【文档说明】浙江省宁波十校2021届高三下学期化学联考模拟练习试卷（5）含解析.docx，共(25)页，652.891 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2020-2021学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（5）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．下列有关化学用语表示正确的是A．H2O2的电子式

：HHB．Cl－的结构示意图：C．胆矾的化学式：CuSO4D．O2的结构式O─O2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维B．FeCl3易溶于水，可用于印刷电路板回收铜C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．明矾溶于

水并水解形成胶体，可用于净水3．桶烯的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是()A．桶烯分子中所有的原子在同一平面上B．桶烯在一定条件下能发生加成反应C．桶烯与苯乙烯互为同分异构体D．桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只

有两种4．下列各物质中，一定是同系物的是（）A．C3H8和2-甲基1-丁烯B．3-甲基-1-丁炔和3-甲基-1-戊炔C．和D．C4H10和C9H185．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y是金属元素，X原子的最外层电子数是其

电子层数的2倍，Z原子的最外层有6个电子，X、Y、W原子最外层电子数之和等于13。下列叙述正确的是（）A．YW2中含共价键B．Z的含氧酸酸性比W的强C．原子半径：r(Y)<r(Z)<r(W)D．工业上用电解

的方法制备元素Y的单质6．下列化学用语表示正确．．的是A．苛性钠的化学式：NaClOB．KHCO3的电离方程式：KHCO3＝K＋＋H+＋2-3COC．Na2FeO4中Fe元素的化合价：＋3D．Cl－的结构示意图：7．pH=1的两种酸溶液HA、HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与

溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是()A．物质的量浓度HA<HBB．若1<a<4，则HA、HB都是弱酸C．同浓度、同体积的HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积后者大D．体积相同pH均为1的HA、HB溶液分别滴加同浓度

的NaOH溶液至中性，前者消耗的NaOH少8．目前废水处理中的除氮技术，通常是把水中的氨氮污染物先降解为3NO−或2NO−，然后再用电解的方法除去3NO−和2NO−，如图是电化学降解硝酸盐的原理，关于该原理的说法正确的是A．若以铅蓄电池做电源进行电解，P

t电极为阴极B．电解过程中H+向左移动C．理论上电解过程中阴、阳两极产生的气体在相同条件下体积比为2:5D．若电解过程中转移1mol电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差为7.4g9．根据下列实验能得出相应结论的是选项实验结论

A常温下,测得0.1mol/LNaA溶液的pH小于0.1mol/LNa2CO3溶液的pH酸性:HA>H2CO3B向含有淀粉的FeI2溶液中加入足量溴水,溶液变蓝色还原性:I->Fe2+C向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体,测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)<Ksp(FeS)D向氨水

中滴加少量AgNO3溶液，无沉淀生成Ag+与NH3·H2O能大量共存A．AB．BC．CD．D10．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A．有较多3Fe+的溶液中：Na+、4NH+、SCN−、3HCO−B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、4NH+、I−、3NO−C．水电离出的

131cH10molL+−−=（）的溶液中：K+、Na+、24SO−、ClO−D．无色溶液：2Ca+、Na+、Cl−、3HCO−11．化学与生活密切相关，下列说法错误的是()A．氯化铵是一种氮肥，其饱和溶液还可以用来清洗铁锈B．二氧化硅晶体具有半导体性质，可用于生产计算机芯片C．燃煤中加

入石灰石可以减少二氧化硫的排放及酸雨的形D．食品包装中常放入装有硅胶和铁粉的小袋，可防止食物变质12．根据能量变化示意图，下列说法正确的是A．断开1molHCl(g)中的H—Cl键需要吸收bkJ能量B．反应H2(g)+Cl2(g)=2HC

l(g)，反应物的总能量小于生成物的总能量C．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=(a-b)kJ•mo1-lD．2molHCl(1)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量13．

用a表示物理变化，b表示化学变化，c表示化合反应，d表示分解反应，e表示置换反应，f表示复分解反应，g表示酸与碱反应，h表示氧化还原反应，则下列概念间的关系正确的是A．B．C．D．14．下列说法正确的

是（）A．因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、石蕊试液褪色B．湿润的氯气具有漂白作用，它能使石蕊试液先变红色再褪色C．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

，能使蔗糖炭化15．同分异构现象在有机化学中非常普遍，下列有关说法不正确的是()A．分子式为C5H12的有机物有3种同分异构体B．分子式为C2H6O的有机物一定能与钠反应放出气体C．分子式为C4H10的有机物有2种同分异构体

