【文档说明】湖南省邵阳市2021届高三下学期第一次模拟测试化学试题含解析【精准解析】.docx，共(17)页，554.918 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省邵阳市2021年高三第一次模拟测试化学试题一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.生产、生活中蕴含了丰富的化学知识，下列有关说法正确的是()A.氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨

和温室效应等环境问题B.500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料C.抗新冠疫情过程中，公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙D.水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程属于煤的液化

，实现了煤的综合利用2.下列有关化学用语表示正确的是()A.次氯酸的结构式：H-Cl-OB.CaO2的电子式：C.CO2分子的比例模型：D.乙醇的分子式：CH3CH2OH3.某有机物分子结构简式如图，下列

有关说法错误的是（）A.1mol该物质可与7molH2发生加成反应B.结构中含氧官能团有3种(不考虑醇与酚的区别)C.分子中能与NaHCO3反应的官能团只有-COOHD.能够使酸性高锰酸钾溶液褪色4.下列关于物质的制备、生产的说法正确的是

（）A.工业制取金属铝：电解熔融Al2O3B.实验室制取NH3：可用无水CaCl2干燥C.用镁粉和空气反应制备Mg3N2D.NaI溶液与浓H2SO4混合制备HI5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1L1molLCH3CO

OH溶液中含有NA个CH3COOH分子B.标准状况下，11.2L臭氧所含质子数为8NAC.0.2molNO与0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为0.4NAD.标准状况下，2.24LCC4中含有的C-Cl键数为0.4NA6.下列有关实验装置

和原理能达到实验目的的是()ABCD测量锌粒和3mol/L硫酸反应生成H2的体积制备并收集乙酸乙酯加热熔融的纯碱固体制取并收集SO2A.AB.BC.CD.D7.科学家合成一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期

。下列说法正确的是（）A.X的氢化物均为气体B.原子半径：X<YC.Y与W形成的所有化合物仅含有极性共价键D.ZY2作为一种高效安全绿色杀菌剂，在自来水消毒等方面应用广泛8.下列离子方程式书写正确的是（）A

.通入H2S除去废水中的Cu2+等重金属离子：S2-+Cu2+=CuS↓B.向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-C.饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓

D.工业上用石灰乳制取漂白粉：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O9.目前认为乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是()A.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定B.总反应

速率由第①步反应决定C.第③步反应原子利用率为100%D.总反应为吸热反应10.将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去；向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无

色的Bi3+。下列说法错误的是()A.滴加盐酸时，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物B.此实验条件下，还原性：Cl->Mn2+>Bi3+C.若有0.2molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.8NAD.已知Bi为第VA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性二、选择题：本题共4小题

，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图：已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4

]-，该配离子在乙醚(El2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-。下列说法错误的是()A.酸化后，铁元素在溶液中主要以[FeCl4]形式存在B.萃取分液时，有机层从分液漏斗上口倒出C.反萃取后，铁元素在

溶液中主要以Fe3+形式存在D.蒸馏时，用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶以加快蒸馏速度12.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是()选项实验现象结论A向FeCl3溶液中通入足量的H2S生成两种沉淀Fe3+的氧化性强于SB向浓度均为0.1mol：L-1的CuSO4和MgSO4混合溶液中滴加少

量NaOH溶液先出现浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小C向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深Fe3+能催化H2O2分解，且该分解反应为放热反应D铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明

显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用A.AB.BC.CD.D13.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂离子电池发展作出突出贡献的三位科学家，他们创造了一个可充电的世界。Garmet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。

某Garmet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是（）(电池总反应为：LixC6+LisxLaZrTaO⇄充电放电LiLaZrTaO+6C)A.放电时，b极为负极B.充电时，固态电解质中Li+移向a极C.放电时，a极反应LiLaZrTaO-

xe-=xLi++LinxLaZrTaOD.充电时，若转移0.01mol电子，b极质量减少0.07g14.常温下，已知Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中

