《2021年广东省佛山市高考化学模拟试卷二（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年广东省佛山市高考化学模拟试卷二（附答案详解）.pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年广东省佛山市高考化学模拟试卷（2）一、单 选 题（本大题共16小题，共54.0分）1.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是（）选项 诗句相关物质 相关说法A春蚕到死丝方尽 纤维素高分子化合物B蜡炬成灰泪始干 脂肪烧饱和胃C沧海月明珠有泪 碳酸钙弱电解质D蓝田日暖玉生烟 二氧化硅 两性氧化物A.A B.B C.C D.D2.化学与人类生活密切相关。下列说法不正确的是（）A.光导纤维是由高纯度的硅单质制得，遇强碱会“断路”B.二氧化氯（CIO?）是新型水处理剂，具有消毒杀菌作用C.使用太阳能代替化石能源，可以减少温室气体排放D.“光化学烟雾、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关3.
2、利用如图所示装置探究铁的腐蚀与防护，下列说法不正确的是（）.4装 置I 装置nA.装 置I中发生吸氧腐蚀B.一段时间后装置I中石墨电极附近溶液pH增大c.装置n中铁电极上发生氧化反应D.装置n模拟了牺牲阳极法4.医用外科口罩中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯。下列有关聚丙烯的说法错误的是（）位余；厅 防 水 层（”财 中间层）、吸 湿 质（内 附A.没有固定熔沸点，难溶于水B.结构简式为+CH3-CH2-CH2+C.单体为C H 3 -C H =C H2,可以通过石油裂解获取D.丙烯使淡水和酸性高锯酸钾溶液褪色的原理不同5.我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2 s 和 H g 的协同脱除，
3、部分反应机理如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）.有关该过程的叙述错误的是（）A.产生清洁燃料&B.H2 s 脱除率为1 0 0%C.H2 s 既被氧化又被还原 D.脱 H g 反应为Hg +S=Hg S6 .设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.2 0 g%8。和2 0 g D 2。中含有的中子数均为IONAB.一定温度下，0.1 mol/L 的碳酸钠溶液中N a+的数目为0.2NAC.2 5 国，lO lkPa 时，2 2.4 L 氯气中含有的分子数小于NAD.向含有lmolFe Br 2 的溶液中通入CI2,当有2 moi 电子转移时被氧化的Fe?+数目为NA7 .室温
4、条件下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）A.稀K N O 3 溶液：N H：、Fe 3+、Cl,S O-B .能使石蕊试液变红的溶液：N a+、N H。、C、Si O 1 C.N a HCC）3 溶液：N a+、K+、O H，C O.D.一定浓度的氨水：H+、Fe3+CP,SO 厂8.下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（）第2页，共27页A.A B.B C.C D.D选项实验目的实验方案与现象A证明新制氯水具有酸性向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变B证明酸性条件下，氧化性:H2o2 Fe3+向Fe(N()3)2溶液中滴加用硫酸酸化的电。2溶液，溶液
5、变黄色C证明同温下，溶度积常数:KSp(Ag Cl)KSp(Ag2Cr O4)向体积为1 0 0 mL,浓度均为O.O lmol 广】的N a Cl和N a 2 Cr C)4混合溶液中滴加O.O lmol L TAg N()3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag 2 Cr O 4D证明溶液X中含有SO/向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加Ba d 2溶液，出现白色沉淀9.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是()A.H+01=H20B.CO|-+2 H+=H2O +CO2TC.Z n(O H)2+2 H+=Z n2+2
6、 H2OD.M g?+2 0 H-+Ba2+SO =Ba S04 I+M g(O H)2 I1 0.A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子是主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，C元素是地壳中含量最高的金属元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为H n D O 2 n+低价离子为绿色。下列说法错误的是()A.E为过渡元素B.A与B形成的某化合物含非极性键C.简单离子半径：ABCDD.C与D的最高价氧化物的水化物之间可以反应OH HO O?CH1 1甲(Q)、乙(H,C-)、丙(H,C47r)H CH,小法错误的是()A.在一定条件下，甲、乙、丙都能发生酯
