【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2019-2020学年高二下学期期末联考化学【精准解析】.doc，共(27)页，1.356 MB，由小赞的店铺上传

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蓉城名校联盟2019~2020学年度下期高中2018级期末联考化学可能用到的相对原子质量：H1C12.N14O16Al27.S32Fe56一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活息息相关

，下列说法正确的是A.我国研制的重组新冠疫苗，需要冷藏保存B.医用酒精灭杀新冠病毒是利用其氧化性C.新冠病毒由C、H、O三种元素组成D.为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入过量盐酸【答案】A【解析】【详解】A．疫苗的主要成分为蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，需要冷藏保存，A正确

；B．医用酒精灭杀新冠病毒是因为酒精能使蛋白质脱水变性，并非其氧化性，B错误；C．新冠病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，C错误；D．“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO与HCl可发生归中反应生成有毒气体Cl2，D错误

；答案选A。2.下列有关化学用语表述正确的是A.Cl-的结构示意图：B.甲烷分子的比例模型：C.原子核内有20个中子的氯原子：2017ClD.C2-2的电子式：【答案】D【解析】【详解】A.Cl-的结构示意图为，A不正确；B.是甲烷分子的球棍模型，不是其比例模型，B不正确；C.原子

核内有20个中子的氯原子可表示为3717Cl，C不正确；D.C2-2离子中两个碳原子之间形成3个共用电子对，其电子式为，D正确。本题选D。3.下列化学反应的能量变化符合如图所示关系的是A.CaCO3ΔCaO+CO2↑B.2CH3CH2OH+O2CuΔ

⎯⎯→2CH3CHO+2H2OC.2NH4Cl+Ba(OH)2=BaCl2+2NH3•H2OD.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【答案】B【解析】【分析】根据图象，反应物的能量高于生成物的能量，该反

应为放热反应，同时该反应历程分两步完成，据此分析判断。【详解】A．分解反应一般为吸热反应，CaCO3ΔCaO+CO2↑为吸热反应，故A错误；B．物质与氧气的反应一般为放热反应，2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O为放热反应，该反应首先是铜与氧气反应，然后是氧化铜与乙醇反应，

分两步完成，故B正确；C．2NH4Cl+Ba(OH)2=BaCl2+2NH3•H2O为吸热反应，故C错误；D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑为放热反应，该反应因此完成，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意题干图象与的区别。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确

的是A.常温下，22.4L氮气的分子数大于NAB.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C.标准状况下，22.4LCH3Cl中含有的H原子数目为3NAD.lmol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA【答案】C【解析】【详解】A．

常温下且压强未知，不能用22.4L/mol计算22.4L氮气物质的量，分子数无法确定，故A错误；B．56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故B错误；

C．标准状况下，22.4LCH3Cl的物质的量为1mol，含有的H原子数目为3NA，故C正确；D．羟基不显电性，而氢氧根带负电荷，故1mol羟基中含9NA个电子，而1mol氢氧根中含10NA个电子，故D错误；故选C。5.下列解释事实的方程式正确

的是A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3+2H++SO2↑+S↓+2Na++H2OB.氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C.将少量的SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+2ClO-=SO2-3+2HC1OD.草酸使酸性

KMnO4溶液褪色：2MnO4−+16H++5C2O2-4=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】B【解析】【详解】A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，离子方程式为S2O32-+2H++SO2↑+S↓+H2O，A不正确；B.氢氧化亚铁暴露于空气中会变色，是因为其被氧化，化

学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B正确；C.将少量的SO2气体通入NaClO溶液中，离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=SO2-4+2HC1O+Cl-，C不正确；D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式为2MnO4−+6H

++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D不正确。本题选B。6.T°C时，在某恒容的密闭容器中，发生如下反应：SO2(g)+2CO(g)催化剂2CO2(g)+S(l)△H＜0；下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是A.容器内混合气体的密度不变B.容器内压强不变C.v(

CO)生成=v(CO2)消耗D.S的质量不再改变【答案】C【解析】【详解】A．该反应属于气体的质量减小的反应，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度逐渐减小，当密度不变时，说明反应达到了平衡状态，故A不选；B．该反应属于气体的物质的量逐渐减小的反应，即容器中气体的

压强为变量，当容器内压强不变时，说明反应达到了平衡状态，故B不选；C．v(CO)生成和v(CO2)消耗均表示逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故C选；D．S的质量不再改变，说明其余气体的质量不变，则气体的浓度不变，说明是平衡状态

，故D不选；故选C。7.下列说法正确的是A.石油是混合物，其分馏产品汽油是纯净物B.金属氧化物均为碱性氧化物C.NH4Cl、HCl中均含共价键，二者均为共价化合物D.核能、水能属于一次能源，水煤气、电能属于二次能源【答案】D【解析】【详解】A.石油有多种烷烃、环烷烃和芳香烃，故其为混合物，其分馏

