1、浙江省宁波十校2021届高三化学下学期联考模拟练习试题（3）（含解析）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）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如下图。下列关于莽草酸的说法正确的是A分子式为C7H6O5B可发生加成和取代反应C分子中含有两种官能团D1mol莽草酸与足量的Na反应，生成标准状况下33.6L的H22历史上最早使用的还原性染料是靛蓝，其结构式如图所示，下列关于它的性质的叙述中错误的是A它的苯环上的一氯取代产物有4种B它的化学式是C14H10N2O2C它不属于高分子化合物D它可以使溴水褪色3
2、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )ASSO3H2SO4BCuCuSO4Cu(NO3)2CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)425时，下列四种溶液：的溶液，盐酸，溶液，的氨水。则四种溶液中由水电离出的浓度之比为（ ）A1101001000B111211C14131211D1413235从下列事实所列出的相应结论正确的是选项实验事实结论AAlCl3溶液导电AlCl3是离子化合物BH2SO4氧化性强于H3PO4非金属性：SPCNaHCO3溶液与NaAl(OH)4溶液混合产生白色沉淀结合H+能力：CO32-
3、Al(OH)4-D常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：PNAABBCCDD6下列说法不正确的是( )A硅酸钠可用作木材防火剂B二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品D晶体硅可用作半导体材料7A将NaOH放在白纸上，用托盘天平准确称量4.0克B烧杯中溶液转移到100毫升容量瓶中,未洗涤直接加蒸馏水至刻度线C加蒸馏水定容，当液面离容量瓶的刻度线1-2cm时改用胶头滴管滴加至凹液面和刻度线相切D如果不慎加水超过了刻度线,立即用胶头滴管吸取部分溶液,使液面和刻度线相平8化学与生活密切相关。下列叙述错误的是ASO2可用于漂白纸浆BSiO2可用于制光导纤维
4、CNaClO溶液可用于杀菌消毒DCu(OH) 2可用作口服制酸剂9下列说法正确的是A溶液焰色反应时，如果火焰呈黄色就说明该溶液一定有钠元素，一定没有钾元素B除去CO2中的HCl气体，只需将气体通过NaOH溶液C在某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中一定含SOD在氧化还原反应中，阳离子也能失去电子被氧化，阴离子也能得到电子被还原10下列指定反应的离子方程式正确的是AZn与稀醋酸反应：Zn2H+Zn2+H2BAlCl3溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3CCu与稀硝酸反应：Cu4H+2Cu2+2NO22H2OD电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：22
5、H2H211一定温度下有盐酸硫酸醋酸,下列说法正确的是A酸的物质的量浓度和体积相同时,与足量的金属反应产生氢气的体积(在相同条件下): =B酸的物质的量浓度和体积相同时,中和碱的能力： CPH值相同时，酸的物质的量浓度是 ： = DPH值相同时,分别稀释5倍,与足量的金属刚开始反应的速率:12设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A5.8g熟石膏（2CaSO4H2O）含有的结晶水分子数为0.02NAB1mol CnH2n-2（n2）中所含的共用电子对数为（3n+1）NAC60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2+3H2
6、O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA13现有氧化还原反应：2Br Cl2=Br22Cl；2Fe2Br2=2Fe32Br；2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的是( )A还原性强弱顺序为Fe2BrMn2ClB反应中Cl是Cl2的氧化产物，反应中Cl2是 Cl 的还原产物C若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可观察到溶液紫红色褪去D1 mol Cl2通入含1 mol FeBr2的溶液中，离子反应为3Cl22Fe24Br=2Br26Cl2Fe314用含有少量银和锌的粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，通电一段时
7、间后，阳极的质量减轻了6.4 g，下列说法正确的是A电解质溶液的质量增加了6.4 gB阴极的质量增加了6.4 gC阴极增加的质量小于6.4 gD溶液中Cu2+浓度完全保持不变15分子式为C4H8的烃有（考虑顺反异构体）（ ）A4种 B5种 C6种 D7种16下列反应属于放热反应的是A氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应B能量变化如图所示的反应C化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应D燃烧反应和中和反应17分类方法在化学发展中起到了重大的作用。以下分类正确的是单质氧化物酸碱盐A金刚石水硫酸烧碱胆矾B黄铜NO2盐酸石灰水FeSO4C碘酒一氧化碳磷酸熟石灰食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打
