1、河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三化学上学期第一次联考试题一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）1. 习近平总书记提出“绿水青山，就是金山银山。”下列说法符合这一理念的是A. 秸秆不做燃料，而是经加工处理成吸水性的材料-植物纤维，可用作食品干燥剂B. “绿色化学”就是在生产结束后及时治理污染C. 公共交通推广使用利用原电池原理制成的太阳能电池汽车，减少化石能源的使用D. 禁止燃放加入含有铁、钾、钙、铜等金属元素发光剂的传统烟花2. 下列关于古籍中的记载说法不正确的是A. 吕氏春秋别类编中“金即铜柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金硬度方面的特征B. 天工开物中有“至于矾现五金色之
2、形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物C. 本草纲目中记载：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成。”文中对硝酸钾的提取涉及溶解、蒸发、结晶操作D. 清嘉录中记载：“研雄黄末，屑蒲根，和酒饮之，谓之雄黄酒。”其中的雄黄是3. 表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 、S、在一定条件下分别和足量的铁单质完全反应，转移的电子数都为个B. 足量的与反应，转移的电子数为个C. 中含有的质子数为个D. 1L，的溶液与等体积、等浓度的溶液混合后，溶液中的数目为个忽略混合后溶液体积的变化值4. 有机物的同分异构体不包括空间异构的个数是A. 9种B. 10种
3、C. 11种D. 12种5. 下图是另一种元素周期表的一部分，下列说法正确的是A. X的氢化物只有极性键，Y的氢化物可能既含有极性键，又含有非极性键B. X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸C. X、Y的原子半径和单核离子半径均为前者大于后者D. 由于Y氢化物的熔沸点高于X氢化物的熔沸点，因此，非金属性：6. 已知NaCl在不同的溶剂中可形成不同的分散系：1molNaCl溶解在水中形成无色透明的分散系一；1molNaCl溶解在乙醇中形成无色透明的分散系二。下列说法正确的是A. 分散系二与雾、霾为同一种类型的分散系B. 在两个分散系中，NaCl都是以和的形式存在C. 分散系二中，分散质粒子的个数为
4、个D. 两个分散系都是电解质且性质较稳定7. 下列实验方案正确且能达到实验目的的是A. 图比较碳、硅两元素非金属性的强弱B. 图先滴加5滴的NaCl溶液，再滴加5滴的KBr溶液。比较AgBr与AgCl溶解度的大小C. 图已知溶解度：；：。室温下，比较和溶解度的大小D. 图证明碳酸的酸性比硅酸强8. 依据所给条件推出的结论不正确的是选项条件结论A在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物，称为电解质水中存在：，因此，水是电解质B凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱既是酸又是碱C联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为：D发生化学反应时，接受
5、电子对的物质为酸，提供电子对的物质为碱，在该反应中，是碱A. AB. BC. CD. D9. 下列离子方程式中，不正确的是A. 侯氏制碱法：B. 向溶液中滴加溶液：C. 氧化铁与足量的HI溶液反应：D. 已知酸性的强弱：，则向NaCN溶液中通入少量的时：10. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向一定浓度的溶液中滴入某浓度的溶液，其电导率随滴入的溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A. bc段的离子方程式为：B. c点溶液中：C. bc段之间存在某点，其溶液中：D. b点溶液存在三个平衡，且水的电离被抑制11. 环戊二烯可用于制备二茂铁，结构简式为，后者广泛用于航天、化工等领域。
6、二茂铁的电化学制备原理如图所示，下列说法正确的是A. Ni为电解池的阳极B. 电解质溶液可以是NaBr的水溶液C. 电解池的总反应方程式为：D. 电解质溶液中，当有的向Ni电极移动时，同时在Ni电极上产生了的氢气12. 将甘油转化为高附加值产品是当前的热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得，反应过程如下：反应甘油水蒸气重整反应甘油部分氧化反应甘油氧化水蒸气重整下列说法正确的是A. B. 消耗等量的甘油，反应的放热效果最显著C. 消耗等量的甘油，反应的产氢率最高D. 甘油不溶于水13. 下列叙述正确的有需要通电才可以进行的有：电解、电离、电镀、电泳水玻璃、福尔马林、天然
