西安市第一中学高2021届高三第五次模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12Ca40Cu64O16Al27Mg24Fe56Ge73一、选择题(本题包括21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确的是A.“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B.“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C.“滴水石穿，绳锯木断”不包含化学变化D.“野火烧不尽，春风吹又生”包含了多种化学变化【答案】C【解析】【详解】A.水乳交融是物质的相似相容原理，物理变化；火上浇油是油类等可燃性物质遇火燃烧的现象，是化学反应；A正确；B.龙虾和螃蟹被煮熟时壳里面的一种蛋白质高温变性，是化学变化，B正确；C.石头要要成分碳酸钙能与水、二氧化碳反应生成的Ca（HCO3）2是可溶性物质，随着水流走了，是化学变化；绳锯木断是植物纤维断开，没有新物质生成，物理变化；C不正确；D.植物遇水燃烧是化学变化，其生成过程中涉及光合作用、新陈代谢等是化学变化，D正确。答案选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，所含碳氢键数目为aNA/7B.标准状况下，2.24L2H35Cl中所含中子数为1.8NAC.50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD.1L0.lmol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－的离子数之和为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．C2H4和C3H6的最简式均为CH2，ag二者混合物的物质的量为a/14mol，所含碳氢键数目为aNA/7，正确；B．一个2H35Cl分子中含有19个中子，标准状况下，2.24L2H35Cl的物质的量为0.1mol-24-
，所含中子数为1.9NA，错误；C．浓盐酸与足量二氧化锰共热生成二氯化锰、氯气和水的反应与进程有关，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，错误；D．碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡，根据物料守恒知1L0.lmol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－的离子数之和为0.1NA，错误。3.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀A.①④⑤B.②③④C.②③⑤D.①③④⑥【答案】B【解析】【详解】胶体的分散质直径在1-100nm之间，则将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是胶体，胶体可以产生丁达尔现象，能够透过滤纸，静置后不会析出黑色沉淀，则②③④正确，故答案选：B。4.新型纳米材料MFe2Ox(3＜X＜4)中，M表示＋2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2OxMFe2Oy，则下列判断正确的是A.MFe2Ox是还原剂B.SO2是该反应的催化剂C.x＞yD.氧化性：MFe2Ox＞SO2【答案】A【解析】【详解】A．在氧化还原反应中，铁元素化合价升高，作还原剂，A项正确；B．SO2中S元素由+4价降低到0价，得电子作氧化剂，被还原，B项错误；C．根据氧原子守恒，SO2转化为S，氧原子数减少，MFe2OX转化为MFe2Oy，氧原子数必然增加，x＜y，C项错误；D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性SO2＞MFe2Oy，D项错误；答案选A。-24-
5.能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2:Ca2++2OH-+SO2＝CaSO3↓+H2OB.用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4—+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2OC.用铜做电极电解NaCl溶液:2C1—+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-D.将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O【答案】B【解析】【详解】A．石灰乳中的氢氧化钙只有少量溶解，用化学式表示，故A错误；B．酸性KMnO4具有氧化性，与H2O2反应发生氧化还原反应，放出氧气，故B正确；C．铜是活性电极，作阳极时，铜要失去电子而溶解，故C错误；D．生成的Fe3+具有氧化性，能够氧化碘离子，故D错误；故选B。【点晴】本题综合考查离子方程式的书写，侧重于元素化合物的性质的综合应用，注意物质的化学式、电荷守恒和质量守恒的判断。在离子方程式中，可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐)一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示；对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在(溶液中)，但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示，浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子符号。6.下列物质与其用途完全符合的有()①Na2CO3—制玻璃 ②SiO2—制光导纤维③AgBr—照相底片感光剂 ④NaCl—制纯碱⑤Al2O3—焊接钢轨 ⑥NaClO—消毒剂⑦Fe2O3—制红色油漆或涂料 ⑧MgO—制耐火材料A.4个B.5个C.6个D.7个【答案】D【解析】-24-
【详解】①碳酸钠和二氧化硅在高温条件下反应制取玻璃，①符合；②高纯度的二氧化硅用来做制光导纤维，②符合；③溴化银有感光性，可用于照相底片感光剂，③符合；④饱和氯化钠溶液、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再受热分解得到碳酸钠，④符合；⑤铝和氧化铁能发生铝热反应用于焊接钢轨，⑤不符合；⑥次氯酸钠有强氧化性，可以做消毒剂，漂白织物，⑥符合；⑦氧化铁为红棕色固体，可以做红色油漆或涂料，⑦符合；⑧氧化镁熔点较高，可以做耐火材料，⑧符合；符合的有①②③④⑥⑦⑧，故D正确；答案选D。7.a、b、c、d四种主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法正确的是A.若b的最高价氧化物对应的水化物为H2bO4，则a的简单氢化物的化学式为aH3B.若b的单质可作半导体材料，则c的单质不可能为半导体材料C.若b的单质与H2易化合，则c的单质与H2更易化合D.a与b容易形成离子化合物【答案】A【解析】【详解】A．若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b为第ⅥA族元素，最高价为+6价，最低价为-2价，a的最低价是－3价，氢化物的化学式为aH3，故A正确；B．若b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，则c的单质也可作半导体材料，故B错误；C．b、c同主族，从上到下非金属性减弱，非金属性强的与H2容易化合，则c的单质与H2不易化合，故C错误；D．a、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故D错误；故选A。8.下列实验与图象对应的是选项ABCD实验NaAlO2AlCl3明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2澄清石灰水中缓慢通入CO2-24-
