广东省佛山市某中学2022学年高三第六次模拟考试化学试卷(含解析）.pdf

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1、2022高考化学模拟试卷注意事项1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一井交回2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关千化学反应速率的说法错

2、误的是（）A.化学反应速率是用千衡量化学反应进行快慢的物理量B可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C.决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D.增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率2、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li十电池体系，该体系正极采用含有1、u+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液为LiN03溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。已知：1+I2=1J一，则下列有关判断正确的是e-1-拟4/;图甲图乙A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C.充电

3、时，Li十从右向左通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为：倓捻夺11.r铝t一；.t+2正如叶2nLi3、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是（)60C水浴侬硫酸、浓们酸和苯的祝合物A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B.浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中C.仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D.反应完全后，可用仪器a、b蒸馆得到产品4、下列物质的熔点，前者大千后者的是A.晶体硅、碳化硅B.氯化钠、甲苯C氧化钠、氧化镁D.钾钠合金、钠5国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环

4、保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是暖咐屡高千交捩痕秉咐屡bA.“全氢电池“工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B.吸附层b发生的电极反应：H2-2 e-+20H-=2H心C.NaCI04的作用是传导离子和参与电极反应D.“全氢电池”的总反应：2H2+02=2H20 6、向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和lmolY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)=3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()W i M,_盲-，一一一一一一一一多-U TIt:A.M点时，Y的转化率最大

5、B.平衡后充入X,达到新平衡时X的体积分数减小C.升高温度，平衡常数减小D.W、M两点Y的正反应速率相同7、分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.IOmol L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（)pl-I 2,y(0.90,7)7 Q 0.50 1.00 滴定分数A.该酸碱中和滴定过程应选择酚酰做指示剂B.根据y点坐标可以算得a的数值为3.5c从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大D.X点处的溶液中满足：c(HA)+c(H)c(A-)+c(Oir)8、高能LiFeP04电池，多应用

6、千公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Lt通过。结构如图所示：藕Qill)叫皿。应邸正申,m 申霖|仁酝俨-A 充电原理如下：(1-x)LiFeP04+xFeP04+Li,Cn LiFeP04+nC。下列说法不正确的是 放电A.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极B.充电时，Li十向左移动c.充电时，阴极电极反应式：xLi+xe飞nC=Li,CuD.放电时，正极电极反应式：xFeP04+xLi+xe-=xLiFeP04 0 0 9、某有机物W的结构简式为仁丫下列有关W的说法错误的是A.是一种酣类有机物B含苯环和狻基的同分异构体有3种C.所有碳原子可能在同一平面D

7、.能发生取代、加成和氧化反应10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（)A.标准状况下，2.24LS03中所含原子数为0.4NAB.IOmL 12mol/L盐酸与足量Mn02加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NA C.0.lmol Cff4与0.4molCh在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.INAD.常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA11、凡表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，U.2L的甲醇所含的氢原子数大千2NAB.常温下，1mol L1的Na2C03溶液中CO32一的个数必定小千NAC.1 mol Cu与含2mol H2S0

8、4的浓硫酸充分反应，生成的S02的分子个数为NAD.lmol苯分子中含有3NA个碳碳双键12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（)A.50mL lmol/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lmol02充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC.30g乙酸和甲醒(HCHO)的混合物完全燃烧，消耗02的分子数目为NAD.lLO.lmol/L的CH3COON几溶液中，CH3COOH和CH3COO一的微粒数之和为O.lNA13、以黄铜矿（主要成分为CuFeS2,含少量杂质Si02等）为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矶(FeS04 7H心）。

9、其主要工艺流程如下：颂c却a过鱼稀黄比S细0;；H曰气。2IIAJllJc 不断通人0-2已知：部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)z Fe(OHh Fe(OH)2 开始沉淀pH4.7 2.7 7.6 完全沉淀pH6.7 3.7 9.6 下列说法不正确的是A.试剂a可以是CuO或Cu(OH)i,作用是调节pH至3.74.7之间B反应1的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2S04+1702=4CuS04+2Fe2(SO心2H心，该反应中铁元素被还原C.操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D.反应rn的离子方程式为Cu2+Fe=Cu+Fe2+