产品汽油仍是多种烃的混合物，A说法不正确；B.金属氧化物大多数是碱性氧化物，但也有少数是两性氧化物或其他复杂的氧化物，B说法不正确；C.NH4Cl既含有共价键，又含有离子键，故其为离子化合物，C说法不正确；D.核能、水能均可以从自然界直接获取，其属于一次能源；水煤气、电能是用一次能

源转换而成的能源，故属于二次能源，D说法正确。本题选D。8.压缩天然气汽车以天然气代替汽车用油，具有价格低、污染少、安全等优点。未经处理的天然气含有H2S，直接使用会造成大气污染，T.F菌在酸性溶液中可

实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是A.该脱硫过程是将H2S转化为FeSO4B.Fe2(SO4)3可以视为该脱硫过程中的催化剂C.该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2OD.该脱硫过程

不能在高温下进行【答案】A【解析】【详解】A．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，根据图象，Fe2(SO4)3氧化硫化氢生成硫，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，故A错误；B．T.F菌在酸性溶液中可实现

天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3在整个过程中质量和化学性质不变，可以视为催化剂，故B正确；C．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化

成硫酸铁，Fe2(SO4)3视为催化剂，因此脱硫过程O2间接氧化H2S，总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，故C正确；D．T.F菌的主要成分为蛋白质，高温下蛋白质会发生变性，因此该脱硫过程不能在高温下

进行，故D正确；故选A。9.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.无色溶液中：K+、Cu2+、NO-3、Cl-B.常温下，()w+KcH=0.1的溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO2-3C

.0.lmol•L-1的FeCl2溶液中：K+、SO2-4、Mg2+、MnO4-D.Na2S溶液中：SO2-4、H+、Cl-、Cu2+【答案】B【解析】【详解】A．Cu2+为蓝色，不能在无色溶液中大量共存，A不符合题意；B．常温下，()w+K

cH=0.1的溶液呈碱性，溶液中含有OH-，Na+、K+、AlO2-、CO2-3均不与OH-反应且相互不反应，能够大量共存，B符合题意；C．Fe2+会被MnO4-氧化而不能共存，C不符合题意；D．Cu2+与Na2S会生成CuS沉淀而不能共存，D不符合题意；答案选B

。10.下列说法正确的是A.乙二醇和丙三醇是同系物B.丙烯和苯分子中的所有原子都在同一平面内C.欲除去乙烷中混有的乙烯可选用酸性KMnO4溶液洗气D.将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明且未见分层，则说明生成的1，2-二溴乙烷无色，并可溶于四氯化碳【答案】D【解析】

【详解】A．乙二醇和丙三醇中含有的羟基数目不相等，结构不相似，不属于同系物，故A错误；B．丙烯含甲基，甲基为四面体结构，丙烯中所有原子不能共面，故B错误；C．乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，不符合除杂原则，故C错误；D．乙烯含有碳

碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故D正确；故选D。11.下列说法正确的是A.除去FeSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入铜粉，通过反应Cu+2F

e3+=Cu2++2Fe2+除去Fe3+B.常温下，pH为5的NH4Cl溶液和pH为5的稀盐酸中，水的电离程度相同C.由于存在水的电离，0.1mol•L-1的H2C2O4溶液中，c(H+)/c(C2O2-4)略大于2D.向氨水中滴加等浓度的盐酸溶液，滴加过程中，c(NH4+)先增大后减小【答案

】D【解析】【详解】A．向溶液中加入铜粉，铜与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，会引入Cu2+杂质，不符合除杂原则，故A错误；B．NH4Cl水解促进水的电离，稀盐酸中盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，因此常温下，pH为5的NH4C

l溶液和pH为5的稀盐酸中，水的电离程度不相同，故B错误；C．草酸为弱酸，以第一步电离为主，因此0.1mol•L-1的H2C2O4溶液中c(H+)/c(C2O2-4)远大于2，故C错误；D．氨水中存在NH3·H2ONH4+＋OH－，滴加等浓度的盐酸溶液，c(O

H-)减小，平衡正向移动，c(NH4+)增大，当二者恰好完全反应后继续滴加等浓度的盐酸溶液，溶液的体积增大，c(NH4+)又减小，故D正确；故选D。12.短周期主族元素X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.化合物

RX中含有共价键B.Y、Z、M的氧化物均能溶于水C.化合物R2M是弱电解质，其水溶液显碱性D.试管壁上残留的M单质可以用热的NaOH溶液除去【答案】D【解析】【分析】根据短周期主族元素X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间

的关系图可知，X的原子半径最小，其最外层只有1个电子，则X为H；R的半径最大，其最外层只有1个电子，则R为Na；Y、Z、M的最外层电子数分别为4、5、6，但是M的半径较大，则M为S，Y为C，Z为N。【详解】

