湖北省高考化學模擬測試卷（帶答案解析）

湖北省高考化學模擬測試卷（帶答案解析）

班級:姓名：考號：

一、單選題（本大題共15小題，共45.0分）

1.下列物質的溶液長期暴露在空氣中會變質而溶液乂會出現(xiàn)白色渾濁的是（）

A.NaHCO3B.FeC12C.KID.Na2Si03

2.下列實驗現(xiàn)象中，由于發(fā)生取代反應而引起的是

A.乙烯通入澳的四氯化碳溶液中，溶液褪色

B.甲烷和氯氣的混合氣體在光照后，瓶壁上有油狀液滴附著

C.苯滴加到溟水中，振蕩后水層接近無色

D.將灼熱的銅絲迅速插入乙醇中，反復多次，有刺激性氣味產生

3.連花清瘟膠囊常用于緩解流行性感冒患者肌肉酸痛、鼻塞流涕等癥狀，其中一種有效成分連翹昔的結

構如圖所不。有關該化合物敘述止確的是（）

A.含有三種含氧官能團B.不能發(fā)生消去反應

C.可以發(fā)生氧化反應D.與Na、NaOH均可發(fā)生反應

4.對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式的是（）

A.向CaC12溶液中通入C（）2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3I+2H+

B.硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2St

C.同濃度同體積NH4HS04溶液與NaOH溶液混合:NH4++0H-=NH3-H20

D.用Na2s03溶液吸收少量C12：3SO32-+C12+H2O=2HSO3-+2C1-+SO42-

5.由下列實驗操作及現(xiàn)象不能推出相應結論的是（）

選項實驗操作及現(xiàn)象結論

A向待測液中滴入新制氯水，再滴入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色待測液中一定含有Fe2+

將水滴入盛有Na202固體的試管中，有氣泡產生，把帶火星的木條放

BNa2O2遇水產生02

在管口，木條復燃

將金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入集滿C02的集氣瓶，集氣瓶中產

C還原性:Na>C

生大量白煙，瓶內有黑色顆粒產生

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D向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去證明Fe304中含F(xiàn)e（H）

A.AB.BC.CD.D

6.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）

A.45g草酸中sp2雜化的C原子個數(shù)為NA

B.2moiPC15中磷原子的價層電子對數(shù)為10NA

C.lmol[B（0H）4]—中配位鍵個數(shù)為NA

D.標準狀況下11.2LHCH0與CH30H的混合物中分子數(shù)為0.5NA

7.某化學興趣小組設計用如圖所示裝置進行C2H50H的氧化實驗，并驗證產物。沿箭頭所示方向通入02,

反應結束后取IV中所得產物滴入酸性KUnO4溶液。下列說法中錯誤的是（）

A.裝置I盛有濃硫酸，用于干燥氧氣

B.裝置II、IV中的水浴方式分班為冰水浴、熱水浴

C.滴入產物后酸性KMnO4溶液褪色，不能說明產物含有乙醛

D.向IV中小試管內滴入含酚配的NaOH溶液，若紅色褪去說明產物含有乙酸

8.第3周期某元素的原子，其最外層3P亞層上有一個未成對電子，則關于該元素的描述正確的是（）

A.該元素最高價氧化物的水化物肯定是一種強酸

B.該兀素單質肯定是一種黃綠色的氣體

C.該元素的最高價氧化物水化物肯定能與強堿反應

D.該元素的原子半徑在同周期中肯定是最小的（稀有氣體元素除外）

9.4.氫原子的電子云圖中小黑點表示的意義是

A.一個小黑點表示一個電子B.黑點的多少表示電子個數(shù)的多少

C.表示電子運動的軌跡D.表示電子在核外空間出現(xiàn)機會的多少

10.鈕鋼銅復合氧化型超導材料YBC0（YBa2Cu30x）的晶胞結構如圖所示，下列說法錯誤的是：）

?C?