10、，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H小Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H心14、由于氯化铁的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：饱和食盐水COll酗制l氏侯rHi N X NH3 熬发溶液一一.-caCl2纯戟有关该制碱工艺的描述错误的是（)A.X可以是石灰乳B.氨气循环使用C.原料是食盐、NH3、CO2和水D.产品是纯碱和氯化钙15、如图是H3AsQ4水溶液中含珅的各物种分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系。下列说法错误的是:;.:怜令0.6t:年叫0.0止么2 4 6 I.u 8 10 A.NaH2As04溶液呈酸性c

11、（且AsO4)B向NaH2As04溶液滴加NaOH溶液过程中，c(HAsO门先增加后减少C.H3As04和HAsOi在溶液中不能大量共存D.Ka3(H3As04)的数量级为10-1216、下列说法中不正确的是（)A.D和T互为同位素B.“碳纳米泡沫“被称为第五形态的单质碳，它与石墨互为同素异形体C.CH3CH2COOH和HCOOCH3互为同系物D.丙醒与环氧丙烧（丿CH3)互为同分异构体17、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是()6molJL盐酸稀诏酴含食盐水乙丙丁A.乙装置中盛放的是饱和食盐水B.

12、丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C.丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D.实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶18、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是A.碳酒是指单质碳的乙醇溶液B.84消毒液的有效成分是NaCIOc.浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D.装饰材料释放的甲醒会造成污染19、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（)A.旦皿HCI04-NaCI04+H20c.乙FeS04-ZnS04+Fe20、有关元素性质递变规律的叙述正确的是B.+Na2Si03-止SiO!+Na2C03D.2FeCb+2凶斗-2FeCh+Ii+NaCIA.同主族元素从上到下

13、，单质的熔点逐渐降低B.同主族元素从上到下，氢化物的熔点逐渐降低c.同周期元素（除零族元素外）从左到右，简单离子半径逐渐减小D同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱21、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（)A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水C.FeCb溶液可以作为“腐蚀液“处理覆铜板制作印刷电路板D.福尔马林（甲酸溶液）可用千浸泡生肉及海产品以防腐保鲜22、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.20 gD心和18gH心中含有的质子数均为10NAB.2 L 0.5 molL-i亚硫酸溶液

14、中含有的H十数为2NAC.标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD.50 mL 12 molL-i的浓盐酸与足量Mn02共热，转移的电子数为0.3NA二、非选择题（共84分）23、(14分）有机物A有如下转化关系：条件IW E A I。红旦开H+浓琉酸C1aH1忒)4G 已知：有机物B是芳香经的含氧衍生物，其相对分子质量为108,B中氧的质量分数为14.8%。PCb CH3-CH2-COOH+C2 气飞尸OOH+HCI根据以上信息，回答下列问题：(I)B的分子式为；有机物D中含氧官能团名称是(2)A的结构简式为(3)条件1为；检验M中官能团的试剂是;D-F的反应类型为。(4)写出下列

15、转化的化学方程式：F-E F-G(5)N的同系物X比N相对分子质量大14,符合下列条件的X的同分异构体有种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1:1:2:2:2的同分异构体的结构简式一种）。含有苯环；能发生银镜反应；遇FeCb溶液显紫色。24、(l2分）为确定某盐A（仅含三种元素）的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：（写气（本I（折合三/1标况418mU 1红棕色固体盐酘溶液I黄色溶液l:|请回答：(l)A的化学式为(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是(3)A加热条件下分解的化学方程式为25、(l2分）肉桂酸(0-CH=CH-COOH)是制备感光树脂的重

16、要原料，某肉桂酸粗产品中含有苯甲酸及/聚苯乙烯，各物质性质如表：名称相对分子质量熔点(C)沸点(C)水中溶解度(25C)苯甲醒106-26 179.62 微溶聚苯乙烯104n 83.1-105 240.6 难溶肉桂酸148 135 300 微溶（热水中易溶）实验室提纯肉桂酸的步骤及装置如下（部分装置未画出），试回答相关问题：2g粗产品和30mL热水的混合物通入水蒸气蒸饰(j)f,冷却后加IOlNaotl 40,nL过滤 滤液浓盐酸控制pli=2-3 f,过滤洗涤隙干 称重自来水l-B 燕饰装凳()装置A中长玻璃导管的作用是，步骤使苯甲陛随水蒸汽离开母液，上述装置中两处需要加热的仪器是（用字母A