A.化合物RX为NaH，其为离子化合物，其中只含有离子键，A说法不正确；B.Y、Z、M的氧化物中，CO、NO不能溶于水，B说法不正确；C.化合物R2M是Na2S，其为强电解质，其在水溶液中水解而使溶液显碱性，C不正确；D.硫可以溶于热的NaOH溶液生成可溶性的硫化钠和亚硫酸钠，所以试管壁

上残留的硫可以用热的NaOH溶液除去，D说法正确。本题选D。13.下列有关实验操作的叙述正确的是A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NOC.鉴别NaBr溶液和NaI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取D

.用标准盐酸溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂【答案】C【解析】【详解】A．锥形瓶和容量瓶均不需要干燥，有少量水对中和滴定、溶液配制无影响，则不需要放进烘箱中烘干，故A错误；B．NO易与空气中

的氧气反应生成二氧化氮，不能用向上排空气法收集NO，应该用排水法收集，故B错误；C．氯气可氧化碘离子、溴离子，碘溶于四氯化碳时下层显紫色，溴溶于四氯化碳时下层显橙色，现象不同，可鉴别，故C正确；D．标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，溶液由碱性变为酸

性，应选甲基橙作指示剂，故D错误；故选C。14.当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，可视为该离子已完全除去，通过调节溶液pH的方法可以除去溶液中的某些杂质离子。常温下，某0.1mol•L-1的NiSO4溶液中含有杂质Al3+和Fe3+，欲将这两种杂质完

全除去，需调节溶液pH的范围可以是(不考虑溶液体积变化，已知：常温时，氢氧化镍Ksp=1×10-16、氢氧化铁Ksp=1×10-38、氢氧化铝Ksp=1×10-33)A.2~3B.3~4C.5~6D.6~8【答案】C【解析】【分析】根

据Ksp计算使得Al3+和Fe3+完全沉淀时溶液的pH值和Ni2+开始沉淀时溶液的pH值，据此分析判断。【详解】Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-5mol•L-1，解得：c(OH-)=30.1×10-

9mol•L-1，c(H+)=310.1×10-5mol•L-1，pH略小于5时Al3+完全变成沉淀；同理，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38=c(Fe3+)×c3(OH-)，c(Fe3+)=1×1

0-5mol•L-1，解得：c(OH-)=1×10-11mol•L-1，c(H+)=1×10-3mol•L-1，pH=3时Fe3+完全变成沉淀；Ksp[Ni(OH)2]=1×10-16=c(Ni2+)×c2(OH-)，c(Ni2+)=0.1mol•L-

1，解得：c(OH-)=0.1×10-7mol•L-1，c(H+)=10.1×10-7mol•L-1，pH略小于7时Ni2+开始变成沉淀；因此需调节溶液pH的范围为5~6。故选C。15.关于如图所示的有机物，下列说法正确的是A.分子式为C10H14O6，属于苯的同系物B.含有的官能团为羟基

、羧基和酯基C.不能发生取代反应和加成反应，但能发生加聚反应D.该分子不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A.该有机物的分子式为C11H12O5，其属于烃的衍生物，不属于苯的同系物，A说法不正确；B.由该有

机物的分子结构可知，其含有的官能团为羟基、羧基和酯基，B说法正确；C.该有机物苯环上有2个H，还有2个甲基，故在一定条件下可以发生卤代反应；该有机物还有羟基和羧基，故能发生酯化反应；该有机物还有酯基，可以在一定的条件下发生水解反应；该有机物有苯环，在一定的条件下可以与氢气

发生加成反应；但其没有碳碳双键或碳碳叁键，不能发生加聚反应，C说法不正确；D.该分子与苯环相连的碳原子中，有两个碳原子上有H原子，而且侧链上还有羟基，故其能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D说法不正确。本题选B。16.

某同学在实验报告中有以下实验数据，其中数据合理的是A.用500mL容量瓶配制250mL0.2mol•L-1NaOH溶液B.滴定管的“0”刻度线在上端，量筒的“0”刻度线在下端C.用广泛pH试纸测得某醋酸溶液的pH为2.46D.用酸式滴定管量取23.10mL溴

水【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶只有一条刻度线，不可以用500mL容量瓶配制250mL溶液，依据大而近原则，应选250mL容量瓶配制，故A错误；B．量筒没有“0”刻度线，故B错误；C．广泛pH试纸测得的pH整数，用广泛pH试纸不能

测得某醋酸溶液的pH为2.46，故C错误；D．滴定管精确值为0.01mL，可以用25mL酸式滴定管量出23.10mL的溴水，故D正确；故选D。17.下列实验的操作、现象和结论均正确的是实验操作实验现象实验结论，A向FeCl3和KSCN的混合溶液中滴加NaO

H溶液混合溶液颜色逐渐变浅，有红褐色沉淀产生Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3是可逆反应B将密封有红棕色NO2气体的圆底烧瓶浸入冰水中气体颜色变浅反应2NO2N2O4△H>0C分别向0.1mol·L-1的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的Na2CO3溶液醋酸溶液中有气泡产生，硼酸溶液中无气泡酸性

