(yīng)的離子方程式：_。20、某學(xué)習(xí)小組研究溶液中Fe2+的穩(wěn)定性，進行如下實驗，觀察，記錄結(jié)果。實驗 物質(zhì)0 min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是

14、_（用化學(xué)用語表示）。溶液的穩(wěn)定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同學(xué)提出實驗中兩溶液的穩(wěn)定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+，因為NH4+具有還原性。進行實驗，否定了該觀點，補全該實驗。操作現(xiàn)象取_，加_，觀察。與實驗中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現(xiàn)象相同。（3）乙同學(xué)提出實驗中兩溶液的穩(wěn)定性差異是溶液酸性不同導(dǎo)致，進行實驗：分別配制0.80 molL1 pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀察，發(fā)現(xiàn)pH1的FeSO4溶液長時間無明顯變化，pH越大，F(xiàn)eSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應(yīng) 4

15、Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由實驗III，乙同學(xué)可得出的結(jié)論是_，原因是_。（4）進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，F(xiàn)e2+的氧化速率與時間的關(guān)系如圖（實驗過程中溶液溫度幾乎無變化）。反應(yīng)初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_。（5）綜合以上實驗，增強Fe2+穩(wěn)定性的措施有_。21、制取聚合硫酸鐵(PFS)的化學(xué)方程式如下2FeSO4H2O2(1n/2)H2SO4=Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)(2n)H2O，下圖是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程?；卮鹣铝袉栴}(1)下列操作或描述正確的是_。A粉碎的目的是增大

16、反應(yīng)物接觸面積，提高酸浸反應(yīng)速率B酸浸中可以用硫酸、硝酸、鹽酸等C反應(yīng)釜中加入氧化劑，使Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3D減壓蒸發(fā)的優(yōu)點是降低蒸發(fā)溫度，防止產(chǎn)物分解(2)廢鐵屑使用前往往用_浸泡。(3)廢鐵屑與酸發(fā)生多步反應(yīng)，完成其中的化合反應(yīng)的離子方程式_。(4)聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，目的是_。(5)為了防止產(chǎn)物分解，必須采用減壓蒸發(fā)，下列操作正確的是_。Aa為蒸餾燒瓶，b為冷凝管，c接自來水龍頭B毛細管的作用和沸石相似，防止暴沸C隨著溫度計水銀球高度提升，所得的氣體的沸點升高D實驗結(jié)束，先關(guān)閉冷凝管，再關(guān)閉真空泵參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】ACa（Cl

17、O）2溶液具有漂白性，可使pH試紙褪色，應(yīng)選pH計測定，故A錯誤；BNaOH可吸收揮發(fā)的HCl，氫氣中混有水蒸氣，還需濃硫酸干燥純化氫氣，故B錯誤；C由操作和現(xiàn)象可知，氯氣與NaBr反應(yīng)生成溴，則Br還原性強于Cl，故C正確；D不能在容量瓶中溶解固體，應(yīng)在燒杯中溶解、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，故D錯誤；故選：C。2、C【解析】A.鹽酸中滴加Na2SO3溶液反應(yīng)生成SO2氣體，只能說明鹽酸酸性大于亞硫酸，無法比較S和Cl的非金屬性強弱，故A錯誤；B.Fe先與FeCl3反應(yīng)，再與Cu2+反應(yīng)，由于加入少量的鐵粉，F(xiàn)e3+未反應(yīng)完，所以無紅色固體生成，無法確定是否含有Cu2+，故B錯誤；C.酸性高錳

18、酸鉀溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，說明乙醇被氧化，體現(xiàn)了乙醇的還原性，故C正確；D. 用3 mL稀硫酸與純鋅粒反應(yīng)，再加入幾滴 Cu(NO3)2濃溶液，在酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，與金屬反應(yīng)不能生成氫氣，故D錯誤，故選C。3、C【解析】A. 與Na反應(yīng)時，乙醇的反應(yīng)速率比水慢，說明乙醇中羥基不如水中羥基活潑，這是因為烴基對羥基產(chǎn)生影響，故A能用基團間相互作用解釋；B.苯酚能跟NaOH溶液反應(yīng)而乙醇不能，則說明苯環(huán)對羥基有影響，故B能用基團間相互作用解釋；C.乙醇具有還原性，乙酸不具有還原性，這是官能團的性質(zhì)，與所連基團無關(guān)，故C不能用基團間相互作用解釋；D甲苯的反應(yīng)溫度更低，說明

