2022届高三第一次模拟测试卷化学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Si28P31S32Cl35.5Cr52Cu64Zn65一．选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是A．SO2具有还原性，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量B．废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点C．使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减少温室效应D．《泉州府志》中有：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之，其原理是泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖2．下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤3．己知：C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)、C4H9COOH(p)的分子式均为C5H10O2，下列说法错误的是A．e的一氯代物有四种B．e中存在少量的p时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去C．m、e、p均可与NaOH溶液反应D．m、p的可能结构一样多4．著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是A．铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在B．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI===CeI4+2H2↑C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+D．四种稳定的核素、、、，它们互称为同位素5．采用如图所示装置和操作，不能达到实验目的的是A．甲装置：在乙醇与乙酸的混合液中加入足量生石灰，可蒸馏出乙醇B．若采用乙装置铝件镀银，则d极为铝件，c极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液C．丙装置b口进气排空气法不可收集CO2、NO等气体D．丁装置是实验室制取收集纯净氯气的替代装置6．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%7．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是①透明溶液中K+、Na+、MnO、SO；②pH=1的溶液CO、Na+、AlO、NO；③加入Al能放出H25的溶液中Cl−、CO、SO、NH；④由水电离的c(OH−)=10−13mol·L−1的溶液中，Na+、Ba2+、Cl−、Br−；⑤有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH、SCN−、HCO；⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO、I−、Cl−A．①④B．③④⑥C．④D．③⑥8．X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO29．下列离子方程式不正确的是A．Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2++2HCO+2OH−===CaCO3↓+CO+2H2OB．金属钠和水反应：2Na+2H2O===2Na++2OH−+H2↑C．2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO2+3OH−===HCO+CO+H2OD．二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3++H2O===2Fe2++SO+4H+10．由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项ABCD装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论催化活性：Fe3+＞Cu2+氧化性：Br2＞I2Ksp：AgCl＞AgBr＞AgI非金属性：C＞Si11．原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的离子化合物。则下列说法正确的是A．简单氢化物的热稳定性：Y>PB．单质的沸点：Q>PC．简单离子的半径：Z>Y>XD．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性12．己知反应：2A(l)B(l)△H=-QkJ·mol−1，取等量A分别在0℃和20℃下反应，测得其转化率Y随时间t变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是A．a代表20℃下A的Y-t曲线B．反应到66min时，0℃和20℃下反应放出的热量相等C．0℃和20℃下达到平衡时，反应都放出QkJ热量D．反应都达到平衡后，正反应速率a>b13．将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是A．表中V=7.84LB．原混合物粉末的质量为25.6gC．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2∶3D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol·L−114．下图所示与对应叙述不相符的是5A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)B．图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸>乙酸C．图丙表示用0.1000mol·L−1aOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)=0.0800mol·L−1D．图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)15．