7、橡胶、铝热剂都是混合物、均可由化合反应制得油脂、淀粉、纤维素、天然橡胶都是天然有机高分子化合物“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质、分子中的碳原子均共面铅蓄电池放电结束后，正极电极板的质量在减小A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个14. 处理含氰废水可以用以下两种方法：未配平，其中A为参与大气循环的气体：未配平下列说法正确的是A. 和的电子式分别为B. 方法中，每生成1molA，转移个电子C. 方法中，是反应的氧化产物D. 方法的反应中，与的物质的量之比为1：115. 类比法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类比是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正
8、确的是A. 通入溶液中没有现象，通入溶液中也无明显现象B. 与会因为水解相互促进而完全反应生成和HClO，与也可以水解相互促进至完全反应生成和HClOC. 偏铝酸是一元酸，因此，也是一元酸D. 在标准状况下为气体，所以在标准状况下同样为气体16. 以和为原料可合成尿素，反应为：。达到平衡时，的转化率随温度变化的情况如下图。下列说法不正确的是A. 该反应的B. 若y为压强，则C. 若y表示反应起始时的水碳比，则D. 在恒温恒容的容器和绝热恒容容器中，分别加入和，达到平衡时，恒温恒容体系中氨气的转化率大于绝热恒容体系中氨气的转化率二、填空题（本大题共2小题，共12.0分）17. 已知亚磷酸是具有强
9、还原性的二元弱酸，可被银离子氧化为磷酸。亚磷酸与银离子反应的离子方程式为_。向亚磷酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至中性，写出所得溶液中电荷守恒方程式_。某温度下，的亚磷酸溶液的pH为，即，则该温度下亚磷酸的一级电离平衡常数_。亚磷酸第二级电离忽略不计，结果保留两位有效数字18. 焦亚硫酸钠在医药、印染、食品等方面应用广泛，也可作为食品的抗氧化剂。工业上制备焦亚硫酸钠常用与碳酸钠溶液的反应，当加过量直至过饱和时，溶液中就会析出焦亚硫酸钠的晶体，写出该反应的化学方程式：_。由于具有毒性，因此国家对其在食品中的用量有严格的规定。某化学兴趣小组在测定某白葡萄酒中的残留量时，取40mL葡萄酒样品，用的含有淀粉
10、的碘的标准溶液滴定至终点，消耗碘标准溶液5mL，则滴定终点的现象为_，该样品中的残留量为_ 以计。三、推断题（本大题共1小题，共11.0分）19. X、Y、Z、R、Q、M是六种原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z的单质是空气的主要成分之一，R、Q、M三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均可反应，M的单质是黄绿色气体。请回答下列问题：和M的非金属性强弱Z_填“”“”或“”。、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为_用离子符号表示。和Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物电子式为_。元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反
11、应的化学方程式为_，所生成的物质水溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。是一种高效安全的杀菌消毒剂，它能将电镀废水中的氧化为两种无毒的气体，自身还原成最低价的简单离子，写出该反应的离子方程式_。用电解法可制备XMZ，电解总反应为已知阳极产物为，该物质在水中水解生成XMZ和，则该电极生成的电极反应为_。四、简答题（本大题共2小题，共20.0分）20. 含氮化合物的种类非常丰富，请回答下列问题：已知：则_。温度时在容积为2L的恒容密闭容器中充入4molNO和发生反应：，4min时达到平衡，此时转化率为，内该反应的平均速率_；温度时该反应的化学平衡常数_；若不改变外界条件，向平衡后的容器中再通入，重新达
12、到平衡后，在体系中的百分含量_。填“变大”“变小”或“不变”工业合成氨的反应原理为：，对于该反应，既可以提高平衡体系中的百分含量，又能加快反应速率的措施是_填序号升高温度 将平衡体系中的氨气分离出来 增大体系压强 加入合适的催化剂如图所示，温度时，NO和的投料比与平衡时体积分数的关系。不考虑与之间的相互转化横坐标代表NO和的投料比，纵坐标代表平衡时体积分数，计算最高点时NO的平衡体积分数为_。21. 是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上利用金属镍废料含镍、铁、铝生产氯化镍晶体流程如下：下表列出了相关金属离子生产氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物开始沉淀的pH沉淀完全的pH回答下列问题：加入
