河北省石家莊市重點中學新高考仿真模擬化學試卷及答案解析

河北省石家莊市重點中學新高考仿真模擬化學試卷注意事項: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（每題只有一個選項符合題意）1、下列表述和方程式書寫都正確的是A．表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．用石墨作電極電解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑2、五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，W的簡單氣態(tài)氫化物遇Z的氫化物產(chǎn)生白煙。T、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X的核外電子總數(shù)，T和Y位于同一主族。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：T＜W＜Z＜Y＜XB．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞T＞W(wǎng)C．氧化物對應水化物的酸性：Y＜T＜W＜ZD．X3W和XW3都是離子化合物，但所含化學鍵類型不完全相同3、某同學設計了蔗糖與濃硫酸反應的改進裝置，并對氣體產(chǎn)物進行檢驗，實驗裝置如圖所示。下列結論中正確的是（）選項現(xiàn)象結論A．Ⅰ中注入濃硫酸后，可觀察到試管中白色固體變?yōu)楹谏w現(xiàn)了濃硫酸的吸水性B．Ⅱ中觀察到棉球a、b都褪色均體現(xiàn)了SO2的漂白性C．Ⅱ中無水硫酸銅變藍說明反應產(chǎn)物中有H2OD．Ⅲ中溶液顏色變淺，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁說明有CO2產(chǎn)生A．A B．B C．C D．D4、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：①H2（g）+I2（?）2HI（g）+1．48kJ②H2（g）+I2（?）2HI（g）-2．48kJ下列判斷正確的是A．①中的I2為固態(tài)，②中的I2為氣態(tài)B．②的反應物總能量比①的反應物總能量低C．①的產(chǎn)物比反應②的產(chǎn)物熱穩(wěn)定性更好D．1mol固態(tài)碘升華時將吸熱17kJ5、舉世聞名的侯氏制堿法的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是（）A．往母液中加入食鹽的主要目的是使NaHCOB．從母液中經(jīng)過循環(huán)Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CC．沉淀池中反應的化學方程式：2D．設計循環(huán)Ⅱ的目的是使原料氯化鈉的利用率大大提升6、下列關于有機物的說法正確的是A．C5H10O2的同分異構體中，能與NaHCO3反應生成CO2的有4種B．糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是電解質(zhì)C．乙烯使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色的反應類型相同D．將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中的淀粉已水解7、將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）A．K+、OH﹣、Cl﹣、SO42﹣B．H+、NH4+、Al3+、NO3﹣C．Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m、n、r為這些元素組成的化合物，常溫下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1。p、q為其中兩種元素形成的單質(zhì)。上述物質(zhì)的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．原子半徑：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．簡單氫化物的沸點：Y＜WD．Y、Z、W形成的一種化合物具有漂白性9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A．YW3分子中的鍵角為120°B．W2Z的穩(wěn)定性大于YW3C．物質(zhì)甲分子中存在6個σ鍵D．Y元素的氧化物對應的水化物為強酸10、某高校的研究人員研究出一種方法，可實現(xiàn)水泥生產(chǎn)時CO2零排放，其基本原理如圖所示，下列說法正確的是()A．該裝置可以將太陽能轉化為電能B．陰極的電極反應式為3CO2+4e—＝C+2CO32—C．高溫的目的只是為了將碳酸鹽熔融，提供陰陽離子D．電解過程中電子由負極流向陰極，經(jīng)過熔融鹽到陽極，最后回到正極11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A．N2O轉化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B．每1molPt2O+轉化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現(xiàn)象D．1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA12、金屬(M)－空氣電池具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設備的電源，該類電池放電的總反應方程式為：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。(已知：電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能)下列說法正確的是A．電解質(zhì)中的陰離子向多孔電極移動B．比較Mg、Al、Zn三種金屬－空氣電池，Mg－空氣電池的理論比能量最高C．空氣電池放電過程的負極反應式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2D．當外電路中轉移4mol電子時，多孔電極需要通入空氣22.4L(標準狀況)13、“軌道”2px與3py上電子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈紡錘形C．自旋方向 D．在空間的伸展方向14、下列說法正確的是A．銅鋅原電池中，鹽橋中的K＋和NO分別移向負極和正極B．SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)必須在高溫下反應才能發(fā)生，則ΔH>0C．室溫下，將Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀釋，減小D．電解精煉銅時，若陰極析出3.2g銅，則陽極失電子數(shù)大于6.02×102215、高溫下，某反應達到平衡，平衡常數(shù)，保持其他條件不變，若溫度升高，c（H2）減小。對該反應的分析正確的是A．反應的化學方程式為：CO+H2OCO2+H2B．