2021-2022學年山東省濟南高三（最后沖刺）化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、圖所示與對應敘述相符的是A表示一定溫度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(FeS) Ksp(CuS)BpH=2的甲酸與乙酸溶液稀釋時的pH

2、變化曲線，則酸性：甲酸bcBc點溶液中：c(Na+)=10c(HX)C室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為10-4.75D圖中b點坐標為(0，4.75)4、某固體混合物X可能是由、Fe、中的兩種或兩種以上的物質(zhì)組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設計實驗方案如下圖所示（所加試劑均過量）下列說法不正確的是A氣體A是、的混合物B沉淀A是C根據(jù)白色沉淀C是AgCl可知，白色沉淀B一定不是純凈物D該固體混合物一定含有Fe、5、實驗室用Ca與H2反應制取氫化鈣(CaH2)。下列實驗裝置和原理不能達到實驗目的的是（ ）A裝置甲制取H2B裝置乙凈化干燥H2C裝置丙制取CaH2D裝置丁吸收尾氣6、下列各組粒子在

3、溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發(fā)生反應的離子方程式也正確的是選項微粒組加入試劑發(fā)生反應的離子方程式A、過量HC1B、過量C過量DI-、Cl-、H+、SO42-過量AABBCCDD7、螺環(huán)烴是指分子中兩個碳環(huán)共用一個碳原子的脂環(huán)烴。是其中的一種。下列關于該化合物的說法正確的是（ ）A與HBr以物質(zhì)的量之比1：1加成生成二種產(chǎn)物B一氯代物有五種C所有碳原子均處于同一平面D該化合物的分子式為C10H128、下列離子反應方程式正確的是（ ）A用澄清石灰水來吸收氯氣：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B向稀硝酸中加入少量鐵粉：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2OC將金屬鈉

4、加入冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D碳酸氫鈣溶液中加入少量苛性鉀溶液：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O9、碘在不同狀態(tài)下（固態(tài)或氣態(tài)）與氫氣反應的熱化學方程式如下所示：H2（g） + I2（?）2HI（g）+148kJH2（g） + I2（?）2HI（g）-248kJ下列判斷正確的是A中的I2為固態(tài)，中的I2為氣態(tài)B的反應物總能量比的反應物總能量低C的產(chǎn)物比反應的產(chǎn)物熱穩(wěn)定性更好D1mol 固態(tài)碘升華時將吸熱17kJ10、某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的

5、SO2，又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。下列說法不正確的是A上述流程中多次涉及到過濾操作，實驗室進行過濾操作時需用到的硅酸鹽材質(zhì)儀器有：玻璃棒、燒杯、漏斗B用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀C實驗室用一定量的NaOH溶液和酚酞試液就可以準確測定燃煤尾氣中的SO2含量DMnSO4溶液MnO2過程中，應控制溶液pH不能太小11、下列我國科技成果不涉及化學變化的是A廚余污油裂化為航空燃油B“深海勇士”號潛水艇用鋰電池供能C以“煤”代“油”生產(chǎn)低碳烯烴D用“天眼”接收宇宙中的射電信號AABBCCDD12

6、、濃差電池有多種:一種是利用物質(zhì)氧化性或還原性強弱與濃度的關系設計的原電池（如圖1）:一種是根據(jù)電池中存在濃度差會產(chǎn)生電動勢而設計的原電池（如圖2）。圖1所示原電池能在一段時間內(nèi)形成穩(wěn)定電流;圖2所示原電池既能從濃縮海水中提取LiCl，又能獲得電能。下列說法錯誤的是A圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時,左右兩側(cè)溶液濃度恰好相等B圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時向左側(cè)加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指針又會偏轉(zhuǎn)且方向相同C圖2中Y極每生成1 mol Cl2，a極區(qū)得到2 mol LiClD兩個原電池外電路中電子流動方向均為從右到左13、已知：25 C時，MOH的Kb=10-7。該溫度下，在20.00 mL0.1

7、 mol L-1 MCl溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是Aa=4BV1=10C溶液中水的電離程度：PQDQ點溶液中c(Na+)YB原子半徑：WZYXCZ與W形成的化合物中只含有離子鍵D簡單氫化物的沸點：YZ15、短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，W和Z位于同一主族。已知W的氫化物可與Q單質(zhì)在光照條件下反應生成多種化合物，且Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質(zhì)反應產(chǎn)生常見的還原性氣體單質(zhì)E。下列說法正確的是AX、Y、Q對應簡單離子的半徑逐漸減小B工業(yè)上可用電解X、Q元素組成的

