2021年山东省高考化学压轴试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021年山东省高考化学压轴试卷一、单 选 题（本大题共1 5 小题，共 4 0.0 分）1 .纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是（）A.”春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物B.“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中 的“炒”为氧化除碳过程C.制造青瓦“窑泥周寒其孔，浇水转釉”,红瓦转化为青瓦的原因是F e z。?转化为其他铁的氧化物D.“凡金箔，每金七厘造方寸一千片 金性又柔，可屈折如枝柳J”说明了金有良好延展性2 .下列化学用语的表述不正确的是（）A.C O 2 的结构式：O-C-O14 T r-B.氯化镣的电子式：H ：N：H

2、：C 1：HC.联氨（N 2 H J 的 球 棍 模 型 为 1tD.。2-离子的结构示意图为，）3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1 4 g 聚丙烯中含C -H 键总数目为2IINAB.常温下，p H =1 3 的 N a O H 溶液中含有的O H-数目为0.1 N AC.l L 0.1 m o l T的N a 2 s溶液中，阴离子总数大于O.INAD.含有NA个F e（O H”胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为5 6g4.在指定溶液中下列离子能大量共存的是（）A.透明澄清的溶液:N H F e 3+、SO、N O 3B.能使甲基橙变红的溶液：N a+、C a 2

3、+、A 1 0 、C rC.c（C l C T）=O.l m o l/L 的溶液：K+、N a+、C O/、S2-D.加入A l 能放出电 的溶液：M g 2+、N H t、H C O 3,N O 35.侯氏制碱法制取N a H C()3的原理为N a C l +N H3+C 02+H20 =N a H C O3+N H4C l o 实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量N a 2 c。3固体。下列有关说法正确的是()装 置1 装R U 装置I I IA.装 置I中反应的离子方程式为C 0+2 H+=C 02 T +H20B.向装置I I洗气瓶中加入饱和N a 2 c O 3溶液以除去C

4、 O 2中的少量H C 1C.装置D I中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出N a H C 0 3固体D.析出N a H C C h固体的上层清液中不存在H C O 6.已知伞形酮可用雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得一定条件雷琐装乙酮伞形酮下列说法中不正确的是()A.1 m o l雷琐苯乙酮最多能与4 m o i氢气发生加成反应B.两分子苹果酸的一种缩合产物是:HOOCT000 入 QxkxCOOHC.I m o l产物伞形酮与澳水反应，最多可消耗3 m o i B2,均发生取代反应D.雷琐苯乙酮和伞形酮都能跟F e C b溶液发生显色反应7.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(

5、)A.0.1 0 m o lT N a H C()3溶液加水稀释后，n(H+)与n(O H-)的乘积变大B.p H =5的H 2 s溶液中，c(H+)=c(H S-)=1 x 1 0-sm o l LC.p H =a的氨水溶液，稀 释1 0倍后，其p H =b,M a =b +1D.p H相同的C H sC O O N a N a H C O?N a C l O三种溶液中的c(N a+)：8.我国科学家在研究“催化还原地下水硝酸盐污染”时，将甲酸(H C O O H)在纳米级磁性F e s。4 -P d(钳)表面分解为活性氢气和二氧化碳后，再经a、b两个反应过程实现了N O 的催化还原(如图)

6、。下列说法错误的是()第2页，共28页A.过程a、b 中完全还原ImolNO消耗2moi也B.Fe3（）4催化完成后，可利用Fes。的磁性与水体分离C.HCOOH分解产生CO?可调节反应体系p H,保证催化还原的效果9.D.b 过程反应的离子方程式为3H2+2NO2+2H+短周期全族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，X、Y、Z 位于同一周期，且 z 最外层电子数是其电子层数的3 倍，由这四种元素形成的一种分子的球棍模N2+4H20型如图所示（图中的“棍”可能是单键，也可能是双键）。下列说法正确的是（）A.四种元素原子半径最大的是ZB.四种元素非金属性最强的是WC.w 和 Z 形成的化合物