7、化反应B.丙分子中所有碳原子可能共平面2)E有两种常见简单离子,1)都是重要有机物。下列说C.甲和乙都能使滨水、酸性高镭酸钾溶液褪色D.I m o l 乙与足量氢气反应生成C 7H l 4 O 2 需要消耗I m o l%1 2.已知常温下C H s C O O N a 溶液与C H 3 C O O N H 4 溶液中C(CH3CO(T)相等，则下列叙述正确的是()A.c(N a+)=c(N H j)B.两种溶液中水的电离程度相等C.两种溶液的p H 相等D.c(C H3C O O N a)c(C l-)c(C l O-)c(O H-)c(H+)D.常温下加水稀释d点对应的溶液，溶液的p H
8、增大1 4.已知：硫酸银(A g 2 s 0 J 的溶解度大于氯化银，且硫酸银的溶解度随温度升高而增大,rc时，硫酸银在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()A.TK时，b 点溶液中无硫酸银固体B.a 点溶液若降低温度，则 a 点可沿虚线移动到c 点C.向 a 点的悬浊液中加入N a C l 固体，溶液组成可能会由a向d 方向移动D.根据曲线可知：TK下，a、b、c、d四个点中，d点的K s p(A g 2 s 最大第4页，共27页1 5.下列图象及对应说法不正确的是()A.A B.B C.C D.D选项反应纵坐标甲乙A质量相等的镁、铝与足量盐酸应应氢气的物质的量铝镁B恒温恒压条
9、件下，向2 H l(g);H2(g)+%(g)反应容器中充入H I反应速率正反应逆反应C恒温条件下，压缩2 s。3 出);2 SO2(g)+C)2(g)反应体系体积SO 3 的物理量SO 3 物质的量浓度SC)3 物质的量D体积可变的密闭容器中，发生反应：A(s)+2 B(g)U 4 C(g)+D(g)H CU(I O4)2.则CU(I O3)2中I原子轨道的杂化类型为 ;而由碘元素形成另一种离子10的空间构型为 ;(3)铜的氧化物有多种，下面列出了两种铜的氧化物的晶体结构(其中黑球为C u,白球为0)：则晶体A的化学式为。若晶体B中的晶胞参数为a n m,阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度
10、的计算表达式为 g -c m-3。在高温条件下，化合物A可以转化为化合物B。则在高温时，化合物B更稳定的原因是_ _ _ _ _ _ 。B21.吉非替尼是一种抗肿瘤生长的药物，其化学合成路线如图。己知：不稳定,OH()-C H I ()；A NH：易被氧化。(1)A中含有的官能团的名称为。(2)D的结构简式为。(3)D -E的反应类型为 ,F -G的反应类型为(4)写出反应B t C的化学方程式：。第10页，共27页答案和解析1.【答案】B【解析】解：A.蚕丝的成分是蛋白质，不是纤维素，故 A 错误；B.“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烷烧，属于饱和烧，故 B 正确；C.珍珠的成分是碳酸钙，
11、碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故 C 错误；D.玉的成分是硅酸盐，不是二氧化硅，而且二氧化硅是酸性氧化物，不是两性氧化物，故 D 错误；故选：B。A.蚕丝的成分是蛋白质；B.“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烧；C.碳酸钙熔融状态下能够完全电离；D.玉的成分是硅酸盐。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，注意常见物质的组成、性质和应用，题目难度不大。2.【答案】A【解析】【分析】本题考查了生活生产中的物质的用途以及环境污染和治理，难度不大，题目与社会接触密切，是高考热点，解题时注意结合相应的化学知识来解答。
12、【解答】A.光导纤维主要成分是二氧化硅，能够与氢氧化钠反应Si。？+2NaOH=Na2SiO3+H20,被腐蚀而造成断路，故 A 错误；B.二氧化氯(CIO2)中+4价的氯具有强氧化性，能使有毒的生物蛋白质变性，是新型水处理剂，具有消毒杀菌作用，故 B 正确；C.太阳能是清洁能源，无污染，使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体二氧化碳的排放，故 C 正确；D.光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物(NO*)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物；酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关，故 D正确。故选A,3.【答案】C【解析】解：A.食盐水接近于中性，铁不可
