2021年高考化学模拟卷（广东卷）含答案详解 (三).pdf

《2021年高考化学模拟卷（广东卷）含答案详解 (三).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考化学模拟卷（广东卷）含答案详解 (三).pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、绝密启用前2020-2021学年高考模拟试卷五化学考试时间：75分钟注意事项：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、选择题：（本题共1 6 小题，共 4 4 分）1.1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准情况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O”恰好使气体完全溶于水中，则通入的体积为A.672mLB.168mLC.504mLD.336mL2.某研究机构使用Li-SO2Cl2电池电解制备Ni（H2Po2）2,其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO

2、2cl2=2LiCl+SChT,下列说法不正确的是LiegID室-锈1 V野选择性透过膜A.该制备过程还能得到副产物浓NaOH溶液稀硫K产品 室NaH R J氢鼠1钠溶液展bI室U室B.e 接口连接h,f 接口连接gC.膜 a、c 是阳离子交换膜，膜 b 是阴离子交换膜D.L i电极的电极反应式为Li-e-Li+；LiAlCk介质也可用LiC l水溶液替代3.向稀硝酸中加入5.6g铁粉，铁粉完全溶解，生成Fe3+、Fe?+和 NO气体，溶液质量增加3.2g（不考虑水的蒸发），所得溶液中Fe3+和 Fe?+物质的量之比为（）A.4:1B.2:3C.1:1D.3:24.短周期主族元素X、Y、Z、W

3、 的原子序数依次增大，X 与 Y 形成的某一化合物易生成二聚体，且 X、Y两基态原子的核外电子的空间运动状态相同，Z 的基态原子的最高能级的电子数是Y 的基态原子的最低能级电子数的一半，W 的周期数与族序数相等。下列说法正确的是A.X、Y、Z、W 四种元素中，X 的非金属性最强B.简单离子的半径：X Y Z WC.电负性大小：XYWZD.第一电离能：YXWZ5.常温下，用 A g N C h 溶 液 分 别 滴 定 浓 度 均 为 m o l/L 的 K C 1、K2 c 2。4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑c2ot的水解）。下列叙述正确的是A.n 点表示A g Cl 的不饱和溶

4、液B.B p（A g 2 c 2。4）等于 1 010-4 6C.向 c（Cl-）=c（Cr 2。孑）的混合液中滴入A g N Ch 溶液时，先生成A g2 c 2。4沉淀D.A g 2 c2。4+2 C1（a q）=2 A g Cl（s）+方（a q）的平衡常数 K=1 O-90 46.有关下列说法中，正确的是A,用标准盐酸滴定未知浓度的N a O H 溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低。B.工业废水中的Cu?+、H g 2+等重金属阳离子可以通过加入Fe S 除去C.在米汤中加入食盐，可以检验食盐中是否加碘D.等体积的p H 均为2的酸HA和 HB

5、的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H?多，说明HA酸性强7.NA表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1 2 g 石墨晶体中含C-C 键数目为2NAB.3 2 g s 8单质（结构如图）中 S-S 键数目为NA Q.,Q ,彳C.I mo l 冰融化成水时，破坏的氢键数目为2NA 0 0 0D.标准状况下，2.2 4L C2 H 2 中含有的兀键数目为O.INA8.用 O.l mo l/L 的 N a O H 滴定2 0 mL 0.1 mo l/L HA溶液 Ka（H A）=l（?5 ,滴定过程中消耗N a O H 的体积为V,下列叙述错误的是A.当 V=1 0 mL 时，溶液中各粒子

6、的浓度关系为：c(H A)+2 c(H+)=c(A-)+2 c(O H-)B .当 V=1 0 mL 时,溶液呈碱性C.当 V=2 0 mL 时，溶液中各粒子的浓度大小关系为：c(N a+)c(A )c(O H )c(H A)D.当 V=40 mL 时，溶液中各粒子的浓度关系为：c(N a+2 c(A-)+2 c(H A)9.常温下，0.2 m oLLT的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合(忽略混合后体积的变化),所得溶液中c(A*)=0.1 mo l-L-o则混合溶液的pH为A.I B.2 C.3 D.无法计算1 0 .下列说法正确的是A.向 A g Cl 浊液中加入KBr

