【文档说明】陕西省西安市第一中学2021届高三上学期第五次模拟考试化学试卷【精准解析】.doc，共(24)页，1.370 MB，由小赞的店铺上传

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西安市第一中学高2021届高三第五次模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12Ca40Cu64O16Al27Mg24Fe56Ge73一、选择题(本题包括21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合

题意。)1.下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确的是A.“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B.“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C.“滴水石穿，绳锯木断”不包含化学变化D.“野火烧不尽，春风吹又生”包含了

多种化学变化【答案】C【解析】【详解】A.水乳交融是物质的相似相容原理，物理变化；火上浇油是油类等可燃性物质遇火燃烧的现象，是化学反应；A正确；B.龙虾和螃蟹被煮熟时壳里面的一种蛋白质高温变性，是化学变化

，B正确；C.石头要要成分碳酸钙能与水、二氧化碳反应生成的Ca（HCO3）2是可溶性物质，随着水流走了，是化学变化；绳锯木断是植物纤维断开，没有新物质生成，物理变化；C不正确；D.植物遇水燃烧是化学变化，其生成过程

中涉及光合作用、新陈代谢等是化学变化，D正确。答案选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，所含碳氢键数目为aNA/7B.标准状况下，2.24L2H35Cl中所含中子数为1.8NAC.50mL12mol·

L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD.1L0.lmol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－的离子数之和为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．C2H4和C3H6的最简式均为CH2，ag二者混合物

的物质的量为a/14mol，所含碳氢键数目为aNA/7，正确；B．一个2H35Cl分子中含有19个中子，标准状况下，2.24L2H35Cl的物质的量为0.1mol，所含中子数为1.9NA，错误；C．浓盐酸与足量二氧化锰共热生成二氯化锰、氯气和水的反应与进程有

关，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，错误；D．碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡，根据物料守恒知1L0.lmol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO

32－的离子数之和为0.1NA，错误。3.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀A.①④⑤B.②③④C.②③⑤D.①③④

⑥【答案】B【解析】【详解】胶体的分散质直径在1-100nm之间，则将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是胶体，胶体可以产生丁达尔现象，能够透过滤纸，静置后不会析出黑色沉淀，则②③④正确，故答案选：B。4.新型纳米材料MFe2Ox(3＜X＜4)中，M表示＋2价的金属元素，在

反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2Ox2常温下SO⎯⎯⎯⎯⎯→MFe2Oy，则下列判断正确的是A.MFe2Ox是还原剂B.SO2是该反应的催化剂C.x＞yD.氧化性：MFe2Ox＞SO2【答案】A【解析】【详解】

A．在氧化还原反应中，铁元素化合价升高，作还原剂，A项正确；B．SO2中S元素由+4价降低到0价，得电子作氧化剂，被还原，B项错误；C．根据氧原子守恒，SO2转化为S，氧原子数减少，MFe2OX转化为MFe2Oy，氧原子数必然增加，x＜y，C项错误；D

．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性SO2＞MFe2Oy，D项错误；答案选A。5.能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2:Ca2++2OH-+SO2＝CaSO3↓+H2OB.用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2M

nO4—+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2OC.用铜做电极电解NaCl溶液:2C1—+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-D.将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2

O【答案】B【解析】【详解】A．石灰乳中的氢氧化钙只有少量溶解，用化学式表示，故A错误；B．酸性KMnO4具有氧化性，与H2O2反应发生氧化还原反应，放出氧气，故B正确；C．铜是活性电极，作阳极时，铜要失去电子而溶解，故C错误；D．生成的Fe3+具有氧化性，能够氧化碘离子

，故D错误；故选B。【点晴】本题综合考查离子方程式的书写，侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断。在离子方程式中，可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐)一律用离子符号表

示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示；对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在(溶液中)，但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示，浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也

书写化学式，浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子符号。6.下列物质与其用途完全符合的有()①Na2CO3—制玻璃②SiO2—制光导纤维③AgBr—照相底片感光剂④NaCl—制纯碱⑤Al2O3—焊接钢轨⑥NaClO—消毒剂⑦Fe2O3—制红色油漆或涂料⑧MgO—制耐火材料A.4个B.5个C.6个

D.7个【答案】D【解析】【详解】①碳酸钠和二氧化硅在高温条件下反应制取玻璃，①符合；②高纯度的二氧化硅用来做制光导纤维，②符合；③溴化银有感光性，可用于照相底片感光剂，③符合；④饱和氯化钠溶液、氨气和二

氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再受热分解得到碳酸钠，④符合；⑤铝和氧化铁能发生铝热反应用于焊接钢轨，⑤不符合；⑥次氯酸钠有强氧化性，可以做消毒剂，漂白织物，⑥符合；⑦氧化铁为红棕色固体，可以做红色油漆或涂料，⑦符合；⑧氧化镁熔点较高，可以做耐火材料，⑧符合；符合的有①②③

④⑥⑦⑧，故D正确；答案选D。7.a、b、c、d四种主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法正确的是A.若b的最高价氧化物对应的水化物为H2bO4，则a的简单氢化物的化学式为aH3B.若b的单质可作半导体材料，则c的单质不可能为半导体材料C.若b的单质与H2易化合，则c的单质与H2更易化合D.

a与b容易形成离子化合物【答案】A【解析】【详解】A．若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b为第ⅥA族元素，最高价为+6价，最低价为-2价，a的最低价是－3价，氢化物的化学式为aH3，故A正确；B．若b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，则c的单质也可作半导体材料，故

B错误；C．b、c同主族，从上到下非金属性减弱，非金属性强的与H2容易化合，则c的单质与H2不易化合，故C错误；D．a、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故D错误；故选A。8.下列实验与

图象对应的是选项ABCD实验NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量量至过量图象A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2

O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用n（HCl）之比为1∶3，所用盐酸的体积与图像不符，故A错误；B．向AlCl3溶液中加氨水：AlC

l3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，且沉淀不溶解；与图像不符，故B错误；C．向KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面小)

，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，产生沉淀先快，再慢，最后不变，且所耗Ba（OH）2物质的量也与图像相符，故C正确；D．向石灰水中通入二氧化碳：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，CaCO

3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用n（CO2）之比为1∶1，与图像不符，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意首先发生2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2＝K2SO4＋3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，然后发生K2S

O4＋2Al(OH)3＋Ba(OH)2＝2KAlO2＋BaSO4↓＋4H2O。9.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：下列说法错误的是：A.NaClO2中Cl的化合价为+3价B.“电解”所用食盐水是由粗盐水精制而成，精

制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液。C.“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2。D.“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，【答案】D【解析】【

分析】由流程知，NaClO3和SO2、HSO4反应生成NHSO4和ClO2；“电解”时阴极发生还原反应，通过电解，由ClO2制取NaClO2；吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，据此分析解答。【详解】A．根

据NaClO2中化合价代数和为零，Na为+1价，O为-2价，则Cl的化合价为+3价，故A正确；B．食盐水精制中除Mg2＋用NaOH溶液，除Ca2＋用Na2CO3溶液，因而要加入的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液，故B正确

；C．“电解”时阴极发生还原反应，根据流程图可知通过电解，可以由ClO2制取NaClO2，故阴极的反应为：ClO2+e-=Cl2O−，阴极的主要产物是NaClO2，故C正确；D．由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=

2NaClO2+2H2O+O2↑，其中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2:1，故D错误；答案选D。10.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（）A.SiO2B.Na

2OC.FeCl2D.AlCl3【答案】D【解析】【详解】A．Si与O2在高温下反应生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反应，故A不符合题意；B．Na与O2常温下化合生成Na2O，Na2O＋H2O

=2NaOH，Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C．铁和氯气反应生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；D．Al和Cl2反应生成AlCl3，AlCl3通

入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D符合题意；答案选D。11.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.SiO2HCl(aq)⎯⎯⎯→SiCl42H⎯⎯⎯→高温SiB.FeS22O

⎯⎯⎯→煅烧SO22HO⎯⎯⎯→H2SO4C.N22H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→高温、高压、催化剂NH3HCl(aq)⎯⎯⎯→NH4Cl(aq)D.MgCO3HCl(aq)⎯⎯⎯→MgCl2(aq)电解⎯⎯⎯→Mg【答案】C【解析】【详

解】A．二氧化硅属于酸性氧化物，和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C．氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体，和盐酸反应生成氯化铵，两步反

应能一步实现，故C正确；D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C。12.《InorganicSynth

eses》(无机合成)一书中，有一如图所示的装置，用以制备某种干燥的纯净气体。该装置中所装的药品正确的是()A.A中装浓盐酸，B中装浓硫酸B.A中装浓硫酸，B中装浓盐酸C.A中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水