8、AABBCCDD18下列有关化学用语表示正确的是（ )A碳基硫的电子式：B乙醛分子的比例模型：C的名称：2-甲基乙醇D氢化钠与重水反应的化学方程式：NaH+D2O=NaOH+D219下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A明矾用作净水剂B溴化银用作胶卷感光材料C氢氟酸刻蚀玻璃D氢氧化钠固体作干燥剂20烃是只含C、H两种元素的有机物。下列球棍模型中，可表示烃的是ABCD21下列物质中与甲烷互为同系物的是 （ ）AC2H4BC2H2CC6H6DC3H822下列物质中属于非电解质的是（ ）ABaSO4BHNO3CH2DCO223ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可以通过以下反
9、应制得ClO2：2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O，下列说法正确的是()AKClO3在反应中失去电子B此反应中每生成1 mol ClO2转移的电子数为1 molCClO2是氧化产物DH2C2O4在反应中被还原二、多选题24次氯酸钠（NaClO）固体在一定条件下发生分解反应，可能形成的产物是ANaCl和O2BNaClO3和O2CNaClO3和Cl2DNaClO3和NaCl25在恒温恒容的密闭容器中，发生反应X(g)+2Y(g)3Z(g) H=-akJmol-1 (a0)，下列说法正确的是( )A容器内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态B达到化学平衡状
10、态时，反应放出的总热量可能为akJC当反应进行了2min时X的浓度减少了0.1mol/L，则Z的反应速率为0.15molL-1min-1D降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26(1)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是_。(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是_。(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是_。四、计算题27硝酸是重要的氧化剂，铁、铜是生活中常见的金属（1）Fe与Cu混合物与65%的硝酸反应会产生大量NO2，该反应使用的硝酸的物质的量浓度为_mol/L（已知=1.4g/cm3）（2）各为
11、0.1mol的Cu与Fe混合物与足量的某浓度的硝酸反应产生4.48L气体（标准状况下），则该反应消耗的硝酸为_mol（3）4.4gFe与Cu混合物与过量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下的1.12L的氧气混合后通入水中恰好被完全吸收，则其中铜的质量为_g（4）Fe与Cu混合物共有a mol，其中铜的物质的量分数为X，将该混合物全部投入b mol的硝酸中使其充分反应，假定硝酸的还原产物仅有NO，若溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，则b的取值范围是_（用a、x表示）若x=0.2时，溶液Fe2+与Fe3+的物质的量相等时，在标准状况下产生NO 6.72L，求a、b的值（写出简要的计算过程）_五
12、、原理综合题28如图表示时合成氨反应的能量变化曲线图，据图回答下列问题：(1)若反应中生成2mol氨，则反应_(填“吸收”或“放出”)_kJ热量。(2)图甲中曲线_(填“a”或“b”)表示加入铁触媒(催化剂)的能量变化曲线，铁触媒能加快反应速率的原理是_。(3)合成氨反应中平衡混合物中氨气的体积分数与压强、温度的关系如图所示。若曲线a对应的温度为500，则曲线b对应的温度可能是_。A600 B550 C500 D450(4)合成氨所需的氢气可由甲烷与水反应制备，发生的反应为 。一定条件下，在1L容器中发生上述反应，各物质的物质的量浓度的变化如表所示：000234表中x=_；前2min内的平均反
13、应速率为_。34min内，反应过程中氢气浓度量增大的原因可能是_。A升高温度 B使用催化剂 C充入氢气六、元素或物质推断题29AF为中学化学常见纯净物，其中A、B的水溶液均显碱性，B是一种可用于制药的盐。C是生活中常用的一种调味品也是重要的化工原料。F的水溶液是一种强酸。它们之间的转化关系如下。(部分反应物、生成物和反应条件已略去)请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_，B_，C_，F_。(2)AB的化学方程式是_。(3)C的溶液通电后，发生反应的离子方程式是_。七、工业流程题30某铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3