?Y

OBa

oo

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A.x=7B.晶胞的體積為3a3X10-30cm3

C.該晶胞中Cu的配位數(shù)為4或5D.相鄰Y之間的最短距離為3apm

11.內酯Y可由X通過電解合成，并在一定條件下轉化為Z,轉化路線如圖。下列說法不正確的是（）

A.Z分子中一定共面的原子數(shù)可以是14

B.Y-Z的反應類型是取代反應

C.X、Y、Z中只有Y不能與碳酸鈉溶液反應

D.X苯環(huán)上的一氯代物有9種

12.下列元素中價電子排布不正確的是（）

A.V：3d34s2B.Cr：3d44s2C.Ar：3s23p6D.Ni：3d84s2

13.錫烯的結構與石墨烯結構相似，其俯視圖、側視圖如型所示。已知錫烯的導電性只存在于材料的

邊緣或表面，隨著錫烯層數(shù)的增加，顯不力超導性。卜列說法止確的是（）

側視圖oood

A.SnO2+2C—高溫Sn+2COt,說明金屬性Sn>C

B.錫烯中的Sn與石墨烯中的C的雜化方式相同

C.錫烯層內存在金屬鍵，層間不存在金屬鍵

D.Sn最外層電子逐級電離能存在關系：I5I42I4I3

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另一份溶液用0.0500mol-L-lK2Cr207酸性溶液滴定，Cr2O72-被還原為Cr3+,滴定終點時消耗K2Cr207溶

液的體積為20.00mL.

①25℃時，Ksp(BaSO4)=l.1X10-10,若要使溶液中SO42-沉淀完全(即該離子濃度X10-5moi1-1).則

此時需保持溶液中c(Ba2+)2mol-1.-1

②確定該摩爾鹽的化學式(寫出計算過程)

17.某化學趣味小組以A(氟乙酸)為原料，采用陶貝合成法合成H(尿酸)，合成路線設計如圖。

回答卜.列問題：

(DB的名稱為_。

(2)E-F的反應類型為_o

(3)G中含氧官能團名稱為_。

(4)G在一定條件下生成H和X。已知體積分數(shù)為75%的X溶液常用于殺菌消毒，則尿酸的結構簡式為一。

(5)某芳香化合物M(C8H7C102)與C1C00C2H5含有相同的官能團,且核磁共振氫譜峰值比為2：2：2：1的同

分異構體有_種(不考慮立體異構)，寫出其中能發(fā)銀鏡反應的異構體的結構簡式_o

(6)由CH4合成C1COOC2H5的路線如圖：

()

I

C2H5OH

CH4—二―一3COC1：C1C()C2Hs

400730。6△一定條件

寫HIC0C12與C2H50H反應的方程式為_。

18.草酸晶體的組成可用H2c204?xH20表示，為了測定x值，進行如下實驗：

(1)稱取Wg草酸晶體，配成100.00mL水溶液

(2)取25.00mL所配制的草酸溶液置于錐形瓶內，加入適景稀H2S04后，用濃度為amobL-1的KMnO4溶液

滴定至KMnO4不再褪色為止，所發(fā)生的反應為：2KMnO4+5H2c204+3H2s()4:K2s04+10C021+2MnS04+8H20

試回答：

①在滴定過程中若用去am。］1-1的KUnO4溶液VmL,則所配制的草酸溶液的物質的量濃度為______

mol-L-1,由此可計算x的值是______.

②若滴定終點讀數(shù)時俯視，則計算的x值可能會(偏大、偏小、無影響).

19.近年來，隨著化石燃料的大量消耗和C02等溫室氣體的大量排放，氨的無碳燃料屬性引起重視。低能

耗高效率合成氨技術的開發(fā)是實現(xiàn)氫燃料化利用的基礎，基于A1203載氮體的碳基化學鏈合成氨技術示意

圖如圖。

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(1)總反應的熱化學方程式為_。

(2)有利于提高反應n平衡轉化率的條件為—(填標號)。

A.高溫高壓

B.高溫低壓

C.低溫高壓

D.低溫低壓

(3)在溫度為T、固定容積為VL,p0=100kPa條件下進行反應I,平衡時氮氣轉化率為50%,則N2壓強為

分壓平衡常數(shù)Kp=_kPa2<,

(4)60C、lOOkPa條件下,反應H中溶液pH隨時間變化如圖，120min?180min持續(xù)收集到氨氣,但溶液pH

幾乎不變的原因是_。

(5)為探究反應II中15min時反應速率突然加快的原因，利用計算機模擬反應II的反應路徑如圖。

IIH

HHN-AI-N-AI-N-AI

一路役IN-AI-N-AkN-AI

??…路役2

OHHOHHN-AkN-AI-N-AI

:N-AI-N-AkN-AI

IIOHHOHHOHHOII

N-AkN-AkN-AVN-AI-N-AhN-Al

OHHOH

N-AI-N-AI-N-AI

IIOHHOH

N-AI-N-AI-N-AI

過渡過渡態(tài)2反應歷稗

①比較不同路徑，路徑1能壘較低的原因是_的鍵能大于_的鍵能。

②15min時反應速率突然加快的原因是_o

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(6)與傳統(tǒng)的催化合成氨反應相比，碳基化學鏈合成氨的優(yōu)勢有—(填標號)。