7、溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Kp(A g Cl)Ks p(A g Br)B.常 温 下 向 N a O H 溶液中滴入H C O O H 溶液至p H=5 时：c(H CO O )c(N a+)C.常温下等物质的量浓度的四种溶液N H 3-H 2 O N H 4H S O 4(N H O 2 CO 3 N H Q,c(N H：)的关系为,D.等物质的量浓度的 N a H CCh 与 N a 2 c 0 3 混合溶液：3 c(N a+)=2 c(C O )+c(HC O；)+c (H 2 c o 3)1 1.某温度下，向 2 L 的密闭容器中加入I mo l X 和 2 mo i Y：X(

8、g)+mY(g)=3 Z(g),平衡时X、Y、Z的体积分数分别为3 0%、6 0%、1 0%。向平衡体系中再加入I mo l Z,重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A.m =2 B.X与 Y的转化率相等C.该温度下的平衡常数约为9.3 x10-3 口.重新建立平衡时Z的浓度为0.4 mo l-L r12 .以某冶金工业产生的废渣(含C n C h、S i C h 及少量的A I2 O3)为原料，根据下列流程可制备K zC n C h下列说法正确的是A.煨烧时没有发生氧化还原反应 B.滤渣n中主要成分是A I(OH)3C.可循环使用的物质是C O2 和 Na 2 c 03

9、 D.由 Na zC r C M 转化为K 2 O2 O7的过程中需加入K O H13 .常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.p H=4 的醋酸溶液稀释10倍，溶液中c(C H3 c o OH)、c(OH-)均减小B,等物质的量浓度的H 2 c C h Na HC C h(NH4)2 C C 3 三种溶液的c(C Of )的大小关系为下C.C H3 c o ONa 溶液的 p H=8,则 c(Na+)-c(C H3 c o 0)=9.9xl O-7mo l L”D.O.l mo L L-i 的氨水 p H=a,OOl mo H/i 的氨水 p H=b,则 a-l=b14 .向 0.4

10、L 一定浓度的稀硝酸中加入3 5.2 g C u2 O和 C u 的混合物，充分反应后，固体物质完全溶解，生成N O 和 CU(NO3)2。向所得溶液中加入1.4 L 浓度为l mo l/L 的 N a O H 溶液，此时测得溶液p H=7,金属离子完全沉淀，沉淀质量为4 9g。下列有关说法不正确的是A.C u 与 CsO 的物质的量之比为1:2 B.产生的N O 在标准状况下的体积为4.4 8LC.硝酸的物质的量浓度为4 mo i/L D.C u、G12 O与硝酸反应后剩余H NO3 为 0.2 mo l15 .己知 K b(NH3-H2 O)=1.7x10-5,K(C H3 c o OH)

11、=1.7x10工 2 5 时，向 2 0mL 浓度均为 0.0l mo l/L 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mo l/L 的氨水，测定过程中电导率和p H 变化曲线如图所示，下列说法错误的是.O5zL电导率1.00.5PH86420M氨水)A.a 点溶液中，c(C H3 c o 0-)数量级约为10-5B.b 点溶液中，c(C l )c(NH 4 )C(C H3C OOH)C(H+)C(OH)C.c 点溶液中，c(NH；)+c(NH3-H2 O)=c(C H3 c o O)+c(C H3 c o OH)D.d 点溶液中，c(NH；)=c(C H3 c o 0H)+2 c(C H3

12、c o O )16.用酸性K M n C)4 溶液处理硫化亚铜(C u?S)和二硫化亚铁(F e S?)的混合物时，发生反应I：MnO；+C u2S +H+C u2+S O：+Mn2+H2O(未配平)和反应 II：MnO；+F e S2+H+F e3+S O：+M n?+H 2 0(未配平)。下列说法正确的是A.反应I中C u 2 s 既是氧化剂又是还原剂B.反应I中每生成1 mo l S O：,转移电子的物质的量为H)mo lC.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3D.若反应I和反应II中消耗的KMnO 4的物质的量相同，则反应I和反应n中消耗的还原剂的物质的量之比为2:3第II卷

13、（非选择题）二、非选择题：共56分。第1719题为必考题，考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。1 7.第五届联合国环境大会（U NE A-5）于2 0 2 1年2月份在肯尼亚举行，会议主题为“加大力度保护自然，实现可持续发展“。有效去除大气中的H 2 S、S O?以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。（1）氨水可以脱除烟气中的S O2,氨水脱硫的相关热化学方程式如下：2 N H3（g）+H2O （1）+S O2（g）=（N H4）2 S O3（a q）A H=a kJ-moI-1（N H4）2 S O3（a q）t+H2O（l）+S O2（g）=2