7、一定不含非极性共价键D.该模型表示的有机物能发生缩聚反应生成高分子化合物1 0.已知：HSO3 T.氧化性10 12。在含3moi NaHS（）3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KI03和析出12的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（）zi(L)/nulA.0 a间发生反应:3HS0：+10：=3S0+3H+B.a b间共消耗NaHSC）3的物质的量为1.8molC.b c间反应：I2仅是氧化产物D.当溶液中与12的物质的量之比为5：3 时，加入的KIO3为l.lmol1 1.根据下列实验操作、现象得出的结论中，正确的是（）A.A B.B C.C D.D选项实验操作实验现象结论A

8、向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量K S C N溶液溶液变为红色X溶液中一定含有 F e 2+B在少量酸性K M n O q溶液中，加入足量的电。2溶液溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：K M n O4 H2O2C镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K 3【F e(C N)6 溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应D将少量铁粉、5 mL苯和1 mL液滨混合,产生的气体通入A g N()3溶液中混合时液体剧烈沸腾，A g N O s溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溟发生反应生了 H B r1 2.2 5久时，向浓度均为l mol L T的弱酸(H A)和其盐(N a

9、A)组成的混合溶液中通入H C 1气体或加入N a O H固体时(整个过程保持温度为2 5冤)，溶液的p H随通入的H C 1或加入的N a O H的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()通入的H C I的物质的w *加入的N a O H的物质的怙A.2 5久时，HA的电离常数小于A-的水解常数B.通 入H C 1气体，HA的电离程度和电离常数均减小C.加入0.5 mol N a O H时，溶液中c(N a+)c(A-)D.溶液中水的电离程度：a b c1 3.一定温度下在体积为1 L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、丫气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图.下列叙述中正确的是()

10、A.反应的化学方程式为5丫 U XB.匕时，丫的浓度是X浓度的1.5倍C.根据t2时的数据，可求出该温度下的平衡常数第4页，共28页D.t3 时，逆反应速率大于正反应速率1 4.C 1 1 S O 4 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是（）1no.|-混合气体x|桶砸.r 74 7r l I*-I O j.A（2）-过一N a O H 溶液A.相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想B.将C U S O 4 溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矶晶体C.X 可能是S O?和S O 3 的混合气体D.Y 可以是葡萄糖溶液1 5.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”意

11、味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢-空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2 H 2 s（g）+02（g）=S2（s）+2 H2O（1）H =-63 2 k J/moU下列说法正确的是（）A.电极b 上发生的电极反应为。2 +4 H+4-4 e-=2 H2OB.电极a 发生还原反应C.每1 1.2 L H 2 s参与反应，有l m o l H+经固体电解质膜进入正极区D.当电极a 的质量增加64 g 时电池内部释放63 2 k J 的热能二、实 验 题（本大题共1 小题，共 1 2.0 分）1 6.我国有丰富的N a 2 s。4 资源，2 0 2 0 年 1 0 月，中

12、科院过程工程研究所公布了利用N a2 s。4 制备重要工业用碱（N aH C（）3）及盐（N aH S O Q 的闭路循环绿色工艺流程如图1。NaHSOq图1浓氨水专K.3 +6H C1 =2 Na Cl +G e Cl4+3 H20,（1）错在元素周期表中的位置为第 周期第 族。（2）“粉碎”的目的是。（3）“焙烧”过程中G e s2发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为。（4）“滤渣”的成分为（填化学式），“水相”中的阳离子除了F e 3+和H+外,还有。（填离子符号）（5）“萃 取 时,EG e（错的萃取率）与 黑Q K相与有机相的体积比）的关系如图所示,。（填序号）B.6C.8D.