14、、MgO和CaO等。由该矿石制备Co2O3的部分工艺过程如下：I将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，过滤，分离除去沉淀a。II浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀b主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12。III向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀c。IVIII中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CoCO3沉淀。V将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生 CoC2O42H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400600 煅烧，即得到Co2O3。请回答：（1）I 中，沉淀
15、a的成分是_，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是_， 加入Na2SO3溶液的主要作用是_。（2）根据图1、图2分析：矿石粉末浸泡的适宜条件应是：温度_、pH_。图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是_。（3）II中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：ClO+_+_= Cl- +_+ _（4）I中，检验铁元素完全除去的试剂是_，实验现象是_。（5）I中，沉淀c的成分是CaF2、_（填化学式）。（6）V中，加入Na2CO3的作用是_。（7）V中，分离出纯净的CoC2O42H2O的操作是_。八、有机推断题31药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒(2019nCoV)有明显抑制
16、作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图（A俗称石炭酸）：已知：ROHRCl回答下列问题：（1）有机物B的名称为_。（2）G到H的反应类型为_。（3）I中官能团的名称为_。（4）E中含两个Cl原子，则E的结构简式为_。（5）由B生成C的化学反应方程式为_。（6）X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式_。（写出一种即可）苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子；lmolX消耗2molNaOH。（7）设计由苯甲醇为原料制备化合物合成路线_。（无机试剂任选。合成路线常用的表示方式为：AB目标产物。参考答案1B【解析】分析：由结构可以知道，该物质的分子式为C7H10O5，含-OH、C
17、=C、-COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答。详解：A项，根据莽草酸的分子结构及C、H、O原子的成键特点可知，其分子式为C7H10O5，故A错误；B项，分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基和羧基，可发生酯化反应（即取代反应）故B正确；C项，分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故C错误；D项，分子中含3个OH和1个COOH，所以1 mol莽草酸与足量的Na反应能生成2 mol H2，2 mol H2在标准状况下的体积为44.8 L，故D错误。所以B选项是正确的。2B【解析】【详解】A. 该分子呈中心对称，故其苯环上的一氯取代产物有4种，A正确； B. 根据其结构简式可以确定其分
18、子式是C16H10N2O2，B错误；C. 根据其分子式可以判断它不属于高分子化合物，C正确； D. 该分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，D正确。综上所述，关于它的性质的叙述中错误的是B，选B.3D【详解】AS在氧气中点燃生成二氧化硫，S不能一步转换三氧化硫，三氧化硫和水可以反应生成硫酸，故A不符合题意；B铜的活泼性排在H之后，Cu和稀硫酸不能反应得到CuSO4，硫酸铜和硝酸钡可以反应生成硝酸铜和硫酸钡，故B不符合题意；CCu2(OH)2CO3和盐酸反应生成氯化铜、水、二氧化碳，氯化铜溶液和钠不能置换出铜单质，故C不符合题意；D氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸
19、氢钠加热分解生成碳酸钠，可实现图中转化，故D符合题意；答案选D。4A【详解】25时，的溶液，根据得，；盐酸，根据，；溶液，根据，；的氨水，；四种溶液中，由水电离出的浓度之比为。故选A。5C【详解】A. 离子化合物和部分共价化合物在水中完全电离，用AlCl3溶液做导电实验，无法验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物，故A错误；B.对比非金属性应该比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误；C. 酸性越弱，其阴离子结合氢离子的能力越强，NaHCO3溶液与NaAl(OH)4溶液混合产生白色沉淀，说明氢氧化铝的酸性弱，则结合H+的能力：CO32-Al(OH)4-，故C正确；故选C。D、非金属性是指元素原子