13、能发生析氢腐蚀，所以发生了吸氧腐蚀，故A正确；B.装 置 I 中发生吸氧腐蚀，石墨电极电极反应式是：O2+2 H2O+4 e-=4 O H-,所以溶液 p H 上升，故 B正确；C.装置口中铁电极为正极，正极发生还原反应，故 C错误；D.装置D中铁电极为正极，锌作负极，发生氧化反应，铁得到保护，模拟了牺牲阳极法，故 D正确；故选：C oA.根据电化学腐蚀中的溶液的酸碱性的情况来确定电化学腐蚀类型；B.装 置 I 中发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极，正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式是：O2 +2 H z O+4 e-=4 0 H C装置n中铁电极为正极；D.装置II中铁电极为正
14、极，得到保护，腐蚀较慢。本题考查金属的电化学腐蚀，明确原电池的工作原理是解题的关键，注意电解质溶液的酸碱性，难度不大。4.【答案】B【解析】解：A.有机高分子材料属于混合物，聚丙烯属于混合物，没有固定熔沸点，也难溶于水，故 A正确；B.聚丙烯由丙烯通过加聚反应得到,其结构应该表示为I,：,，故 B错误;TCH-CH2inC.聚丙烯的单体为丙烯，结构简式为C H 3-C H =C H 2,石油裂解物中含有丙烯，故 c正确；D.丙烯与澳单质发生加成反应，能被高钛酸钾溶液氧化，则丙烯使溪水和酸性高保酸钾溶液褪色的原理不同，故 D正确。故 选:B o本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，注意把握常
15、见有机物的性质及其应用，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性,第12页，共27页题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：A.由机理图可知，该过程中产生了清洁燃料H z(g),故 A 正确；B.由机理图可知，最终仍会产生H2S,故 H2s脱除率小于100%,故 B 错误；C.由机理图可知，H2s在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2,S元素化合价升高被氧化，H 元素化合价降低被还原，则H2s既被氧化又被还原，故 C 正确；D.由机理图可知，脱汞过程中，汞与单质硫结合生成硫化汞，发生反应为：Hg+S =HgS,故 D 正确；故 选:B,A.结合图示可知
16、，该过程中产生了氢气；B.最终仍会产生部分&S,其脱除率不是100%；C.硫化氢在催化过程中形成了二氧化硫、单质硫、二硫化碳和氢气，结合元素化合价变化分析；D.脱汞过程中，汞与单质硫结合生成硫化汞。本题考查氧化还原反应，明确图示反应机理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的识图能力和理解能力，题目难度不大。6.【答案】B【解析】解：A.20gH；8。和20gD2。的物质的量都是Im o L 都含有lOmol中子，含有的中子数均为IONA，故 A 正确；B.缺少0.1mol/L的碳酸钠溶液的体积，无法计算溶液中Na+的数目，故 B 错误；仁25。(：，lOlkPa时，气体摩尔
17、体积大于22.4L/moL 22.4L氯气的物质的量小于Imol,含有的分子数小于NA，故 C 正确；D.向含有lmolFeBr2的溶液中通入。2，当有2moi电子转移时，亚铁离子完全被氧化，则被氧化的亚铁离子的物质的量为Im o l,数目为NA，故 D 正确：故选：BoA.H肥0和D2O分子中都含有10个中子，且摩尔质量都是20g/mol；B.缺少溶液体积，无法计算钠离子数目；C.该条件下气体摩尔体积大于22.4L/mol；D.亚铁离子还原性较强，优先被氧化。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、
18、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。7.【答案】A【解析】解：A.K+、NOJ、NHFe3+C、SO七相互不反应，可以大量共存，故A正确；B.能使石蕊试液变红的溶液显酸性，含有大量H+,H+与SiO不反应，不能大量共存，故B错误；C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，所以OH，HCO.不能大量共存，故C错误；D.氨水中含有氢氧根离子，0H-与H+、Fe3+都反应，不能大量共存，故D错误。故选：AoA.K+、NO、NH2 Fe3+、C、SO：-,相互不反应；B.能使石蕊试液变红的溶液显酸性，含有大量氢离子；C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；D.氨水中含有氢
