【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（8）含解析.docx，共(29)页，458.756 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（8）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）一、单选题1．下列叙述正确的是A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B．容量瓶、量筒上都标有使用温度,都无“0

”刻度,用量筒量取完液体后需洗涤残留在内壁上的液体并与刚量完的液体合并C．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时,必须尽可能收集,并深埋处理D．用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即倒掉重配2．已知断开1molH2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示

意图，下列说法或热化学方程式错误的是A．断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量B．生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量C．2211HCl(g)H(g)+Cl(g)-92.5kJ/mol2

2→D．22H(g)+Cl(g)2HCl(l)+Q(Q<185kJ)→3．下列变化过程中一定不存在化学能与热能相互转化的是()A．烧制陶瓷B．干冰气化C．粮食酿酒D．使用火药4．下列有关焰色反应叙述正确的是()A．氯化钠在火焰上灼烧

时，火焰呈黄色B．焰色反应是金属单质的特性C．连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧至无色D．某溶液灼烧时焰色为黄色，该物质一定是钠盐溶液5．下列关于氢化物的叙述正确的是（）A．沸点：H2S＞HFB．稳定性：H2S＜HFC．一个D2O分子中所含的

中子数为8D．HCl的电子式为H+[︰••••Cl︰]-6．下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（）选项指定环境能够共存的离子A滴加酚酞显红色的溶液K+、S2—、SO32—、NO3—B有HCO3—存在的无色透明溶液Na+、K+、Cl—、Al3+C水电离的c（H+）=10—12

mol/L的溶液中C1—、CO32—、NO3—、NH4+D使石蕊变红的溶液中Fe2+、MnO4—、NO3—、SO42—A．AB．BC．CD．D7．下列说法不正确的是A．1H、2H和16O是3种不同的核素B．纳

米碳管、富勒烯(C70等)和石墨烯互为同素异形体C．水杨酸和阿司匹林互为同系物D．环氧丙烷和丙酮互为同分异构8．关于有机物()的说法正确的是A．该物质所有碳原子一定在同一平面B．在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、还原反应、加聚反应C．与

该物质具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有2种D．1mol该物质最多可与4molH2或1molBr2反应9．有关化学用语表达正确的是（）A．聚丙烯的结构简式：CH2-CH2-CH2B．C1-的结构示意图：C．10246Pd和10346Pd互为同位素D．过氧化氢电子式：

10．下列离子方程式正确的是A．碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3-+2OH－=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．海带灰浸泡滤液中加入稀硫酸后再加入双氧水:2I-+H2O2+4H+=I2+2H2OC．用浓盐酸与MnO

2反应制取少量氯气：MnO2＋4H＋＋4Cl－ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2OD．1L4mol·L-1NaOH溶液中通入67.2LCO2（标准状况下），反应的离子方程式为：4OH-+3CO2=2HCO3-+CO32-+H2O11．下列叙述

不正确的是()A．NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成B．电解、电离、电镀均需要通电才可进行C．CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物D．水玻璃、淀粉溶液、胶体均为混合物12．

X，Y，Z均为第三周期元素，X的第一电离能在同周期中最小，Y的电负性在同周期中最大，Z的离子半径在同周期中最小，下列关于X，Y，Z叙述中不正确的是()A．元素X与元素Y能形成离子化合物B．原子序数为：X<Y<ZC．元素Z最高价氧化物对应水化物具有两性D．

元素Y形成的气态氢化物水溶液呈强酸性13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确．．．的是()A．50mL1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC．30g乙酸和甲醛（HCHO

）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD．1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO－的微粒数之和为0.1NA14．铝电池性能优越，在工业上有广泛的应用。如图为用Al-Ag2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]碱性溶液

制氢气(隔膜II仅阻止气体通过，a、b均为惰性电极)的装置。下列说法不正确的是（）A．电池工作时，电解质溶液中Na+移向Ag电极B．Al电极的电极反应为Al-3e-+3OH-=Al(OH)3C．a电极上的电极反应为CO(N

H2)2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2OD．电池工作时，若有1molAg2O2在电极放电，理论上可以获得氢气44.8L(标准状况)15．下列说法不正确．．．的是A．液氨制冷、碘的升华、NH4Cl变为气态都是物理变化B．Si是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光

能直接转化为电能C．漂白粉可以用于生活用水的消毒D．硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查16．下列说法不正确的是()A．测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3.0，则HA一定为弱电解质B．pH相等的盐酸和醋酸两份溶液中：c(CH3COO-