：硼酸＞醋酸＞碳酸D将0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.05mol·L-1NaCl溶液等体积混合，再向混合液中滴入0.05mol·L-1NaI溶液先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D【

答案】A【解析】【详解】A．Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3是可逆反应，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向FeCl3和KSCN的混合溶液中滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，

使得平衡逆向移动，混合溶液颜色逐渐变浅，故A正确；B．将密封有红棕色NO2气体的圆底烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明反应2NO2N2O4正向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故B错误；C．分别向0.1mo

l·L-1的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的Na2CO3溶液，醋酸溶液中有气泡产生，硼酸溶液中无气泡，说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C错误；D．将0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.05mol·L-1NaCl溶液等体积混合，反应后A

gNO3过量，再向混合液中滴入0.05mol·L-1NaI溶液，反应生成AgI黄色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，即不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D错误；故选A。18.在酸性介质中，H2O2能使KMnO4溶液褪色，离子反应(未配平)为：MnO4-+H++H

2O2→Mn2++O2+H2O，下列说法错误的是A.氧化性比较：MnO4->O2B.该反应中酸性介质可以为盐酸C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5D.若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.2mol【答案】

B【解析】【分析】MnO4-+H++H2O2→Mn2++O2+H2O反应中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，O元素的化合价由-1价升高为0价，配平得：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2+8

H2O，据此分析解答。【详解】A．该反应中，MnO4-中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，得电子，为氧化剂，H2O2中O元素的化合价由-1价升高为0价，失电子，为还原剂，则氧气为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：MnO4-＞O2，故A

正确；B．高锰酸钾能够将氯离子氧化生成氯气，该反应中酸性介质不能为盐酸，一般用硫酸，故B错误；C．MnO4-为氧化剂，H2O2为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为[0-(-1)]×2∶[(+7

)-(+2)]=2∶5，故C正确；D．配平后的方程式为2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2+8H2O，反应中转移10个电子，若有0.1mol氧化产物O2生成，则转移电子0.2mol，故D正确；故选B。19.某课外活动小组设计了如图所示的装置研

究金属的腐蚀和电化学防护。下列相关说法错误的是A.若X是碳棒，将开关K置于M处，铁棒的腐蚀加快B.若X是铜棒，将开关K置于N处，铁棒难以被腐蚀C.若X是碳棒，将开关K置于N处，铁棒的腐蚀加快D.若X是锌棒，将开关K置于M处，铁棒

上发生的反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】C【解析】【详解】A.若X是碳棒，将开关K置于M处，则形成原电池，铁棒为负极，故其腐蚀加快，A说法正确；B.若X是铜棒，将开关K置于N处，则形成电解池，铁棒为阴极，其被保护，故难以被腐

蚀，B说法正确；C.若X是碳棒，将开关K置于N处，则形成电解池，其被保护，故难以被腐蚀，铁棒的腐蚀减慢，C说法错误；D.若X是锌棒，将开关K置于M处，则形成原电池，锌发生吸氧腐蚀，铁棒为正极，铁棒上发生的反应为O2+2H2O+4

e-=4OH-，D说法正确。本题选C。20.常温下，向10mL0.2mol•L-1的MOH中逐滴加入0.2mol•L-1的CH3COOH溶液，溶液的导电能力如图1所示，溶液的pH变化如图2所示(已知：常温时，NH3∙H2

O和CH3COOH的电离常数均为1.8×10-5)，下列说法正确的是A.图l中N点时，加入CH3COOH溶液的体积为l0mLB.MOH是一种弱碱，相同条件下其碱性弱于NH3•H2O的碱性C.图2中b点时，加入CH3COOH溶液的体积为

l0mLD.若c点对应醋酸的体积是15mL，则此时溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)＜0.1mol•L-1【答案】A【解析】【分析】根据图2可知，0.2mol•L-1的MOH的pH=12，说明MOH为弱碱，则MOH的电离平衡常数=()()MOH

M)OH(+−ccc=0.010.010.20.01−=5.2×10-4；向10mL0.2mol•L-1的MOH中逐滴加入0.2mol•L-1的CH3COOH溶液，随着醋酸的加入，溶液的导电能力逐渐增强，是因为反应生成了强电解质CH3COOM，当二者恰好完全反应

时，溶液中CH3COOM浓度最大，溶液的导电能力最强，继续滴加醋酸溶液，溶液的体积增大，溶液的导电能力又逐渐减小，结合滴定曲线分析解答。【详解】A．MOH为弱碱，向10mL0.2mol•L-1的MOH中逐滴加入0.2mol•

L-1的CH3COOH溶液，随着醋酸的加入，溶液的导电能力逐渐增强，是因为反应生成了强电解质CH3COOM，当二者恰好完全反应时，溶液中CH3COOM浓度最大，溶液的导电能力最强，因此图l中N点时，加入