19、甲苯與硝酸反應(yīng)更容易，甲基的影響使苯環(huán)上的氫原子變得活潑易被取代，故D能用基團間相互作用解釋；答案選C。4、D【解析】A.通過蒸餾方法分離碘與CCl4，收集的是不同溫度范圍的餾分，因此溫度計水銀球要放在蒸餾燒瓶支管口附近，A錯誤；B.檢驗氨的生成要用濕潤的pH廣泛試紙，B錯誤；C.乙醇和乙酸反應(yīng)制取乙酸乙酯，為防止揮發(fā)的乙醇、乙酸溶解導(dǎo)致的倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，導(dǎo)氣管末端要在碳酸鈉飽和溶液的液面以上，C錯誤；D.銨鹽與堿共熱產(chǎn)生氨氣，由于氨氣密度比空氣小，要用向下排空氣方法收集，為防止氨氣與空氣對流，在試管口要放一團疏松的棉花，D正確；故合理選項是D。5、B【解析】A、Kw的影響因素為溫度，水的電離

20、吸熱，升高溫度Kw增大，A、D在同一等溫線上，故圖中A、B、D三點處Kw的大小關(guān)系為BA=D，A錯誤；B、25時，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐漸增大， c(OH-) c(NH4+) c(NH3H2O)的值不變，故c(NH4+) c(NH3H2O)逐漸減小，B正確；C、在25時，保持溫度不變，在水中加人適量NH4Cl固體，體系不能從A點變化到C點，體系從A點變化到C點，可采用加熱的方法，C錯誤；D、A點所對應(yīng)的溶液呈中性，F(xiàn)e3+因水解生成氫氧化鐵沉淀不能大量存在，D錯誤。故選B。6、C【解析】淀為M(OH)2，根據(jù)化學(xué)式知，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加的量是

21、氫氧根離子，則n(OH-)=0.3mol，根據(jù)氫氧根離子守恒nM(OH)2=n(OH-)=0.3mol=0.15mol，根據(jù)金屬原子守恒得金屬的物質(zhì)的量是0.15mol；A因為鎂、銅的物質(zhì)的量無法確定，則無法計算合金質(zhì)量，故A錯誤；B由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=100mL，故B錯誤；C由轉(zhuǎn)移電子守恒得n(NO)=0.1mol，生成標況下NO體積=22.4L/mol0.1mol=2.24L，故C正確；D根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量=0.1mol，根據(jù)金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=

22、0.15mol2=0.3mol，所以參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題以鎂、銅為載體考查混合物的計算，側(cè)重考查分析、計算能力，正確判斷沉淀和合金質(zhì)量差成分是解本題關(guān)鍵，靈活運用原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒解答即可。7、D【解析】A溶解度大的物質(zhì)可以轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，溶解度ZnSCuS，則閃鋅礦(ZnS)經(jīng)CuSO4溶液作用后，轉(zhuǎn)化為銅藍(CuS)，反應(yīng)的離子方程式為ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，故A正確；B0.1mol/L醋酸溶液的pH約為3，說明醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，故B正確；

23、C電解NaCl溶液時，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，離子方程式為2H2O+2e-H2+2OH-，陰極區(qū)溶液pH增大，故C正確；D鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，負極上Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe-2e-Fe2+，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意電極反應(yīng)式中，鐵是失去2個電子生成亞鐵離子。8、C【解析】A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據(jù)示意圖分析；C.在化學(xué)反應(yīng)里能改變反應(yīng)物化學(xué)反應(yīng)速率（提高或降低）而不改變化學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)前后都沒有發(fā)生改變的物質(zhì)叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣?！驹斀狻緼. 霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散