13、1 0（6）“水解”时反应的化学方程式为 ,该步实验操作必须在冰盐浴中进行的原因除了有利于水解反应正向进行外，还有 o（7）假设流程中每步都没有错元素损失，若a k g错（含错b%）经提纯得到c k g的错,则杂质元素的脱除率为（用含a、b、c的式子表示）。（已知：杂质元素的脱除率=实际脱除杂质元素的质量理论脱除杂质元素的质量x 10 0%)19.氢能源是公认的环境友好型二次能源，对其开发和利用是科研领域研究的热点。回答下列问题:甲烷与水蒸气的催化反应可制备电和C O（合成气）。已知：I.C O2(g)+4 H 2(g)=C H4(g)+2 H 2 0(g)H =-16 5 k J/mo l；

14、n.C O2(g)+H2(g)=C O(g)+H20(g)AH=+4 1k J/mo L制备合成气反应的热化学方程式为。第8页，共28页制备合成气时，会因副反应C O(g)+2 H 2(g)#C H3O H(g)A H ”、“”或 =)0 o当反应处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应可能处于图中的 点。(填“b、c 或 d”)(3)氢能源在电化学领域的一种存储和应用的原理为充电M H +N i O O H 一 N i(O)2+A/,充电时的阳极反应式为_ _ _ _ _ _ 。放电20.黄鸣龙是我国著名化学家，利 用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物K的路线如

15、图。CHCOOHC?HQ2clANaCNCH、=CHCOOC、H,一定 条 件.COOCH；CH(CH?)4COOC2H5COOCHAQH50HC2H5OOCCH2CH；C O O C H 1T J PCOOCH黄鸣龙反应C M。CIQHI4O5H已知：R一 冬Ho侬IIRC00R1+R2cH2coOR3 T R(CHCOOR3+R1OHR2?黄鸣龙反应 R-C-R，tR1CH2R2请回答下列问题：(1)B的化学名称是 ,FTG的反应类型为(2)H的官能团名称是 ,J的结构简式为。检验C H?=C H C O O C 2H 5中碳碳双键的试剂为(3)D -E的化学方程式为 o(4)已知Q是D的

16、同分异构体，结构中含有H C O O -结构，且I m ol Q与足量N a H C C)3溶液反应生成I m ol C O z，则Q的结构有 种。其中核磁共振氢谱吸收峰面积比为6：1：1的物质的结构简式为。(5)已知K的一种同分异构体L的结构为CHQOC COOCH3(X C H:C H2C O()C:l h,设COOCH3计以L为原料合成二的路线 _ _ _ _ _ _。(用流程图表示,U U C O O C 2H5无机试剂任选)第 10页，共 28页答案和解析1.【答案】A【解析】解：A.古代蜡的主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量不大，属于小分子，不是高分子聚合物，故A错误；B.生铁是

17、含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故B正确；C.青砖里面主要是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁，红瓦转化为青瓦的原因是Fe2()3转化为其他铁的氧化物，故C正确；D.“凡金箔，每金七厘造方寸一千片 金性又柔，可屈折如枝柳”说明了金有良好的延展性，故D正确。故选：AoA.一般而言，相对分子质量大于10000为高分子化合物；B.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，“炒”制过程为除碳过程；C.青砖里面主要是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁；D.依据金的延展性解答。本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查

18、,注意常见物质的组成和性质，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：ACO2分子为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的结构式为0=C=0,故A错误；H+.B.氯化镂有锈根离子和氯离子构成，氯化钱的电子式为,故B正确；H*C.联氨(N2H4)中氮原子连接两个氢原子，结构式为H R-j-H,球棍模型为嘀R,故C正确；DO?一离子质子数为8,核外电子数为1 0,分层排布，最外层电子数为8,离子结构示意图为6)2)，故D错误；故选：AoA.二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，用短线表示共用电子对即为结构式；B.氯化铉为离子化合物，铉根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子;C.联氨(N2HQ

19、可视为是N&分子中的一个氢原子被L N%)取代所形成的物质；DQ2-离子的质子数和核外电子数分别为8和 1 0,最外层电子数为8。本题考查常见化学用语的表示方法，涉及结构式、电子式、球棍模型、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A.14g聚丙烯(一 C 0，n)含C H键总数目：就 篙 x2xN A m oL=CH32NA，故 A 错误；B.题中未告知溶液体积，无法计算OH-数目，故 B 错误；C.Na2s溶液中存在水解平衡：S2-+H2OUHS-+O H-,由于硫离子部分水解，导致溶液中阴离子数目增