D.A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液【答案】A【解析】【分析】浓氨水与浓氢氧化钠溶液能产生NH3但不是干燥的氨气，所以只可能是浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出。【详解】A．A中装浓盐酸，B中装

浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出，故A正确；B．A中装浓硫酸，B中装浓盐酸，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被干燥，不能得到干燥的纯净气体，故B错误；C．A中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水，把浓氢氧化钠溶液滴到浓氨水中生成的氨

气较少，而且没有被干燥，故C错误；D．A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴到浓氢氧化钠溶液中能生成氨气，但是氨气没有被干燥，故D错误。故答案选A。【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意把握HCl的挥发性及浓硫酸的吸水性。13.海水开发利用的部分过程如

图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出

溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，

B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综

合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收

，据此解答即可。14.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气，且需过量C.捕

获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸

收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2

、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶

液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方

程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。15.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl

③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A.①②③B.①③④C.②③D.①④【答案】A【解析】【分析】①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气还原C

uO生成Cu；②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；③Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca(ClO

)2中加入盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。【详解】①CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，符合转化，

故①正确；②NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故②正确；③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl，浓HCl溶液Cl2，转化均可实现，故③正确；④Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故④错误；故答案为A。16.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2

O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、n[Al(OH)3]随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。下列有关说法不正确的是()A.生成沉淀的离子方程式为HCO-3＋AlO-2＋H2O=Al(OH)3↓＋CO2-3B.b点与c点溶液所含微粒

种类不同C.a点溶液中大量存在的离子是Na＋、AlO-2、OH-D.NaHCO3溶液的物质的量浓度为1.0mol/L【答案】B【解析】【分析】氧化铝和氢氧化钠反应，而氧化铁不反应，过滤后得到滤液用碳酸氢钠处理，发生HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，加入40毫升碳酸

氢钠溶液时沉淀最多，a、b、c点都为碱性，随着碳酸氢钠的加入，碱性减弱，以此解答。【详解】A．偏铝酸根离子与碳酸氢根电离产生的氢离子、水反应生成Al(OH)3沉淀，偏铝酸根离子促进碳酸氢根电离，故离子方程式为HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+C

O32－，故A正确；B．b点与c点溶液所含微粒种类相同，均为钠离子、偏铝酸根离子、氢氧根离子、碳酸根离子，故B不正确；C．用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液即a点溶液，该溶液显碱性，溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，存在的离子是Na+、AlO2－、OH－，故C正确；D．

加入40毫升碳酸氢钠的溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含有氢氧化钠，由于氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－可知，前8毫升不生成沉淀，NaHCO3溶液的物质的量浓度为30

.032mol(408)10L−−=1.0mol/L，故D正确；答案选B。17.某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示，下列说法不正确的是A.Q溶液是氨水B.工业生产中气体a可通过两步反应转化为H

2SO4C.电解过程中被氧化的元素是硫D.设计步骤①、②是为了富集SO2【答案】C【解析】【分析】Q溶液应该是碱液，目的是将废气中的2SO吸收并起到富集作用，根据最后的产物中有+4NH可以推知此处用的是氨水，则X为亚硫酸铵，向亚硫酸铵中加入过量硫酸，得到气体a为2S

O，再经过催化氧化、水化后得到硫酸，Y是硫酸铵溶液，经电解后得到过二硫酸铵，本题得解。【详解】A.根据分析Q溶液是氨水，A项正确；B.2SO可经催化氧化、水化后得到硫酸，B项正确；C.硫元素的最高正价为+6价，因此在电解过程中2-4SO不可能再被氧化，C项错误；D.①、

②的目的是为了将废气中的2SO富集，D项正确；答案选C。18.下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是A.反应①是加成反应B.只有反应②是加聚反应C.只有反应⑦是取代反应D.反应④⑤⑥是取代反应【答案

】C【解析】【详解】A、乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，反应①是加成反应，故A正确；B.乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，只有反应②是加聚反应，故B正确；C.乙醇和乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解反应是取代反应，反应④⑤⑥⑦都是取代反应，故C错误；D.乙醇和乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解反应

是取代反应，反应④⑤⑥是取代反应，故D正确；选C。19.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体1中主要含有Ca(

OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气，且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、

CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获

的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO

，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程

式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。20.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A.H2SO4浓度为4mol/LB.溶液中最终溶质为FeSO4C.原混合酸中NO3-浓

度为0.2mol/LD.AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe

3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质

的量，再根据c=nV计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4

mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-

浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，

D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理

等。21.如图所示的5种物质中均含同种金属元素，且在一定条件下(不含电解)能按图示箭头方向实现一步转化，则该金属元素可能是①Na②K③Ca④Fe⑤CuA.①②B.③④C.④⑤D.①⑤【答案】C【解析】【详解】①硝酸钠无法一步转化成氢氧化钠，氢氧化钠也无法一步生成

氧化钠，氯化钠也无法一步生成金属钠(除电解方法)，故①不符合题；②硝酸钾无法一步转化成氢氧化钾，氢氧化钾也无法一步生成氧化钾，氯化钾也无法一步生成金属钾(除电解方法)，故②不符合题；③硝酸钙无法一步转化成氢氧化钙，氢氧化钙也无法一步

生成氧化钙，氯化钙也无法一步生成金属钙(除电解方法)，故③不符合题意；④Fe能够与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热生成氧化铁，氧化铁与元素反应生成氯化铁，氯化铁与锌反应生成铁，铁及其化合物均能够按照图示箭头通过一步反应完成，故④符合题意

；⑤Cu与硝酸反应生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成铜，所以Cu满足题中转化关系，故⑤符合题意；综上，④⑤符合题意；故选C。【

点睛】熟记常见元素及其化合物性质，理解常见物质间的相互转化为解题关键，对学生的分析能力及灵活应用能力要求较高。二、非选择题(本题包括3小题，共43分)22.某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、

FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下：(1)设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2＋的形式存在，且滤渣1中也无MnO2滤渣

1的主要成分是___________(填化学式)。(2)设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是___________。(3)设备2中加足量双氧水的作用是___________。(4)设备4中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，用化学平衡移动原理解释原因：____

_______。(5)设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下：①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的___________极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为___________。②该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2＋进入

阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式___________。【答案】(1).SiO2(2).FeCO3＋MnO2＋8H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O(3).Fe2＋完全氧化为Fe3＋

(4).渣2中有Al(OH)3，存在电离平衡：Al3++3OH-Al(OH)3AlO2−+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减小，Al(OH)3不断溶解(5).负(6).H2O－4e－=O2↑＋4H＋(7).Mn2＋＋2H

2O－2e－=MnO2↓＋4H＋【解析】【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加稀硫酸后，酸性条件下二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，过滤得滤渣1的主要成分是SiO2

；滤液含锰离子、亚铁离子、铁离子、铝离子等，加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，通过调节pH，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离，滤液2中含有MnSO4、硫酸铵等，滤渣2为Fe(OH)3、Al

(OH)3，向滤渣2中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到NaAlO2，过滤分离。滤液2电解得到Mn；【详解】(1)含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸后，SiO

2不能与硫酸发生反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2；(2)设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子，Fe2＋与MnO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋4H+＝2Fe3+＋Mn2+＋2H2O或2FeCO3＋MnO2＋8H+＝2Fe3

+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O；(3)设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+；(4)设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，加入过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反应，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡:Al3++3OH-Al(O

H)3AlO2−+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减低，Al(OH)3不断溶解；(5)①电解池中，阴离子由阴极流向阳极，则B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为4OH——4e—＝2H2O＋O2↑；②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极

反应式为Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+。23.硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但在生产过程中会产生大量污染，需要在生产工艺中考虑到绿色工艺．以硫酸工业产生的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸铵、亚硫酸铵等物质．合成路线如

下：（1）写出反应Ⅰ的化学方程式________________________．（2）反应Ⅲ中每生成lmol硫化钙理论上转移电子数________；为充分利用副产品CO，有人提出以熔融的K2C03为电解质，设计燃料电池，请写出此电池的负极反应______

_______．（3）为检验反应Ⅱ得到的产品是否因部分被氧化而变质，需选择的化学试剂有__________________．（4）根据合成流程，可以循环利用的是____________．（5）（NH4）2SO3溶液可用于电厂产生的

烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的离子方程式___________________．【答案】(1).2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2(2).

