2021-2022學年河南省名校大聯(lián)考高三（上）期中化學試卷（附詳解）

2021-2022學年河南省名校大聯(lián)考高三（上）期中化學試

卷

一、單選題（本大題共16小題，共48.（）分）

1.《天工開物》中“宋子日：天生五谷以育民，美在其中，有黃裳之意焉。稻以糠為

甲，麥以秋為衣，粟、梁、黍、稷毛羽隱然。”該古文中“熟”的主要成分是（）

A.纖維素B.蛋白質(zhì)C.油脂D.淀粉

2.下列化學用語錯誤的是（）

A.CS2的電子式為式為

B.乙醛的比例模型為2

C.聚酯纖維（滌綸）的結構簡式為

0O

HO-EC^^-C—0—CH2—CH2—O3nH

D.中子數(shù)為22的氮原子符號為表Ar

3.化學在生活、生產(chǎn)、科技中有著廣泛應用。下列說法錯誤的是（）

A.共享單車利用太陽能供電，有利于節(jié)能環(huán)保

B.煤經(jīng)過氣化和液化等物理變化可以轉化為清潔燃料

C.廢舊電池中含有銀、鎘等重金屬，不可用填埋法處理

D.含有病毒的飛沫分散在空氣中形成的分散系為氣溶膠，飛沫中有直徑為

1?lOOnm的粒子

A.除去甲烷中的乙烯、水蒸氣

B.制備粗溟苯

?探究溫度對過氧化氫分解速率的

D.進行噴泉實驗

第2頁，共27頁

0\

6.白芷酸（）是一種重要有機物，下列有關該有機物的說法錯誤的

CH3

A.與

H3c

B.能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色

C.lmol白芷酸最多能與2m01出發(fā)生加成反應

D.能發(fā)生取代反應、加聚反應

7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A.標準狀況下，22.4L己烷中含非極性鍵的數(shù)目為心

B.14.4g28si/N4中含質(zhì)子的數(shù)目為7總

C.O.lmol?L-】K2cO3溶液中含CO1數(shù)目小于

D.反應14CUSC>4+5FeS2+12H2O=7Cu2s+5FeSO4+12H2sO4中，生成0.3mol

氧化產(chǎn)物時轉移的電子數(shù)為1.4NA

8.下列離子方程式書寫錯誤的是（）

+2+

A.向氫氧化鎂懸濁液中滴加鹽酸，沉淀溶解：Mg（OH）2+2H=Mg+2H2O

B.將酸性高缽酸鉀溶液滴入Na2sO3溶液中：2MnO]+5sog+6H+=2Mn2++

5so廣+3H2O

C.含lmolNH4Al（SO）的溶液與含4moiNaOH的溶液混合：Al3++40『=A10]+

2H2O

D.將CIO2氣體通入H2O2、NaOH的混合溶液中制NaClOz：2CIO2+H202+20H-=

2CIO2+O2+2H2O

0—CH

科研人員提出催化合成碳酸二甲酯（CH,C）的示意圖如圖所

示，下列說法錯誤的是（）

注-.777777777表示催化劑

00—CH,

C.總反應的化學方程式為c02+2cH30H催，劑CH「+H20

D.二氧化碳、甲醇、碳酸二甲酯均能與NaOH溶液反應

10.已知：(l)5MnS04+2NaC103+4H20=5MnO2I+Na2S04+4H2S04+Cl2T；

②FeS()4+MnO2+H2S04tFe2(SO4)3+MnS04+&0(未配平)。

下列有關說法正確的是()

A.MnSCU在反應①中作還原劑，在反應②中作氧化產(chǎn)物

B.還原性：FeS04>Cl2>MnS04

C.根據(jù)上述反應判斷：NaClOs不能氧化FeS04

D.轉移電子數(shù)相同時?，反應①中生成的H2sO4與反應②中消耗的H2sO4的物質(zhì)的

量之比為2：5

11.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W與丫同主族，W的簡單氫化

物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，X是地殼中含量最多的金屬，X與Z的電子數(shù)之和

是丫的質(zhì)子數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是()

A.原子半徑：X>Y>Z

B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y<Z

C.X與Z形成的化合物為共價化合物

D.W、Y、Z的最高價含氧酸均為強酸

12.控制大氣中NO*的排放是全球關注的熱點，催化脫硝法中的催化還原法是目前工業(yè)

