2021年广东省佛山市高考化学模拟试卷四（附答案详解）.pdf

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1、2021年广东省佛山市高考化学模拟试卷（4）一、单 选 题（本大题共16小题，共 44.0分）1.化学与生产生活关系密切。下列有关说法错误的是（）A.港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物B.质谱法是测定有机物相对分子质量及确定化学式的分析方法之一C.“玉兔二号”月球车使用的帆板太阳能电池的材料是SiOzD.宋王希孟 千里江山图卷中绿色颜料“铜绿”的主要成分是碱式碳酸铜2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A.纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料B,合金材料的组成元素一定全部是金属元素C.漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂D.PM2.

2、5是指大气中直径接近2.5微米的颗粒物，入肺影响健康，它具有丁达尔现象3.“暖宝宝”主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂等，工作时利用微孔透氧技术反应发热.下列说法错误的是（）A.发热时铁粉发生了吸氧腐蚀 B.食盐作电解质，活性炭为正极C.工作时，吸水性树脂可供水 D.暖宝宝可以重复使用4.一次性口罩的结构如图所示.其中、层无纺布的用途不同，熔喷布的主要原料是聚丙烯.下列说法错误的是（）A.层常做防水处理，起防飞沫的作用B.利用石油的分镯可获得生产聚丙烯的原料丙烯C.熔喷布是一种超细静电纤维布，可以吸附以气溶胶形式存在的病毒D.一次性口罩属干垃圾，疫情期间被定义为有害垃圾5.下列颜色变

3、化与氧化还原反应无关的是（）A.湿润的红色布条遇氯气褪色B.棕黄色Fe C k饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体变为红褐色C.紫色酸性K M n（）4 溶液中滴入Fe s。,溶液后褪色D.淡黄色Na?。?固体露置于空气中逐渐变为白色6 .设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.I LO.lmo l L-】C H3 c H2 0H水溶液中含H 原子数目为0.6 以B.标准状况下，11.2 LN0与11.2 LO2 混合后所含分子数为0.75NAC.常温常压下，14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有C-H 键的数目为2NAD.3.4 gH2（）2 参加氧化还原反应时转移电子数为ONA7 .

4、下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是（）A.无色溶液：Na+、C u 2+、C、NO3B.酸性溶液:N H t Fe3+S2-,SOj-C.遇酚儆变红的溶液：Na+、K+、S O t、NO3D.碱性溶液：K+、A、S O：，NO38 .下列实验操作可以达到实验目的的是（）A.A B.B C.C D.D选项实验目的实验操作A配制O.lOOmo L L-i的Na 2 c O3 溶液称取5.3 g固体Na 2 c。3 于烧杯中，加入少量蒸镭水溶解，冷却后，转移至5 00mL容量瓶中定容B探究温度对化学平衡的影响将适量NO?充入一支试管中，用塞子密封，然后用酒精灯微热试管，观察实验现象C探究固体

5、表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究浓度对反应速率的影响向 2 支各盛有5 m L 不同浓度的Na HS C）3 溶液的试管中同时加入2 mL 5%。2 溶液，观察实验现象9 .下列离子方程式书写正确的是（）第 2 页，共 27页A.铁与稀盐酸反应：Fe +6 H+=Fe3+3 H2 TB.氯气与氯化亚铁溶液反应：C l2+Fe2+=Fe3+2 C 1-C.氯化铁溶液与铜反应：3 C u +2 Fe3+=2 Fe +3 C u2+D.氯化铁溶液与硫化氢反应：2 F e3+H 2 s =2 F e2+S I+2 H +1