升高溫度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．縮小容器體積，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高溫度或縮小容器體積，混合氣體的平均相對分子量都不會發(fā)生改變16、下列各組物質(zhì)由于溫度不同而能發(fā)生不同化學反應的是（）A．純堿與鹽酸 B．NaOH與AlCl3溶液C．Cu與硫單質(zhì) D．Fe與濃硫酸二、非選擇題（本題包括5小題）17、α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于藥物化學和化學生物學領域。用此法合成化合物J的路線如下：已知：回答下列問題：（1）F中含有的含氧官能團的名稱是______，用系統(tǒng)命名法命名A的名稱是______。（2）B→C所需試劑和反應條件為___________。（3）由C生成D的化學反應方程式是__________。（4）寫出G的結構簡式_________，寫出檢驗某溶液中存在G的一種化學方法________。（5）F＋H→J的反應類型是_______。F與C在CuBr和磷配體催化作用下也可合成大位阻醚，寫出其中一種有機產(chǎn)物的結構簡式：_______。（6）化合物X是E的同分異構體，分子中不含羧基，既能發(fā)生水解反應，又能與金屬鈉反應。符合上述條件的X的同分異構體有_______種（不考慮立體異構），其中能發(fā)生銀鏡反應，核磁共振氫譜有3組峰，峰面積之比為1:1:6的結構簡式為_______。18、化合物A含有碳、氫、氧三種元素，其質(zhì)量比是3:1:4,B是最簡單的芳香烴，D是有芳香氣味的酯。它們之間的轉換關系如下：回答下列問題：(1)A的結構簡式為__________________________________________。(2)C中的官能團為__________________________________________。(3)的一氯代物有_________________________________________種。(不考慮立體異構)(4)反應④的化學方程式為______________________________________________________________。19、將一定量的Cu和濃硫酸反應（裝置中的夾持、加熱儀器省略），反應后，圓底燒瓶內(nèi)的混合液倒入水中，得到藍色溶液與少量黑色不溶物。(1)反應后藍色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。(2)為檢驗反應產(chǎn)生氣體的還原性，試劑a是______________。(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反應后測得Na2S和Na2CO3混合溶液中有新氣體生成。該氣體中______________(填“含或不含”)H2S，理由是______________；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO的理由是______________。查閱資料后發(fā)現(xiàn)該黑色固體可能是CuS或Cu2S中的一種或兩種，且CuS和Cu2S在空氣中煅燒易轉化成Cu2O和SO2。稱取2.000g黑色固體，灼燒、冷卻、……最后稱得固體1.680g。(5)灼燒該固體除用到酒精燈、坩堝、坩堝鉗、三腳架等儀器，還需要______________。確定黑色固體灼燒充分的依據(jù)是______________，黑色不溶物其成分化學式為______________。20、碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥。制備反應原理為2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置在實驗室中模擬制備碳酸鑭?；卮鹣铝袉栴}:（1）制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序:F→____→____→____，____←C。（2）Y中發(fā)生反應的化學方程式為_________。（3）X中盛放的試劑是_______。（4）Z中應先通入______，后通入過量的另一種氣體，原因為________。（5）該化學興趣小組為探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的穩(wěn)定性強弱，設計了如下實驗裝置，則甲試管中盛放的物質(zhì)為_____；實驗過程中發(fā)現(xiàn)乙試管中固體質(zhì)量與灼燒時間的關系曲線如圖所示，試描述實驗過程中觀察到的現(xiàn)象為_______。21、I.工業(yè)上可由氫氣、氮氣合成氨氣，溶于水形成氨水。鹽酸和氨水是實驗室常見的電解質(zhì)溶液。一定溫度下，向2L密閉容器中加入N2(g)和H2(g)，發(fā)生反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q>0），NH3物質(zhì)的量隨時間的變化如右圖所示。（1）0~2min內(nèi)的平均反應速率v(H2)=___________。（2）該溫度下，反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q>0）的平衡常數(shù)表達式K=______。其平衡常數(shù)K與溫度T的關系如下表：T/℃25125225平衡常數(shù)K4×106K1K2試判斷K1________K2（填寫“>”“=”或“<”）。（3）下列能說明合成氨反應已達到平衡狀態(tài)的是______（填字母）（反應是在固定體積的密閉容器中進行的）a．3v(N2)=v(H2)b．容器內(nèi)壓強保持不變c．混合氣體的密度保持不變d．25℃時，測得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1II.常溫下，某同學將鹽酸與氨水等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表。實驗編號氨水濃度/mol·L-1鹽酸濃度/mol·L-1混合溶液pH①0.20.2pH＝x②c0.2pH＝7請回答：（4）①中所得混合溶液，pH_______7（填“>”“<”或“＝”）。②中c___0.2（填“>”“<”或“＝”），所得混合溶液中各離子濃度大小關系為_____________。（5）請你再設計一個能證明一水合氨是弱電解質(zhì)的方案。_____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量，水的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài)，因此該式不能表示該反應的燃燒熱，A錯誤；B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B錯誤；C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，C正確；D.用石墨作電極電解NaCl溶液，陽極Cl-失去電子變?yōu)镃l2，陰極上水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)镠2，反應方程式為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D錯誤；故合理選項是C。2、D【解析】