)=c(Cl-)C．25℃，一定浓度的NaHCO3溶液测得pH=8，水电离的c(OH-)=1×10-6mol·L-1D．体积、浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为

9，则m＜n17．有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（）A．M的名称为异丁烷B．M、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色C．Q可与氯水反应生成ND．N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）18．以下说法正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属

氧化物B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C．物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D．碱性氧化物都是金属氧化物19．如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，关于该实验的现象和结论描述有误的是A．

①中石蕊试液先变红后褪色，说明SO2溶于水呈酸性且有漂白性B．②中品红溶液褪色，说明SO2有漂白性C．③中硫化氢水溶液变浑浊，说明SO2有氧化性D．④中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2有还原性20．下列物质与用途对应关系错误．．的是A．明矾——净水剂B．二氧化硅——计算机

芯片C．氯气——自来水消毒D．氧化铁——墙体涂料21．从氯元素的价态判断，下列物质中氯元素不能被还原的是()A．NaClOB．Cl2C．HClD．KClO322．下列物质中属于非电解质，但加（或通）入水中所得溶液可以导电的是A．乙醇B．铜C．硫酸D．二

氧化碳23．核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A．该化合物的分子式为C17H22N4O6B．酸性条件下加热水

解，有CO2生成C．酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D．能发生酯化反应二、多选题24．下列设计的实验方案能达到实验目的是A．制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的

乙酸乙酯中加入过量15%的Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5

%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象25．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：(

)下列叙述错误的是()A．催化剂a表面发生的反应属于氮的固定B．催化剂b作用下氮原子发生了氧化反应C．催化剂a、b表面都断裂了非极性键D．催化剂a、b均可以降低反应焓变第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26．化

学键的键能是指气态原子间形成1mol化学键时释放的能量。如H(g)+I(g)H—I(g)放出297kJ的能量，即H—I键的键能为297kJ·mol-1，也可以理解为破坏1molH—I键需要吸收297kJ的热量。下表是一些键能的数据(单位:kJ·mol-1)。共价键键能共价键键能共价键键能共价

键键能H—H436Cl—Cl243H—Cl431H—O467SS255H—S339C—F427C—O358C—Cl330C—I218H—F565N≡N945回答下列问题:(1)一个化学反应的反应热(设反应物、生成物均为气态)与反应物和生成物中的键能之间有密切的关系。由表中数据计算下

列热化学方程式中的热效应:H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH=____。(2)共价键的极性强弱对化学反应有很大的影响。卤代烃RX在同样条件下发生碱性水解反应(RX+NaOHR—OH+NaX)时，RF、RCl、RBr、RI(R相同)的反应活性由小到大的顺序

是_______。(3)根据表中数据判断CCl4的稳定性____(填“大于”或“小于”)CF4的稳定性。(4)试预测C—Br键的键能范围(填具体数值):___<C—Br键的键能<____。四、计算题27．工业上用氢气与氯气的的反应生产盐酸。若一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用

100mL3.0mol/LNaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式___________________

___。（2）原NaOH溶液的质量分数为_____________________________。（保留三位小数）（3）所得溶液中Cl－的物质的量为____________________________。（4）求所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比_______________

_____________。（写出计算过程）（5）若将H2和Cl2充分混合后，在光照条件下会发生爆炸。现取一份H2和Cl2组成的混合气体经光照充分反应后，通入1000mL0.1mol/L的NaOH溶液中，如图表示某种离子的物

质的量随通入气体的体积变化曲线。当n=0.02mol时，光照前的混合气体中H2和Cl2的物质的量之比为________（已知HClO为弱酸，在水中主要以分子形式存在）。五、元素或物质推断题28．为探究X（仅含三种元素

）的组成和热稳定性，设计并完成如下实验：气体Y不能使品红溶液褪色，红色固体1是一种纯净物，请回答：（1）X除了含有Cu元素之外，还有___元素（填元素符号）。（2）该流程中X高温分解的化学方程式为____。（3）写出气体Y通入BaCl2溶液发生反应的离子方程式___。六、原理综合题29．我国科研人

员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。(1)生成CH3COOH总反应的原子利用率为______，该催化剂______（填能或不能）有效提高反应物的平衡转化率；(2)如图是1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS（g

）燃烧的能量变化①CH4完全燃烧的活化能是______kJ/mol。②在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S（g）、H2O（g）和CO2，写出该反应的热化学方程式______；(3)在密闭容器中充入2molCH4（g）和1molO2（g