8、化合物的飽和溶液制備Q單質(zhì)CY、Q形成的化合物是非電解質(zhì)D工業(yè)用W與Z的最高價氧化物反應制取Z單質(zhì)，同時得到W的最高價氧化物16、對下列事實的解釋合理的是（ ）A氫氟酸可用于雕刻玻璃，說明氫氟酸具有強酸性B常溫下濃硝酸可用鋁罐貯存，說明鋁與濃硝酸不反應C在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有吸水性D鋁箔在空氣中受熱熔化但不滴落，說明氧化鋁的熔點比鋁高17、全釩液流儲能電池是利用不同價態(tài)離子對的氧化還原反應來實現(xiàn)化學能和電能相互轉(zhuǎn)化的裝置(如圖)。已知：溶液呈酸性且陰離子為SO42-；溶液中顏色：V3+綠色，V2+紫色，VO2+黃色，VO2+藍色；放電過程中，右槽溶液的顏色由紫色變成綠

9、色。下列說法不正確的是A放電時B極為負極B放電時若轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3.011023個，則左槽中H+增加0.5 molC充電過程中左槽的電極反應式為：VO2+H2O-e- =VO2+2H+D充電過程中H+通過質(zhì)子交換膜向右槽移動18、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2 Al+2OH-=AlO2-+H2B電解飽和食鹽水制備Cl2 2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-C向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸 Ba2+OH-+H+ SO42-=BaSO4+H2OD向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水 Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O19、某同學在實驗室利用氫氧化鈉

10、、鹽酸分離鐵粉和鋁粉混合物，物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系如圖所示：下列說法不正確的是( )Ax為NaOH溶液，y為鹽酸Bab發(fā)生的反應為：AlO2-+H+H2OAl(OH)3CbcAl的反應條件分別為：加熱、電解Da、b、c既能與酸又能與堿反應20、我國成功研制的新型可充電 AGDIB電池(鋁-石墨雙離子電池)采用石墨、鋁鋰合金作為電極材料，以常規(guī)鋰鹽和碳酸酯溶劑為電解液。電池反應為：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al。放電過程如圖，下列說法正確的是AB為負極，放電時鋁失電子B充電時，與外加電源負極相連一端電極反應為：LiyAle=Li+Liy1AlC充電時A電極反應式為Cx+PF6e-=

11、CxPF6D廢舊 AGDIB電池進行“放電處理”時，若轉(zhuǎn)移lmol電子，石墨電極上可回收7gLi21、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，X、Y價電子數(shù)之比為23。W的原子半徑在同周期主族元素中最小，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑。下列說法錯誤的是A原子半徑XY，離子半徑ZY B化合物Z2Y存在離子鍵，ZWY中既有存在離子鍵又有共價鍵CX的簡單氫化物與W的單質(zhì)在光照下產(chǎn)生W的氫化物DY、W的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑22、中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻巨大,書中充分記載了古代化學研究成果。下列關于古

12、代化學的應用和記載,對其說明不合理的是()A本草綱目中記載:“(火藥)乃焰消(KNO3)、硫黃、杉木炭所合,以為烽燧銃機諸藥者”,其中利用了KNO3的氧化性B杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來C我國古代人民常用明礬除去銅器上的銅銹Cu2(OH)2CO3D蔡倫利用樹皮、碎布(麻布)、麻頭等為原料精制出優(yōu)質(zhì)紙張,由他監(jiān)制的紙被稱為“蔡侯紙”?！安毯罴垺钡闹谱鞴に囍谐浞謶昧嘶瘜W工藝二、非選擇題(共84分)23、（14分）幾種中學化學常見的單質(zhì)及其化合物相互轉(zhuǎn)化的關系圖如下： 可供參考的信息有：甲、乙、丙、丁為單質(zhì)，其余為化合物A由X和Y兩種元素組成，其原子個數(shù)比為l2，元素質(zhì)量

13、之比為78。B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì)，H常溫下為無色無味的液體，E常用作紅色油漆和涂料。試根據(jù)上述信息回答下列問題：(1)A的化學式為_，每反應lmol的A轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_mol；(2)F與丁單質(zhì)也可以化合生成G，試寫出該反應的離子方程式：_；(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質(zhì)中，得到三種分散系、。試將、對應的分散質(zhì)具體的化學式填人下列方框中：_(4)化合物M與H組成元素相同，可以將G氧化為F，且不引進新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式：_24、（12分）葉酸可以由下列甲、乙、丙三種物質(zhì)合成。（1）甲的最簡式為_；丙中含有官能團的名稱為_。（2）下列關于乙的說法正確