，这2种同分异构体的一氯代物均有2种D．淀粉和纤维素的分子式虽然相同，但二者不是同分异构体16．下列说法不正确．．．的是（）A．充有钠蒸气的高压钠灯常用于道路和广场的照明B．镁合金密度小、强度大，可用于制飞机的部件C．纯碱

是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分，也是治疗胃酸过多的药剂D．硫酸可用于金属矿石的处理和金属材料的表面清洗17．下列离子方程式中正确的是（）A．钠与水反应：Na+H2O＝Na++OH－+H2↑B．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2+2OH-=CO32-+H2OC．钠与氯化镁溶液反应：2N

a+Mg2+＝2Na++MgD．NaOH溶液与小苏打溶液反应：HCO3－+OH－＝CO32－+H2O18．常温下，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molD3O+中含中子数目为10NAB．一定条件下1molN2与4molH2充分反应

后，所得混合物中极性键数目为6NAC．在100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入50.0mL0.5mol/L稀盐酸，生成CO2气体分子数目为0.01NAD．在1.0L含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中，H+数目小于1.0×10-7NA19．常见

药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X通过以下方法制得：+①新制氢氧化铜，煮沸②H⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→下列关于化合物X、Y的说法中错误．．的是A．X的化学式为C13H18OB．1molY能与4molH2反应C．可用NaHCO3溶液鉴别两

者D．两者氢原子的种类数相等20．下表中物质的分类组合完全正确的是()选项ABCD强电解质Ca(OH)2H2SO4BaSO4HClO4弱电解质Al(OH)3CaCO3HClOCH3COONH4非电解质

SO2AlH2OC2H5OHA．AB．BC．CD．D21．我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是()A．①中描述的化学反应是可逆反应B．“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜

溶液C．“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”D．水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜22．8月12日天津港发生爆炸事故原因猜测认为硝化棉或者硫化钠自燃是可能的点火源，因此化学药品的安全存放是非常重要的。下列有关化学药品的存放

说法不正确的是A．液溴易挥发，应用水液封并放在冷暗处保存B．金属钠遇到氧气立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里C．硝酸见光易分解，应用棕色广口试剂瓶保存D．碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存23．如图

所示，五圆环中的每一环表示一种物质，相连环的物质间在一定条件下能发生反应，不相连环的物质间不能发生反应，且反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，则下列选项中符合上述条件的一组是（）选项蓝黑红黄绿A2SiO4CuSO溶液2ON

aOH溶液AgB2O稀硫酸2COFeNaOH溶液C2O稀硫酸()3AlOH3NHNaOHDMg2COKOH溶液Al23FeOA．AB．BC．CD．D二、多选题24．用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(气体体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析

正确的是（）A．OE段表示的平均速率最快B．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/(L·min)C．OE、EF、FG三段中，用二氧化碳表示该反应的平均反应速率之比为2:6:7D．G点CO2不再增加的原因可能是盐酸已用完25．现

有下列氧化还原反应：①2Br−+Cl2=Br2+2Cl−②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−③2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的是A．还原性强弱顺序为：Fe2+﹥Br−

﹥Mn2+﹥Cl−B．①中Cl−是Cl2的氧化产物，③中Cl2是Cl−的还原产物，C．若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可观察到紫色褪去D．1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，离子反应为：2Cl2+

2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26．用“>”或“<”填空：（1）键长：N-N_____N=N（2）键能：2E(C-C)_____E(C=C)（3）键角：CO2_____SO2;（4）键的极性：C-

H_____N-H。四、计算题27．2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋＝10Cu2＋＋5SO2＋8Mn2＋＋22H2O6MnO4－＋5CuS＋28H＋＝5Cu2＋＋5SO2＋6

Mn2＋＋14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。（1）配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：___

MnO4－＋Fe2＋＋H＋＝Mn2＋＋Fe3+＋H2O（2）KMnO4溶液与混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为_____mol。（3）欲配制500mL0.1mol/LFe2＋溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O（M＝392g/mol）的质量为_________g。（

4）混合物中Cu2S的质量分数为________________。五、原理综合题28．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2C

O(g)＋2H2(g)。已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC=OH-HC=O(CO)键能(kJ/mol)4137454361075则该反应的△H=__________。(2)利用CO

