山東省聊城市高唐縣2018屆九年級化學上學期期中試題單項選擇題（每題2分，共44分）題1234567891011答案CDBADACBBDD題號1213141516171819202122答案AACBCBBDDDC二、非選擇題（共56分）23、（1）①取消農業稅；②義務教育“兩免一補”；③低保；④新農合；等等（.舉例符合題意、列舉兩條即可。）（2分）（1）維護社會公平，能促使社會合作取得成功，有利于社會合作的不斷延續。（2）能促進良好人際關系的形成，有利于社會的和諧發展。（3）能協調社會各方面的利益關系，正確處理社會矛盾，減少或避免社會沖突，有利于社會的長治久安。（每條2分，共6分）（1）要有強烈的規則意識，尊重和遵守制度、規則和程序。（2）要按照正義的標準對人對事、做人做事，違反正義標準的事堅決不做。（3）不傷害他人，不侵犯他人的基本權利是正義的最起碼要求。故意傷害他人身體乃至生命是最嚴重的非正義行為。（4）要鄙視和制止非正義行為，機智勇敢同違法犯罪做斗爭。.（每條1分，共4分）24、（1）道路：中國特色的社會主義道路：理論：中國特色的社會主義理論體系。（2分）（2）堅持中國共產黨的領導是社會主義現代化建設順利進行的根本保證，是社會主義現代化建設順利進行的根本保證，沒有共產黨就沒有中國特色的社會主義。中國共產黨已成為領導中國特色社會主義的核心力量。（3分）（3）中國共產黨成為領導中國人民不斷開創新事業的核心力量，根本原因是源于她的先進性，表現在：①中國共產黨始終堅持“三個代表”重要思想。②中國共產黨的奮斗目標：謀求民族的獨立和復興、國家的繁榮和富強、人民的解放和幸福。③中國共產黨的性質：她是中國工人階級的先鋒隊,同時也是中國人民和中華民族的先鋒隊。（6分）25、（1）以公有制為主體，多種所有制經濟共同發展的基本經濟制度。（2分）它是由我國的社會主義性”質和初級階段的基本國情決定的。（或我國處在社會主義初級階段,生產力水平低且發展不平衡。與這一基本國情相適應，我們國家必然要實行以公有制為主體，多種所有制經濟共同發展的基本經濟制度。）（2分）（2）請你運用所學知識完成下列表格。（每空1分，共5分）單位所屬經濟成分單位所屬經濟成分中國人民銀行國有經濟新加坡工業園外資經濟瑞福祥面粉廠私營經濟小商店個體經濟王家村造紙廠集體經濟26、（1）民族區域自治制度。（2分）（2）堅持民族平等、團結和共同繁榮。（3分）（3）青少年要認真學習和宣傳黨的民族政策，增強民族團結意識；關心幫助少數民族同學；尊重各民族的風俗習慣、語言文字和宗教信仰；自覺維護民族團結，堅決同破壞民族團結、制造民族分裂的言行作斗爭。（6分）27、（1）以經濟建設為中心，堅持四項基本原則，堅持改革開放。即''一個中心，兩個基本點”。（3分）（2）解決材料二，中諸多問題的根本途徑是以經濟建設為中心，大力發展生產力。（2分）以經濟建設為中心是興國之要，是我們國家興旺發達和長治久安的根本要求。加快經濟發展，大力發展生產力，是我們的根本任務。增強綜合國力、改善人民生活離不開發展：充分發揮社會主義制度的優越性離不開發展；保持社會穩定、實現國家長治久安離不開發展；提高國際競爭力、掌握國際斗爭的主動權離不開發展：完成祖國統一大業、實現中華民族偉大復興離不開發展。發展是我國當前解決所有問題的關鍵.（8分）2016-2017學年度上學期期中教學質量檢測

九年級化學參考答案.一、選擇題(本題包括20小題，每小題2分，共40分。多選、錯施均不得分。)B 2.C3.D4.C5.B6.B7.D8.B9.A10.AD 12.A13.C14.C15.A16.A17.B18.B19.B20.C第II卷(非選擇題，共56分)二、填空題(本題包括4個小題，共30分)(8分)1、寫出下列微?；蛭镔|的化學式或化學符號2H(2)202 . (3)2Na+(4)20H+2⑸MgO(6)Al203 (7)2個水分子，1個水分子含有兩個氫原子(12分，表達式2分，其余每空1分)(-)(1)吸附懸浮的雜質，使雜質加速沉降(2)混合物；水中還有很多可溶性物質存在；(3)煮沸；(4)D(5)+1通電(二)(1)2 (2)A(3)分解反應；H20H2+02 (4)氫元素和氧元素(1)3 (2)B(3) 8 (4)NaCl(1)原子分子 (2)A(3)7 最外層電子數》質子數三、實驗題(本題包括3個小題，共20分)(表達式2分，其余每空1分)(1)酒精燈錐形瓶MnO2⑵H2O2 H20+O2；B(3)不能(4)排盡集氣瓶中的空氣使氧氣更純；將帶火星的木條放在集氣瓶口若木條復燃則已滿；正(5)B（6分，每空2分）（1）防止炸裂集氣瓶，吸收生成的五氧化二磷。（2）紅磷與瓶中氧氣反應，瓶中氣體壓強變小裝置漏氣或紅磷的量不足（3）裝置始終密閉，空汽沒有逸出，實驗結果準確。（1）速率很慢（2）有大量氣泡產生，木條復燃（3）向盛5%的過氧化氫溶液的試管中加入二氧化缽，伸入帶火星的木條（4）二氧化缽不能使水分解放出氧氣四、計算題（10分）5:12:5（2分）（2）15:3:20（2分）（3）152（3分）（4）60g（3分）2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.設N,、為阿伏加德羅常數值。下列有關敘述不正確的是A.常溫常壓下,1mol氨氣中含有的質子數為2NaB.10g46%乙醇水溶液中所含氧原子數為0.4NaC.1LImol/LNa2c0：,溶液中，陰離子總數小于CD.濃硝酸熱分解生成NO?、NO共23g,轉移電子數為0.5Na【答案】C【解析】【詳解】A.He原子序數為2,原子序數等于質子數，所以ImoIHe含有2moi質子，質子數為2Na,A項正確；B.10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g,為O.lmol,O.lmolCH3cH2OH含有O.lmol氧原子，溶液中還含有54%的水，5.4g水，為0.3molH2。，含有0.3molO,所以溶液中含有的O原子共0.4mol,數目為0.4Na,B項正確；C.CO32-+H2O^HCO3-+OH-,可以知道1個CCh2-水解會生成1個OH-和1個HC03.,陰離子數目增加，大于Na,C項錯誤；

