陕西省榆林市2020届高三高考化学线上模拟测试试题（解析版）

榆林市 2020 届高考线上模拟测试试题 （化学） （考试时间：90 分钟试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Al—27 S—32 Cu—64 第Ⅰ卷（选择题，共 42 分） 一、选择题（本大题共 14 个小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中有 一项是符合题目要求的。） 1.新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是（　　） A. 新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好 C. 3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料--聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子 D. 不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒 2.下列关于古籍中的记载说法正确的是（　　） A.《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟 起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应 B.氢化钙的电子式是：Ca2+[：H]2- C.目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是 118 D. 直径为 20nm 的纳米碳酸钙属于胶体 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　） A.22.4L 乙烷中所含的极性共价键数目为 7NA B. 某温度下，将 1molCl2 通入足量水中转移电子数为 NA C.常温常压下，3.0g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA D.室温下，1LpH 为 13 的 NaOH 溶液和 Ba（OH）2 混合溶液中含 OH-个数为 0.01NA 4.下列说法正确的是（　　） A.Fe3+、SCN-、NO3-、Cl-可以大量共存 B.某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱一定是 Ca（OH）2 C.NaAlO2 溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体 D.少量的 Mg（HCO3）2 溶液加过量的 Ba（OH）2 溶液的离子方程式为： Mg2++2HCO3-+2Ba2++4OH-═2BaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O 5.短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层 数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污 染物。 下列说法正确的是（　　） A. 简单离子半径：Z＜Y＜W＜Q B. Y 能分别与 X、Z、W 形成具有漂白性的化合物 C. 非金属性：W＜Q，故 W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：W＜Q D. 电解 Z 与 Q 形成的化合物的水溶液可制得 Z 的单质 6.洛匹那韦是一种 HIV-1 和 HIV-2 的蛋白酶的抑制剂，如图是洛匹那韦的结构简式，下列 有关洛匹那韦说法 错误的是（　　）A.在一定条件下能发生水解反应 B.分子中有四种含氧官能团 C.分子式是 C37H48N4O4 D. 分子间可形成氢键 7.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解 质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关 K 之前，两个 Cu 电极的质量相等。下列有关这套 装置的说法中错误的是（　　） A. 循环物质 E 为水 B. 乙池中 Cu 电极为阴极，发生还原反应 C. 甲池中的电极反应式为 Cu2++2e-=Cu D. 若外电路中通过 1mol 电子，两电极的质量差为 64g 8.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是（　　） 选 项 操 作 现 象 结 论 A 向 3mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先加 入 4-5 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，再滴加 4-5 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Kspp（AgCl）＞ Ksp（AgI） B 将某气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该气体是 SO2 C 用 pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和 NaClO 溶液的 pH 后者 pH 比前者 的小 非金属性：Cl＞ C D 将铜粉加入 1.0 mol•L-1Fe2（SO4）3 溶 液中 溶液变蓝 氧化性 Fe3+＞ Cu2+A. A B. B C. C D. D 9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是（　　） A. 催化剂 a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成 B. 催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能 C. 在催化剂 b 表面形成氮氧键时，涉及电子转移 D. 催化剂 a、b 能提高反应的平衡转化率 10.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样 体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）。实验测得不 同温度下的平衡数据列于表：下列有关叙述正确的是（　　） 温度/℃ 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 平衡气体总浓度（×10-3mol/L） 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4 A.