17、、B、C、D回答）。(2)仪器X的名称是，该装置中冷水应从口（填a或b)通入。(3)步骤中，10%Na0H溶液的作用是，以便过滤除去聚苯乙烯杂质。(4)步骤中，证明洗涤干净的最佳方法是，若产品中还混有少量NaCl,进一步提纯获得肉桂酸晶体方法为(5)若本实验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%，加碱溶解时损失肉桂酸10%，结束时称重得到产品0.6g,若不计操作损失，则加盐酸反应的产率约为（结果精确至0.1%）。26、(10分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验试剂混合后现象I 试管滴管溶液pH(lh后溶液）4mLO.OlmolL I KMn04溶a 2 褪为无色液

18、，几滴浓H2S04i b 4mLO.OlmolL-1KMnO滩u 液，几滴浓NaOH2mL0.3mol-L一1比Cz047 无明显变化溶液4mLO.OlmolL-1氐Cr201C 2 无明显变化溶液，几滴浓H2S044mLO.OlmolL一1氐Cr207d 7 无明显变化溶液，几滴浓NaOH(I)H2C204是二元弱酸，写出H2C204溶千水的电离方程式：(2)实验1试管a中KMn04最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：。(3)瑛瑛和超超查阅资料，实验1试管c中H2C204与K2Cn01溶液反应需数月时间才能完成，但加入Mn02可促进HiC204与K2Cn01的反应。依据此资料，吉吉和

19、昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验Ill实验IVr 0.0001 molMnO:I付休,0.0001 1001 MoO少扭 o令OOOI“ml汕I心2lJ休实验l 1 11 操作2 mL0.3叫l1H;C!o,m汽；丈2ml O.J molL I II虹go，济泊苍I过立小._ 4mLOOI吹,鲁II K1(r1(）出液4 ml.O.OlrnolL I K:Cr:O茹液 ml O.Oln)l 1 11.(.r.o，济泊pll一2pH 7 plI一2实验6min后固体完全溶解，溶6min后固体未溶解，溶液颜6min后固体未溶解，溶液现象液橙色变浅，温度不变色无明显变化颜色无明显变化实验I

20、V的目的是：(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中cno,2浓度变化如图：(，女yO)3。2 4/(min)6 8 臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i.MnOz与H2C204反应生成了Mn气过程ii.查阅资料：溶液中Mn2能被Pb02氧化为Mn04。针对过程i，可采用如下方法证实：将O.OOOlmolMn02加入到6mL 中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量Pb02固体，充分反应后静置，观察到波波和妹妹设计实验方案证实了过程jj成立，她们的实验方案是。(5)综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与有关。27、(12分）二氧化硫(S02)是一种在空间地理、环境

21、科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。I某研究小组设计了一套制备及检验S02部分性质的装置，如图所示：A 亚硫酸钠固体甲乙丙丁戊已(1)仪器A的名称。(2)装置乙的作用是为了观察生成S02的速率，则装置乙中加入的试剂是(3)实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的02氧化性强于S02,因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是S02导致的。请你写出02与Na2S溶液反应的化学反应方程式为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：序号实验操作实验现象1 向IOmLlmol/LNa2S溶液中通0215 min后，溶液才出现浑浊2 向10mL 1 mol/

22、L Na2S溶液中通S02溶液立即出现黄色浑浊由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是S02导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是II铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧磺量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和磺化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010molL1KJO.标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：氮气O.OOIOmol L1KI()标准溶液哎收液查阅资料O实验进行5min样品中的S元素都可转化为S022I03+SS02+4H20=SH+ssoi+12 Ii+S02+2H心21+soi+4uJ03+51+6H+=3Ii+3H20(4)工业设定的滴定终点现象是(5)实验