A.能夠規(guī)避N2和H2在催化劑表面競爭吸附的問題

B.原料成本低，能耗低，產物無需分離，可獲得CO副產物

C.規(guī)避了催化合成氨的熱力學和動力學矛盾，兼顧較高的反應速率和較大的反應限度

D.釋氮反應對溫度要求不高，相對低的溫度能夠緩解NH3分解，有利于NH3的收集

參考答案與解析

1.【答案】I)

【解析】解：A.碳酸氫鈉溶液長期暴露在空氣中反應生成碳酸鈉、水和二氧化碳，碳酸氫鈉溶解度小于碳

酸鈉，所以不會出現(xiàn)白色沉淀，故A錯誤；

B.氯化亞鐵溶液長期暴露在空氣中會被氧化生成氯化鐵，不會產生沉淀，故B錯誤：

C.碘化鉀溶液長期暴露在空氣中被氧氣氧化生成碘單質，碘單質溶液水得到黃色溶液，故C錯誤；

D.硅酸鈉溶液長期暴露在空氣中與二氧化碳反應生成白色絮狀沉淀硅酸，故D正確；

故選：Do

A.碳酸氫鈉溶液長期暴露在空氣中反應生成碳酸鈉、水和二氧化碳，碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉；

B.依據(jù)二價鐵離子強還原性解答；

C.碘化鉀溶液長期暴露在空氣中被氧氣氧化生成碘單質；

D.硅酸鈉溶液長期暴露在空氣中與二氧化碳反應生成白色絮狀沉淀硅酸.

本趣考查了元素化合物知識，明確相關物質的性質及發(fā)生反應是解題關鍵，題目難度不大.

2.【答案】B

【解析】試題分析：A、乙烯通入漠的四氯化碳溶液，溪和乙烯發(fā)生反應生成1,2-二澳乙烷，使溪水褪色，

屬于加成反應，故A不符合；

B、甲烷與氯氣在光照的條件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲

烷，其中只有一氯甲烷是氣體，其余三種為液體，反應為取代反應，故B符合；

C、苯滴加到濱水中，嗅在苯中的溶解度遠遠大于在水中的溶解度，苯萃取溪水中的濱，故C不符合；

D、乙醇和氧氣在銅存在下加熱生成乙醛，屬于氧化反應，故D不符合。

故選B。

考點：取代反應與加成反應

點評：本題考查了取代反應、加成反應、氧化反應等概念，比較簡單，掌握常見有機反應類型。

3.【答案】C

【解析】解：A.該有機物中含氧官能團有羥基、酸鍵，有兩種含氧官能團，故A錯誤；

B.根據(jù)圖知，該分子能發(fā)生消去反應，故B錯誤：

C.分子中-CII2OH、能發(fā)生氧化反應，所以該有機物能發(fā)生氧化反應，故C正確；

D.羥基、段基能和鈉反應，酚羥基、段基、酯基能和氫氧化鈉反應，該分子中含有醇羥基，所以能和鈉反

應，不能和氫氧化鈉反應，故D錯誤；

故選：Co

A.該有機物中含氧官能團有羥基、醒鍵；

B.連接醇羥基的碳原子相鄰碳原子上含有氫原子的醇能發(fā)生消去反應；

C.-CH2OH、一CH(OH)-能發(fā)生氧化反應；

D.羥基、陵基能和鈉反應，酚羥基、陵基、酯基能和氫氧化鈉反應.

本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質的關系是

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解本題關鍵，題目難度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.鹽酸的酸性強于碳酸，CaC12溶液中通入0)2中，不反應，不能寫離子反應，故A錯誤；

B.硫化亞鐵與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：FeS+4H++N03-二Fe3++N0t+SI+2H20,故B

錯誤；

C.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，氫氯根優(yōu)先與酸性更強的氫高子反應，離子方程式：