下列有关电解质溶液的说法正确的是A．10mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol·L−1盐酸中，混合溶液中各离子浓度的大小关系：c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO)>c(CO)B．NH4HCO3溶液中存在：C(NH)=C(HCO)+C(CO)+C(H2CO3)C．常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知Ka1(H2SO3)＝1.8×10−2，Ka2(H2SO3)＝6.0×10−9，忽略SO的第二步水解，则Ksp(CaSO3)＝3.6×10−10D．若两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)>pH(NaY)，则c(X−)＋c(OH−)＜c(Y−)＋c(OH−)16．利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法不正确的是A．电极a和电极c都发生氧化反应B．电极d的电极反应式为2H++2e−===H2↑C．c电极上的电极反应式为N2O4-2e−+H2O===N2O5+2H+D．装置A中每消耗64gSO2，理论上装置A和装置B中均有2molH+通过质子交换膜二、非选择题（共52分）17．磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol·L−1KMnO4溶(H2SO4酸化)。请回答下列问题：（1）仪器C的名称是__________________；（2）以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。（3）A中盛装KMnO4溶液的作用是____________________；通入空气的作用是__________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”、“偏高”或“不变”）（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10−5mol·L−1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg·kg−1。18．我国的矿产资源丰富。利用某冶炼废渣(主要成分为二氧化硅和锡、铜、铅、铁的氧化物)回收锡、铜、铅的工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）电炉冶炼时，焦炭的作用是________(填“氧化剂”或“还原剂”)，将焦炭粉碎的目的是__________。熔剂的主要成分是氟石(CaF2)，高温下能与SiO2反应生成两种钙盐，其中之一为CaSiF6，该反应的化学方程式为____________________________。（2）脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+，为减少锡的损失，可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理，反应的离子方程式为____________________________。5（3）已知SnO2不溶于稀硫酸。脱铁后氧化焙烧的目的是__________________。（4）电解CuSO4溶液时，阳极的电极反应式为___________________________。（5）已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2，PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在，脱硫时发生的反应为：PbSO4(s)+HCO(aq)PbCO3(s)+H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数K=________(用上述已知常数表示)。脱硫后需过滤、洗涤再进入下一步工序，检验滤渣是否洗涤干净的方法是_____________________________。（6）若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%，30t废渣制得精锡lt，则锡的回收率为___________。19．粉煤灰(主要含有SiO2、Fe2O3、Al2O3等)是燃煤发电过程中产生的废渣。粉煤灰的综合利用具有很大的价值。（1）煤炭在火炉中燃烧很旺时，在往炉膛内的热煤炭上喷洒少量水的瞬间，炉子内火会更旺。如果烧去同量的煤炭，喷洒过水的和没有喷洒过水的煤炭相比较，它们放出的总热量_________(填“相同”或“不相同”)。这是因为：____________________________________。（2）研究人员通过实验对粉煤灰中铝和铁元素的分离工艺进行了研究。①以硫酸溶液分解粉煤灰，使其中的铝、铁元素溶出，过滤实现初步分离。向分离所得的滤液中加入还原剂使Fe3+转化为Fe2+，结合下表分析其原因：___________________物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3沉淀区间(pH)7.06~8.951.94~3.203.69~4.8②使用碱性较弱的氨水为pH调节剂，进行分离实验。反应终点的pH对铝和铁分离效果的影响如图1。根据实验结果，为达到好的分离效果，反应过程中控制pH的范围是____________。（3）工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲烷研究得出，甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图2所示。①T℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。达到平衡时，测得c(C2H4)===c(CH4)。该反应的△H___(填“>”或“<”)0，CH4的平衡转化率为________。②列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度列式计算，不要求写单位，lg0.05=-1.3)。20．亚铁氰化钾K4Fe(CN)6俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇。以某电镀厂排放的含NaCN度液为主要原料制备黄血盐的流程如下：请回答下列问题：（1）常温下，HCN的电离常数Ka=6.2×10-10。①实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是__________________________。②浓度均为0.5mol·L−1的NaCN和HCN的混合溶液显______(填“酸”“碱”或“中”)性，通过计算说明：_________________________。（2）转化池中发生复分解反应生成K4Fe(CN)6，说明该反应能发生的理由：__________。（3）系列操作B为_____________________。（4）实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFe[Fe(CN)6]可用于治疗可溶性盐Tl2SO4中毒，得到K2SO4及另外一种复杂难溶物，试写出上述治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：______________________。Fe(CN)Fe(CN)（5）一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3Fe(CN)6和亚铁氰化钾K4Fe(CN)6的混合溶液。①K+移向催化剂___________(填“a”或“b”)。②催化剂a表面发生的反应为_________________。21．工业上以乙醇为原料经一系列反应可以得到4羟基扁桃酸和香豆素3羧酸，二者的合成路线如下(部分产物及条件未列出)：5已知：Ⅰ.RCOOR′＋R″OHRCOOR″＋R′OH(R，R′，R″表示氢原子、烷基或芳基)回答下列问题：（1）反应②属于取代反应，则A中官能团的名称是________（2）的名称是________，反应⑤的反应类型为________。（3）反应⑥的化学方程式是________________________________________。（4）已知G分子中含有2个六元环。下列有关说法正确的是________(填标号)。a．核磁共振仪可测出E有5种类型的氢原子b．质谱仪可检测F的最大质荷比的值为236c．G分子中的碳原子均可以共面d．化合物W能发生加聚反应得到线型高分子化合物（5）某芳香化合物Q是4羟基扁桃酸的同分异构体，具有下列特征：①苯环上只有3个取代基；②能发生水解反应和银镜反应；③1molQ最多能消耗3molNaOH。Q共有________种(不含立体异构)（6）仔细观察由乙醇合成香豆素-3-羧酸的过程，结合相关信息，当乙醇与丙二酸的物质的量的比为_______时，只许3步即可完成合成路线。请写出合成路线。52022届高三第一次模拟测试卷化学（二）答案1.【答案】C【解析】A项，SO2具有还原性，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，A项正确；B项，废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂，NH4Cl溶液由于NH的水解呈酸性，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈，B项正确；C项，聚乙烯等塑料不易降解产生“白色污染”，使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，煤中S元素燃烧后产生SO2，SO2产生硫酸型酸雨，向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨，发生的反应为2CaO+2SO2+O2===2CaSO4，C项错误；D项，该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，D项正确；答案选C。2.【答案】D【解析】虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I−的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。3.【答案】D【解析】C2H5COOC2H5结构中两个—C2H5不对称，所以有4中不同环境的H原子，所以一氯代物有4种，A的说法正确；不溶于水的C4H9COOH与Na2CO3反应，生成易溶于水的C4H9COONa，而C2H5COOC2H5是属于酯类，不溶于水，C2H5COOC2H5中含有少量的C4H9COOH可以通过加入饱和Na2CO3溶液使C4H9COOH转化为易溶于水C4H9COONa，然后分液法除去，B说法正确；C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)是酯类，能够在NaOH溶液完全水解生成盐和醇，C4H9COOH(p)与NaOH溶液反应生成盐和水，所以m、e、p均可与NaOH溶液反应，C说法正确；—C3H7的同分异构体有2种，—C4H9的同分异构体有4种，C3H7COOCH3(m)和C4H9COOH(p)同类别的同分异构体数目不相同，D说法错误，正确选项D。4.【答案】B【解析】A．金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B．氧化性：Ce4+>Fe3+，Fe3+>I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+，选项C正确；D．四种稳定的核素、、、，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。答案选B。5.【答案】D【解析】乙酸和氧化钙反应生成醋酸钙，形成醋酸钙和乙醇的混合液，乙醇的沸点低，进行蒸馏即可蒸馏出乙醇，A正确；铝件镀银，银做阳极，铝做阴极，含有银离子的溶液做电解液，所以根据电流方向可知a为原电池的正极，c极为阳极，电解质溶液为硝酸银，符合条件要求，B正确；二氧化碳密度比空气大，气体应从左侧导管进入，b口出气；一氧化氮气体易被氧气氧化，不能用排空气法收集，C正确；氯气中含有氯化氢和水蒸气，浓硫酸只能除去水蒸气，不能除去氯化氢，得不到纯净氯气，D错误；正确选项D。6.【答案】C【解析】A．CO与碱不反应，不属于酸性氧化物，A项错误；B．工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂白粉，B项错误；C．根据图示提供的信息，除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应，C项正确；D．