上成熟的方法。以NG為還原劑的催化反應原理之一為2NH3(g)+NO(g)+

NO2(g)U2N2(g)+3H20(g),若向VL的恒容密閉容器中投入4moiNH3和一定量NO

第4頁，共27頁

和NC）2,測得NH3（g）、N2（g）,出0?的濃度隨時間變化的曲線如圖所示。下列說

法正確的是（）

B.a點時該反應達到平衡

C.曲線n表示電的濃度變化

D.從開始到30s內(nèi)，用電0他）表示的平均反應速率為0.04mol?LT】?s-i

13.中國科學院福建物質(zhì)結構研究所課題組基于二氧化碳和甲酸的相互轉化反應設計

并實現(xiàn)了一種可逆的水系金屬-二氧化碳二次電池，放電時工作原理如圖所示。下

列有關電池放電時的說法錯誤的是（）

A.N極發(fā)生還原反應

B.電子由N極流出經(jīng)導線流入M極

C.N極的電極反應式為CO?+2e-+2H+=HCOOH

D.若電路中流過6.02x1022個電子，則理論上M極有3.25g鋅參加反應

14.有機物的同分異構體M含一個苯環(huán)且能與碳酸氫鈉溶液反應

產(chǎn)生CO2，則M的結構共有（不考慮立體異構）（）

A.14種B.15種C.16種D.17種

15.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應結論的是（）

選項實驗操作和現(xiàn)象結論

向亞硫酸鈉溶液中滴加高氯酸溶液，將得到的氣體直接通C1的非金屬性比S

A

入澄清石灰水中，澄清石灰水變渾濁的強

B向乙醇中加入綠豆大小的鈉塊，有氣泡產(chǎn)生證明乙醇中含有水

將2體積S02和1體積。2混合通入裝有灼熱V2O5的容器中

說明S02和。2的反

C充分反應，產(chǎn)物依次通過BaC12溶液和品紅溶液，前者產(chǎn)

應有一定的限度

生白色沉淀，后者褪色

將用稀硫酸酸化的KMnCU溶液滴入Fe(NC)3)2溶液中，溶液氧化性：KMnO4>

D

變黃Fe3+

A.AB.BC.CD.D

16.將mgCuS和Cu2s的混合物投入500mLemol?LT的稀HNO3溶液中恰好完全反應，

收集到NO氣體17.92L(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在CM+和SOg)加入

VL3moi?LTNaOH溶液恰好使CM+完全沉淀，過濾、洗滌、灼燒，得至l136gCuO。

下列說法正確的是()

A.N0的質(zhì)量為27g

B.V=400

C.CuS和Cu2s的物質(zhì)的量之比為4：1

D.反應后的溶液中SO%一的物質(zhì)的量為0.25mol

二、簡答題(本大題共5小題，共52.0分)

17.據(jù)2021年6月29日NASA的科學報告，“好奇號”火星車傳回的數(shù)據(jù)表明，在火星

表面蓋爾環(huán)形山附近，“好奇號”火星車曾經(jīng)多次探測到甲烷氣體。

(1)二氧化碳與氫氣合成甲烷的反應為C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)。

所海州惟K

已知:InurfCQ(g)20+C

更嗯/2H

ImolCIhig)'%：—4C+4/7

1(x54J

上煞產(chǎn)2H+O

①拆開ImolC-H鍵所需要的能量是。

②lmolCOz(g)和4m0叫@的總能量(填“大于”或“小于")lmolCH4(g)

和2m0田2。色)的總能量。

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(2)用甲烷催化還原一氧化氮，可以消除一氧化氮對大氣的污染，反應的化學方程

式為CH,(g)+4N0(g)=2N2(g)+2H20(g)+C02(g)o

①若起始時向2L恒容密閉容器中通入ImolC*和4moiNO,lOmin時測得混合氣體

中甲烷的物質(zhì)的量分數(shù)為12%,則lOmin時NO的轉化率是。

②下列一定能說明該反應達到平衡的是(填字母)。

A.V(CH4)=v(CO2)

B.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變

C.斷裂2mO1N三N鍵的同時形成4mO1H-0鍵

D.混合氣體的密度不變

(3)以甲烷等碳氫化合物為燃料的新型燃料電池成本大大低于以氫氣為燃料的傳統(tǒng)

燃料電池。一種以甲烷為燃料的電池裝置示意圖如圖。

a梭KOH溶液WS

①M口通入的氣體是(填化學式)。

②外電路中電流的流向是(填”由a極到b極”或“由b極到a極”)。

③若KOH轉化為正鹽，則消耗100mL2moi-LKOH溶液時，需要標準狀況下的體

積是。

18.二乙二醇二苯甲酸酯()可用于加工聚氯

乙烯地板料、增塑糊、聚醋酸乙烯酯黏合劑以及合成橡膠等。一種合成二乙二醇二

苯甲酸酯的路線如圖。

請回答下列問題：

(1)D中含有官能團的名稱是、酸鍵。

(2)F+D-G的反應類型是,G的分子式是。

(3)B的結構簡式為。

(4)C與足量金屬鈉反應的化學方程式是。

(5)下列關于E和F的說法正確的是(填字母)。

A.F能與碳酸氫鈉溶液反應

B.E和F都屬于芳香煌

C.E的一氯代物只有3種

D.E和F中所有碳原子都共平面

19.磷、碑(As)、鈿(Bi)均屬于氮族元素，它們的化合物在生產(chǎn)、科技中有著廣泛的應

用。

(1)次磷酸(H3P。2)可用作殺菌劑、神經(jīng)系統(tǒng)的強壯劑、金屬表面的處理劑等，H3P。2

中P的化合價為,加熱到130久時會分解成磷酸和磷化氫，寫出該反應的化

學方程式：。

(2)鈿酸鈉(NaBi()3)是一種淺黃色或褐色的無定形粉末，不溶于冷水，可用于檢驗

鎰離子。在稀硫酸酸性介質(zhì)中，NaBiOs將硫酸錦中的錦離子氧化為高鎰酸根離子,

同時生成可溶于酸的Bi2(S04)3,寫出該反應的離子方程式：。

(3)碑的化合物可用于制造農(nóng)藥、防腐劑、染料和醫(yī)藥等。

①As在周期表中的位置是o

②土壤和廢水中的有機碑(HAPA)與無機碑【+3價碑表示為As(IH)】可用高鐵酸鉀

(LFeO。去除，高鐵酸鉀用量對HAPA、As(UI)去除效果的影響如圖所示。

0HApA

-AMIB)