14、 NH 4 H S O3（a q）A H=b kJ-mol-12（NH 4）2 S O3（a q）+O2（g）=2（NH 4）2 S O4（a q）A H=c kJ mor反应 N H K g）+NH 4 H sO3（a q）+；O2（g）=（NH 4）2 S O4（a q）的AH=。（用含 a、b、c 的代数式表示）kJ m o H）。（2 ）S O2 可被 Nth 氧化：S O2（g）+NO2（g）=S O3（g）+N O（g）。当温度高于 2 2 5 时,反应速率 v=k,E-c（S O2）-c（N O2）,vi=ki2-c（S O3）-c（N O）,、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上

15、述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之 间 的 关 系 为。（3）在一定条件下，CO可以去除烟气中的S O2,其反应原理为2 c o（g）+S O2（g）U 2 c o2（g）+S（g）A H 0。其他条件相同、以Y-A LO3作为催化剂，研究表明，Y-A I 2 O3在2 4 0 以上发挥催化作用。反应相同的时间，S O2的去除率随反应温度的变化如图1所示。下列有关S O2大 除 率 的 说 法 正 确 的 是（填标号）。200 300 400 500 600温度/七图1A.2 4 C T C以下，S O2能够被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱，S O2去除率降低B.以y-A hC

16、 h作为催化剂，S O?去除率最高只能达到8 0%C.温度高于50 0,S O?去除率降低是因为催化剂的活性降低（4）在气体总压强分别为pi和P 2时，反应2 so3（g）=2 S C）2（g）+O2（g）在不同温度下达到平衡，测得S C h（g）及S O2（g）的物质的量分数如图2 所示:8070605040302010平衡时物质的量分数/兴姬 中 承 0温度汽压强：pi（填 或“O Al N a,即 X Y W Z,D项不符合题意；故正确选项为B5.B【详解】A.n点时c(A g+)比溶解平衡曲线上的c(A g+)大，所以表示A gC l 的过饱和溶液，故 A错误；B.K s p(A g2

17、C2O 4)=(1 04)2x 1 O-2 4 6=1 x 1 01 0-4 6,故 B 正确；C.由图象可知，当阴离子浓度c(C l-)=c(C r 2。孑)时，生成A gC l 沉淀所需的c(A g+)小，则向c(C )=c(才)的混合液中滴入A gN C h 溶液时，先析出氯化银沉淀，故 C错误；D.A g2 c2 O 4+2 C=2 A gC l+C r 2。？的平衡常数 K=C（C2O；）_ I O2 4 6c2(cr)(1 0-7 5)=1 09 M,故D错误;故选：B【详解】A.实 前 读 数如果把尖嘴处的气泡移动到液面上端，读数得出的体积和实际体积如图所示，读数得出的体积偏高，

18、则消耗的盐酸偏多，测定结果偏高，A项不符合题意；B.根据F e S、C u S、H g S的溶度积常数知，加入F e S可以实现沉淀的转化：F e S(s)+C M+(aq)=C u S(s)+F e 2+(叫)、F e S(s)+H g2+(aq)=H gS(s)+F e2+(aq),B 项符合题意；C.食盐中的碘元素是K I O 3形式，需要先加入KL将I O；还原为H才能使米汤中的淀粉变蓝色，C项不符合题意；D.等体积等pH说明两种酸溶液中自由移动的氢离子物质的量相同，与F e粉反应产生的H 2,取决于提供的H+总量，相同p H值酸性越弱，能提供的H+总量越多，所以HA的酸性更弱，D项不

19、符合题意；故正确选项为B。7.B【详解】A.石墨晶体中每个C原子与周围的3个C原子形成共价键，故1 2 g石墨晶体中含C-C键数目为I x af ol 12fe XAA NA,A 错误；1 2 g/m o l3 2 Q3 2 gs 8单质(结构如图)中S-S键数目为”；。l 8 x N A m o r =义，B正确;3 2?8 g/m o lC.冰中，每个水分子可形成4个氢键，两个水分子间只能形成1个氢键，因此，I m o l冰中氢键的数目为2NA,液态的水中，水分子间同样存在氢键，因此，I m o l冰融化成水时，破坏的氢键数目小于2 NA,C错误；D.已知一个C 2 H 2中存在2个 兀键