该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B.因该反应△S＞0、△H＞0，所以该反应在低温下自发进行 C.达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大 D. 根据表中数据，计算 25.0℃时的分解平衡常数约为 1.64×10-8（mol•L-1）3 11.扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质 a 为原料合成扁桃酸衍生物 b 的过程如图： 下列说法正确的是（　　） A. 物质 X 是 Br2，物质 a 转化为 b 属于取代反应 B. l mol 物质 a 能与 3molH2 反应，且能在浓硫酸中发生消去反应 C. 物质 b 具有多种能与 NaHCO3 反应的同分异构体 D. 物质 b 的核磁共振氢谱有四组峰 12.常温下，用 0.1 mol•L-1 盐酸滴定 10.0 mL 浓度为 0.1 mol•L-1Na2A 溶液，所得滴定 曲线 如图所示。下列说法错误的是（　　） A.Ka2（H2A）的数量级为：10-9B.当 V=5 时：c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）=2c（Cl-） C.NaHA 溶液中：c（Na+）＞c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A） D.c 点溶液中：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-） 13.利用电解法制取 Na2FeO4 的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保 持不变，溶液体积变化忽略不计）（　　） A. Y 是外接电源的正极，Fe 电极上发生还原反应 B. Ni 电极上发生的电极反应为：2H2O-4e-═O2↑+4H+ C. 若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中 OH-由 B 室进入 A 室 D. 电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的 pH 比原来小 14.亚硝酸钠（NaNO2）是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用图装置（夹持装置略 去）制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2═2NaNO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3；NO 能被酸性高猛酸钾 氧化为 NO3-．下列说法正确的是（　　） A. 可将 B 中的药品换为浓硫酸 B. 实验开始前通一段时间 CO2，可制得比较纯净的 NaNO2 C. 开始滴加稀硝酸时，A 中会有少量红棕色气体 D. 装置 D 中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸 第Ⅱ卷（非选择题共 58 分） 二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 15 题~第 17 题为必考题，每个试题考生都 必须做答。第 18 题~第 19 题为选考题，考生根据要求做答。）（一）必考题（3 题，共 43 分） 15.二氧化硫（SO2）是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气 体。Ⅰ．某研究小组设计了一套制备及检验 SO2 部分性质的装置，如图 1 所示。 （1）仪器 A 的名称______，导管 b 的作用______。 （2）装置乙的作用是为了观察生成 SO2 的速率，则装置乙中加入的试剂是______。 （3）①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的 O2 氧化性强于 SO2，因此 装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是 SO2 导致的。请你写出 O2 与 Na2S 溶液反应的化学 反 应方程式______。 ②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表。 序号 实验操作 实验现象 1 向 10mL1mol•L-1 的 Na2S 溶液中通 O2 15min 后，溶液才出现浑浊 2 向 10mL 1mol•L-1 的 Na2S 溶液中通 SO2 溶液立即出现黄色浑浊 由实验现象可知：该实验条件下 Na2S 溶液出现浑浊现象是 SO2 导致的。你认为上表实验 1 反应较慢的原因可能是______。 Ⅱ．铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是在高温下将样品中的硫元素转化 为 SO2，以淀粉和碘化钾的酸性混合溶液为 SO2 吸收液在 SO2 吸收的同时用 0.0010mol•L-1KIO3 标准溶液进行滴定，检测装置如图 2 所示： [查阅资料]①实验进行 5min，样品中的 S 元素都可转化为 SO2 ②2IO3-+5SO2+4H2O═8H++5SO42-+I2 ③I2+SO2+2H2O═2I-+SO42-+4H+ ④IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O （4）工业设定的滴定终点现象是______。 （5）实验一：空白试验，不放样品进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V1mL 实验二：加入 1g 样品再进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V2mL 比较数据发现 V1 远远小于 V2，可忽略不计 V1。 测得 V2 的体积如表 序号 1 2 3 KIO3 标准溶液体积/mL 10.02 9.98 10.00 该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为______。 16.NOx 的排放主要来自于汽车尾气，包含 NO2 和 NO Ⅰ．（1）用 CH4 催化还原 NOx 可以消除氮氧化物的污染。例如： a．CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ/mol b．CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ/mol ①这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是：______。 ②有利于提高 NOx 的平衡转化率的反应条件是：______（至少答一条）。 ③在相同条件下，CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H2=______kJ/mol（2）为了提高 CH4 和 NO 转化为 N2 的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将 CH4 和 NO 按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得 N2 的产率与温度 的 关系如图 1 所示，OA 段 N2 产率增大的原因是______。 AB 段 N2 产率降低的可能原因 是______（填标号） A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 （3）N2 的产率与 的关系如图 2 所示，由图可知 最佳约为______。 Ⅱ．有人利用反应 2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=-64.2kJ/mol 对 NO2 进行吸 附。在 T℃下，向密闭容器中加入足量的 C 和一定量的 NO2 气体，如图为不同压强下上述 反应经过 相同时间，NO2 的转化率随着压强变化的示意图。 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作 Kp）；在 T℃、 1100KPa 时，该反应的化学平衡常数 Kp=______（计算表达式表示）； 已知：气体分压（P 分）=气体总压（P 总）×体积分数。 17.氧化铝陶瓷常用于厚膜集成电路，制备氧化铝陶瓷的工艺流程如图所示，回答下列问题。 （1）“氧化”步骤发生的离子方程式为：______，使用双氧水作氧化剂优点为：______。 （2）“热分解”得到的产物除了氧化铝外，还有 NH3、N2、SO2、SO3、H2O 生成，则氧化 产 物和还原产物的物质的量之比为______。 （3）铵明矾晶体的化学式为 NH4Al（SO4）2•12H2O，“热分解”步骤中，其各温度段内受热 “失重计算值（ 失重计算值（%）= ×100% ）如表所示： 温度区间（℃） 18→190 190→430 430→505 505→900失重计算值（%） 39.20 7.80 13.00 26.00 通过上述数据经粗略计算可判断，在______温度区间铵明矾基本上失去了全部结晶水。 （4）“结晶”步骤中常采用的操作是______ （5）该流程中常使用过量的工业硫酸铵，利用硫酸铵水解使溶液显酸性抑制硫酸铝水解， 这样做的目的是：______。 （6）通常认为金属离子浓度等于 1×10-5mol/L 即可认为沉淀完全，试计算常温下“中和” 步 骤中需要调节溶液 pH=______（保留一位小数，已知：Ksp[F e （ O H ）3]=8.0×10-38， lg5=0.7）。 二）选考题（共 15 分，请考生从给出的 2 道化学题中任选一题做答） 18.（15 分）【化学—选修 3 物质结构与性质】 X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、W 都是元 素周期表中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对 电子数的 2 倍，Z 的次外层电子数是最外层电子数的 ，W 原子的 s 电子与 p 电子数相等，Q 是前四周 期中电负性最小的元素，R 的原子序数为 29． 回答下列问题： （1）X 的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取______杂化。 （2）化合物 XZ 与 Y 的单质分子互为______，1mol XZ 中含有 π 键的数目为______。 （3）W 的稳定离子核外有______种运动状态的电子。W 元素的第一电离能比其同周期 相邻 元素的第一电离能高，其原因是：______。 （4）Q 的晶体结构如图： ，则在单位晶胞中 Q 原子的个数为______，晶体的配位 数 是______。 （5）R 元素的基态原子的核外电子排布式为______；Y 与 R 形成某 种化合物的晶胞结构如 图所示，已知该晶体的密度为 ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的数值为 NA，则该晶体中 R 原子 和 Y 原子之间的最短距离为______cm．（只写计算式） 19.盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺 炎试用药物，其合成路线如图：回答下列问题： （1）有机物 A 中的官能团名称是______和______。 （2）反应③的化学方程式：______。 （3）反应④所需的试剂是______。 （4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______、______。 （5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环 结构的有机物 I 的结构简式______。 （不考虑立体异构，只需写出 3 个） （6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成 β-羟基酯的反应称为酯缩合反应， 也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如： 设计由乙醇和 制备 的合成线路______。（无机试剂任选）解析版 1. 【答案】 B 【解析】 解：A．新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O、N，新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、 O，故 A 正确； B．消毒液有一定的刺激性与腐蚀性，用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液不是越浓越好， 应稀释后使用，故 B 错误； C.3M 专有高效过滤材料--聚丙烯材质，聚丙烯是丙烯发生加成聚合反应生成的高分子化合 物，属于高分子，故 C 正确； D．不去人群聚集处、勤洗手，阻断传播源，可预防新型冠状病毒，故 D 正确； 故选：B。 A．