最佳鐵碎質(zhì)量比為5：1的理由是。將氯氣通入氫氧化鐵、氫氧化鉀溶液的

混合物中可制備高鐵酸鉀，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為o

20.在醫(yī)藥工業(yè)中，2-氯乙醇(C1CH2cH2。田可用于生產(chǎn)磷酸哌嗪、映喃噗酮、四咪噗、

驅(qū)蛔靈和普魯卡因等。制備2-氯乙醇的裝置如圖所示。已知：

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ClCH^H-iOH二里CH=C&T+HQ，在制備

1702

請回答下列問題：

(1)儀器X的名稱是,裝置A中碎瓷片的作用是。

(2)裝置B中NaOH溶液的作用是。

(3)裝置C中發(fā)生反應的化學方程式為。

(4)裝置D中發(fā)生反應的離子方程式為。

(5)如圖裝置中的導管b與裝置C中的導管a相連用來處理尾氣，則裝置E用來處理尾

氣(填化學式)，裝置F中的現(xiàn)象是。

21.硼化鋁(CrB)可用作耐磨、抗高溫氧化涂層和核反應堆中的中子吸收涂層。以高鋁

銘鐵礦(主要含口2。3和AI3O3,還含F(xiàn)e2()3、FeO、MgO、SiO?)為原料制備硼化銘和

鋁的工藝流程如圖。

送劑丫試劑Z

下表列出了相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH：

金屬離子Fe3+Mg2+Cr3+Fe2+Al3+

開始沉淀的

2.310.44.97.53.4

PH

沉淀完全的

4.112.46.89.74.7

Ph

請回答下列問題：

(1)“氧化”的目的是將溶液中的Fe2+轉化為Fe3+,試劑X可選用電。2或。2,若氧

化等物質(zhì)的量的Fe2+,需要消耗出。?和CI2的質(zhì)量比為。

(2)試劑丫是,操作1的名稱是。

(3)向M溶液中加入過量試劑Z發(fā)生反應的離子方程式為o

(4)第二次加氨水調(diào)節(jié)pH的范圍是；加稀鹽酸中和前，需要洗滌沉淀，證明

沉淀洗滌干凈的操作方法是。

(5)硼化銘是在65(TC時由金屬鎂與硼、氯化銘的混合物制得的，寫出該反應的化學

方程式：o

第10頁，共27頁

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：大多數(shù)植物中都富含纖維素，根據(jù)“稻以糠為甲，麥以款為衣”可知，糠

是稻谷的外殼，數(shù)是麥子的外殼，都富含纖維素，

故選：Ao

纖維素在植物中含量豐富，糠是稻谷的外殼，數(shù)是麥子的外殼，都富含纖維素。

本題以傳統(tǒng)文化為情境，考查物質(zhì)的組成，意在考查考生分析問題和記憶的能力，宏觀

辨識與微觀探析的核心素養(yǎng)。

2.【答案】B

【解析】解：ACS?的共價化合物，分子中含有2個C=S雙鍵，其電子式為S::C::S,

故A正確;

B.為球棍模型，用原子間的相對大小表示分子的真實的空間結構的模型為

比例模型，乙醛的比例模型為,故B錯誤;

C對苯甲二酸與乙二醇發(fā)生水解反應生成聚酯纖維，聚酯纖維（滌綸）的結構簡式為

00

少二II，故c正確；

0—CH2—CH2—03nH

D.中子數(shù)為22的氯原子的質(zhì)量數(shù)為:22+18=40,該原子可以表示為羯Ar,故D正確;

故選：Bo

A.二硫化碳分子中含有兩個雙鍵，C、S原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構；

B.該模型為比例模型，不是球棍模型；

C.對苯甲二酸與乙二醇發(fā)生水解反應生成聚酯纖維（滌綸）；

D.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)。

本題考查常見化學用語的表示方法，為高頻考點，涉及電子式、結構簡式、球棍模型與

比例模型等知識，把握常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題側重考查學生的分析

能力及規(guī)范答題能力，題目難度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.共享單車的使用及太陽能的利用都有利于低碳生活，節(jié)能環(huán)保，故A正