19、氧根离子。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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；还应注意题目所隐含的条件，题目难度不大。8.【答案】D【解析】解：A.由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，故A错误；B.向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的电。2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2 F e3+,因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，故B错误；C.Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断Ksp大小，故C错误；D.向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离
20、子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCk溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有SOr，故D正确；故选：D。A.氯水中含HC1O,具有漂白性；B.酸性溶液中硝酸根离子、亚铁离子发生氧化还原反应；C.Ag2CrC)4和AgCl组成类型不同；D.先滴加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，再滴加BaCk溶液，生成白色沉淀为硫酸第1 4页，共2 7页钢。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、反应与现象、沉淀生成、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。9.【答案】D【解析】解：A.可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水，可以表示
21、一类反应，故 A不选；B.可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳和水、可溶性盐，可以表示一类反应,故 B 不选；C.可以表示氢氧化锌与强酸反应生成可溶性盐和水，可以表示一类反应，故 C 不选；D.Mg2+20H-+Ba2+SO=BaS04 1+Mg(OH)2(只能表示硫酸镁与氢氧化钢反应，故 D 选。故选：D。A.可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；B.可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳和水、可溶性盐；C.可以表示氢氧化锌与强酸反应生成可溶性盐和水；D.只能表示硫酸镁与氢氧化钢反应。本题考查了离子方程式的含义，题目难度不大，明确离子方程式的意义、能够正确书写离子方程式是解本题关
22、键，为考试热点。1 0.【答案】c【解析】解：由上述分析可知，A 为 H、B 为 0、C 为 Al、D 为 Cl、E 为 Fe,A.E为 Fe元素，位于元素周期表的第四周期第皿族，Fe元素是过渡元素，故 A 正确；B.H和 0 元素形成的化合物出。2中，两个0 原子之间为非极性键，故 B 正确；C.电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：H+AI3+o2-c r,故 C 错误；D.A1的最高价氧化物对应水化物是Al(0H)3,Al(0H)3是两性氢氧化物，D 的最高价氧化物对应水化物是HQO4,HQC)4是强酸，两者之间可以发生反应生成盐和水
23、，故 D 正确；故选：CoA、B、C、D、E 的原子序数依次增大，A 原子是主族元素中原子半径最小的，A 为 H元素；B 原子的最外层电子数等于其次外层电子数3 倍，B 为 0 元素：C 元素是地壳中含量最高的金属元素，C为A1元素；E有两种常见简单离子，低价离子为绿色，E为Fe元素；D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2,n=1时，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HDO4,D的最高价为+7价，且D的原子序数小于Fe元素，则D为C1元素，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、地壳中元素的含量、最高价含氧酸来推断元素为解答的关键，侧重分
24、析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。11.【答案】B【解析】解：A.甲含有 0H、乙和丙都含有 COOH,所以一定条件下甲、乙、丙都能发生酯化反应，故A正确；B.丙的环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以丙中所有碳原子不能共平面，故B错误；C.甲乙都含有碳碳双键，所以都能和浸发生加成反应而使溪水褪色，都能被酸性高镒酸钾溶液氧化而使酸性高锌酸钾溶液褪色，故C正确；D.乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，所 以Imol乙与足量氢气反应生成C7Hl4O2需要消耗ImolHz，故D正确；故选：B。A.一定条件下，-OH、-COOH都能发生
