2021年天津市高考化学模拟试卷（一）（附答案详解）.pdf

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1、2021年天津市高考化学模拟试卷（一）1 .下列科学家所对应的理论或贡献正确的是（）汤姆生：在研究阴极射线时发现原子中存在电子徐光宪：在稀土金属串级萃取领域做出突出贡献鲍林：在一个原子轨道里最多容纳2个电子且自旋相反洪特：电子排布同一能级不同轨道时，基态原子总优先单独分占不同轨道且自旋相同侯德榜：侯氏制碱法，制取N a O H勒夏特列：提出工业合成氨的方法A.B.C.D.2 .设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.5 6 g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAB.在K 3 7 c l O 3 +6 H 3 5 c l（浓）=K C 1 +3 C 12 T +3也0反应

2、中，若有2 1 2 g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC.1 6 g o 2和1 4 c 2 H 4的混合物中所含中子数为D.常温下，1 L 0.5 m o i/L C H 3 C O O N H 4溶液的p H =7,则溶液中C H 3 C O O-与N H：的数目均为0.5以3 .下列有关物质性质的比较。结论不正确的是（）A.离子还原性：S2-C P B r-I-B.酸性：H C 1 04 H C I O 3 H C 1 0C.键 角:S i H4 P H3 H2SD.结合质子能力：OH-CH3 c o e r c r4 .K S C N溶液常用于鉴别F e 3+。在水溶液中，F

3、e 3+以尸6（出0）6 1 3+形式存在，与S C N一 可发生反应：F e（H 2 0）6】3+S C N-U F e（H2O）5S C N 2+H20,F e（H2O）sS C N 2+溶于乙醛。下列说法错误的是（）A.F e（H z O）5 S C N 2+显红色B.该鉴别方法不受溶液酸碱性的限制C.当F e 3+浓度很低时，用乙醛富集可使现象明显D.加水稀释，平衡左移，溶液颜色变浅5 .某同学向S O?和C l2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中，不正确的是（）序号实验操作普 世 润 的 淀 物KI

4、试纸加热吾雁有碘水的试纸y加热厂BaCL溶液实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀A.说 明 被 完 全 消 耗B.中试纸褪色的原因是：S 02+I2+2 H 2。=H2S O4+2 H IC.中若将B a。溶液换成B a（N C）3）2溶液，也能说明S O 2被。氧化为S 0D.实验条件下，品红溶液和S O 2均被氧化6 .头抱拉定又名先锋霉素，是常用的一种抗生素，其结构简式如图，下列说法不正确的是（）B.头抱拉定与N a2 cO 3溶液、N aH C C 3溶液都可以反应C .I m o l头抱拉定最多可与6 m 0 1%和5 m o iBB发生加成反应D.头抱拉定

5、既可与盐酸反应，也可与N aO H溶液反应7 .下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（）H C 1比H 2 s稳定 H C 1 0氧化性比H 2 sO,强He%酸性比H 2 S O 4强 能 与H 2 s反应生成S Q原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子C l2与F e反应生成F e C k，S与F e反应生成F e S.A.B.C.D.8 .离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广 泛。1 -乙基-3 -甲基咪哇四氨硼酸盐离子液体结构如图所示，下列相关叙述错误的是（）第2页，共23页A.该离子液体中C、N杂化方式均有sp 2和sp 3两种B.阴离子呈正四面体形，

6、存在共价键和配位键C.阳离子中。键数目是7 T键数目的1 0倍D.该离子液体与水能够形成氢键9.已知N H 4 C U S O 3与足量的3 m o i/L硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成;产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色。据此判断下列说法错误的是（）A.反应中硫酸作氧化剂B.N H4C U S O 3中氮元素被氧化C.有刺激性气味的气体是氨气D.l m o l N H4C u S C）3完全反应转移0.5 m o l电子10.有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池（图1）。该电池在充电过程中，聚对苯二酚（图2