8NA(3).CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2(4).稀盐酸、BaCl2溶液(5).CaCO3(6).2NO2+4SO32﹣=N2+4SO42﹣【解析】本题是化学工艺流程题。以工业上处理二氧化硫的工艺

（钙基固硫和氨水吸收）为主线生产相关产品，变废为宝。(1).钙基固硫的反应。因为亚硫酸酸性比碳酸强，所以将向碳酸钙浆液中通入二氧化硫可以生成亚硫酸钙和二氧化碳，亚硫酸钙再被氧气氧化为硫酸钙，总反应为：2CaCO3+O2+2

SO2=2CaSO4+2CO2(2).反应Ⅲ的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，反应中硫的化合价从+6降到-2，共转移8个电子，所以每生成1molCaS理论上要转移的电子数为8NA。(3).根据CO的燃烧生成CO2，CO发发生了

氧化反应，根据原电池原理，负极上还原剂发生氧化反应，由于电解质为熔融的碳酸钾，所以由提供氧原子与CO形成CO2分子，CO中C的化合价从+2升高到+4，要失去2个电子，所以电极反应式为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2(4).反应Ⅱ得到的产品为

亚硫酸铵易被空气中的氧气氧化生成硫酸铵，所以要检验产品是否变质可以检验硫酸根离子，实验室检验硫酸根离子的常用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液(5).分析上述流程图可发现，反应I用到原料中有CaCO3，反应IV有副

产品CaCO3生成，所以CaCO3可以循环利用。(6).二氧化氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的还原性，根据化合价通常邻位转化规律，二氧化氮可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以离子方程式为：2NO2+4SO32﹣=N2+4S

O42﹣24.超顺磁性的Fe3O4粒子(平均直径为25nm)在医疗上有重要作用，实验室制备方法如下：在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4.实验装置如图所示：请回答下列问题：(1)

恒压滴液漏斗的作用是___________。(2)通入N2的目的是___________，反应温度应控制在50℃，加热方法为___________。(3)制备超顺磁性的Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为___________。(

4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤。；为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，实验操作：___________。为了检验超顺磁性粒子中含有＋2价的铁元素，需要的化学试剂为___________(填序号)。A．KSCN溶液B．H

Cl溶液C．H2O2溶液D．K3[Fe(CN)6]溶液(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3，为测定Fe3O4的含量，称取mg试样放在小烧杯中，用足量稀硫酸溶解后定容于100mL容量瓶中，准确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，然后用cmol·

L-1KMnO4溶液进行滴定，当___________停止滴定，然后重复滴定操作，平均消耗KMnO4溶液VmL，该样品的纯度为___________【答案】(1).能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中(2).防止FeCl3、FeCl2的混合溶液中

Fe2＋被氧化(3).水浴加热(4).Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O4＋8NH+4＋4H2O(5).将得到的固体分散在水中，观察是否有丁达尔效应(6).BD(7).滴入最后一滴标准液，溶

液变成淡红色且半分钟内不恢复原色(8).5.8cVm×100%【解析】【分析】制备四氧化三铁的原理：反应装置内有空气，氧气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2排净装置内的空气，可以防止Fe2+被氧化；50℃可采用水浴加热实现；向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的

Fe3O4；检验时可利用胶体的丁达尔效应展开，计算含量时，结合化学方程式、应用关系式进行，据此回答；【详解】(1)恒压滴液漏斗可以使液体物质氨水的液面上下气体压强一致，氨水在重力作用下就可以顺利滴下；(2)反应装置内的空气能够将溶液中的F

e2+氧化为Fe3+，通入N2就可以防止三颈烧瓶内FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化；由于反应温度应控制在50℃，低于100℃，所以采用的加热方法为水浴加热；(3)在有N2保护和剧烈搅拌条件下

，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4，同时产生NH4Cl，根据原子守恒和电荷守恒，可得制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O

4＋8NH+4＋4H2O；(4)由于无水乙醇容易挥发，挥发时吸收大量的热，所以若用无水乙醇洗涤的优点是能快速得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子；超顺磁性的Fe3O4粒子的粒子平均直径为25nm，具有胶体颗粒大小，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O

4粒子，可将其分散在水中，做丁达尔效应实验，若产生一条光亮的通路，证明分散系为胶体。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，用非氧化性的酸HCl溶解，向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，就证明其中含有Fe2

+，故需要的试剂合理选项是BD；(5)Fe3O4与硫酸反应产生的离子中含有Fe2+、Fe3+，而Fe(OH)3反应只产生Fe3+，所以用KMnO4酸性溶液滴定时，当Fe2+反应完全，再滴入时，溶液就会由无色变为高锰酸钾溶液的紫色，故滴定终