CH3COOH溶液的体积为l0mL，故A正确；B．根据上述计算，MOH的电离平衡常数=()()MOHM)OH(+−ccc=0.010.010.20.01−=5.2×10-4＞1.8×10-5，即相同条件下其碱性比NH

3•H2O的碱性强，故B错误；C．常温时，NH3∙H2O和CH3COOH的电离常数均为1.8×10-5，说明醋酸铵溶液显中性；MOH的碱性比NH3•H2O的碱性强，与醋酸恰好中和时，溶液显碱性，而b点pH=7，因此b点不是滴定终点，而且b点加入CH3COOH溶液的体积大于l0mL，故C错误；

D．若c点对应醋酸的体积是15mL，此时溶液中含有醋酸和CH3COOM，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L0.0.05LL1025＞0.1mol•L-1，故D错误。故选A。二、非选择题：本题共6小题，共60分。21

.下表是元素周期表的一部分，请用元素符号或化学式回答有关问题：(1)⑧的单质是有毒气体，它能与强碱稀溶液反应，其离子方程式为_________，③和⑤构成的具有漂白性的化合物，其电子式为______________。(2)表

中能形成两性氧化物的元素是____，写出该元素的单质与⑩的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式__________。(3)④⑤⑦⑩四种元素简单离子半径由大到小的顺序是_____________。(4)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是______(

填写化学式)，非金属气态氢化物还原性最强的是_______(填写化学式)。【答案】(1).Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O(2).(3).Al(4).2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑(5).S2−＞K

+＞F−＞Na+(6).HClO4(7).H2S【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①为Li元素，②为N元素，③为O元素，④为F元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，

⑩为K元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。【详解】(1)⑧为Cl元素，氯气是有毒气体，它能与强碱稀溶液反应生成两种盐，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，③为O元素，⑤为Na元素，二者构成的具有漂白性的化合物为过氧化钠，

其电子式为，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；；(2)上述十种元素中能形成两性氧化物的元素是Al，⑩为K元素，⑩的最高价氧化物的水化物为KOH，铝与氢氧化钾反应的离子方程式为2Al+

2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；(3)④为F元素，⑤为Na元素，⑦为S元素，⑩为K元素，一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，

四种元素简单离子半径由大到小的顺序是S2−＞K+＞F−＞Na+，故答案为：S2−＞K+＞F−＞Na+；(4)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，上述元素中非金属性最强的是F，但F没有最高价含氧酸，因此最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，非元素的非金属性越弱

，气态氢化物还原性越强，上述元素中非金属性最弱的是S，因此非金属气态氢化物还原性最强的是H2S，故答案为：HClO4；H2S。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意F没有正化合价，同时注意非元素的非金属性越弱，气态氢化物还原

性越强。22.按要求填空：(1)键线式表示的分子式为_________，名称是____________。(2)含有的官能团的名称为_____________，写出该物质在酸性环境下水解产物的结构简式__________、__________。(3)甲醇在铜作催化剂加热时与氧气反应的化学方程

式为_________________。(4)某烷烃B的结构简式为CH3CH(CH3)CH(C2H5)2，有一种烷烃C与烷烃B是同分异构体，它却不能由任何烯烃催化加氢得到，则C的结构简式为______

______。(5)最多______个原子共平面，写出该物质发生加聚反应的化学方程式_________。【答案】(1).C6H14(2).2-甲基戊烷(3).羧基、酯基(4).(5).CH3COOH(6).2CH3OH+O2CuΔ⎯⎯→2HCHO+2H2O(7).(8).18(9).【解析】

【分析】(1)键线式表示的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2CH3，据此分析解答；(2)根据常见官能团的结构分析判断，结合酯基在酸性环境下水解生成羧基和羟基分析解答；(3)甲醇在铜作催化剂加热时与氧气反

应生成甲醛，据此书写反应的化学方程式；(4)烷烃C与烷烃B[CH3CH(CH3)CH(C2H5)2]是同分异构体，它却不能由任何烯烃催化加氢得到，说明C的结构中含有结构，据此分析书写C的结构简式；(5)根据苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，亚甲基为四面体结构，单键

可以旋转，分析判断分子中最共平面的原子数，碳碳双键可以发生加聚反应，据此书写反应的方程式。【详解】(1)键线式表示的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2CH3，分子式为C6H14，主链含有5个碳原子，为戊烷，在2号碳上有1个甲基，名称是2-甲基戊烷，故答案为：C6H14；2-甲基戊烷；

(2)含有的官能团为羧基、酯基，该物质在酸性环境下水解生成和CH3COOH，故答案为：羧基、酯基；；CH3COOH；(3)甲醇在铜作催化剂加热时与氧气反应生成甲醛，反应的化学方程式为2CH3OH+O2CuΔ⎯⎯→2HCHO+2H2O，故答案为：2CH3OH+O2CuΔ⎯⎯→2HCHO+2H2