五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。通過T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代可以判斷，T為C元素；根據(jù)W的簡單氣態(tài)氫化物遇Z的氫化物產(chǎn)生白煙，W的原子序數(shù)小于Z可以判斷出，W為N元素，Z為Cl元素；T、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X的核外電子總數(shù)可以判斷出，X的核外電子數(shù)為11，X為Na；T和Y位于同一主族，T的原子序數(shù)最小，判斷出Y為Si元素?！驹斀狻緼．根據(jù)元素電子層數(shù)和核電荷數(shù)判斷，原子半徑大小為：W<T<Z<Y<X，A錯誤；B．同一周期從左到右，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越來越強，同一主族從上到下，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越來越弱，故簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：W>T>Y，B錯誤；C．氧化物對應水化物的酸性無法判斷，C錯誤；D．X3W和XW3分為Na3N和NaN3，兩者都是離子化合物，但Na3N僅含有離子鍵，NaN3中即含離子鍵也含共價鍵，D正確；答案選D。3、D【解析】

A．蔗糖遇到濃硫酸變黑，是由于濃硫酸具有脫水性，將蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫出，不是吸水性，故A錯誤；B．a(chǎn)中品紅褪色，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故B錯誤；C．無水硫酸銅變藍，可以用來檢驗水，但是品紅溶液和溴水都有水，不確定使硫酸銅變藍的水是否由反應分解產(chǎn)生的，故C錯誤；D．Ⅲ中溶液顏色變淺，是因為還有二氧化硫，不退色說明二氧化硫反應完全了，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁了，說明產(chǎn)生了二氧化碳氣體，故D正確；答案選D?！军c睛】C項的無水硫酸銅變藍了，說明有水，這個水不一定是反應中產(chǎn)生的水，還要考慮Ⅱ中的其他試劑，這是易錯點。4、B【解析】