13、氧化时发生反应的离子方程式为_，调pH的范围为_，若调，则溶液中：_。已知，滤液A的溶质主要是_。操作的实验方法依次是_、_、过滤、洗涤、干燥，操作的实验方法是_。五、实验题（本大题共1小题，共9.0分）22. 某活动小组利用废铁屑含少量S等元素为原料制备三草酸合铁酸钾晶体并测定其组成。实验一：制备硫酸亚铁铵。小组同学设计如图所示装置夹持仪器略去。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于热水浴中加热，充分反应。待锥形瓶中溶液冷却后加入氨水，搅拌使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是_。在实验中选择热水浴的原因是_，溶液的作用
14、是_。若要确保获得浅绿色悬浊液，实验过程应注意的是_填字母。A.保持铁屑过量 控制溶液呈强酸性 持续升高温度实验二：制备三草酸合铁酸钾晶体。实验小组用实验一锥形瓶中的悬浊液设计以下实验流程制备三草酸合铁酸钾晶体。写出步骤生成黄色沉淀的化学方程式：_。小组同学准确称取了mg废铁屑，经过以上步骤假设过程中铁没有损失得到三草酸合铁酸钾晶体并配制成了250mL溶液，取25mL该溶液于锥形瓶中，加入硫酸溶液15mL，滴入二苯胺磺酸钠作指示剂，用的标准液滴定至紫红色，进行了三次平行实验，平均消耗标准液VmL，已知在酸性介质中被还原为，则废铁屑中铁元素的质量分数为_用相关字母表示。化学试卷答案和解析1.【答
15、案】A【解析】解：秸秆经加工处理成吸水性的材料-植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂，故A正确； B.“绿色化学”指的是在生产的源头和整个生产过程中不产牛污染和废物，而不是及时处理，故B错误； C.太阳能电池的原理尚能转化为电能，不是原电池，故C错误； D.传统烟花的颜色来自于焰色反应，禁止燃放加入含有铁、钾、钙、铜等金属元素发光剂的传统烟花，减少污染符合这一理念，故D错误； 故选：A。A.秸秆经加工处理成吸水性的材料-植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂； B.“绿色化学”指的是在生产的源头和整个生产过程中不产牛污染和废物； C.太阳能电池汽车是太阳能转化
16、为电能； D.含有铁、钾、钙、铜等金属元素发光剂的传统烟花燃烧过程中污染空气。本题考查了环境污染、原电池原理等化学知识和应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A、合金的硬度一般大于成分金属，“金即铜柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，故A正确； B、矾指的是带结晶水的金属硫酸盐，不是硫化物，故B错误； C、扫取以水淋汁后，乃煎炼而成意思为：扫取后用水溶解，然后加热煎炼蒸发结晶得到硝酸钾晶体，用到的操作方法有：溶解、蒸发、结晶，故C正确； D、雄黄的主要成分为，故D正确； 故选：B。A.合金硬度大于各成分； B.矾指的是带结晶水的金属硫酸盐； C.溶解度随温
17、度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶，结合常见物质分离方法解答； D.雄黄的主要成分为。本题考查了合金的性质、矾、雄黄的组成等，涉及化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。3.【答案】C【解析】解：铁与氯气反应生成氯化铁，与氧气反应生成四氧化三铁，与硫单质反应生成硫化亚铁，所以1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数不同，故A错误；B.足量的与反应，恰好反应生成，反应中只有S元素的化合价升高，由价升高为价，转移电子物质的量为，故B错误；C.克DTO物质的量为，含有质子数为，故C正
18、确；D.的的物质的量为1mol，的的物质的量为1mol，等体积、等浓度的溶液与溶液混合，离子方程式为：，化学方程式以不足的作为计算对象， 3mol 2mol 1mol，解之得，由于铝离子会水解，因此数量小于个，故D错误；故选：C。A.铁与氯气反应生成氯化铁，与氧气反应生成四氧化三铁，与硫单质反应生成硫化亚铁；B.足量的与反应，恰好反应生成，反应中只有S元素的化合价升高，由价升高为价；C.1个DTO中含有10质子；D.的的物质的量为1mol，的的物质的量为1mol，等体积、等浓度的溶液与溶液混合，离子方程式为：，化学方程式以不足的作为计算对象，据此进行分析。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有