，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述正确的是()A.H2R的二级电离常数Ka2的数量级为10-5B.在pH=4的溶液中：3c(R2-)<c(Na+)+c(H+)-c(OH-)C.等体积、等浓度的NaOH浴液与H2R溶液混合后，溶液中：(

R2-)<c(H2R)D.向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生的反应是：CO3-+H2R=CO2↑+H2O+R2-三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。15.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虑，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用N

aClO3与CH3OH在催化剂、60°C时，发生反应得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。已知：①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下，实验室也常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；②ClO2

与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；③有关物质沸点如下表：物质CH3OHHCOOHClO2沸点64.7°C100.8°C.11°C请回答：（1）仪器d的名称是_______

_，仪器b的作用是________。（2）反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式________。（3）在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是________。（4）根据反应条件判断制备装置甲中需改

进的一项措施是________。（5）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量为1：1的两种阴离子，一种为ClO2-，则另一种为________。（6）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取

200.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，达到滴定终点时用

去20.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为________mg/L(保留一位小数)。16.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于配制金属缓蚀剂。图为利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。回答下列问题：（1）为了

提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是________(写一条即可)，写出焙烧时生成MoO3的化学方程式________。（2）“浸取"时产生的气体A是________。（3）若“过滤”前加入的沉淀剂为Na2S，则废渣

的成分为________(填化学式)。（4）“结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。若滤液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.20mol/L，要使钼元素无损失，CO32-的最大去除率是________[已知：Ks

p(BaCO3)=1.0×10-9，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]。（5）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时亚复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是________。（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在缓蚀剂中的腐蚀速

率实验结果如图所示。要使碳素钢的缓蚀效果最好，缓蚀剂中钼酸钠(摩尔质量为M)的物质的量浓度为________mol/L。17.氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时，又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题。回答下列问题：（

1）已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图(图中表示生成2molNO2的能量变化)。1molNO氧化为NO2的焓变△H=________kJ/mol。（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应N2

O4(g)⇌⬚2NO2(g)△H=+QkJ·mol-1，一段时间后达到平衡，测得数据如下：时间/s20406080100c（NO2)/(mol·L-1)0.120.200.260.300.30①0~40s内，v(NO2)=________。②达平衡时，反应体系吸收的热

量为_________kJ(用Q表示)。③该温度下反应2NO2(g)=N2O4(g)的化学平衡常数K=________。（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3)

，其工作原理如图：①Ir表面发生反应的方程式为________。②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的结果是________。18.在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了

Fe、Cr、Ni、C等多种元素。请回答：（1）基态铁原子的价电子排布式为________，FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是________。（2）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度

为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为________；Fe2+与O2-最短核间距为________pm。（3）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①Ni(NH3)6]SO4中阴离

子的立体构型是________。②在[NiNH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。（4）无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当

于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式________，1mol该配合物中

含有σ键的数目为________。19.化合物G（)是一种新型化工原料，其合成路线图如下：已知：①A的最简式为C2H5，分子中有两种氢原子且数目比为2：3；②苯环上的烃基可被酸性KMnO4溶液氧化为一

COOH（1）①的反应类型是________，E的名称是________。（2）C的中官能团的名称是________，F的结构简式为________。（3）写出C→D的反应方程式________。（4）F有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有

________种。①遇氯化铁溶液发生显色反应②能发生水解反应、银镜反应（5）以乙烯和A为原料(无机试剂任选)，用尽量简短的合成路线设计制备CH3COOCH2CH2OOCCH3。写出合成路线图。答案解析一、选择题：本题

共10小题，每小题3分，共30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.【答案】D【考点】工业制取水煤气，氮的氧化物的性质及其对环境的影响，水污染与防治【解析】【解答】A.氮氧化物的大量排放会导致光化学烟雾和酸雨，温室效应主要是由CO2引起的，A不符合题意；B

.“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁中含有C元素，是合金，不是新型纯金属材料，B不符合题意；C.“84消毒液”是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，主要用于物体表面和环境等的消毒，C不符合题意；D.煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，故水煤气合成甲醇等含氧有机