20、多，溶液中c(S2-)=0.1m ol-LT xlL=0.1m ol,则阴离子总数大于O.INA，故 C 正确；D.1个Fe(0H)3胶粒是由很多个Fe(0H)3构成的，NA个Fe(0H)3胶粒中含铁元素的物质的量大于Im o l,即NA个Fe(0H)3胶粒所含铁元素的质量大于56 g,故 D 错误；故选：C。A.聚丙烯的最简式为CH2,14g聚丙烯中含H：僦x2xN A m olT =2NA，所有H均与C 以单键相连；B.计算物质的量，需要知道溶液体积；C.硫化钠溶液中硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子分析；D.1个Fe(0H)3胶粒是由很多个Fe(0H)3构成的。本题考查了物质的量和阿伏

21、加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4.【答案】A【解析】解：A.NH Fe3+、SO%-、NO 之间不反应，为透明澄清的溶液，能够大量共存，故 A 正确；B.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、A1O 之间发生反应，不能大量共存，故 B 错误；C.C1CT、S2-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故 C 错误；第12页，共28页D.加入A l能放出H2的溶液中存在大量H+或OFT,HCO.、Mg2+、NH与0H-反应，HCO与H+反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选：AoA.四种离子之间不反应，能够共存；B.该溶液呈酸性，偏铝酸根离子与氢离子反

22、应；C.次氯酸根离子能够氧化硫离子；D.该溶液呈酸性或强碱性，镁离子、铁根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，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0H-；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。5.【答案】C【解析】解：A.装 置I中

23、反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+4-C02 T +H20,故 A 错误；B.向装置II洗气瓶中加入饱和Na2cO3溶液，二氧化碳和HCI都能与碳酸钠溶液反应，生成碳酸氢钠，不能除去CO?中的少量H C 1,故B错误；C.装置HI中氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，用冰水浴冷却试管内溶液，碳酸氢钠溶解度减小，有利于析出NaHCO3固体，故C正确；D.析出晶体碳酸氢钠后的溶液为碳酸氢钠饱和溶液，析出NaHCOs固体的上层清液中仍然存在H CO 1,故D错误；故选：CoA.装 置I中反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳气体；B.饱和N

24、a2c。3溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C.氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，冰水浴冷却有利于析出NaHCC)3 固体；D.析出晶体碳酸氢钠后的溶液为碳酸氢钠饱和溶液。本题考查了物质制备实验流程分析判断，物质性质的理解应用，掌握实验基本操作和物质的制备原理是解题关键，题目难度中等。6.【答案】C【解析】解：A.l m o l雷琐苯乙酮含有I m o l苯环、I m o l段基，二者均能与氢气发生加成反应，故1 m o l雷琐苯乙酮最多能与4 m o i氢气发生加成反应，故A正确；B.2分子苹果酸可以通过酯化反应脱去2分子水形成环酯，该缩合产物结构简式是：M/XCOOH,故 B

25、正确；C.l m o l产物伞形酮与淡水反应，最多可消耗3 m o i B2,酚羟基邻位氢原子与溪发生取代反应，但碳碳双键与澳发生加成反应，故C错误；D.雷琐苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，都能跟F e C%溶液发生显色反应，故D正确。故选：C。A.雷琐苯乙酮中苯环、默基均能与氢气发生加成反应；B.2分子苹果酸可以通过酯化反应脱去2分子水形成环酯；C.碳碳双键与澳发生加成反应，酚羟基邻位氢原子与澳发生取代反应；D.雷琐苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，具有酚的性质。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质与转化，注意掌握酚与澳水反应的定位规律，是对有机化学基础的综合考查。7.【答案】A【解析】解

26、：A.0.1 0 m o lT N a H C 0 3溶液加水稀释后，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大，贝i J n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故A正确；B .硫化氢溶于水分步电离，且水还电离出氢离子，贝U p H =5的H 2s溶液中，c(H S-)c(H+)=l x l O-5m ol-L-1,故 B 错误；C.p H =a的氨水溶液，稀 释10倍后，其p H =b,由于稀释促进电离，氢氧根离子的浓度大于原来的卷，贝U a H 2c O3 H C 10,所以水解程度：N a C l O N a H C O3 C H3C OON a,p H 相同时，溶液的浓度：N a C l