25、酯化反应；B.环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构；C.碳碳不饱和键都能和澳发生加成反应而使滨水褪色，碳碳不饱和键和醛基能被酸性高铳酸钾溶液氧化而使酸性高锦酸钾溶液褪色，醛基能被澳水氧化而使淡水褪色；D.乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应。本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烧和醇、酸的性质，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意乙中碳氧双键不能和氢气发生加成反应，题目难度不大。12.【答案】D【解析】解:ACICOONa 溶液中电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),CH3coONH4溶液中电荷守恒为c(NH：)
26、+c(H+)=c(CH3coeT)+c(OH-),两种溶液中c(CH3coeT)相等，c(OH-)不同，c(Na+)与c(NHi)不 相 等,故A错误;B.CH3COONH4的水解程度大于CCOONa,CH3COONH4溶液中水的电离程度大于第 16页，共 2 7 页C H 3 c o O N a溶液，故B错误；C.C f C O O N a溶液显碱性，C H 3 C O O N H 4溶液显中性，则两种溶液的p H故相等，故C错误；D.常温下C H 3 C 0 0 N a溶液与C H 3 C O O N H 4溶液中c(C H 3 c o e T)相等，由于C H 3 C O O N H 4
27、的水解程度大于C H s C O O N a,所以c(C H 3 c o O N a)c(C H 3 c o O N H 4)，故 D 正确。故选：D。C f C O O N a溶液显碱性，C H 3 C O O N H 4溶液显中性，常温下C C O O N a溶液与C H 3 C O O N H 4溶液中c(C H 3 c O C T)相等，由于C H 3 C O O N H 4的水解程度大于C C O O N a,所以c(C H 3 c o O N a)c(H+),所以c(Na+)c(C r)+c(C 10),故 B 错误；C.c点，氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的Na C
28、 l、Na C l O,溶液呈碱性，C KF水解，新制氯水中起始时含等量的HC 1和HC 1O,所以有c(Na+)c(C)c(C l O-)c(OH-)c(H+),故 C 正确；D.加水稀释d点对应的溶液，d点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液的碱性减弱，所以p H值降低，故D错误；故选：C oA.HC 1O具有漂白性，不能用p H试纸检验含有HC 1O溶液的p H值；B.d点对应溶液中溶质为Na C l、Na C 1O和Na OH,根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(cr)+c(C l O-),此时溶液为碱性;C.c点，氯水与Na OH溶液恰好完全反应生成等物质的量的N
29、a C l、Na C l O,溶液呈碱性，Q0-水解，新制氯水中起始时含等量的HC 1和HC 1O；D.加水稀释d点对应的溶液，d点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液的碱性减弱。本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解的相关知识，明确新制氯水中的成分，把握溶液中的守恒关系分析是解题的关键，A为解答易错点，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：A.C时，b点的Ag+浓度大于a点，Q c K s p,为过饱和状态，有硫酸银固体，故A错误；B.硫酸银溶液中存在平衡：Ag2so4(s)=2Ag+(aq)+SOf(aq),a点时c(Ag+)=c(SO：-),降低温度溶解平衡逆向移动，析出硫酸银固体，贝k(A
30、g+)和c(S O f)不再相等，所以无法移动到c点，故B错误；C.Ag2s04(s)U2Ag+(aq)+S 0 t(a q),向a点的悬浊液中加入NaCl固体，氯化银比硫酸银(Ag2s0J的溶解度小，所以会生成氯化银沉淀；使银离子浓度减小，硫酸银的沉淀溶解平衡右移，硫酸根离子浓度增大，但温度不变，硫酸银的溶度积不变，所以溶液组成会由a向d方向移动，故C正确；DKp(Ag2sO4)只受温度影响,TC下，a、b、c、d四个点的K$p(Ag2so力相同，故D错、口联；故选：CoA T C时，b 点的Ag+浓度大于 a 点,Qc Ks p,根据&p(Ag2so4)=c?(Ag+)c(S O/)分析；
31、B.硫酸银的溶解度随温度升高而增大，降低温度溶解平衡逆向移动；C.加入NaCl固体,硫酸银(Ag2soD的溶解度大于氯化银,硫酸银的沉淀溶解平衡右移；D.Ksp(Ag2sO4)只受温度影响。本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的有关的重点知识，涉及溶解平衡的移动、(p的计算等知识，难点是溶解平衡的移动；注意知识点的合理、正确并灵活运用；难度中等。15.【答案】D【解析】解：A.盐酸足量，等 质 量 时 转 移 电 子 分 别 为(2-0)、x(3-0),且金属越活泼，反应速率越快，则乙为M g,对应反应速率快、生成气体少，故A正确；B.恒压充入H I,体积增大，瞬间逆反应速率增大、正反应速率