24、質(zhì)固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B. 由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C. NH3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，D正確。答案選C?！军c睛】結(jié)合示意圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系明確霧霾的形成原理是解答的關(guān)鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應(yīng)用導(dǎo)向，聚焦學(xué)科核心素養(yǎng)，既可以引導(dǎo)考生認識與化學(xué)有關(guān)的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學(xué)觀念，又體現(xiàn)了高考評價體系中的應(yīng)用性和綜合性考

25、查要求。9、D【解析】A、等物質(zhì)的量時，NO2和CO2中含有氧原子數(shù)目是相同的，因此標準狀況下，22.4L的NO2和CO2混合氣體中含有氧原子物質(zhì)的量為2mol，故A錯誤；B、假設(shè)全部是NO2，則含有分子物質(zhì)的量為46g/46g/mol=1mol，假設(shè)全部是N2O4，含有分子物質(zhì)的量為46g/92g/mol=0.5mol，故B錯誤；C、常溫常壓下不是標準狀況，且水是弱電解質(zhì)，無法計算OH微粒數(shù)，故C錯誤；D、鐵與水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4，因此16.8g鐵與水蒸氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為16.88/(563)mol=0.8mol，故D正確。10、D【解析】膽礬與生石灰、水按質(zhì)量比依次為1：0.5

26、6：100混合，Cu2+離子和Ca2+離子的物質(zhì)的量比=2：5，制成的波爾多液，其成分的化學(xué)式可表示為CuSO4xCaSO4xCu(OH)2yCa(OH)2，當x=3時，解得：y=7，故選D。11、C【解析】短周期主族元素a、b、c、d、e原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)，C是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，則C為NH3。根據(jù)圖示A能與酸或堿反應(yīng)，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，則A為弱酸形成的銨鹽，而B能與淡黃色固體D反應(yīng)生成單質(zhì)E，則B為CO2、D為Na2O2、E為O2，而A是四元化合物，則A為(NH4)2CO3或NH4HCO3，

27、氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO與水；結(jié)合原子序數(shù)可知a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na。【詳解】Ac、d、e簡單離子分別為N3、O2、Na，三者電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：c(N3)d(O2)e(Na)，正確，A不選；Ba、c、d分別是H、N、O元素，元素的非金屬性越強，則對應(yīng)的陰離子還原性越弱。非金屬性a(H)c(N)d(O)，則簡單陰離子的還原性：a(H)c(N3)d(O2)，正確，B不選；Cc為N、d為O，c、d的氫化物分別是NH3、H2O，常溫下氨氣為氣體，而水為液體，氫化物沸點：c(NH3)d(H2O)，錯誤，C選；DC為NH3，E是O2，C與E的反應(yīng)是氨氣與

28、氧氣反應(yīng)生成NO與水，是工業(yè)制硝酸的基礎(chǔ)反應(yīng)，正確，D不選。答案選C。12、B【解析】X元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，應(yīng)為H元素，Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，應(yīng)為C元素；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，則Z為N元素、W為O元素；M是地殼中含量最高的金屬元素，應(yīng)為Al元素?！驹斀狻緼H原子半徑最小，同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑AlCNOH，即MYZWX，故A錯誤；BN、H兩元素能形成NH3、N2H4，故B正確；C化合物CO2是酸性氧化物，NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C錯誤；D用Al

29、單質(zhì)作陽極，石墨作陰極電解NaHCO3溶液，陰極生成氫氣，不會生成沉淀，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c睛】同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大。13、C【解析】A.加熱時Fe與I2反應(yīng)，應(yīng)選磁鐵分離，A錯誤；B.氧化性H+Al3+，電解氯化鋁溶液時不能得到鋁單質(zhì)，應(yīng)電解熔融氧化鋁來冶煉Al，B錯誤；C.NaOH與苯酚發(fā)生反應(yīng)生成可溶于水的苯酚鈉，與苯不反應(yīng)，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正確；D.將飽和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3膠體，D錯誤；故合理選項是C。14、C【解析】A. 碳元素的化合價升高，且錳離子可作催化劑，