確；

B.煤經(jīng)過氣化和液化轉化為水煤氣、甲醇等燃料，則煤的氣化和液化都是化學變化，故

B錯誤；

C.廢舊電池中的銀、鎘等重金屬對人體健康有害，用填埋法處理會造成土壤污染和地下

水污染，應回收集中處理，故C正確；

D.飛沫粒子直徑介于1?lOOnm之間，符合膠體中分散質(zhì)粒子的直徑范圍，分散在空氣

中形成氣溶膠，故D正確；

故選:Bo

A.利用太陽能供電可減少化石燃料的燃燒，有利于環(huán)境保護；

B.煤經(jīng)過氣化和液化轉化為水煤氣、甲醇等燃料；

C銀、鎘等重金屬易污染土壤和水體，應回收集中處理；

D.膠體是分散質(zhì)粒子直徑介于1?lOOnm之間的分散系，根據(jù)分散劑不同可分為固溶膠、

氣溶膠和液溶膠。

本題以化學與生活、生產(chǎn)、科技為情境，考查化學實際應用知識，側重考查學生識記能

力和運用能力，有利于培養(yǎng)學生的科學態(tài)度與社會責任的核心素養(yǎng)，題目難度不大，注

意總結積累。

4.【答案】D

【解析】解：A.Ca(C10)2屬于含氧酸鹽，但易溶于水，故A錯誤；

高溫

B.C+CO2二2co是氧化還原反應，但為吸熱反應，故B錯誤；

C.風能屬于新能源，是自然界中直接提供的能源、屬于一次能源，不是二次能源，故C

錯誤；

D.H2s的結構式為H-S-H,含有共價鍵H-S,在水中能電離生成氫離子和硫氫根離

子，屬于電解質(zhì)，故D正確；

故選：D。

A.由含氧酸根和陽離子構成的鹽屬于含有酸鹽，結合鹽的溶解性判斷；

第12頁，共27頁

B.元素化合價發(fā)生變化的反應為氧化還原反應，結合常見的吸放熱反應分析判斷；

C.二次能源是一次能源經(jīng)過加工轉化成的另一種形態(tài)的能源，新能源是指傳統(tǒng)能源之外

的各種能源形式，剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源；

D.H2s是共價化合物，結構式為H-S-H,其水溶液為氫硫酸。

本題考查物質(zhì)分類、化學反應分類及能源分類等知識，側重考查學生的識記能力和運用

能力，把握概念及其分類依據(jù)是解題關鍵，題目難度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.圖中洗氣時導管應該長進短出，故A錯誤；

B.制備澳苯應該用苯與液漠，不能選澳水，故B錯誤；

C探究溫度對過氧化氫分解速率的影響時，催化劑要相同，圖中兩個變量，故C錯誤;

D.S02易與NaOH溶液反應，擠壓膠頭滴管、打開止水夾，打開可以看到噴泉，故D正

確；

故選：D?

A.乙烯與澳水反應，濃硫酸干燥甲烷，洗氣時導管長進短出；

B.苯與濱水不反應；

C.溫度、催化劑均不同；

D.二氧化硫與NaOH溶液反應。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分離提純、物

質(zhì)的制備為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難

度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.均含有1個碳碳雙鍵、1個歿基，且為鏈狀，它們的結構相似，白芷酸的

分子式為C5H8。2,H的分子式為C6Hi0（）2,組成相差一個“C%”

二者互為同系物，故A正確;

B.含有碳碳雙鍵，能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，故B正確；

C.竣基不能與氫氣反應，分子中含有1個碳碳雙鍵，lmol白芷酸最多能與lmol%發(fā)生加

成反應，故c錯誤；

D.白芷酸含有竣基，可以發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應，故D正確；

故選:Co

A.結構相似，在組成上形成1個或若干個“CH?”的化合物互為同系物；

B.碳碳雙鍵能被酸性高鎰酸鉀溶液氧化；

C.碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應；

D.含有竣基、碳碳雙鍵，具有段酸和烯煌的性質(zhì)。

本題以陌生有機物結構為情境，考查有機物性質(zhì)，意在考查考生分析和解決問題的能力,

宏觀辨識與微觀探析的核心素養(yǎng)。

7.【答案】B

【解析】解：A.標準狀況下，己烷為液體，無法確定己烷的物質(zhì)的量，故A錯誤；；

B.14.4g28s出心的物質(zhì)的量為需嘉=O.lmol,含質(zhì)子的物質(zhì)的量為(3x14+4x

7)xO.lmol=7mol,即質(zhì)子的數(shù)目為7NA，故B正確；

C.沒有給出溶液的體積，無法確定溶液中co“數(shù)目，故c錯誤；

D.注意FeS?中S的化合價為為一1價，5moiFeS?和14moicuSC)4正好反應，反應過程中銅

元素由+2價下降至+1價，則Cu得電子：14x1mol=14mol,硫元素由一1價下降至一2

價，則S得電子：7x1mol=7mol,硫元素又由一1價上升至+6價，貝US失電子：3x

7mol=21mol,反應中電子轉移了21mo1,則生成0.3mol氧化產(chǎn)物時轉移的電子數(shù)為

2.1NA,故D錯誤；

故選：Bo

A.標準狀況下，己烷為液體；

B.14.4g28s出心的物質(zhì)的量為五蹺;=O.lmol,據(jù)此計算；

C.沒有給出溶液的體積；

D.注意FeS?中S的化合價為為-1價，5moiFeS2和14moicuSC)4正好反應，反應過程中銅

元素由+2價下降至+1.價，則Cu得電子：14x1mol=14moL硫元素由-1價下降至一2

價，則S得電子：7x1mol=7moL硫元素又由一1價上升至+6價，則S失電子：3x

7mol=21mol,反應中電子轉移了21mo1。

本題以阿伏加德羅常數(shù)為情境，考查阿伏加德羅常數(shù)的應用，意在考查考生計算的能力,

第14頁，共27頁

宏觀辨識與微觀探析的核心素養(yǎng)