2可制取甲醇，其反应为：CO2(g)＋3H2(g)催化剂CH3OH(g)＋H2O(g)。为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在恒温恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的

浓度随时间变化如图所示。从反应开始到达平衡这段时间，(H2)=___________；该温度下的化学平衡常数数值=__________(保留三位有效数字)。(3)一定条件下，将工业排放的CO2通过灼热焦炭层可以合成气体燃料CO，发生反应CO2

(g)＋C(s)2CO(g)，实验测知用不同物质表示的正、逆反应速率符合如下公式：正(CO2)=k正·C(CO2)，逆(CO)=k逆·C2(CO)，则该反应的化学平衡常数K与k正、k逆之间的关系式为_____________。(4)工

业上产生的CO2还可以用NaOH溶液捕获。常温下，如果实验测得捕获CO2后溶液中c(HCO3−)：c(CO23−)=2:1，则此时溶液的pH=_______(已知常温下，H2CO3的Ka1=4.0×10－7；K

a2=5.0×10－11)。(5)一种和CO2相关的熔融碳酸盐燃料电池原理如图所示，则该电池的负极电极反应式为_____________。六、元素或物质推断题29．已知A～K均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下图所示的转化关系，其中A为两种物质

组成的混合物，H、I、K为单质，H是气体，G是红褐色沉淀。（反应过程中生成的水及其他产物没有列出）请回答以下问题：(1)写出下列物质的化学式：H___________，J____________。(2)写出A中某组分在一定条件下与水蒸气反应的化学方程式：_________

____。(3)写出C跟氯气反应生成E的离子方程式：__________________________。(4)写出C转化到G的现象变化__________________________________________，发生颜色变化现象涉及的化学方程式为_________________

_________________七、工业流程题30．为探究化合物X（含有三种元素，摩尔质量318g•mol-1）的组成和性质，某研究小组设计并完成了如图实验：请回答下列问题：（1）写出化合物X中存在的元素___。（请用元素符号表达）（2）写出反应①的化学方程式__。（3）写出反

应②的离子方程式___。八、有机推断题31．盐酸去氧肾上腺素可用于防治脊椎麻醉及治疗低血压。盐酸去氧肾上腺素可由化合物E制备得到，E的合成路线如下：3222CHOCHCHOCHClNaOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→水溶液-33(

CH)S=O+INaHDMSO⎯⎯⎯⎯⎯→，323CHNHCHOH⎯⎯⎯⎯→Δ⎯⎯⎯→稀硫酸回答下列问题：(1)A的结构简式为________，CH3OCH2CH2OCH2Cl中的含氧官能团名称为________。(2)C生成D的反应类型为___

_____。(3)设计A→B，D→E两步的目的为_______________________________________。(4)F是E的同分异构体，且属于氨基化合物，不能与FeCl3溶液发生显色反应，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则F共有________种，写

出其中一种同分异构体的结构简式：_______________。(5)参照上述合成路线，以、CH3I为原料(无机试剂任选)，设计制备A的合成路线：____________________________。参考答案1．A【详解】A.过氧化氢中氢氧原子之间形成一对共用电子，两个

氧原子之间形成一对共用电子，故电子式正确；B.氯离子结构示意图的圆圈中应写成+17，故错误；C.胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，故错误；D.氧气分子中原子之间形成双键，结构式为O=O，故错误。故选A。2．D【详解】A．二氧化硅具有良好的

光学性质，所以SiO2可以制造光导纤维，与其硬度大无关，故A不选；B．FeCl3用于印刷电路板回收铜是因为FeCl3具有氧化性，把铜氧化为氯化铜，与易溶于水无关，故B不选；C．因为SO2具有漂白性，可用于漂泊纸浆，与氧化性无关，故C不选；D．明矾溶于水

电离出铝离子，铝离子会水解生成氢氧化铝胶体，因氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，故可用明矾净水，D符合题意，故选D。答案选D。3．A【详解】A．桶烯分子中存在两个饱和碳原子，所有的原子不可能在同一平面上，A错误；B．桶烯中含有，能够发生加

成反应，B正确；C．桶烯和苯乙烯分子式都是88CH，而结构式不同，互为同分异构体，C正确；D．桶烯分子中有两种不同化学环境的氢原子，所以其一氯代物只有两种，D正确。答案选A。【点睛】与饱和C原子相连的4个原子构成空间四面体结构，不能共面。4．B【解析】【分析】结构相似（必须是同一类物质即含