），在不同条件下反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g），实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。①P1时升高温度n（CH3OH）______（填“增大”、“减小”或“不变”）；②E、F、N点对应的化学反应速率

由大到小的顺序为______（用v（E）、v（F）、v（N）表示）；③下列能提高CH4平衡转化率的措施是______（填序号）；a．减小压强b.增大4c(CH)c(CO)投料比c.及时分离产物④若F点n（CH3OH）=1mol，

总压强为2.5MPa，则T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=______。七、有机推断题30．化合物G是某药物重要中间体，其合成路线如下：已知：①C中含有两个六元环，D遇氯化铁溶液变成紫色，E中存在氮氢键②请回答：(1)下列说法正确的是____。A．化合物B不能与

盐酸反应B．化合物E能发生水解反应C．化合物F在一定条件下能发生消去反应D．化合物G的分子式是C17H13FClN3O3(2)写出化合物C的结构简式____。(3)写出D→E的化学方程式____。(4)已知：①当苯环上连有甲基

、卤素等基团时，新引入的基团将进入甲基的邻、对位；当苯环上连有羧基等基团时，新引入的基团将进入羧基的间位②R1X2RONa⎯⎯⎯→R1OR2。设计以A和CH3ONa为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)__

__。(5)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。①1H−NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种氢原子，无氧氧键、羟基和②除苯环外无其他环八、工业流程题31．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，为了减少污

染并变废为宝，工厂拟定用以下流程从该废水中回收FeSO4和金属Cu。请根据以下流程图，回答相关问题：(1)操作Ⅰ和操作Ⅱ分离固体和溶液的方法是_____________。(2)为了将CuSO4完全．．转化，

步骤①加入的铁粉应_______(选填“过量”或“少量”)，其对应的化学方程式．．．．．为___________。(3)固体A的成分是铁和__________(填名称)。(4)步骤②加入试剂B的稀溶液，B的化学式为_

________，该物质在该反应中作_______剂(选填“氧化”或“还原”)。(5)取1~2mlFeSO4溶液于试管中，滴加几滴NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成_______________色。(6)另取1~2

mlFeSO4溶液于试管中，滴加几滴氯水，该反应的离子方程式．．．．．为_______，向反应后的溶液中再滴加几滴__________溶液，溶液变为血红色。参考答案1．D【解析】【详解】A、配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶不用干燥，容量瓶中有无水，对实验结果无

影响，故A错误；B、用量筒量取完液体后需洗涤残留在内壁上的液体并与刚量完的液体合并，造成液体物质的量偏高，故B错误；C、应用硫粉覆盖在汞表面，故C错误；D、用容量瓶配制溶液时，加水超过刻度线，需要重新配制，故D正确

。2．D【详解】A．根据图示可知，生成2molHCl(g)需要放出864kJ热量，则断开2molHCl(g)需要吸收864kJ热量，由此推出断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量，A项正确；B．图中可以写

出其热反应方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-185kJ/mol，根据△H=E(H-H)+E(Cl-Cl)-2E(H-Cl)可知，E(Cl-Cl)=243kJ/mol，即生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项正确；C．根

据图示信息易知，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-185kJ/mol，则2211HCl(g)H(g)+Cl(g)Δ92.5kJ/mol22H→=+即2211HCl(g)H(g)+Cl(g)-92.5k

J/mol22→，C项正确；D．HCl由气态变为液态要放出热量，所以生成2mol液态HCl放出的热量大于185kJ，D项错误；故答案选D。3．B【解析】A、烧制陶瓷需要加热，是热能转化成化学能，不符合题意，选项A不选；B、干冰气化是物质状态的改变，只有热量

变化，符合题意，选项B选；C、粮食酿酒是放热反应，是化学能转化成热能，不符合题意，选项C不选；D、火药爆炸放出热量，是化学能转化成热能，不符合题意，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查化学变化及能量的变化，难度不大，解题时注意：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能与热能间转化

。4．A【详解】A．氯化钠中含有Na元素，焰色反应显黄色，因此在火焰上灼烧时，火焰呈黄色，A正确；B．不同的金属焰色反应不同，与该金属元素的存在形式的单质还是化合物无关，因此不是金属单质的特性，B错误；C．进行盐酸反应连续做两个样品时，应将铂丝用挥发性的盐酸洗净并灼烧