7、）被氧化，下列说法错误的是（）电和用电方A.放电时，电流由a电极经外电路流向b电极B.充电时，a电极附近的pH减小C.充电时,b电极的电极反应方程式为f+4ne-+4nH+=D.电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移11.相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X 2（g）+3丫2（g）;2X Y3（g）H=-a k J/m o L实验测得反应的有关数据如下表。下列叙述正确的是（）容器反应条件起始物质的量/m o l达到平衡所用时间/m i n达平衡过程中的X 2丫 2XY能量变化3恒容13010放 热 0.1a k J恒压130t放热b

8、k jA.对于上述反应，、中反应的平衡常数K 的值不同B.中：从开始至10 m i n 内的平均反应速率u (X2)=0.1 m o l/(L -m i n)C.中：X 2的平衡转化率小于10%D.b 0,1a1 2.下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.向盐酸中加入氨水至中性，溶 液 中 嘴&1B.向A g C l、A g B r 的饱和溶液中加入少量A g N C 3，溶液中黑 不变C.向O.l m o l L C H 3 C O O H 溶液从20冤升温至30。&溶 液 中 扁 需 骼 W增大D.将C C O O N a 溶液从2 0 n 室温至3 0。&溶 液 中 扁 黑 黑 W增大

9、C L.r i 3 L.UUr l )1 3.翡翠是一类名贵的装饰品，其主要成分为硅酸铝钠(N a A l S i 2()6),常含微量C r、N i、M n 等元素。回答下列问题：(1)基 态 硅 原 子 的 电 子 排 布 式 为:基态倍原子的价电子排布图不能写成形式，其原因是违背了(2)N a A l S i 2()6 中四种元素第一电离能由大到小的顺序为(填元素符号)，灼烧硅酸铝钠时，当钠元素的价电子由(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一状态时产生黄色火焰。(3)工 业 上 冶 炼 金 属 铝 的 方 程 式 为。硅与碳类似,能与氢元素形成S i H,、S i 2 H 4、S i 3

10、H 8,此三种分子中硅原子为s p 3 杂化的有；分子空间构型属于正四面体的 是 o(4)已知氧化钠、氧化铝的熔点分别为1 1 3 2 冤、2 0 5 4。(：，从结构的角度解释导致这种差异的主要原因：。(5)某N、C r 元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z 轴投影图，该化合物的化学式为。第4页，共2 3页已知该晶体密度为p g -c m-3。晶体中C r原子和N的最近核间距为 p m(N A表示阿伏加德罗常数的值)。甲乙1 4.“苯并5螺6”三环体系()是某些天然药物的主要药效基团和核心骨架，合成某种有机物H的路线如图。9B

11、(I)(2)H)0J-r r A O-o一 厂。DMBIVOCi二*WP回答下列问题：(1)A中官能团名称为 o(2)B的 化 学 名 称 为 ,B经过聚合可以生成一种树脂，其反应的化学方程式为。(3)庄I C生成D的化学方程式。(4)由E生成F的反应类型是。(5)化合物E的分子式为 ,E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式：o 具 有“苯并5螺6”(广/0)三环体系；官能团只含有:C =o；核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1。（6）根据题中相关信息，写出由乙酸乙酯与PhX为原料制备y o的合成路线（无机试剂和有机溶剂任选）。1 5.以C 1 2、N

12、 aO H、（N H 2）2 C O（尿素）和S 0 2 为原料可制备N 2 H 4 H 2 0（水 合 月 井）和无水N a2 S O 3,其主要实验流程如下：NaOH溶液 尿素 SQ；Cl2-U 步骤 I|“步骤 n|-U 步骤 HI 卜-.N a2c o i-U 步骤 V 卜-NaSO,水合脏溶液已知：C 1 2 +2 O H-=。0-+（：1-+1 1 2 0 是放热反应。2 N 2 H 4-H 2 0 沸点约1 1 8 P,具有强还原性，能与N aC l O 剧烈反应生成N 2。（1）步骤I 制备N aC l O 溶液时，若温度超过4 0。&C 1 2 与N aO H 溶液反应生成N