20、得电子的能力，非金属性NP，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中NN叁键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故D错误。【点睛】考查物质的性质、弱酸相对强弱的比较、元素非金属强弱比较等内容，其中比较非金属性强弱可通过比较最高价含氧酸酸性强弱，氢化物稳定性，非金属单质氧化性强弱，阴离子还原性强弱等。6B【解析】【详解】A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，这样即使燃烧木材至多也只是变黑，如果是高温那也只是干馏，所以硅酸钠可以用作木材的防火剂，不符合题意；B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氢氟酸（HF），符合题意；C
21、.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品，不符合题意；D.晶体硅具有一个非常重要的特性单方向导电，也就是说，电流只能从一端流向另一端，制作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料，因此晶体硅可用作半导体材料，不符合题意；故答案为B。7C【解析】选项A不正确，氢氧化钠称量时应该放在烧杯中；选项B不正确，必须洗涤，且把洗涤液也转移至容量瓶中；选项D不正确，一旦定容时加水超过刻度线，必须重新配制，因此正确的答案选C。8D【详解】A. SO2具有漂白性，能与纸浆中的有色物质结合成无色物质，A正确；B. SiO2熔融后，可抽成细丝，制成光导纤维，用于光纤通迅，B正确；C. NaClO溶液具有强氧化
22、性，可用于杀菌消毒，C正确；D. Cu(OH) 2可与酸作用，但生成的Cu2+对人体不利，故不能用作口服制酸剂，D错误。故选D。9D【解析】A项，某溶液焰色反应时，如果火焰呈黄色说明该溶液中一定有钠元素，可能有钾元素，钾元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，不隔着钴玻璃呈黄色不能判断钾元素是否存在，故A错误；B项，CO2和HCl气体都能与NaOH溶液反应，除去CO2中的HCl气体，不能用NaOH溶液，应将混合气体通过饱和NaHCO3溶液，故B错误；C项，白色沉淀也可能是AgCl，此种情况溶液中没有SO42-，而有Ag+，还可能溶液中有SO32-，滴加硝酸将其氧化成SO42-而产生了BaSO
23、4沉淀，故C错误；D项，阳离子如果处于中间价态，可以被氧化，如Fe2+可被氧化成Fe3+，阴离子如具有强氧化性，可得电子被还原，如NO3-、MnO4-等，故D正确。10B【详解】A. 醋酸是弱酸，不能拆开，A选项错误；B. AlCl3溶液中加过量氨水不会将生成的Al(OH)3溶解，方程式电荷守恒、质量守恒，书写正确，B选项正确；C. Cu与稀硝酸反应生成NO，C选项错误；D. 溶液为碱性，不能用H+配平，D选项错误；答案选B。11A【解析】【详解】A.向体积相同、物质的量浓度相同的盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的金属，溶质的物质的量相同，溶液中氢离子浓度；产生氢气，故A正确；B.酸
24、和NaOH发生中和反应时，消耗NaOH体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，体积相同，物质的量浓度相同的酸，中和碱的能力与其反应方程式中的化学计量数有关，故=，故B错误；C.因为硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在pH相等的条件下，酸的物质的量浓度是，故C错误；D.pH值相同时，分别稀释5倍，强酸的c（H+）仍相同，而醋酸随着加水稀释，醋酸分子继续电离，其c（H+）增大，因此稀释后醋酸溶液的氢离子浓度比盐酸、硫酸大，与足量的金属刚开始反应的速率:=，故D错误。故选A。12B【解析】A. 5.8g熟石膏(2CaSO4H2O)的物质的量为0.02mol，则含有的结晶水分子数为
25、0.02NA，故A正确；B. CnH2n-2(n2)可能是二烯烃、炔烃或环烯烃，含有的CH为2n-2，所含的碳与碳共用电子对数为n-1，则1mol CnH2n-2(n2)中所含的共用电子对总数为3n-3，故B错误；C. 乙酸和葡萄糖混合物的平均组成为CH2O，则60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗氧气的物质的量为2mol(1+-)=2mol。即消耗2NA个O2，故C正确；D. 在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O反应中每生成3mol氯气，转移电子数为5mol，且3个氯气的相对分子质量和为37+355=212，若有212克氯气，即3mol氯气生成，则反应中电子转移的