8.【答案】C

【解析】解：A.向氫氧化鎂懸濁液中滴加鹽酸，沉淀溶解，離子方程式為：Mg(OH)2+

2H+=Mg2++2H2。，故A正確；

B.將酸性高鋸酸鉀溶液滴入Na2s。3溶液中，離子方程式為：2MnO￡+5S0『+6H+=

2Mn2++5SO『+3H2。，故B正確；

C.含lmolNH4Al(SO)的溶液與含4moiNaOH的溶液混合，離子方程式為：NH^+Al3++

40H-=A1(OH)3I+NH3-H20,故C錯誤；

D.將CIO?氣體通入HzO2、NaOH的混合溶液中制NaClO?，離子方程式為：2C1O2+H202+

2OH-=2C1O5+O2+2H2O,故D正確；

故選:Co

A.二者反應生成氯化鎂和水；

B.亞硫酸根離子具有還原性，能夠還原高鎰酸鉀生成鎬離子，自身被氧化為硫酸根離子;

C.含lmolNH4Al(SO4上的溶液與含4moiNaOH的溶液混合，反應生成氫氧化鋁、一水合

氨和硫酸鈉；

D.二氧化氯能夠氧化過氧化氫生成氧氣。

本題考查了離子方程式書寫正誤判斷，明確離子反應實質(zhì)是解題關鍵，注意反應物用量

對反應的影響，題目難度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.對比結構可知，過程①中是甲醇斷裂0-H鍵，故A正確；

科科

B.根據(jù)圖示知，A在過程①中生成，再過程②中反應掉，則A是中間

777777777777777777

產(chǎn)物，故B正確；

C.整個過程是二氧化碳與甲醇反應生成碳酸二甲酯和水，總反應的化學方程式為

00—CH,

CO2+2CH30H催化劑>CH3/XCZ+H2O,故C正確；

II

()

D.二氧化碳、碳酸二甲酯能與氫氧化鈉反應，但甲醇不能與NaOH溶液反應，故D錯誤；

故選：Do

過程①中是甲醇斷裂0-H鍵，過程②是斷裂C=0雙鍵中其中一個鍵，過程③是甲醇

斷裂C-。鍵，反應①③發(fā)生取代反應，反應②發(fā)生加成反應，反應總反應為2cH30H+

C02->CH3OCOOCH3+H20O

本題以合成碳酸二甲酯的示意圖為情境，考查化學方程式等知識，意在考查考生讀取信

息、解決問題的能力，證據(jù)推理與模型認知的核心素養(yǎng)。

10.【答案】D

【解析】解：A.反應①Mn元素的化合價升高，被氧化，則M11SO4在反應①中作還原劑，

反應②Mn元素化合價降低，被還原，則MnSO,在反應②中作還原產(chǎn)物，故A錯誤；

B.反應①5MnSC>4+2NaC103+4H20=5MnO2I+Na2S04+4H2S04+Cl2T中還原劑

為MnSCU，還原產(chǎn)物為：Cl2,反應②FeSCU+Mn。？+H2sO4fFe2(S()4)3+M11SO4+

小0中還原劑為FeSO型還原產(chǎn)物為：MnSO”根據(jù)還原性：還原劑>還原產(chǎn)物，則還原

性：FeS04>MnS04>Cl2,故B錯誤；

C.反應①5MnS()4+2NaC1034-4H20=5MnO21+Na2SO4+4H2S04+Cl2T中氧化劑

為NaClC)3,氧化產(chǎn)物為：Mn02,反應②FeSC^+MnO2+H2SO4-Fe2(SO4)3+MnS04+

電0中氧化劑為Mn。2，氧化產(chǎn)物為：Fe2(SO4)3,根據(jù)氧化性：氧化劑〉氧化產(chǎn)物，則

氧化性:NaC103>MnO2>Fe2(SO4)3?所以NaCK)3能氧化FeSO,，故C錯誤；

D.反應①中每轉移10mol電子，生成4moiH2so彳，反應②可配平為2FeSC)4+MnO?+

2H2S04=Fe2(S04)3+MnS04+2H2O,每轉移2moi電子，消耗2molH2s0〃所以轉移

電子數(shù)相同時，反應①中生成的H2s。4與反應②中消耗的H2s。4的物質(zhì)的量之比為2：5,

故D正確；

故選：D。

反應①5MnSC)4+2NaC103+4H20=5MnO2i+Na2sO4+4H2sO4+Cl2T中，Cl元素的

化合價降低，被還原，Mn元素的化合價升高，被氧化；反應②FeS()4+MnO2+H2S04-

Fe2(SC>4)3+M11SO4+也0中，F(xiàn)e元素化合價升高，被氧化，Mn元素化合價降低，被還

原，根據(jù)在同一反應中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性判斷還原性強弱，氧化劑

中氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷氧化性強弱，結合元素化合價的變化計算。

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側

重氧化還原反應基本概念及轉移電子的考查，注意氧化性、還原性比較的規(guī)律，題目難

第16頁，共27頁

度不大。

11.【答案】D

【解析】解：根據(jù)分析可知，W為N,X為A1,丫為P,Z為C1元素，

A.主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Al>P>CL故A正確：

B.非金屬性越強，最簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性P<C1,則簡單氫化物的穩(wěn)定

性：PH3<HCL故B正確；

C.X與Z形成的化合物為AlCk，屬于共價化合物，故C正確；

C.Y的最高價含氧酸為H3Po4，H3PO4不是強酸，故D錯誤；

故選:D?