至无色，C错误；D．某溶液灼烧时焰色为黄色，该物质中一定含有Na元素，可能是NaOH，也可能是钠盐溶液，D错误；故合理选项是A。5．B【解析】A、氢化物的沸点和相对分子质量成正比，但含有氢键氢化物同主族沸点最高，HF分子间存在氢键，所以沸

点：HF＞HCl＞H2S，选项A错误；B、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性F＞O＞S，则氢化物稳定性为HF＞H2S，选项B错误；C、D有1个中子，O有8个中子，一个D2O分子中所含的中子数为1×2+8=10,选项C错误；D、氯化氢是共价化合物，其分子的电子式为，选

项D错误。答案选B。点睛：本题主要考查氢化物的表示方法及性质，侧重考查学生对化学用语的掌握程度，难度不大，B选项是解题的难点，先判断非金属元素的非金属性，再判断氢化物的稳定性，从而得解。6．A【详解】A项，滴加酚酞显红色的溶液呈碱性，碱性环境下，各离子相互间不反应，可大量共存；B项，HCO3-与

Al3+发生双水解反应不能大量共存；C项，水电离的c（H+）=10-12mol/L，水的电离受抑制，溶液可能呈碱性或酸性，酸性情况下CO32-不能大量存在，而在碱性情况下，NH4+不能大量存在；D项，使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件

下，Fe2+可被MnO4-、NO3-氧化不能大量共存；答案选A。7．C【详解】A.核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，1H、2H和16O是3种不同的核素，故A正确；B.纳米碳管、富勒烯(C70等)和石墨烯是

碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C.水杨酸的结构简式是，阿司匹林的结构简式是，结构不同，不是同系物，故C错误；D.环氧丙烷的结构简式是，丙酮的结构简式是CH3COCH3，结构不同，互为同分异构体，故D正确

；选C。8．B【解析】A项，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，该物质中所有碳原子可能在同一平面上，也可能不在同一平面上，A项错误；B项，该物质中含碳碳双键，且该物质中含苯环同时苯环上连有—CH3，该物质可以发生加成反应、氧化反应、取代反应、还原反应、加聚反应，B项正确；C项，

与该物质具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有、、、、、，C项错误；D项，该物质中的苯环和碳碳双键都可以与H2反应，1mol该物质最多可以与4molH2发生加成反应，1mol该物质最多和1molBr2发生加成反应，但在催化剂存在下该物

质还可以与Br2发生苯环上的取代反应，在光照下可以与Br2发生侧链上的取代反应，D项错误；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、分子中原子共面的判断、限定条件同分异构体数目的确定。限定条件同分异构

体数目的确定用有序思维。确定分子中共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（

3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限

制条件。9．C【详解】丙烯的结构简式为23CHCH-CH=，聚丙烯的单体和链节分别是丙烯、()23-CH-CHCH-，聚丙烯的结构简式为，故A错误；氯离子是氯原子得到1个电子后形成的阴离子，其最外层电子数是8，而不是

7，故B错误；10246Pd和10346Pd的质子数都是46，中子数分别是56、57，都是钯元素的核素，因此互为同位素，故C正确；过氧化氢是共价化合物，只含共价键，不含离子键，电子式为，故D错误。【点睛】考查常用的化学用语和同位素概念，包括加聚产物的结构简式、简单离子的结构示意图、核素符号、

共价化合物的电子式等常见考点。10．D【详解】A.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，正确的离子方程式应为：Ca2++HCO3-+OH－=CaCO3↓+H2O，A错误；B.海带灰浸泡滤液中加入稀硫酸后再加入双氧水，正确的离子方程式应为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O

，B错误；C.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气，正确的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－ΔMn2+＋Cl2↑＋2H2O，C错误；D.1L4mol·L-1NaOH溶液中通入67.2LCO2（标准状况下），反应的离子方程式

为：4OH-+3CO2=2HCO3-+CO32-+H2O，D正确。故选D。【点睛】当反应物的用量不同，反应产物不同时，常采用以少定多法，即量少的物质让其充分过量，以保证中间产物在过量的另一反应物中完全反应。对

于一种物质中有两种离子参加的离子反应，当该物质少量时，参加反应的两离子间满足化学组成关系；当该物质过量时，参加反应的离子间不一定满足组成关系。总之，不管反应物的相对量如何，产物在其所处的环境中必须能够稳定存在。11．B【详解】A．

Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Fe(OH)2、O2、H2O生成Fe(OH)3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，所以NaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成，故A不符合题意；B．电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成带相反电