14、的是_(填序號)。a分子中碳原子與氮原子的個數(shù)比是7：5 b屬于芳香族化合物c既能與鹽酸又能與氫氧化鈉溶液反應 d屬于苯酚的同系物（3）甲在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，請寫出該反應的化學方程式：_。（4）甲可以通過下列路線合成(分離方法和其他產(chǎn)物已經(jīng)略去)：步驟的反應類型是_。步驟I和IV在合成甲過程中的目的是_。步驟IV反應的化學方程式為_。25、（12分）甘氨酸亞鐵(NH2CH2COO)2Fe是一種補鐵強化劑。實驗室利用FeCO3與甘氨酸(NH2CH2COOH)制備甘氨酸亞鐵，實驗裝置如下圖所示(夾持和加熱儀器已省略)。查閱資料：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶

15、于乙醇。檸檬酸易溶于水和乙醇，具有較強的還原性和酸性。實驗過程：I裝置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0molL-1甘氨酸溶液。實驗時，先打開儀器a的活塞，待裝置c中空氣排凈后，加熱并不斷攪拌；然后向三頸瓶中滴加檸檬酸溶液。反應結(jié)束后過濾，將濾液進行蒸發(fā)濃縮；加入無水乙醇，過濾、洗滌并干燥。(1)儀器a的名稱是_；與a相比，儀器b的優(yōu)點是_。(2)裝置B中盛有的試劑是：_；裝置D的作用是_。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，該反應的離子方程式為_。(4)過程I加入檸檬酸促進FeCO3溶解并調(diào)節(jié)溶液pH，溶液pH與甘氨酸亞鐵產(chǎn)率的關系如圖所示。pH過低或

16、過高均導致產(chǎn)率下降，其原因是_；檸檬酸的作用還有_。(5)過程II中加入無水乙醇的目的是_。(6)本實驗制得15.3g甘氨酸亞鐵，則其產(chǎn)率是_。26、（10分）I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點為38.3，沸點為233.5，具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是_，反應結(jié)束后應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是_。（2）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為_、承接管和

17、接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是_（填儀器名稱）。II.過氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通?？捎米麽t(yī)用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過氧化鈣帶有8個結(jié)晶水，在100時會脫水生成米黃色的無水過氧化鈣，而無水過氧化鈣在349時會迅速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過氧化鈣的實驗方案。請回答下列問題：CaCO3濾液白色結(jié)晶（3）步驟的具體操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈_性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是_。（4）步驟中反應的化學方程式為_，該反應需要在冰浴下進行，原因是_。（5

18、）為測定產(chǎn)品中過氧化鈣的質(zhì)量分數(shù)，取1.2g樣品，在溫度高于349時使之充分分解，并將產(chǎn)生的氣體（恢復至標準狀況）通過如圖所示裝置收集，測得量筒中水的體積為112mL，則產(chǎn)品中過氧化鈣的質(zhì)量分數(shù)為_。27、（12分）草酸合銅()酸鉀KaCub(C2O4)cxH2O是一種重要的化工原料。（1）二草酸合銅()酸鉀晶體可以用CuSO4晶體和K2C2O4溶液反應得到。從硫酸銅溶液中獲得硫酸銅晶體的實驗步驟為：加入適量乙醇、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。在蒸發(fā)濃縮的初始階段還采用了蒸餾操作，其目的是_。（2）某同學為測定草酸合銅()酸鉀的組成，進行如下實驗：步驟測定Cu2+：準確稱取0.7080

19、 g樣品，用20.00 mL NH4ClNH3H2O緩沖溶液溶解，加入指示劑，用0.1000 molL1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定至終點（離子方程式為Cu2+H2Y2CuY2+2H+），消耗EDTA標準溶液20.00 mL；步驟測定C2O42-：準確稱取0.7080 g樣品，用6.00 mL濃氨水溶解，加入30.00 mL 4.0 molL1的硫酸，稀釋至100 mL，水浴加熱至7080，趁熱用0.1000 molL1 KMnO4標準液滴定至終點，消耗KMnO4溶液16.00 mL。已知酸性條件下MnO4-被還原為Mn2+，步驟發(fā)生反應的離子方程式為_。步驟滴定終點的現(xiàn)象是_。通過

20、計算確定草酸合銅()酸鉀的化學式（寫出計算過程）。_28、（14分）地下水受到硝酸鹽污染已成為世界范圍內(nèi)一個相當普遍的環(huán)境問題。用零價鐵去除水體中的硝酸鹽(NO3-)是地下水修復研究的熱點之一。（1）Fe還原水體中NO3-的反應原理如圖所示。作負極的物質(zhì)是_；正極的電極反應式是_。（2）將足量鐵粉投入水體中，測定NO3-去除率和pH，結(jié)果如下：在pH =4.5的水體中，NO3-的去除率低的原因是_。（3）為提高pH =4.5的水體中NO3-的去除率，某課題組在初始pH =4.5的水體中分別投入Fe2+、Fe、Fe和Fe2+做對比實驗結(jié)果如圖：此實驗可得出的結(jié)論是_，F(xiàn)e2+的作用可能是_。（2