20、，故标准状况下，2.2 4 L C 2 H 2中含有的兀键数目为故答案为：B。8.B【详解】A.当 V=1 0m L 时，生成N a A与剩余的HA的物质的量相等，在溶液中存在电荷守恒：c(N a+)+c(H+)=c(A-)+c(O H),物料守恒:2 c(N a+)=c(A )+c(HA),两个守恒消去 c(N a+),得到质子守恒 c(HA)+2 c(H+)=c(A)+2 c(0 H),故 A正确；B.当 V=1 0 m L时，生成N a A与剩余的H A的物质的量相等，因 H A的电离常数为K a(HA)=l(?5,6的水解常数与H A的电离常数之积等于水的离子积常数，K/Ka=Kw,跖

21、=1 0 4/lO J 1。一9,则储，H A的电离大于A-的水解，所以溶液呈酸性，故 B错误；C.当 V=2 O m L时，恰好完全反应生成N a A,因为H A是弱酸，N a A水解呈碱性，则溶液 中各粒子的浓度大小关系为：c(N a+)c(A-)c(O H)c(HA),故 C 正确；D.当 V=4 0 m L时，N a O H 的物质的量是H A的物质的量的二倍，物料守恒为c(N a+)=2 c(A)+2 c(HA),故D 正确；故选B；9.A【详解】温下，0.2 m o l.r 的二元酸H 2A的溶液与等浓度的NaOH 溶液等体积混合，根据方程式H?A+N a O H=N a HA+H

22、2 O 分析，反应后为N a H A 溶液，所得溶液中c(A?-)=0.1 m o l 匚1,说明H 2 A 为二元强酸，完全电离，则 N a H A 溶液中的氢离子浓度也为，则 p H 为 1。故选A o1 0.B【详解】A.向 A g C l浊液中加入K B r 溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有A g B r 生成，A g C l转变为A g B r,只要Q (AgBr)Ksp(AgBr)即有A g B r 沉淀，若漠化钾浓度很大，即使K s p(A g B r)K s p(A g C l)也可实现，故不可证明 K s p(A g C l)K s p(A g B r),A 错误；B.常温下向

23、N a O H 溶液中滴入H C O O H 溶液至p H=5 时，溶液呈酸性，c(H+)c(O H ),又因为溶液呈电中性，c(H+)+c(N a+)=c(O H-)+c(H C O O。，则 有：c(HC O O)c(N a+),B 正确；C.常温下等物质的量浓度的四种溶液NHTH2ON H4 HS O 4(N H4)2 C C h N H4。，N H 3 H 2 O 是弱电解质，其余都是强电解质，因此c(N H：)最小的是，根据能够电离出的NH：的个数可分为两类，(N HS C Q a是二元钱盐，虽然碳酸镂溶液中，碳酸根和镂根相互促进水解，但水解不彻底，镀离子浓度较大，N H4HSO4和

24、NH 4cl一元镂盐，N H4HSO4中电离产生的氢离子抑制镂离子水解，故 N H4HSO4NH Q比较，c（NH：）较大的是；贝九c（NH：）的关系为，C错误；D.等物质的量浓度的N aHCCh与N a2c03混合溶液：根据物料守恒可知：2c（N a*）=3c（CO：）+c（HCO3）+c（H2CO3）,D 错误；答案选B。11.D【详解】A.向平衡体系中再加入I m o lZ,重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变，这说明平衡等效，因此反应前后气体的体积版本则m=2,A正确；B.X与丫按照化学计量数之比充入，因此转化率相等，B正确；x(g)+2 丫(g)0 3Z(g)起始浓度0.510转化

25、浓度X2x3x平衡浓度0.5-xl-2x3x3 r0 1则H=0.1,解得x=0.0 5,所以平衡常数K=,X9.3X1（T3,c正确；1.5 0.45 x0.92D.由于平衡等效，所以重新建立平衡时Z的 浓 度 为4=0.2moi/L,D错误；答案选D。12.C【分析】向废渣中加入碳酸钠和氧气并煨烧，发生如下反应，4Na2co3+2503+302 M 4 Na2CrO4+4CO2t，N a，CCh+SiO,烟烧 N a，SiCh+CO，T.N a，C C h+AlQ 烟烧 2NaAlO，+CO,T,用水浸之后，溶液中含有 N a2CrO4、N a2SiO3 NaAlCh、Na2cO 3,向溶