A、反應①放熱，②吸熱源于碘單質(zhì)的狀態(tài)不同，固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)需要吸收能量，故①中的I2為氣態(tài)，②中的I2為固態(tài)，錯誤；B、生成物的能量相等，①放熱，故②的反應物總能量比①的反應物總能量低，正確；C、產(chǎn)物的穩(wěn)定性形同，錯誤；D、1mol固態(tài)碘升華時將吸熱為2．48+1．48=3．16kJ，錯誤。答案選B。5、B【解析】

先通入氨氣再通入二氧化碳反應得到碳酸氫鈉晶體和母液為氯化銨溶液，沉淀池中得到碳酸氫鈉晶體，反應式為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，過濾得到碳酸氫鈉晶體煅燒爐中加熱分解，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉純堿，過濾后的母液通入氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產(chǎn)品氯化銨，氯化鈉溶液循環(huán)使用，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出，選項A錯誤；B．向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3轉化為Na2CO3，從母液中經(jīng)過循環(huán)Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，選項B正確；C．沉淀池中發(fā)生的化學反應為飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳析出碳酸氫鈉晶體，反應方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，選項C錯誤；D．循環(huán)Ⅰ是將未反應的氯化鈉返回沉淀池中使原料氯化鈉的利用率大大提升，循環(huán)Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續(xù)反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳利用率大大提升，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題主要考察了聯(lián)合制堿法的原料、反應式以及副產(chǎn)物的回收利用，如何提高原料的利用率、檢驗氯離子的方法是關鍵，循環(huán)Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續(xù)反應，循環(huán)Ⅰ中的氯化鈉有又返回到沉淀池。6、A【解析】

A.C5H10O2的同分異構體中，能與NaHCO3反應生成CO2，說明分子中含有-COOH，可認為是C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質(zhì)，C4H10有正丁烷、異丁烷2種結構，每種結構中有2種不同位置的H原子，所以C5H10O2的屬于羧酸的同分異構體有4種，A正確；B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)在水溶液中都不能導電，熔融狀態(tài)下也不能導電，且蛋白質(zhì)是高分子化合物，因此都不是電解質(zhì)，B錯誤；C.乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色發(fā)生的是氧化反應，反應類型不相同，C錯誤；D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中有淀粉，但不能證明淀粉是否已水解，D錯誤；故合理選項是A。7、B【解析】

A．該組離子之間不反應，可大量共存，但通入的足量CO2能夠與OH-反應，不能共存，故A不選；B．該組離子之間不反應，且通入的足量CO2仍不反應，能大量共存，故B選；C．該組離子之間不反應，但通入的足量CO2能夠與S2-反應，不能大量共存，故C不選；D．該組離子之間不反應，但通入的足量CO2能夠與C6H5O-反應，不能大量共存，故D不選；故選B。8、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，則m為一元強堿，應該為NaOH，組成n的兩種離子的電子層數(shù)相差1，根據(jù)圖示可知，n為NaCl，電解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q為其中兩種元素形成的單質(zhì)，則p、q為H2和Cl2，結合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素，據(jù)此答題。【詳解】由分析可知：X為H元素、Y為O元素、Z為Na元素、W為Cl元素。A.電子層數(shù)越多，則原子的半徑越大，具有相同電子層數(shù)的原子，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：X＜Y＜W＜Z，故A錯誤；B.由分析可知：X為H元素、Z為Na元素，X、Z的最外層電子數(shù)均為1，屬于同一主族，故B錯誤；C.Y、W形成的氫化物分別為H2O和HCl，因為水分子中含有氫鍵，含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，所以簡單氫化物的沸點：Y＞W(wǎng)，故C錯誤；D.Y、Z、W形成的一種化合物為NaClO，NaClO具有強氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正確。故選D。9、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩(wěn)定結構。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數(shù)及“W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；B．非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故B正確；C．物質(zhì)甲的結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B?！军c睛】根據(jù)物質(zhì)中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質(zhì)中化學鍵數(shù)目的判斷方法的應用。10、B【解析】