26、数目为5NA，故D正确；答案为B。13C【详解】A在同一反应中，还原性：还原剂还原产物，可以判断得出还原性强弱顺序为：Fe2+BrClMn2+，故A错误；B中Cl是Cl2的还原产物，反应中Cl2是 Cl 的氧化产物，故B错误；CKMnO4被FeSO4还原，可观察到紫色褪去，故C正确；D还原性：Fe2+Br，1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，离子反应为：2Cl2+2Fe2+2Br=Br2+4Cl+ 2Fe3+，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应的强弱规律，注意判断物质还原性的强弱的方法，根据反应物的量判断反应进行的程度，答题时注意体会。14C【详解】电解精炼中，粗铜作阳
27、极，纯铜作阴极，阳极上铜、锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-Cu2+，Zn-2e-Zn2+，纯铜片做阴极，Cu2+2e-Cu，CuSO4溶液做电解液，电解一段时间后，阳极质量减少了6.4 g，依据电子守恒分析，同质量铜和锌相比，锌物质的量小于铜，和铜相比，电子转移减小，阴极增加小于6.4g；A. 电解质溶液的质量略有增加，但远小于6.4 g，选项A错误；B. 阴极的质量增加小于6.4 g，选项B错误；C. 阴极增加的质量小于6.4 g，选项C正确；D. 溶液中Cu2+浓度几乎保持不变，但略减小，选项D错误。答案选C。15C【解析】分子式为C4H8的烃有1-丁烯、2-丁烯（和）、2
28、-甲基丙烯、环丁烷、甲基环丙烷，共6种，故C正确。16D【分析】反应物总能量大于生成物总能量，或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量，该反应为放热反应，据此进行分析。【详解】A项，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故A不选；B项，生成物的总能量比反应物的总能量大，为吸热反应，故B不选；C项，化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应，故C不选；D项，可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应，故D可选；故答案选D。17A【详解】A金刚石是碳的单质，水属于化合物，硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，胆矾是硫酸铜的结晶水合物，属于盐，故A正确；B黄铜和合金，属于
29、混合物，石灰水是氢氧化钙溶液，是混合物，故B错误；C碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故C错误；D纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不属于碱，故D错误；故选A。18A【解析】A、碳原子最外层电子数为4，氧、硫原子最外层电子数为6，碳与氧、硫分别形成两对共用电子对，其电子式为：，A正确；B、乙醛的结构简式为CH3CHO，比例模型表示的是CH3CH2OH，是乙醇分子的比例模型，B错误；C、的名称：2-丙醇，C错误；D、氢化钠与重水反应的化学方程式：NaH+D2O=NaOD+HD，D错误。答案选A。19D【详解】A明矾作净水剂涉及Al3+水解：，属于化学变化，A不符合题意；BAgBr感光材料涉及分解反应
30、： ，属于化学变化，B不符合题意；CHF刻蚀玻璃涉及反应：4HF+SiO2=SiF4+2H2O，属于化学变化，C不符合题意；DNaOH作干燥剂吸收水，并未发生化学反应，D符合题意；故答案选D。20A【分析】球棍模型能代表烃类，即球棍模型中只能存在两种元素，据此分析解答。【详解】A. 该球棍模型只有两种元素，可能为乙烷，可表示烃，故A符合题意；B. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故B不符合题意；C. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故C不符合题意；D. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故D不符合题意；答案选A。21D【详解】A. C2H4是乙烯，
31、乙烯属于烯烃，甲烷属于烷烃，结构不相似，不互为同系物，A项错误；B. C2H2是乙炔，乙炔属于炔烃，甲烷属于烷烃，结构不相似，不互为同系物，B项错误；C. C6H6不符合通式CnH2n+2，不属于烷烃，与甲烷结构不相似，不互为同系物，C项错误；D. C3H8符合通式CnH2n+2，为丙烷，与甲烷在分子组成上相差个CH2原子团，互为同系物，D项正确；答案选D。22D【详解】ABaSO4熔融状态下能导电的化合物，为电解质，A与题意不符；BHNO3水溶液能导电的化合物，为电解质，B与题意不符；CH2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，C与题意不符；DCO2与水能反应，但熔融状态时不能导电，为化合物