27、O N a H C O3 ，三种溶液中的c(N a+)：,，故D错误；故选：A oA.O.l Om ol L T N a H C 03溶液加水稀释后,溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大;B.硫化氢为二元弱酸，溶于水分步电离，且水还电离出氢离子；第14页，共28页C.p H =a的氨水溶液为弱电解质溶液，存在电离平衡，稀释促进电离；D.已知酸性:C H3C OOH H2C O3 H C 10,所以水解程度：N a C l O N a H C O3 C f C OON a,p H相同时，水解程度越小的浓度越大，据此分析判断本题考查了电离平衡的移动以及弱电解质溶液稀释时溶液p H的变化规律，并

28、考查了强酸强碱的酸式盐溶液中水电离出的氢离子浓度的计算，掌握酸和碱对水的电离有抑制作用，而盐类的水解对水的电离有促进作用是解题关键，题目难度中等。8.【答案】A【解析】解：A.I m ol N O转化为0.5m ol N 2，转移5 m oi电子，1 m ol H 2转移2 m oi电子，所以完全还原I m ol N O消耗2.5m ol H 2，故A错误；B.F e3()4具有磁性，可以被磁铁吸引，贝 呼63。4催化完成后，可利用F es。4的磁性与水体分离，故B正确；C.H C OOH分解生成活性氢气和二氧化碳，可调节反应体系p H,保证催化还原的效果，故C正确；D.b过程中 与N O H

29、+反应，N OW被还原为M，氢气被氧化为电0，反应的离子方程式为3H 2+2N 0W +2 H+N 2+4H 2。，故 口 上确。故选：A。A.l m ol N O转化为0.5m ol N 2，转移5m oi电子，根据电子守恒计算；B .F es C U具有磁性，可以被磁铁吸引；C.H C OOH分解生成活性氢气和二氧化碳；D.b过程中 与N O H+反应，N O被还原为电，氢气被氧化为电0。本题考查了氧化还原反应、反应机理的分析，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、以及图中物质之间的转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，题目难度不大。9.【答案】

30、D【解析】解：结合分析可知，W为H,X为C,丫为N,Z为O元素，A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径最大的为X(C),故A错误；B.同一周期从左向右非金属性逐渐增强，四种元素中H的非金属性最弱，则元素非金属性最强的是Z(0),故B错误：CW、Z形成的过氧化氢分子中含有0-0非极性键，故C错误；D.该模型表示的是丙氨酸，丙氨酸分子中含有氨基和竣基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故 D 正确；故选：D。短周期全族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，Z 最外层电子数是其电子层数的3倍，Z 只能位于第二周期VIA族，则 Z 为 0；X、Y、Z 位于同一周期，则 X、Z 位于第二周期：

31、结合图示球棍模型可知，原子半径最小、形 成 1个共价键的应该为H,即 W为 H；原子半径最大、形成4 个共价键的为C,则 X 为 C；丫介于C、N 之间，只能为N 元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，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。10.【答案】C【解析】解：A.已知还原性HS0，由图示可知，当滴加的KIC)3物质的量小于Imol时溶液中无I2生成，即没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0 a间发生反应的离子方程式为：3HSO3+IO1=3 S 0/+3 H+,故 A 正确；B.由图示可知a=0

32、.4mol,b 为 Imol,a b之间共消耗0.6molIO_一且无I?生成，故根据方程式10+3HS0.=r +3so歹+3H+可知，每消耗lmolIO则3moiHSO被氧化，则每消耗0.6moHO则1.8molHSO1被氧化，故 B 正确；C.由图示b c之间所发生的离子反应方程式10+6H+51-=3H2。+312,可知即是氧化产物又是还原产物，故 C 错误；D.0 1之间共消耗lmolKl()3，则生成lmol，又由b c之间的方程式为10+6H+5P =3H2O+3I2,设该过程消耗10；的物质的量为am oL 则：IO3+6H+5P=3H2O+312,1 5 3a 5a 3a当溶