荷并自由移动离子的一种过程；电解时将电流通过电解质溶液或熔融态电解质(电解液)，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程；电镀就是利用电解原理在某些金属表面上镀上一薄层其它金属或合金的过程，电离不需要通电，电解、电镀需要通电，故B符

合题意；C．和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物，故C不符合题意；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，淀粉溶液、胶体均含有两种物质，均为混合物，故D不符合题意；

答案选B。12．B【分析】X，Y，Z均为第三周期元素，X的第一电离能在同周期中最小，所以X应该是Na元素。Y的电负性在同周期中最大，所以Y是Cl元素。Z的离子半径在同周期中最小，应该是电子层最小，而原子序数最大的，即是Al元素。故X、Y、Z分别是Na、Cl

、Al。【详解】A.元素X与元素Y能形成的是NaCl，含有离子键所以是离子化合物，故A说法正确，不符合题意。B.原子序数为：Cl>Al>Na，即Y>Z>X，故B说法错误，符合题意。C.元素Z最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，是两性氢氧化物，具有两性，

说法正确，故C不符合题意。D.元素Y形成的气态氢化物是HCl其水溶液是盐酸，具有强酸性，故D说法正确，不符合题意。故选答案B。【点睛】此题重点是推测元素，而根据元素周期律电离能同周期从左到右增大趋势，第二主族和第五主族反常。而电负性从左到右递增。除去稀有气体。直接可以判断元素。需注意的是离子半径的

比较。核外电子排布相同的离子半径比较是原子序数越大，半径越小。13．A【详解】A项、50mL1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL1mol/L硝酸的物质的量

为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正确；C项、乙酸和甲醛（HCH

O）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO－的物质的量为0.1mol，故D正确

。故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。14．B【详解】A.Ag电极为电池的正极，工作时，钠离子（阳离子）移向正极，A正确；B.在强碱性电解质环境，Al电极的电极反应为Al

−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，B错误；C.a接电源的正极，为电解池的阳极，尿素作还原剂失电子，其中N化合价从-3价升到0价，在碱性环境中，+4价的碳元素以CO32-存在，C正确；D.过氧化银中银离子的化合价为+1价，过氧根离子的化合价为-1价，1

molAg2O2被还原时可以获得4mole−，根据得失电子守恒，可以产生2molH2，标况下体积为44.8L，D正确；答案选B。【点睛】选项D比较困难，因为对Ag2O2的认识不足而出错。所以多做一些经典题，尤其是高考题，对高考题中新出现的物质能有一定的认识，关键

时刻就可以知识迁移解决问题。15．A【详解】A．NH4Cl变为气态是氯化铵受热分解生成氨气和HCl，是化学变化，故A错误；B．Si是良好的半导体材料，制成的硅光电池，将太阳光的光能直接转化为电能，故B正确；C．漂白粉具有强氧化性，具有消毒杀

菌作用，因此常用于生活用水的消毒，故C正确；D．硫酸钡是难溶于酸的沉淀，因此用于胃肠X射线造影检查，故D正确。综上所述，答案为A。16．D【详解】A．若为强酸，0.1mol•L-1一元酸HA溶液的pH=1，现pH=3，说明水溶液中存在电离平衡，则HA一定

为弱酸，故A正确；B．pH相等的盐酸和醋酸两份溶液中c(H+)相等，则c(OH-)也相等，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(Cl-)，故B正确；C．25℃，一定浓度的NaHCO3溶液测得p

H=8，是因为碳酸氢钠发生了水解，溶液中c(H+)=1×10-8mol·L-1，溶液中氢氧根全部由水电离，所以水电离的c(OH-)=148110110−−mol·L-1=1×10-6mol·L-1，故C正确；D

．一水合氨为弱电解质，部分电离，所以稀释等体积时，二者浓度依然相等，则氢氧化钠溶液pH较大，因此若稀释后的pH相等，氢氧化钠溶液应加较多的水，即m＞n，故D错误；故选D。17．D【解析】【详解】A.M的名称为异戊烷，A错误；B.M是异戊烷，N是饱和一氯代烃，M、N均不能使酸性KMnO4溶

液褪色，B错误；C.Q含有碳碳双键，Q可与氯气发生加成反应生成（CH3）2CHCHClCH2Cl，C错误；D.N的分子式为C5H11Cl，N的同分异构体可看成C5H12中1个H原子被1个Cl原子取代，C5H12有正戊烷、异戊

烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷只有1种H原子，C5H11Cl共有3+4+1=8种同分异构体，则N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身），D正确；答案选D。18．D【详解】A．Mn2O7为酸性氧化物