21、）中NO3-去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因_。（4）地下水呈中性，在此條件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_。（寫出一條）29、（10分）燃煤煙氣的脫硫脫硝是目前研究的熱點。（1）用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160 kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44 kJmol-1寫出CH4(g)與NO2(g)反應生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的熱化學方程式

22、_。（2）某科研小組研究臭氧氧化-堿吸收法同時脫除SO2和NO工藝,氧化過程反應原理及反應熱、活化能數(shù)據(jù)如下:反應:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) H1= -200.9 kJmol-1Ea1= 3.2 kJmol-1反應:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)H2= -241.6 kJmol-1 Ea2= 58 kJmol-1已知該體系中臭氧發(fā)生分解反應:2O3(g) 3O2(g)。請回答:其它條件不變,每次向容積為2L的反應器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模擬煙氣和2.0 mol O3,改變溫度,反應相同時間t后體系中NO和SO2的轉(zhuǎn)

23、化率如圖所示:由圖可知相同溫度下NO的轉(zhuǎn)化率遠高于SO2,結(jié)合題中數(shù)據(jù)分析其可能原因_。下列說法正確的是 _ 。A P點一定為平衡狀態(tài)點B 溫度高于200后,NO和SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高顯著下降、最后幾乎為零C 其它條件不變,若縮小反應器的容積可提高NO和SO2的轉(zhuǎn)化率假設100時P、Q均為平衡點,此時反應時間為10分鐘,發(fā)生分解反應的臭氧占充入臭氧總量的10%,則體系中剩余O3的物質(zhì)的量是_mol;NO的平均反應速率為_;反應在此時的平衡常數(shù)為_ 。（3）用電化學法模擬工業(yè)處理SO2。將硫酸工業(yè)尾氣中的SO2通入如圖裝置(電極均為惰性材料)進行實驗,可用于制備硫酸,同時獲得電能:M極發(fā)生的

24、電極反應式為 _。當外電路通過0.2 mol電子時,質(zhì)子交換膜左側(cè)的溶液質(zhì)量_(填“增大”或“減小”)_克。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】A當相同c(S2-)時，由圖像可知，平衡時c(Cu2+)c(Fe2+)，則c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)，根據(jù)Ksp(FeS)c(Fe2+)c(S2)，Ksp(CuS)c(Cu2+)c(S2)，則Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故A錯誤；B溶液中pH值與c(H+)間的關系為pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，對應的pH值就小，當稀釋弱酸時，隨著水的加入，稀釋可以促進弱酸的電

25、離，但是總體來講，溶液體積的增量超過溶液中H+的物質(zhì)的量的增量，表現(xiàn)為溶液中c(H+)減小，pH值增大；由于稀釋促進弱酸的電離，因而在稀釋相同倍數(shù)的弱酸時，對于酸性較弱的酸，能夠促進其電離，增加了溶液中H+的量，也就表現(xiàn)為c(H+)會較酸性較強的弱酸大些，pH就較酸性較強的弱酸小些，因此總的來講，酸性較強的弱酸稀釋后對應的溶液pH值越大，從圖像看出，甲酸的酸性是較乙酸強，即酸性甲酸乙酸，故B錯誤；C用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的鹽酸溶液，由圖像可知，當消耗NaOH體積為20.00mL時，溶液為中性，此時酸和堿恰好完全反應，溶液中c(H+)=c(OH-)，即n(H+)

26、=n(OH-)，則有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因此c(HCl)=0.0800mol/L，故C正確；D由圖像可知，A與B狀態(tài)時NH3的百分含量相等，對于有兩種反應物參加的可逆反應，增加其中一種反應物的物料可使另一種反應物的轉(zhuǎn)化率增加；A狀態(tài)時，值較小，可認為是增加了H2的量使得H2自身的轉(zhuǎn)化率變小，B狀態(tài)時，值較大，可認為是增加了N2的量，從而提高了H2的轉(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率A(H2)不一定等于B(H2)，故D錯誤；答案選C。2、A【解析】A、鋅與硫酸發(fā)生：ZnH2SO4=ZnSO4H2，且鋅比銅活潑，因此構(gòu)成原電池時鋅作負極，銅作正極，依據(jù)原電池的工作原理，正極上發(fā)生還

27、原反應，A正確；B、電解CuCl2溶液，電子從負極流向陰極，陽離子在陰極上得電子，陰離子在陽極上失去電子，電子從陽極流向正極，B錯誤；C、弱酸環(huán)境下，發(fā)生鋼鐵的析氫腐蝕，負極上發(fā)生Fe2e=Fe2，正極上發(fā)生2H2e=H2，C錯誤；D、鋼閘門與外電源的負極相連，此方法稱為外加電流的陰極保護法，防止鋼閘門的腐蝕，D錯誤；故選A?！军c睛】本題的易錯點是選項B，在電解池以及原電池中，電解質(zhì)溶液中沒有電子的通過，只有陰陽離子的定向移動，形成閉合回路。3、D【解析】A. 根據(jù)圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質(zhì)為HX和NaX，pH7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的