32、，属于非电解质，D符合题意；答案为D。23B【分析】根据题目所给方程式，Cl元素由氯酸钾中的+5价，降为二氧化氯中的+4价，氯酸钾被还原，作氧化剂，二氧化氯为还原产物；C元素由草酸中的+3价，升高为二氧化碳中的+4价，草酸被氧化，作还原剂，二氧化碳为氧化产物。【详解】A. 氯酸钾中Cl元素化合价降低，得电子，A错误；B. 此反应中每生成1 mol ClO2转移的电子数为1 mol，B正确；C. 根据分析，二氧化氯为还原产物，C错误；D. 草酸在反应中被氧化，D错误；故答案选B。24AD【详解】A若生成NaCl和O2，Cl元素化合价降低、氧元素化合价升高，符合电子转移守恒，且满足n(Na)：n(
33、Cl)=1：1，故A可能；B若生成NaClO3和O2，Cl元素化合价升高、氧元素化合价升高，没有化合价降低的元素，不满足电子转移守恒，故B不可能；C生成时NaClO3时，若生成Cl2，不满足n(Na)：n(Cl)=1：1，故C不可能；DNaClO中元素的化合价为+1价，发生歧化反应时可能生成NaClO3和NaCl，符合电子转移守恒，满足n(Na)：n(Cl)=1：1，故D可能；答案选AD。25BC【详解】A反应X(g)+2Y(g)3Z(g) 左右两边气体化学计量数之和相等，则容器内气体的压强一直未变，则压强不变不能说明反应达到是否达到平衡状态，故A错误；B反应未给定初始量，则该可逆反应达到化学
34、平衡状态时，可能刚好生成3molZ，反应放出的总热量为akJ，故B正确；C当反应进行了2min时X的浓度减少了0.1mol/L，X表示的平均反应速率为=0.05mol/(Lmin)，根据反应速率之比=反应计量系数之比，则Z的反应速率为30.05mol/(Lmin)=0.15 mol/(Lmin)，故C正确；D降低反应温度，正逆反应速率均减小，故D错误；答案选BC。26原子半径，键能 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有 【分析】(1)气态氢化物的稳定性取决于共价键键能的大小；(2)根据价键规则书写CaCN2的电子式；(3)溶质分子与溶剂分子间形成氢键可增大溶质的溶解度。【详解】(1)由于原子半径F
35、Cl，故键长：FHClH，键能：FHClH，所以HF比HCl稳定，故答案为：原子半径FCl，键能FHClH。(2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为，故答案为：。(3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与
36、水分子形成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键而氯乙烷没有。【点睛】与CO2互为等电子体，可以根据CO2的电子式，结合等电子原理书写的电子式。2714.44 0.7 1.6 b a的值为0.375，b的值为1.2 【分析】(1)依据溶液中溶质物质的量浓度和溶质质量分数的换算关系计算得到，c=；(2)铜和铁与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐，依据氮元素守恒计算元硝酸溶液的浓度；(3)铜、铁与过量的硝酸反应生成硝酸铜、硝酸铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，
37、根据二者质量与电子转移列方程计算根据m=nM计算铜的质量；(4)当溶液中的金属离子只有Fe2+、Cu2+时，说明Cu恰好完全反应或者有剩余，而HNO3和Fe则完全反应（如果有硝酸剩余，则Fe2+则会被进一步氧化为Fe3+；如果有Fe剩余，则会和Cu2+继续反应），HNO3NO，N得3电子，设被还原的HNO3为y mol，总计得3y mol电子，CuCu2+，Cu失2电子，设参加反应的Cu为z mol，总计失2z mol电子，FeFe2+，Fe失2电子，参加反应的Fe为a(1x)mol，总计失2a(1x)mol电子，根据得失电子总数相等，所以：3y=2z+2a(1x) ，反应中起酸作用的硝酸生成
38、Fe(NO3）2和Cu(NO3)2，起氧化剂作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a(1x)+2z=b ，联立方程，消去y，可得b的表达式（用a、x、z表示），参加反应的Cu的物质的量z的取值大于0，最大为ax，带入b的表达式计算；当x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量相等时，Cu全部为铜离子，根据得失电子守恒和氮原子守恒计算。【详解】(1)Fe与Cu混合物与65%的硝酸反应会产生大量NO2，该反应使用的硝酸的物质的量浓度=14.44mol/L；(2)各为0.1mol的Cu与Fe混合物与足量的某浓度的硝酸反应产生4.48L气体（标准状况下），物质的量n=0.2mol，铜和铁
39、与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐，Cu(NO3)2，Fe(NO3)3，氮元素守恒计算，则该反应消耗的硝酸物质的量=0.1mol2+0.1mol3+0.2mol=0.7mol；(3)铜、铁与过量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n(O2)=0.05mol，设Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x64g/mol+y56g/mol=4.4g根据电子守恒列方程：2x+3y=0.05mol4，解得：x=0.025mol；y=0.05mol ，m(Cu)=0.