23、一：不放样品进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V1实验二：加入lg样品再进行实验，5min后测得消耗标准液体积为V2比较数据发现远远小千V2,可忽略不计。则设置实验一的目的是。测得V2的体积如表：序号1 2 3 KI03标准溶液体积/mL10.02 9.98 10.00 该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为28、(14分）据自然杂志千2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。(1)下列说法中正确的是。a.碳的电子式是心，可知碳原子最外层有4个单电子b.12g石墨烯含共价键数

24、为NAc.从石墨剥离得石墨烯需克服共价键d.石墨烯中含有多中心的大1t键(2)COCh分子的空间构型是。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有种不同能量的电子。(3)独立的NH3分子中，H-N-H键键角106.7。如图是Zn(NH珈户离子的部分结构以及其中H-N-H键键角。Zn2一泌109.5”lH09.5 请解释Zn(NH业2+离子中H-N-H键角变为109护的原因是。(4)化合物EMIMAICl4具有很高的应用价值，其熔点只有7C，其中EMIM十结构如图所示。o H C ON 该物质晶体的类型是。大叶建可用符号式表示，其中m、n分别代表参与形成大叶建的原子数和电子数。则EMIM漓子中的大1

25、t键应表示为。(5)碳化钙的电子式：cJ.：C扫C沪，其晶胞如图所示，晶胞边长为anm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为gcm飞晶胞中Ca2位千C产所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为nm。cr oo ci 29、(IO分）向Fez(SO心溶液中加入KSCN溶液，发生反应：Fe3+SCN叫Fe(SCN)2+；若加入K4Fe(CN)6溶液，两者发生反应会生成Fe4Fe(CN)心沉淀。(1)基态Fe原子的价电子排布式为，Fe原子失去电子变成阳离子时，首先失去的电子所处的轨道的形状为(2)Fe(SCN)J“的四种元素中第一电离能最大的是（填元素符号，下同

26、），电负性最大的是。(3)配合物Fe(CO)n可作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=(4)Fe4Fe(CN)小中铁元素的化合价为。(5)S0i的立体构型为。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（黑球代表Fe,白球代表Mg)，铁镁合金的化学式为；若该晶胞为正方体，棱长为acm,则镁原子与铁原子间的最短距离为cm,晶胞的密度为gcm丸参考答案（含详细解析）一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）l、B【答案解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆

27、反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止，B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多，其中能量较高的活化分子数也同时增多，分子之间碰撞的机会增多，反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。2、B【答案解析】题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：恲捻文LIC对2ne-识抸辽c,u.1;+2心+正极的电极反应式为：1

28、3+2e=31.【题目详解】A.甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；B.放电时，正极液态电解质溶液的I2也会的得电子生成1，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；C.充电时，Li十向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；D放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为：恲兑LIC对2ne-心抸辽c,u,1,;+2心【答案点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。3、D【答案解析】A水浴加热可保持温度恒定；B混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸

29、，最后加苯；c冷凝管可冷凝回流反应物；D反应完全后，硝基苯与酸分层。【题目详解】A水浴加热可保待温度恒定，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；B混合时先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加苯，因此混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中，B正确；c冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正确；D反应完全后，硝基苯与酸分层，应分液分离出有机物，再蒸馆分离出硝基苯，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键。注意实验的评价性分析。4、B【答案

30、解析】A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-SiSi-C,所以熔点前者小千后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低千离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高千甲苯，选项B符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大千氧化钠，所以熔点前者小千后者，选项C不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小千钠熔点，选项D不符合题意；答案选B。5、A【答案解析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e+20U-=2H心，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e+2H+=H2,结合原电池

31、中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【题目详解】A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；B.右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e+2H+=H2,故B错误；C.NaCI04的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；D.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e+20U-=2H心，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e+2H+=H2,总反应为：H+OH=H心，故D错误；正确答案是A。6、C【答案解析】起始时向容器中充入2molX(g)和lmolY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分

32、数减小；Q 点之后，随着温度升高，X的体积分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【题目详解】A.Q点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点-M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；B.平衡后充入X,X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C.根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D.容器体积不变，w、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快