28、抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：ab c(OH-)，則c(Na+)Q，C正確；D.P點加入10mLNaOH溶液時nP(Na+)=nP(M+)，Q點時MOH少量電離，nQ(M+)2c(M+)，D錯誤；故合理選項是D。14、A【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z元素在地殼中含量最高，則Z為O；Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽，則Y為N；常溫下，X的單質(zhì)為氣體，在氮之前，只有H，則X為H；Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于W的原子序數(shù)，Y、Z的最外層電子數(shù)分別為5、6，則W為Na。A非金屬性NH，元素的非金屬性越強，對應的簡單

29、陰離子的還原性越弱，A項正確；B根據(jù)元素周期律，同周期，原子序數(shù)小的半徑大，同主族，周期大的半徑大，故原子半徑NaNOH，B項錯誤；CZ與W形成的化合物可能為Na2O或Na2O2，前者只含有離子鍵，后者存在離子鍵和共價鍵，C項錯誤；D氨氣和水分子都含有氫鍵，但是水分子間形成的氫鍵較多，沸點更高，D項錯誤；答案選A。15、B【解析】短周期W、X、Y、Z、Q五種元素的原子序數(shù)依次遞增，已知W的氫化物可與Q單質(zhì)在光照條件下反應生成多種化合物，W的氫化物應該為烴，則W為C元素，Q為Cl元素；W和Z位于同一主族，則Z為Si元素；Y、Q形成一種共價化合物，X的最高價氧化物對應的水化物可與Y單質(zhì)反應產(chǎn)生常見

30、的還原性氣體單質(zhì)E。則X是Na，Y為Al元素；氣體單質(zhì)E為H2，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知：W為C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。A. X是Na，Y是Al，二者形成的陽離子核外電子排布是2、8，具有2個電子層；Q是Cl，形成的離子核外電子排布是2、8、8，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大；當離子核外電子層數(shù)相同時，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑大小關系為：QXY，A錯誤；B. Cl2在工業(yè)上可用電解飽和NaCl溶液的方法制取，反應方程式為：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，B正確；C. Y、Q形成的化合物AlCl3是鹽，屬于共價化合物，在水溶

31、液中完全電離產(chǎn)生Al3+、Cl-，因此屬于電解質(zhì)，C錯誤；D. C與SiO2在高溫下發(fā)生置換反應產(chǎn)生Si單質(zhì)，同時得到CO氣體，反應方程式為2C+SiO2 Si+2CO，CO不是C元素的最高價氧化物，D錯誤；故合理選項是B?！军c睛】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系，推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及邏輯推理能力。16、D【解析】A. 氫氟酸可用于雕刻玻璃，說明氫氟酸會腐蝕玻璃，不能說具有強酸性，故A不符合題意；B. 常溫下濃硝酸可用鋁罐貯存，說明鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化，不是不反應，故B不符合題意；C. 在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃

32、硫酸具有脫水性，故C不符合題意；D. 鋁箔在空氣中受熱熔化但不滴落，說明氧化鋁的熔點比鋁高，故D符合題意。綜上所述，答案為D。【點睛】鈍化反應是發(fā)生了化學反應。17、B【解析】A. 根據(jù)放電過程中，右槽溶液的顏色由紫色變成綠色，結(jié)合V3+綠色，V2+紫色，說明放電時，右槽電極上失去V2+電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：V2+-e-=V3+，則B電極為負極，A電極為正極，A正確；B. 根據(jù)選項A分析可知：A 電極為正極，B電極為負極，正極上發(fā)生還原反應：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反應轉(zhuǎn)移1 mol電子，反應消耗2 molH+，放電時若轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3.011023個即轉(zhuǎn)移0.

33、5 mol電子，則左槽中H+減少0.5 mol，B錯誤；C.充電時，左槽為陽極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，C正確；D. 充電時，左槽為陽極，發(fā)生氧化反應：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，H+通過質(zhì)子交換膜向右槽移動，D正確；故合理選項是B。18、B【解析】A. 用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2，正確的離子方程式為2Al+2H2O+2OH-=2AlO2- +3H2，故A錯誤；B. 電解飽和食鹽水制備Cl2，正確的離子方程式為2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-，故B正確；C. 向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸，正確的離子方程式為Ba2+