H++0H-=H20,故C錯誤；

D.用Na2s03溶液吸收少量C12：3SO32-+C12+H20=2HS03-+2C1-+S042-,符合電荷守恒，物料守恒，強制

弱規(guī)律，故D正確；

故選：D。

A.CaC12溶液中通入C02中，不反應；

B.稀硝酸具有強氧化性，能夠將硫離子、亞鐵離子氧化；

C.不符合客觀事實，氫氧根優(yōu)先與氫尚子反應；

D.符合電荷守恒，物料守恒，強制弱規(guī)律。

本題考查了化學反應原理，離子方程式的書寫，離子方程式的正誤判斷，重點考查反應發(fā)生的可能性，掌

握強制弱的原理，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生

成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查足否符合守恒美

系(如：質量守恒和電荷守恒等)；選項D為易錯點，注意反應物用量對反應產物的影響，難度中等。

5.【答案】A

【解析】解：A.先加氯水可氧化亞鐵離子，不能排除原溶液是否含鐵離子，應先加KSCN溶液無現(xiàn)象，后加

氯水檢驗亞鐵離子，故A錯誤：

B.過氧化鈉與水反應生成氧氣，且氧氣具有助燃性，則帶火星的木條放在管口，木條復燃，故B正確；

C.鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和C,可知還原性：Na>C,故C正確；

D亞鐵離子可被酸性高鋸酸鉀氧化,溶液褪色,可知Fe304中含F(xiàn)e(H),故D正確;

故選：Ao

A.先加氯水可氧化亞鐵離子，不能排除原溶液是否含鐵離子，

B.過氧化鈉與水反應生成氧氣，且氧氣具有助燃性；

C.鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和C；

D.亞鐵離子可被酸性高缽酸鉀氧億。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，側

重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

6.【答案】D

口ff

【解析】解：A.草酸的結構式為H-°-C—C—°-H458草酸物質的量=458908小01=0.511101,1個草

酸分子中含兩個sp2雜化的碳原子，則0.5mol草酸中含sp2雜化的C原子個數(shù)為NA,故A正確；

B.PC15分子結構為正六面體，價層電子對數(shù)為5,2niolPC15中磷原子的價層電子對數(shù)為10NA,故B正確；

C[B(0H)4]—中B-0原子之間存在共價鍵,其中一個是配位鍵,lmol[B(0H)4]—中配位鍵個數(shù)為NA,故C

正確：

D.標準狀況下,HCHO與CH30H不是氣體，1L2LHCH0與CH30H的混合物的物質的量不是0.5mol,不能計算

分子數(shù)，故D錯誤；

第8頁共15頁

故選：Do

A.計算草酸物質的量=45g90g/niol=0.5mol,I個草酸分子中含兩個sp2雜化的碳原子；

B.PC15分子結構為正六面體，價層電子對數(shù)為5；

C.[B(()H)4]-中B-0原子之間存在共價鍵，其中一個是配位鍵；

D.標準狀況下HCHO與CH30H不是氣體。

本題考查了阿伏加德羅常數(shù)及其應用、微粒結構的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。

7.【答案】B

【解析】解：A.參與反應的氧氣應是干燥的氣體，裝置I盛有濃硫酸，用于干燥氧氣，故A正確；

B.實驗過程中需要乙醇蒸氣進入II【裝置中，生成的乙醛需要冷凝收集，裝置H、IV中的水浴方式分別為熱

水浴、冰水浴，故B錯誤；

C.乙醇易揮發(fā)，且能被高鎘酸鉀溶液氧化，滴入產物后酸性KMnM溶液褪色，不能說明產物含有乙醛，故C

正確；

D.向IV中小試管內滴入含酚配的NaOH溶液，若紅色褪去說明堿性減弱，氫氯化鈉被中和，可以證明產物含

有乙酸，故D正確；

故選：B。

氧氣經過干燥后進入盛乙醇的圓底燒瓶，和熱的乙醇一起進入硬質玻璃管，在銅做催化劑的催化作用卜發(fā)

生乙醇的催化氧化，反應生成了乙醛，生成的乙醛進入試管中被冷凝收集，據(jù)此分問答。

本題考查了乙醇催化氧化原理、裝置分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。

8.【答案】C

【解析】解：第3周期元素的原子，其最外層3P能級上僅有一個未成對電子，價層電子排布為3s23Pl或

3s23P5,為Al元素或Cl元素

A.如為Al,則最高價氧化物的水化物為兩性氫氧化物，故A錯誤；

B.如為A1,則為固體，故B錯誤;

C.為A1或C1元素，元素的最高價氧化物水化物為氫氧化鋁或高氯酸，二者都可與強堿反應，故C正確：

D.A1原子半徑在第三周期中不是展小，故D錯誤.

故選C.