新冠病毒成分为蛋白质； B．消毒液有一定的刺激性与腐蚀性，必须稀释以后才能使用； C．相对分子质量大于一万的有机物为高分子化合物； D．提高防范意识，阻断病毒传染。 本题考查了有机物组成、结构和性质应等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 2. 【答案】 C 【解析】 解：A．鉴别 KNO3 和 Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应 为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，是利用了焰色反应，故 A 错误； B．CaH2 是离子化合物，阴离子是 H-，CaH2 的电子式为[：H]-Ca2+[：H]-，故 B 错误； C．各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为 2+8+8+18+18+32+32=118， 故 C 正确； D．纳米碳酸钙是纯净物，可以是胶体分散质微粒，故 D 错误； 故选：C。 A．钠元素焰色反应 为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色； B．CaH2 是离子化合物，阴离子是 H-； C.118 号元素的原子结构中含 7 个电子层、最外层电子数为 8； D．胶体是分散质在分散剂中形成的混合物。 本题考查了电子式书写、胶体组成、周期表结构、分散系的分析判断等知识点，掌握基础是 解题关键，题目难度不大。 3. 【答案】 C 【解析】 解：A、乙烷所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故 A 错误； B、氯气和水的反应为可逆反应，故 1mol 氯气和水反应后转移的电子数无法计算，故 B 错误； C、葡萄糖和乙酸的最简式均为 CH2O，故 3g 混合物中 CH2O 的物质的量为 0.1mol，故含原子 为 0.4NA 个，故 C 正确； D、室温下，pH=13 的碱液中氢氧根浓度为 0.1mol/L，故 1L 此溶液中氢氧根的物质的量为 0.1mol，个数为 0.1NA 个，故 D 错误。 故选：C。 A、乙烷所处的状态不明确； B、氯气和水的反应为可逆反应； C、葡萄糖和乙酸的最简式均为 CH2O； D、室温下，pH=13 的碱液中氢氧根浓度为 0.1mol/L。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结 构是解题关键。 4. 【答案】 D 【解析】 解：A、Fe3+和 SCN-发生络合反应得到红色溶液，则 Fe3+、SCN-不可以大量共存，故 A 错误； B、通 CO2 可以产生白色沉淀的碱除了 Ca（OH）2 还有 Ba（OH）2 等，故 B 错误； C、NaAlO2 溶液和 NaHCO3 溶液混合反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，只有白色沉淀 Al（OH） 3，无气体生成，故 C 错误； D、少量的 Mg（HCO3）2 溶液与过量的 Ba（OH）2 溶液反应，则按照 1：2 反应，2 个 HCO3-中 和 2 个 OH-，1 个 Mg2+沉淀 2 个 OH-，2 个 Ba2+与 2 个 CO32-产生 2 个 BaCO3，则子方程式为： Mg2++2HCO3-+2Ba2++4OH-═2BaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O，故 D 正确； 故选：D。 A．Fe3+和 SCN-发生络合反应得到红色溶液； B．通 CO2 可以产生白色沉淀的碱除了 Ca（OH）2 还有 Ba（OH）2 等； C．NaAlO2 溶液和 NaHCO3 溶液混合反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠； D．少量的 Mg（HCO3）2 溶液与过量的 Ba（OH）2 溶液反应，则按照 1：2 反应生成氢氧化镁 沉淀和碳酸钡、水。 本题考查离子反应，涉及离子共存、实验现象和离子方程式书写等考点，为高考的热门考点， 明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。 5. 【答案】 B 【解析】 解：根据分析可知，X 为 H，Y 为 O，Z 为 Na，W 为 S，Q 为 Cl 元素。 A．Y、Z、W、Q 所形成的简单离 子分别为 O2-、Na+、S2ˉ、Clˉ，其中，O2-与 Na+、S2ˉ 与 Clˉ的电子层结构完全相同，电子层结构完全相同的离子，核电荷数越大，离子半径越 小，则离子半径：Na+＜O2-＜Clˉ＜S2ˉ，故 A 错误； B．O 能分别与 H、Na、S 形成化合物双氧水、过氧化钠、二氧化硫，它们均具有漂白 性，故 B 正确； C．非金属性：S＜Cl，酸性：H2S＜HCl，但二者并不具有因果关系，故 C 错误； D．Z 与 Q 形成的化合物为 NaCl，电解 NaCl 溶液可得 NaOH、氢气和氯气，不能得到金 属 Na，制取 Na 需要通过电解熔融 NaCl，故 D 错误； 故选：B。 短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，X 原子的质子总数与电子层数相等，可推知 X 为 H；Y、W 同主族，且 Y、W 形 成的一种化合物甲是常见的大气污染物，则 Y 为 O，W 为 S，进而可知 Q 为 Cl；X 与 Z 同主族，且原子序数 Z 大于 Y、小于 W，则 Z 为 Na，据此解答。 本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元 素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。 6. 【答案】 C 【解析】 解：A．洛匹那韦分子中存在肽键，在一定条件下能发生水解反应，故 A 正确； B．洛匹那 韦分子中含有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故 B 正确； C．洛匹那韦分子中有 5 个 O 原子，分子式为 C37H48N4O5，故 C 错误； D．洛匹那韦分子中含有 N-H 和 O-H，所以分子间可形成氢键，故 D 正确； 故选：C。 该有机物中含有氨基、肽键、苯环和醇羟基、醚键，具有氨、二肽、苯、醇和醚的性质。 本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质 关系、正确判断分子中官能团是解本题关键，知道氢键形成原理，题目难度不大。 7. 【答案】 B 【解析】 解：A．