32、减小，且最终平衡状态不变，故B正确；C.压缩体积、压强增大，平衡逆向移动，SO3的物质的量及浓度均增大，且物质的量在第1 8页，共2 7页原来的基础上增大，故 c正确；D.为气体体积增大的反应，压缩体积、压强增大，平衡逆向移动；为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则均使C与 B的物质的量之比减小，与图不符，故 D错误；故选：D。A.盐酸足量，等质量时转移电子分别为/x(2-0)、x(3-0),且金属越活泼，反应速率越快；B.恒压充入H I,体积增大，瞬间逆反应速率增大、正反应速率减小；C.压缩体积、压强增大，平衡逆向移动；D.为气体体积增大的反应，压缩体积、压强增大，平衡逆向移动；为放热反应，升
33、高温度平衡逆向移动。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析及坐标的意义，题目难度不大。1 6 .【答案】C【解析】解：A.由上述分析知，丫极为阴极，B极为负极，则 B极上发生氧化反应，丫极上发生还原反应，丫极的电极反应式为C M+2 e-=C u,故 A错误；B.电池工作一段时间后，丙池中丫极上析出C u,X 极质量不变，两极总质量增加，故B错误；C.当0.5 m o l S0；-通过阴离子交换膜时，C 1-在 X 极上失去I m o l 电子，生成的氧气的物质的量为0.5 n w l,即标准状况下体积为1 1.2 L,故
34、C正确；D.电子只能在导线中移动，不能流经电解质溶液，故 D错误；故选：C o当 K闭合时，X 极上产生的气体能使湿润的演粉碘化钾试纸变蓝，可知X 极上产生的气体是氯气，电极反应为：2 C r-2 e-=C l2T,说明右侧装置为电解池，则 X 极为阳极，丫极为阴极；左侧装置为原电池，A极为原电池的正极，B极为原电池的负极。本题考查原电池和电解池，难度中等，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注 意 D中电子不能流经溶液，为易错点。1 7 .【答案】蒸馈烧瓶 平衡分液漏斗与蒸镯烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液02+2 H2O +2
35、N a2S=4 N a O H +2 S l氧气在水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出现稳定的蓝色0.0 9 6%【解析】解：1.(1)圆底烧瓶没有支管口，而蒸储烧瓶有支管口，故装置A 为蒸储烧瓶；导管b 将蒸储烧瓶和分液漏斗接通，是为了防止烧瓶内气压过大，液体无法顺利留下的情况，故而采用导管b 来平衡分液漏斗与蒸储烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下；故答案为：蒸谭烧瓶；平衡分液漏斗与蒸储烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下；(2)装置乙的作用是为了通过观察气泡在液体中产生的快慢来分析生成SO2的速率，故该溶液应该选择不与SO?反应的溶液，比如饱和亚硫酸氢钠溶液，故答
36、案为：饱和亚硫酸氢钠溶液；(3)该装置没有排空气，空气中的氧气也可以和硫化钠反应产生硫单质，故而浑浊，依据电子守恒和原子守恒可得反应方程式为：02+2H2。+2Na2s=4NaOH+2S 1,故答案为：02+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S i；依据题意，实验一 15min后，溶液才出现浑浊，实验二溶液立即出现黄色浑浊，故说明氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，所以反应慢；故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；II.(4)依据题意：先存在两步反应：2103+5s。2+4H2。=8H+5so歹+左+SO2+2H2O=2I-+SO1-+4H+,待产生碘离子后，说明二氧化硫充分反应，在发生反应
37、：10+51-+6H+=312+3H2。一旦有碘单质产生遇见淀粉变蓝，则达到滴定终点，故终点现象为吸收液出现稳定的蓝色，故答案为：吸收液出现稳定的蓝色；(5)实验进行5m in,样品中的S 元素都可转化为SO 2,然后向吸收了二氧化硫的吸收液中，用0.0010m ol-LKI()3标准溶液进行滴定，会发生反应：210,+5SC)2+4H2O=8H+5so广+I2 I2+S02+2H2。=2P+S0+4H+两反应合并可得总反应为：10+3s。2+3H2O=6H+3S0j-+广，当二氧化硫恰好反应则再滴加，反应为:101+5 r 4-6H+=312+3H2。，一生成碘单质变蓝，则为滴定终点，则利用