本題考查結構性質位置關系，難度不大，掌握核外電子排布規(guī)律判斷元素是解題的關鍵，注意把握原子結

構的特點.

9.【答案】D

【解析】在電子云圖中，小黑點并不代表電子，小黑點代表電子在核外空間區(qū)域內出現(xiàn)的機會，小黑點的

疏密與電子在該區(qū)域內出現(xiàn)的機會大小成正比。

10.【答案】D

【解析】解：A.Y在體心，數(shù)目為1,氧原子在棱心，數(shù)目為12X14+8X12=7,故A正確；

B.晶胞的體積為3a3X10-30cm3,故B正確；

C.銅原子位于晶胞的頂點和棱上，位于頂點的銅原子，距離銅最近的氧原子個數(shù)為4個，位于棱上的銅原

子，與之最近的氯原子為5個，故其配位數(shù)為4或者5,C正確：

D.Y位于體心，在此晶胞上面還有一個晶胞，兩個晶胞中相鄰的Y之間最短距離為apni,D錯誤；

故選：D。

A.Y在體心，數(shù)目為1,氧原子在棱心；

B.晶胞的體積為3a3X1()30cm3；

第9頁共15頁

C.銅原子位于晶胞的頂點和楂上，位于頂點的銅原子，距離銅最近的氧原子個數(shù)為4個，位于棱上的銅原

子，與之最近的氧原子為5個；

D.Y位于體心。

本寇考查晶體結構，側重考查學生晶體結構和晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。

11.【答案】D

【解析】解：A.苯環(huán)上所有原子共平面，單鍵可以旋轉，則Z原子中一定共平面的原子是14,故A正確；

B.Y中酯基發(fā)生取代反應生成Z,該反應為取代反應，故B正確：

C.竣基能、酚羥基和碳酸鈉溶液反應，X中含有救基、Z中含有的羥基，Y中不含酚羥基和粉基，所以Y不

能和碳酸鈉溶液反應，故C正確；

D.X苯環(huán)上含有7種氫原子，其苯環(huán)上的一氯代物有7種，故D錯誤；

故選:Do

A.苯環(huán)上所有原子共平面，單鍵可以旋轉；

B.Y中酯基發(fā)生取代反應生成Z；

C.發(fā)基能、酚羥基和碳酸鈉溶液反應；

D.X苯環(huán)上含有幾種氫原子，其苯環(huán)上的一氯代物就有幾種。

本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及計算能力，明確官能團及其性質關系等知識點是解

本題關鍵，題目難度不大。

12.【答案】B

【解析】

【分析】

木搜考查核外電子排布，題目難度不大，注意電子處于全滿、半滿、全空時最穩(wěn)定.

【解答】

A、V基態(tài)原子價電子排布式為：3d34s2,符合基態(tài)電子排布規(guī)律，故A正確；

B、3d能級上的原子軌道處于半滿時較為穩(wěn)定，因此鋁原子基態(tài)價電子排布式為3d54sl,故B錯誤；

C、Ar基態(tài)原子價電子排布式為：3s23p6,符合基態(tài)電子排布規(guī)律，故C正確；

【）、Ni基態(tài)原子價電子排布式為：3d84s2,符合基態(tài)電子排布規(guī)律，故D正確；

故選B。

13.【答案】D

【解析】解：A.在該反應中Sn從+4價變?yōu)?。價，體現(xiàn)的是非金屬性，故A錯誤；

B.石墨烯相當于石墨中的一層，其中碳的雜化方式為sp2,由圖b側視圖可以看到，在錫烯結構中兩層原子

形成一種翹曲的結構，不是平面結構，在錫烯結構中Sn是sp3雜化，故B錯誤：

C.金屬鍵是自由電子和金屬陽離子之間的作用力，在錫烯中不存在金屬鍵，故C錯誤；

D-Sn是第IVA族元素，失去4個電子后達到穩(wěn)定結構，故其第5電離能遠大于第4電離能，即：I5I42I4I3,

故D正確；

故選：D。

A.在該反應中Sn從+4價變?yōu)?價：

B.石墨烯相當于石墨中的一層，其中碳的雜化方式為sp2,在錫烯結構中兩層原子形成一種翹曲的結構，不

是平面結構：

C.金屬鍵是自由電子和金屬陽離子之間的作用力；

D.Sn是第1VA族元素，失去4個電子后達到穩(wěn)定結構，故其第5電離能遠大于第4電離能。

本題考查物質結構，側重考查學生雜化、電離能和化學鍵的掌握情況，試題難度中等。

第10頁共15頁

14.【答案】A

【解析】解：A.f表示lgc(L—)隨pH變化的圖象，其濃度最后幾乎為()，故A錯誤；

B.取be的交點，即pH=4,Ka=c(H+)Xc(A-)c(HA)=c(H+)=10-4,pKa(HL)=4,取df交點,pH=7,Ka=c(H+)