O；(4)某烷烃B的结构简式为CH3CH(CH3)CH(C2H5)2，有一种烷烃C与烷烃B是同分异构体，它却不能由任何烯烃催化加氢得到，说明C的结构中含有结构，则C的结构简式为，故答案为：；(5)中苯环为平面结构，碳碳双键为

平面结构，亚甲基为四面体结构，单键可以旋转，因此该分子中最多18个原子共平面，该物质发生加聚反应的化学方程式为，故答案为：18；。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意亚甲基中最多只能有1个氢原子与苯环共

平面，难点为(4)，要注意不能由任何烯烃催化加氢得到的结构特点的应用。23.氮的氧化物和氮的氢化物的任意排放均会对环境造成污染，因此关于其转化的研究对于消除环境污染有着重要意义。（1）已知T℃时，有如下反应：反

应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=-1804kJ•mol-1反应II：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1反应III：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H=-116.2kJ•mol-1试写出T℃时，NH3与NO

2反应生成不污染环境的物质的热化学反应方程式______。（2）T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2,发生（1）中反应III,不同时间测得各物质的部分浓度（mol•L-1）如下表所示：时

间（min）NOO2NO20a0.300.10100.140.27b200.10c0.2030d0.240.22400.08ef①温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为_______。②反应的前20min的平均反应速率v（N

O）=________mol•L-1·min-1。③若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，达到新的平衡后，c（O2）_____0.48mol•L-1（填“>”“<”或“=”）。（3）某化学兴趣小组利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2

SO4溶液，其工作原理如下图所示：①从出口B、C产生的气体相同，该气体是_____：从出口D得到的溶液是____。②电解槽左池中发生的电极反应式为________。③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体（标准状况下）时，理论上将生成______

______molKOH。【答案】(1).8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）∆H=-2707.4kJ•mol−1(2).9∶10(3).0.005(4).<(5).N2或氮气(6).KOH溶液(7).2NH

3-6e−=N2↑+6H+(8).2.4【解析】【分析】（1）根据盖斯定律I×2-III×6+II×3可得目标热化学方程式；（2）先根据表格数据结合反应III方程式判断起始时NO的物质的量浓度，进而根据30min及40min的数据判断平衡状态并进行相关计算；（3）根

据装置图先判断电解池的阴极和阳极，再结合两极通入的物质判断相关的产物和电极反应式。【详解】（1）已知T℃时，有如下反应：反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=-1804kJ•mol-1反应II：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）△H=

+67.8kJ•mol-1反应III：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H=-116.2kJ•mol-1根据盖斯定律，I×2-III×6+II×3可得NH3与NO2反应生成不污染环境的物质即N2和H2O的热

化学反应方程式为8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）∆H=-2707.4kJ•mol−1；（2）①T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g），0~10min时间段内，O2的物质的量浓度减少了0.

03mol/L，则相同时间内NO的物质的量浓度减少0.06mol/L，所以NO的起始物质的量浓度为0.14mol/L+0.06mol/L=0.20mol/L；30min时O2的物质的量浓度为0.24mol/L，说明0~30min时间段内O2的物质的量浓度减少了0.06mol/L，则相同时间内NO的

物质的量浓度减少0.12mol/L，即d为0.08mol/L，因40min时NO的物质的量浓度也为0.08mol/L，说明30min时反应达到平衡状态；温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比等于平衡时各气体物质的量之和与最初加入气体时的物质的

量之和的比值，即比值为()()0.08mol/L0.24mol/L0.22mol/L2L0.20mol/L0.30mol/L0.10mol/L2L++++=9∶10；②反应的前20min的平均反应速率v（NO）=0.20mol/L0.10mol/

L20min−=0.005mol•L-1·min-1；③温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，若平衡不移动，则c（O2）等于0.48mol•L-1，而缩小容器体积时压强增大，平衡正向移动，所以达到新的平衡后，c（O2）小于0.48mol•L-1；（3）据图可知，电解池左端连接外加电

源的正极，为电解池的阳极，发生的电极反应为2NH3-6e−=N2↑+6H+，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入左侧，与氢离子结合得硫酸溶液，右端连接外加电源的负极，为电解池的阴极，发生的电极反应为2NO+2H2O+4e−=N2↑+4OH-，钾离子通过阳离子交换膜进入右侧与氢氧根离子结合得KOH溶液；①

根据电极反应式可知，从出口B、C产生的气体相同，均为氮气，从出口D得到的溶液是KOH溶液；②根据分析可知，电解槽左池为阳极，发生的电极反应式为2NH3-6e−=N2↑+6H+；③根据得失电子守恒，相同时间内电解池阳极和阴极产生的

氮气比为2∶3，当电解一段时间，两电极共收集到标准状况下22.4L气体即1mol气体时，阴极生成的氮气为0.6mol，根据阴极反应式2NO+2H2O+4e−=N2↑+4OH-可知，理论上将生成0.6mol×4=2.4molKOH。【点睛】解答第(3)小题的第③问时，因阴极和阳极