13、 aC 1 0 3 和N aC l,其 离 子 方 程 式 为 一；实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还需采取的措 施 是_。（2）步骤H合成N 2 H 4 -H 2 0 的装置如图-1 所示。N aC l O 碱性溶液与尿素水溶液在4 0?以下反应一段时间后，再迅速升温至1 1（T C 继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是；使用冷凝管的目的是。步骤W用步骤DI 得到的副产品N a2 c 0 3 制备无水N a2 S O 3（水溶液中H 2 s0 3、H S 0 3-、S O 3 2 -随 pH 的分布如图-2 所示，N a2 s0 3 的溶解度曲线如图-3 所示）。LO.O.O.O./C

14、Ktau0 20 40 60 S o ioo温度/(图 一3第6页，共23页边搅拌边向N a 2 C 0 3 溶液中通入S O 2 制 备 N aS O 3 溶液。实验中确定何时停止通S O 2 的实 验 操 作 为 o请补充完整由N aH S O 3 溶液制备无水N a 2 s0 3 的实验方案：，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。1 6.第五届联合国环境大会(U NE A -5)于2 0 2 1 年2 月在肯尼亚举行，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&S,S O 2 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 O 2。氨水脱硫的相

15、关热化学方程式如下：2 NH3(g)+H20(l)+S O2(g)=(NH4)2S 03(a q)A H =a kj-m o L(NH4)2S 03(a q)+H20(l)+S O2(g)=2 NH4H S 03(a q)A H =b kj-mol-12(NH4)2S 03(a q)+02(g)=2(NH4)2S 04(a q)A H =c kj-mol-1反应N&(g)+N H4H S 03(a q)+|02(g)=(NH4)2S 04(a q)6 0其他条件相同、以丫-口2。3 作为催化剂，研究表明，Y-A I 2 O 3 在2 4CT C以上发挥催化作用。反应相同的时间，S O?的去除率

16、随反应温度的变化如图1 所示。下列有关S O 2 去 除 率 的 说 法 正 确 的 是。(填标号)A.2 4CT C以下，S O?能够被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱，S O 2 去除率降低B.以 丫 A I 2 O 3 作为催化剂，S O 2 去除率最高只能达到8 0%C.温度高于5 0 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 s0 3(g)=2 so2(g)+C)2(g)在不同温度下达到平衡，测得S 0 3(g)及S 0 2(g)的物质的量分数如图2 所示。压强：P1(填“”或)P 2。若P l=0.8 1 MP a,起始时充入

17、一定量的S C 3(g)发生反应，计算Q 点对应温度下该反应的平衡常数&=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)MP a。(5)电化学氧化法是一种高效去除废水中硫化物的方法，电解NaHS溶液脱硫的原理如图3所示。碱性条件下，HS-首先被氧化生成中间产物需一,S/容易被继续氧化而生成硫单质。阳极HS-氧 化 为 喋-的 电 极 反 应 式 为。电解一段时间后，阳极的石墨电极会出现电极钝化，导致电极反应不能持续有效进行，其原因是。200 300 400 500 600温度凡图1温度用 1 mol-L1的NaHS溶液图2图3第 8 页，共 23页答案和解析1.【答案】B【解析】解：

18、1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子.1904年汤姆生提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓢”中.电子的发现使人们认识到原子是由微小的粒子构成的汤姆生，故正确；徐光宪：在稀土金属串级萃取领域做出突出贡献，被誉为稀土界的“袁隆平”，故正确：根据泡利原理知，同一轨道上的两个电子最多容纳2个电子，且自旋方向相反，鲍林提出杂化轨道理论，故错误；由洪特规则知，电子排布同一能级的不同轨道时，总是优先占据不同轨道，而且自旋方向相同，故正确；侯德榜：侯氏制碱法，制取的是碳酸氢钠不是NaOH,故错误：哈伯提出工业合成氨的方法，不是勒夏特列，故错误；故