电解质再生池是利用太阳能将 CuSO4 稀溶液蒸发，分离为 CuSO4 浓溶液和水，循环物 质为水，故 A 正确； B．装置为原电池反应，乙池中 Cu 电极为负极，发生氧化反应，故 B 错误； C．甲池中的铜电极为原电池正极，溶液中铜离子得到电子析出铜，电极反应式为 Cu2++2e-=Cu， 故 C 正确； D．右边 Cu 电极为原电池负极，发生氧化反应，左边 Cu 电极为正极，当电路中通过 1mol 电 子，左边电极增加 32g，右边减少 32g，两个电极质量差变为 64g，故 D 正确； 故选：B。 由硫酸根离子的移动方向可知右边 Cu 电极为原电池负极，发生氧化反应，左边 Cu 电极为正 极，当电路中通过 1mol 电子，左边电极增加 32g，右边减少 32g，两个电极质量差变为 64g，电解质再生池是利用太阳能将 CuSO4 稀溶液蒸发，分离为 CuSO4 浓溶液和水后，再返回 浓差电池。 本题考查了原电池原理、电极反应和电极判断、注意浓差电池的工作原理，掌握基础是解题 关键，题目难度中等。 8. 【答案】 D 【解析】 解：A．硝酸银过量，均为沉淀生成，由现象不能比较 Ksp 大小，故 A 错误； B．气体可能为二氧化硫或氯气等，均可使品红溶液褪色，则气体不一定为二氧化硫，故 B 错误； C．pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和 NaClO 溶液的 pH，可比较 HClO 与碳酸氢根离子的 酸性，不能比较碳酸与 HClO 的酸性，且由最高价含氧酸的酸性比较非金属性，故 C 错误； D．Cu 与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸铜，溶液变蓝，可知氧化性 Fe3+＞Cu2+，故 D 正 确； 故选：D。 A．硝酸银过量，均为沉淀生成； B．气体可能为二氧化硫或氯气等； C．pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和 NaClO 溶液的 pH，可比较 HClO 与碳酸氢根离子的 酸性； D．Cu 与铁离子发生氧化还原反应。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、盐 类水解、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目 难度不大。 9. 【答案】 D 【解析】 解：A．催化剂 a 表面是氢气和氮气反应生成氨气，氢气和氮气反应发生了发生了非极性 共价键的断裂，生成氨气是极性键的形成，故 A 正确； B．催化剂降低反应活化能，增大反应速率，但不改变反应焓变，故 B 正确； C．催化剂 b 表面是氨气催化氧化生成 NO 的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子 转移，故 C 正确； D．催化剂 a、b 改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故 D 错 误； 故选：D。 A．催化剂 a 表面是氢气和氮气反应生成氨气； B．催化剂降低反应活化能，增大反应速率，但不改变反应焓变； C．催化剂 b 表面是氨气催化氧化生成 NO 的反应； D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡。 本题考查了化学反应过程的分析、催化剂的作用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 10. 【答案】 D 【解析】 解：A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志， 故 A 错误； B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热反应，所 以焓变（△H）大于 0，根据反应物与生成物状态可判断出该反应熵变（△S）大于 0，所以 在 高温下自发进行，故 B 错误； C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变， 因 此当体系再次达到平衡时气体的浓度不变，故 C 错误； D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为 4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为 2：1，故 NH3 和 CO2 的浓度分别为 3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡 常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=1.64×10-8（mol•L-1）3，故 D 正确。 故选：D。 A．只有生成物为气体，气体的平均相对分子质量为定值； B．如能自发进行，应满足△H-T•△S＜0； C．K=c2（NH3）×c（CO2），温度不变，平衡常数不变； D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为 4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为 2：1，计算 NH3 和 CO2 的浓度，结合 K=c2（NH3）×c（CO2）计算。 本题考查化学平衡问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目涉及化学 平衡的判断、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动等知识，属于综合知识的考查，难度不 大。注意从表中数据找出变化规律。 11. 【答案】C 【解析】 解：A．如用溴水，则酚羟基邻位也发生取代反应，X 应为 HBr，故 A 错误； B．酚羟基不发生消去反应，醇羟基邻位无 H 原子，也不能发生消去反应，故 B 错误； C．能与碳酸氢钠反应，则含有羧基，羧基可在苯环上，也可在烃基上，则具有多种能与 NaHCO3 反应的同分异构体，故 C 正确； D．b 含有 5 种 H，则核磁共振氢谱有 5 组峰，故 D 错误。 故选：C。 A．发生取代反应，X 应为 HBr； B．醇羟基邻位无 H 原子； C．能与碳酸氢钠反应，则含有羧基，羧基可在苯环上，也可在烃基上； D．b 含有 5 种 H。 本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握有机物中的官能团、性质的关系为解 答的关键，选项 C 为解答的难点，题目难度不大。 12. 【答案】C 【解析】 解：A．