物及液态烃的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用，D符合题意；故答案为：【分析】A.温室效应主要是由CO2引起；B.钢铁是合金；C.84消毒液的有效成分为NaClO；D.煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称；2.【答案】B【考点】结构式，球棍模型与比例模型，电

子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A.HClO中O形成两条共价键，H和Cl各形成一条共价键，结构式为H-O-Cl，A不符合题意；B.CaO2是离子化合物，Ca2+与O22−之间以离子键结合，电子式为，B符

合题意；C.CO2分子为直线形分子，C原子的半径大于O原子，因此比例模型为，C不符合题意；D.分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）分子的组成及相对分子质量的化学组成式，各个原子需合并表示，乙醇的分子式为C2H6O，D不符合题

意；故答案为：B【分析】A.HClO的结构式为H-O-Cl；B.CaO2是离子化合物，电子式为；C.CO2分子中C原子的半径大于O原子；D.乙醇的分子式为C2H6O；3.【答案】A【考点】芳香烃，溴乙烷

的化学性质，乙酸的化学性质，酯的性质【解析】【解答】A.分子中能与H2加成的只有有苯环（每个苯环可加成3个H2），该物质中有2个苯环，1mol该物质可以与6molH2发生加成反应，A符合题意；B.该物质的官能团有羧基、酯基、

羟基、卤素原子（碳卤键），其中含氧官能团为羧基、酯基、羟基，B不符合题意；C.该物质中只有羧基能与NaHCO3反应，C不符合题意；D.该物质中有酚羟基和醇羟基，有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.苯环可与H2加成，酯基和羧基的碳氧双键

不能与H2加成；B.该物质的含氧官能团有羧基、酯基、羟基共3种；C.羧基能与NaHCO3反应生成CO2；D.酚羟基、醇羟基都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；4.【答案】A【考点】氨的实验室制法，金属冶炼的一般原理，常见气体制备原理及装置选择【解析】【解答

】A.工业电解熔融Al2O3制备Al单质，，A符合题意；B.CaCl2可与NH3发生络合反应，将NH3吸收，因此不能用无水CaCl2干燥NH3，B不符合题意；C.空气中的O2、CO2都可以与Mg反应，因此镁粉在空气中不能制备Mg3N2，C不符合题意；D.浓硫酸具有强氧化性，I-具

有还原性，两者会发生氧化还原反应而得不到HI，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.根据4Al+3O2=点燃2Al2O3分析；B.根据CaCl2+8NH3=CaCl2·8NH3分析；C.根据CO2+2Mg=点燃C+2Mg

O、2Mg+O2=点燃2MgO分析；D.根据氧化还原分析5.【答案】C【考点】阿伏伽德罗常数【解析】【解答】A.1L1mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH的物质的量为1L×1mol/L=1mol，但CH3COOH是弱酸，在水中发生电离，因此溶液中的CH3COOH分子小于

1NA，A不符合题意；B.标况下11.2LO3的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，每个O原子含8个质子，因此0.5molO3所含的质子数为12NA，B不符合题意；C.0.2molNO含有0.2NAO原子，

0.1molO含有0.2NAO原子，根据质量守恒定律，反应前后原子数不变，因此容器中O原子数目为0.4NA，C符合题意；D.标况下CCl4为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算物质的量，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.CH3COOH在水中能够发生电离；B.根据n=VVm以及O3的质子数计算；C.根据质量守恒定律分析；D.标况下CCl4为液体；6.【答案】A【考点】硅和二氧化硅，常见气体制备原理及装置选择，酯化反应【解析】【解答】A..Zn与H2SO4反应生成H2，Zn

+H2SO4=ZnSO4+H2，可以通过右侧的注射器测出生成H2的体积，A符合题意；B.乙醇和乙酸的酯化反应需用浓硫酸做催化剂，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，B不符合题意；C.瓷坩埚中含有SiO2，会与Na2CO3反应，C不符合题意；D.稀硫酸与不能