19、正确的是：；故选：B。根据各个科学家所做的贡献和成就进行解答和分析。本题主要考查了化学史，属于记忆的知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。2.【答案】D【解析】解：A、56g铁的物质的量为lm o l,而铁在氧气中燃烧后变为+g价，故lmol铁反应后转移电子为|NA个，故小于3NA个，故 A 正确；B、K37CIO3+6H35cl（浓）=KC 1+3C12 T+3也0反应中，生成3moi氯气转移5moi电子，所得3moi氯气的质量为：37g/mol x lmol+35g/mol X 5mol=212g,故当生成212g氯气时，故转移电子为5总 个，故 B 正确；C、。2和 14c2H4的摩尔

20、质量均为28g/m oL故16g混合物的物质的量为0.5m ol,且两者均含16个中子，故0.5mol混合物中含中子为8NA个，故 C 正确；D、CH3coeT与NH：均能水解，故此溶液中CH3COO-与NH：的数目均小于0.5NA，故 D错误。故选：D oA、求出铁的物质的量，然后根据铁在氧气中燃烧后变为+学介来分析；B、K 3 7c l。3 +6H 3 5 c l(浓)=K C1+3 C12 T +3 电0 反应中，生成3 m oi 氯气转移5 m oi 电子；C、。2 和 14 c 2 H 4 的摩尔质量均为2 8g/m ol,且均含16个中子；D、CH 3 c oe T 与N H：均能

21、水解。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3.【答案】A【解析】解：A.S、Cl、Br、1四种元素的非金属性强弱为：Cl Br I S,故对应阴离子的还原性强弱为：s2-r B r-cr；故 A错误；B.H C104 H CIO 3、H C10 的酸性强弱为:H C104 H CIO 3 H C10,故 B 正确；C S H 4 中存在四对成键电子对，P 为 中存在3 对成键电子对和1对孤电子对，H 2 s 中存在2对成键电子对和1对孤电子对，故键角有：S i H4 P H3 H2S,故 C 正确；D.根据酸性：H C1 CH 3 c

22、oO H H z。可知，孤电子对：O F T CH 3 c oe T C，故 D正确；故选：A A.元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性强弱；B.同种元素的含氧酸中，中心元素化合价越高，对应酸的酸性越强；C.孤电子对与孤电子对之间的斥力 孤电子对与成键电子对之间的斥力成键电子对与成键电子对之间的斥力；D.酸性越强，其阴离子结合质子的能力越弱。本题考查知识全面较多，具体涉及元素金属性与阴离子还原性的关系，酸性强弱的判断,键角大小的比较，结合质子能力强弱的比较等，均为高考高频考点，难度中等。4.【答案】B【解析】解：A.K S CN 溶液常用于鉴别F e 3+,反应后溶液呈红色，发生下6(电0)

23、6 3+S CN-U F e(H2O)5S CN 2+H20,则 F e CH z O b S CN f+显红色，故 A 正确；B.F e(H 2 0)613+与0 H-反应生成氢氧化铁沉淀，而加入酸抑制水解，可知该鉴别方法受第10 页，共2 3 页溶液酸碱性的限制，故 B 错误；C.F e(H 2 0)5 S CN 2+能溶于乙醛，可起到富集作用，则当F e 3+浓度很低时，用乙醛富集可使现象明显，故 C 正确；D.加水稀释，反应物离子浓度减小程度大，则平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故 D 正确；故选：BoA.K S CN 溶液常用于鉴别F e 3+,反应后溶液呈红色；8.国(出0)6产 与

24、0 H-反应生成氢氧化铁沉淀；C.2 A(g)+B(g)=2 C(g)A H 3)2 溶液，不能说明S O?被C l2 氧化为S0/,故 C错误；D.二氧化硫使品红溶液褪色后，加热会重新变为红色，实验中二氧化硫过量，加热后溶液不恢复红色，说明品红溶液被氯气氧化，则实验条件下，品红溶液和S O 2 均被氧化，故 D正确；故选：C o本题考查二氧化硫和氯气的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。6.【答案】C【解析】解：A.有机物含有肽键、竣基和碳碳双键等官能团，则lmo l头抱拉定分子含有6 mo h