有相同且数量相等的官能团），分子组成相差若干个"CH2"原子团的有机物称为同系物。【详解】A、C3H8属于烷烃，2-甲基1-丁烯属于烯烃，结构不同，不是同系物，故不选A；B.3-甲基-1-丁炔和3-甲基-1-戊炔，

都含1个碳碳叁键，分子组成相差1个"CH2"原子团，属于同系物，故选B；C.含苯环、含萘环，不是同系物，故不选C；D.C4H10属于烷烃、C9H18属于烯烃或环烷烃，结构不同，不是同系物，故不选D；答案选B。5．D【分析】短周期主族元素X

、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知X只能位于第二周期，最外层含有4个电子，为C元素；其中Y是金属元素，Y位于第三周期，Z原子的最外层有6个电子，位于ⅥA族，Z的原子序数大于Y，则Z为S元素；W的原子序数大于S，则W为Cl元素；

X、Y、W原子最外层电子数之和等于13，Y最外层电子数为13-4-7=2，则Y为Mg元素。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为Mg，Z为S，W为Cl元素。A．MgCl2中只含有离子键，故A错误；B．非金属性S＜Cl，则元素

S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，故B错误；C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)，故C错误；D．Mg活泼性较强，工业上通常用电解熔融氯化镁的方法获得金属Mg，故D正确；故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，

推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析推理能力，难点D，活泼金属一般用电解法制取。6．D【详解】A．苛性钠为氢氧化钠，化学式为NaOH，A错误；B．KHCO3电离生成K+和-3HCO，电离方程

式为：KHCO3＝K++-3HCO，B错误；C．根据化合物中各元素的化合价之和为0计算可知，Na2FeO4中Fe元素的化合价为0-(-2×4+1×2)=+6价，C错误；D．Cl为17号元素，得到一个电子形成Cl-，其结构示意图为，D

正确；答案选D。7．C【分析】根据图像可知，pH相同的HA、HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，pH变化不同，可判断HB为弱酸。【详解】A．分析可知，HB为弱酸，pH相同的HA、HB溶液，物质的量浓度HA＜HB，A说法正确；B．HA为强酸时，稀释1000倍，pH=4，若1<a<

4，则HA、HB都是弱酸，B说法正确；C．HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积与酸的物质的量有关，同浓度、同体积的HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，酸的物质的量相等，则产生的氢气体积相同，C说法错误；D．体积相同pH均为1的HA、HB溶液中，HB的酸性更弱，则HB的物质的量大于

HA，其溶液分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，HA消耗的NaOH少，D说法正确；答案为C。8．C【分析】据图可知右侧3NO−转化为N2，被还原，所以右侧为电解池的阴极，左侧为阳极。【详解】A．根据分析可知Pt电极为阳极，Ag-Pt电极为

阴极，故A错误；B．电解池中阳离子向阴极移动，所以氢离子向右移动，故B错误；C．阴极3NO−转化为N2，则每生成1molN2转移10mol电子，阳极水电离出的氢氧根放电产生氧气，所以转移10mol电子时生成2.5molO2，所以阴阳极产生的气体在相同条件下体积比为

1：2.5=2:5，故C正确；D．转移1mol电子时，阳极（阳极反应为2H2O-4eˉ=O2↑+4H+）产生0.25mol氧气同时1molH+进入阴极室，阳极室质量减少9g（氧气+氢离子的质量）；阴极的电极反应式为23NO−+6H++10eˉ=N

2↑+6OHˉ，转移1mol电子，阴极室中放出0.1molN2（2.8g），同时有1molH+（1g）进入阴极室，因此阴极室质量减少1.8g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）=9g-1.8g=7.2g，故D错误；综上所述答案为C。9．C【解析】HA是一元酸，H2C

O3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，A错误；FeI2溶液中滴加足量的溴水,生成溴化亚铁和单质碘,不能判断I-与Fe2+谁先反应,所以不能判断I-与Fe2+的还原性强弱,B错误；化学反应的发生一般是由溶解度大的向溶解度小的方向进行，向饱和硫酸亚铁溶液中加入硫化