D.N02、止。4的最簡式相同，可以以N02的形式進行求解,23gNO2物質的量為0.5mol,N的化合價從N6-中的+5降低到了+4,現生成0.5molNO2,則共轉移0.5mol電子，轉移的電子數為0.5Na,D項正確；本題答案選C。.下列對圖像的敘述正確的是M的轉化率M的轉化率甲 乙 丙 丁A.圖甲可表示壓強對反應：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)AH=-92.4kJ㈤。勺影響B,圖乙中，L時刻改變的條件一定是加入了催化劑C.若圖丙表示反應：A(g)+B(g)海珍xC(g),則工〉T2、x<2D.圖丁表示水中c(H+)和c(OH)的關系，ABC所在區域總有c(H+)<c(OH]【答案】C【解析】【分析】本題考查化學平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知識遷移能力?！驹斀狻緼.合成氨反應壓強越大，化學反應速率越快；合成氨反應為氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，叱的轉化率增大，故A錯誤；B.若反應為氣體分子數不變的反應，平衡后增大壓強，反應速率加快，但平衡不移動，故B錯誤；C.分析曲線a、b可知，曲線b先出現拐點，則p2>px,Ti、p2條件下平衡時C%比Ti、pi時的大，說明增大壓強平衡正向移動，則x<2,分析曲線b、c可知，b曲線先出現拐點，則Ti>T2,故C正確；D.BC線上任意點都有c(H+)=c(OH),ABC區域位于直線BC的左上方的區域內任意點均有c(H+)>c(OH),故D錯誤；答案：C.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐漸加入鐵粉，產生氣體的量隨鐵粉加入量的變化如圖所示。下列說法錯誤的是()A.H2s。4濃度為4mol/LB.溶液中最終溶質為FeSO4C.原混合酸中NO3-濃度為0.2mol/LD.ABE殳反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+【答案】C【解析】【分析】由圖象可知，由于鐵過量，0A段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3++NOt+2H2。，AB段發生反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段發生反應為Fe+2H+=Fe2++H21.最終消耗Fe為22.4g,此時溶液中溶質為FeSO4，則n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),根據OA段離子方程式計算原混合酸中N03-物質的量，再根據c=5計算c(H2SO4)、c(NOY).【詳解】A、反應消耗22.4g鐵，也就是22.4g4-56g/mol=0.4mol,所有的鐵都在硫酸亞鐵中，根據硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的濃度是4moi/L,A正確；B、硝酸全部被還原，沒有顯酸性的硝酸，因為溶液中有硫酸根，并且鐵單質全部轉化為亞鐵離子，所以溶液中最終溶質為FeS04,B正確；C、OA段發生反應為:Fe+NO3+4H+=Fe3++NOt+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，所以n(NOf)=n(Fe)=0.2mol,NO3-濃度為2mol/L,C錯誤;D、由圖象可知，由于鐵過量，0A段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3++NOt+2H2O,AB段發生反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段發生反應為：Fe+2H+=Fe2++H2T,D正確。答案選C?！军c晴】該題難度較大，解答的關鍵是根據圖象分析各段發生的反應，注意與鐵的反應中硝酸全部起氧化劑作用。在做此類題目時，應當先分析反應的過程，即先發生的是哪一步反應，后發生的是哪一步。計算離子時注意用離子方程式計算。還需要用到一些解題技巧來簡化計算過程，比如合理使用守恒原理等。.大規模開發利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是()A.鐵、銅、鋁 B.鐵、鋁、銅 C.鋁、銅、鐵 D.銅、鐵、鋁【答案】D【解析】【分析】【詳解】越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規模開發利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。.常溫下，關于等體積、等pH的稀鹽酸和稀醋酸溶液，下列說法正確的是A.兩溶液中由水電離的c(OH):鹽酸〉醋酸B.兩溶液中c(Cl)=c(CH3c。。)C.分別與足量的金屬鋅反應生成氫氣的量：鹽酸〉醋酸

D.分別用水稀釋相同倍數后溶液的pH:鹽酸=醋酸【答案】B【解析】【分析】醋酸是弱酸，水溶液中存在電離平衡。重視外因對電離平衡的影響?！驹斀狻緼.稀鹽酸和稀醋酸溶液中的0H-均來自水的電離，兩溶液pH相等，則H+、0H-濃度分別相等,即水電離的c(OH):鹽酸=醋酸，A項錯誤；B.兩溶液分別滿足電荷守恒關系c(H+)=c(OH-)+c(CI)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO),兩溶液的pH相等,c(H+)和c(OH-)的也相等,則c(CI)=c(CH3C00),B項正確；C.稀鹽酸和稀醋酸等體積、等pH,則H+等物質的量，與足量的金屬鋅反應時促進醋酸電離出更多田，生成更多氫氣，故生成氫氣量：鹽酸〈醋酸，C項錯誤；D.稀釋過程中，醋酸電離平衡右移。分別用水稀釋相同倍數后，醋酸溶液中H+濃度較大，pH較小，則溶液的pH：鹽酸〉醋酸，D項錯誤。本題選B..以下措施都能使海洋鋼質鉆臺增強抗腐蝕能力，其中屬于''犧牲陽極的陰極保護法”的是()A.A.對鋼材''發藍"(鈍化)B.選用鋁鐵合金C.外接電源負極【答案】D【解析】【分析】犧牲陽極的阻極保護法指的是原電池的負極金屬易被腐蝕，而正極金屬被保護的原理，為防止鋼鐵被腐蝕，應連接活潑性較強的金屬，以此解答?！驹斀狻繝奚枠O的阻極保護法是原電池的負極金屬易被腐蝕，而正極金屬被保護的原理，是原電池原理的應用，利用被保護的金屬做正極被保護選擇，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，應選擇比鐵活潑的金屬做負極，在電池內電路為陽極，稱為犧牲陽極的陰極保護法，題目中選擇鋅做陽極，故選D。.下列說法正確的是（ ）a.可通過加成反應實現o—C：；的轉化.丙基有2種同分異構體C.乙快和1,3-丁二熔互為同系物D.烯煌只能發生加成反應，不能發生取代反應【答案】B