滴定前 0.1 mol•L-1Na2A 溶液的 pH=11，c（HA-）≈c（OH-）=10-3mol/L，c（A2-）≈ 0.1mol/L，则 Ka2（H2A）= =10-9，故 A 正确； B．当 V=5 时，反应后溶质为等浓度的为 NaHA、NaCl、Na2A，根据物料守恒可知：c（A2-） +c（HA-）+c（H2A）=2c（Cl-），故 B 正确； C．加入 10mL 等浓度的盐酸时，反应后溶质为等浓度的 NaHA 和 NaCl，NaCl 不水解，此时溶 液呈碱性，说明 HA-的水解程度大于其电离程度，则 c（H2A）＞c（A2-），离子浓度大小为 c （Na+）＞c（HA-）＞c（H2A）＞c（A2-），故 C 错误； D．c 点溶液的 pH=7，则 c（H+）=c（OH-），由于加入的盐酸体积小于 20mL，则此时溶液中 c（Na+）＞c（Cl-），所以溶液中离子浓度大小为 c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）， 故 D 正确； 故选：C。 A．pH=11 时 c（H+）=10-11mol/L，c（HA-）≈c（OH-）=10-3mol/L，c（A2-）≈0.1mol/L，带 入 Ka2（H2A）的表达式计算； B．当 V=5 时，反应后溶质为等浓度的 NaHA、NaCl、Na2A 混合溶液，结合物料守恒分析； C．b 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 NaHA、NaCl，溶液呈碱性，说明 HA-的水解程度大 于其电离程度； D．c 点溶液的 pH=7，溶液呈中性，加入的盐酸体积小于 20mL。 本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义及物料守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液 pH 的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能 力。 13. 【答案】 D 【解析】 解：A、由电解法制取 Na2FeO4 的装置图可知，铁与电源正极相连做电解池阳极，铁本身 失电子发生氧化反应，故 A 错误； B、Ni 电极与电源负极相连做电解池阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应 2H++2e-=H2 ↑，故 B 错误； C、铁为阳极，在碱性条件下生成 FeO42-，电极反应为 Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，则隔膜为 阴离子交换膜，则电解过程中 OH-由 A 室进入 B 室，故 C 错误； D、阳极电极反应 Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，阴极电极反应 2H++2e-=H2↑，该装置中总反应 的离子方程式为：2OH-+Fe+2H2O=FeO42-+3H2↑，总反应消耗 OH-，故电解后，电解液的 pH 比原来小，故 D 正确； 故选：D。 依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，铁本身失电子发生氧化反应，在碱性 条件下生成 FeO42-，电极反应为 Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；Ni 电极与电源负极相连做电解池 阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应 2H++2e-=H2↑，则隔膜为阴离子交换膜，则电 解过程中 OH-由 A 室进入 B 室，据此分析解答。 本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，题目难度中等，掌握、 理解原理是解题关键，注意电解原理的综合运用。 14. 【答案】 C 【解析】 解：A、B 为 U 型管，其中的药品只能为固体干燥剂，故 A 错误； B、实验开始前通一段时间 CO2，可以驱赶留在装置内的部分 O2，防止产生 NO2，但是 CO2 会 和 Na2O2 反应产生 Na2CO3，给实验探究带来干扰，故 B 错误； C、装置 A 发生反应稀硝酸与 Cu 反应生成 Cu（NO3）2 和 NO，开始装置内有部分 O2，氧化 NO 产生 NO2，故 C 正确； D、高锰酸钾具有强氧化性，装置 D 的作用是吸收过量的 NO、NO2，避免尾气造成环境污染， 故 D 错误； 故选：C。 A、B 为 U 型管，其中的药品只能为固体干燥剂； B、实验开始前通一段时间 CO2，可以驱赶留在装置内的部分 O2，防止产生 NO2，但是 CO2 会 和 Na2O2 反应产生 Na2CO3，给实验探究带来干扰； C、装置 A 发生反应稀硝酸与 Cu 反应生成 Cu（NO3）2 和 NO，开始装置内有部分 O2，氧化 NO 产生 NO2； D、高锰酸钾具有强氧化性，装置 D 的作用是吸收过量的 NO、NO2，避免尾气造成环境污染。 本题是一道实验方案的设计和探究题，涉及反应原理分析，并熟练运用化学方程式或离子反 应方程表示；对学生分析和解决问题的能力要求较高，综合性强，难度中等。 15. 【解析】解：I．（1）圆底烧瓶没有支管口，而蒸馏烧瓶有支管口，故装置 A 为蒸馏烧 瓶；导管 b 将蒸馏烧瓶和分液漏斗接通，是为了防止烧瓶内气压过大，液体无法顺利留下的情况，故而采用导管 b 来平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强 使液体顺利流下； 故答案为：蒸馏烧瓶； 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液 体顺利流下； （2）装置乙的作用是为了通过观察气泡在液体中产生的快慢来分析生成 SO2 的速率，故该 溶液应该选择不与 SO2 反应的溶液，比如饱和亚硫酸氢钠溶液， 故答案为：饱和亚硫酸氢钠溶液； （3）①该装置没有排空气，空气中的氧气也可以和硫化钠反应产生硫单质，故而浑浊，依 据电子守恒和原子守恒可得反应方程式为：O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓， 故答案为：O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓； ②依据题意，实验一 15min 后，溶液才出现浑浊，实验二溶液立即出现黄色浑浊，故说明 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，所以反应慢； 故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小； II．