点为：滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化。根据Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可得关系式：5Fe3O4—5

Fe2+—MnO4−；n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L×10020=5cV×10-3mol，所以n(Fe3O4)=5n(KMnO4)=25cV×10-3mol，故mg试样的纯度为：325cV10232/

5.8φ100%100%molgmolcVmgm−==。三、选考题：共15分，从给出的两道题中任选一题作答选修(物质结构)25.(1)硅主要以硅酸盐、___________等化合物的形式存在于地壳中。(2)单质硅存在与金刚石结构类似的

晶体，其中原子与原子之间以共价键相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献___________个原子。(3)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化

学方程式为___________。(4)在硅酸盐中，SiO4-4四面体[如下图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根：其中Si原子的杂化形式为___________，Si与O的原子数之比为__

_________，化学式为___________。(5)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为11022、、；C为11022、、。则D原子坐标参数为___________。②晶胞

参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为___________g·cm-3(列出计算式即可，锗的相对原子质量为73)。【答案】(1).二氧化硅(2).3(3).Mg2S

i＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2(4).sp3(5).1:3(6).[SiO3]2n-n或SiO2-3(7).111444、、(8).38736.02565.76×107【解析】【详解】(1)自然界中没有游离态的硅，硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的

形式存在于地壳中。(2)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，硅晶胞中Si原子处于顶点、面心与体内，晶胞内部含有4个Si原子，顶点贡献率为18、面心贡献率为12，其中在面心位置贡献Si原子数目为6×12=3个原子。(3)工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得

SiH4，Mg2Si与NH4Cl反应生成SiH4、NH3和MgCl2，反应的化学方程式为Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2。(4)在硅酸盐中，SiO4-4四面体为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；观察图(b)

可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是2+2×12=3，即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为[SiO3]2n-n或SiO2-3。(5)①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的14处，所以

其坐标是；②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×18+6×12+4=8，所以晶胞的密度37103231033Am873g/mol873873gcm10gVN(565.76pm10cm/pm)6.0210(565.7610)6.02565.76−−−==

==。选修(有机化学基础)26.秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：回答下列问题：(1)下列关于糖类的说法正确的是___________。(填标号)a．糖类都有甜味，具有CnH2mO

m的通式b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c．银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d．粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物(2)B生成C的反应类型为___________。(3)D中的官能团名称为___________，D生成E的反应类型为___________。(4)F的化

学名称是___________，由F生成G的化学方程式为___________。(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有___________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________

_。【答案】(1).cd(2).取代反应(酯化反应)(3).酯基、碳碳双键(4).消去反应(5).己二酸(6).242222nHOOC(CH)COOHnHOCHCHCHCHOH+→催化剂(7).12(8).【解析】【分析】W是E的同分异

构体，按W的性质确定其所有的官能团，按碳元素等原子数目拆分出2个取代基、再按取代基在苯环上的位置各有邻、间、对三种，计算出同分异构体的数目，其中核磁共振氢谱为三组峰——即分子内一共有3种氢原子：。【详解】(1)a．糖

类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm，如脱氧核糖(C6H10O4)，故a错误；b．麦芽糖水解生成葡萄糖，蔗糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖，故b错误；c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；水解液再加入碘、

碘溶液不变蓝，说明淀粉完全水解，故c正确；d．淀粉和纤维素都属于多糖类、均为天然高分子化合物d正确；故选cd。(2)B的分子式为C6H6O4，B含羧基，与甲醇在酸性条件下反应生成C，C的分子式为C8H10O4，则生成C的反应类型为酯化反应，属于取代反

应。(3)由D的结构简式知，D中的官能团名称为酯基、碳碳双键，由流程知，D生成E时六元环内消去了氢原子引入了不饱和键，故反应类型为消去反应。(4)由流程中F的结构简式知，F的化学名称是己二酸，由F生成G即乙二酸和1,4-丁二醇在催化剂作用下的酯化反应，则化学方程式为。(5)具有一种

官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，说明W含有2个羧基，2个取代基为−COOH、−CH2CH2COOH，或者为−COOH、−CH(CH3)COOH，或者为−C

H2COOH、−CH2COOH，或者−CH3、−CH(COOH)2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：。