【解析】【詳解】A.苯環中不含碳碳雙鍵，故苯與漠不可能發生加成反應生成選項A錯誤；B.丙基有CH3cH2cH2-和-CH（CK）2,共2種，選項B正確；C.乙快和1,3-丁二烯所含官能團不同，不是同一類有機物，二者不是同系物，選項C錯誤;D.烯煌在光照條件下可與氯氣等發生取代反應，選項D錯誤。答案選瓦【點睛】本題綜合考查有機物的結構和性質，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團的性質，本題易錯點為C,乙煥和1,3一丁二烯結構不同，不可能是同系物；注意同分異構體的判斷，丙基有CH3cH￡山-和-CH（C%九兩種同分異構體。8碳跟濃硫酸共熱產生的氣體X和銅跟濃硝酸反應產生的氣體丫同時通入盛有足量氯化鋼溶液的洗氣瓶中（如圖裝置），下列有關說法正確的是（）BaCk溶液BaCk溶液A.洗氣瓶中產生的沉淀中有碳酸鋼A.洗氣瓶中產生的沉淀中有碳酸鋼B.在Z導管出來的氣體中無二氧化碳C.洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋼C.洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋼D.洗氣瓶中無沉淀產生【答案】C【解析】【分析】碳與濃硫酸共熱產生的X氣體為C02和S02的混合氣體，銅與濃硝酸反應產生的Y氣體是N02,同時通入溶液中發生反應：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO,故洗氣瓶中產生的是硫酸鋼沉淀，Z處逸出的氣體中有C02和NO,NO遇到空氣中的氧氣生成了紅棕色的N02o【詳解】A.因為SO2+H2O+NO2=H2s04+N0,H2sCM能與氯化鋼反應生成BaS?！?二氧化碳不與氯化鋼反應，所以沒有BaCO3生成，A錯誤；B.反應生成的NO在Z導管口與空氣中的氧氣反應生成N02,因C02不與氯化鋼反應，從導管中逸出，B錯誤；C.根據以上分析可知洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋼，C正確；D、根據以上分析可知洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋼，D錯誤。答案選C。.已知:苯酚與尸鼠在溶液中存在可逆反應:Fe”+6C此OHuHF在0C此）6+3H，其中HFe（度曲），顯紫色。實驗如下：8滴0.01moleL",\FeCh溶液8mL苯酚溶液溶液變深紫色分成4等份，分別加入下列試劑后，振蕩靜置下列說法不正確的是：A.i是空白對照實驗B.向ii中滴加幾滴濃鹽酸，溶液顏色變淺C.iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCLD.苯酚在苯中的溶解性小于在CCL中的溶解性【答案】D【解析】【詳解】A.通過i觀察iiiii、iv中發生的變化，達到空白對照的目的，故A正確；B.向ii中滴加幾滴濃鹽酸，增大H+濃度，平衡逆向移動，H3Fe(OC6H5)6濃度降低，溶液顏色變淺，故B正確；C.苯的密度比水，CCI4的密度比水大，故iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCU，故C正確；D.iii中加入苯后水溶液層呈淺紫色，而iv中加入CCI4后水溶液層呈紫色，說明苯酚更易溶解于苯,導致平衡逆向移動，水溶液的顏色變淺，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCI4中的溶解性，故D錯誤；故答案為D。10.下列有關化學實驗說法正確的是（ ）A.受強酸或強堿腐蝕致傷時，應先用大量水沖洗，再用2%醋酸溶液或飽和硼酸溶液洗，最后用水沖洗，并視情況作進一步處理B.移液管吸取溶液后，應將其垂直放入稍傾斜的容器中，并使管尖與容器內壁接觸，松開食指使溶液全部流出，數秒后，取出移液管C.向某溶液中加入的三酮試劑，加熱煮沸后溶液若出現藍色，則可判斷該溶液含有蛋白質D.檢驗氯乙烷中的氯元素時，可先將氯乙烷用硝酸進行酸化，再加硝酸銀溶液來檢驗，通過觀察是否有白色沉淀來判斷是否存在氯元素【答案】B【解析】【詳解】A.受強酸腐蝕致傷時，應先用大量水沖洗，再用2%NaHCO3溶液洗，A錯誤；B.吸取溶液后的移液管，需將液體放入稍傾斜的容器中，并保持管壁的垂直，并將管尖與容器內壁接觸后，才能松開食指讓溶液流出，B正確；C.苗三酮試劑與蛋白質作用，應生成藍紫色物質，C錯誤；D.檢驗氯乙烷中的氯元素時，應先將氯乙烷用熱的強堿水溶液或強堿的乙醇溶液處理，讓其發生水解，D錯誤。故選B.11.關于''植物油"的敘述錯誤的是（ ）A.屬于酯類 B.不含碳碳雙鍵C.比水輕 D.在堿和加熱條件下能完全水解【答案】B【解析】【分析】植物油是高級脂肪酸的甘油酯，密度比水小，結構中含有不飽和鍵，在堿性條件下可發生水解?！驹斀狻緼.植物油是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，A項正確；B.植物油結構中含有不飽和的碳碳雙鍵鍵，B項錯誤；C.密度比水小，浮在水面上，C項正確；D.在堿性條件下可發生水解，生成高級脂肪酸鹽和甘油，D項正確；答案選B。12.能確定為丙烯的化學用語是（ ）/ HHHA. B.C3H6 C.H：c：：c-c-f!D-CH2=CH-CH3【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.球棍模型＞《中不一定由C、H兩種元素組成,所以不一定為丙烯，A不合題意；B.C3H6可能為丙烯，也可能為環丙烷，所以不一定為丙輝,B不合題意；uIfU IIIIHC."已.*Mu中少了1個H原子，丙烯的電子式為：U：-：:V：C：II（c不合題意；D.丙烯的結構簡式為：CH2=CH-CH3,D符合題意；故選D。.如圖是在明磯溶液中滴入氫氧化鋼溶液，下列說法錯誤的是（ ）B?(CH)B?(CH)1體機/L況淀的京的MA.0A段的反應離子方程式為：2AF++3S0；+3Ba++60H-===2A1(0嘰I+3BaS01IB.AB段的離子方程式只有：Al(OH)s+OH-===A10,+2H20C.A點的沉淀為Al(OH),和BaSOi的混合物D.B點溶液為KA1O2溶液【答案】B【解析】A,OA段加入Ba(OH)2后沉淀物質的量達最大，反應的化學方程式為2KAI(SO4)2+3Ba(OH)2=K2SO4+3BaSO4+2AI(OH)31，離子方程式為2AI3++3SO42+3Ba2++6OH=2AI(OH)3l+3BaSO4,A項正確；B,AB段加入Ba(OH)2,Al(OH)3溶解，SCV-繼續沉淀,反應的離子方程式有：Al(OH)3+OH=AIO2-+2H2OxSO42+Ba2+=BaSO41,B項錯誤；C，根據上述分析，A點沉淀為Al(OH)3和BaSO4的混合物，C項正確；D,B點Al(OH)3完全溶解，總反應為KAI(S04)2+2Ba(OH)2=2BaSO4+KAIO2+2H2O,B點溶液為KAICh溶液,D項正確；答案選Bo點睛：本題考查明機與Ba(OH)2溶液的反應。明根與Ba(OH)2反應沉淀物質的量達最大時,AF+完全沉淀，S0‘2-有,形成沉淀；沉淀質量達最大時，SCU2-完全沉淀，AF+全部轉化為AlOf.4.下列說法正確的是()A.等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等B.質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數為50%C.金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D.白磷放在煤油中；氨水密閉容器中保存【答案】A【解析】【詳解】A.等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3。4發生鋁熱反應時，鋁元素化合價由0升高為+3,所以轉移電子的數目相等，故A正確；B.硫酸的濃度越大密度越大，等體積的質量分數分別為40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液質量大，所以混合后溶液的質量分數大于50%,故B錯誤；C.金屬鈉著火生成過氧化鈉，過氧化鈉與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應生成的氧氣助燃，不能滅火，應利用沙子蓋滅，故C錯誤；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存,故D錯誤；答案選A.15.下列化學用語表示正確的是（）A.酒精的分子式：CH3cH20HB.NaOH的電子式：Na+[:?河C.HCIO的結構式：H—Cl—OD.CCI4的比例模型：【答案】B【解析】【詳解】A.CH3CH2OH為乙醇的結構簡式，乙醇的分子式為C2H6。，故A錯誤；B.NaOH是離子化合物，鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵、0-H原子之間存在共價鍵，其電子式為Na+曲：可，故B正確；C.HCIO屬于共價化合物，分子中含有1個H-CI鍵和1個。-H鍵，其正確的結構式為：H-O-CI,故C錯誤；D.四氯化碳分子中，氯原子的原子半徑大于碳原子，四氯化碳的正確的比例模型為：―,故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為D,在比例模型中要注意原子的相對大小的判斷。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.二氧化氯（CI02）是一種黃綠色氣體，極易溶于水，在混合氣體中的體積分數大于10%就可能發生爆炸，在工業上常用作水處理劑、漂白劑?；卮鹣铝袉栴}：（1在處理廢水時。。2可將廢水中的CW氧化成C02和叱該反應的離子方程式為（2）某小組通過NaCICh法制備CI02,其實驗裝置如下圖。①通入氮氣的主要作用有兩個，一是可以起到攪拌作用，二是 ;②裝置B的作用是 ；③裝置A用于生成。。2氣體，該反應的化學方程式為；④當看到裝置C中導管液面上升時應進行的操作是。（3）測定裝置C中。。2溶液的濃度：用（填儀器名稱）取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2s。4酸化，用0.1000mol-L1的Na2s2O3標準液滴定至溶液呈淡黃色，發生反應：I2+2S2O3"=2「+S4O62-,再加入作指示齊II,繼續滴定，當溶液即為終點.平行滴定3次，標準液的平均用量為20.00mL,則C中CIO2溶液的濃度為mol-L-1.【答案】2。。2+2CN-=282+N2+2CI- 稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaCIO3+H2O2+H2SO4=2CIO2f+Na2so4+O2t+2H2O 加大氮氣的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液藍色退去0.04000【解析】【分析】(3)CI02有強氧化性，容易氧化乳膠，量取CI02溶液時，不可用堿式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。標定。。2濃度的思路為：。。2將「氧化成12,再用Na2s2。3標準液滴定生成的12,根據電子得失守恒、原子守恒有：2。。2~2CI-~10e-~10F~5h~lONa2s2O3,據此計算解答。【詳解】(1)CIO2將CN-氧化成CO2和N2,自身被還原為CI-,結合電子得失守恒、原子守恒、電荷守恒可得離子方程式為：2CIO2+2CN=2CO2+N2+2C「，故答案為：2CIO2+2CN=2CO2+N2+2CI-；(2)①二氧化氯體積分數大于10%即可能發生爆炸，通入氮氣除起到攪拌作用外，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸，故答案為：稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸；②。。2極易溶于水，如果沒有B,極易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸(或作安全瓶)，故答案為：防止倒吸(或作安全瓶)；③NaCXh作氧化劑、H2O2作還原劑，結合原子守恒、得失電子守恒可得方程式為：2NaCIO3+H2O2+H2SO4=2CIO2f+Na2s+O2T+2H2O,故答案為:2NaCIO3+H2O2+H2SO4=2CIO2t+Na2sCM+02t+2H2O;④當看到裝置C中導管液面上升，說明。。2的含量偏高了，要加大氮氣的通入量，以免爆炸，故答案為：加大氮氣的通入量；⑶。。2有強氧化性，量取。。2溶液時，可用酸式滴定管或移液管，。。2將KI氧化成12,再用Na2s2。3標準液滴定生成的12，反應涉及碘單質，可用淀粉溶液做指示劑，12遇淀粉溶液呈藍色,當12反應完時，溶液藍色褪去。根據電子得失守恒、原子守恒有：2CI02~2CI~10e--10I--512~lONa2s2。3,消耗0.1000mol-L1的Na2s2。3標準液20.00mL,即消耗Na2s2O3物質的量=0.1000mol'L4xZO.OOmLxlO^ZxlO^mol,由2。。2~2Cr~10D~10「~5L~lONa2s2。3可知，n(CI02)="即2s2O3)=2403moi=4x10^01,c(Q02)=色空嗎=0.04000mol/L,5 5 10mLxlO"故答案為：酸式滴定管(或移液管)；淀粉溶液；溶液藍色退去；0.04000.三、推斷題(本題包括1個小題，共10分)17.某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星：已知：試齊UEMME為C2H50cH=C(COOC2H5)2,在適當條件下，可由C領D。R1-NH4r_nh-R,@R.XJiNflCbUR-CN―?R-COOHTOC\o"1-5"\h\zCOOR COOR/ /③HC(OC2H5)3+CH2 ―>c：H5O-CH=C +26H50H(R不為H)X XCOOR COOR請回答：(1)根據以上信息可知諾氟沙星的結構簡式 O(2)下列說法不正確的是.A.B到C的反應類型為取代反應B.EMME可發生的反應有加成，氧化，取代，加聚C.化合物E不具有堿性，但能在氫氧化鈉溶液中發生水解D.D中兩個環上的9個C原子可能均在同一平面上(3)已知：RCFhCOOH-^。Rahcooh,設計以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選).(4)寫出C-D的化學方程式 -(5)寫出化合物G的同系物M(C6H14N2)同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：①明-NMR譜表明分子中有4種氫原子，IR譜顯示含有N-H鍵，不含N-N鍵；②分子中含有六元環狀結構，且成環原子中至少含有一個N原子。C2H50HKVnC/H)CH3COOHaCICH2COOHN;,CNNCCH2COOHHCH2(COOH)2“「maCH2(C00C2H5)2IK""I"c2H5OCH=C(COOC2H5)2+2QH50H【解析】【分析】+2QH50H【解析】【分析】(1)根據以上信息，可知諾氟沙星的結構簡式。(2)A.B到C的反應類型為還原反應；B.EMME為C2H50CH=C(C00C2H5)2,碳碳雙鍵可發生加成、氧化，加聚反應，酯基可發生取代反應；C.化合物E含有堿基，具有堿性；D.D中左邊苯環與右邊環中一個乙烯的結構片斷、右環上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環上的9個C原子可能共平面；