（4）依据题意：先存在两步反应：②2IO 3-+5SO2+4H2O═8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O═ 2I-+SO42-+4H+，待产生碘离子后，说明二氧化硫充分反应，在发生反应：IO3-+5I-+6H+═ 3I2+3H2O 一旦有碘单质产生遇见淀粉变蓝，则达到滴定终点，故终点现象为吸收液出现稳定 的蓝色， 故答案为：吸收液出现稳定的蓝色； （5）实验进行 5min，样品中的 S 元素都可转化为 SO2，然后向吸收了二氧化硫的吸收液 中，用 0.0010mol•L-1KIO3 标准溶液进行滴定，会发生反应：②2IO3-+5SO2+4H2O═8H++5SO42-+I2 ③I2+SO2+2H2O═2I-+SO42-+4H+两反应合并可得总反应为：IO3-+3SO2+3H2O=6H++3SO42-+I-，当二 氧化硫恰好反应则再滴加，反应为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，一生成碘单质变蓝，则为滴定 终点，则利用反应 IO3-+3SO2+3H2O=6H++3SO42-+I-，建立关系为：IO3-～3SO2 ，实验三次取 得碘酸钾体积的平均值= mL=10mL，故 n（SO2）=3×0.0010mol•L-1×10mL × 10-3=3 × 10-5mol ， 该 份 铁 矿 石 样 品 中 硫 元 素 的 质 量 百 分 含 量 为 =0.096%， 故答案为：0.096%。 （1）蒸馏烧瓶有支管口；导管 b 可以平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗的压强，保证液体的顺利流 下； （2）装置乙的作用是为了通过观察气泡在液体中产生的快慢来分析生成 SO2 的速率，应该 选择不和二氧化硫反应溶液； （3）氧气也能与硫化钠反应产生硫单质，根据电子守恒和原子守恒书写方程式；氧气在水 中的溶解度比二氧化硫小，故反应慢； （4）依据反应 IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O 可知一旦有碘单质产生，遇淀粉变蓝，以此解答； （5）利用反应②③合并出总反应，代入碘酸钾即可求解硫元素的相关量，反应④是用于判 断滴定终点的，计算时候不代入。 该题难度中等，考查了元素的化学性质，滴定实验计算和终点判断等，要求学生元素化合物 的综合能力运用。 16. 解析】 解：I．（1）①两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物 的能量差大，因此热力学趋势大，故答案为：这两个反应均为放热很大的反应； ②这两个反应均为放热反应，所以增大 CH4 浓度或降低温度均能提高 NOx 的平衡转化率， 故答案为：增大 CH4 浓度或降低温度； ③a．CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ/mol b．CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ/mol 根据盖斯定律 （a+b）计算 CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）的△H2= [-574kJ/mol+（-1160kJ/mol）]=-867kJ/mol， 故答案为：-867； （2）OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，导致氮气的产率逐渐 增大；AB 段 N2 产率降低的可能原因是温度升高催化剂的活性降低，或平衡逆向移动导致 N2 产率降低，或副反应增多，使 N2 产率降低，但 CH4 和 NO 的反应是放热反应，所以升高温度， 平衡常数 K 减小，故 AC 正确，B 错误， 故答案为：OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产 率逐渐增大；AC； （3）由图可知， =4 时，N2 的产率最高，所以 最佳约为 4， 故答案为：4； II．在 1100 kPa 时二氧化氮转化率 40%，设通入二氧化氮 2mol，反应三段式为， 2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 2 0 0 变化量（mol） 2× 40% 0.4 0.8 平衡量（mol） 1.2 0.4 0.8 平衡分压 p（NO2）= ×1100KPa= ×1100KPa、p（N2）= ×1100KPa、p（CO2） I．（1）①依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差 大，因此热力学趋势大， ②除增加 NOx 的浓度措施外，能使平衡正向移动的措施均能提高 NOx 的平衡转化率； ③根据盖斯定律 （a+b）计算 CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）的△ H2； （2）结合温度和催化剂对化学反应速率的影响分析解答； （3）由图可知， =4 时，N2 的产率最高；II．在 T℃、在 1100kPa 时二氧化氮平衡转化率 40%，若设通入二氧化氮 2mol，根据反应三 段式计算为， 2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 起始量（mol） 2 0 0 变化量（mol） 2× 40% 0.4 0.8 平衡量（mol） 1.2 0.4 0.8 本题综合考查化学平衡及其计算，为高频考点，题目涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡的 影响因素、平衡常数的运用及计算等知识，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能 力，把握化学平衡的影响因素和平衡常数的应用即可解答，注意三段式格式的应用，题目难 度中等。 17. 【解析】 解：（1）双氧水和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，过氧化氢作用是氧化亚铁 离子生成铁离子，便于除去，离子反应方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，还原产物为水， 不引入杂质，又无污染， 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；还原产物为水，不引入杂质，又无污染； （2）其中氧化产物为 N2，还原产物为 SO2，令 N2、SO2 的物质的量分别为 xmol、ymol。 