A.由題圖知，太陽能轉化為化學能，該裝置為電解池，將電能轉化為化學能，故A錯誤；B.陰極發(fā)生還原反應，電極反應式為3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正確；C.高溫的目的是將碳酸鹽熔融提供陰陽離子，將碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，故C錯誤；D.電解過程中電子由負極流向陰極，陽極流向正極，熔融鹽中沒有電子移動，故D錯誤。答案選B。11、D【解析】

A．根據(jù)轉化關系，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，則該過程的催化劑是Pt2O+，故A錯誤；B．根據(jù)轉化關系，結合得失電子守恒，N2O轉化N2時，Pt2O+轉化為Pt2O2+，氧化還原反應方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價，1molN2O轉化為N2得到2mol電子，則每1molPt2O+轉化為Pt2O2+失電子為2mol，數(shù)目為2NA，故B錯誤；C．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C錯誤；D．CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol，一個分子中含有電子數(shù)都為22個，則1gCO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為mol，含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA，故D正確；答案選D?！军c睛】B項計算轉移的電子數(shù)時，必須正確寫出反應方程式，根據(jù)化合價的變化，物質(zhì)的關系，計算出轉移的電子數(shù)。12、C【解析】

A．原電池中陰離子應該向負極移動；B．電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，即單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多，則得到的電能越多；C．負極M失電子和OH?反應生成M(OH)2；D．由正極電極反應式O2＋2H2O＋4e?＝4OH?有O2～4OH?～4e?，當外電路中轉移4mol電子時，消耗氧氣1mol，但空氣中氧氣只占體積分數(shù)21%，據(jù)此計算判斷?！驹斀狻緼．原電池中陰離子應該向負極移動，金屬M為負極，所以電解質(zhì)中的陰離子向金屬M方向移動，故A錯誤；B．電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，則單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多，假設質(zhì)量都是1g時，這三種金屬轉移電子物質(zhì)的量分別為×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al?空氣電池的理論比能量最高，故B錯誤；C．負極M失電子和OH?反應生成M(OH)2，則正極反應式為2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正確；D．由正極電極反應式O2＋2H2O＋4e?＝4OH?有O2～4OH?～4e?，當外電路中轉移4mol電子時，消耗氧氣1mol，即22.4L(標準狀況下)，但空氣中氧氣只占體積分數(shù)21%，所以空氣不止22.4L，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】明確電極上發(fā)生的反應、離子交換膜作用、反應速率影響因素、守恒法計算是解本題關鍵，注意強化電極反應式書寫訓練。13、B【解析】

A．“軌道”2Px與3Py分別屬于第二電子層和第三電子層，不同電子層的電子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A錯誤；B．所有的p軌道均為紡錘形，所以“軌道”2Px與3Py均呈紡錘形，故B正確；C．不同電子層上的電子，其自旋方向不一定相同，故C錯誤；D．在三維坐標中，“軌道”2Px在x軸方向伸展，3Py在y軸方向伸展，則在空間的伸展方向不同，故D錯誤；故答案為B。14、B【解析】

A.原電池中陽離子向正極遷移，陰離子向負極遷移，所以鹽橋中的K+向正極遷移，NO3-向負極遷移。A項錯誤；B.該反應熵增加（即△S>0），因高溫下才能發(fā)生反應，低溫下不能反應，即低溫下△H－T△S>0，所以△H>0。B項正確；C.因為混合溶液中存在HCO3-H++CO32-平衡，其平衡常數(shù)K=，即=，K只與溫度有關，加水稀釋過程中K值不變，而c(H+)增大，所以增大，C項錯誤；D.電解精煉銅時，陰極只有Cu2+放電：Cu2++2e-=Cu，3.2g銅的物質(zhì)的量==0.05mol，所以陰極得到電子的物質(zhì)的量為0.05mol×2e-=0.1mole-，即6.02×1022個電子，根據(jù)電解池中電子轉移守恒可知陽極失去的電子數(shù)也為6.02×1022。D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題易錯點是C選項，CO32-水解生成HCO3-：CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-電離產(chǎn)生CO32-：HCO3-CO32-+H+，從這兩個平衡移動的“此長彼消”角度不易判斷，若從HCO3-電離平衡常數(shù)入手分析便能準確判斷值的變化。15、D【解析】