(3)將C2H50H氧化為CH3coOH,利用信息RCH2coOH.frchcooh(制得CICH2COOH,6再與NaCN反應，生成NCCH2COOH,酸化后再酯化得CH2(C00C2H5)2,再與HC(OC2H5)3反應,便可得到C2H50CH=C(C00C2H5)2。(4)，^工與C2H50CH=C(C00C2H5)2反應，生成工^^^000clM"和C2H5。兒(5)G的同系物M(C6H14N2)同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式：若六元環上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此,兩個N原子只能位于六元環的間位或對位，兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上,但都必須呈對稱結構?！驹斀狻縪答案為：(1)通過對流程圖的分析，可得出諾氟沙星的結構簡式為o答案為：(2)A,B到C的反應類型為還原反應，A錯誤;B.EMME為C2H50cH=C(COOC2H5)2,碳碳雙鍵可發生加成、氧化，加聚反應，酯基可發生取代反應，B正確；

C.化合物E含有堿基，具有堿性，C錯誤；D.D中左邊苯環與右邊環中一個乙烯的結構片斷、右環上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子，兩個環上的9個C原子可能共平面，D正確。答案為：AC；(3)將(:淚50H氧化為CHaCOOH,利用信息RCH2COOH2fRChcooh,制得CICHzCOOH,Cl再與NaCN反應，生成NCCH2C00H,酸化后再酯化得CH2(C00C2H5)2,再與HC(OC2H5)3反應,便可得到C2H50CH=C(C00C2H5)2。答案為：PCIC2H5OH ?CH3COOHCICH2COOHNuCNNCCH2COOHHCH2(COOH)2C^HgOH 1j/wukACH2(C00C2H5)2,K((XH'?'C2H5OCH=C(COOC2H5)2；；兩個；兩個(5)若六元環上只有一個N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構體，所以兩個N原子必須都在環上，且分子呈對稱結構。依照試題信息，兩個N原子不能位于六元環的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個C原子構成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件.因此，兩個N原子只能位于六元環的間位或對位，結構簡式可能為答案為:答案為:甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上，結構簡式可能為四、綜合題（本題包括2個小題，共20分）18.氫能是一種極具發展潛力的清潔能源，以太陽能為熱能，熱化學硫碘循環分解水是一種高效、無污染的制氫方法。其反應過程如下圖所示：圖1圖1（1）反應I的化學方程式是 （2）反應I得到的產物用12進行分離。該產物的溶液在過量12的存在下會分成兩層，含低濃度12的H2so4層和含段）濃度12的HI層。①根據上述事實，下列說法正確的是 （選填序號）。a兩層溶液的密度存在差異b加L前，H2s。4溶液和HI溶液不互溶c12在HI溶液中比在H2sd溶液中易溶②辨別兩層溶液的方法是,③經檢測，H2s。4層中c(H)：c(SO42)=2.06：1,其比值大于2的原因.(3)反應II:2H2so4(I)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) △H=+550kJ?mol1它由兩步反應組成：H2SO4(I)-SO3(g)+H2O(g)AH=+177kJ-mol1S03(g)分解。L(L,l_2)和X可分別代表任強或溫度，下圖表示L一定時，行中SO3(g｝的平衡轉化率隨X的變化關系。①寫出反應iiSO3(g)分解的熱化學方程式：。②X代表的物理量是 ?！敬鸢浮縎O2+I2+2H2OH2so4+2HIac觀察顏色，顏色深的是HI層，顏色淺的是H2SO4層出5。4層含有少量HI2SO3(g) 2s。2(g)+。2(g)AH-+196kJ-mol1壓強【解析】【分析】【詳解】(1)反應I為二氧化硫與碘發生氧化還原反應生成硫酸和HI,反應為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI,故答案為：SO2+2H2O+l2=H2SO4+2HI；(2)①a.兩層溶液的密度存在差，才出現上下層，故a正確；b.加L前，抬。4溶液和HI溶液互溶，與分層無關，故b錯誤;C.12在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，則碘在不同溶劑中溶解性不同，類似萃取，與分層有關，故c正確；故答案為:ac;②辨別兩層溶液的方法是：觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層，故答案為：觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層；③經檢測，H2SO4層中c(H):c(SO42)=2.06:1,其比值大于2的原因硫酸層中含少量的HI,且HI電離出氫離子，故答案為：硫酸層中含少量的HI,且HI電離出氫離子；(3)根據蓋斯定律:反應II=ix2+ii,ii=II-ix2,得ii的△H=+550kJ?mol1-(+177kJ-mol1)x2=+196kJ?mol1,反應iiSO3(g)分解的熱化學方程式：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) AH=+196kJ-mol1，故答案為：2SC>3(g)2SO2(g)+O2(g)AH=+196kJ,mol1;由圖可知，X越大，轉化率越低，升高溫度轉化率增大，則X表示壓強，故答案為：壓強。

【點睛】本題考查混合物分離提純及化學平衡等，把握發生的反應、平衡影響因素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的綜合考查，難點(3)先要由蓋斯定律求出三氧化硫分解的熱化學反應方程式,再根據反應吸熱的特點分析圖象。19.苯酚是一種重要的有機化工原料。利用苯酚合成己二醛［OHC(CH2)4CHO］和尼龍o6(+hn(ch?卜篌)的合成路線如圖：不的F■知不的F■知.①CP一9119H知.0,1音、林中住千f②g+nh2oh-?-C!bN-0H+H2O回答下列問題：(1)由A制取B的反應類型為一,C的系統命名為(2)E的結構簡式為(3)寫出合成尼龍6(3)寫出合成尼龍6的單體()的分子式—.(4)己二醛與足量銀氨溶液反應的化學方程式為一。(5)己二醛的同分異構體中既含五元環結構，又含''"八"結構的有一種(不考慮立體異構)。-C一。一其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式有一(任寫一種)(6)寫出以濱乙烷為原料制備甲醛的合成路線—(無機試劑任選)。N-OH【答案】消去反應 1,2-環已二醇 ! CeHnONOHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH^-*NH4OOC(CH2)4COONH4+4Agl+6NH3+2H2O 11&3、&CH3cH2BrJ^Q嬖赧加到2^^^_黑西%」出