均生成氮气，所以要先根据得失电子守恒判断阴极生成氮气的物质的量，再根据阴极反应式计算生成KOH的物质的量，为易错点。24.锰钢是工业上非常重要的一种合金，其主要成分锰是用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2)为原料制备的，某种生产工艺流程如下图所示：已知：

MnO2不溶于稀硫酸，但它可以在酸性条件下和一些还原剂反应生成Mn2+。难溶物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2溶度积常数4.0×10-381.0×10-331.8×10-111.8×10-13(1)

为了提高锰的浸出率，通常需要将软锰矿_______；酸浸时MnO2溶解的离子反应方程式是____________________。(2)滤渣2的主要成分是____________(填化学式)。(3)沉锰时发生的主要离子反应方程式是________;沉锰后需要对所得的沉淀进行过滤、洗涤操

作，如何检验沉淀己洗净？________________。【答案】(1).粉碎(2).3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O(3).Fe(OH)3和Al(OH)3(4).Mn2++2HCO-3=MnCO3↓+H2O+CO2↑(5).取最后一次洗涤液少许于试管中

，加入几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀则洗干净【解析】【分析】由生产工艺流程分析可知，软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2)加入硫酸酸浸，Al2O3、MgO溶于稀硫酸生成A

l3+、Mg2+，根据已知条件，MnO2不溶于稀硫酸，但它可以在酸性条件下和一些还原剂反应生成Mn2+，加入Fe发生反应3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O，过滤后的滤渣1主要为SiO2，调节pH使Fe3+和Al3+变成Fe(OH)3和Al(OH)3

的沉淀，过滤后加入NaF沉镁，再加入NH4HCO3沉锰得到MnCO3的沉淀，接着通入空气煅烧得到MnO2，最后加入铝粉还原得到Mn，据此分析解答。【详解】(1)可将软锰矿粉碎，从而增大反应物的接触面积，提高锰的浸出率，酸浸时，MnO2不溶于稀硫酸，但它可以在酸性条件下和一

些还原剂反应生成Mn2+，加入Fe发生反应3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O，故答案为：粉碎；3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；(2)根据上述分析可知，调节pH使Fe3+和Al3+变成Fe(OH)3和Al(OH)3的沉淀，所以滤渣2的主

要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3和Al(OH)3；(3)沉锰时，加入NH4HCO3得到MnCO3的沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO-3=MnCO3↓+H2O+CO2↑，沉锰后的沉淀表面附着有2-4SO

，因此检验沉淀是否洗净的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀则洗干净，故答案为：Mn2++2HCO-3=MnCO3↓+H2O+CO2↑；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴盐酸酸化的Ba

Cl2溶液，若无白色沉淀则洗干净。25.中和滴定是实验室定量测定未知酸或碱浓度的重要方法。25℃时，向20.00mLNaOH溶液中逐滴滴入某浓度的CH3COOH溶液以测定该醋酸溶液的浓度。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，回答下列问题：

（1）滴定时，使用到的主要玻璃仪器有__________。（2）选择的指示剂是_________，如何判断滴定达到终点_____________。（3）若当滴定达到终点时，测得消耗CH3COOH溶液的体积为10.00mL.则所测醋

酸溶液的浓度为_________mol•L-1。（4）图中B点所示溶液中c(Na+)______c(CH3COO-)（填“＞”“＜”或“＝”）。（5）图中C点对应的pH=4.7，该点所示溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)-c(Na+)=________mol•L-1（已知：

lg2=0.3）。【答案】(1).酸式滴定管、锥形瓶、碱式滴定管(2).酚酞(3).滴入最后一滴醋酸溶液振荡，溶液由红色变成浅红色，且半分钟内不恢复红色(4).0.20(5).=(6).2.0×10−5【解析】【分析】中和滴定使用到的主要玻璃仪器有酸式滴

定管、碱式滴定管、锥形瓶；根据滴定终点的酸碱性选择指示剂；根据滴定曲线的起点确定氢氧化钠标准溶液的浓度，并根据其消耗量计算醋酸的物质的量浓度；根据电荷守恒确定相关离子浓度之间的关系。【详解】(1)滴定时，使用到的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶、碱式滴定管。(2)滴定终点得到的醋酸钠溶液显

碱性，酚酞的变色范围是8.2~10.0，故可选择酚酞作指示剂，滴定达到终点的判断方法是：滴入最后一滴醋酸溶液振荡，溶液由红色变成浅红色，且半分钟内不恢复红色。(3)由滴定曲线的起点可知，所用标准碱液的pH=13、体积为20.00m

L，则c(NaOH)=0.10mol/L，滴定达到终点时，测得消耗CH3COOH溶液的体积为10.00mL，则所测醋酸溶液的浓度为20.000.10/L10.00mLmolmL=0.20mol•L-1。(4)图中B点所示溶