25、r键，故A正确；B.含有竣基，与N a2 c。3溶液、N aH C C)3溶液都可以反应，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的为碳碳双键，贝 mo l头抱拉定最多可与3 m。也2反应，肽键和竣基的C =0键与氢气不反应，故C错误；D.含有氨基，可与盐酸反应，含有竣基，可与氢氧化钠溶液反应，故D正确。故选：C o由结构简式可知有机物含有氨基、肽键、较基和碳碳双键，可结合氨基酸、烯烧、皎酸的性质解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。7.【答案】A【解析】解：H C 1比H 2 s稳定，则非金属性C 1 S,故正

26、确：H Q O氧化性比H 2 s O,强，不能确定元素的非金属性强弱，故错误；H C I O 4酸性比H2s强，则非金属性C 1 S,故正确；C l?能与H 2 s反应生成S,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则非金属性C 1 S,故正确；C 1原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子，不能利用最外层电子数的多少来判断非金属性的强弱，故错误；C l2与Fe反应生成FeC b，S与Fe反应生成FeS,则C l得电子的能力强，所以非金属性Q S,故正确；故选：A。根据非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、反应的难易程度等来判断原子的得电子能力强

27、弱，以此来比较非金属性的强弱.本题考查非金属性的比较，熟悉常见的非金属性比较的方法是解答本题的关键，题目难度不大.8.【答案】C第12页，共23页【解析】解：A.该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键判断应采用的是s p 2杂化，还有碳原子接的是四个单键，判断采用的是s p 3杂化，N原子接的有1个双键判断是s p 2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是s p 3,故A正确；B .阴离子B Ff中的B原子采用s p 3杂化，根据V S E P R模型判断空间构型是正四面体。根据杂化理论判断B原子中有空轨道，F-有孤对电子，故还含有配位键，故B正确；C.根据单键是。键，双键是1T键判断该物质

28、中含有。键是16个，n键2,。键数目是i r键数目的8倍。故C错误；D.该物质中含有电负性大的N和F原子，故能与水中的氢原子形成氢键，故D正确；故选：CoA.双键为s p 2杂化，碳原子接的是四个单键s p 3杂化；B.根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；C.双键中1根为（7键，1根为TT键，单键之间为O键；D.该离子中的N原子和F原子可与水分子中的H形成氢键；本题主要考查了氢键、配位键和共价键的判断、原子杂化方式的判断以及粒子空间构型的判断，侧重考查基本知识的灵活运用，注意键线式中端点和拐点表示碳原子，碳原子形成的是四个化学键，N原子是形成

29、的三个键，题目难度中等。9.【答案】D【解析】解：A.反应中硫酸的化合价都不变，则反应中硫酸既不作氧化剂也不作还原剂，故A错误；B.反应中Cu的化合价为+1价，则只有Cu元素被氧化，故B错误：C.由以上分析可知刺激性气味的气体是二氧化硫，故C错误；D.反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1T+2,+1 7 0,反应的发产生为：2 N H4CUS O3+4 H+=Cu +Cu2+2 S 02 T+2 H20+2 N H：,每2 m o i N H 4 CUS O 3参加1 反应则转移I m o l电子，则I m o l N H dCu S 完全反应转移0.5m o l电子，故D正确。故选：

30、D oN H 4 CUS O 3与足量的3 m o i/L硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色，说明反应生成Cu、S 02和CM+,反应的方程式为：2 N H4CUS 03+4 H+=Cu +Cu2+2 S O2 T+2 H20+2 N H 1,则N H 4 C11S O 3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题。本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。10.【答案】D【解析】解：A.放电时，为原电池，电流正极流向负极，即电流由a 电极经外电路流向b电极