溶液中逐滴滴加盐酸至过量溶液中逐滴滴加氨水至过量溶液至过量至过量图象A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用n（HCl）之比为1∶3，所用盐酸的体积与图像不符，故A错误；B．向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，且沉淀不溶解；与图像不符，故B错误；C．向KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面小)，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，产生沉淀先快，再慢，最后不变，且所耗Ba（OH）2物质的量也与图像相符，故C正确；D．向石灰水中通入二氧化碳：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用n（CO2）之比为1∶1，与图像不符，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意首先发生2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2＝K2SO4＋3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，然后发生K2SO4＋2Al(OH)3＋Ba(OH)2＝2KAlO2＋BaSO4↓＋4H2O。9.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：下列说法错误的是：A.NaClO2中Cl的化合价为+3价B.“电解”所用食盐水是由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋-24-
，要加入的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液。C.“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2。D.“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，【答案】D【解析】【分析】由流程知，NaClO3和SO2、HSO4反应生成NHSO4和ClO2；“电解”时阴极发生还原反应，通过电解，由ClO2制取NaClO2；吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，据此分析解答。【详解】A．根据NaClO2中化合价代数和为零，Na为+1价，O为-2价，则Cl的化合价为+3价，故A正确；B．食盐水精制中除Mg2＋用NaOH溶液，除Ca2＋用Na2CO3溶液，因而要加入的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液，故B正确；C．“电解”时阴极发生还原反应，根据流程图可知通过电解，可以由ClO2制取NaClO2，故阴极的反应为：ClO2+e-=Cl，阴极的主要产物是NaClO2，故C正确；D．由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，其中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2:1，故D错误；答案选D。10.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（）A.SiO2B.Na2OC.FeCl2D.AlCl3【答案】D【解析】【详解】A．Si与O2在高温下反应生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反应，故A不符合题意；B．Na与O2常温下化合生成Na2O，Na2O＋H2O=2NaOH，Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C．铁和氯气反应生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；-24-
D．Al和Cl2反应生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D符合题意；答案选D。11.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl(aq)D.MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅属于酸性氧化物，和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C．氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体，和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C。12.《InorganicSyntheses》(无机合成)一书中，有一如图所示的装置，用以制备某种干燥的纯净气体。该装置中所装的药品正确的是( )A.A中装浓盐酸，B中装浓硫酸B.A中装浓硫酸，B中装浓盐酸C.A中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水-24-
D.A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液【答案】A【解析】【分析】浓氨水与浓氢氧化钠溶液能产生NH3但不是干燥的氨气，所以只可能是浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出。【详解】A．A中装浓盐酸，B中装浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出，故A正确；B．A中装浓硫酸，B中装浓盐酸，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被干燥，不能得到干燥的纯净气体，故B错误；C．A中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水，把浓氢氧化钠溶液滴到浓氨水中生成的氨气较少，而且没有被干燥，故C错误；D．A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴到浓氢氧化钠溶液中能生成氨气，但是氨气没有被干燥，故D错误。故答案选A。【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意把握HCl的挥发性及浓硫酸的吸水性。13.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B-24-