33、液中与“的物质的量之比为5：3 时，詈=|，a=O.lmoL加入的KIO3为Imol+O.lmol=l.lm o l,故 D 正确；故选：C。还原性HSO，先发生IO+3HSOI=+3SO/+3 H+,继续加入KIO3,氧化性IO3 12,所以10可以结合H+氧化厂生成匕，离子方程式是10+6H+51-=3H2O+312，以此来解答。本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、发生的反应、电子第1 6页，共2 8页守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11.【答案】B【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子

34、，则检验亚铁离子时试剂的加入顺序不合理，故A错误；B.高镒酸钾可氧化过氧化氢，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡，则氧化性：K M n O4 H2O2,故B正确；C.K 3【F e(C N)6 溶液可检验亚铁离子，由操作和现象可知F e为正极，Z n为负极，发生电化学腐蚀，故C错误；D.挥发的浪及生成的HBr均与硝酸银反应，由操作和现象不能证明生成HBr,故D错、口状；故选：BA.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；B.高镒酸钾可氧化过氧化氢；C.K3 Fe(C N)6 溶液可检验亚铁离子；D.挥发的澳及生成的HBr均与硝酸银反应。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物

35、质的性质、反应与现象、物质的检验、离子检验、实验技能为解答的关键，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。1 2.【答案】D【解析】解：A.未加HC 1和N a O H时，溶液呈酸性，说明H A的电离程度大于水解程度，即H A的电离常数大于A-的水解常数，故A错误；B.温度不变，电离常数不变，故B错误；C.加入0.5 m o l N a O H后，p H 0丁),由电荷守恒c(N a+)+c(H+)=c(A-)+c(O H-),可知c(N a+)c(A-),故 C错误;D.a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，p H越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所

36、表示的溶液中水的电离程度：abc,故D正确。故选：D。A.浓度均为l m o l IT】的弱酸(HA)和其盐(N a A)组成的混合溶液中，存在H A的电离平衡和A-的水解平衡，H A的电离使溶液呈酸性，A-的水解平衡使溶液呈碱性；B.电离常数只受温度影响；C.加入0.5molNaOH后，pH 4与过量NaOH溶液反应会生成Cu(0H)2悬浊液，葡萄糖含醛基，能还原新制Cu(0H)2悬浊液生成Cu?。，故 D 正确；故选：D。Cu可以通过两种方法来制取CUSO4，Cu+2H2S04 CuS04+S02 T+2H2O 第18页，共28页 2 Cu +O 2 +2 H2 s o 4 =2 CUS

37、04+2H2O,CUS O 4 受热分解得到混合气体和Cg O,Cu化合价降低，C1 1 S O 4 中只有O元素的化合价能升高，故 X 中必有。2,Cu S C）4 与过量N a O H溶液反应会生成Cu（0 H）2 悬浊液，可以与含醛基的物质反应生成Cu 2。本题考查C u 及其化合物的性质，题目难度中等，掌握有关化学物质的基本性质是解题的关键，侧重考查学生的基础知识掌握情况。1 5.【答案】A【解析】解:A该电池是质子固体做电解质，所以电极b 反应式为O 2 +4 H+4 e-=2 H2 O,故 A 正确；B.电极a 为负极，发生氧化反应，故 B 错误；C.由电极反应式2 H2 s-4

38、e-=4 H+S 2 可知，标准状况下，每1 1.2 L H2 s 物质的量=1 1 2 17 7 4 1/4.q*L/,m o i,=0-5 m o l,H2 s 参与反应，由电极方程式2 H2 s-4 e-=S 2（S）+4 H+,有l m o l H+经固体电解质膜进入正极区，未指明标准状况下，故 C 错误：D.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于6 3 2 k J,故 D 错误；故 选:A。由2 H2 s（g）+0 2（g）=S 2（s）+2 H2。）可知，。2 在正极b 发生还原反应，电极反应式为02+4 H+4 e-=2 H20,H2 s 在负极a 发生氧化反应，电极反应