6、 0 .2 0 2 0 年 是“氢键”的百年诞辰。M 分子部分结构如图所示(一表示氢键)。W、X、丫、Z是短周期主族元素，M 中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W?Z 能与丫2 反应产生Z 2,X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是()A.氢键是一种特殊的化学键 B.稳定性：W2Z W YC.X的氧化物的水化物是强碱 D.简单离子半径：ZYX1 1 .辣椒素是辣椒的辣味来源，其结构简式如图，下列有关辣椒素的说法错误的是()A.分子中含有1 8 个碳原子 B.分子中苯环上的一漠代物有3 种C.能使澳水褪色 D.分子中含有3 种官能团1 2 .下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是()F

7、 e C l3 F e2(SO4)3(3)C a(H C O3)2(4)N a2C O 3.A.仅 B.仅 C.仅 D.全部1 3 .氯水具有漂白和杀菌作用。下列浓度关系正确的是()A.氯水中：c(C l-)=c(H C 1 0)B.氯水中：c(C r)c(H+)c(O H-)c(C l O-)C.氯水中：c(H+)=2 c(C 1 0-)+c(O H-)+c(H C 1 0)D.等体积等浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸溶液混合后，溶液呈碱性：c(C l(F)c(H C 1 0)c(N a+)c(O H-)c(H+)1 4 .草酸钙具有优异光学性能.在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T 2 T i)

8、。已知T i 时Ks p(C a C2O4)=6.7 x l 0-4o下列说法错误的是()A.图中a 的数量级为1 0-2B.升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿 m q 线向q 方向移动C.恒温条件下，向 m点的溶液加入少量N a 2 c 2 O 4 固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动D.7时，将浓度均为0.0 3 m o l-L T 的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀1 5 .在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：x A(g)+y B(g)U z C(g),平衡时测得C的浓度为0.5 0 m o I/L。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得C的浓度变

9、为0.9 0 m o l/L。下列有关判断不正确的是()A.C的体积分数增大了 B.A的转化率降低了C.平衡向逆反应方向移动 D.x +y FeFe304结合化学方程式解释H20(g)的作用。(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如图1所示，电极a 接电源的 极(填“正”或“负”)，生成甲醇的电极反应式是 o086420LQ0.0.0.犯&迪378-图i图2(4)用 CO、出 生成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2,在 10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2 充人CO和,测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图2 所示，200P时武电)随时间的变化如表

10、所示：t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0(填“”=”)0。写出两条可同时提高反应速率和CO转 化 率 的 措 施。下 列 说 法 正 确 的 是(填 字 母)。a.温度越高，该反应的平衡常数越大b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d.图中压强pi p203min内用CH30H表示的反应速率V(CH3OH)=mol-IT1-min-1200冤时，该反应的平衡常数K=。向上述200式达到平衡的恒容密闭容器中再加入2moi CO、2moi出、2moi CH3OH,保 持 温 度 不 变 则 化 学 平 衡(填“正向”“逆

11、向”或“不”)移动。20.TiC)2是环境友好材料，能光催化降解有机物.回答下列问题：(1)基态T i原子核外电子占据的最高能级符号为 ,价电子中未成对电子有_ _ _ _ _ _ 个。(2)二氧化钛与C0C12(光气)、SOCkC二氯亚飒)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。C 0 C 1 2(光 气)的 立 体 构 型 为，C 0 C 1 2中。键和T T键的数目比为 S 0 C 1 2(二氯亚飒)是 分子。(填“极性”或“非极性”)能被T i()2光降解。香豆素分子中c、O元 素 的 第 一 电 离 能 大 小 关 系 是，理由是。分子中C原子的杂化类型是。已知单双键交替的共朝结构可以形成

12、大n键，大n键可用符号n H表示，其中n代表参与形成大n键的原子数，m代表参与形成大n键的电子数(如苯分子中的大n键可表示为魄)，则香豆素中的大n键应表示为(4)研究表明，在T i C)2通过氮掺杂反应生成T i C)2-a N b，能使T i O?对可见光具有活性,b=氧空穴反应如图所示。T i O z-a N b晶体中2 1.化 合 物M是止吐药阿扎司琼的合成中间体，化合物M的合成路线如图。(1)A的化学名称为第8页，共27页(2)的化学反应方程式为。(3)的化学反应类型为。(4)M中的含氧官能团的名称为肽键、。(5)B的同分异构体中，符合下列条件的物质共有 种，其中核磁共振氢谱图中有5组