根据合成流程图，发生的反应为CO+2H2O===CH3OH、2CH3OH+O2===2HCHO+2H2O，第二个反应的原子利用率不等于100%，D项错误；选C。7.【答案】A【解析】①中为透明溶液，各离子间能大量存在于溶液中；②中pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中弱酸根CO、AlO与H+不能大量共存；③中能和铝反应生成氢气的溶液，可能显酸性，也可能显碱性，其中CO能和酸反应，故不能大量共存；④中溶液可能显酸性，也可能显碱性，则根据离子的性质可知，该组离子能够大量共存；⑤中Fe3+与SCN−在溶液中发生络合反应生成Fe(SCN)3不能大量共存；⑥中I−与Fe3+和HNO3因发生氧化还原反应不能大量共存。8.【答案】C【解析】由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y。A．若X为NaAlO2，与NaOH不反应，故A错误；B．若X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，故B错误；C．若Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故C错误；D．若Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，故D正确。9.【答案】A【解析】A．Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水：Ca2++HCO+OH−===CaCO3↓+H2O，A错误；B．金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O===2Na++2OH−+H2↑，B正确；C．2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH−===HCO+CO+H2O，C正确；D．二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3++H2O===2Fe2++SO+4H+，D正确，答案选A。10.【答案】A【解析】A．氯离子浓度相同，可排除氯离子的影响，且铁离子浓度较小，也排除浓度的影响，则右边试管产生气泡较快，可说明催化活性：Fe3+＞Cu2+，故A正确；B．生成的溴中混有氯气，氯气氧化KI生成碘，则不能排除氯气的影响，不能比较氧化性Br2＞I2，故B错误；C．氯化银浊液过量，不存在AgBr、AgI沉淀的转化，不能证明Ksp：AgBr＞AgI，故C错误；D．生成的二氧化碳中混有氯化氢，不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能证明非金属性：C＞Si，故D错误；故选A。11.【答案】A【解析】根据题意判断X、Y、Z、P、Q分别是氢、氧、钠、硫、氯。A．非金属性：Y>P，所有简单氢化物的热稳定性：Y>P，故A正确；B．常温下P的单质是固体，Q的单质是气体，所以单质的沸点：Q<p，故b错误；c．电子层结构相同离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：y>Z，同主族元素简单离子的半径随着电子层数增大而增大，所以离子半径：Z>X，总之，简单离子的半径：Y>Z>X，故C错误；D．X、Y、Z、P形成的化合物NaHSO3、NaHSO4的水溶液均显酸性，故D错误。故选A。12.【答案】B【解析】温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故b代表20℃下A的Y-t曲线，A项错误；反应到66min时，0℃和20℃下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B项正确；2A(l)B(l)△H=-QkJ·mol−1表示2molA完全反应放出QkJ热量，因无法知道具体有多少A物质已经反应，故放出热量也无法计算，C项错误；b是代表20℃下的Y-t曲线，a是代表0℃下的Y-t曲线，升高温度，化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率a<b，d项错误。13.【答案】a【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与fe、cu反应，都有：3fe+8hno3===3fe(no3)2+2no↑+4h2o，3cu+8hno3===3cu(no3)2+2no↑+4h2o，根据化学方程式得，n(hno3)=4n(no)，加入100ml硝酸溶液时，n(no)=0.1mol，则n(hno3)=0.4mol，所以c(hno3)=4mol·l−1，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24lno气体（转移0.3mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗fe的质量为8.4g，若只溶解铜，消耗cu的质量为9.6g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2g中应有fe和cu两种金属，设fe和cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得。所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是fe，反应后剩余金属为fe和cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56g·mol−1：14.4g÷64g·mol−1=8∶9；400ml硝酸的物质的量是：n(hno3)=0.4l×4mol·l−1=1.6mol，n(fe)=0.2mol，n(cu)=0.225mol，根据得失电子守恒和n元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n(hno3)=n(no)+2n[cu(no3)2]=n(cu)×2÷3+2n(cu)×2=0.6mol，铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成fe3+）物质的量为：n(hno3)=n(no)+3n[fe(no3)3]=n(fe)+3n(fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，v(no)=[2n(cu)+3n(fe)]÷3×22.4l·mol−1=7.84l，a正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，b选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8∶9，c选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4l=0.5mol·l−1，d选项错误；正确答案a。