33、，D项错误；答案选C。7、D【答案解析】以0.lOmol L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，a点溶液中只有HA,X点HA与NaA等比混合，y点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z点为滴定终点。【题目详解】A由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚猷做指示剂，故A正确；B根据y点坐标可以算得K(HA)c(H勹C(A)10-7 xQ.9=9x10-7,a点时，溶液中只有HA,C(H+)=C(A-),c(HA)0.1 则有c(H+)c(A)c(H了c(H了=9x10一，解得c(H+)=3xl0-4,pH=3.S，故B正确；c(HA)c(HA)0.1 C从x点到z点，溶液中

34、的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；D.X点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(lf)=c(A-)+2c(Off)，因为c(u)c(Off),则c(HA)+c(ff)CH3)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；综上所述，答案为C。17、B【答案解析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由千氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【题目详解】A利用盐

35、酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3,氨气极易溶千水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D.分离出NaHCQ3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。【答案点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键

36、。本题的易错点为A,要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。18、C【答案解析】A、碳酒是指单质碳的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaCIO,B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氛酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醒会造成污染，D正确；答案选C。19、D【答案解析】A项、NaOH与HCI04反应属千中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D 项、FeCb与Nal发生了氧化

37、还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；故选D。20、D【答案解析】A.碱金属元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，卤族元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而升高，所以同主族元素从上到下，单质的熔点可能逐渐降低、也可能逐渐升高，A错误；B同一主族元素，氢化物的熔沸点随着相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，碳族元素氢化物的熔点随着原子序数增大而增大，B错误；C.同一周期元素，从左到右，金属元素形成的阳离子具有上一周期惰性气体的原子结构，简单离子半径逐渐减小；而非金属元素形成的阴离子具有同一周期惰性气体的原子结构，原子序数越大，离子半

38、径越小，同一周期金属元素的离子半径小千非金属元素的离子半径，第IHA族元素简单离子半径最小，C错误；D.元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，所以同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱，得电子的能力逐渐增强，D正确；故合理选项是D。21、C【答案解析】A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；C.FeCI:，溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D.福尔马林（甲座溶液）常用千皮毛、衣物、

39、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用千浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。22、A【答案解析】m 20g A.20 gD心物质的量n=l=lmol，含有的质子数均为lONA,18 g H心物质的量M 20gmol-m 18g n=M 18g-mor=lmol,含有的质子数均为IONA,故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H十数小千2NA,故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，Mn02与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小千0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【答案点

40、睛】用22.4Lmo尸时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。二、非选择题（共84分）23、C7比0狻基户J七区II土OX.、11-0银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液NaOH的醇溶液，加热水解反应（或取代反应）0、”了OOH平。心11-COOII+lhO II 心了OOH、一()-c丘H-02H2013 H心式H,CHO【答案解析】有机物B是芳香经的含氧衍生物，其相对分子质量为108,B中氧的质量分数为14.8%,B中0原子个数=1,108xl4.8%16 108-16 碳原子个数飞8,所以B分子式为c,几0,B中含有苯环且能连续被氧化，则B为o-cH2oH,B被催12 化

41、氧化生成M,M为o-CIIO,N为苯甲酸，结构简式为:H.A发生水解反应生成醇和狻酸，C为狻酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D,D发生反应然后酸化得到E,E 能生成H,D是含有氯原子的狻酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E,E发生加聚反应生成H,所以D为0-七儿一CH-cOOH1、E为Q-CH=CH-COOH、C为0七H,-CH广COOH;D反应生成F,F能反应Cl 生成E,则D发生水解反应生成F,F为O玉，飞H-COOH,F发生酪化反应生成G,根据G分子式知，GOH 心归H-0；根据B、C结构简式知，A为0一心，以此解答该题。【题目详解】(t)B为o-cH2OH，分子式为C7几0,D