A.化學平衡常數(shù)中,分子中各物質(zhì)是生成物、分母中各物質(zhì)是反應物，所以反應方程式為：CO2+H2?CO+H2O，故A錯誤；B.升高溫度,正逆反應速率都增大，平衡向吸熱方向移動，升高溫度，氫氣濃度減小，說明平衡正向移動，則正反應是吸熱反應，所以v正增大更多，故B錯誤；C.縮小容器體積，增大壓強，正逆反應速率都增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，該反應前后氣體體積不變，所以壓強不影響平衡移動，則v(逆)、v(正)增大相同，故C錯誤；D.反應前后氣體計量數(shù)之和不變，所以升高溫度、縮小體積混合氣體的物質(zhì)的量不變，根據(jù)質(zhì)量守恒定律知，反應前后氣體質(zhì)量不變，所以混合氣體平均相對分子質(zhì)量都不變，故D正確；故選：D。16、D【解析】

A.純堿與鹽酸反應生成氯化鈉、水、二氧化碳，反應不受溫度影響，故A錯誤；B.NaOH與AlCl3溶液反應時，NaOH少量反應生成氫氧化鋁和氯化鈉，NaOH過量生成偏鋁酸鈉、氯化鈉，反應不受溫度影響，故B錯誤；C.Cu與硫單質(zhì)在加熱條件下反應只能生成硫化亞銅，故C錯誤；D.常溫下濃硫酸使鐵發(fā)生鈍化生成致密的氧化膜，加熱時可持續(xù)發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫，與溫度有關，故D正確；故答案為D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液，加熱向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液顯紫色，證明有苯酚存在取代反應或或11【解析】

由合成流程可知，A、C的碳鏈骨架相同，A發(fā)生加成反應生成B，B水解生成C，則A為，A與溴加成生成B為，B與NaOH的水溶液在加熱時發(fā)生取代反應產(chǎn)生C是，C發(fā)生催化氧化生成D為，D與新制Cu(OH)2懸濁液在加熱煮沸時醛基被氧化生成羧酸鹽、酸化生成E為，E與HBr在加熱時發(fā)生取代反應，E中-OH被Br原子取代反應生成F，F(xiàn)的結構簡式是，結合J的結構可知H為，G為苯酚，結構簡式為，以此來解答。【詳解】(1)根據(jù)上述分析可知F是，根據(jù)結構簡式可知F中含有的含氧官能團的名稱是羧基，A物質(zhì)是，用系統(tǒng)命名法命名A的名稱是2-甲基—1—丙烯；(2)B結構簡式是，C物質(zhì)是，B→C是鹵代烴在NaOH的水溶液中加熱發(fā)生的取代反應，所需試劑和反應條件為NaOH水溶液、加熱；(3)C結構簡式是，C中含有羥基，其中一個羥基連接的C原子上含有2個H原子，可以被催化氧化產(chǎn)生-CHO，則由C生成D的化學反應方程式是；(4)根據(jù)上述分析可知G的結構簡式為，檢驗某溶液中存在苯酚的一種化學方法向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液顯紫色，證明有苯酚存在；(5)根據(jù)上述分析可知F是，H是，F(xiàn)+H在加熱時發(fā)生取代反應生成J和HBr，該反應類型是取代反應。F與C在和磷配體催化作用下也可合成大位阻醚，其中一種有機產(chǎn)物的結構簡式：或或；(6)E為，化合物X是E的同分異構體，分子中不含羧基，既能發(fā)生水解反應，又能與金屬鈉反應，則含-COO-及-OH，可先寫出酯，再用—OH代替烴基上H，若為甲酸丙酯，-OH有3種位置；若為甲酸異丙酯，-OH有2種位置；如為乙酸乙酯，-OH有3種位置；若為丙酸甲酯，-OH有3種位置，共11種，其中能發(fā)生銀鏡反應，核磁共振氫譜有3組峰，峰面積之比為1：1：6的結構簡式為?！军c睛】本題考查有機物推斷的知識，把握合成流程中官能團的變化、碳原子數(shù)變化、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物性質(zhì)的應用，題目難度不大。18、CH3OH羧基5【解析】