38、反应10+3SO2 4-3H2O=6H+3SO：-+，建立关系为：10 3sO 2，实验三次取得碘酸钾体积的平均值=1 0.0 2+9.9 8+1 0.0 0 mL=10mL)故n(sc)2)=3 x O.OOlOmol-L_1 x 10mL x 10-3=3 X 10-5m ol,该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为3 x l-5 m o：x32gmoL 乂 100%=1g0.096%,故答案为：0.096%,(1)蒸储烧瓶有支管口；导管b 可以平衡蒸储烧瓶和分液漏斗的压强，保证液体的顺利第20页，共27页流下；(2)装置乙的作用是为了通过观察气泡在液体中产生的快慢来分析生成S O 2的速
39、率，应该选择不和二氧化硫反应溶液；(3)氧气也能与硫化钠反应产生硫单质，根据电子守恒和原子守恒书写方程式：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，故反应慢；(4)依据反应I O +5 I-+6 H+=3 l 2 +3 H 2。可知一旦有碘单质产生，遇淀粉变蓝，以此解答；(5)利用反应合并出总反应，代入碘酸钾即可求解硫元素的相关量，反应是用于判断滴定终点的，计算时候不代入。该题难度中等，考查了元素的化学性质，滴定实验计算和终点判断等，要求学生元素化合物的综合能力运用。1 8.【答案】+3 Fe2O|-+8H+=2 Fe3+4 H2O 硫酸锌 Fe(O H)3,Ga(O H)3 Fe Na Ga O2 G
40、a O j +3 e-+2 H2O =Ga +4 0H-Ga(C H3)3+NH3=3 c H4 +Ga N 3.0 x 1 02 2【解析】解：(l)Ga 2(Fe 2()4)3中Fe是+3价，。是一2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe 2。/+8H+=2 Fe3+4 H20,故答案为：+3；Fe20j-+8H+=2 Fe3+4 H20；(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节p H=5.4,沉淀铁离子和Ga 3+,滤饼的主要成分是Fe(O H)3、Ga(O H)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则
41、X为Fe,故答案为：硫酸锌；Fe(O H)3、Ga(O H)3；Fe；(3)Ga与A l同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga 3+转化为Na Ga O z，即钱的存在形式为Na Ga C)2，故答案为：Na Ga O2：(4)精炼时，以粗钱为阳极，以Na O H溶液为电解液，阴极是得到电子转化为G a,电极反应为 Ga O +3 e-+2 H20=Ga +4 0H-,故答案为：Ga O z +3 e-+2 H2O =Ga +4 0H-；(5)以合成的三甲基做为原料，使其与NH3发生系列反应得到Ga N和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(C H3
42、)3 +NH3=3 C H4+Ga N,故答案为：Ga(C H3)3+NH3=3 C H4+Ga N;(6)根据表中数据可知Ga(0H)3 的溶度积常数为3.0 x 1 0-3 x (1 0-n)3=3.0 x 1 0-3 6,溶液的p H=5.4,即氢氧根离子浓度是1 0-&6m o /L,所以滤液1 中残余的Ga 3+的浓度为3 x l ,m o l/L=3.0 x 1 0-1 0-2m o l -L-1,(1 0-8.6)3 I故答案为：3.0 x 1 0-1 0 2。炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga 3+,加入双氧水氧化亚铁离子，调节p H=5.4,沉
43、淀铁离子和Ga 3+,滤 液 1 中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化铁，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga 3+,加入氢氧化钠溶液使Ga 3+转化为Na Ga C)2,电解Na Ga O 2 溶液生成单质G a,据此解答。本题考查物质制备、物质分离提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，知道流程图中可能存在的反应及基本操作方法，知道每一种物质的成分，题目难度中等。1 9.【答案】(l)C H4(g)+C O2(g)=2 H2(g)+2 C 0(g)H=+2 4 7k J-m o
44、 r1(2)C(3)由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氨气的物质的量逐渐增大随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小 77 7 8%(i o o x o 5)3 x(i o o x o.o 4)k J,(100X 0.32)X(100X 0.04)【解析】解：(1)已知：CL +H2O(g)=C O(g)+3H2(g)H=+206k J-moL C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H=-41k J-m o r1根据盖斯定律：-即 可 得:C H4(g)+C O2(g)=