铜固体，测得溶液中亚铁离子浓度不变，说明没有发生反应，可以证明KSP(CuS)<KSP(FeS),C正确；硝酸银加入到过量氨水中应该得到银氨溶液，没有沉淀，银离子与一水合氨不能大量共存，D错误；正确选项C。10．D【详解】A.3Fe+与SCN−、3HCO−发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误

；B.能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，I−、3NO−在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.水电离出的()131H10molLc+−−=的溶液呈酸性或碱性，ClO−与氢离子反应

，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D.2Ca+、Na+、Cl−、3HCO−之间不发生反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D。11．B【详解】A、铵根离子水解溶液显酸性，其水解

方程式为：NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，铁锈的主要成分为氧化铁，与酸能反应，所以其饱和溶液可以用来清洗铁锈，故A正确；B、Si为半导体材料，可用于生产计算机芯片。二氧化硅对光具有良好的全反射

作用，则二氧化硅可用于制取光导纤维，故B错误；C、在燃煤中添加石灰石粉末，石灰石可与二氧化硫反应，减少二氧化硫的排放，以减少酸雨的发生，有利于改善环境质量，故C正确；D、硅胶和铁粉无毒，硅胶可以吸水，做食品

干燥剂，铁粉具有还原性，可防止食物被氧化，可防止食物变质，故D正确；综上所述，本题的正确答案为B。12．C【详解】A．断开1molHCl(g)中H-Cl键吸收J能量与1molH和1molCl形成1molH-Cl放出热量相等，形成2molHCl（g）放出热量bkJ，所以断开1m

olHCl(g)中H-Cl键吸收能量=12×bkJ=12bkJ能量，故A错误；B．该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；C．反应的变化焓变H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，即H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=(a-b)kJ•mo1-l，故C正确

；D．由图可知，2mol气态HCl(g)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量，由于液态HCl气化需要吸热，则2mol气态HCl(l)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收的热量大于c

kJ，故D错误；答案选C。13．D【详解】A.物理变化与化学变化是并列关系，并不是从属关系，A错误；B.酸与碱反应属于复分解反应，但复分解反应一定不属于氧化还原反应，B错误；C.分解反应有的属于复分解反应，有的不属于复分解反应，

C错误；D.置换反应一定属于氧化还原反应，分解反应和化合反应有的是氧化还原反应，有的不是氧化还原反应，D正确。故选D。【点睛】有单质发生的化合反应、有单质生成的分解反应，一定是氧化还原反应。没有单质参加的化合反应、没有单

质生成的分解反应，也可能是氧化还原反应。如SO2+H2O2=H2SO4，3NaClO2NaCl+KClO3，都是氧化还原反应。14．B【详解】A．因为SO2具有还原性，与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3使石蕊溶液变红，A错误；B．

氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使石蕊试液变红，HClO使红色褪去，故氯气使石蕊试液先变红色再褪色，B正确；C．SO2和Cl2等体积通入水中发生如下反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，不仅不能增强漂白性，且因为二者反应而失去漂白性，C错误；D．在蔗糖中

加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖炭化，D错误。答案选B。15．B【解析】A.分子式为C5H12的有机物是烷烃，有正戊烷，异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故A正确；B.分子式为C2H6O的有机物可能是二甲醚，不能与钠

反应放出气体，故B错误；C.分子式为C4H10的有机物属于烷烃，有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，这2种同分异构体中都含有2种氢原子，一氯代物均有2种，故C正确；D.淀粉和纤维素的分子式虽然相同，但聚合度n值不同，因此不是同分异构体，故D正确；故选B。16．C【详解】A.钠的焰色反应为黄色，穿透力强

，可用于广场、道路照明，故A说法正确；B.因为镁合金的密度小，机械性能好，强度大，常用于制造飞机的部件，故B说法正确；C.纯碱是Na2CO3，制作糕点所用的发酵粉的主要成分之一是NaHCO3，不是碳酸钠，碳酸钠水溶液碱性较强

，不能用于治疗胃酸过多，故C说法错误；D.金属氧化物能溶解于硫酸，因此硫酸可用于金属矿石的处理，金属材料表面的清洗，故D说法正确；答案：C。17．D【解析】A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．向

氢氧化钠溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，故B错误；C.钠与氯化镁溶液，首先发生钠与水的反应，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，不能置换

出镁，故C错误；D．NaOH溶液与小苏打溶液反应，离子方程式：HCO3-+OH-═CO32-+H2O，故D正确；故选D。点睛：明确判断离子方程式书写是否正确的一般方法是解题关键。本题的易错点为C，盐溶液中只要有水存在，都是钠先与水反应。18．D【解析】