26、液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有N a2Cr）4,Na2cO 3,再向溶液中加硫酸，2N a2CrCh+H2sCU=Na2CnO7+Na2sO4+H2O,再向溶液中加入 KC1固体，就会有KzCnCh晶体析出。【详解】A.向废渣中加入碳酸钠和氧气并煨烧，发生如下反应，4Na2co3+2503+302整4N a2CrO4+4CO2T，煨烧时有氧化还原反应，故A错误；B.用水浸之后，溶液中含有N a zCrCU、N a2S iO3.N a A l Ch、N a 2 c o 3,向溶液中通入二氧化碳，会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，故B错误；C.从上述流程图可知，C 0?

27、和N a 2 c。3均可循环使用，故C正确；D.由N a zCrO q转化为K Qz O,的过程中需加入硫酸和K C 1固体，反应如下：2 N a 2 CQ+H2 s o产N a 2 CnC7+N a2S O 4+H2O,再向溶液中加入K C 1固体，就会有KzCnCh晶体析出，故D错误；故选C。1 3.C【详解】A.p H=4的醋酸溶液稀释1 0倍，促进电离，但因为体积增大程度大，所以氢离子浓度减小，所以c(0H)增大，A错误；B.等物质的量浓度的H2 c Ch N a HCCh(N H4)2 CC3三种溶液中，是弱电解质、是强电解质，(NH4)2CO3中c(CO；)较大，C O；水解，但是

28、程度较小，C。；能电离出co：但程度较小，所以三种溶液的c (CO：)的大小关系为，,，B错误；C.醋酸钠溶液的p H=8,则溶液中c(H+)=l(y8 m o i/L,c(O H-)=l(y6 m o l/L,根据电荷守恒C(H+)+C(+)=C(O/-)+C(C/3COO)WC(+)-C(C/3COO)=C(C/)-C(H+)=1 0 6m o l/L-1 0 8m o l/L=9.9 x 1 O-7 m o l/L,C 正确；D.弱电解质水溶液中，浓度越小其电离程度越大，O.O l m o l/L氨水相当于O.l m o l/L氨水稀释1 0倍，稀释促进一水合氨电离，导致0.01 m o

29、 l/L氨水与O.l m o l/L氨水p H差值小于1,所以a-l b,D错误；故选C。1 4.D【分析】溶液pH=7,金属离子完全沉淀，沉淀质量为49 g,即生成氢氧化铜0.5m o l,CU 2。和C u混合物的质量为3 5.2 g,可得 2 n(Cu2 O)+n(Cu)=0.5m o l,n(Cu2 0)x 1 44g/m o l+n(Cu)x 6 4g/m o l=3 5.2 g,解得 n(Cu2 O)=0.2 m o l,n(Cu)=O.l m o l【详解】A.分析可知，C u与Cu2。的物质的量分别为O.h no l、0.2 m o l,其物质的量之比为1：2,A说法正确；B.

30、根据得失电子守恒,。.2 1 1 1 01(3 1 1 2 0、0.1 1 1 1 01(：1 1共转移0.2 01 01*2+0.1 1 1 1 01*2=0.6 01 01 电子,则产生 0.2 m o l N O,在标准状况下的体积为0.2 m o l x 2 2.4L/m o l=4.48 L,B说法正确；C.根据N原子守恒，消耗的硝酸的物质的量为1.4L x l m o l/L+0.2 m o i=1.6 m o l,浓 度 1.6 m o l+0.4L=4m o l/L,C说法正确；D.Cu、C sO消耗的硝酸的物质的量为0.5m o l x 2+0.2 m o l=1.2 m o

31、 l,则 Cu、C1 1 2 O 与硝酸反应后剩余HN Ch为 1.6 m o l-l.2 m o i=0.4m o l,D 说法错误；答案为D。1 5.C【分析】向 2 0m L 浓度均为O.O l m o l/L 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入O.O l m o l/L 的氨水，恰好反应时溶质为C H 3 c o O N H 4 和 N H 4 C I,其中 Kb(N H3 H 2 0)=1.7 x 1 0-5,(CH3 c o 0H)=1.7 x 1。力 则 C H 3 c o O N H 4 溶液为中性，N H 4。为强酸弱碱盐，显酸性。【详解】A.a 点时，溶质为C H 3coOH