31、，故 A正确；B.图中变化可知，充电时，聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子，酸性增强，p H 减小，故 B正确；C.充电时，b 电极为电解池的阴极，发生的是还原反应，电极反应方程式为D.放电过程为原电池，阳离子从负极移向正极，放电时H+从b极区经过半透膜向a极区迁移，故 D错误；故选：D。电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，a电极为电解池的阳极，放电时该电极为原电池的正极，b电极为原电池的负极，电解池的阴极，A.放电时，为原电池，电流正极流向负极；B.充电时:聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子；C.充电时，b电极为电解池的阴极，发生的是还原反应；D.放电过程为原电池，阳离子从负极移

32、向正极。本题考查了原电池和电解池原理、电极反应的理解应用，主要是充电放电过程的分析判断，题目难度中等。1 1.【答案】D【解析】解：A.相同温度下，反应X?(g)+3 丫 2(g)W 2 XY 3(g)的平衡常数K 不变，故 A错误；B.X2(g)+3 丫 2(g)U 2 XY3(g)H =a k j/mo lI mo l ak jx 0.1 a k J第14页，共23页l mo l：ak j =x：O.l k J,x=O.l mo L 反应：从开始至1 0 mi n 内的平均反应速率u(X2)=o.imol需 琮 =0.0 1 mo l/(L-mi n)，故 B错误；C.反应中X2 的平衡转

33、化率=与 翳 x 1 0 0%=1 0%,反应X2(g)+3 丫 2(g)#2 XY 3 Q)正向是体积减小的反应，所以反应相当在的基础上加压，平衡会正向移动，X2 的平衡转化率增大，所以中X2 的平衡转化率大于1 0%,故 C错误；D.反应相当在的基础上加压，平衡会正向移动，放热大于0.1 a k J,即b O.l a,故D正确；故选：D,本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度中等，从等效平衡的角度判断反应进行的方向是解答该题的关键。1 2.【答案】D【解析】解：A.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(C)+c(O H-)=c(N H：)+c(H+),显中性，即c

34、(O H-)=c(H+),所以c(C-)=c(N H 1),故 A错误;B.A gC k A gB r的饱和溶液中存在A gC l(s)+B r_(aq)U A gB r(s)+C(aq),该反应的平衡常数K =船，向溶液中加入少量A gN 0 3,K 不变，故 B错误;C.平衡常数只与温度有关，C E C O O H 电离吸热，2 0 K 升温至3 0。(：时c(H+)增大,c(C H 3 co O H)减小,C(CH3COCT)C(CH3COOH)C(OH-)mC(8CH则3C0。仪-。)义 器 住 不变，故 C错误;D.升高温度，促进醋酸根离子的水解，Kh喈勰给增大，则溶液中C C ri

35、gC U U )C(CH3COCT)C(CH3COOH)C(OH-)减 小，故 D正确;故选：D oA.根据电荷守恒分析;B.A gC k A gB r的饱和溶液中存在A gC l(s)+B r_(aq)U A gB r(s)+C(aq),该反应的平衡常数K =c(C)c(Br-)C.C H 3 C O O H 是弱酸，电离吸热;D.升高温度，促进醋酸根离子的水解，K h=c(CH3COOH)c(OH-),C(CH3COO-)日 人。本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡常数、水解平衡常数、电荷守恒、水的离子积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。1 3.【答案】I s2 2 s2

36、 2 P 6 3 s2 3 P 2。洪 特 规 则 0SiAlNa 激 发 态 2 A l 2。3(熔融电 解)二 4 川+3 0 2 T S i%、S i 3 H 8 S i H4 N a?。中的钠离子离子带1个单位的正电荷、A l203中的氯离子只带3个单位的正电荷，A 13+半径小于N a+,所以A I 2O 3中的离子键强于N a 2。,从而导致其熔点较高C r N l x V 3 x3|cmxlO1047 264【解析】解:(1)已知硅是14号元素,基态硅原子的电子排布式为I s22s22P 6 3s23P 2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的