39、式为2 H2 s -4 e-=4 H+S2,结合原电池工作原理和电极反应分析判断。本题侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。1 6.【答案】平衡气压，使氨水能顺利滴加防止溶液倒吸饱和N a HC0 3 溶 液 漏 斗、玻璃棒和烧杯排出分解产生的氨气，防止氨气重新与N a HS 0 4 反应 N a 2 s O 4 9 6.0%N a 2 s。4 +C02+H2O =N a HCO3 1 +N a HS O4【解析】解：（1）A 中橡皮管a 可以连通圆底烧瓶和分液漏斗，起恒压作用，使氨水容易滴下，故答案为：平衡气压，使氨水能顺利滴加；氨气是极

40、易溶于水的气体，溶于水时可能发生倒吸，装置B 中加入CCI4 的目的就是为了防止倒吸，故答案为：防止溶液倒吸；稀盐酸和碳酸钙的反应发热，可导致HC1 的挥发，使制得的CO?中会混有HC1 气体，盐酸能溶解N a HCC3，可用饱和N a HCC)3溶液吸收HC1气体，故答案为：饱和N a HCC)3溶液；(2)复盐N a 2 s O 4 (N H 4)2 S C)4 2出0的溶解度较小，可用过滤操作分离，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒和烧杯；(3)氨气是碱性气体，能与N a H S()4反应，为防止分解生成的氨气重新与N a H S 0 4反应，应边加热边通氮气，及

41、时排出氨气，故答案为：排出分解产生的氨气，防止氨气重新与N a H S O 4反应；氨气极易溶于水，为将氨气充分利用，结 合“一次反应”步骤中的原料分析可知，最好用N a 2 s O,溶液吸收氨气后直接循环利用，同时也符合流程的闭路循环绿色特点，故答案为：N a 2 s o笳(4)表中数据中第2次误差较大，应舍去，三次数据的平均值为期 W U m L =2 0.0 0 m L,反应为N a H S()4 +N a O H =N a2S 04+H2O,即样品中n(N a H S()4)=n(N a O H)x1 2 2 2 =cV=O.l O O O m o l -L_ 1 x 0.0 2 L

42、x 5 0 =O.l m o L m(N a H S 04)=n M =O.l m o l x1 2 0 g/m o l =1 2 g,则样品中硫酸氢钠的纯度为黑 X 1 0 0%=96.0%,IN.故答案为：96.0%；(5)由上述流程可知，氨气循环使用，生成物只有N a H C C)3和N a H S()4，根据原子守恒可知，反应物为N a 2 s O 4溶液和C O 2，所以该流程总反应为N a 2 s O 4 +C O2+H2O =N a H C O3 I+N a H S 04,故答案为：N a 2 s O 4 +C O2+H2O =N a H C O3 i +N a H S 04o利

43、用N a 2 s O 4制备N a H C C 3和N a H S C U的工艺流程为：N a 2 s O 4溶液、N H 3和C O?发 生“一次反应“生成溶解性较小的N a H C C)3,化学方程式为N a 2 s。4 +2 N H3+2 C O2+2 H2O =N a H C O3 I+(N H4)2S 04,过滤得到N a H C O?固体和(N H dS O,溶液，硫酸镀溶液与过量的硫酸钠反应生成N a 2 s O 4 (N H Q 2 S O 4 2 H 2。，过滤得到固体N a z S O (N H J 2 S O 4 2 H 2。和N a 2 s O,溶液，N a 2 s。4

44、溶液循环到“一次反应”步骤，“灼烧”N a 2 s。4 (NHJSOLZ%。得到N a H S C U溶液和N H 3,N&循 环 到“一次反应”步骤再利用，蒸发结晶得到N a H S O,，据此分析解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。1 7.【答案】I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 di 0 4 s 2 4 P 3(或 A r 3 di 4 s 2 4 P 3)大于 2 4 三角锥第20页，共28页形 二4 s p 3、s