19、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。4.【答案】D【解析】解：的同分异构体可看成丁烷中2个H被取代，则先固定Br，移动Cl，如图、，则的同分异构体一共有12种，故选：D。的同分异构体可看成丁烷中2个H被取代，则先固定Br，移动Cl，以此来解答。本题考查有机物的异构现象，为高频考点，把握丁烷的结构、二取代物的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H的位置及种类，题目难度不大。5.【答案】C【解析】解：由给出的元素及原子序数可知，X为N、Y为O， A.X的氢化物可能为，Y的氢化物可能为，均含极性键、非极性键，故A错误 B.X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，为强酸
20、，故B错误； C.同周期从左向右原子半径减小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则X、Y的原子半径和单核离子半径均为前者大于后者，故C正确； D.氢化物的沸点与非金属性无关，可由氢化物的稳定性比较非金属性，故D错误； 故选：C。由给出的元素及原子序数可知，X为N、Y为O， A.X的氢化物可能为，Y的氢化物可能为； B.X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸； C.同周期从左向右原子半径减小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小； D.氢化物的沸点与非金属性无关。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置及原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查
21、，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6.【答案】A【解析】解：A、分散系一是溶液，分散系二是胶体，雾、霾都是胶体，所以和分散二是同一种分散系，故A正确； B、在分散系一中，NaCl是以和的形式存在，在分散系二中，它是胶体，不是这种存在形式，故B错误； C、分散系为胶体，分散质粒子是多个氯化钠的聚集体，故分散质粒子的个数小于个，故C错误； D.在溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，而分散系都是混合物，因此都不是电解质，故D错误。 故选：A。A.1molNaCl溶解在乙醇中形成的分散系为胶体； B.氯化钠在乙醇溶液中不能电离； C.分散系为胶体，分散质粒子是多个氯化钠的聚集体； D.在溶液
22、中或熔融状态下能导电的化合物为电解质。本题考查了分散系的本质区别、分散系的性质和鉴别，注意知识的积累，题目难度不大。7.【答案】D【解析】解：反应中碳为还原剂，硅单质为还原产物，为高温下非自发进行的氧化还原反应，不能比较非金属性的强弱，故A错误； B.硝酸银是过量的，均为沉淀生成，因此无法判断溶解度大小，故B错误； C.10g的和在5mL的蒸馏水中都无法溶解，因此无法比较溶解度的大小，故C错误； D.发生强酸制取弱酸的反应，可证明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故D正确； 故选：D。A.为高温下非自发进行的氧化还原反应； B.硝酸银过量，均为沉淀生成； C.在5mL水中均不能完全溶解； D.发生强酸
23、制取弱酸的反应。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、溶解度及酸性比较、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。8.【答案】C【解析】解：A、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，故水为电解质，故A正确； B、可以电离出：，又可以和反应：，故既是酸，又是碱，故B正确； C、联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为，第二步电离方程式为，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为，故C错误； D、氨气在形成氯化铵时，结合了形成了，即氨气提供了氮原子上一对未成