△ 冷、稀、中性CHJCH?【解析】,A【分析】,A由己二醛的結構，結合反應條件及信息①可知，苯酚與氫氣發生加成反應生成A為發生消去反應生成B為，O,B發生氧化反應得到C為；c被H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D發生信息②中的反應得到E,可知A發生氧化反應生成D,故D為＜＞、(6)以濱乙烷為原料制備甲醛，浸乙烷發生消去反應生成乙烯，乙烯發生信息①的反應生成乙二醇，乙二醇發生信息①的反應生成甲醛。【詳解】QH 0H(1)由A制取B是.轉化為〈一〉，反應類型為：消去反應；C為、QH,C的化學名稱為：1,2-環己二醇，故答案為：消去反應；1,2-環己二醇；N-OH N-OH(2)E的結構簡式為：(3，故答案為：j；(3)合成尼龍6的單體菁優網的分子式為C6HliON,故答案為：C6HhON；(4)己二醛與銀氨溶液反應的化學方程式為：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH^>NH4OOC(CH2)4COONH4+4Agl+6NH3+2H2O,故答案為：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH^NH4OOC(CH2)4COONH4+4Agl+6NH3+2H2O;(5)己二醛的同分異構體中既含五元環結構，又含''g八"，若為五元碳環，取代基可以為-COOH,或者-OOCH，有2種，若五元環中含有酯基結構，取代基為-CH2cH3,環上有3種不同的氫，故有3種，取代基為2個-CH3,兩個甲基可以在同一碳原子上，有3種，在不同碳原子上也有3種，故符合條件的同分異構體共有2+3+3+3=11種，其中核磁共振氫譜有三(6)；臭乙烷發生消去反應生成乙烯，再用冷、稀、中性高鎰酸鉀氧化得到乙二醇，最后與H5IO6作用得到甲醛，合成路線流程圖為：CH3cH2BlM野叫CH2=CH2—型嗎？即器基2中,故答案為：-5 冷、稀、中性CHj-CH] c?nCH3cHBrNaOH和洛如"'H>=CH,_型嗎_>型猖即。1g△ 冷、稀、中性CHa-CHj 旦lm【點睛】本題采用正逆結合、題給信息靈活運用方法進行推斷，正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵,易錯點是同分異構體種類判斷。2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.笆（TI）是某超導材料的組成元素之一，與鋁同族，位于周期表第六周期。TF+與銀在酸性溶液中發生反應：TI3++2Ag->TI++2Ag+,下列推斷正確的是（）A.TI+的最外層有1個電子 B.TI能形成+3價和+1價的化合物C.TF+氧化性比鋁離子弱 d.TI+的還原性比Ag強【答案】B【解析】【詳解】A.鉛與鋁同族，最外層有3個電子，則TI+離子的最外層有2個電子，A項錯誤；B.根據反應TF++2Ag=TI++2Ag+可知，TI能形成+3價和+1價的化合物，B項正確；C.TI3++2Ag=TI++2Ag+,則氧化性Tl3+>Ag+,又知AI+3Ag+=AF++3Ag，則氧化性Ag+>Al3+,可知TF+的氧化性比A|3+強，c項錯誤；D.還原劑的還原性大于還原產物的還原性來分析，在反應TF++2Ag=TI++2Ag+,還原性Ag>Tl+,D項錯誤;答案選B.【點睛】氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，掌握氧化還原反應的規律是解題的關鍵。2.下列物質的制備方法正確的是()A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為6mol/L的硫酸制乙烯B.用鎂粉和空氣反應制備Mg3N2C.2mLi0%的NaOH溶液中滴加2%的CuS。,溶液5滴得新制Cu(OH)2懸濁液D.用電解熔融氯化鋁的方法制得單質鋁【答案】C【解析】【詳解】A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A錯誤；B.鎂粉在空氣中和氧氣也反應,會生成氧化鎂，故B錯誤；C.氫氧化鈉過量，可與硫酸銅反應生成氫氧化銅，反應后制得的氫氧化銅呈堿性，符合要求,故C正確；D.氯化鋁屬于分子晶體，熔融狀態不導電，工業上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉AI,故D錯誤；故選C.3.已知：25℃時，有關弱酸的電離平衡常數，下列選項中正確的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數KKii=5.9xl0-2Ki2=6.4x|0-51.8x10-54.9xlO10Kii=4.3xl0-7Ki2=5.6xlOuA.等物質的量濃度的溶液pH關系:NaHCO3>NaCN>CH3cOONa>NaHC2O4B.反應NaHC2O4+NaHCO3-Na2c2。4+山。+(：02f能發生C.等體積等物質的量濃度的溶液中離子總數：NaCN>CH3COONaD.Na2c。3溶液中2c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)【答案】B【解析】【詳解】A、根據酸的電離常數的大小確定酸性強弱順序是HCN<H2c。3<CH3COOH<H2c2。4,所以等物質的量濃度的溶液pH關系:NaCN>NaHCO3>CH3coONa>NaHC2O4，故A錯誤；B、根據數據知道酸性：草酸氫根離子強于碳酸的酸性，所以反應NaHC2O4+NaHCCh-Na2c2O4+H2O+CO2T能發生，故B正確；C、等體積等物質的量濃度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，則相同條件下,兩溶液比較，CH3COONa溶液中的離子總數較多，故C錯誤；D、NazCCh溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO3*)+c(HCO3)+c(H2CO3)],故D錯誤;故選Bo【點晴】本題考查離子濃度大小的比較，明確信息得到酸性的強弱是解答的關鍵，注意鹽類水解規律及溶液中的守恒式來解答。在探究離子濃度問題，要充分認識電解質在溶液中的表現，全面考慮溶液中各種離子的存在情況及相互關系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的電離，CO32"的水解、二級水解以及H20的電離等多個反應，故溶液中微粒有也0、Na+、CO32\HCO3\H2cO3、H+、OH",忽視任何一個很微弱的反應、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。4.W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數依次增加，X與丫形成化合物能與水反應生成酸且X、Y同主族，兩元素核電荷數之和與W、Z原子序數之和相等，下列說法正確是（ ）A.Z元素的含氧酸一定是強酸B.原子半徑：X>ZC.氣態氫化物熱穩定性：W>XD.W、X與H形成化合物的水溶液可能呈堿性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，X與丫形成的化合物能與水反應生成酸且X、Y同主族，則X為。元素，丫為S元素，0、S元素核電荷數之和與W、Z的原子序數之和相等，則W、Z的原子序數之和24,而且W的原子序數小于0,Z的原子序數大于S,則Z為CI元素，所以W的原子序數為24-17=7,即W為N元素；【詳解】A、Z為CI元素,CI元素的最高價含氧酸是最強酸，其它價態的含氧酸的酸性不一定強，如HCI0是弱酸，故A錯誤；B、電子層越多，原子半徑越大，所以。<CI,即原子半徑：X<Z,故B錯誤；C、元素的非金屬性越強，其氫化物越穩定，非金屬性。>N,所以氣態氫化物熱穩定性：W<X,故C錯誤；D、W、X與H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈堿性，故D正確。答案選D?！军c晴】本題以元素推斷為載體，考查原子結構位置與性質關系、元素化合物知識，推斷元素是解題的關鍵。1~20號元素的特殊的電子層結構可歸納為：(1)最外層有1個電子的元素：H、Li、Na、K;(2)最外層電子數等于次外層電子數的元素：Be、Ar;(3)最外層電子數是次外層電子數2倍的元素：C；(4)最外層電子數是次外層電子數3倍的元素：。；(5)最外層電子數是內層電子數總數一半的元素：Li、P；(6)最外層電子數是次外層電子數4倍的元素：Ne；(7)次外層電子數是最外層電子數2倍的元素：Li、Si；(8)次外層電子數是其他各層電子總數2倍的元素：Li、Mg；(9)次外層電子數與其他各層電子總數相等的元素Be、S;(10)電子層數與最外層電子數相等的元素：H、Be、AL5.測定硫酸銅晶體中結晶水含量實驗，經計算相對誤差為+04%,則下列對實驗過程的相關判斷合理的為( )A.所用晶體中有受熱不揮發的雜質 B.用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品C.未將熱的生埸放在干燥器中冷卻 D.在實驗結束時沒有進行恒重操作【答案】B【解析】【分析】測定硫酸銅晶體中結晶水含量實驗，經計算相對誤差為+0.4%,即測定的結晶水含量偏高。【詳解】A.所用晶體中有受熱不揮發的雜質，會導致測定的硫酸銅的質量偏大，導致測定的水的質量偏小，測定的結晶水含量偏低，故A不選；B.用玻璃棒攪拌時沾去少量的藥品，會導致測定的硫酸銅的質量偏小，導致水的質量測定結果偏大，測定的結晶水含量偏高，故B選；C.未將熱的用竭放在干燥器中冷卻，會導致測定的硫酸銅的質量偏大，使測定的水的質量偏小,測定的結晶水含量偏低，故C不選；D.在實驗結束時沒有進行恒重操作，會導致測定的硫酸銅的質量偏大，使測定的水的質量偏小,測定的結晶水含量偏低，故D不選；故選：B。6.有機物M是合成某藥品的中間體，結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是OA.用鈉可檢驗M分子中存在羥基B.M能發生酯化、加成、氧化反應C.M的分子式為C8H8。4D.M的苯環上一硝基代物有2種【答案】A【解析】【詳解】A.分子中含有酚羥基、羥基、竣基，都能與鈉反應放出氫氣，不能用鈉檢驗M分子中存在羥基，故A錯誤；B.分子中含有酚羥基能發生氧化反應，羥基、竣基能發生酯化，含有苯環能發生加成反應，故B正確；C.根據結構簡式，M的分子式為C8H8O4，故C正確；D.D.M的苯環上一硝基代物有2種（，故D正確；故選Ao.下列除雜方案錯誤的是選項被提純的物質雜質除雜試齊11除雜方法A.GH5OH(I)H2O(I)新制的生石灰蒸儲B.Ch(g)HCI(g)飽和食鹽水、濃H2SO4洗氣C.NH4cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液過濾D.Na2CO3(s)NaHC03⑸—灼燒A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】