、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C【点睛】本题以海水综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。14.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气，且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；-24-
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B15.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A.①②③B.①③④C.②③D.①④【答案】A【解析】【分析】①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu；②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；③Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca(ClO)2中加入盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。【详解】①CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，符合转化，故①正确；②NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故②正确；-24-
③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl，浓HCl溶液Cl2，转化均可实现，故③正确；④Fe(OH)2不能一步转化为Fe，故④错误；故答案为A。16.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、n[Al(OH)3]随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。下列有关说法不正确的是()A.生成沉淀离子方程式为HCO＋AlO＋H2O=Al(OH)3↓＋COB.b点与c点溶液所含微粒种类不同C.a点溶液中大量存在的离子是Na＋、AlO、OH-D.NaHCO3溶液的物质的量浓度为1.0mol/L【答案】B【解析】【分析】氧化铝和氢氧化钠反应，而氧化铁不反应，过滤后得到滤液用碳酸氢钠处理，发生HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，加入40毫升碳酸氢钠溶液时沉淀最多，a、b、c点都为碱性，随着碳酸氢钠的加入，碱性减弱，以此解答。【详解】A．偏铝酸根离子与碳酸氢根电离产生的氢离子、水反应生成Al(OH)3沉淀，偏铝酸根离子促进碳酸氢根电离，故离子方程式为HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－，故A正确；B．b点与c点溶液所含微粒种类相同，均为钠离子、偏铝酸根离子、氢氧根离子、碳酸根离子，故B不正确；-24-
C．用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液即a点溶液，该溶液显碱性，溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，存在的离子是Na+、AlO2－、OH－，故C正确；D．加入40毫升碳酸氢钠的溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含有氢氧化钠，由于氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，HCO3－+AlO2－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－可知，前8毫升不生成沉淀，NaHCO3溶液的物质的量浓度为=1.0mol/L，故D正确；答案选B。17.某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示，下列说法不正确的是A.Q溶液是氨水B.工业生产中气体a可通过两步反应转化为H2SO4C.电解过程中被氧化的元素是硫D.设计步骤①、②是为了富集SO2【答案】C【解析】【分析】Q溶液应该是碱液，目的是将废气中的吸收并起到富集作用，根据最后的产物中有可以推知此处用的是氨水，则X为亚硫酸铵，向亚硫酸铵中加入过量硫酸，得到气体a为，再经过催化氧化、水化后得到硫酸，Y是硫酸铵溶液，经电解后得到过二硫酸铵，本题得解。【详解】A.根据分析Q溶液是氨水，A项正确；B.可经催化氧化、水化后得到硫酸，B项正确；C.硫元素的最高正价为+6价，因此在电解过程中不可能再被氧化，C项错误；D.①、②的目的是为了将废气中的富集，D项正确；答案选C。-24-
18.下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是A.反应①是加成反应B.只有反应②是加聚反应C.只有反应⑦是取代反应D.反应④⑤⑥是取代反应【答案】C【解析】【详解】A、乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，反应①是加成反应，故A正确；B.乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，只有反应②是加聚反应，故B正确；C.乙醇和乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解反应是取代反应，反应④⑤⑥⑦都是取代反应，故C错误；D.乙醇和乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解反应是取代反应，反应④⑤⑥是取代反应，故D正确；选C。19.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气，且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的-24-
NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。20.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是( )A.H2SO4浓度为4mol/LB.溶液中最终溶质为FeSO4C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/LD.AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol-24-