24、对的电子和氢离子形成共价键，故氨气为碱，故D正确。 故选：C。A、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质； B、既可以电离出，又可以和反应，根据酸和碱的概念来分析； C、联氨和硫酸形成的酸式盐化学式为：； D、氨气在形成氯化铵时提供了氮原子上一对未成对的电子对。本题考查物质的性质和结构，为高频考点，把握物质的性质、电解质等概念为解答的关键，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。9.【答案】D【解析】解：侯氏制碱法的基本原理：二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，离子方程式：，故A正确； B.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离，生成沉淀和碳酸钠，离子反应为，
25、故B正确； C.氧化铁和足量HI溶液反应，离子方程式：，故C正确； D.通入少量气体，生成碳酸氢钠，可知发生强酸制取弱酸的反应，则离子反应为，故D错误； 故选：D。A.侯氏制碱法的基本原理：二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵； B.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离，生成沉淀和碳酸钠； C.碘离子具有还原性，能够被三价铁离子氧化； D.酸性：，通入少量气体，生成碳酸氢钠。本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、沉淀转化反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。10.【答案】B【
26、解析】解：段电导率一直在下降，因此溶液中自由移动的离子浓度在减小，起始阶段，由于过量，所以发生的反应就是，b点时溶液的溶质为，bc段为和的反应，bc段的离子方程式为：，故A正确； B.从b点到c点，溶液的电导率在增大，此时过量，发生的反应为：，溶液的溶质是，根据电荷守恒：，因为，所以，故B错误； C.从b点到c点的过程中，溶液由碱性变为酸性，所以溶液可为中性，因此根据电荷守恒可知，故C正确； D.b点时溶液中存在着的电离平衡、的溶解平衡和水的电离平衡，则b点溶液存在三个平衡，的存在抑制了水的电离，故D正确。 故选：B。ab段电导率一直在下降，因此溶液中自由移动的离子浓度在减小，起始阶段，由于过
27、量，所以发生的反应就是，b点时溶液的溶质为，bc段的离子方程式为：，据此分析。本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点发生的反应及溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，能正确书写各段反应方程式，题目难度中等。11.【答案】C【解析】解：依据反应过程可知，铁作阳极，发生失去电子的氧化反应，Ni作阴极，在阴极上得到电子生成钠单质，钠单质再与环戊二烯发生反应，环戊二烯失去电子和结合生成二茂铁，电解总反应，A、由上述分析可知，铁作阳极，Ni作阴极，故A错误；B、在整个过程中，由于有钠单质生成，Na是活泼金属、易与水反应，所以电解质溶液必须是无水的环境，故B错误；C、阳极Fe失
28、去电子生成亚铁离子，阴极上钠离子先得到电子生成金属Na，然后钠与环戊二烯反应生成氢气，环戊二烯钠与亚铁离子反应生成二茂铁和，整个过程中类似于催化剂，所以电解池的总反应方程式为，故C正确；D、有的向阴极Ni电极移动时，电路中转移电子，结合电解总反应可知，生成，标准状况下体积为，但选项中没有标明气体的状态，所以氢气的体积不一定为，故D错误；故选：C。根据转化关系可知，需要获得生成二茂铁，则阳极为Fe电极，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，电极反应式为，阴极为Ni，阴极上钠离子先得到电子生成金属Na，然后钠与环戊二烯反应生成氢气，电解总反应，注意中间产物Na能与水反应，且生成的氢氧根离子易与亚铁离子反
29、应生成氢氧化亚铁，影响了反应产物，据此分析解答。本题考查电解原理的应用，为高频考点，试题侧重分析能力和灵活迁移运用能力的考查，明确整个反应过程是解题的关键，注意结合电解原理细心分析电解过程、灵活运用电化学理论，题目难度中等。12.【答案】A【解析】解：由盖斯定律可知，得到反应III，则，故A正确；B.消耗1mol的甘油，因此反应放热效果最显著，故B错误；C.消耗1mol的甘油，反应生成了，反应生成了4mol的，反应生成了的，因此反应的产氢率最高，故C错误；D.甘油可以和水以一定比例混合做汽油的抗冻剂，可与水混溶，故D错误；故选：A。A.由盖斯定律可知，得到反应III；B.由焓变判断反应中放热；