Xc(L-)c(HL)=c(H+)=10,7,pKa(HL)=7,故B正確;

C.電離平衡常數(shù)分析，HA酸性比HL強，在不調節(jié)pH時，溶液線離子主要是由HA提供，且氫離子濃度等于

A-離子濃度,則有c(H+)Xc(A-)c(HA)=c2(H+)c(HA)=c2(H+)0.02=10-4,氫離子濃度c(H+)=2X

10-6mol/L,pH=3-2^2.70,接近2.85,故C正確;

D.加入NaOH(s)調pH=10,溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(L-)+c(0H-),

c(HA)+c(A-)=0.02mol-L-1,c(HL)+c(I.-)=0.01mol-L-l,c(Na+)+I0-l0=0.02-c(HA)+0.01-c(HL)+10-4,

c(Na+)+c(HA)+c(HL)=(0.03+10-4-10-10)mobL-l,故D正確;

故選:A,

分析可知圖象中a表示lgc(H+)隨pH變化的圖象，b表示Ige(HA)隨pH變化的圖象，c表示Igc(A-)隨pH

變化的圖象,d表示Igc(HL)隨pH變化的圖象，e表示Igc(OH-)隨pH變化的圖象,f表示Igc(L-)隨pH

變化的圖象，據(jù)此分析判斷。

本題考查了弱電解質電離平衡影響因素、平衡常數(shù)的計算、電解質溶液中離子濃度關系，注意知識的熟練

學握，題目難度中等。

15.【答案】D

【解析】解：A.通入氧氣的電極是正極，正極上得電子發(fā)生還原反應，故A錯誤；

B.通入氫氣的電極是負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，故B錯誤；

C.電池反應式為O2+2H2=2H2O,故C錯誤；

D.正極上氧氣得電子和和氫離子反應生成水，電極反應式為O2+4H++4c-=2H2O,故D正確；

故選:Do

該裝置屬于燃料電池，氫氣失電子發(fā)生氧化反應，所以通入氫竹的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，

正極上得電子發(fā)生還原反應.

本題考查了原電池原理，明確燃料電池中得失電子的物質即可解答，注意該原電池是酸性電池，可能很多

同學不能根據(jù)“質子交換膜”確定溶液的酸堿性，為易錯點.

16.【答案】Fe；TiO2++H2O=TiO2+2H+；TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)高溫TiC14(g)+2CO(g)；1.1X10-5；

(NII4)2Fe(S04)2,6H20]或(NH4)2S04-FeS04-6H20]

【解析】解：鈦鐵礦和濃硫酸混合時發(fā)生反應為FeTiO3+2H2sO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O,亞鐵離子不穩(wěn)定，易

被氧化，為防止亞鐵離子被氧化，需要加入A物質且不能引進新的雜質，所以A是Fe；然后經過控溫冷卻

結晶并過濾得到綠桃和含有T02+的濾液，向濾液中調節(jié)溶液pH,利用水解得到Ti02,二氧化鈦在高溫條件

下和氯氣、C反應生成四氯化鈦，高溫條件下，四氯化鈦和鎂發(fā)生置換反應生成Ti；將綠磯溶解于硫酸錢

溶液可結晶得到摩爾鹽；

(1)由分析可判斷A是為了防止Fc2+氧化，同時不引入雜質離子，應選擇鐵，故答案為：Fe；

(2)TiO2+轉化為Ti02反應的離子方程式為TiO2++H2O=TiO2+2H+,反應①是二氧化鈦在高溫條件下和氯氣、

C反應生成四氯化鈦，此反應的化學反應方程式為TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)高溫TiC14(g)+2C0(g)

故答案為:TiO2++H2O=TiO2+2H+；TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)高溫TiC14(g)+2C0(g)；