W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的簡單氫化物能使?jié)駶櫟募t色

石蕊試紙變藍，則W為N；W與丫同主族，貝IJY為P；X是地殼中含量最多的金屬，則X為A1；

X與Z的電子數(shù)之和是丫的質(zhì)子數(shù)的2倍，Z的質(zhì)子數(shù)為15x2-13=7,則Z為C1,以此分

析解答。

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、原子結構來推斷元素為

解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。

12.【答案】C

【解析】解:A.由圖可知，氨氣起始加入量為4m01,起始濃度為2moi/L,則V=言缺=2L,

故A錯誤；

B.由圖可知，a點后，物質(zhì)濃度繼續(xù)變化，反應未達平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.由方程式可知，氨氣減小量與氮氣增加量相等，由圖可知，曲線D表示電的濃度變化，

故C正確；

D.曲線I為水的濃度變化曲線，從開始到30s內(nèi)，用M0(g)表示的平均反應速率為

1.8mol/L=0.06mol?L-S-1,故D錯誤；

30s

故選:Co

A.由反應物起始加入量和濃度計算容器體積；

B.反應達到平衡狀態(tài)時，各組分濃度保持不變；

C.結合方程式系數(shù)和物質(zhì)的實際變化判斷曲線代表物質(zhì)；

D.由公式v=彳計算反應速率。

本題考查化學反應速率和化學平衡，題目難度中等，能依據(jù)圖象準確求算判斷所需的各

組分的量是解題的關鍵。

13.【答案】B

【解析】解：A.N極為正極，二氧化碳得電子發(fā)生還原反應，故A正確；

B.原電池工作時，電子從負極(M)流出，經(jīng)外電路流向正極(N),故B錯誤；

C.N極為正極，電極反應式為C()2+2e-+2H+=HCOOH,故C正確；

D.若電路中流過6.02x1022個電子，轉移電子的物質(zhì)的量為盛篝器no.imol,消

耗Zn的質(zhì)量為上翳X65g/mol=3.25g,故D正確；

故選:Bo

由圖可知，放電時，Zn價態(tài)升高失電子發(fā)生氧化反應，M極作負極，電極反應式為211-

2e-+2OH-=Zn(OH)2,N極為正極，電極反應式為CO2+2e-+2H+=HCOOH,據(jù)此

作答。

本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準確判斷正負極是解題的關鍵,

難點是電極反應式的書寫。

14.【答案】A

【解析】解：,的分子式為C9H10O2,M含一個苯環(huán)且能與碳酸氫鈉溶

液反應產(chǎn)生CO?,說明含峻基，則其結構可能為2cHzc：°°H、

COOII

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CH3

CH,CH,

1

2^J^CHjCOOHY、

CIl2COOH

”3Hc

//C&CH

COOH3\3

OC"'HC^A-CH'r

3?9、二'

COOHCOOH

coon

CH,

Qp~CO()U,共14種，只有A正確，

CH3

故選：Ao

有機物’的分子式為C9H10O2,M含一個苯環(huán)且能與碳酸氫鈉溶液反應

產(chǎn)生CO?,說明含酸基，除苯環(huán)和竣基外還有2個C,且苯環(huán)上可能有1個或2個或3個取

代基，以此來解答。

本題考查同分異構體，為高頻考點，把握苯環(huán)上取代基的數(shù)目、竣酸的性質(zhì)為解答的關

鍵,側重分析與應用能力的考查，注意有限制條件的同分異構體的判斷，題目難度不大。

15.【答案】C

【解析】解：A.亞硫酸鈉不是S的最高價氧化物對應的水化物，所以不能比較S與Q的非

金屬性強弱，故A錯誤；

B.乙醇也會與鈉反應產(chǎn)生氣體，無法證明乙醇中含有水，故B錯誤；

C.在相同條件下，2體積SO2和1體積。2反應，前者產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀為硫酸鋼，說

明反應后有SO3生成，后者褪色，說明反應后仍然存在SO?，能夠證明說明SO?和。2的反

應有一定的限度，故C正確；

D.KMnO4.HNO3都有強氧化性，將用稀硫酸酸化后的KMnO4溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，

3+

溶液變黃，不能證明氧化性：KMnO4>Fe,故D錯誤；

故選：Co

A.亞硫酸鈉不是硫元素的最高價氧化物對應的水化物；

B.乙醇和水都能夠與鈉反應產(chǎn)生氣體；

C.前者產(chǎn)生白色沉淀，后者褪色，白色沉淀為硫酸鋼，品紅溶液褪色說明存在二氧化硫；

D.酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，干擾了檢驗結果。

本題考查化學實驗方案的評價，題目難度不大，明確物質(zhì)的性質(zhì)、反應與現(xiàn)象、反應限

度、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。

16.【答案】D

1792L

【解析】解：A.n(NO)=[=0.8mol,則m(NO)=0.8molx30g/mol=24g,故

44.qL/111OI

A錯誤；

UUU

B.CM+與OFT反應生成C(OH)2,C(OH)2分解為CO,貝ij有n(NaOH)=2n[Cu(OH)2]=

2n(CuO)=2x=0.9mol,故V[NaOH(aq)]==0.3L=300mL,故B錯誤;

C.設CuS和Cu2s的物質(zhì)的量分別為xmol、ymoL根據(jù)電子轉移守恒有8x+10y=0.8X3,

根據(jù)Cu原子守恒有x+2y=|J,聯(lián)立解得x=0.05,y=0.2,故CuS和Cu2s的物質(zhì)的量

OV

之比為0.05mol：2mol=1：4,故C錯誤;

D.根據(jù)硫原子守恒有n(SOt)=n(CuS)+n(Cu2S)=0.05mol+0.2mol=0.25moL故D

正確；

故選：D?