14.【答案】d【解析】a．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故a正确；b．随着稀释，甲酸的ph变化大，说明酸性：甲酸＞乙酸，故b正确；c．图丙表示用0.1000mol·l−1naoh溶液滴定25.00ml盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(hcl)=n(naoh)，则c(hcl)==0.0800mol·l−1，故c正确；d．根据图像，随着n(n2) n="">c(Cl−)>c(CO)>c(HCO)，A错误；由于铵根离子、碳酸氢根离子均发生水解，因此根据物料守恒规律可知；c(NH3∙H2O)+c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，B错误；常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，由CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，且SO+H2OHSO+OH−，得c(HSO)=c(OH−)=1×10-5mol·L−1，Ka2(H2SO3)=6.0×10−9，可知SO+H2OHSO+OH−的水解常数Kh=10−14/6.0×10−9=1.67×10−6，以此计算c(SO)=(1×10−5)2/1.67×10−6=6×10−5mol·L−1，溶液中c(Ca2+)≈c(SO)+c(HSO)=7×10−5mol·L−1，Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)·c(SO)=7×10−5×6×10−5=4.2×10−9，C错误；若两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)>pH(NaY)，说明NaX水解能力强于NaY，碱性：NaX>NaY，所以NaX溶液中c(H+)小于NaY溶液中c(H+)，根据电荷守恒关系：c(X−)＋c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，c(Y−)＋c(OH−)=c(H+)+c(Na+)可知，两溶液中c(Na+)相等，所以c(X−)＋c(OH−)＜c(Y−)＋c(OH−)，D正确；正确选项D。16.【答案】C【解析】A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。A．电极a为负极，电极c为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故A正确；B．d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极d的电极反应式为2H++2e−===H2↑，故B正确；C．c为阳极，N2O4发生氧化反应生成N2O5，电极上的电极反应式为N2O4-2e−+2HNO3===2N2O5+2H+，故C错误；D．装置A中每消耗64gSO2，即1mol，转移电子为2mol，由电荷守恒可知，理论上装置A和装置A中均有2molH+通过质子交换膜和隔膜，故D正确；故选C。17.【答案】（1）三颈烧瓶（2）Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]（3）除去空气中的还原性气体；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低（4）5PH3+8MnO+24H+===5H3PO4+8Mn2++12H2O（5）0.0085【解析】（1）仪器C为反应的发生器，名称是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。磷化钙与水反应生成磷化氢和氢氧化钙，反应的化学方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；检查整套装置气密性方法：关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]；正确答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]。（3）依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的氧气，防止氧化装置C中生成的PH3，若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；正确答案：除去空气中的还原性气体；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。（4）PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO+24H+===5H3PO4+8Mn2++12H2O；（5）根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反应可知，25ml溶液中剩余KMnO4的量为[5.0×10−5×11×10−3]×2/5mol，那么250ml溶液中剩余KMnO4的量为5.0×10−5×11×10−3×2/5×10mol，由于D中盛有KMnO4的量为20×1.12×10−4×10−3mol，所以参加反应的KMnO4的量2.24×10−6-2.2×10−6=0.04×10−6mol，根据5PH3+8MnO+24H+===5H3PO4+8Mn2++12H2O反应关系可知，消耗PH3的量为[4×10−8]×5/8mol；C中盛100g原粮，含有PH3的量[4×10−8]×5/8mol，质量为85×10−8g，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为0.0085mg·kg−1。18.