40、025mol64g/mol=1.6g；(4)当溶液中的金属离子只有Fe2+、Cu2+时，说明Cu恰好完全反应或者有剩余，而HNO3和Fe则完全反应（如果有硝酸剩余，则Fe2+则会被进一步氧化为Fe3+；如果有Fe剩余，则会和Cu2+继续反应），HNO3NO，N得3电子，设被还原的HNO3为y mol，总计得3y mol电子，CuCu2+，Cu失2电子，设参加反应的Cu为z mol，总计失2z mol电子，FeFe2+，Fe失2电子，参加反应的Fe为a(1x)mol，总计失2a(1x)mol电子，根据得失电子总数相等，所以：3y=2z+2a(1x) ，反应中起酸作用的硝酸生成Fe(NO3)2和C
41、u(NO3)2，起氧化剂作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a(1x)+2z=b ，联立方程，消去y，整理得b=8z+，参加反应的Cu的物质的量z的取值大于0，最大为ax，带入中，可得b；当x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量相等时，Cu全部为铜离子，所以参加反应的Cu为0.2amol，Fe3+和Fe2+的物质的量各为0.4amol，HNO3NO，N得3电子，产生6.72LNO气体即0.3mol，总计得0.9 mol电子，CuCu2+，Cu失2电子，则失0.4a mol电子，FeFe2+，Fe失2电子，则失0.8amol电子，FeFe3+，Fe失3电子，则失1.2amol
42、电子，根据得失电子总数相等，所以：0.9=0.4a+0.8a+1.2a，解得a=0.375mol，根据氮原子守恒可知：b=2n(Cu2+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+2n(NO)=20.20.375+20.40.375+30.40.375+0.3=1.2mol；【点睛】根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。28放出 92 b 改变了反应历程，降低了合成氨反应的活化能 D 0.11 A 【详解】（1）由图甲可知，反应的总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，反应热H=E(逆)E(正)=(600508)kJ/mol=92 kJ/mo
43、l，则生成2molNH3放出热量为92 kJ，故答案为：放出；92；（2）合成氨反应中，铁触媒能改变了反应历程，降低反应的活化能，从而加快反应速率，则曲线b代表加入催化剂后的能量变化曲线，故答案为：b；改变了反应历程，降低了合成氨反应的活化能；（3）合成氨反应为放热反应，当其他条件不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡混合物中的体积分数降低，由图可知，当压强不变时，曲线b对应的温度下平衡混合物中氨气的体积分数大于曲线a对应的氨气的体积分数，则曲线b对应的温度低于曲线a对应的温度500，温度为450，故答案为：D；（4）由2min、3min时的浓度均为0.3mol/L可知，2min时反应达
44、到平衡状态，由题给数据建立如下三段式：由表格数据可知，从反应开始至4min时氢气的浓度变化量为0.33mol/L，由化学方程式可知x=0.33 mol/L=0.11 mol/L，由三段式数据可知，前2min内甲烷的反应速率=，故答案为：0.11；由表格数据可知，34min内，甲烷和水蒸气浓度减小，氢气的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；A该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷和水蒸气浓度减小，氢气的浓度增大，故符合题意；B使用催化剂，平衡不移动，反应物和生成物的浓度均不变，故不符合题意；C充入氢气，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷和水蒸气浓度增大，故不符合题意；A正
45、确，故答案为：A。29NaOH NaHCO3 NaCl HCl NaOH+CO2=NaHCO3 2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2 【分析】C是生活中常用的一种调味品，也是重要的化工原料，所以C可能为NaCl，NaCl的水溶液在通电的条件下发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，其中氢气和氯气发生反应生成氯化氢气体F，其水溶液盐酸是一种强酸，则A为氢氧化钠，B是一种可用于制药的盐，所以B为碳酸氢钠，A和B均能和氯化氢水溶液反应生成NaCl。【详解】（1）有分析可知：A 是NaOH， B 是NaHCO3， C NaCl， F 是HCl ； （2）AB 的反应为氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生
46、成碳酸氢钠，反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；（3）C的溶液通电后的反应为NaCl的水溶液发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。30SiO2 CoCO3+H2SO4CoSO4+CO2+H2O 将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及Fe2+（或作还原剂） 65-75 0.5-1.5 pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降 6Fe2+ 6H+ 6Fe3+ 3H2O KSCN溶液 溶液不变红色 MgF2 调节溶液的pH富集Co2+（生成CoCO3沉淀） 过滤、洗