13、峰的结构简式为 o能与碳酸氢钠溶液反应；遇FeCh溶液显紫色。(6)设计由的合成路线答案和解析1.【答案】C【解析】解：A.聚乙烯纤维的相对分子质量在10000以上，为合成高分子化合物，故 A正确；B.质谱法是纯物质鉴定的最有力工具之一，其中包括相对分子量测定、化学式的确定及结构鉴定等，故 B 正确；C.硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所 以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故 C 错误；D.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,故D 正确；故选：CoA.聚乙烯纤维属于合成高分子材料；B.测定有机物相对分子质量常用的物理方法是质谱法；C.硅为良好的

14、半导体材料，二氧化硅为光导纤维材料；D.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜。本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，是利用光的全反射原理，故 A 正确；B.合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，如生铁中含有C元素，故 B 错误；C.次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，但是不能

15、净水，故 C错误；D.PM2.5颗粒物直径接近2.5微米，不在lnm-100nm 之间，不属于胶体，不具有丁达尔现象，故 D 错误；故选：AoA.光导纤维的主要成分是二氧化硅；B.合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素；第10页，共27页c.次氯酸盐具有强氧化性，能杀菌消毒，且具有漂白性，但是不能净水；D.胶体中分散质粒子直径介于1-lO O nm,胶体能产生丁达尔现象。本题考查了物质的用途及构成，明确物质的在是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，知道常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.由于氯化钠溶液呈中性，故铁发

16、生吸氧腐蚀，故A正确；B.在形成的原电池中，铁做负极，碳做正极，食盐是电解质，故B正确；C.工作时，吸水性树脂可供水，与食盐形成电解质溶液，故C正确；D.该反应不可逆，不可以重复使用，故D错误。故选：D。根据保暖贴的成分可知，铁粉和活性炭在氯化钠溶液中形成原电池，铁做负极，碳做正极,铁发生吸氧腐蚀，铁电极反应为:2 Fe-4e-=2 Fe?+,碳极的电极反应为:02+4 e-+2 H2 O=4 O H-,总反应为：2 Fe+()2+2%0=2 Fe(OH)2，铁发生吸氧腐蚀放出热量，据此分析。本题考查了铁的吸氧腐蚀，注意反应原理电极反应的分析，难度不大，应注意基础的掌握。4.【答案】B【解析】

17、解：A.层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体，起防飞沫的作用，故A正确；B.石油的裂解过程才可以得到丙烯，丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，故B错误；C.熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过，因此可以吸附以气溶胶形式存在的病毒，故C正确：D.疫情期间使用一次性口罩，可能会携带一些冠状病毒，因此疫情期间被定义为有害垃圾，故D正确；故选：BoA.层无纺布常做防水处理，主要用于隔绝患者喷出的液体；B.丙烯通过石油的裂解得到；C.熔喷布的主要原料是聚丙烯，是一种超细静电纤维布，是一种纤维过滤器

18、，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，就会被吸收在喷绒布的表面，无法透过；D.疫情期间使用过的一次性口罩，可能会携带病毒。本题合成材料的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实际应用能力，有助于培养学生的学习兴趣，题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：A.湿润的红色布条遇氯气褪色，存在C1元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故A不选；B.该操作为氢氧化铁胶体的制备，不存在化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故B选；C.Mn、Fe元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不选；D.Na2()2中0元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故D不选；故选：B。化合价升降为氧化还原反应特征，存在化合价变