(1)根據(jù)化合物A的質(zhì)量比分析，，因此A的結構簡式為CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3)有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種。(4)反應④是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：?！驹斀狻?1)根據(jù)化合物A的質(zhì)量比分析，，因此A的結構簡式為CH3OH，故答案為：CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案為：羧基。(3)有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故答案為：5。(4)反應④是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：，故答案為：。19、反應后期濃硫酸變稀，而銅和稀硫酸不發(fā)生反應，硫酸有剩余硫酸銅溶液水解呈酸性溴水或酸性高錳酸鉀不含硫化氫和二氧化硫反應氧化銅能與稀硫酸反應玻璃棒；泥三角充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過0.001g;CuS和Cu2S【解析】

（1）銅和濃硫酸反應，隨著反應的進行，濃硫酸會變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應，生成的硫酸銅水解顯酸性；（2）檢驗二氧化硫的還原性，可以用具有氧化性的物質(zhì)，且反應現(xiàn)象明顯；（3）依據(jù)硫化氫和二氧化硫反應進行分析；（4）氧化銅可以和稀硫酸反應；（5）依據(jù)現(xiàn)象進行分析；【詳解】（1）隨著反應的進行濃硫酸會變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應，使溶液顯酸性，生成的硫酸銅水解使溶液顯酸性，故答案為：反應后期濃硫酸變稀，而銅和稀硫酸不發(fā)生反應，硫酸有剩余；硫酸銅溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有還原性，所以可以用溴水或者酸性高錳酸鉀溶液檢驗，故答案為，溴水或酸性高錳酸鉀；（3）Na2S和Na2CO3混合溶液中通入二氧化硫，不會生成硫化氫，因為硫化氫和二氧化硫發(fā)生反應，故答案為：不含；硫化氫和二氧化硫反應；（4）少量黑色不溶物不可能是CuO，因為氧化銅可以和稀硫酸反應，故答案為：氧化銅能與稀硫酸反應；（5）灼燒固體時除了需要酒精燈、坩堝、坩堝鉗、三腳架等儀器外，還需要玻璃棒，泥三角，充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過0.001g,設CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故兩者都有，故答案為：玻璃棒；泥三角；充分灼燒的依據(jù)是再次灼燒，冷卻，稱量，兩次的質(zhì)量差不能超過0.001g;CuS和Cu2S。20、ABDE↑飽和溶液或氨氣在水中的溶解度大，先通可以溶解更多的La(HCO3)3B中澄清石灰水先變渾濁，A中后變渾濁【解析】

由實驗裝置可知，裝置Y用以制備氨氣，裝置W用以制備二氧化碳，裝置Z用以制備碳酸鑭，因氨氣極易溶于水，裝置Y的C接口應與裝置Z的E接口連接，因二氧化碳中混有氯化氫，應用盛有飽和溶液的X裝置除去氯化氫，則制備裝置的連接順序為W—X—Z—Y?！驹斀狻浚?）由制備裝置的連接順序為W—X—Z—Y可知，制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序:F→A→B→D，E←C，故答案為A；B；D；E；（2）Y中為濃氨水與生石灰反應產(chǎn)生氨氣，發(fā)生反應的化學反應式為NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑，故答案為NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑；（3）裝置W用以制備二氧化碳，因二氧化碳中混有氯化氫，應用盛有飽和NaHCO3溶液的X裝置除去氯化氫，防止干擾反應，故答案為飽和NaHCO3溶液；（4）因為NH3