37、轨道且自旋方向相同，故基态铝原子的价电子排布图不能写成L inmzL L j mi形式，是3d 41违背了洪特规则，故答案为：I s22s22P 6 3s23P 2；洪特规则;(2)依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第H A 族与第V A 族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大，故N a A l S i 2()6 中四种元素第一电离能由大到小的顺序为0 S i A l N a；灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量，当钠元素的价电子由激发态跃迁到另一状态时产生黄色火焰，故答案

38、为：0 S i A l N a；激发态；电 解(3)工业上冶炼金属铝的方程式为2A l 2。3(熔融)二4川+3。2 硅与碳类似，类比煌，能与氢元素形成S i 、S i 2H 4、S i 3H 8,分别类似于C H 4、C 2H 4、C3H8,故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型分别为sp 3、sp 2、sp 3;C H 4为正四面体结构，故分子空间构型属于正四面体的是S i H,，电 解故答案为：2A l 2。3(熔融)二4A 1+302 T；S i%、S i 3H 8；S i H4；(4)氧化钠、氧化铝均属于离子晶体，N a 2。中的钠离子离子带1个单位的正电荷、A l203中的氯离子只带3

39、个单位的正电荷，A 13+半径小于N a+,所以A I 2O 3中的离子键强于N a?。，从而导致其熔点较高，故答案为：N a 2。中的钠离子离子带1个单位的正电荷、A I 2O 3中的氯离子只带3个单位的正电荷，A F+半径小于N a+,所以A I 2O 3中的离子键强于N a?。，从而导致其熔点较高；(5)某N、C r元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z 轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶第16页，共23页胞中含有的C r原子数目为：8 x i +6 x i =4,N原子数目为：4,该化合物的化学式为o N原子个数最简

40、比，即C rN：设晶胞的边长为x cm,由该晶体密度为p g cm、，晶胞质量为 等g，可知：P =|，解得：x =3陛cm，晶体中C r原子和N的最近核间距为体对角线的;，晶体中C r原子和N的最近核间距为三x遮x$陛cm x 1 01 0p m.4 4 7 264 y故答案为：C rN；-x V3 x 3/cm x 1 01 0o4q 264(1)己知硅是1 4号元素，基态硅原子的电子排布式为Is22s22P 6 3 s23 P 2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同,故基态铝原子的价电子排布图不能写 成 皿J 1 LU 口口形式；3

41、d 4s(2)依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第HA族与第VA族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大，故N aAl S i 2()6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为0 S i Al N a；灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量；电解(3)工业上冶炼金属铝的方程式为2Al 2。3(熔 融)二4内+3。2 硅与碳类似，类比烧，能与氢元素形成S i H,、S i 2H4、S i 3 H8,分别类似于C H4、C 2H4、C 3 H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型分别为

42、sp 3、sp 2、sp 3;C H4为正四面体结构；(4)氧化钠、氧化铝均属于离子晶体，分析晶格能的影响因素；(5)某N、C r元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：8 x i +6 x i =4,N原子数目为：4,该化合物的化学式为o Z原子个数最简比，即Cr N；设晶胞的边长为x c m,由该晶体密度为p g c m-3,晶胞质量为 管g，可知：P =，解得：x =3图c m，晶体中Cr原子和N的最近核间距为体NANA*7 264对角线的;。4本题考查物质的制

43、备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。14.【答案】皴基 丙烯酸甲【解析】解：(1)由结构简式可知，A中官能团名称为：跟基，故答案为：霞基；(2)B的结构简式为：、丸,，是丙烯酸与甲醇形成的酯，B的化学名称为：丙烯酸甲酯，B经过聚合可以生成一种树脂，发生加聚反应，其反应的化学方程式为：(4)由E生成F过程酯谈基转化为羟基，组成上去氧加氢，反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；(5)由结构简式可知E的分子式为：品4 H l 4 O