30、C.由反应生成氢气的量判断；D.甘油含。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规盖斯定律的应用，题目难度不大。13.【答案】B【解析】解：电离不需要通电，电离的条件是水或熔融状态，与通电条件无关，故错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，天然橡胶是聚合物、是混合物，铝热剂是铝粉和金属氧化物的混合物，故正确；可出、化合得到，可由Fe和化合得到，可出、化合得到，故正确；淀粉和纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，天然橡胶是天然高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故错误；血液和有粉尘的空气
31、都是胶体，血液透析原理为渗析原理，即血液是胶体，不会通过半透膜的原理；静电除尘利用的胶体电泳的性质，所以不是利用了胶体的同一性质，故错误；中甲基取代苯环中氢原子的位置，因此所有碳原子共面，中有三个碳碳双键，因此所有碳原子可以共面，故正确；铅蓄电池放电时，正极电极反应为，生成的硫酸铅附着在电极板上，因此正极电极板的质量在增加，故错误；故选：B。结合电解、电离、电镀、电泳等概念分析解答；由多种成分组成的物质是混合物，据此解答；由两种或两种以上物质生成一种物质的反应为化合反应；油脂不是高分子化合物；血液透析原理即为渗析原理；“静电除尘”依据胶体电泳性质；苯环及其与苯环直接相接的原子均共平面，双键及其
32、直接相接的原子共平面；铅蓄电池正极电极反应为，据此解答。本题考查较为综合，涉及电解、电离、电镀、混合物、胶体、高分子有机物、电泳等概念、化学反应类型、物质的性质、原电池原理的知识点，侧重概念的辨析、物质重要性质等基础知识的考查，注意共平面问题的分析与判断，题目难度不大。14.【答案】D【解析】解：和的电子式分别为、，故A错误；B.根据元素守恒A中含N元素，且A为参与大气循环的气体，故A为，配平后该反应离子方程式为，因此每生成，转移个电子，故B错误；C.配平后该反应离子方程式为：，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；D.，故C和的物质的量之比为1：1，故
33、D正确，故选：D。A.阴离子的电子式不仅要用中括号括起来，还应写上所带电荷的数目；B.根据元素守恒A中含N元素，且A为参与大气循环的气体，故A为，配平后该反应离子方程式为，据此进行分析；C.据氧化还原反应的概念进行分析；D.根据进行分析。本题考查氧化还原反应，注意从化合价的角度分析，正确判断反应中各元素的化合价是做本题的关键，题目难度不大。15.【答案】C【解析】解：通入溶液中不发生反应，通入溶液中会生成沉淀，故A错误； B.会与发生氧化还原反应，类推不合理，故B错误； C.偏铝酸是一元酸，Al、B位于同主族，也是一元酸，类推合理，故C正确； D.在标准状况下是液体，状态不同与分子间作用力有关
34、，故D错误； 故选：C。A.前者不反应，后者发生氧化还原反应； B.前者发生相互促进水解反应，后者发生氧化还原反应； C.1个分子溶于水均电离产生一个氢离子； D.在标准状况下为液体。本题考查化学反应的规律，为高频考点，把握物质的性质、类推的原理为解答的关键，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。16.【答案】C【解析】解：根据图知，升高温度氨气转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，焓变小于0，故A正确；B.如果y为压强，温度一定时，增大压强平衡正向移动，氨气转化率增大，则，故B正确；C.起始时的水碳比越小，代表起始时越多，则氨气的转
35、化率越高，故C错误；D.该反应的正反应为放热反应，绝热恒容相当于在反应中加热，升高温度平衡逆向移动，氨气的转化率减小，所以达到平衡时，恒温恒容体系中氨气的转化率大于绝热恒容体系中氨气的转化率，故D正确；故选：C。A.升高温度氨气转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；B.如果y为压强，温度一定时，增大压强平衡正向移动，氨气转化率增大；C.起始时的水碳比越小，代表起始时越多，则氨气的转化率越高；D.该反应的正反应为放热反应，绝热恒容相当于在反应中加热，升高温度平衡逆向移动。本题以图象分析为载体考查化学平衡移动影响因素，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，采用“定一议
36、二”的方法进行分析判断，D为解答易错点，注意：该反应中绝热条件相当于给反应体系加热，题目难度不大。17.【答案】 【解析】解：亚磷酸是二元弱酸，具有强还原性，可被银离子氧化为中强酸磷酸，与银离子反应的离子方程式为：，故答案为：；亚磷酸是二元弱酸，与氢氧化钠溶液至中性，则溶质为和，电荷关系为，但溶液呈中性，即，所以溶液中电荷守恒方程式为，故答案为：；亚磷酸的一级电离平衡为，一级电离平衡常数，酸溶液中，故答案为：。亚磷酸是二元弱酸，具有强还原性，可被银离子氧化为中强酸磷酸，结合电子守恒、电荷守恒和离子方程式的书写规则写出反应的离子方程式；亚磷酸是二元弱酸，与氢氧化钠溶液至中性，则溶质为和，根据溶液