【答案】（1）还原剂；加快反应速率使反应更充分；3CaF2+3SiO2CaSiF6+2CaSiO3（2）Sn2++Fe===Sn+Fe2+（3）将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO，利于浸铜时分离（4）2H2O-4e−===O2↑+4H+（5）；取少量末次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若不出现浑浊，说明滤渣已洗净(合理答案均可)（6）66.7%【解析】（1）电炉冶炼时，焦炭将金属氧化物还原产生合金，焦炭的作用是还原剂，将焦炭粉碎的目的是加快反应速率使反应更充分。熔剂的主要成分是氟石(CaF2)，高温下能与SiO2反应生成两种钙盐，其中之一为CaSiF6，该反应的化学方程式为3CaF2+3SiO2CaSiF6+2CaSiO3；（2）脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+，为减少锡的损失，可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理，利用铁金属性强于锡置换出锡，反应的离子方程式为Sn2++Fe===Sn+Fe2+；（3）已知SnO2不溶于稀硫酸。脱铁后氧化焙烧的目的是将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO，利于浸铜时分离；（4）电解CuSO4溶液时，阳极水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气，反应的电极反应式为2H2O-4e−===O2↑+4H+；（5）已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2，PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在，脱硫时发生的反应为PbSO4(s)+HCO(aq)PbCO3(s)+H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数K===；检验滤渣是否洗涤干净是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，检验的方法是取少量末次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若不出现浑浊，说明滤渣已洗净；（6）若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%，30t废渣制得精锡lt，则锡的回收率为。19.【答案】（1）相同；同量的煤炭燃烧，最终生成CO2，根据盖斯定律可知放热相同（2）①Fe(OH)2和Al(OH)3沉淀的pH区间很相近，不易通过沉淀方法加以分离②答案在4.5~5之间均可；（3）①>；66.7%；②=5.0×104【解析】（1）煤炭在火炉中燃烧很旺时，在往炉膛内的热煤炭上喷洒少量水的瞬间，炉子内火会更旺。如果烧去同量的煤炭，喷洒过水的和没有喷洒过水的煤炭相比较，它们放出的总热量相同。因为同量的煤炭燃烧．最终生成CO2，根据盖斯定律可知放热相同；（2）①向分离所得的滤液中加入还原剂使Fe3+转化为Fe2+，由表格数据可知，Fe(OH)2和Al(OH)3沉淀的pH区间很相近，不易通过沉淀方法加以分离；②反应终点的pH对铝和铁分离效果的影响如图1．根据实验结果，为达到好的分离效果，反应过程中控制pH的范围是略小于5（或在4.5～5之间均可），因铝元素沉淀较多，铁元素还没有开始大量的沉淀；（3）①根据图象可知在其他条件不变的情况下升高温度乙烯的含量升高，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正方向是吸热反应，即△H>0；假设平衡时乙烯的物质的量是xmol，则根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是2xmol，因此0.3-2x=x，解得x=0.1，所以甲烷的平衡转化率为2x0.3×100%=66.7%；②根据图象可知平衡时甲烷、氢气、乙炔的平衡分压分别是103、104、1/20，所以A点温度时的平衡常数Kp==5.0×104。20.【答案】（1）①抑制CN−水解；②碱；Kh＝c(HCN)·c(OH−)·c(H+)/c(CN−)·c(H+)＝Kw/Ka＝1×10−14/6.2×10−10＝1.6×10−5＞6.2×10−10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性（2）相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6（3）过滤、洗涤、干燥（4）KFe[Fc(CN)6](s)+Tl+(aq)===TlFe[Fe(CN)6](s)+K+(aq)（5）①b；②Fe(CN)-e−===Fe(CN)【解析】（1）①NaCN是强碱弱酸盐，水解显碱性，实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是抑制水解；②根据Kh＝c(HCN)·c(OH−)/c(CN−)可知，Kh＝c(HCN)·c(OH−)·c(H+)/c(CN−)·c(H+)＝KwKa＝1×10−14/6.2×10−10＝1.6×10−5＞6.2×10−10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；（2）由于相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6，因此转化池中能发生复分解反应Na4Fe(CN)6+4KCl===K4Fe(CN)6↓+4NaCl生成K4Fe(CN)6；（3）转化池中得到固体与溶液的混合物，故系列操作B为过滤、洗涤、干燥；（4）实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFe[Fe(CN)6]可用于治疗Tl2SO4中毒，因此治疗Tl2SO4中毒的离子方程式为KFe[Fc(CN)6](s)+Tl+(aq)===TlFe[Fe(CN)6](s)+K+(aq)；（5）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动。则①b为正极，则K+移向催化剂b；②a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应为Fe(CN)-e−===Fe(CN)。21.