，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。21.如图所示的5种物质中均含同种金属元素，且在一定条件下(不含电解)能按图示箭头方向实现一步转化，则该金属元素可能是①Na ②K ③Ca ④Fe ⑤CuA.①②B.③④C.④⑤D.①⑤【答案】C【解析】【详解】①硝酸钠无法一步转化成氢氧化钠，氢氧化钠也无法一步生成氧化钠，氯化钠也无法一步生成金属钠(除电解方法)，故①不符合题；②硝酸钾无法一步转化成氢氧化钾，氢氧化钾也无法一步生成氧化钾，氯化钾也无法一步生成金属钾(除电解方法)，故②不符合题；③硝酸钙无法一步转化成氢氧化钙，氢氧化钙也无法一步生成氧化钙，氯化钙也无法一步生成金属钙(除电解方法)，故③不符合题意；④Fe能够与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热生成氧化铁，氧化铁与元素反应生成氯化铁，氯化铁与锌反应生成铁，铁及其化合物均能够按照图示箭头通过一步反应完成，故④符合题意；⑤Cu-24-
与硝酸反应生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成铜，所以Cu满足题中转化关系，故⑤符合题意；综上，④⑤符合题意；故选C。【点睛】熟记常见元素及其化合物性质，理解常见物质间的相互转化为解题关键，对学生的分析能力及灵活应用能力要求较高。二、非选择题(本题包括3小题，共43分)22.某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下：(1)设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2＋的形式存在，且滤渣1中也无MnO2滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。(2)设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是___________。(3)设备2中加足量双氧水的作用是___________。(4)设备4中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，用化学平衡移动原理解释原因：___________。(5)设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下：①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的___________极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为___________。②该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2＋进入阳极区发生副反应生成MnO2-24-
造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式___________。【答案】(1).SiO2(2).FeCO3＋MnO2＋8H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O(3).Fe2＋完全氧化为Fe3＋(4).渣2中有Al(OH)3，存在电离平衡：Al3++3OH-Al(OH)3AlO+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减小，Al(OH)3不断溶解(5).负(6).H2O－4e－=O2↑＋4H＋(7).Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋【解析】【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加稀硫酸后，酸性条件下二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，过滤得滤渣1的主要成分是SiO2；滤液含锰离子、亚铁离子、铁离子、铝离子等，加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，通过调节pH，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离，滤液2中含有MnSO4、硫酸铵等，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤渣2中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到NaAlO2，过滤分离。滤液2电解得到Mn；【详解】(1)含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸后，SiO2不能与硫酸发生反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2；(2)设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子，Fe2＋与MnO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋4H+＝2Fe3+＋Mn2+＋2H2O或2FeCO3＋MnO2＋8H+＝2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O；(3)设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+；(4)设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，加入过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反应，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡:Al3++3OH-Al(OH)3AlO+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减低，Al(OH)3不断溶解；(5)①电解池中，阴离子由阴极流向阳极，则B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为4OH——4e—＝2H2O＋O2↑；②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极反应式为Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+。23.硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但在生产过程中会产生大量污染，需要在生产工艺中考虑到绿色工艺．以硫酸工业产生的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸铵、亚硫酸铵等物质．合成路线如下：-24-