42、为D-02,该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是S02导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是02难溶千水，而S02易溶于水，由千氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；II.(4)根据方程式可知物质的氧化性：I03hS02,向含有S02、KI和淀粉溶液中滴加KI03溶液，首先发生反应，当S02反应完全后发生反应，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；(5)通过比较实验一、实验二的数据，发现V)远远小千V2,可忽略不计v,。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；10.02+9.98+10.00 三次实验数据相差不大，均有效

43、，则平均消耗KI03标准溶液体积V(KI03)=mL=I0.00 mL,11(KI03)=c V=O.OOlO moVLx0.0100 L=J.OxJ05 mol,根据电子守恒及结合方程式可知n(S02)=3n(KI03)=3.0 xl 05 mol,根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=nM=3.0 x105molx32 g/mol=9.6x104 g,所以该份铁矿石样9.6x10飞；品中硫元素的质量百分含量为xl00%=0.096%。lg【答案点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关

44、计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化S02时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物12也可氧化S02,要根据总方程式判断。28、d平面三角形3 氨分子与Zn“形成配合物后，孤对电子与Zn“成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大离子晶体65 冗4M NA(a?10-7)3 拉a（或0.707a)2【答案解析】(1)a.碳的电子式是,但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；b.共价键分摊：每个碳原子周围的3个d键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的6键数为1.5,1

45、2g 石墨烯即lmol含6键数为1.SNA;c.石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；d.石墨烯中含有多中心的大冗键。(2)分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是0元素；(3)氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2形成配合物后，孤对电子与Zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；(4)化合物EMIMAICl4由阴、阳离子构成；根据形成大叶建的原子数和电子数分析；(5)晶胞边长为anm=axI07cm,晶胞体积（ax107cm)3,该晶胞中Ca2十个数1+12xl/4=4,C产个数8xl

46、/8+6xl/2=4,其晶体密度mV;晶胞中Ca“位于C产所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。【题目详解】(1)a.碳的电子式是,但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故错误；b.共价键分摊：每个碳原子周围的3个d键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的6键数为1.5,12g 石墨烯即lmol含6键数为1.SNA,故错误；c.石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；d.石墨烯中含有多中心的大冗键，故正确。故选d。(2)COCh分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，

47、该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是0元素，基态氧原子中，有ls上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；(3)氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn“形成配合物后，孤对电子与Zn“成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；(4)化合物EMIMAICl4由阴、阳离子构成，属千离子晶体；EMIM十形成大叶建的原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大冗键应表示为式；(5)晶胞边长为anm=axt07cm,晶胞体积（axt07cm)3,该晶胞中Ca2十个数1+12xl/4=4,Cz2一个数8xl/8+6x

48、l/2=4,其晶体密度mV=Mx4/NA(ax10叩gcm飞晶胞中Ca2十位于C22一所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线$为2anm,则正八面体的边长为a（或0.707a)nm.29、3d64沪球形N N 5+2、+3正四面体Mg2Fe$a _4 416 a3NA【答案解析】(1)注意审题，书写基态Fe原子的价电子排布式即为3d64s2;原子变成阳离子时，首先失去最外层的电子，即4s能级的电子，这一能级轨道形状即为球形；(2)Fe、S、C、N四种元素中第一电离能最大的是N元素，电负性最大的也是N元素；(3)叛基铁配合物中中心原子为Fe,价电子数为8;配体为co,配位原子为c,有一个孤

49、对电子，所以有8+2n=18,所以n=S;(4)K4Fe(CN)6中的Fe为2价，所以Fe4(Fe(CN)小中铁元素的价态有2和3两种；(5)通过VSEPR理论计算，硫酸根有4个价层电子对，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；(6)通过分析晶胞结构，Fe原子处在面心和顶点的位置，Mg原子处在内部，均摊法计算铁镁合金的晶胞中含有铁原子个数为8x-6x-4个，镁原子个数为8个，所以化学式即为Mg2Fe;经过分析可知，该铁镁合金晶胞结构与CaF28 2 相同，将晶胞分成相等的8个小正方体，Mg就处在每个小正方体的体心位置，所以Mg和Fe的最近距离即晶胞体对M l$a 4x Mg2Fe 角线的一，即cm;晶胞的密度m 4 4 P晶胞 品胞凡416。=v晶胞a3 a3 NA