34、2OH-+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O，故C錯誤；D. 向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水，正確的離子方程式為Ca2+HCO3-+NH4+2OH-=CaCO3+H2O+NH3H2O，故D錯誤；故選B?！军c睛】離子方程式的書寫正誤判斷是高頻考點，要求學生熟練書寫高中化學基本離子反應方程式的同時，掌握其正誤判斷的方法也是解題的突破口，一般規(guī)律可歸納為：1.是否符合客觀事實，如本題A選項，反應物還有水；2.是否遵循電荷守恒與質(zhì)量守恒定律，必須同時遵循，否則書寫錯誤，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，顯然不遵循電荷守恒定律；3.觀察化學式是否可拆，不該拆的多余拆成離子，或該拆成離子的沒有拆分

35、，都是錯誤的書寫；4.分析反應物用量，要遵循以少定多的原則書寫正確的離子方程式；5.觀察能否發(fā)生氧化還原反應，氧化還原反應也是離子反應方程式的一種?？傊?，掌握離子反應的實質(zhì)，是正確書寫離子反應方程式并學會判斷其書寫正誤的有效途徑。19、D【解析】根據(jù)流程圖，混合物中加入試劑x過濾后得到鐵，利用鋁與氫氧化鈉反應，鐵不與氫氧化鈉反應，因此試劑x為NaOH，a為NaAlO2，a生成b加入適量的y，因此y是鹽酸，b為氫氧化鋁，氫氧化鋁受熱分解成Al2O3，然后電解氧化鋁得到鋁單質(zhì)；A.根據(jù)上述分析，A正確；B. ab發(fā)生的反應為：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，故B正確；C. 根據(jù)上述分析，b

36、cAl的反應條件分別為：加熱、電解，故C正確；D.a為NaAlO2，NaAlO2與堿不反應，故D錯誤；答案選D。20、C【解析】電池反應為CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al ,根據(jù)離子的移動方向可知A是正極, B是負極,結(jié)合原電池的工作原理解答?！驹斀狻緼、根據(jù)裝置圖可知放電時鋰離子定向移動到A極，則A極為正極，B極為負極，放電時Al失電子，選項 A錯誤；B、充電時，與外加電源負極相連一端為陰極，電極反應為：Li+Liy1Al+e= LiyAl, 選項B錯誤；C、充電時A電極為陽極，反應式為Cx+PF6e=CxPF6, 選項C正確;D、廢舊AGDIB電池進行放電處理”時,若

37、轉(zhuǎn)移1mol電子,消耗1molLi ,即7gLi失電子,鋁電極減少7g , 選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要是考查化學電源新型電池,為高頻考點,明確正負極的判斷、離子移動方向即可解答,難點是電極反應式的書寫。21、A【解析】X原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，且四種元素中原子序數(shù)最小，則X為C，X、Y價電子數(shù)之比為23，則Y為O，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑，則Z為Na，W的原子序數(shù)比Z大且半徑在同周期中最小，則W為Cl，綜上所述，X、Y、Z、W分別為：C、O、Na、Cl，據(jù)此解答。【詳解】AC和O位于同周期且C原子序數(shù)小于O，所以C原子的半徑大于O原子半徑

38、，Na+和O2-電子排布相同，O2-的原子序數(shù)更小，所以Na+的半徑小于O2-，即原子半徑XY，離子半徑ZY，A錯誤；B Na+和O2-通過離子鍵結(jié)合成Na2O，Na+和ClO-通過離子鍵結(jié)合成NaClO，Cl和O通過共價鍵結(jié)合，B正確；CCH4和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應生成四種氯甲烷和HCl，C正確；DO3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒劑，D正確。答案選A。22、B【解析】A項,火藥發(fā)生化學反應時,KNO3中N元素的化合價降低,得到電子,被還原,作氧化劑,體現(xiàn)氧化性，故A合理;B項,高粱中不含乙醇,用高粱釀酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反應產(chǎn)生乙醇,然后用蒸餾方法將乙醇分離出來，故B

39、不合理;C項,明礬是強酸弱堿鹽,水解使溶液顯酸性,酸性溶液中H+與銅銹Cu2(OH)2CO3發(fā)生反應,達到除銹目的，故C合理;D項,蔡倫利用樹皮、碎布(麻布)、麻頭等原料精制出優(yōu)質(zhì)紙張,體現(xiàn)了化學的物理和化學分離方法,因此充分應用了化學工藝，故D合理；故答案為B。二、非選擇題(共84分)23、FeS2 11 2Fe3+Fe=3Fe2+ :分散質(zhì)微粒的直徑(nm)； H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+ 【解析】由中信息可知：B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì)，則B為SO2，H常溫下為無色無味的液體，則H為H2O；E常用作紅色油漆和涂料，故E為Fe2O3，則A中應含F(xiàn)e、S兩種元素。由可計算