(3)①25c時，Ksp(BaS04)=l.1X10-10,若要使溶液中S042-離子沉淀完全(即該離子濃度須小于1X

10-5mol-L—1),則c(Ba2+)=Ksp(BaS04)c(S042—)=1.1X10—1010—5mol/L=l.1X10—5mol?L-1,再根

據(jù)Ba原子守恒得c[(Ba(0H)2]=c(Ba2+)=l.lX10-5mol?L-l,

故答案為：1.1X10-5；

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②摩爾鹽和氫氧化鋼反應生成硫酸鋼、氨氣、氫氧化亞鐵，氫黛化亞鐵不穩(wěn)定，被氧化生成氫氧化鐵紅褐

色沉淀，然后用足量稀鹽酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaS04,n(BaS04)=2.796g233g/niDl=0.012mol

6Fe2++Cr2072-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H20

61

n0.0500mol-L-lX0.020L

n(Fc2+)=0.OOImolX6=0.006mol

根據(jù)電荷守恒得n(NH4+)+2n(Fe2-)=2n(SO42-),n(NH4+)=0.012mol

n(H20)=4.7042g—0.012molX96g/mol—0.012molX18g/mol—0.006mol/LX

56g/mol18g/mo1=0.036moI

n(SO42-)：n(Fe2+)：n(NH4+)：r(H20)=0012mol：0006mol：0012mol：0036mol=2：1：2：6,故莫爾鹽

的化學式為：(NH4)2Fe(S04)2-6H2O[或(NH4)2S04-FeS04-6H20]

故答案為：(NH4)2Fe(S04)2-6H20[或(NH4)2SO4-FeSO4-6H2O].

鈦鐵礦和濃硫酸混合時發(fā)生反應為FcTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FcSO4+2H2O,亞鐵離子不穩(wěn)定，易被氧化，為防

止亞鐵離子被氧化，需要加入A物質且不能引進新的雜質，所以A是Fe；然后經過控溫冷卻結晶并過濾得

到綠磯和含有T02+的濾液，向濾液中調節(jié)溶液陰，利用水解得到Ti02,二氧化鈦在高溫條件下和氯氣、C

反應生成四氯化鈦，高溫條件下，四氯化鈦和鎂發(fā)生置換反應生成Ti；將綠磯溶解于硫酸鍍溶液可結晶得

到摩爾鹽；

(1)根據(jù)分析可判斷A物質的化學式；

(2)依據(jù)水解的定義，Ti02+水解結合水電離出的0H-,生成的H2TiO3不穩(wěn)定分解得到Ti02,結合電荷守恒

和原子守恒得到此水解反應的離子方程式；反應①為Ti02在高溫下與過量氯氣和焦炭的作用下生成TiC14

和CO,結合原子守恒和電子守恒可得到此反應的化學方程式；

(3)①25℃時，Ksp(BaS04)=l.1X10-10,若要使溶液中S042-離子沉淀完全(即該離子濃度須小于1X

10-5moLL-1),則c(Ba2+)=Ksp(BaS04)c(S042-),再根據(jù)Ba原子守恒計算c[(Ba(0H)2]；

②摩爾鹽和氫氧化鋼反應生成硫酸鋼、氨氣、氫氧化亞鐵，氫黛化亞鐵不穩(wěn)定，被氧化生成氫氧化鐵紅褐

色沉淀，然后用足量稀鹽酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4,n(BaS04)=2.796g233g/niDl=0.012mol

6Fe2++Cr2072-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H20

61

n0.0500mol-L-lX0.020L

n(Fc2+)=0.001molX6=0.006mol

根據(jù)電荷守恒得n(NH4+)+2n(Fe2+)=2n(SO42-),n(NH4+)=0.012mol

n(H20)=4.7042g—0.012molX96g/mol—0.012molX18g/mol—0.006mol/LX

56g/mol18g/mol=0.036moi

根據(jù)各微粒的物質的量之比確定億學式.

本題以物質的制備為載體，考查物質制備實驗方案設計和組成分析，為高頻考點，側重考杳學生分析計算

能力，明確各個物理量之間的關系是解本題關鍵，題目難度中等.