（1）写出反应Ⅰ的化学方程式________________________．（2）反应Ⅲ中每生成lmol硫化钙理论上转移电子数________；为充分利用副产品CO，有人提出以熔融的K2C03为电解质，设计燃料电池，请写出此电池的负极反应_____________．（3）为检验反应Ⅱ得到的产品是否因部分被氧化而变质，需选择的化学试剂有__________________．（4）根据合成流程，可以循环利用的是____________．（5）（NH4）2SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的离子方程式___________________．【答案】(1).2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2(2).8NA(3).CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2(4).稀盐酸、BaCl2溶液(5).CaCO3(6).2NO2+4SO32﹣=N2+4SO42﹣【解析】本题是化学工艺流程题。以工业上处理二氧化硫的工艺（钙基固硫和氨水吸收）为主线生产相关产品，变废为宝。(1).钙基固硫的反应。因为亚硫酸酸性比碳酸强，所以将向碳酸钙浆液中通入二氧化硫可以生成亚硫酸钙和二氧化碳，亚硫酸钙再被氧气氧化为硫酸钙，总反应为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2(2).反应Ⅲ的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，反应中硫的化合价从+6降到-2，共转移8个电子，所以每生成1molCaS理论上要转移的电子数为8NA。(3).根据CO的燃烧生成CO2，CO发发生了氧化反应，根据原电池原理，负极上还原剂发生氧化反应，由于电解质为熔融的碳酸钾，所以由提供氧原子与CO形成CO2分子，CO中C的化合价从+2升高到+4，要失去2个电子，所以电极反应式为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2-24-
(4).反应Ⅱ得到的产品为亚硫酸铵易被空气中的氧气氧化生成硫酸铵，所以要检验产品是否变质可以检验硫酸根离子，实验室检验硫酸根离子的常用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液(5).分析上述流程图可发现，反应I用到原料中有CaCO3，反应IV有副产品CaCO3生成，所以CaCO3可以循环利用。(6).二氧化氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的还原性，根据化合价通常邻位转化规律，二氧化氮可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以离子方程式为：2NO2+4SO32﹣=N2+4SO42﹣24.超顺磁性的Fe3O4粒子(平均直径为25nm)在医疗上有重要作用，实验室制备方法如下：在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4.实验装置如图所示：请回答下列问题：(1)恒压滴液漏斗的作用是___________。(2)通入N2的目的是___________，反应温度应控制在50℃，加热方法为___________。(3)制备超顺磁性的Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为___________。(4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤。；为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，实验操作：___________。为了检验超顺磁性粒子中含有＋2价的铁元素，需要的化学试剂为___________(填序号)。A．KSCN溶液B．HCl溶液C．H2O2溶液D．K3[Fe(CN)6]溶液(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3，为测定Fe3O4的含量，称取mg试样放在小烧杯中，用足量稀硫酸溶解后定容于100mL容量瓶中，准确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，然后用cmol·L-1KMnO4溶液进行滴定，当___________停止滴定，然后重复滴定操作，平均消耗KMnO4溶液VmL，该样品的纯度为___________【答案】(1).能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中(2).防止FeCl3、FeCl2的混合溶液中Fe2＋被氧化(3).水浴加热(4).Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O4＋8NH＋4H2O(5).将得到的固体分散在水中，观察是否有丁达尔效应(6).BD(7).-24-
滴入最后一滴标准液，溶液变成淡红色且半分钟内不恢复原色(8).×100%【解析】【分析】制备四氧化三铁原理：反应装置内有空气，氧气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2排净装置内的空气，可以防止Fe2+被氧化；50℃可采用水浴加热实现；向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4；检验时可利用胶体的丁达尔效应展开，计算含量时，结合化学方程式、应用关系式进行，据此回答；【详解】(1)恒压滴液漏斗可以使液体物质氨水的液面上下气体压强一致，氨水在重力作用下就可以顺利滴下；(2)反应装置内的空气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2就可以防止三颈烧瓶内FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化；由于反应温度应控制在50℃，低于100℃，所以采用的加热方法为水浴加热；(3)在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4，同时产生NH4Cl，根据原子守恒和电荷守恒，可得制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O4＋8NH＋4H2O；(4)由于无水乙醇容易挥发，挥发时吸收大量的热，所以若用无水乙醇洗涤的优点是能快速得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子；超顺磁性的Fe3O4粒子的粒子平均直径为25nm，具有胶体颗粒大小，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其分散在水中，做丁达尔效应实验，若产生一条光亮的通路，证明分散系为胶体。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，用非氧化性的酸HCl溶解，向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，就证明其中含有Fe2+，故需要的试剂合理选项是BD；(5)Fe3O4与硫酸反应产生的离子中含有Fe2+、Fe3+，而Fe(OH)3反应只产生Fe3+，所以用KMnO4酸性溶液滴定时，当Fe2+反应完全，再滴入时，溶液就会由无色变为高锰酸钾溶液的紫色，故滴定终点为：滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化。根据Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可得关系式：5Fe3O4—5Fe2+—MnO；n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L×=5cV×10-3mol，所以n(Fe3O4)=5n(KMnO4)=25cV×10-3mol，故mg试样的纯度为：-24-