37、中电荷关系和中性时分析解答；亚磷酸的一级电离平衡为，一级电离平衡常数，酸溶液中，据此计算。本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、氧化还原反应概念等知识点，侧重考查图象分析、判断及计算能力，把握弱电解质电离特点、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意磷酸为中强酸，题目难度不大。18.【答案】 当加入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟不恢复 【解析】解：与碳酸钠溶液的反应，当加过量直至过饱和时，可生成，则方程式为，故答案为：；加入碘，可与发生氧化还原反应，以淀粉为指示剂，滴定终点，可观察到当加入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟不恢复，如按二氧化硫计
38、算，则发生，则该样品中的残留量为，故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟不恢复； 。与碳酸钠溶液的反应，当加过量直至过饱和时，可生成，以此书写化学方程式；加入碘，可与发生氧化还原反应，以淀粉为指示剂，滴定终点，溶液呈蓝色，测定含量以计，则消耗的碘按与二氧化硫的反应计算，以此解答该题。本题考查物质的含量测定，为高频考点，充分考查了学生的分析能力、计算能力，注意把握物质的性质以及反应的方程式，结合方程式计算含量，题目难度不大。19.【答案】 【解析】解：X、Y、Z、R、Q、M是六种原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的气态氢化物能使
39、湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则Y为N元素；Z的单质是空气的主要成分之一，则Z为O；M的单质是黄绿色气体，则M为Cl元素；R、Q、三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均可反应，则R为Na，Q为Al元素。为O，M为Cl，非金属性，故答案为：；、Q、M简单离子分别为、，而微粒的电子层数越多，则半径越大，故C的半径最大；当电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则的半径最小，所以简单离子半径由大到小的顺序为，故答案为：；、Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为，双氧水为共价化合物，其电子式为，故答案为：；为N元素，其气态氢化物为氨气，N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，氨气与硝酸反应
40、的化学方程式为：；溶液中，水解，溶液显酸性，则、，溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；能将电镀废水中的离子氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成，该反应的离子方程式为：，故答案为：；用电解法可制备HClO，电解总反应为，已知阳极产物为，阳极价N电子生成，电极反应式为，故答案为：。X、Y、Z、R、Q、M是六种原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则Y为N元素；Z的单质是空气的主要成分之一，则Z为O；M的单质是黄绿色气体，则M为Cl元素；R、Q、三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均可反应
41、，则R为Na，Q为Al元素，据此结合元素周期律知识解答。本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及电荷守恒、盐的水解原理，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。20.【答案】 80 变大 c 【解析】解：根据题意：反应得：，反应得：，上述两式相加得：，结合盖斯定律：，故答案为：；根据题意知起始时充入4molNO和，4min时达到平衡，转化率为，列三段式如下：单位：起始量：210转化量：平衡量：，故答案为：；平衡常数，故答案为：80；若不改变外界条件，向平衡后的容器中再通入，重新达到平衡后，结合勒夏特列原理：减弱但不抵消可知，