1个D3O+离子中有11个中子，所以1molD3O+中含中子数目为11NA，选项A错误。N2与H2的反应是可逆反应，所以无法计算生成的氨气的量，也就无法计算极性键的数目，选项B错误。100.0mL浓度均为0.1mol/L的Na

OH和Na2CO3的混合溶液中，NaOH和Na2CO3的物质的量都是0.01mol，加入50.0mL0.5mol/L稀盐酸（0.025mol），氢氧化钠会消耗0.01molHCl，剩余的0.15molHCl再与0.01molNa2CO3反应，明显HCl不足，无法将碳

酸钠都反应，所以二氧化碳气体一定小于0.01mol，选项C错误。含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中CO32-水解，溶液显碱性，所以pH＞7，即c(H+)＜1×10-7，所以1L该溶液的氢离子数目小于1.

0×10-7NA。选项D正确。19．B【详解】A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成C

O2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。【点睛】羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。20．A【解析】分析：常见的强电解质有强酸、强碱、大多数盐和活泼金属的氧化物；弱电解质有弱酸、弱碱和水，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，大多数有机化合物和非金属氧化

物等属于非电解质，以此分析。详解：A项，Ca(OH)2是强碱，属于强电解质，Al(OH)3两性氢氧化物，属于弱电解质，SO2非金属氧化物，属于非电解质，故A正确；B项，H2SO4是强酸，属于强电解质，CaCO3盐，属于强电解质，Al是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C

项，BaSO4是盐，属于强电解质，HClO弱酸，属于弱电解质，H2O属于弱电解质，故C错误；D项，HClO4是强酸，属于强电解质，CH3COONH4盐，属于强电解质，C2H5OH有机物，属于非电解质，故D错误；故本题

选A。21．B【详解】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说

明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；D．曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。故选B。22．C【解析】试题分析：A．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来

防止溴挥发，水封法保存，故A正确；B．金属钠易和空气中的水、氧气以及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤油中，故B正确；C．液体用细口瓶保存，固体用广口瓶，故C错误；D．碳酸钠溶液水解显碱性，玻璃中的二氧化硅能和碱溶液发生

反应，生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘到一块，应用橡胶塞，故D正确；故选C。考点：考查了化学试剂的存放的相关知识。23．B【详解】A．铜的活泼性大于银，4CuSO溶液和Ag不反应，故不选A；B．铁和氧气反应生成四氧化三铁，属于化合

反应；铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应；稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于复分解反应，故选B；C．C选项中不包含置换反应，故不选C；D．D选项相连环的物质间都不能发生反应，故不选D。24．BD【分析】A．曲线斜率表示化学反应速率快慢，斜率越大该阶

段化学反应速率越大；B．根据EF段生成二氧化碳的体积计算氯化氢的物质的量的变化量，进而计算氯化氢浓度变化，根据υ=△c/△t计算用盐酸表示该反应的平均反应速率；C．各段终点与起点的纵坐标差值为各段生成的二氧化碳的体积，体积之比等于反应速率之

比；D．G点CO2不再增加的原因可能是盐酸浓度低，已用完。【详解】A．斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，故A错误；B．由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为0.448L÷22.4L·m

ol－1=0.02mol，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为0.04mol÷0.1L=0.4mol·L－1，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol·L－1÷1min=0.4mol/（

L·min），故B正确；C．OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、112mL，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1，故C错误；D．G点表示收集的二氧化碳为从开始到G

点生成的二氧化碳，总共784mL，G点CO2不再增加的原因可能是：盐酸浓度低，盐酸已经用完，故D正确；故选BD。25．CD【分析】根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性规律可知：①2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，还原性：Br−>Cl−；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−，还原性：F

e2+>Br−；③2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；据以上分析解答。【详解】A.①2Br−+Cl2=Br2

+2Cl−，还原性：Br−>Cl−；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−，还原性：Fe2+>Br−；③2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，还原性：Cl−>Mn2+

；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；A错误；B.①中Cl−是Cl2的还原产物，③中Cl2是Cl−的氧化产物，B错误；C.还原性Fe2+>Mn2+；所以KMnO4被FeSO4还原为Mn2+，溶液的紫色褪去，C正确；D.还原性：