19、化的反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应无关，说明反应中不存在化合价变化，以此进行判断。本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。6.【答案】C【解析】解：A.ILO.lmol L-】CH3cH2 0H水溶液中n(CH3cH2 OH)=O.lmol/L x IL=O.lm o L由于水分子中也含有H,则溶液中含H原子数目大于0.6NA，故A错误；B.标准状况下，11.2 LN0与11.2 LO2的物质的量都是0.5mol,NO和。2混合后生成的NO2中存在平衡：2 NC)2 =N 2 04,导

20、致分子个数减小，所以混合后所含分子数目小于0.75NA，故B错误；C.l4g乙烯和丙烯的混合气体中含有14g最简式CH2,n(CH2)=肃 而=Im o l,含有2 molH原子，则该混合气体中含有2 moic-H键，含有C-H键的数目为2 NA，故C正确；D.3.4gH2()2的物质的量为：舒嘉电。2与SO?的反应中，O.lmolHz。?完全反应转移0.2 mol电子，转移电子数为0.2 NA，故D错误；故选：CA.水分子中也含有氢原子；B.NO和氧气混合后生成的NO?中存在平衡：2 NO2=N204；第12页，共27页C.乙烯和丙烯的最简式为C H 2,结合最简式计算；D.H2O2参加的氧

21、化还原反应中，双氧水可以只作氧化剂或还原剂，也可以既是氧化剂又是还原剂。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。7.【答案】C【解析】解：A.CM+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B.H+、Fe3+都与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.遇酚酷变红的溶液呈碱性，Na+、K+、S O t、NO之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；D.A13+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：CoA.铜离子为有色离

22、子；B.铁离子、氢离子与硫离子反应；C.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D.铝离子与氢氧根离子反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或O H L溶液的颜色，如无色时可排除CM+、Fe2+、Fe3+、MnO等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还 是“一定”共存等；试

23、题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。8.【答案】B【解析】解：A.碳酸钠的物质的量为石瑞 0。5 m o l,配制O.lO O m o l-L的Na2cO3溶液，需要500mL容量瓶，应加适量水溶解，蒸储水太少时固体不能完全溶解，故A错误；B.只有温度一个变量，可探究温度对平衡的影响，故B正确;C.大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关，不能探究固体表面积对反应速率的影响，故 c 错误；D.发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显，不能说明浓度对反应速率的影响，故 D 错误；故选：BoA.碳酸钠的物质的量为五 翳 石=0.0 5 m o l

24、,配制O.lOOmoLLT的Na2cO3溶液，需要500mL容量瓶，保证固体在烧杯中溶解；B.只有温度一个变量；C.大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关；D.发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、反应速率、溶液配制、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9.【答案】D【解析】解：A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+=Fe?+H2T,故 A 错误；B.氯气与氯化亚铁溶液反应，离子方程式：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2 C r,故 B 错误；C.氯化

25、铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe+Cu2+,故 C 错误；D.氯化铁溶液与硫化氢反应，离子方程式：2Fe3+H2S=2Fe?+S l+2 H+,故 D 正确。故选：D。A.不符合反应客观事实；B.电荷不守恒；C.不符合反应客观事实；D.铁离子能够氧化硫化氢生成硫单质。本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应电子、电荷守恒的判断，题目难度不大。10.【答案】D第14页，共27页【解析】解：由上述分析可知，W为H、X为A1、丫为F、Z为0,A.氢键不属于化学键，故A错误；

26、B.非金属性F大于0,则稳定性：W2Z Y X,故D正确；故选：D。W、X、Y、Z是短周期主族元素，X元素是地壳中含量最高的金属元素，X为A l；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，结合图中氢键结构可知W为H,Z为0；化合物W?Z能与 丫2反应产生Z2，可知丫为F,以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握地壳中元素的含量、氢键及化学键、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。11.【答案】D【解析】解：A.交点、端点为碳原子，分子中含有18个碳原子，故A正确；B.苯环上有3种化学环境不同的氢，故苯环上的一澳代物有3种，故B正确；C