根据电子转移守恒可知 xmol×2×[0-（-3）]=ymol×（6-4），解得 x：y=1：3； 故答案为：1：3； （3）根据结晶水在铵明矾晶体中的比重= ×100%=47.68% 根据表中数据，39.20%+7.80%=47.0% 所以在 190→430 温度区间铵明矾基本上失去了全部结晶水， 故答案为：190→430； （4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，铵明矾晶体会失去结晶水，且 Al3+水解程度增大， 为了防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出，所以母液不能蒸干，采用冷却结晶的 操作方法， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶； 故答案为：取少量中和后的溶液，滴加 KSCN 溶液，若溶液不变红，则已完全除去；若溶液 变红，则未除尽； （5）流程中常使用过量的工业硫酸铵，利用硫酸铵水解使溶液显酸性抑制硫酸铝水解，这 样做的目的是提高硫酸铝的利用率， 故答案为：提高硫酸铝的利用率； （6）依据 Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-），当 c（Fe3+）=1×10-5mol•L-1 时，c（OH-）= =2.0×10-11mol•L-1，所以 c（H+）=5.0×10-4mol•L-1，pH=3.3， 故答案为：3.3。 工业（NH4）2SO4（含 FeSO4）溶于水，然后向溶液中加入双氧水，双氧水具有氧化性、硫酸 亚铁具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═ 2Fe3++2H2O，将得到的溶液中加入氨水，调节溶液的 pH，使铁离子转化为 Fe（OH）3 沉淀， 然后过滤得到滤渣；将滤液加入硫酸铝溶液中，通过分离得到固体 NH4Al（SO4）2•12H2O，加 热固体 NH4Al（SO4）2•12H2O，该物质分解生成产物， （1）双氧水和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水； （2）其中氧化产物为 N2，还原产物为 SO2，结合得失电子守恒判断； （3）根据结晶水在铵明矾晶体中的比重分析； （4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，铵明矾晶体会失去结晶水，且 Al3+水解程度增大，不 能直接加热，需要采用冷却结晶； （5）两种物质发生反应，一种物质过量，就是为了提高另一种物质的利用率； （6）依据 Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-），当 c（Fe3+）=1×10-5mol•L-1 时，计算出溶 液中的氢氧根离子的浓度，据此计算 pH 值； 本题考查物质制备实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生分析、推断、计算能力，明确 流程图中发生的反应及基本操作是解本题关键，难点是（3）题有关计算，题目难度中等。 18. 【解析】解：由上述分析可知，X 为 C、Y 为 N、Z 为 O、W 为 Mg、Q 为 K、R 为 Cu， （1）sp2（2 分）（2）等电子体（1 分）2NA（1 分） （1）X 为 C，C 元素的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸分子中其中心原子价层电子 对个数是 3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论得 C 原子杂化方式为 sp2， 故答案为：sp2； （2）化合物 XZ 与 Y 的单质分子的原子数相同、价电子数相同，二者互为等电子体， 1mol XZ 中含三键，含有π键的数目为 2NA， 故答案为：等电子体；2NA； （3）W 为 Mg，失去 2 个电子变为稳定离子，W 的稳定离子核外有 10 种运动状态的电子， W 元素的第一电离能比其同周期 相邻元素的第一电离能高，其原因是：最外层 s 电子全 满，为稳定结构，失去一个电子比较困难， 故答案为：10；最外层 s 电子全满，为稳定结构，失去一个电子比较困难； （4）Q 为 K，由其晶体结构图 可知，每个 K 的周围有 8 个 K 原子，K 占顶点和体心位置， 则在单位晶胞中 Q 原子的个数为 1+8× =2，晶体的配位数是 8， 故答案为：2；8； （5）R 元素的基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1；由 Y 与 R 形成某 种 X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、W 都是元素周期表中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对 电子数的 2 倍，电子排布为 1s22s22p2，X 为 C；Z 的次外层电子数是最外层电子数的 ， 电子排布为 1s22s22p4，Z 为 O，结合原子序数可知 Y 为 N；W 原子的 s 电子与 p 电子数相等， 电子排布为 1s22s22p63s2，W 为 Mg；Q 是前四周期中电负性最小的元素，Q 为 K；R 的原子序 数为 29，R 为 Cu，以此来解答。 本题考查晶胞计算，为高频考点，把握原子结构、电子排布、晶体结构为解答关键，侧重分 析与应用能力的考查，注意（4）、（5）为解答的难点，题目难度不大。 19. 【解析】解：（1）有机物 A 中的官能团名称是羰基、酯基， 故答案为：羰基、酯基； （3）根据以上分析知，反应④所需的试剂是 Br2， 故答案为：Br2； （4）反应⑤和⑥的反应类型分别是取代反应、取代反应， 故答案为：取代反应；取代反应； （5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明含有氨基和 羧基，B 的不饱和度是 2，六元环的不饱和度是 1、羧基的不饱和度是 1，所以含有六元环且 含有羧基的 I 中不含其它双键或环，B 中含有 7 个碳原子，因为含有羧基，所以六元环中六 个原子只能是碳原子，I 中支链为氨基和羧基，氨基和羧基位于同一个碳原子上只有 1 种结 构，氨基和羧基位于不同碳原子上，羧基和氨基可能处于六元环上邻间对三种结酯，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移能力，明确反应前后断键和成键 方式及发生反应类型是解本题关键，利用 A 到 H 之间的转化关系采用知识迁移方法进行合成 路线设计，题目难度中等。