A.因為CaO與水反應生成沸點較高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸儲，A正確；B.氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小，HCI極易溶于水，可以通過飽和食鹽水除去氯化氫，再通過濃硫酸干燥除去Ch中的HCI,B正確；C.NH4cl也能與NaOH溶液反應，C錯誤；D.NaHCCh受熱容易分解生成碳酸鈉、水和C02,通過灼燒可除去Na2CO3固體中的NaHCO3固體，D正確；答案選C。.一種碳納米管新型二次電池的裝置如圖所示。下列說法中正確的是KOH溶液KOH溶液A.離子交換膜選用陽離子交換膜(只允許陽離子通過) B.正極的電極反應為NiO(OH)+H,O+e-=Ni(OH)2+OH-D.充電時，碳電極與電源的C.導線中通過Imol電子時，理論上負極區溶液質量增加D.充電時，碳電極與電源的【答案】B【解析】根據裝置圖，碳電極通入氫氣，發生氧化反應，電極反應為lb-2e+2OH=2H.0,Ni電極NiO(OH)-Ni(OH)口發生還原反應,電極反應為NiO(OH)+HQ+e-=Ni(OH)z+OH-,碳電極是負極，Ni電極是正極。根據以上分析，離子交換膜選用陰離子交換膜(只允許陰離子通過)，故A錯誤；正極的電極反應為NiO(OH)+HQ+e-=Ni(OH)z+OH-,故B正確；導線中通過Imol電子時，負極生成Imol水，理論上負極區溶液質量增加18g,故C錯誤；充電時，負極與電源負極相連，所以碳電極與電源的負極相連，故D錯誤。.［四川省綿陽市高三第三次診斷性考試］化學與科技、社會、生產密切相關，下列說法錯誤的是A.我國出土的青銅禮器司母戊鼎是銅和鐵的合金B.高純硅具有良好的半導體性能，可用于制光電池C.港珠澳大橋鋼筋表面的環氧樹脂涂層屬于合成高分子材料D.火箭推進劑使用煤油-液氧比偏二甲腫-四氧化二氮的環境污染小【答案】A【解析】【詳解】A.司母戊鼎的主要成分是青銅，是銅錫合金，故A錯誤；B.硅是半導體材料，可用于制光電池，故B正確；

c.環氧樹脂屬于高分子化合物，故C正確；D.偏二甲腫-四氧化二氮作燃料，會產生二氧化氮等污染物，發射神舟十一號飛船所用火箭的燃料是液氧和煤油，產物為二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于環保，故D正確；答案選A。10.常溫下,將NaOH溶液滴加到HA溶液中，測得混合溶液的pH與p■轉化關系如圖所示［已知：Pc(A)c(HA)下列敘述錯誤的是()所示［已知：Pc(A)c(HA)下列敘述錯誤的是()c(HA)A.m點：c(A)=c(HA)B.Ka(HA)的數量級為IO-C.水的電離程度:m<rD.r點：c(H+)+c(Na+)=c(A)+c(0H)【答案】B【解析】【詳解】c(A) c(A) c(A)A.由圖像可知m點所示溶液中p =-lg/TTA=0, —=1,則m點c(A)=c(HA),Ac(HA) c(HA) c(HA)正確；B.Ka(HA)只與溫度有關，可取m點分析，Ka(HA)= ,由于；黑=1,Ka(HA)c(HA) c(HA)=C(H+)=10<.76,B茴吳；c()C.由A項知m點c(A)=c(HA),r點時由橫坐標可知，-7—7=100,即c(A)>c(HA),說明c(HA)r點溶液中A濃度大于m點，水的電離程度：m<r,C正確;D.r點溶液中電荷守恒關系為：c(H+)+c(Na+)=c(A)+c(OH),D正確；故選Bo【點睛】水溶液中的圖像題，解題關鍵在于認真讀懂圖像，橫坐標、縱坐標、線的走勢、尤其是特殊點的分析，如本題中的m點。.物質性質的差異與分子間作用力有關的是A.沸點：Cl2<l2 B.熱穩定性：HF>HCIC.硬度：晶體硅<金剛石 D.熔點：MgO>NaCI【答案】A【解析】【詳解】A、分子晶體的相對分子質量越大,沸點越高,則鹵素單質的熔、沸點逐漸升高，與分子間作用力有關，A正確；B、非金屬性F>Cl>Br>I,則HF、HCkHBr、HI熱穩定性依次減弱,與共價鍵有關，B錯誤；C、原子晶體中，共價鍵的鍵長越短，熔點越高，金剛石的硬度大于硅，其熔、沸點也高于硅，與共價鍵有關，C錯誤；D、離子鍵的鍵長越短，離子所帶電荷越多，離子鍵越強，熔點越高，離子半徑：Mg2<Na；O2<CI,所以熔點：MgO>NaCI,與離子鍵大小有關，D錯誤；正確選項A。.下列常見物質的俗名與化學式對應正確的是A.水煤氣-CH4 B.明研-KAI(SO4?12H2。C.水玻璃-H2SO3 D,名屯堿-NaHCO3【答案】B【解析】【詳解】A.天然氣是CH4,水煤氣是山、CO的混合物，故A錯誤；

B.明磯是Kal(SO4)2*12H2O的俗稱，故B正確；C.水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C錯誤;D.純堿是Na2c03的俗稱，故D錯誤；故答案選B..下列圖示與對應的敘述相符的是(A.圖1,a點表示的溶液通過升溫可以得到b點B.圖2,若使用催化劑Ei、E2、AH01020M)40K3C.B.圖2,若使用催化劑Ei、E2、AH01020M)40K3圖4圖4D.圖4表示反應aA(g)+bB(g)=±<C(g),由圖可知，a+b【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.a點未飽和，減少溶劑可以變為飽和，則a點表示的溶液通過升溫得不到b點，故A錯誤；B.加催化劑改變了反應的歷程，降低反應所需的活化能，但是反應熱不變，故B錯誤；C.碳酸鈉先與氯化氫反應生成碳酸氫鈉，開始時沒有二氧化碳生成，碳酸鈉反應完全之后碳酸氫鈉與氯化氫反應生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的鹽酸的體積大于生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸，故C錯誤；D.圖4表示反應aA(g)+bB(g)=cC(g),由圖可知，P2先達到平衡，壓強大，加壓后，A%減小，說明加壓后平衡正向移動，a+b>c,故D正確；故選D?！军c睛】本題考查了元素化合物的性質、溶解度、催化劑對反應的影響等，側重于考查學生的分析能力和讀圖能力，注意把握物質之間發生的反應，易錯點A,a點未飽和，減少溶劑可以變為飽和。14.國內某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系，原理示意圖如下。該體系正極采用含有「、Li+的水溶液，負極采用固體有機聚合物，電解質溶液采用LiNCh溶液，聚合物陽離子交換膜作為隔膜將液態正極和固態負極分隔開(已知13在水溶液中呈黃色)。下列有關判斷正確的