，但属于金属氧化物，故A项错误；B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，故B项错误；C．物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，故C项错误；D．碱性氧化物都能和酸反应生成盐和水，属于金属氧化物，故D项正确；故答案为D。19．A【详解】A.①中石蕊试液只变红不褪色，

因为SO2溶于水呈酸性，SO2不能漂白石蕊试液，故A错误；B.SO2能使②中品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，故B正确；C.因为SO2和H2S反应生成硫单质，SO2为氧化剂，H2S为还原剂，所以③中硫化氢水溶液变浑浊，说明SO2有氧化

性，故C正确；D.④中酸性KMnO4能氧化SO2生成SO42-，本身被还原为Mn2+，故溶液颜色褪去，说明SO2有还原性，故D正确；所以答案A。【点睛】根据SO2的性质进行判断，即SO2具有漂白性，氧化性和还

原性，SO2还是酸性氧化物。20．B【详解】A．明矾由于电离出Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，故常用作净水剂，A不合题意；B．晶体硅是良好的半导体材料，用于制作计算机芯片，B符合题意；C．氯气能与水反

应生成具有强氧化性的HClO，常用于自来水消毒，C不合题意；D．氧化铁呈红棕色，且性质稳定，常用作墙体涂料，D不合题意；故答案为：B。21．C【详解】A.NaClO中氯元素是+1价，可以升高，也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，A不选；B.Cl2中氯元素是0价，可以升高，

也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，B不选；C.HCl中氯元素是－1价，处于最低价态，只能失去电子，即只能被氧化，不能被还原，C选；D.KClO3中氯元素是+5价，可以升高，也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，D不选；答案选C。22．D【解析】A．乙醇在水溶液里不能电离出阴阳离子，溶液

不导电，故A错误；B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．硫酸在水溶液里能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以硫酸是电解质，故C错误；D．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化碳是非电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查电解质

和非电解质的概念、溶液导电的原因等知识，学生应明确电解质和非电解质都是化合物，并明确判断电解质时发生电离的为化合物本身。本题的易错点为C。23．A【详解】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽

键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；故选A。24

．BD【详解】A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al(OH)3悬浊液，故A错误；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；C．加入少量新制氯水了氧化亚铁离子，检验亚铁

离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，故C错误；D．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；答案选BD。【

点睛】检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，如先加氯水，如有亚铁离子，会将亚铁离子氧化成三价铁离子了，会使KSCN溶液变红，如只有三价铁离子，也会使KSCN溶液变红。25．CD【详解】A．由单质转化为化合物为氮的固定，只有N2转化为NH3属于氮

的固定，故A正确；B．NH3转化为NO时N元素失去电子，发生氧化反应，故B正确；C．氮气中只含非极性共价键，氨气中只含极性共价键，故C错误；D．催化剂a、b均可以降低均可以降低反应的活化能，不能降低反应焓变，故D错误；故选

CD。26．-183kJ/molRF<RCl<RBr<RI小于218kJ/mol330kJ/mol【详解】(1)根据键能的定义，破坏1molH2(g)、1molCl2(g)中的共价键分别需要消耗的能量为436kJ、243kJ，而形成

2molHCl(g)中的共价键放出的能量为2×431kJ，总的结果是放出2×431kJ-(436kJ+243kJ)=183kJ的能量，故H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol；

(2)从卤代烃发生碱性水解反应的化学方程式分析，发生水解反应时首先需要R-X键断裂，因此该键键能越大，越稳定，水解反应越不易发生，很显然稳定性的顺序是RF>RCl>RBr>RI，因此反应活性由小到大的顺序为RF<RCl<RBr<RI；(3)键能：C-Cl键<C-F键，故稳定性：CCl4<CF4；(

4)Br的原子半径介于Cl与I之间，C-I键的键能（218kJ/mol）<C-Br键的键能<C-Cl键的键能（330kJ/mol）。【点睛】本题考查新信息数据处理能力，断裂化学键难易与形成化学键的两个原子的性质有关，比较时要选择同一标准，否则不可比，依题意C-Br

键能介于C-C1、C-I键能之间，根据反应的数据得出根据键能计算反应的规律，再运用这一规律。27．Cl2＋2NaOH→NaCl＋NaClO＋H2O0.1070.25mol3：23：5【详解】⑴氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠

、次氯酸钠和水，其化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，故答案为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；⑵原NaOH溶液的质量分数为1000cM=，推出1000cM=，因此3400.107100010001.12cM===，故答案为0