17.【答案】制乙酸甲酯還原反應酰胺基、酯

COCI2+CH3CH2OH一一定條件下

C1C00CH2CH3+HC1

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【解析】解：(DB為NCCH2COOCH3,B的名稱為氯乙酸甲酯

故答案為：制乙酸甲酯；

(2)E中亞硝基發(fā)生還原反應生成F中氨基，則E-F的反應類型為還原反應

故答案為：還原反應；

(3)G中含氧官能團名稱為酰胺基、酯基

故答案為：酰胺基、酯基；

(4)尿酸的結構簡式為

故答案為

(5)某芳香化合物M(C8H7C102)與C1COOC2H5含有相同的官能團，說明含有氯原子和酯基且含有苯環(huán)，不飽

和度=8X2+2—82=5,苯環(huán)的不飽和度是4、酯基的不飽和度是1,所以符合條件的同分異構體中除了苯環(huán)、

酯基外不含其它環(huán)或雙鍵,且核磁共振氫譜峰值比為2：2：2：1的同分異構體，說明結構對稱，符合條件

COOCH.C1OOCCH,C1

的結構簡式有，所以有4種；能發(fā)生銀鏡反

OOCHCILOOCH

49

應，說明含有醛基，則能發(fā)銀鏡反應的異構體的結構簡式為('H2cl

故答案為：4

(6)甲烷發(fā)生取代反應生成四氯化碳，四氯化碳發(fā)生取代反應生成COC12,COC12和乙醉發(fā)生取代反應生成

C1COOCH2CH3,同時生成HC1,C0C12與C2II5OH反應的方程式為C0C12+CH3cH20H-＞一定條件下

C1COOCH2CH3+HC1

故答案為：C0C12+CH3cH20H-＞一定條件下C1COOCH2cH3+HC1。

根據(jù)A、C的結構簡式及反應條件知，A和甲醇發(fā)生酯化反應生成B為NCCH2COOCH3,B和尿素發(fā)生取代反應

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生成C,同時生成CH30H,C發(fā)生反應生成D,D和亞硝酸發(fā)生取代反應生成E,同時生成H20；E發(fā)生還原

反應生成F中級基，F(xiàn)法取代反應生成G,G在一定條件下生成H和X,已知體積分數(shù)為75%的X溶液常用于

殺菌消毒，X為CH3cH20H,則H為口；

(6)甲烷發(fā)生取代反應生成四氯化碳，四氯化碳發(fā)生取代反應生成C0C12,C0C12和乙醇發(fā)生取代反應生成

C1C00CH2CH3,同時生成HC1。

本題考查有機物推斷和合成，側重考查對比、分析、推斷及知識綜合運用能力，明確反應中物質結構或官

能團變化并正確推斷各物質的結構簡式是解本題關鍵，易錯點是限制性條件下同分異構體種類判斷。

18.【答案】0.lav；50w9av-5；偏大

【解析】解：①2K析04?5H①204

2mol5mol

aVX10—3mol0.025LXc

c=5molXaVX10—3mol2molX0.025L=0.laVmol-L—1

H2C2O4-xH2O-H2C2O4-xH2O

Imol18xg

0.laVXO.ImolW-0.laVXO.lX90g

x=lmolX(W-0.laVXO.lX90)18gX0.laVXO.lmol=50w9av-5；

故答案為：0.laV；50w9av-5；

②滴定終點時俯視滴定管刻度，會導致測量體積偏小，測定草酸濃度偏小，則x值會偏大，故答案為：偏

大.

①根據(jù)化學方程式中各物質的關系進行計算；

②滴定終點時俯視滴定管刻度，會導致測量體積偏小，測定草酸濃度偏小，則x值會偏大.

本題考查滴定應用與計算、誤差分析，難度中等，注意滴定中經常根據(jù)關系式進行計算，掌握根據(jù)關系式

計算方法.

19.【答案】3C(s)+N2(g)+3H20(1)=3C0(g)+2NH3(g)△H=+434kJ/molD25kPa16875溶液中氨水濃度達

到飽和0-H鍵A1-H鍵A1N與水結合后，生成氨水，氨水電離出0H-對反應【I具有催化作用ABD

【解析】解:(1)根據(jù)蓋斯定律可知,吸氮反應1+釋氮反應H可得:3C(s)+N2(g)+3H20(1)=3C0(g)+2NH3(g)

則△H=(+708.lkJ/mol)+(-274.lkj/niol)=+434kj/mol

故答案為：3C(s)+N2(g)+3H20(l)=3C0(g)+2NH3(g)AH=+434kJ/mol；

(2)反應H為正向氣體分子總數(shù)減小的放熱反應，所以減小壓強、降低溫度，均有利于平衡正向移動，所以

有利于提高反應II平衡轉化率的條件是低溫低壓

故答案為：D；

(3)在溫度為T、固定容積為VL、p0=100kPa條件下進行反應I,設N2的起始量為Imol,平衡時氮氣轉化

率為50%,即轉化的氮氣為0.5mol,則有三段式：

A1203(s)+3C(s)+N2(g)=3C0(g)+2A1N(s)

起