45、2H2(g)+2C 0(g)A H=(+206+41)k J-m o l-1=+247k J-m o l-1,故答案为：C H4(g)+C O2(g)=2H2(g)+2C 0(g)A H =+247k J-m o r1；(2)A.恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度改变，化学反应速率不变，故 A错误；B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故 B错误；C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故 C正确：D.反应为吸热反应，加入合适催化剂，缩短达到平衡的时间，但不
46、影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变，降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率第22页，共27页减小，故 D错误；故答案为：C；(3)温度低于70(r c 时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，故答案为：由于正反应方向吸热，随着温度的升高,反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；温度高于700汽，随着反应的进行，CO 的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，出 的物质的量减小，故答案为：随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移
47、动，使氢气的物质的量减小；(4)已知投料比为MC H4)：n(H2O)=1：3 的混合气体，设C H4与电0 的初始物质的量为Im o K 3m o l,转化的甲烷的物质的量为x,转化的CO 的物质的量为y,则C H4(g)+H2O(g)=：C O(g)+3H2(g)(单位：m o l)起始量：13 0 0转化量：xxx 3x平衡量：l-x 3-x x 3xC O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)(单位：m o l)起始量：x 3 x 0 3x转化量：y y y y平衡量：X -y 3-x -y y 3x +y一x+3：+x+3x=急=Q4,解得x =：m o L C H4的转化
48、率为当 x 1 0 0%2 77.78%，600冤时，由图可知，p =l OOk Pa,C H4和 CO 的物质的量分数为0.04,也0 的物质的量分数为0.32,出物质的量分数为0.50,反应的平衡常数Kp =嚅守霖=(100XQ.5)3X(100X0.04)(100 x0.32)x(100 x0.04)?故答案为：77.78%；(100 x0.5)3x(100 x0.04)(100 x0.32)x(100 x0.04)(1)已知:C HKg)+H2O(g)=C O(g)+3H2(g)A H =+206k J-moL C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H=-41k J.m
49、 o r1根据盖斯定律：-即 可 得；(2)A.恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度不变;B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加;C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大；D.反应为吸热反应，加入合适催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；(3)温度低于700久时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大；温度高于700冤，随着反应的进行，CO 的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动；(4)已知投料比为M C%)：n(
50、H2O)=1：3 的混合气体，设C%与 的 初 始 物 质 的 量 为Im o K 3m o l,转化的甲烷的物质的量为x,转化的CO 的物质的量为y,则C H4(g)+H2O(g)=C O(g)+3H2(g)(单位：m o l)起始量：1 3 0 0转化量：xxx 3x平衡量：l x 3-x x 3xC O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)(单位：m o l)起始量：x 3 x 0 3x转化量：y y y y平衡量：x -y 3-x -y y 3x +y-台 一-=-=0.04,解得x =:m o l,60C T C 时，由图可知，P=l OOk Pa,C H4和l-x+3-x