.107；⑶氢氧化钠物质的量为()a=c30.10.3aqnmolmol==（NOH）V，根据钠离子守恒，氢氧化钠溶液中钠离子反应生成到了氯化钠和次氯酸钠中，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠，即溶液中氯化钠的物质的量与

次氯酸钠的物质的量之和等于氢氧化钠中钠离子物质的量，因此溶液中Cl－的物质的量l=n(NaCl)=n(NaOH)n(NaClO)=0.3mo0.0505l.2molmoln=－－－（C），故答案为0.25mol；

⑷求所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O12110.050.10.050.05生成次氯酸钠0.05mol，则消耗氯气物质的量为0.05mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.1mol，氢氧化钠与氯化氢

反应的物质的量为0.2mol；HCl＋NaOH==NaCl＋H2OCl2＋H22HCl111120.20.20.10.10.2即总共消耗得氯气物质的量为0.1mol＋0.05mol=0.15mol，消耗得氢气物质的量为0.1mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比0.15:0.1=

3:2，故答案为3:2；⑸氢气与氯气反应生成HCl，直接和氢氧化钠反应，剩余的气体为氯气，氯气与水反应生成的盐酸与次氯酸反应，次氯酸与氢氧化钠反应，当次氯酸过量，多余的次氯酸以分子形式存在，任意时刻通入氯化氢跟氯气量

是固定的，都应是先与氯化氢反应完再接着与氯气反应，继续通气体，直到将氢氧化钠反应完，还在继续通气体，然后就是次氯酸钠与氯化氢反应，导致次氯酸根离子浓度先增大后减小，图中曲线表示的是ClO－的变化曲线。当n=0.02mol，说明生成的NaClO为0.02mol，由反应Cl2＋2NaOH=

=NaCl＋NaClO＋H2O可知混合气体中剩余的Cl2为0.02mol，消耗的NaOH为0.04mol，100mL1.0mol/LNaOH溶液中物质的量为0.1mol，则与HCl反应的NaOH为0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应HCl

＋NaOH=NaCl＋H2O可知，混合气体中HCl的物质的量为0.06mol，则由反应Cl2＋H22HCl可知，反应的H2和Cl2的物质的量均为0.03mol，则光照前氢气物质的量为0.03mol，氯气的物质

的量为0.03mol+0.02mol=0.05mol，则2222=0.03:0.053:5nnmolmol=V(H）:V(Cl）=（H）:（Cl），故答案为3:5。28．S、O4CuSO42Cu2O+4SO3

↑+O2↑SO3+H2O+Ba2+=2H++BaSO4↓或SO3+H2O=2H++SO42-、SO42-+Ba2+=BaSO4↓【分析】16.0g固体X高温隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体

1，由质量守恒定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23.3g，其物质的量为23.3233/molgg=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种气体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g

-0.1mol×80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为0.80.025molg=32g/mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu

2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其物质的量为7.2144/molgg=0.05mol，由此可知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的量比为(0.05mol×2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol×3+0.025mol×2)=1:1

:4，则固体X为CuSO4，据此分析解题。【详解】16.0g固体X高温隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体1，由质量守恒定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23

.3g，其物质的量为23.3233/molgg=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种气体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g-0.1mol×80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为0.80.025molg=32g/

mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其物质的量为7.2144/molgg=0.05mol，由此可

知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的量比为(0.05mol×2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol×3+0.025mol×2)=1:1:4，则固体X为CuSO4；(1)由分析知：X除了含有Cu元素

之外，还有S、O元素；(2)X的分解产物为SO3、O2和Cu2O，三者的物质的量比为0.1mol：0.025mol：0.05mol=4:1:2，则CuSO4高温分解的化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3↑+

O2↑；(3)气体Y为SO3和O2的混合气体，通入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，发生反应的离子方程式为SO3+H2O+Ba2+=2H++BaSO4↓或SO3+H2O=2H++SO42-、SO42-+Ba2+=BaSO4↓。2

9．100%不能126CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=+352kJ/mol减小v(N)＞v(F)＞v(E)c2【分析】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物

CH3COOH，所有原子完全被利用；催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动；(2)①活化能是物质发生化学反应需要的最低能量；②CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)；反应I

：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)△H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-577kJ/mol根据盖斯定律反应I-反应II×2计算CH4(g)+2SO2(

g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变△H；(3)①P1时升高温度n(CH3OH)减小；②相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1＞P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大；③