27、.含有的碳碳双键能与浪发生加成反应，酚羟基的邻位有氢原子，可以与澳发生取代反应，能使滨水褪色，故C正确；D.有机物含有酸键、酚羟基、酰胺键和碳碳双键共四种官能团，故D错误；故选：D。A.交点、端点为碳原子；B.苯环上有3种化学环境不同的氢；C.含有碳碳双键，酚羟基，具有它们的性质；D.含有的官能团有醛键、酚羟基、酰胺键和碳碳双键。本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度不大。12.【答案】B【解析】解：FeCh加热促进水解生成Fe(0H)3和HCi,HC1易挥发，最后无法得到FeCh固体，故错误；Fe2(SC4)3加热水解生成Fe(0H)

28、3和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到Fe2(SC4)3，故正确；C a(H C()3)加热易分解生成C a C()3，最后得到C a C()3固体，故错误；N a 2 c。3加热促进水解，碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，都是难挥发物质，蒸干得到碳酸钠固体，故正确。综上所述：符合；故选：B o本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同.13.【答案】C【解析】解：A.H C 1 O部分电离，H C 1完全电离，根据方程式知生成的n(H C l)=n(H C 1 0),则c(C)c(H C 1 0),故 A 错误；B.H C k H C 1 O和H 2 O都

29、电离出H +,只有H C 1电离出CH 则c(C)c(C)c(C l O-)c(O H-),故B错误；C.溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(C l O-)+c(O H-)+c(C l-),生成的n(H Q)=n(H C I O),则存在物料守恒c(C)=c(C l O-)+c(H C 1 0),则存在c(H+)=2 c(C 1 0-)+c(O H-)+c(H C 1 0),故 C 正确；D.等体积等浓度的N a C l O、H C 1 O溶液混合，混合溶液呈碱性，c(O H-)c(H+),说明C I O-水解程度大于H C 1 O电离程度，c(C 1 0-)c(N a+)c(C 1 0-)c(

30、O H-)c(H+),故 D 错误；故选：C oA.H C 1 O部分电离，H C 1完全电离；B.H C k H C 1 O和电0都电离出H +,只有H C 1电离出C，溶液呈酸性，水电离程度很小；C.溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(C l O-)+c(O H-)+c(C l-),生成的n(H Q)=n(H C 1 0),则存在物料守恒 c(C)=c(C l O-)+c(H C l O)；D.等体积等浓度的N a C l O、H C 1 O溶液混合，混合溶液呈碱性，说 明 水 解 程 度 大 于H C 1 O电离程度。本题以氯水为载体考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合应用能力

31、，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，C为解答易错点。14.【答案】B第16页，共27页【解析】解：A.CaC2C)4沉淀溶解平衡为CaCzOKs)=c(Ca2+)(aq)+c(C20 1-)(a q),根据Ks p(CaC204)=c(Ca2+)c(C204-),所以c(Ca?+)=c(C204-)=V6,7 x 10-4mol-L-1 2.6 x 10-2mol-L-1,所以a的数量级为1 0-2,故A正确;B.一般难溶物溶解是吸热过程，升高温度平衡正向进行，饱和溶液中离子浓度增大，Ks p(CaC204)=c(Ca2+)c(C2。厂)增大

32、，m点的饱和溶液的组成由m脱离pmn线沿45。角的直线向曲线的方向移动，故B错误；C.Ks p(CaC2O4)=c(Ca2+)c(C20 i-),向m点的溶液加入少量Na2c2O4固体，温度不变KspCCaCzOJ不变，C2O/浓度增大，Ca2+浓度减小，溶液组成由m沿pmn线向n方向移动，故C正确；D.Ti时，将浓度均为0.03moI-LT的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，则c(Ca2+)=c(C20 i-)=1 x 0.03mol IT 1-=0.015mol-L_ 1,Qc=c(Ca2+)c(C201-)=0.015mol-r1 X 0.015mol LT】=2.25 X 10-4 Ksp