与Cu发生反应，应使用浓硫酸并加热，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.通过注射器测出生成H2的体积；B.根据CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O分析；C.根据SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑分析；D.稀硫酸与不能与Cu发生反应；7.【答案

】D【考点】元素周期表的结构及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.C的氢化物是烃，一般原子数大于等于5时烃都为液体或气体，A不符合题意；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，故原子半径C＞O，B不符

合题意；C.H和O形成的H2O2中有非极性共价键，结构式为H-O-O-H，C不符合题意；D.ClO2可作为消毒剂、漂白剂，是一种高效安全绿色杀菌剂，D符合题意；故答案为：D【分析】由题意可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，

只有X、Y在同一周期，可知W位于第一周期，则W为H，根据结构可知，Z形成1条单键，则Z为Cl，X形成四个单键，Y能形成两个单键或一个双键，则X为C，Y为O，以此解答。8.【答案】C【考点】离子方程式的书写【解析】【解答】A.H2S是弱酸，不能

拆，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A不符合题意；B.Ca2+与CO32−会生成CaCO3沉淀，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O+Ca2+=Al(OH)3↓+CaCO3↓，B不符合题意；C.饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化生成NaHCO3，由于NaHCO

3的溶解度小于Na2CO3的，因此NaHCO3会沉淀下来，C符合题意；D.石灰乳中的Ca(OH)2不能完全电离，不能拆，离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，故答案为：C【分析】A.H2S是弱酸，不能拆；B.Ca2+与CO32−会生成CaC

O3沉淀；C.根据NaHCO3和Na2CO3的溶解度分析；D.石灰乳的Ca(OH)2不能拆；9.【答案】B【考点】化学能与热能的相互转化，化学反应速率的影响因素【解析】【解答】A.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第②步反应的中间体稳定，A不符合

题意；B.第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第①步反应决定，B符合题意；C.由反应机理知，第③步反应还有H产生，原子利用率不是100%,C不符合题意；D.从图中可以看到，反应物总能量比生成物总能量高

，所以总反应为放热反应，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.能量越高的物质越不稳定；B.总反应的快慢取决于慢反应；C.原子利用率为100%时没有其他物质生成；D.反应物总能量比生成物总能量高属于放热反应；10.【答案】D【考点】氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】

A.滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，故KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，A不符合题意；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O和5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3+

+5Na++7H2O可知，还原性Cl->Mn2+>Bi3+，B不符合题意；C.若有0.2molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.2mol×(5-3)+0.2mol×25×(7-2)=0.8mol,电子数为0.8NA，C不符合题意；D.B

i元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据氧化还原分析；B.根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；C.根据电子转移守恒分析；D.Bi元素属于金属元素；二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目

要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.【答案】D【考点】蒸馏与分馏，分液和萃取【解析】【解答】A.酸化后，Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]-，A不符合题意；B.萃取分液时，乙醚密度比水小，有机层在上层，从分液漏斗上口倒出，B不符合题意；C.

反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在，C不符合题意；D.乙醚沸点34.6℃，蒸馏时最好水浴加热，蒸馏烧瓶不能直接加热，需垫石棉网加热，D符合题意；故答案为：D【分析】Fe3+和Al3+加浓盐酸酸化，由于Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl

4]-，该配离子在乙醚中生成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-，故加入乙醚萃取后Fe以Et2O·H+·[FeCl4]-的形式留在乙醚中，Al3+在水中，分液后得到Al3+，再加水反萃取，缔合物转化为Fe3+，蒸出乙醚后得到Fe3+。12.【答案】B,C【考点】氧化还原反应，催化

剂，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】A.氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁和硫和水，只有一种沉淀，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；B.相同浓度的Cu2+、M

g2+中加入OH-,先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，B符合题意；C.过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意；D.铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入NO3−，发生反

应的离子方程式为：3Cu2++2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，D不符合题意；故答案为：BC【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；B.根据离子浓度相同的情况下