Fe2+>Br−>Cl−，1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，氯气先氧化亚铁离子，后部分氧化溴离子，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+，D正确；综上所述，本题选CD。【点睛】对于氧化还原反应来说，氧化剂被还原为还原产物，还原

剂被氧化为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。由于还原性Fe2+>Br−>Cl−，所以FeBr2的溶液中加入氯水，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。26．>>><【解析】(1)键长越短，键能越大，双键的键能大于单键，则双键的键长小于单键，即N-N＞N=

N，故答案为：＞；(2)键长越短，键能越大，双键的键能大于单键但小于单键键能的2倍，即2E(C-C)＞E(C=C)，故答案为：＞；(3)二氧化碳为直线结构，键角为180°，二氧化硫为V形结构，键角：CO2＞SO2，故答案为：＞；(4)非金属性N＞C，则键的极性：C-H＜N-H，故

答案为：＜。点睛：本题考查了共价键的键参数，要注意键参数与键的极性和分子的稳定性的关系，键长越短，键能越大；非金属性越强，键的极性越强。27．1、5、8、1、5、40.00719.640%【详解】（1）反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，得到

1个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3+＋4H2O。（2）设消耗高锰酸钾x，根据方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知x＝150.350L×0.1mol/L=0.007mol，因此剩余KMnO4

的物质的量为0.007mol。（3）根据铁元素守恒可知相同（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O的质量为0.500L×0.1mol/L×392g/mol=19.6g；（4）设Cu2S的物质的量为mmol，CuS的物质的量为nmol，根据8MnO4-+44H

++5Cu2S＝10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O可知消耗高锰酸钾8m/5mol，根据6MnO4-+28H++5CuS＝5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O可知消耗高锰酸钾6n/5mol，所以列方程组为：160mg+96ng=

2g，8m/5mol+6n/5mol＝0.4L×0.075mol/L－0.007mol＝0.023mol，解得m=0.005，n=0.0125。所以Cu2S的质量为0.8g，CuS的质量为1.2g，Cu2S的质量分数为0.8g÷2g/100%=40%，故答案为40%。28．+120kJ/

mol0.225mol/(L·min)5.332kk正逆10H2+CO+22-3CO-4e-=H2O+3CO2【分析】本题主要考查与CO2有关的热化学反应方程式的书写，化学平衡的有关计算，反应速率的相关计算，电解质溶液中相关离子浓度的有关计算以及与之相关的新型化学电源的电极方程式的书写，总体难

度一般。【详解】(1)该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=(4×413kJ/mol+2×745kJ/mol-2×1075kJ/mol-2×436kJ/mol=+120kJ/mol，故答案为：+120kJ/mol；(2)从反应开始到平衡，(CH3O

H)=ct=0.750100−−mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，相同时间内(H2)=3(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)；根据图知，开始时二氧化碳浓

度为1mol/L，氢气是二氧化碳的3倍，三段式分析如下：()()()()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol/L1300mol/L0.752.250.750.75mol/L0.250.750.750.75起始量转化量平衡量化学

平衡常数K=()()()()32322••cCHOHcHOcCOcH=30.750.750.250.()75=5.33；故答案为：0.225mol/(L·min)；5.33；(3)化学反应达到化学平衡的特征是正、逆反应速率相等，又反应速率之比等于化学计量系数比

，故有正(CO)=2正(CO2)，又知正(CO2)=k正·c(CO2)，逆(CO)=k逆·c2(CO)，则有：逆(CO)=正(CO)，k逆·c2(CO)=2k正·c(CO2)，则K=22(CO)(CO)cc=2kk正逆

，故答案为：2kk正逆；(4)Ka2=()2-+3-3CO?HHC()()Occc，则c(-3HCO)：c(2-3CO)=()2acHK+=1H1p105.010−−=2：1，解得：pH=10，故答案为：10；(5)该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧

化剂的电极为正极，则A为负极、B为正极，负极上CO和氢气失电子和碳酸根离子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则负极反应式为H2+CO+22-3CO-4e-=H2O+3CO2，故答案为：H2+CO+22-3CO-4e-=H2O+3CO2。29．H2Fe2O33

Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H22Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【分析】G是红褐色沉淀，则G为Fe(OH)3，K为Fe2O3，C为FeCl2，E为FeCl3；由I为紫红色