47、涤 【分析】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2不与硫酸反应，得出沉淀a的成分；CoCO3和H2SO4反应生成CoSO4、CO2和H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3中的S元素为+4价，具有较强还原性，加Na2SO3将CoO(OH)、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+；（2）根据图1、图2分析钴、铜的浸出率最高的温度和pH；图2中pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；（3）由可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+；结合化合价升
48、降相等配平该反应的离子方程式；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+即可；铁元素完全除去，加入KSCN溶液不变红；（5）由题可知，杂质离子除之外Ca2+，还有Mg2+，据此判断另一沉淀；（6）由知加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH-；由知加入Na2CO3溶液，提供；（7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。【详解】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2不与硫酸反应，得出沉淀a的成分为SiO2，碳酸盐与稀硫酸的反应，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是：CoCO3+H2
49、SO4= CoSO4+CO2+H2O；因为Na2SO3中的S元素为+4价，且中加入NaClO3氧化出Fe3+，加Na2SO3将CoO（OH）、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+，Na2SO3作还原剂。故答案为：SiO2；CoCO3+H2SO4= CoSO4+CO2+H2O；将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及Fe2+（或作还原剂）；（2）根据图1、图2分析，温度在65-75时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图2中pH：0.5-1.5铜、钴的浸出率最高，pH1.5，铜、钴的浸出率开始下降，故答案为：65-75；pH：0.5-1.5
50、；图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3中的OH-和反应，使得Co3+和Co2+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，故答案为：pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降；（3）由可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+，由化合价升降相等配平离子方程式为：，故答案为：6Fe2+；6H+；6Fe3+；3H2O；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+，所以加入KSCN溶液，溶液是否变红即可，故答案为：KSC
51、N溶液；溶液不变红色；（5）由题可知，杂质离子除Ca2+之外，还有Mg2+，故另一沉淀为MgF2，故答案为：MgF2；（6）由知，Fe3+形成沉淀b需要OH-，故加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH-；由知，要形成CoCO3 沉淀，需要加入Na2CO3 溶液，提供，故答案为：调节溶液的pH；富集Co2+（生成CoCO3沉淀）；（7）将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O42H2O沉淀，由溶液分离出纯净的沉淀，操作应为过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤。【点睛】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操
52、作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。31对硝基苯酚 加成反应 羧基、氨基 +HCl 【分析】根据题意，A俗称石炭酸，所以A为苯酚，即，A在浓硫酸、浓硝酸环境下，发生取代反应生成B，B发生已知反应生成C，根据C的结构简式可知， B为对硝基苯酚，D发生信息的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；【详解】(1)根据上述分析可知，有机物B的名称为对硝基苯酚；(2)G到H的反应，反应物原子利用率100%，说明类型为加成反应；(3)由I结构可知，官能团的名称为羧基、氨基；(4)E中含两个Cl原子，即D中羟基被2个氯原子取代，则E的结构简式为；(5)B发生已知反应生成C，反应方程式为+HCl；(6)X是C的同分异构体，苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子，说明取代基有3个或5个，lmolX消耗2molNaOH，说明含有取代基中有2个羟基，则X可能的结构为；(7)结合题干信息，由苯甲醇为原料制备化合物合成路线可以为。