溶度积小的先沉淀分析；C.根据勒夏特列原理分析；D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性；13.【答案】B,D【考点】原电池工作原理及应用，电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.电池放电时，阳离子向正极移动，根据放电时Li的移动方向可知，b极为正极，A不符合题意；B.充电时，a为阴极，b为

阳极，Li+移向阴极，B符合题意；C.放电时a电极上发生反应：LixC6-xe-=xLi++6C，不符合题意；D.充电时b极反应：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO，若转移0.01mol电子，则有0.01molLi+从b电极中脱去，电极减重0.0

1mol×7g/mol=0.07g，D符合题意。故答案为：BD【分析】放电时为原电池，阳离子向正极移动，根据图像可知，放电时Li+向b极移动，故b为正极，所以a为负极。原电池反应为：正极：xLi++Li1-xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO负极：LixC6-xe-

=xLi++6C电解池的反应为：阳极：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO阴极：xLi++6C+xe-=LixC614.【答案】A,B【考点】电解质在水溶液中的电离，弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用【解析】【解答】A.𝐾𝑎2=c(R2−)c(

H+)c(HR−)=c(H+)=1×10-4.3=100.7×10-5，属于10-5数量级，A符合题意；B.由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，由图像可知pH=4时，c(R2-)＜c(HR-)，故3c(R2-)<c(Na+)+

c(H+)-c(OH-)，B符合题意；C.等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR-可以电离也可以水解，根据分析，Ka2＞Kh2，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故电离产物c

(R2-)大于水解产物c(H2R)，C不符合题意：D.根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1(H2R)>Ka2(H2R)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，可得酸性H2R>HR->H2CO3>HCO3-，向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，

因为根据强酸制弱酸的原理，CO32-转化为CO2，并生成HR-，发生的反应是CO3-+2H2R=CO2↑+H2O+2HR-，D不符合题意；故答案为：AB【分析】二元酸H2R存在两步电离：H2R⇋HR-+H+，HR-⇋R2-+H+，根据图上第一个交点，c(

H2R)=c(HR-),𝐾𝑎1=c(HR−)c(H+)c(H2R)=c(H+)=1×10-1.3；根据图上的第二个交点，c(HR-)=c(R2-)，𝐾𝑎2=c(R2−)c(H+)c(HR−)=c(H+)=1×10-4.3；R2

-存在两步水解，R2-+H2O⇋HR-+OH-，HR-+H2O⇋H2R+OH-，𝐾ℎ1=𝐾𝑤𝐾𝑎2=10−141×10−4.3=10−9.7，𝐾ℎ2=𝐾𝑤𝐾𝑎1=10−141×10−

1.3=10−12.7。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。15.【答案】（1）分液漏斗；导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH（2）CH3

OH＋4NaClO3＋2H2SO4=△催化剂4ClO2↑＋HCOOH＋2Na2SO4＋3H2O（3）4H＋＋5ClO2－＝Cl－＋4ClO2↑＋2H2O（4）水浴加热（5）ClO3－（6）135.0【考点】物质的分离与提纯，探究物质的组成或测量物质的含量【解析】【解答】

(1)b仪器为球形冷凝管，三颈烧瓶中的反应物有甲醇，加热时易挥发，故b作用是冷凝回流甲醇，使反应更充分，另外反应产生的ClO2通过仪器b进入下一装置，故还有导气作用；(2)制备ClO2是由NaClO3、CH3OH和H2SO4反应而来，而CH3OH被氧化为HCOO

H,根据电子守恒可知方程为CH3OH＋4NaClO3＋2H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋2Na2SO4＋3H2O；(3)将盐酸加入被稳定剂吸收的ClO2中，可将ClO2释放出来，离子方程式为4H++5C

lO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；(4)生成ClO2的温度在60°C，装置甲直接加热，无法控制温度，故应用水浴加热；(5)根据歧化反应的原理可知，Cl原来为+4价，反应后既有升价又有降价，故另一种产物为ClO3－；(6)所用Na2S2O3的物质的量为0.1mol/L×0.02L=