改变条件使平衡正向越大但是不能是通过提高CH4浓度实现就能提高甲烷转化率；④423+21010.511022.51CHgOgCHOHgmolmolmol（）（）（）开始（）反应（）平衡（）ƒ平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=

P(CH3OH)=1mol2.5mol×2.5MPa=1MPa，则P(O2)=0.5MPa，T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=()()()23242PCHOHPCHPO。【详解】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物CH3COOH，所有原子完全被利

用，所以原子利用率为100%；催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以只改变化学反应速率不影响平衡移动；(2)①由图可知CH4完全燃烧的活化能是126kJ/mol；②CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(

g)+CO2(g)；反应I：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)△H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-577kJ/mol，由盖斯定律反应I-反应II×2

计算CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变△H=-802kJ/mol-(-577kJ/mol)×2=+352kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=+352kJ/mol；(3)①

根据图知，P1时升高温度n(CH3OH)减小；②相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1＞P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大，温度：TE=TF＜TN，压强：PE＜PF=PN，所以化学反应速率：v(N)＞v(F)＞v(

E)；③a．减小压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低，故a错误；b．增大4c(CH)c(CO)投料比，甲烷转化率降低，故b错误；c．及时分离产物，平衡正向移动，则甲烷转化率提高，故c正确；故答案为：c；④423+2

1010.511022.51CHgOgCHOHgmolmolmol（）（）（）开始（）反应（）平衡（）ƒ平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=P(CH3OH)=1mol2.5mol×2.5MPa=1MPa，则P(O2)=0.5MPa，T0时F点用分压强代替浓度表

示的平衡常数Kp=()()()23242PCHOHPCHPO=22110.5=2。【点睛】考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确盖斯定律、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意

“增大4c(CH)c(CO)投料比，平衡正向移动但是甲烷转化率降低为解答易错点。30．BD+(CH3CO)2O→+CH3COOH+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→、、

、【分析】A()经数步反应生成B()，结合F→G以及F的分子式可知F为；结合E、F的分子式及“已知②”可知E为；结合D、E的分子式、“已知①”可知D→E为取代反应，D为；结合B、D结构及C→D分子式的变化可知C为，结合有机

化学基础相关知识解答。【详解】(1)A．B为，含有氨基，能与盐酸反应，A错误；B．E为，含酯基、酰胺基，能发生水解反应，B正确；C．F为，与Cl相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，C错误；D．由G的结构简式可知G的分子式为C17H13FClN3O3，D正确；故答案为：BD

；(2)由分析可知C的结构简式为，故答案为：；(3)结合“已知①”可知D→E为取代反应，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(4

)由所给信息可知利用发生消化反应得，利用酸高锰酸钾溶液将氧化为，用Fe/20%HCl将还原为，用和CH3ONa反应制得，流程为：+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20

%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→，故答案为：+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→；(5)B()的同分异构体①1H−NMR

谱和IR谱检测表明：分子中共有3种氢原子，无氧氧键、羟基和②除苯环外无其他环，若苯环有一个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有2个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有3个取代基，等效氢也多于3种，不符合；若苯环有4个取代基，则结构对称时有满足条件的结构：、、、；若苯环有5、6个取

代基，则将出现羟基且等效氢更多，不符合条件，故答案为：、、、。31．过滤过量44FeCuSO=FeSOCu++铜单质H2SO4氧化红褐色2322FeCl=2Fe2Cl++−++KSCN【详解】(1)分离固体和溶液的操作即过滤；(

2)为了保证CuSO4反应彻底，就需要加入过量的Fe粉；Fe与CuSO4溶液发生置换反应，方程式为：44FeCuSO=FeSOCu++；(3)固体A中除了未反应完的Fe，还有就是加入铁粉后置换出的Cu单质；(4)分析步骤②可知，加入试剂B后Fe单质变成

了FeSO4，而Cu单质不反应，所以B为稀硫酸；反应过程中，稀硫酸起氧化剂作用将Fe氧化；(5)Fe2+与OH-反应生成白色的不稳定的Fe(OH)2，Fe(OH)2可以迅速被氧化发生反应：22234Fe(OH)

O2HO=4Fe(OH)++；最终生成红褐色的Fe(OH)3；(6)FeSO4中加入氯水后发生氧化还原反应，离子方程式为：2322FeCl=2Fe2Cl++−++；由于反应后的溶液中有Fe3+，所以加入KSCN后，溶液会出现血红色；