V

A.根據(jù)n=1計算NO的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計算生成NO的質(zhì)量；

vm

B.CM+與OH-反應生成CU(OH)2,CU(OH)2分解為CUO,貝lj有n(NaOH)=2n[Cu(OH)2]=

2n(CuO),可以計算氫氧化鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)V=?計算需要氫氧化鈉溶液體積；

C.設CuS和Cu2s的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol,根據(jù)電子轉移守恒、Cu原子守恒列方程

計算解答；

D.根據(jù)硫原子守恒有n(SOj-)=n(CuS)+n(Cu2S)?

本題考查混合物計算，關鍵是明確發(fā)生的反應，注意守恒思想的運用，題目意在考查學

生分析計算能力、靈活運用知識的能力。

17.【答案】414kJ大于40%CCH4由b極到a極2.24L

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【解析】解：(1)①根據(jù)"1〃“，/1*(g)-「J"知，拆開4moic-H鍵所

需要的能量是1656kJ,據(jù)此計算拆開ImolC-H鍵所需要的能量=竺羅=414kJ,

故答案為：414kJ；

②lmolCO2(g)和4m0舊2檔)的需要總能量=(1606+436x4)kJ=3350kJ,lmolCH4(g)

和2m0IH2O?的需要總能量=(1656+2x928)k]=3512kJ,所以lmolCC)2(g)和

4moi^(g)需要的總能量大于lmolCH^g)和2moi小0包)需要的總能量，

故答案為：大于；

(2)①若起始時向2L恒容密閉容器中通入lmolCH,和4moiNO,反應前后氣體計量數(shù)之和

不變，則反應中混合氣體總物質(zhì)的量不變，lOmin時測得混合氣體中甲烷的物質(zhì)的量分

數(shù)為12%,則lOmin時MCH。=5moix12%=0.6moL甲烷的轉化率=當需㈣x

100%=40%,加入反應物的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，貝1JCH4、NO的轉化率相

等，則NO的轉化率為40%,

故答案為：40%：

②A.沒有明確正逆反應速率，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B.反應前后氣體總質(zhì)量不變、氣體總物質(zhì)的量不變，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量始終不變,

不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.斷裂2moi2molN=N鍵的同時形成4molH-0鍵，同時消耗4molH-0鍵，同一物質(zhì)

的正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；②

D.反應前后氣體總質(zhì)量不變，容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，不能據(jù)此判

斷平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：C；

(3)①根據(jù)圖知，a為負極、b為正極，通入燃料的電極為負極、通入氧化劑的電極為正

極，則M為CH4、N為。2，

故答案為：CH4;

②外電路中電流的流向由正極流向負極，a為負極、b為正極，則外電路中電流的流向

是由b極到a極，

故答案為：由b極到a極；

③若KOH轉化為正鹽，正鹽為K2c。3,消耗n(KOH)=2mol/Lx0.1L=0.2mol,根據(jù)K原

子守恒得n(K2c。3)=in(KOH)=0.2mol=O.lmol,根據(jù)C原子守恒得n(C()2)=

n(K2cO3)=O.lmoLV(CO2)=nVm=O.lmolx22.4L/mol=2.24L,

故答案為：2.24Lo

(1)①根據(jù)"1，〃，，/O*(g)C+4〃”知，拆開4moic-H鍵所需要的能量是

1656kJ,據(jù)此計算拆開ImolC-H鍵所需要的能量；

②lmolCC)2(g)和4m01出出)需要的總能量=(1606+436x4)kJ=3350kJ,lmolCH4(g)

和2m0舊2。?需要的總能量=(1656+2x928)kJ=3512kJ；

(2)①若起始時向2L恒容密閉容器中通入ImolC也和4moiNO,反應前后氣體計量數(shù)之和

不變，則反應中混合氣體總物質(zhì)的量不變，lOmin時測得混合氣體中甲烷的物質(zhì)的量分

數(shù)為12%,則lOmin時MCHQ=5molx12%=0.6mol,甲烷的轉化率=變°:北喇x

100%=40%,加入反應物的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，貝骯叫、NO的轉化率相

等；

②可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量、物

質(zhì)的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；

(3)①該燃料電池中，通入燃料的電極為負極、通入氧化劑的電極為正極，電解質(zhì)溶液

中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；

②外電路中電流的流向由正極流向負極；

③若KOH轉化為正鹽，正鹽為K2c。3,消耗n(KOH)=2mol/Lx0.1L=0.2moL根據(jù)K原

子守恒得n(K2co3)=1n(KOH)=|x0.2mol=O.lmol,根據(jù)C原子守恒得n(CC)2)=

n(K2co3),V(CO2)=nVm,

本題考查較綜合，涉及反應熱的計算、化學平衡狀態(tài)判斷、電化學原理等知識點，側重

考查分析、判斷及計算能力，明確反應熱的計算方法、化學平衡狀態(tài)判斷方法、原電池

原理是解本題關鍵，注意(3)題原子守恒的靈活運用，題目難度不大。

A

18.【答案】羥基取代反應(或酯化反應)C18H18O5/\HOCH2CH2OH+

CH2—CH2

2Na—NaOCH2cH20Na+H2tAD

【解析】解：(1)D中含有官能團的名稱是羥基、醛鍵，

故答案為：羥基；

(2)由D、G的結構可知，F(xiàn)與D發(fā)生酯化反應生成G,也屬于取代反應；由結構可知G的分

子式是C]8H18。5,

故答案為：取代反應(或酯化反應)；C18H18O5；

第22頁，共27頁

(3)B由乙烯與氧氣在催化劑氧化生成B,結合B與水生成乙二醇，可推知B為/\,

CH2-CH2

‘0、

故答案為：/\;