0.002mol，根据I2+2S2O32-=2I-+S4O62-和2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，10S2O32-~5I2~2ClO2，消耗的ClO2的物质的量为15×0.002mol=0.0004mol，Cl

O2的含量为0.0004mol×67.5g/mol0.2L=0.135g/L=135mg/L。【分析】甲醇与氯酸钠在硫酸的作用下发生反应CH3OH＋4NaClO3＋2H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋2Na2SO4＋3H2O，生成的ClO2用稳定剂吸收，生成N

aClO2，将盐酸加入被稳定剂吸收的ClO2中，可将ClO2释放出来,4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O，与淀粉-KI反应，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，生成的I2使淀粉变蓝，最后用Na

OH吸收未反应的ClO2。16.【答案】（1）固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率；2𝑀𝑜𝑆2+7𝑂2高温__2𝑀𝑜𝑂3+4𝑆𝑂2（2）CO2（3）PbS（4）95%（5）使用一定次数后

，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度（6）0.15𝑀【考点】氧化还原反应，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，物质的分离与提纯【解析】【解答】(1)固体粉碎、逆流焙烧等措施可以提高焙烧效率；M

oS2焙烧时生成MoO3、SO2，方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；(2)浸取时的反应为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，气体为CO2；(3)过滤前加Na2S，Pb2++S2-=PbS↓；(4)Mo没有损失，故c(Ba2+)c(MoO42-)＜Ks

p(BaMoO4)，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，故c(Ba2+)＜1×10-7，CO32-要尽量沉淀，c(Ba2+)c(CO32-)＜Ksp(BaCO3)，Ksp(BaCO3)=1.0×10-9，故c(CO32-)＞Ksp

(BaCO3)c(Ba2+)=1×10−91×10−7=10-2，CO32-的最大去除率是0.2−0.010.2×100%=95%；(5)每次结晶，杂质都会留在母液中，使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；(6)根据图像可知，碳

素钢的缓蚀效果最好时，缓蚀剂中钼酸钠的物质的量浓度为150mg/L，物质的量浓度为0.15Mmol/L。【分析】钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)在空气中焙烧，生成MoO3、PbO和SO2，加Na2CO3浸取，发生反应MoO3+C

O32-=MoO42-+CO2↑，PbO转化为Pb2+，加Na2S，Pb2+转化为PbS沉淀，溶液经过结晶、重结晶，得到Na2MoO4·2H2O。17.【答案】（1）－56（2）0.005mol·L－1·s－1；0.3Q；0.56L/m

oL（3）H2＋N2O催化剂__N2＋H2O；不利于降低溶液中的含氮量【考点】反应热和焓变，化学反应速率，化学平衡常数，化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)根据图像可知，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=180kJ

/mol①，N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH2=68kJ/mol②，根据盖斯定律，12×(②-①)得：NO(g)+12O2(g)=NO2(g)ΔH=-56kJ/mol；(2)①v(NO2)=ΔcΔt=0.

2mol/L40s=0.005mol·L－1·s－1;②平衡时c(NO2)=0.3mol/L，n(NO2)=0.3mol/L×2L=0.6mol，根据N2O4(g)⇌⬚2NO2(g)△H=+QkJ·mol-1可知，生成2molNO2时吸收的热量为Q，故生成0.6molNO

2时吸收的热量为0.6mol2molQ=0.3Q；③根据题意可列出三段式：𝑁2𝑂4⇌2𝑁𝑂2起始(𝑚𝑜𝑙)0.40反应(𝑚𝑜𝑙)0.30.6平衡(𝑚𝑜𝑙)0.10.6体积为2L，平衡时N2O4和NO2的浓度分别为0.05mol/L、0.3mol/L

，K=c2(NO2)c(N2O4)=0.320.05mol/L=1.8mol/L，故2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K1=1K=0.56L/moL；(3)①根据图像可知，Ir表面发生H2和N2O反应生成N2