32、 和 H C 1,其存在电离平衡为CH3 c o OH iCH3 c o O+H，,K =C(CH3COO)C(H)其中 c(H+)y).o im o l/L,Bjf#c(CH3C O O )1.7 x 1 0-5m o l/L,故 A 正确；c(CH3C O O H)B.b 点出现第一个拐点，HC1 与氨水刚好反应，故溶质为N H4c l 和C H C OOH,且两物质浓度相同，溶液中C H 3coOH 抑制NH：水解，Kh(N H：)=6=-x l(y 9 c(C H 3 c o O H),故溶液中存在 c(C )c(N H：)c(C H3 c o O H)c(H+)c(O H),故 B

33、正确；C.c 点溶液中溶质为C H 3 c o ONH4和 N H 4 C 1,且浓度相等，根据物料守恒有c(N H；)+c(N H,-H2O)=2C(C F),C(C H3C O O H)+C(C H3COO)=C(C 1),即c(N H*)+c(N H,-H2O)=C(C F)+C(C H3C O O H)+C(C H3C O O ),故 C 错误；D.d点时p H=7,溶液中c(H)=c(O H),溶质为CH 3 c o O N H 和 N H 4 C I、氨水，故由电荷守恒，其中C(C H3C O O H)+C(C H3COO)=C(C F),c(If )=c (O H),联立可得c(

34、C H3 c o 0 H)+2 c(C H3 c o O )=c(N H：),故 D 正确；故选C。【点睛】点溶液中有物料守恒c(CH3coO H)+c(CH3coO)=c(C)。16.B【分析】MnO；中M n元素为+7价，Cu2s中Cu和S元素分别为+1、-2价，FeS?中Fe和S元素分别为+2、-1价，据此解题。【详解】A.反 应I中Cu2s中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2s为还原剂，M n元素的化合价降低，高锌酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B.反 应I中每生成I molSO：,参加反应的Cu2s为1 mol,Cu2s化合价共升高2x(2-l)+(6+2)=10,反应

35、转移电子的物质的量为lOmol,B正确；C.反应H中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5,还原剂FeS2化合价共升高l+2x(6+1)=15,根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1,C错误；D.若反应I和反应H中消耗的KMnCU的物质的量相同，I molKMnCU得至U 5mol电子，Cu2s化合价共升高2x(2-l)+(6+2)=10,应氧化 0.5molCu2S,FeS2化合价共升高 l+2x(6+l)=15,应氧化,mol FeS2,则反应 I 和3反应I【中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：-m ol=3：2,D错误。3答案为B。a b+c T Z

36、 无正.17.(1)-(2)长=件(3)AC(4)0.062k逆(5)nHS-2(n-l)e+nO fT=S：+nH2O 阳极产生的硫覆盖在石墨电极表面，导致石墨电极导电性下降【详解】(1)己知：2N H3(g)+H?O(1)+SO2(g)=(N H4)2SO3(aq)AH=akJ mol-1(N H4)2SCh(aq)t+H2O+SO2(g)=2N H4HsCh(叫)H=bkJ-moH 2(N H4)2SO3(aq)+O2(g)=2(N H4)2SO4(aq)AH=ckJmol依据盖斯定律(一+)/2 即得到反应 N H3(g)+N H HS O 3(a q)+；O 2(g)=(N H4)2

37、 S C)4(a q)的2 2k J-m o l o(2)在上述温度范围内，该反应的平衡常数K=C(SO3C(NO)/C(SO2)C(NO 2),由于平衡时正逆反应速率相等,则 vkLaSCMaNOzA v逆=女腔(5 0 3 4 例0),所以 c(S O 3 c(N O)/c(S O 2 c(N O 2)=k 正/k 迪,即 K =消k逆(3)A.催化剂y-Ab C h 的比表面积大，具有吸附性，温度较低时(小于2 4 0),S O 2 能够被催化剂吸附,S O 2 含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的S C h 减少，A 正确；B.催化剂不能影响转化率，B 错误；

38、C.温度高于5 0 0 ,由于温度升高会降低催化剂的活性，因此S O 2 去除率降低是因为催化剂的活性降低，C正确；答案选A C；(4)当温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，S O 3 含量升高，所以根据图像可知压强P 1P 2；若 p i=0.8 1M P a,起始时充入一定量的S C h(g)发生反应，计算Q 点对应温度下平衡时S O3的物质的量分数是0.5,则依据三段式可知(5)阳极H S-失电子首先被氧化生成中间产物S:,电 极 反 应 式 为 nH S 2(n-l)e +nO H =S +n H2O；2sO3 2so2 +O2始(mol)1 00变(mol)2x 2xX平(加4)1-