40、得到A的化學式為FeS2，再結(jié)合流程圖可推知甲為O2，C為SO3，D為H2SO4乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質(zhì))可知，丁為Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)F，則F為Fe2(SO4)3，G為FeSO4，丙可以為S等，乙可以為碳或氫氣等。【詳解】(1)由上述分析可知，A的化學式為FeS2，高溫下燃燒的化學方程式為:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4molFeS2，轉(zhuǎn)移電子為44mol，即每反應1mol的A(FeS2)轉(zhuǎn)移的電子為11mol，故答案為.：FeS2；11。(2)由轉(zhuǎn)化關系圖可知F為Fe2(SO4)3，丁為Fe，G為FeSO4，

41、則有關的離子反應為:Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)少量飽和Fe2(SO4)3溶液加入冷水中形成溶液，溶質(zhì)為Fe2(SO4)3；加入NaOH溶液中會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，形成濁液；加入沸水中會產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，即Fe2(SO4)3、Fe(OH)3膠體、Fe(OH)3沉淀，故答案為:分散質(zhì)微粒的直徑(nm)；(4)化合物M與H(H2O)組成元素相同，則M為H2O2，M在酸性條件下將G(FeSO4)氧化為FFe2(SO4)3的離子方程式為： H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案為：H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3

42、+。24、C7H7NO2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反應 保護氨基 +H2O+CH3COOH 【解析】(1)由甲的結(jié)構(gòu)簡式，則甲的分子式為C7H7NO2，所以甲的最簡式為C7H7NO2；由丙的結(jié)構(gòu)簡式，所以丙中含有官能團的名稱為羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子與氮原子的個數(shù)比是7：5 ，故a正確；b.分子中沒有苯環(huán)，故b錯誤；c.分子中含有氨基能與鹽酸反應，含有氯原子又能與氫氧化鈉溶液反應，故c正確；d.分子中沒有苯環(huán)，故d錯誤，故選ac，(3).甲為，在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，該反應的化學方程為。(4)由可知步驟的反應類型是取代反

43、應；答案：取代反應。步驟和在合成甲過程中的目的是保護氨基。答案：保護氨基；步驟反應的化學方程式為。答案：。25、分液漏斗 平衡壓強、便于液體順利流下 飽和NaHCO3溶液 檢驗裝置內(nèi)空氣是否排凈，防止空氣進入裝置C中 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O pH過低，H+與NH2CH2COOH反應生成NH3+CH2COOH；pH過高，F(xiàn)e2+與OH-反應生成Fe(OH)2沉淀 防止Fe2+被氧化 降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其結(jié)晶析出 75 【解析】(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)確定儀器a的名稱；儀器b可平衡液面和容器內(nèi)的壓強；(2)裝置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2氣體

44、變渾濁；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同時應有CO2氣體生成，根據(jù)守恒法寫出反應的離子方程式；(4)甘氨酸具有兩性，能與H+反應；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；檸檬酸的還原性比Fe2+還原性強，更易被空氣中氧氣氧化；(5)甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇；(6) 17.4gFeCO3的物質(zhì)的量為=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物質(zhì)的量為0.2L1.0molL-1=0.2mol，理論上生成0.1mol的甘氨酸亞鐵，理論上可產(chǎn)生甘氨酸亞鐵：204gmol-10.1mol=20.4g，以此計算產(chǎn)率。【詳解】(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)可知儀器

45、a的名稱分液漏斗；儀器b可平衡液面和容器內(nèi)的壓強，便于液體順利流下；(2)裝置B的作用是除去CO2中混有的HCl，則裝置B中盛有的試劑飽和NaHCO3溶液；當裝置內(nèi)空氣全部排凈后，多余的CO2氣體排出遇澄清的石灰水變渾濁，則裝置D的作用是檢驗裝置內(nèi)空氣是否排凈，防止空氣進入裝置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同時應有CO2氣體生成，發(fā)生反應的離子方程式為Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(4)過程I加入檸檬酸促進FeCO3溶解并調(diào)節(jié)溶液pH，當pH過低即酸性較強時，甘氨酸會與H+反應生成NH3+CH2COOH；當pH過高即溶液中OH-較大時

46、，F(xiàn)e2+與OH-反應生成Fe(OH)2沉淀，故pH過低或過高均會導致產(chǎn)率下降；檸檬酸的還原性比Fe2+還原性強，更易被空氣中氧氣氧化，則滴加檸檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，則過程II中加入無水乙醇可降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其結(jié)晶析出；(6)17.4gFeCO3的物質(zhì)的量為=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物質(zhì)的量為0.2L1.0molL-1=0.2mol，理論上生成0.1mol的甘氨酸亞鐵，理論上可產(chǎn)生甘氨酸亞鐵：204gmol-10.1mol=20.4g，產(chǎn)率是=75%。26、打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳 排出殘留在裝置中的四溴化