33、(CaC2O4)=6.7 X 10-4,所以不能观察到沉淀,故D正确；故选：BA.CaC2()4中阴阳离子个数比为 1：1，根据Ksp(CaC2()4)=c(Ca2+)c(C2O厂)，B.温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行，溶度积常数增大；C.温度不变溶度积常数不变，加入CdC12溶液中Cd2+离子浓度增大，S2-离子浓度减小；D.根据Qc与Ksp的大小分析解答。本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握L p的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查，选项D为解答的难点，题目难度中等。15.【答案】A【解析】解：A.平衡逆向移动，C的体

34、积分数减小，故A错误；B.平衡逆向移动，A的转化率降低，故B正确；C.平衡向逆反应方向移动，故C正确；D.由上述分析可知，x+y z,故D正确；故选：Ao平衡时测得C的浓度为0.50m ol/L,保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，C的浓度为1.00mol/L,而再达到平衡时，测得C的浓度变为0.90mol/L,C的浓度减小，反应逆向进行，可知体积减小、增大压强，平衡逆向移动，即x+y c-e(O 黄色 冷风吹干 乙醇 防止溶液呈酸性影响测定结果网”at型a x i o。a g【解析】解：(1)实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，固、液混合不加热，则应选择装置A,发生化学

35、反应方程式为Na 2 s。3 +H 2 s。4 =Na 2 s。4 +S02 T+H20,故答案为：A；Na 2 s O3 +H 2 s O4 =Na 2 s O4 +S02 T +H20；利 用A装置制备的SO?气体，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、因二氧化硫有毒，需要用碱石灰进行尾气吸收，则利用上图装置收集一瓶干燥的SO?,其连接顺序为：发生装置T g T h T d-C T e(f),故答案为：g T h T d T c T e(f);(2)将SO2通入装有Na 2 c O3、Na 2 s混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为：S02+Na2S+

36、H20 =H2S+Na2SO3 2 H2S+S02=3 S I+2 H2O,随着反应Na 2 s 0 3 +S=Na 2 s 2 O3不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入第1 8页，共2 7页S02气体，因亚硫酸溶液呈酸性，已知Na2s2。3水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSO3,故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束，故答案为：黄色；将反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，进行干燥时，已知INa2s2O3-5H2。在35冤以上的干燥空气中容易失去结晶水，采用冷风吹干，可得到Na2s2O3 5H2。晶体,故答案为：冷风吹干；已知Na2s2O3-5H2。难溶于乙醇，为提高结晶

37、效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇,故答案为：乙醇；(3)已知Na2s2O3 5H2。水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和NaHSC)3,滴定过程中加入lOmLCH3co0HCH3coONa缓冲溶液，能使溶液的pH基本保持稳定，防止溶液呈酸性影响测定结果，故答案为：防止溶液呈酸性影响测定结果；已知2Na2s2O3+12=Na2s小6+2NaI可知存在数量关系n(Na2s2O3)=2n(I2),若滴定时平均消耗标准碘液VmLbmol L的%标准溶液，贝Un(Na2s2O3)=2nQ)=2 xbmol-L_1 x V x 10_ 3L=2bV x 10_ 3mol,Na2s2O3 5出0的摩尔质量为

38、248g/moL 产品的纯度 为 坐UR0典 x 100%,ag故答案为：2bVx10-olx248 g/mol x 1 Q 0%oag(1)实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫，二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；(2)将SO2通入装有Na2c。3、Na2s混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束；反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，结合Na2s2O3 5H2。的性质采用冷风吹干，可得到Na2s2O3-5H2。固体；(3)用滴定法测定样品纯度时，要防止溶液呈酸性影响测定结果；按反应方程式2Na2