30、則實驗中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4 是還原劑，產(chǎn)物 MnSO4 能起自催化作用，故A正確；B. 催化劑可加快反應(yīng)速率，則實驗褪色比快，是因為 MnSO4的催化作用加快了反應(yīng)速率，故B正確；C. 高錳酸鉀可氧化氯離子，則實驗褪色比快，與催化作用無關(guān)，故C錯誤；D. 增大濃度，反應(yīng)速率加快，則用 1mL0.2M 的H2C2O4做實驗，推測比實驗褪色快，故D正確；故選C。15、B【解析】A.CO2分子中C原子與2個O原子形成4對共用電子對，電子式為：，A錯誤；B.在HClO中O原子與H、Cl原子分別形成1對共用電子對，結(jié)構(gòu)式是H-O-Cl，B正確；C.乙烯分子中兩個C原子之間形成2對共用電子對，

31、每個C原子再分別與2個H原子形成2對共用電子對，題干模型為乙烯的比例模型，不是球棍模型，C錯誤；D.鉀是19號元素，原子核外電子排布為2、8、8、1，K原子結(jié)構(gòu)示意圖正確的應(yīng)該為，D錯誤；故合理選項是B。16、C【解析】A該有機物的組成元素只有氫元素和碳元素，屬于烴類，不溶于水，故A錯誤；B該分子中含有飽和碳原子，不可能所有原子共面，故B錯誤；C含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生氧化反應(yīng)和加成反應(yīng)，故C正確；D由結(jié)構(gòu)對稱性可知，含4種H，一氯代物有4種，故D錯誤；故答案為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、LiN3 第2周期VA族 3LiN3Li3N+4N2 【解析】B是空氣的主要成分之一，B為氮氣或

32、氧氣；C是一種強堿，且微溶于水，C為LiOH，載人宇宙飛船內(nèi)常用含 C的過濾網(wǎng)吸收宇航員呼出的CO2，以凈化空氣，LiOH與反應(yīng)生成Li2CO3；D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍，D是NH3，確定B為氮氣，NH3是2.24L合0.1mol，A中N為14gmol10.1mol=1.4g。A為Li3N，3.5g中Li為3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li為 2.1g，n(Li)=0.3mol，n(N)=0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化學(xué)式為：LiN3?！驹斀狻浚?）由分析可知：X的化學(xué)式為LiN3。故答案為：LiN3；（2）B為氮氣，組成元素N在元素周期表中的位

33、置是第2周期VA族。故答案為：第2周期VA族；（3）A為Li3N，Li最外層只有1個電子，顯+1價，N最外層5個電子，得三個電子，顯-3價，電子式為。故答案為：；（4）由分析X的化學(xué)式為：LiN3，X受熱分解轉(zhuǎn)變成 Li3N 和 N2，由質(zhì)量守恒：化學(xué)反應(yīng)方程式為 3LiN3Li3N+4N2。故答案為： 3LiN3Li3N+4N2。18、 氧化反應(yīng) HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O DE 【解析】X為烷烴，則途徑I、途徑II均為裂化反應(yīng)。B催化加氫生成A，則A、B分子中碳原子數(shù)相等。設(shè)A、B分子中各有n個碳原子，則X分子中有2n個碳原子，E、

34、F中各有n個碳原子。D是含氫量最高的烴，必為CH4，由途徑II各C分子中有2n-1個碳原子，進而G、H分子中也有2n-1個碳原子。據(jù)F+HI（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X為丁烷（C4H10）、A為乙烷（C2H6）、B為乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E為環(huán)氧乙烷（）、E開環(huán)加水生成的F為乙二醇（HOCH2CH2OH）。C為丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G為1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H為丙酸（CH3CH2COOH）。F與H酯化反應(yīng)生成的I為丙酸羥乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）據(jù)CGI，G只能是1-丙醇，結(jié)