39、2x 2xX0.2 0.4 ,x 0.8 lx(x O.8 1)2i i i i 1 2x因此-1+x=0.5,解得 x=0.2,所以该反应的平衡常数&=上2_ _12-M P a=0.06 M P a。(粤 0.8 1)21.2由于阳极生成的S：容易被继续氧化而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降。AA18.(1)M nC 2+4 H Cl(浓)=M n C L +CL T+2H 2O (2)2F e+3cl2=2F e Cb (3)2F e3+3H2O+3Cu O=A2F e(O H)，4+3Cu2+(4)Cu +2H 2S CM 浓)=Cu S O4+

40、S O 2T +2H2O S O2+2Cu Ch+2H2O=2Cu CI；+H 2S O 4+2H CI(5)S O 2+2 Cu2+2Cl-+2 H2O=2CUC1；+S O 4 +4 H+【分析】从工艺流程图可知，用浓盐酸和二氧化锌制取氯气，然后用氯气和含有杂质的铜反应，制取氯化铜。由于含有氯化铁杂质，在制取氯化亚铜之前，需想法除去氯化铁，利用了氯化铁水解显酸性的原理，加入氧化铜使F e 转化为氢氧化铁沉淀(氢氧化铁比氢氧化铜更难溶)，最后利用S O 2的还原性来还原溶液中的氯化铜，使之转化为氯化亚铜沉淀，据此分析。【详解】A(1)“反 应I ”是指用浓盐酸和二氧化镐制取氯气，所以反应的化

41、学方程式为M nCh+4 H Cl(浓)=M nCI2+CI 2T+2H 2O；A(2)“反应H”中杂质是铁，铁与氯气反应的化学方程式为2F e+3cl2 =2F e Cb;(3)“除铁”的原理是利用氯化铁水解后溶液显酸性，水解产生的H+和氧化铜反应，促进F e Cb水解，使F e 3+转化为F e(0H)3沉淀，所以反应的离子方程式为2F e 3+3 H2O+3Cu O=2F e(O H)31+3 Cu2+；A(4)铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu +2 H2 s浓)=Cu S O4+S O2t +2H2O；生成的S O?和Cu CL反应，因生成了 C u C L可知S O 2在溶液中被氧化

42、成H 2s O 4,根据元素守恒，可知同时还有H C1生成，所以其反应的的化学方程式为 S 02+2CUC12+2H 2。=2Cu Cl|+H 2s o4+2 H C1；(5)由“反应H I”的化学方程式，根据离子方程式书写规则可知，反应H I”的离子方程式为S O2+2Cu2+2Cr+2H2O=2CUC1；+S O +4 H+；19.(Da (2)防暴沸(3)平衡压强，使浓盐酸能顺利流下(4)CL +H 2。WHC 1 +H C1。、CH,=C H,+H C l O f CH,C1CH,O H (5)作指示剂 CM%偏低200p【详解】(1)配制浓硫酸和乙醇混合溶液的方法是将浓硫酸慢慢加入到

43、乙醇中，边加边搅拌。所以选择a,故答案为：a；(2)加碎瓷片的目的是防暴沸，故答案为：防暴沸；(3)装置c中橡皮管的作用是平衡烧瓶与分液漏斗的压强，使浓盐酸能顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸能顺利流下；(4)A 中生成乙烯，C 中生成氯气，氯气通入水中反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯反应生成2-氯乙醇,反应化学方程式为：C12+H2O H C 1 +HC1O,C H2=C H2+HC1O-C H2C1CH2OH,故答案为:C l2+H2O U HC1+H C1O、C H2=C H2+HC1O-CH 2cleH 20H ；(5)N H 4SC N 与 AgN C)3反应生成A g SC N沉淀

44、，当AgN C)3反应后，N H&SCN与铁镀帆溶液显红色，因此铁镂矶溶液作用是作指示剂，故答案为：作指示剂；n(H C l)=0.1000 mo l.U1 xax 10-3L-0.1000 m ol L_1 x c x I Q-3L=(a-c)x 10 m ol,n(2-氯乙醇尸 0.1000mo l L-1 x a x 10-3-0.1000mo l-L J1 x c x 10 3L-(a-c)x I O4 mo l-0.1000mo l-U1 x b x I O-3L=(c-b)x 10 m oj,(c-blxlOxM(c-b)M(c-b)M2-氯 乙 醇的质量分数1-xl00%=；J,