A.左圖是原電池工作原理圖B.放電時，Li+從右向左通過聚合物離子交換膜C.放電時，正極區電解質溶液的顏色變深D.充電時，陰極的電極反應式為：《D.充電時，陰極的電極反應式為：《+2nLi4【答案】B【解析】【分析】題目已知負極采用固體有機聚合物，左圖是電子流向固體有機聚合物，左圖是電池充電原理圖,右圖是原電池工作原理圖，放電時，負極的電極反應式為：2ne-+2nLi*2ne-+2nLi*正極的電極反應式為：L「+2e=31?！驹斀狻?/p>

A.左圖是電子流向固體有機聚合物，則左圖是電池充電原理圖，故A項錯誤；B.放電時，Li由負極向正極移動，即Li從右向左通過聚合物離子交換膜，B正確；C.放電時，正極液態電解質溶液的心得電子被還原成I,使電解質溶液的顏色變淺，故C項錯誤；D.充電時，陰極發生得電子的還原反應，故陰極的電極反應式為：+2nLi*+2+2nLi*+2ne--1，故D錯誤；答案：【點睛】易錯點：原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，注意不要記混淆。15.海洋是一個資源寶庫，海水資源的開發和利用是現代和未來永恒的主題。下面是海水利用的流程圖：盤儼.NaiICO>-A_?n?jCOj-?粗fitS?精鹽 工業海水卜 I~~?MglOHh—?MgCb-6HaO-^->秫MgCb一母液TI_>NaBr Bn巫aNmCOs水溶液一?Br:下列有關說法不正確的是A.過程中制得NaHCXh是先往精鹽溶液中通入C02,再通入NH3B.氯堿工業在陽極產生了使濕潤淀粉碘化鉀試紙變藍的氣體C.反應②加熱MgCl2-6H2O應在HCI氣流保護下制備無水MgChD.反應⑤中，用NazC03水溶液吸收Br2后，用70-80%硫酸富集Br2【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.先通入氨氣可增大二氧化碳的溶解度，則通入氣體的順序不合理，A項錯誤；B.氯堿工業在陽極上氯離子放電生成氯氣，使濕潤淀粉碘化鉀試紙變藍，B項正確；C.加熱促進鎂離子水解，且生成鹽酸易揮發，應在HCI氣流中蒸發制備，C項正確；D.用純堿吸收漠，主要反應是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3C。2T，生成的NaBr、NaBrO3與硫酸反應，得到Br2,達到富集目的，D項正確；答案選A。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.某小組同學探究物質的溶解度大〃與沉淀轉化方向之間的關系。已知：物質BaSO4BaCOjAglAgCl溶解度值（20七）2.4x1g1.4x10-33.OX1O-71.5X10-4

(1)探究BaCCh和BaS04之間的轉化，實驗操作:試劑IA試劑B試劑c加入鹽酉實驗IBaChNa2cChNa2s。4 實驗IINa2so4Na2cCh有少量8①實驗1說明BaCCh全部轉化為BaSO4,依據的現象是加入鹽酸后②實驗U中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是 0③實驗【I說明沉淀發生了部分轉化，結合BaS04的沉淀溶解平衡解釋原因：3浦0.1molL乙淳Qr(2)探究AgCI和3浦0.1molL乙淳Qr0.1molLKI(aq)實驗IV:在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到Agl轉化為AgCI,于是又設計了如下實驗(電壓表讀數:a>c>b>0).裝置步驟電壓表讀數i.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kak-<y)~ii.向B中滴入AgNCh(aq),至沉淀b?7V0.1molL[|0.01molt兀全AgNO,(?q)411：:j&：A B》KI<aq)iii.再向B中投入一定量NaCl(s)cW.重復1,再向B中加入與出等量NaCl(s)a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關。①實驗W證明了AgCI轉化為Agl,甲溶液可以是 (填序號)。a.AgN03溶液b.NaCI溶液c.KI溶液②實驗IV的步驟i中，B中石墨上的電極反應式是③結合信息，解釋實驗IV中b<a的原因：。④實驗IV的現象能說明Agl轉化為AgCI,理由是【答案】沉淀不溶解或無明顯現象 BaCO3+2H+===Ba2++CO2T+H2OBaS04在溶液中存在BaS04⑸=Ba2+(aq)+SO42-(aq),當加入濃度較高的Na2c。3溶液，CCh?與Ba2+結合生成BaC03沉淀，使上述平衡向右移動 b2I-2e===l2 由于生成Agl沉淀使B的溶液中c(1)減小，r還原性減弱 實驗iv表明CI-本身對該原電池電壓無影響，則c>b說明加入Cr使c(I)增大，證明發生了Agl+Cl-=AgCI+I-【解析】【分析】(1)①BaC03與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaS04不溶于鹽酸；②實驗H中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，是BaC03與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗11中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32=BaSC)4+SO42',根據離子濃度對平衡的影響分析作答；(2)①要證明AgCI轉化為Agl,AgNCh與NaCI溶液反應時，必須是NaCI過量；②「具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgN03(aq)生成Agl沉淀;?Agl轉化為AgCI,則c(r)增大，還原性增強，電壓增大?！驹斀狻竣僖驗锽aC03能溶于鹽酸，放出C02氣體，BaS04不溶于鹽酸，所以實驗I說明全部轉化為BaS04,依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解或無明顯現象；②實驗11是BaCh中加入Na2SO4和Na2cCh產生BaS04和BaCO3，再加入稀鹽酸有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，是BaCCh和鹽酸發生反應產生此現象，所以反應的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2T+H2O；③由實驗11知A溶液為3滴O.lmol/LBaCb,B為2mL0.1mol/L的Na2so4溶液，根據Ba2++SO42=BaS04；,所以溶液中存在著BaS04⑸QBa2+(aq)+SO42(aq),當加入濃度較高的Na2CC)3溶液，832-與Ba?+結合生成BaCCh沉淀，使上述平衡向右移動。所以BaSC)4沉淀也可以轉化為BaCXh沉淀。答案：BaS04在溶液中存在BaSCU⑸BBa2+(aq)+SO4/aq),當加入濃度較高的Na2c03溶液，aV-與Ba?+結合生成BaCCh沉淀，使上述平衡向右移動。(2)①甲溶液可以是NaCI溶液，滴入少量的AgNCh溶液后產生白色沉淀，再滴入KI溶液有黃色沉淀產生。說明有AgCI轉化為Agl,故答案為b;②實驗IV的步驟i中，B中為0.01mol/L的KI溶液,A中為O.lmol/L的AgNCh溶液,Ag+具有氧化性，作原電池的正極，「具有還原性，作原電池的負極，所以B中石墨上的電極反應式是2F-2e-=I2;③由于Agl的溶解度小于AgCI,B中加入AgNO3溶液后，產生了Agl沉淀，使B的溶液中c(I)減小，I一還原性減弱，根據已知其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大，而離子的濃度越大，離子的氧化性(或還原性)強。所以實驗IV中b<a0答案：由于生成Agl沉淀使B的溶液中c(1)減小，「還原性減弱。④雖然Agl的溶解度小于AgCI,但實驗IV中加入了NaCI(s),原電池的電壓c>b,說明c(CI)的濃度增大，說明發生了Agl+Cl'-AgCI+1-反應，平衡向右移動，c(1)增大，故答案為實驗iv表明C「本身對該原電池電壓無影響則c>b說明加入。使c(1)增大證明發生了Agl+Cl-AgCI+T。三、推斷題(本題包括I個小題，共10分).某同學對氣體A樣品進行如下實驗：①將樣品溶于水，發現氣體A易溶于水；②將A的濃溶液與MnO2共熱，生成一種黃綠色氣體單質B,B通入石灰乳中可以得到漂白粉。(1)寫出A、B的償式:AB.(2)寫出A的濃溶液與MnO2共熱的化學方程式：.(3)寫出B通入石灰乳中制取漂白粉的化學方程式：o【答案】HC1 Cl2MnOz+4HCl(濃)△MnCL+CLt+21W2CL+2Ca(OH)z=Ca(CIO)2+CaCl2+2H2O【解析】【分析】B為一種黃綠色氣體單質B,則黃綠色氣體B為Cb,將A的濃溶液與MnO2共熱，生成氯氣，則氣體A為HCI,據此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析可知A為HCI,B為02,故答案為：HCI,Cl2；(2)A的濃溶液與MnO2共熱生成氯化鎰.氯氣和水，反應的化學方程式為：MnO2+4HCIzAzMnCh+Cht+2H2O,故答案為：MnO2+4HCI-^-MnCb+CbT+2H2O;(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(CIO)2+2H2。,故答案為：2Cl2+2Ca(0H)2=CaCl2+Ca(CI0)2+2H20o四、綜合題(本題包括2個小題，共20分).鎰是重要的合金材料和催化劑，在工農業生產和科技領域有廣泛的用途。請回答下列問題：(1)溶液中的M?+可被酸性(NHjsq,溶液氧化為MnO<,該方法可用于檢驗Mn2+0①檢驗時的實驗現象為②該反應的離子方程式為0③h2s2ok可看成兩分子硫酸偶合所得，若硫酸的結構式為 ,LnH,則H2S2Os的結構式為HO,\OH（2）實驗室用含鎰廢料（主要成分MnO?，含有少量AIQ、、MgO、SiO2）制備Mn的流程如下:H2SO4Fe NaFNH4HCO3 空氣 鋁粉!!!!!!含鏡廢料T酸浸I調pH疝話1NlnCO3->|g|->Mn濾渣1濾渣2流渣3已知：1.難溶物的溶度積常數如下表所示：難溶物Fe(OH\ai(oh)3Mg(OH)2Mn(OH),溶度積常數（K,p）4.0x1038l.OxlO-331.8X10111.8x1013II,溶液中離子濃度WlO-morL-i時，認為該離子沉淀完全。①''酸浸"時，MnO?將Fe氧化為Fe3\該反應的離子方程式為；該過程中時間和液固比對鎰浸出率的影響分別如圖1、圖2所示：時間/nunmi時間/nunmi液圖比|?2則適宜的浸出時間和液固比分別為、?②若''酸浸"后所得濾液中c(Mn2+)=0.18mol,L1,則''調pH"的范圍為.③''燃燒"反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為。還原’時所發生的反應在化學上又叫做 【答案】溶液由無色變為紫紅色 5S2O82+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42+16H+QQ 14ZL 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O 60min3:1 —<pHHOZVCoh 3<8 1：2 鋁熱反應【解析】【分析】【詳解】(1)①溶液中的MM+轉化為MnO4-的實驗現象為溶液由無色變為紫紅色，故答案為溶液由無色變為紫紅色。②MM+被酸性(NH“2S2O8溶液氧化物MnO<,還原產物應為SO42',反應的離子方程式為：5S2O82+2Mn2++8H2O=2MnO4+10SO42+16H+,故答案為5S2O82+2Mn2++8H2O=2MnO4+10SO42+16H+.o③H2s2。8可視為由兩分子的硫酸縮合所得，硫酸的結構簡式為：,則H2s2。8的結構HO,“OH簡式為：X、；故答案為/￥、o“盲。-。HO^O-O^OH(2)①由題中信息可知,''酸浸"時，MnO2在酸性介質中將Fe氧化為Fe3+,本身被還原為Mn2+,該反應的離子方程式為：3MnC)2+2Fe+l2H+=3Mr)2++2Fe3++6H2。,由圖甲可知，適宜的浸出時間為60min,由圖乙可知,適宜的液固比為3:1,故答案為3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O,60min,3:lo②由流程圖中信息可知，“調pH”的目的是使Fe3+和AF+沉淀完全，而MM+不沉淀，根據Ksp[AI(OH)3]=1.0xlO-33,Ksp[Fe(OH)3]=4.0xlO-38可知：AF+沉淀完全時Fe3+已沉淀完全，1.0X10-14