【答案】（1）羧基（2）邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛；加成反应（3）2C2H5OH+HOOCCH2COOHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O（4）cd（5）26（6）1∶1【解析】反应②属于取代反应，由反应条件可知A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C，C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D，D为OHCCOOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸。乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOCCH2COOC2H5，E与发生信息Ⅱ中反应生成F，F发生系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构简式，可知W为，则F为，F发生信息Ⅰ中反应生成G，G分子中含有2个六元环，则G为。（1）反应②属于取代反应，由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，A中官能团的名称是羧基；正确答案：羧基。（2）该有机物含有羟基和醛基，属于醛类，名称是邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛；结合以上分析可知：有机物D为OHCCOOH，与苯酚发生加成反应生成，反应⑤的反应类型为加成反应；正确答案：邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛；加成反应。（3）乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOCCH2COOC2H5，反应⑥的化学方程式是2C2H5OH+HOOCCH2COOHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。（4）结合以上分析可知：E为C2H5OOCCH2COOC2H5，F为，W为，G为；a．核磁共振仪可测定E有3种类型的氢原子，a错误；b．F的分子式为C14H16O5，相对分子质量为264，质谱仪可检测最大质荷比的值为264，b错误；c．苯环中的碳共平面，碳碳双键及与之相连的碳有可能共平面，因此G分子中的碳原子均可以共面，c正确；d.化合物W含有碳碳双键，可以发生加聚反应得到线型高分子化合物，d正确；正确选项cd。（5）信息①②说明符合条件的物质中含有苯环、酯基、醛基；结合信息③可知，Q中含甲酸酚酯基、—OH、—CH2OH时，有10种结构；Q中含甲酸酚酯基、—OH、—OCH3时，有10种结构；Q中有2个酚羟基、1个—CH2OOCH时，有6种结构，共26种；正确答案：26。（6）仔细观察由乙醇合成香豆素-3-羧酸的过程，结合相关信息，当乙醇与丙二酸的物质的量的比为1∶1，可以用3步即可完成合成路线：乙醇与丙二酸反应生成C2H5OOCCH2COOH，该有机物与邻羟基苯甲醛反应生成，根据信息Ⅰ.RCOOR′＋R″OHRCOOR″＋R′OH可知，在一定条件下发生生成；流程如下：。</b，d项错误。13.【答案】a【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与fe、cu反应，都有：3fe+8hno3===3fe(no3)2+2no↑+4h2o，3cu+8hno3===3cu(no3)2+2no↑+4h2o，根据化学方程式得，n(hno3)=4n(no)，加入100ml硝酸溶液时，n(no)=0.1mol，则n(hno3)=0.4mol，所以c(hno3)=4mol·l−1，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24lno气体（转移0.3mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗fe的质量为8.4g，若只溶解铜，消耗cu的质量为9.6g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2g中应有fe和cu两种金属，设fe和cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得。所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是fe，反应后剩余金属为fe和cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56g·mol−1：14.4g÷64g·mol−1=8∶9；400ml硝酸的物质的量是：n(hno3)=0.4l×4mol·l−1=1.6mol，n(fe)=0.2mol，n(cu)=0.225mol，根据得失电子守恒和n元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n(hno3)=n(no)+2n[cu(no3)2]=n(cu)×2÷3+2n(cu)×2=0.6mol，铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成fe3+）物质的量为：n(hno3)=n(no)+3n[fe(no3)3]=n(fe)+3n(fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，v(no)=[2n(cu)+3n(fe)]÷3×22.4l·mol−1=7.84l，a正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，b选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8∶9，c选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4l=0.5mol·l−1，d选项错误；正确答案a。14.【答案】d【解析】a．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，故a正确；b．随着稀释，甲酸的ph变化大，说明酸性：甲酸＞乙酸，故b正确；c．图丙表示用0.1000mol·l−1naoh溶液滴定25.00ml盐酸的滴定曲线，滴定终点时，n(hcl)=n(naoh)，则c(hcl)==0.0800mol·l−1，故c正确；d．根据图像，随着n(n2)></p，故b错误；c．电子层结构相同离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：y>