。三、选考题：共15分，从给出的两道题中任选一题作答选修(物质结构)25.(1)硅主要以硅酸盐、___________等化合物的形式存在于地壳中。(2)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以共价键相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献___________个原子。(3)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为___________。(4)在硅酸盐中，SiO四面体[如下图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根：其中Si原子的杂化形式为___________，Si与O的原子数之比为___________，化学式为___________。(5)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为；C为。则D原子坐标参数为___________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为___________g·cm-3(列出计算式即可，锗的相对原子质量为73)。【答案】(1).二氧化硅(2).3(3).Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2(4).sp3(5).1:3(6).[SiO3]或SiO(7).(8).×107【解析】【详解】(1)-24-
自然界中没有游离态的硅，硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。(2)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，硅晶胞中Si原子处于顶点、面心与体内，晶胞内部含有4个Si原子，顶点贡献率为、面心贡献率为，其中在面心位置贡献Si原子数目为6×=3个原子。(3)工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，Mg2Si与NH4Cl反应生成SiH4、NH3和MgCl2，反应的化学方程式为Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2。(4)在硅酸盐中，SiO四面体为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；观察图(b)可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是2+2×=3，即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为[SiO3]或SiO。(5)①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的处，所以其坐标是；②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×+6×+4=8，所以晶胞的密度。选修(有机化学基础)26.秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：回答下列问题：(1)下列关于糖类的说法正确的是___________。(填标号)a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式-24-
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c．银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d．粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物(2)B生成C的反应类型为___________。(3)D中的官能团名称为___________，D生成E的反应类型为___________。(4)F的化学名称是___________，由F生成G的化学方程式为___________。(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有___________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。【答案】(1).cd(2).取代反应(酯化反应)(3).酯基、碳碳双键(4).消去反应(5).己二酸(6).(7).12(8).【解析】【分析】W是E的同分异构体，按W的性质确定其所有的官能团，按碳元素等原子数目拆分出2个取代基、再按取代基在苯环上的位置各有邻、间、对三种，计算出同分异构体的数目，其中核磁共振氢谱为三组峰——即分子内一共有3种氢原子：。【详解】(1)a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm，如脱氧核糖(C6H10O4)，故a错误；b．麦芽糖水解生成葡萄糖，蔗糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖，故b错误；c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；水解液再加入碘、碘溶液不变蓝，说明淀粉完全水解，故c正确；d．淀粉和纤维素都属于多糖类、均为天然高分子化合物d正确；故选cd。(2)B的分子式为C6H6O4，B含羧基，与甲醇在酸性条件下反应生成C，C的分子式为C8H10O4，则生成C的反应类型为酯化反应，属于取代反应。(3)由D的结构简式知，D中的官能团名称为酯基、碳碳双键，由流程知，D生成E-24-
时六元环内消去了氢原子引入了不饱和键，故反应类型为消去反应。(4)由流程中F的结构简式知，F的化学名称是己二酸，由F生成G即乙二酸和1,4-丁二醇在催化剂作用下的酯化反应，则化学方程式为。(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，说明W含有2个羧基，2个取代基为−COOH、−CH2CH2COOH，或者为−COOH、−CH(CH3)COOH，或者为−CH2COOH、−CH2COOH，或者−CH3、−CH(COOH)2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：。-24-