47、鈦和溴蒸氣 直形冷凝管 溫度計 酸 除去溶液中的二氧化碳 CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O 溫度過高時過氧化氫分解 60% 【解析】I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時要使用干燥的反應物，所以通入的二氧化碳氣體必須干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因為裝置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，需要打開K1，關閉K2和K3；然后打開K2和K3，同時關閉K1，發(fā)生反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備Ti

48、Br4，TiBr4常溫下為橙黃色固體，流入收集裝置中；溴有毒不能直接排空，應該最后有尾氣處理裝置，TiBr4易潮解，所以裝置X單元能起干燥作用，結(jié)合題目分析解答。II.大理石加入稀鹽酸溶解得到氯化鈣溶液，將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反應濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，過濾得到過氧化鈣晶體，水洗、乙醇洗、烘烤得到過氧化鈣固體，以此來解答。【詳解】(1)根據(jù)分析以及圖示可知加熱前要先打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出裝置中空氣；反應結(jié)束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘

49、留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，防止污染；(2)在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點233.5C，可以使用蒸餾法提純；此時應將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸餾時要根據(jù)溫度收集餾分，所以在防腐膠塞上應加裝溫度計；(3)此時溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；將溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反應是濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，反應的化學方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2N

50、H4Cl+2H2O；過氧化氫熱易分解，所以該反應需要在冰浴下進行；(5)過氧化鈣受熱分解，方程式為2CaO2=2CaO+O2，收集到的氣體為氧氣，根據(jù)量筒中水的體積可知收集到氧氣112mL，則其物質(zhì)的量為=0.005mol，則原樣品中n(CaO2)=0.01mol，所以樣品中過氧化鈣的質(zhì)量分數(shù)為=60%。27、回收乙醇 2+5+16H+2Mn2+10CO2+8H2O 當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色 由步驟的反應離子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得關系式：Cu2+H2Y2，據(jù)題意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟的離子反應方程式：2M

51、nO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得關系式：2MnO4-5C2O42-，則有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根據(jù)電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據(jù)質(zhì)量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅()酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)22H2O。 【解析】（1）分析題中所給信息，硫酸銅不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸銅的溶解度，有利于晶體的析出。加入乙醇后，乙醇易揮發(fā)，故可通過蒸餾的方法回收。（2）根據(jù)題中步驟測定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可計算出0.7080 g樣品中Cu2+的量；根據(jù)步驟測定C2O42-的過程中，KMnO4和C2

52、O42-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，結(jié)合氧化還原反應原理，可計算出0.7080 g樣品中C2O42-的量；結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒，分別計算出K+和H2O的量。進而可確定草酸合銅()酸鉀的化學式?！驹斀狻浚?）乙醇易揮發(fā)，故可通過蒸餾的方法回收。答案為：回收乙醇；（2）根據(jù)氧化還原反應原理，可知離子反應方程式為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；答案為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；KMnO4溶液為紫紅色，當加入最后一滴KMnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點。答案為：當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO

53、4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色；由步驟的反應離子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得關系式：Cu2+H2Y2，據(jù)題意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟的離子反應方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得關系式：2MnO4-5C2O42-，則有： 解得：n(C2O42-)=0.004mol根據(jù)電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據(jù)質(zhì)量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅()酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)22H2O。28、FeNO3-+8e-+10H+=NH4+3H2OFeO(OH)不導電，阻礙電子轉(zhuǎn)移本實

54、驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO3-，在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率Fe2+將不導電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導電的Fe3O4初始pH低時，產(chǎn)生的Fe2+充足初始pH高時，產(chǎn)生的Fe2+不足減小鐵粉的顆粒大小，增大反應接觸面積或加入活性炭，形成微電池【解析】（1）本題原電池中正負極的判斷，活潑金屬作負極，鐵是活潑金屬，因此負極物質(zhì)為Fe，原電池中正極上發(fā)生還原反應，得到電子，根據(jù)原理，因此NO3在正極上得到電子，轉(zhuǎn)變成NH4，因此正極電極反應式為NO310e10H=NH43H2O；（2）根據(jù)表格中鐵最終物質(zhì)形態(tài)，pH=4.5時FeO(OH)2全部覆蓋住鐵，且FeO(OH)不導電，阻礙電子轉(zhuǎn)移；（3）主要原因是Fe2水解成FeO(OH)，生成Fe3O4產(chǎn)率降低，F(xiàn)eO(OH)不導電，因此NO3的去除率低；從圖中只加入鐵粉和只加入Fe2，NO3的去除率都不如同時加入Fe2和鐵粉的高，結(jié)論是：本實驗條件下，F(xiàn)e2不能直接還原NO3，在Fe和Fe2共