39、s2O3+G=Na2s箝6+2NaI根据滴定时平均消耗bmol/L的左标准溶液V m L,可计算得到产品纯度。本题综合性较强，涉及气体制备、物质的性质与应用、物质的含量测定等，明确反应原理是解题关键，难点是混合物分离提纯操作方法的选择，基础考查，难度中等。焙烧18.【答案】2AgzSe+3()2 二一2SeC2+2Agz。CM+、Ag+氧化可能存在的 Cu、SeO?防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气2AU+3C12+2C I-=2AUC14P t烧杯 分液漏斗 Au3+3e-=Au【解析】解：(1)“焙烧”时，A g z S e被氧气氧化生成S eO 2 和A g 2。，反应的化学反应方程

40、式为 2 A g?S e+3 02 2 S eO2+2 A g2O)故答案为：2 A g 2 S e+3 C 2 2 S e()2+2 A g 2。；(2)由分子可知“滤液”中的金属阳离子有C M+、A g+,烧渣中可能还含有C u、S eO2,与硝酸直接反应会产生NO有毒气体，因 此“酸浸氧化”中通入氧气的目的是氧化可能存在的C u、S eO2,防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气，故答案为：C M+、A g+；氧化可能存在的C u、S eO2；防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气；“酸溶”时色、人 1 1 分别转化四口6 2-和囱1。4，则 A u 溶解的离子方程式为：2 A u +3

41、 C 12+2 C 1-=2AUC 14-故答案为：2 A u +3 c l2+2 C=2AUC14；(4)由分析可知，可 从“有机层”回收的金属是P t；实验室“萃取分液”的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，故答案为：P t；烧杯；分液漏斗；(5)电解N H 4 1 A u(S()3)2 溶液回收A u 的阴极反应式为A i P+3 e-=A u,故答案为：A u3+3 e-=A u S eO2,A u、P t,S e以S eo?形式除去，烧渣成分为C u O、A g 2。、A u、P t；将烧渣酸浸氧化，C u O、A g?。溶解,滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为A u.P l；酸溶时,A u、P

42、 t 转化为A u C lJ-,P t C l62-,用磷酸三丁酯萃取一分液，得到也伊代k 的有机溶液，水层为H A u C 1 4(aq),加 入 K O H、(N H Q 2 S O 3 转化为N H 4 A U(S O 3)2 ，据此来解答。本题以从阳极泥中回收C u、Ag 2S e,A u、P t 等金属载体考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。1 9.【答案】2 C O(g)+4 H2(g)=C 2 H 4(g)+2 H2O(g)H =-2 1 0 k J

43、/mol F e3O4(s)+4 H2(g)=3 F e(s)+4 H2O(g),加入电0后抑制F esC 被为进一步还原 负 C 02+6 H+6 e-=C H3O H +H2O 增大氢气浓度或增大压强c d 6.2 5 正向【解析】解：已知I C C)2(g)+H2(g)=C O(g)+H2O(g)H =+4 1 k J/molH 2 c O 2 +6 H 2(g)=C 2 H 4(g)+4 H 2 0(g)AH=-1 2 8k J/mol根据盖斯定律，H-lx 2 可得：2 co(g)+4 H 2(g)=C 2 H 4(g)+2 H z O(g)的A H =第20页，共27页(1 2 8

44、 k J/m o l)(+4 1 k J/m o l)2=-2 1 0 k J/m o L故答案为：2 C 0(g)+4 H2(g)=C 2 H 4(g)+2 H 2 0(g)H =-2 1 0 k J/m o l；(2)发生F e 3 0 4(s)+4 H 2(g)=3 F e(s)+4 H 2 0(g),增大生成物浓度，平衡逆向移动，则也0的作用为F e 3()4(s)+4 H 2(g)=3 F e(s)+4 H20(g),加入小 0 4)后抑制F e 3()4 被电进一步还原，故答案为：F e304(s)+4 H2(g)=3 F e(s)+4 H2O(g),加入H 2()(g)后抑制F