粉末，可推出I为Cu，F为CuO，D为Cu(OH)2，B为CuCl2；从而推出A应为Fe与CuO的混合物，H为H2，K为还原性比Cu强的金属单质。【详解】(1)由上面分析，可得出下列物质的化学式：H为H2，J为Fe2O3。答案为：H2；Fe2O3；(2)A中

，CuO与水蒸气不反应，Fe与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，则在一定条件下Fe与水蒸气反应的化学方程式：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2。答案为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；(3)C为FeCl2，跟氯气反应生成E为FeCl3

，离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)C为FeCl2，转化到G[Fe(OH)3]时，应先与NaOH反应生成Fe(OH)2白色沉淀，然

后被空气中O2氧化为Fe(OH)3，现象变化为产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，发生颜色变化现象涉及的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe

(OH)3。【点睛】将CuCl2还原为Cu，需加入还原剂，且活动性比Cu强，但不能使用能与水反应的金属单质，如Na、K等，它们在CuCl2溶液中，与水先反应，而与CuCl2不发生置换反应。30．Al、C、OAl2(C2

O4)3隔绝空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑3AlO2−+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓【分析】3.18gX隔绝空气加热分解生成白色固体A的质量1.02g，白色固体即可与盐酸反应又可与氢氧化钠

反应，Y具有两性；得到的溶液B和溶液C又反应生成白色沉淀D，则可推知A为氧化铝，B为偏铝酸钠溶液，C为氯化铝溶液，D为氢氧化铝；分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀E，气体F与足量氧化铜反应生成气体G，G在通入足量澄清石灰生成白色沉淀E，则E为碳

酸钙、G为二氧化碳、F为一氧化碳，即混台合气体由一氧化碳与二氧化碳组成，结合题意，化合物X含三种元素，分别为：C、O、Al；分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀E为碳酸钙，足量为3.0g，分解生成的二氧化碳物质的量为等于碳酸钙物质的量，物质的量n(CaCO3)=n

(CO2)=0.03mol，气体F通过足量CuO加热反应生成气体G，通过足量澄清石灰水生成白色沉淀E为碳酸钙，则混合气体中一氧化碳物质的量等于生成的碳酸钙物质的量，物质的量n(CaCO3)=n(CO)=0.03mol，化台物X含三种元素，摩摩尔质量318g•mol-1，其物

质的量=0.01mol，根据分析，白色固体A为Al2O3，n(Al2O3)=1.02g102g/mol=0.01mol，则1mol结晶水合物中含铝元素2mol、碳元素6mol，结合摩尔质量为318g•mol-1，和

铝元素的化合价+3，推出到X的化学式为：Al2(C2O4)3。【详解】(1)由分析可知，化合物X中存在的元素分别为：C、O、Al，故答案为：C、O、Al；(2)反应①为Al2(C2O4)3加热分解生成

氧化铝，一氧化碳，二氧化碳，化学方程式Al2(C2O4)3隔绝空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑，故答案为：Al2(C2O4)3隔绝空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑；(3)反应②为铝离子和偏铝酸根反应氢氧化铝沉淀，离子方程式为3AlO2−+Al3++6

H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：3AlO2−+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓。31．(1)醚键加成反应保护A中酚羟基不被氧化4(或或或)【详解】(1)根据A的分子式，对比B的结构简式可知A中有一个苯环，一个醛基，另一个O形成—OH，则A的结构简

式为。CH3OCH2CH2OCH2Cl中的含氧官能团为醚键，故答案为：；醚键；(2)比较C与D的结构简式可知，化合物C中基团的C—O键断裂，CH3NH—H中N—H键断裂，发生加成反应生成D，故答案为：加成反应；(3)起始原料A、目标产物E中均含有酚羟基，所

以这两步设计的目的是保护A中酚羟基不被氧化，故答案为：保护A中酚羟基不被氧化；(4)应先从官能团的确定入手，根据信息知F中含有氨基，不含酚羟基，由于C原子较多，H原子的种类较少，因此分子结构必然具有较强的对称性，并且C原子个数为奇数，所以必然有一个C原子在对称轴上，符合这些要求的对称结构有两种

：，再把剩余的基团连接到苯环上，验证分子中是否有5种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构有4种：，故答案为：4；(5)从原料到产物，就是将甲基转变成醛基：—CH3―→—CH2Cl―→—CH2OH―→—CHO，但同时需要考虑的是酚羟基易被氧化，需要保护。故

设计合成路线如下：。