42、在体系中的百分含量变大，故答案为：变大；、升高温度，平衡逆移，平衡体系中的百分含量减低，故a错误；b、将平衡体系中的氨气分离出来，则氨气浓度减小，反应速率减小，故b错误；c、增大体系压强，平衡向分子数小的方向移动，即平衡正移，反应速率增大，同时氨气的百分含量增加，故c正确；d、催化剂只改变反应速率，对平衡移动无影响，氨气的百分含量不变，故d错误；故答案为：c；当NO和的投料比为2时，起始量、变化量均与计量系数成正比，则平衡量同样与计量系数成正比，即平衡时，因为，则，则，故答案为：。根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，总反应反应反应，再根据盖斯定律求；根据题意知起始时充入4molNO和，4m
43、in时达到平衡，转化率为，列三段式；根据三段式中的变化量，结合计算；根据三段式中各物质的平衡浓度，代入平衡常数计算；结合浓度对平衡移动的影响判断；、升高温度，反应速率加快，但平衡逆移；b、分离出氨气，则生成物浓度减小，反应速率减慢；c、增大体系压强，反应速率加快，平衡向分子数减小的方向移动；d、催化剂可加快反应速率，但不改变平衡移动；找出平衡时NO与的体积比，结合总体积为，即可得出结果。本题考查本题考查了盖斯定律、化学平衡移动的影响因素、化学平衡计算等，注意把握盖斯定律的应用方法、三段式在化学平衡计算中的灵活应用是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力，题目难点中等。21
44、.【答案】 10000：1 NaCl和 蒸发浓缩 冷却结晶 重结晶【解析】解：加入氧化，将转化为，该方程式为；调pH的目的是将和都转化为沉淀除去，而不能沉淀，结合表中数据可知pH的范围是，时，和都沉淀完全，故：1， 故答案为：；10000：1； 加沉镍，过滤，得到滤液A的溶质主要是NaCl和， 故答案为：NaCl和； 操作的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。操作的实验方法是重结晶， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；重结晶。利用金属镍废料含镍、铁、铝生产氯化镍晶体，由流程可知，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有、，还含有少量、，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的
45、pH，使铁、铝离子全部沉淀，滤渣A为和，再向滤液中加入碳酸钠沉淀镍离子得，滤液A含NaCl和，将再溶于盐酸，得氯化镍溶液，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，操作为重结晶，从而得到，以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。22.【答案】除去废铁屑上的油污 使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低 吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气 AB 【解析】解：废铁屑使用热的饱和碳酸钠溶液洗涤是为了去除铁屑上的油污；故答案为：除去废铁屑
46、上的油污；水浴加热的目的是控制温度，加快反应的速率，同时防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；由于铁屑中含有S，因此会产生，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气；故答案为：使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气；由于易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，同时为抑制的水解，所以溶液要保持强酸性；故答案为：AB；根据流程步骤与草酸生成黄色沉淀，同时还有硫酸铵、硫酸和水生成，反应为：；故答案为：；根据电子守恒反应为：，有关系式：，则，在三草酸合铁酸钾晶体中，所以：，铁的质量分数为：；故答案为：。碳酸
47、钠在温度较高条件下水解能力更强，可以去油污；水浴加热可以控制温度，从反应速率和氨气的挥发性考虑；由于废铁屑中含有含S元素的物质，加入稀硫酸，会产生硫化氢等有毒气体，不能向空气中排放；由于有较强的还原性，为弱碱阳离子，实验过程中要防止二价铁被氧气氧化和水解；步骤为硫酸亚铁铵晶体与饱和草酸溶液反应生成黄色沉淀，同时还有硫酸铵、硫酸和水生成，结合质量守恒书写可得；根据电子守恒反应为：，有关系式：，则，在三草酸合铁酸钾晶体中，所以：，据此计算可得。本题考查物质的制备原理和操作方法，需要学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应及计算等，难度中等，要求学生要有扎实的基础知识和灵活运用知识解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。