-? 14 _AI(OH)3恰好完全沉淀時的pH=-lgJi,OxlO_33=y,M?+開始沉淀時的pH為V1.0x10-5l.OxlO-14-1 14 14-lg/1,8X10-13=8,則“調pH"的范圍為y<pH<8,故答案為了4pH<8。V0.18③根據信息可知，“燃燒”時，空氣中的。2將MnC03氧化為MnO2,根據得失電子守恒可得關系式O2~2MnCO3,即氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:2,“還原”時發生鋁粉與高熔點金屬氧化物的反應在化學上又叫做鋁熱反應，故答案為1:2,鋁熱反應.19.利用鈦礦的酸性廢液(含TQ2+、Fe2\Fe3\SO4?一等)，可回收獲得FeSz納米材料、Fe2O3和TQ2FH2O等產品，流程如下：門送耳1冷卻結晶Sys卜3納產^料JLftNHtHCOs淵(一號條件| , 做屋一FeOj富含T1O2+的酸性溶液CO2NaiCd粉末(1)TQ2+中鈦元素的化合價為 價。TQ2+只能存在于強酸性溶液中，因為TQ2+易水解生成TQ2FH2。,寫出水解的離子方程式 .(2)向富含TQ2+的酸性溶液中加入Na2cCh粉末能得到固體TiO2-nH2O.請用化學反應原理解釋(3)NH4HCO3溶液與FeSO溶液反應的離子方程式為該反應需控制溫度在308K以下，其目的是 (4)已知298K時，KsP[Fe(OH)2]=8.0xl016,若在生成的FeCCh達到沉淀溶解平衡時，測得溶液的pH為8.5,c(Fe2+)=L0xl0-5mol[T,則所得的FeCCh中Fe(0H)2(填'有'或'沒有)(5)FeS2納米材料可用于制造高容量鋰電池，已知電解質為熔融的AS,電池放電時的總反應為:4Li+FeS2=Fe+2Li2s,則正極的電極反應式是 。【答案】+4 TiO2++(n+l)H2O=iTiO2?nH2O+2H+ 碳酸鈉消耗H+,c(H+)減小，使Ti02+水解平衡向生成TiO2?nH2。方向移動 Fe2++2HCO3=FeCO3l+C02T+H2O防止NH4HCO3受熱分解和減少Fe2+的水解 沒有FeS2+4e-=Fe+2S2-【解析】【分析】酸性廢液(含TQ2+、Fe2\Fe3\SC^一等)中加入適量鐵屑，發生反應2Fe3++Fe==3Fe2+,冷卻結晶后，Fe2+轉化為綠桃晶體；綠機晶體溶于水得FeSO,溶液，往溶液中加入足量的NH4HCO3溶液，發生反應生成C02氣體和FeC03沉淀等；FeCCh固體在02中燃燒，可生成Fez03和C02;富含TQ2+的酸性溶液中加入Na2cO3粉末，能得到固體TQ2FH2。，同時應生成C02?！驹斀狻?1)TQ2+中，。元素顯-2價，則鈦元素的化合價為+4價。TQ2+只能存在于強酸性溶液中，因為TQ2+易水解生成TQ2FH2O,表明TQ2+結合H20中的。，生成H+,則水解的離子方程式為TiO2++(n+l)H2O^=iTiO2-nH2O+2H+.答案為：+4;TiO2++(n+l)H2O^^TiO2-nH2O+2H+;(2)向富含TQ2+的酸性溶液中加入2283粉末能得到固體TQ2FH2O,同時應生成C02氣體。用化學反應原理解釋為碳酸鈉消耗H+,c(H+)減小，使TCP+水解平衡向生成TiO2,nH2O方向移動。答案為：碳酸鈉消耗H+,c(H+)減小，使TQ2+水解平衡向生成TiO2?nH2。方向移動；(3)NH4HCO3溶液與FeS04溶液反應生成82氣體和FeCCh沉淀等離子方程式為Fe2++2HCO3,=FeCO3l+C02f+H