和H2O的反应，方程式为H2+N2ON2+H2O；②在金属Pt、Cu和lr的催化作用下，密闭容器中的氢气能高效转化溶液中的硝态氮(NO3-),从题图中可看出，应该最大限度将NO3-转化为NO进而转化为N2O，后转化为N2，Pt颗粒

增多，更多的NO3-会转化为NH4+而存在于溶液中，显然不利于降低溶液中的含氮量。【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)①根据v(NO2)=ΔcΔt计算；②根据平衡时的热效应是按照系数完全反应时的热效应计算；③根据三段式计算；(3)①根据图像中的物质分析；②根据Pt将NO3-转化

为NH4+分析。18.【答案】（1）3d64s2；分子晶体（2）12；√36𝜌×𝑁𝐴3×1010（3）正四面体；配位键；N（4）[𝐶r(𝑁𝐻3)6]𝐶𝑙3；24𝑁𝐴【考点】原子核外电子排布，配合物的成键情况，分子晶体，晶胞的计算【解析】【解答】(1)Fe是26号元素，基态铁原

子的电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；分子晶体的熔沸点较低，FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是分子晶体；(2)根据FeO晶胞的图像可知，Fe2+分布在晶胞的顶点和面心上，属于面心立方最密堆积，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目

为12个；FeO晶胞中Fe2+的个数为8×18+6×12=4个，O2-的个数为1+12×14=4个，晶胞密度𝜌=4×72𝑁𝐴𝑎3=4×72𝑎3𝑁𝐴，故a=√4×72𝜌𝑁𝐴3𝑐𝑚=2×√36𝜌𝑁𝐴3𝑐𝑚，故Fe2+与O2-最短核间距为√36𝜌𝑁𝐴

3𝑐𝑚=√36𝜌𝑁𝐴3×1010𝑝𝑚；(3)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是SO42−，立体构型是正四面体；②在[Ni(NH3)6]SO4中NH3提供孤电子对，Ni2+提供空轨道，Ni2+与NH3之间形成配位键；提供孤电子对的成键原子是N；(4)加入AgNO3溶

液，能将所有氯沉淀，说明Cl-为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3，该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N-H键为键，故1mol该

配合物中含有σ键的数目为24NA。【分析】(1)根据核外电子排布的规则书写；根据分子晶体的性质分析；(2)根据面心立方最密堆积和晶胞密度公式分析；(3)根据配位键理论分析；(4)根据溶于水后内界中的物

质不会电离分析；配位键都是σ键；19.【答案】（1）取代反应；邻羟基苯甲酸（2）氯原子、羧基；（3）（4）13（5）【考点】有机物的合成，有机物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体，卤代烃简介，取代反应，酯化反应【解析】【解答】(1)根据分析，反应

①是取代反应；E是，名称为邻羟基苯甲酸；(2)根据分析，C为，官能团为氯原子和羧基；F的结构为；(3)根据分析，C在NaOH的水溶液的作用下发生水解反应生成D，方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O；(4)遇氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体中有酚羟基，能发生水解反应、银镜反应说明有甲酸

酯，苯环有2个侧链为-OH、-CH2OOCH,有邻、间、对3种，苯环有3个侧链为-OH、-OOCH、-CH3，而-OH、-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种；(5)根据有机合成的逆推法，CH3COO

CH2CH2OOCCH3可用丁烷和乙烯按照下列方法合成：【分析】根据框图可知，甲苯（）与Cl2在催化剂的作用下发生取代反应生成B（），B与KMnO4发生氧化反应生成C（），C在NaOH的水溶液的作用下加热发生水解反应生成D（

），D在硫酸的酸化后生成E（），E与CH3OH发生酯化反应生成F（）；A的最简式为C2H5，分子中有两种氢原子且数目比为2：3，故A为C4H10，A在O2的氧化下生CH3COOH，CH3COOH与PCl3发生取代反应生成，与F发生取代反应生成，在适当条件下生成G（）。