CH2—CH2

(4)C與足量金屬鈉反應的化學方程式是HOCH2cH20H+2Na-NaOCH2CH2ONa+H2T,

故答案為：HOCH2cH20H+2Na-NaOCH2CH2ONa+H2T；

(5犯下是《3-。0011，含有竣基，能與碳酸氫鈉溶液反應，故A正確；

B.?-CH3屬于芳香煌，但Q-COOH含有氧原子，不屬于芳香燒，故B錯誤；

C.”>-CH3的一氯代物可以發(fā)生在苯環(huán)上有鄰間、對3種，也可以發(fā)生在甲基上，故

其一氯代物有4種，故C錯誤；

D.苯環(huán)及其連接的原子為平面結構，故E和F中所有碳原子都共平面，故D正確；

故答案為：AD。

由D、G的結構簡式，結合F的分子式，可推知F為d-COOH,甲苯發(fā)生氧化反應生

成苯甲酸；對比乙烯、乙二醇的結構，結合B的分子式可知，A發(fā)生氧化反應生成B為

/\,B再與水發(fā)生開環(huán)加成生成C(乙二爵)，2分子乙二醵分子間脫去1分子水

CH2—CH2

生成D。

本題考查有機物的合成，涉及官能團識別、有機反應類型、有機反應方程式的書寫、有

機物結構與性質(zhì)等，意在考查學生分析理解能力、應用能力。

130X

2++

19.【答案】+12H3PC>2^H3P。4+PH3T5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+

+3+

5Na+5Bi+7H20第四周期第VA族既能得到較高的碑去除率，又能減少KzFeC^

的用量，節(jié)約成本3：2

【解析】解：(1)化合物中元素化合價代數(shù)和為0計算磷元素化合價，次氫元素化合價+1,

氧元素化合價-2,則P元素化合價+1價，磷酸(H3P。2)加熱到130久時會分解成磷酸和

130℃

磷化氫，反應的化學方程式為；2H3P3P。4+PH33

130℃

故答案為；+1;2H3P。2二一H3PO4+PH3T；

(2)將少量的鈿酸鈉固體加入酸性硫酸錦(M11SO4)溶液中，溶液由無色逐漸變?yōu)樽霞t色,

則鈿酸鈉可在酸性介質(zhì)中將MM+氧化為MnO1,NaBQ被還原為蛭+,由得失電子守恒

2+++

和原子守恒可知反應的離子方程式為；5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+5Na+

3+

5Bi+7H2O,

2+++3+

故答案為;5NaBiO3+2Mn+14H=2MnO；+5Na+5Bi+7H2O；

(3)①神元素核電荷數(shù)33,核外電子層數(shù)四個，最外層電子數(shù)5,As在周期表中的位置

是第四周期第VA族，

故答案為；第四周期第VA族；

②鐵碎質(zhì)量比為5：1和10：1時，HAPA和As(IH)的去除率相差不大，從減少KzFeCU的

用量，節(jié)約成本的角度考慮，最佳鐵種質(zhì)量比為5：1,由題意可知，在氫氧化鉀溶液中，

氯氣與氫氧化鐵發(fā)生氧化還原反應生成高鐵酸鉀、氯化鉀和水，反應的化學方程式為:

3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O,反應中化劑與還原劑的物質(zhì)的

量之比為3：2,

故答案為：既能得到較高的神去除率，又能減少KzFeO4的用量，節(jié)約成本；3：2。

⑴化合物中元素化合價代數(shù)和為0計算磷元素化合價,次磷酸(H3P。2)加熱到130℃時會

分解成磷酸和磷化氫；

(2)將少量的鈿酸鈉固體加入酸性硫酸鎬(MnSOQ溶液中，溶液由無色逐漸變?yōu)樽霞t色,

則鈿酸鈉可在酸性介質(zhì)中將MM+氧化為MnO-NaBiO3被還原為由3+,依據(jù)得失電子守

恒和原子守恒書寫反應的離子方程式；

(3)①神元素核電荷數(shù)33,核外電子層數(shù)四個，最外層電子數(shù)5,電子層數(shù)=周期序數(shù),

最外層電子數(shù)=主族族序數(shù)；

②由題意可知，在氫氧化鉀溶液中，氯氣與氫氧化鐵發(fā)生氧化還原反應生成高鐵酸鉀、

氯化鉀和水。

本題考查物質(zhì)性質(zhì)、氧化還原反應、離子方程式書寫等，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、

發(fā)生的反應的作用為解答的關鍵，側重分析與理解能力的綜合考查，題目難度中等。

20.【答案】分液漏斗防止溶液暴沸吸收乙烯氣體中的CO?和SO?氣體CH2=CH2+

Cl2+H