35、構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）H（CH3CH2COOH）既脫氫又加氧，屬于氧化反應(yīng)。（3）FHI的化學(xué)方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A工藝生成乙烯、丙烯等基礎(chǔ)化工原料，是石油的裂解，A錯誤；B除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）雜質(zhì)，可將混合氣體通過足量溴水。除去混合氣體中的雜質(zhì)，通常不用氣體作除雜試劑，因其用量難以控制，B錯誤；CX（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）結(jié)構(gòu)相似，組成相差若干“CH2”，互為同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能團數(shù)目不同，不是同系

36、物，C錯誤；DH（CH3CH2COOH）與分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，為同分異構(gòu)體，D正確；E（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃燒，消耗氧氣分別為6mol、3mol，其質(zhì)量比為2：1，E正確。故選DE。19、+2（1分） N原子未達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（或N原子最外層為7電子結(jié)構(gòu)，不穩(wěn)定）（2分） 既是氧化劑，又是還原劑（1分） 3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2（3分） C處產(chǎn)生白色沉淀時（1分） 排出裝置A內(nèi)的空氣，防止對生成NO的實驗影響（2分） 溶液由無色變成藍色且有無色氣泡冒出（1分） 氣體變紅棕色（1分） 2NO2+2OH+H2O（3分） 【解析】（1）NO3分子內(nèi)有三

37、個氧且存在兩個過氧鍵，它的結(jié)構(gòu)為，兩個氧與氮相連，另一個氧與兩個氧相連，所以氮顯+2價，根據(jù)NO3的結(jié)構(gòu)可知，N原子最外層為7電子結(jié)構(gòu)，未達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此不穩(wěn)定。（2）N2O5+O32NO3+O2反應(yīng)中生成2個NO3，1個NO3中兩個氧顯示1價，另1個氧顯示0價，2個NO3中有兩個氧顯示0價，1個來自O(shè)3，另1個來自N2O5，也就是說N2O5中的1個氧化合價升高到0價，4個氧化合價升高到1價，同時N2O5中的N化合價降低到+2價，所以N2O5既是氧化劑，又是還原劑。（3）依據(jù)生產(chǎn)硝酸的機理，O3與NO及水反應(yīng)最終生成HNO3和O2，當O3與NO反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為32，可得3O3+2N

38、O+H2O2HNO3+3O2。（4）Cu與稀HNO3反應(yīng)生成NO氣體，NO氣體能與空氣中的氧氣反應(yīng)NO2，因此反應(yīng)前需趕盡裝置A內(nèi)的空氣，防止干擾實驗，用CO2排盡空氣，所以C處產(chǎn)生白色沉淀時，說明裝置A內(nèi)空氣已排空。（5）Cu與稀HNO3反應(yīng)生成無色NO氣體，并生成藍色硝酸銅溶液，所以A中現(xiàn)象為溶液由無色變成藍色且有無色氣泡冒出。打開a，擠壓E，使少量空氣進入A中，A中NO會和氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體，所以A中氣體變紅棕色。（6）NO2氣體與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)為2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，寫成離子方程式為2NO2+2OH+H2O。20、NH4+H2ONH3H2OH+ 取

39、2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，對平衡的抑制作用強，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定 生成的Fe(OH)3對反應(yīng)有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過表格中的顏色變化來分析；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導(dǎo)致，根據(jù)控制變量法可

40、知，應(yīng)除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，據(jù)此分析；（3）由實驗可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應(yīng)4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根據(jù)平衡的移動來分析；（4）根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析；（5）根據(jù)上述實驗來分析?！驹斀狻浚?）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導(dǎo)致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通過表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩(wěn)定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）由于是要驗證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導(dǎo)致，根據(jù)控制變量法可知，應(yīng)除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應(yīng)取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01molL-1KSCN溶液，過若觀察到的現(xiàn)象與實驗中（NH4）2Fe（SO4）2溶液現(xiàn)象相同，則說明上述猜想不正確，故答案為：取2mLpH=