液中pH=7，溶液显中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知，c(Na+)=c(CH3COO-)。(5)图中C点对应的pH=4.7，则c(H+)=10-4.7mol/L=2.0×10−5mol•L

-1，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知，该点所示溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)-c(Na+)=c(H+)=2.0×10−5mol•L-1。【点睛】为了减小滴定误差，在选择指示剂时要分析滴定终点溶液的pH，所选

择指示剂的突变范围与滴定终点的pH越接近，则误差越小。26.工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某化学实验小组设计了如下实验，分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱溶液中的溶解)。(1)实验原理：①Al4C3与硫

酸发生复分解反应，写出该反应的化学方程式___________。②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN和NaOH溶液反应的化学方程式_______。实验装置如下图所示：(2)实验过程：①根据题干信息：连接实验装置，检查装置气密性。称得D装置的质量为yg

，滴定管的读数为amL。该步骤中，检查装置A气密性的操作为___________。②称取xgAlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入足量的____(填化学式)，与锥形瓶内物质充分反

应。③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量_________(填化学式)，与锥形瓶内溶质充分反应。④_____(填入该步应进行的操作)。⑤实验中记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。(3)数据分析：①AlN的质量

分数为____________。②若读取滴定管中气体的体积时，先冷却到室温，再__________，然后平视凹液面读数。液面左高右低，则所测气体的体积___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③Al4C3的质量分数为____________(该实

验条件下气体摩尔体积为Vmmol•L-1)。【答案】(1).Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4↑(2).AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑(3).关闭活塞K1，向碱式滴定管中加水至碱式滴定管中液

面高于球型干燥管中液面，如果能形成稳定的液面差则气密性良好(4).H2SO4(5).NaOH(6).打开K2，通入空气一段时间(7).41(z-y)17x×100%(8).调节碱式滴定管中液面与球型干燥管中液面相平(9).偏小(

10).ma0.048(b)x−V×100%【解析】【分析】AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，Al4C3与硫酸发生复分解反应放出甲烷。从实验装置和实验步骤可知，本实验的原理是通过A装置收集甲烷并测

定甲烷的体积，通过D装置吸收生成的氨气，并测定生成氨气的质量，因此首先用足量硫酸与样品中AlN、Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；再用足量NaOH溶液与生成的铵盐反应放出氨气，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求

得AlN的质量分数，以此分析解答。【详解】(1)①Al4C3与硫酸发生复分解反应生成Al2(SO4)3，结合元素守恒可知同时生成CH4，反应的化学方程式为Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4↑，故答案

为：Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4↑；②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，其中AlN和NaOH溶液反应放出氨气，生成的氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH

+H2O=NaAlO2+NH3↑；(2)①根据题干信息：连接实验装置，检查装置气密性。称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。该步骤中，检查装置A气密性的操作为关闭活塞K1，向碱式滴定管中加水至碱式滴定管中液面高于球型干燥管中液面，如果能形成稳定的液面差则气密性良好，

故答案为：关闭活塞K1，向碱式滴定管中加水至碱式滴定管中液面高于球型干燥管中液面，如果能形成稳定的液面差则气密性良好；②称取xgAlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加

入足量的稀硫酸，与锥形瓶内物质充分反应放出甲烷气体，故答案为：H2SO4；③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH，与锥形瓶内溶质充分反应放出氨气，故答案为：NaOH；④锥形瓶中有氨气剩余，需

要将氨气排入D中吸收，因此操作为打开K2，通入空气一段时间，故答案为：打开K2，通入空气一段时间；(3)①实验中称得D装置的质量为zg，即生成氨气的质量为zg，根据N元素守恒，样品中AlN的质量为(z-y)×4117g，则样品中AlN的质量分数为4117zygxg−（）

×100%=41(z-y)17x×100%，故答案为：41(z-y)17x×100%；②若读取滴定管中气体的体积时，先冷却到室温，再调节碱式滴定管中液面与球型干燥管中液面相平，然后平视凹液面读数。若液面左高右低，则所测气体的体积将偏小，故答案为：调节碱式滴定管中液面与球型干

燥管中液面相平；偏小；③实验中记录滴定管的读数为bmL，即生成甲烷的体积为(a-b)mL，即甲烷的物质的量为3()10/mabLVLmol−−=3()10mabV−−mol，根据C守恒，则Al4C3的物质的量为13×3()10mabV−−mol，Al4C3的质量分数为31()10144/3

mabmolgmolVxg−−×100%=0.048()mabxV−×100%，故答案为：0.048()mabxV−×100%。【点睛】正确理解实验原理是解题的关键，本题的易错点为硫酸和氢氧化钠的滴加顺序，要注意

活塞关闭的顺序和A、D装置作用的理解，难点为质量分数的计算，要注意利用元素守恒分析计算。