45、故答案为：；2p 200p 200p若沉淀表面吸附银离子，导致与氯离子反应的银离子会偏多，则氯化氢物质的量偏高，2-氯乙醇物质的量会偏低，故答案为：偏低。20.(1)0 NCH(2)s p 2杂化 C O(N H 2)2分子与水分子之间可形成氢键 C=O1 s2 2s2 2P63s23P6 3d84s2 或 ArJ3d84s2(3)K C8(4)90(5)5 0%(6)4 x 25(361.5X1OI O)3NA【详解】(1)同周期主族元素随原子序数递增电负性增大，C、N、O在它们的氢化物中均表现负价，说明它们的电负性均大于氢的，故电负性：0 NCH；分子中碳原子形成3 个 0 键，没有孤电子

46、对，杂化轨道数目为3,故 C原子采取S p 2杂化；由于C O(N H 2)2分子与水分子之间形成氢键，使其易溶于水；(2)CO与 N 2互为等电子体，二者价键结构相同，则 CO的结构式为：OO；N i是 28号元素，原子核外电子排布式为：Is22s22P63s23P63dli4s2 或 ArJ3d8 4s2；(3)可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4,占有的钾原子数为,x 3=6故碳原子数和钾原子数之比是4：1=8：1,其化学式时表示为K C 8；(4)每个碳原子形成3 个。键，每 c键为2 个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5 个 c键，则一个C 6 0分

47、子中含有G键个数为1.6 x 6 0=90；(5)该晶胞中形成的四面体空隙有8 个，其中有4 个碳原子填充在四面体空隙中，则四面体空隙填充率为5 0%；(6)金刚石晶胞中C原子处在立方体的8 个顶点，6 个面心，体内有4 个，金刚石晶胞中碳原子数目为:4+8X1+6 x 1 =8,立方氮化硼结构与金刚石相似，其晶胞与金刚石晶胞含有相同原子总数，由氮化硼化学8 24 x 25式 BN可推知，一个晶胞中各含有4个 B原子、4个 N原子,晶胞质量为k一g,晶胞的体积是(3 6 1.5 x 10-1。)N A3cm3,4 x 25故 立 方 氮 化 硼 的 密 度=记 不?5 21.(1)酯 基、酸键

48、(2)O2/C u,加热OCH,(4)取代反应 氧化反应(3)n H O C H2C H2O H+nQ o c wCOOH【分析】A和甲醛发生加成反应生成B,B中酚羟基的H被甲基取代生成C,C发生醇的催化氧化生成D,D中醛基发生氧化反应生成E,E和甲醇发生酯化反应生成E 由E到 F的条件可知：F的结构简式为OCH3o I OH5CO-CH(VC-OCH3,F 和乙二醇发生缩聚反应生成G,结合有机化学基础相关知识解答。OCH3【详解】O C H,o O(1)F的结构简式为3 一OC I-b，F中含的官能团有酯基、酸键;OCH3(2)反应是由羟基变成醛基，需要加入的试剂和条件分别为O2/C 11、

49、加热；OCH；(3)o 6反应的化学方程式为nHOCH2cH2OH+nHCoT-Q-6-OCHj-里!OCH,OCHxO 0HjCO-f-CHC-C-OCH2CH2O 十 H+(2n-1 )CH30H；OCHj(4)B 中酚羟基的H 被甲基取代生成C,的反应类型为取代反应；D 中醛基发生氧化反应生成E,的反应类型为氧化反应;苯环上含6 个取代基，其中4 个 海 基 的 结 构，剩下两个取代基为甲基和一鲁或CH3C H.C H.C H；两个乙基，并且两个取代基的位置分别有邻、间、对三种，故共有3x3=9；其中核X X J磁共振氢谱有三组峰的结构简式为HHCH;CH3乂 /OHT OHCH2CH3(6)苯酚在酸性加热的条件下与醛反应生成CH、OHCH.OHH与 CH3I 生成QH,QOCH,发生氧化反应生成QOCH、发 生 氧 化 反 应 生 成 以 苯 酚、甲醇和一碘甲烷为原料制备水FCHO TCHO COQOCH,r CH20H