44、 2,E的一种符合下列条件的同分异构体：具 有“苯并5螺6 (C O)三环体系；官能团只含有C=0；核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1,应含有2个埃基且处于对称位置，可以第18页，共23页,最后与氢气反应生成,合成路线为:o人号爵-。Y,X A 袅故答案为：又一奏四:Qc鼠；a-对比有机物的结构可知，A与B发生加成反应生成C,C发生取代反应成环而生成D,反应同时有甲醇生成，D到E的过程是将-C O O C H 3转化氢原子，E发生还原反应生成F,F的羟基上氢原子被甲基取代生成G,G发生信息中相互交换反应而是生成H；(5)E的一种符合下列条件的同分异构体：具 有“苯并5螺6”三

45、环体系；官能团只含有:C =0；核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1,应含有2个戳基且处于对称位置，可以在五元环上，也可以处于六元环上；(6)乙 酸 乙 酯 发 生 信 息 中 第 一 个 反 应 生 成 又 又，然后再与 同 反应生成丫 1 ，最后与氢气反应生成 。()本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。1 5.【答案】【小题1】3C12+60H-=CIO3+5C r+3H2。缓慢通入氯气【小题2】N a

46、 C l O碱性溶液减少水合册的挥发【解析】【分析】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。1.【分析】本题考查离子方程式的书写，和反应条件的控制，因为反应放热，温度升高会有副反应发生，控制氯气的通入的速率可减慢反应的速率，控制温度的升高。【解答】温度超过4 0。&C l?与N a O H溶液反应生成N a C K)3和N a C l,反应的离子方程式为3 c +6 O H-=C 1 O 3 +5 C r +3 H

47、2O,故答案为：3 c l?+6 0 H-=C I O +5 C r+3 H 2。；【解答】实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，故答案为：缓慢通入氯气；2【分析】本题考查常见仪器的作用，熟悉常见仪器的使用范围和反应的原理及物质的性质是解题的关键。【解答】实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是N aC l O碱性溶液，避免N 2 H 4 也0与N aC l O剧烈反应生成电，故答案为：N aC l O碱性溶液；【解答】为避免N 2 H 4-电。的挥发，可使用冷凝管回流，故答案为：减少水合肺的挥发；3.【分析】本题考查反应终点的判断，和分

48、离物质的基本方法，通过测定溶液的pH与N aH SO 3溶液相同时可确定反应的终点。第20页，共23页【分析】本题考查反应终点的判断，通过测定反应后溶液的pH 与N aH SO s 溶液的pH 相比较即可。【解答】由图象可知，如溶液pH 约为4 时，可完全反应生成N aH SO s，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH 的方法控制，故答案为：测量溶液的p H,若pH 约为4,停止通SO?：【分析】本题考查物质制备方案的设计，熟悉物质的转化和物质的性质是关键。【解答】由N aH SC）3 溶液制备无水N a2 s O 3,可边搅拌边向N aH SC 溶液中滴加N aO H 溶液，测量溶液p

49、 H,由图象可知pH 约为1 0 时，可完全反应生成N a2 s O 3，此时停止滴加N aO H 溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象3 可知在高于3 F C 条件下趁热过滤，可得到无水N a2 s。3，故答案为：边搅拌边向N aH SO s 溶液中滴加N aO H 溶液，测量溶液pH,pH 约为1 0 时，停止滴加N aO H 溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于3 4 T 条件下趁热过滤。1 6.【答案】K =?A C 0.0 6 M P a n H S-2（n -l）e-4-n O H-=S-+2%n H2O 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【解析】解

50、：(1)己知：2NH3(g)+H20(l)+SO2(g)=(N H4)2S03(aq)H =ak j -m ol_1,(N H4)2S03(aq)t +H2O(1)+SO2(g)=2 N H4H S03(aq)H =b k j m o L,2(N H4)2SO3(aq)+O2(g)=2(N H4)2S04(aq)H =c k j -m o r1,依据盖斯定律：x(一+)即得至l J 反应N H 3(g)+N H 4 H S0 3(aq)+T0 2(g)=(N H 4)2 S0 4(aq)的 H=#kJmo L,故答案为：手（2）在上述温度范围内，该反应的平衡常数K瑞黯，由于平衡时正逆反应速率相