45、 p2八面体里等 彩-厂 3a2cNA【解析】解：(l)A s 是 3 3 号元素，位于第四周期VA族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P 63 s 2 3 P 63 d 1 4s 2 4P 3(或 A r 3 d 1 0 4s 2 4P 3)；A s 和 Ni 均为第四周期元素，A s 为非金属元素，Ni 为过渡金属元素，所以1 1(人 5)大于1 1(所)，故答案为：I s 2 2 s 2 2 P 63 s 2 3 P 63 d 1 0 4s 2 4P 3(或 A r 3 d 1 4s 2 4P 3)；大于;(2)在碑单质分子结构的4 条棱边上各插入1

46、个硫原子，形成A s 4s 可得到雄黄有如图所示2 种不同的结构:S 键，则0.5m o l 雄黄中含有4m o i A s -S 键,故答案为：2；4；(3)A s O 1的中心原子碑原子形成了 3 个。键，另外还有1 对孤电子对，其价层电子对总数是4,其 V S E P R 模型为四面体形，忽略孤电子对可得微粒空间构型为三角锥形；因0为H3P中磷的配位数为4,贝 I J H 3 P。3 的结构式为H。一 心 0H，因此为二元酸，H故答案为：三角锥形；二；(4)该Ni?+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢键，因此配位数为4；甲基中碳原子形成4 个。键，C=N 双键中碳原子形成3 个。键，

47、所以C 原子以s p 3、s p 2 杂化，故答案为：4;s p 3、s p2；(5)由图可知，晶胞中6 个 A s 原子围成八面体；该晶胞中Ni 原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有Ni 原子的个数=12x：+6 x；+2x；+l =6,A s 原o 3 Z子位于六棱柱的体内，数目为6,则晶胞的质量为丝 粉 也 g,六棱柱的体积为=(3 2 2 义6X(59+75)s i n 60 x 6 x cx 1 0-3 o)c m3,则该晶体的密度 p =,-皿 二-xa2xsin60 x6xcxl0-3 0cm35366x103。3a2cNAg c m-3故答案为:536百 xl()

48、33a?CNA(l)A s 是 3 3 号元素，位于第四周期VA族；A s 和 Ni 均为第四周期元素，A s 为非金属元素，Ni 为过渡金属元素；(2)在碑单质分子结构的4 条棱边上各插入1 个硫原子，形成A s 4s 钎可得到雄黄有如图所示2种不同的结构:(3)A s O 1的中心原子碑原子形成了 3个。键，另外还有1对孤电子对，其价层电子对总O数是4；因为H 3 P。3中磷的配位数为4,则H 3 P。3的结构式为H O T；一()H；H(4)该Ni 2+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢键；甲基中碳原子形成4个。键,C=N双键中碳原子形成3个o键；(5)由图可知，6个A s原子围成八

49、面体；该晶胞中Ni原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，A s原子位于六棱柱的体内，均摊法计算晶胞中Ni、A s原子数目，计算晶胞质 量,晶 体 密 度=儒。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、微粒结构与性质、杂化方式、配合物、晶胞计算等，注意理解微粒空间构型与V S E P R模型关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算。、高温1 8.【答案】四WA增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率G e S z+3 0 2二G e O z+2 S O2 S i O2 Cu2+C G e Cl4+(n +2)H2O =G e O2-n H2O I +4H C1 防止温度高时，G e%挥

50、发缶 xl。【解析】解：(1)错与硅同主族，且位于硅的下一周期，硅位于第三周期第WA族，楮在周期表中位于第四周期第WA族，故答案为：四；WA；(2)粉碎”可增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率；(3)“焙烧”后产生了S O 2说明氧气参与了反应，再结合Ge的最高价为+4可知产物还有高 温Ge。?，反应的化学方程式为GeS 2 +3O2 GeO2+2 S 02、高温故答案为：GeS2+3O2 GeO2+2 S O2-(4)“焙烧”后得到的固体为Fez。?、C u O、GeO2,S i O2,只有S i O 2不与硫酸反应,则“滤渣”的主要成分为