45、e 3()4 被H 2 进一步还原；(3)由图可知，C O 2 T甲醇，碳元素原子的化合价在降低，得到电子，发生还原反应，所以电极a 为阴极，阴极与电源负极相连：结合硫酸做电解质溶液，即可写出相应的电极方程式，为C O 2 +6 H+6 e-=C H3O H +H20,故答案为：负；C 02+6 H+6 e-=C H3O H +H20；(4)由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，&()，故答案为：；增大氢气浓度或增大压强可同时提高反应速率和c o转化率，故答案为：增大氨气浓度或增大压强；a、反应C O(g)+2 H?(g)=C H

46、 3 0 H(g)正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故 a 错误；b、达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故 b 错误；c、反应C O(g)+2 H 2(g)=C H 3 0 H(g)在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故 c 正确；d、由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强P i P 2，故 d 正确；故答案为：cd；由图表可知，3 m i n 后反应达到平衡状态，C O(g)+2

47、H 式g)=C H 3 0 H(g)(单位：m o I/L)起始量：0.40.80转化量：0.20.40.2平衡量：0.20.40.20 -3 m i n 内用C H 3 0 H 表示的反应速率V(CH30H)=芫=悬=当黑生=m o l/(L -m i n),故答案为：由计算的平衡状态可知，2 0 0 久时平衡常数K =就 左=6.2 5；向上述2 0 0 t 达到U.4 X U,4平衡的恒容密闭容器中再加入2 m o i c0、2 m 0 1 出、2 m o l C H3OH,此时各物质的浓度为c(C 0)=0.4 m o l/L,c(H2)=0.6 m o l/L,c(C H30 H)=

48、0.4 m o l/L,保持温度不变，则化学平衡不变，此时QC=*=2.7 8 C O原子半径比C 原子小，对最外层第22页，共27 页电子吸引力大Sp2lb o【解析】解：(l)T i 是第22号元素，位于周期表中第4 周期第WB族，价层电子排布式为3 d 24s 2,d 轨道数为5,则 T i 原子核外电子占据的最高能级符号为为4s,价电子中有2 个未成对电子，故答案为：4s；2；()(2)CO C1 2的结构式为，碳原子形成1 个立 键和3 个。键，C 原子无孤电Cl C CI子对，则CO C1 2为平面三角形分子，CO C1 2中。键和立 键的数目比为3：1,故答案为：平面三角形；3：

49、I；()CO C1 2是平面三角形构型，结构式为，o和 C1 的电负性不相等，则其Cl C(I分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：极性；(3)C、0 元素位于第二周期元素，并且O原子半径小，对最外层电子吸引力大，则第一电离能：o c,故答案为：0 c；。原子半径比C 原子小，对最外层电子吸引力大;香豆素的结构为:，则所有的C 原子均无孤电子对，V S E P R 模型为平面三角形，杂化方式为S p 2,故答案为：Sp2;香豆素分子中环中C、O原子的价电子总数为4 x9+6=4 2,其中0 原子有2 对孤电子对，环中含有6 个C-H 键 和 1 1 个共价键(9 个C-C键和2 个

50、C 0 键)，所以形成大IT键电子数=42 4 6 2 x 1 1 =1 0,即 1 0原 子 1 0电子的大T t 键为,故答案为:雀8；(4)T i C)2-a N b 晶胞中T i 原子数为1 +4 x；+8x：=4,N 原子数为;，O原子数为1 +7 xL 0 N；+7*；=乌，则 T i、。、N的原子个数比为4：1：即2-a a =5、2 4 4 4 2 16 8 16 16b=?故答案为：0lo o(l)T i 是第22号元素，位于周期表中第4 周期第NB族，价层电子排布式为3 d 24s 2,d轨道数为5；()(2)CO。2的结构式为，碳原子形成1 个n 键和3 个键，价层电子对