周测卷二十五有机合成及推断1.D【解题分析】有机化合物分子中能引进卤原子的反应有烷烃基及苯环与X2在一定条件下的取代反应及碳碳双键、碳碳三键与X2、HX的加成反应等。2.A【解题分析】醇钠易水解生成原来的醇和氢氧化钠；酚钠会与酸反应生成酚羟基，所以加入ONaONaH2O可将转化为,而加入H2SO4溶液、碳酸溶液、盐酸可将CH2 ONaCH2 OHOH转化为,A项正确。CH2 ONaCH2OH3.C【解题分析】由信息2CH3CH2Br十2Na→CH CH2 CH2CH3+2NaBr可知，该反应的反应机理为分子内碳溴键断裂后，两个断键重新结合为碳碳键，溴与钠结合为NBr。A项中两分子CHCH2CH2C1可合成CHCH2CH2CH2CH2CH3;B项中CH:CHBrCH2Br一个分子不能成环，两分子生成CH一CHCH2或CH3一CH一CH2;C项中一分子CH2-CH-CHCH3一CH-CH2CH2BrCH2CH2Br可合成HCCH;D中一分子CH.CHBrCH2CH2Br可合成CH2CH3-HCCH2。CH24.D【解题分析】根据M的结构简式可知，P为丙酮；CH3一CH一CH2与水反应生成R,R氧化后为P(丙酮)，D项正确。5.A【解题分析】淀粉属于糖类，反应①为淀粉的水解，反应②为氧化反应，反应③为消去反应，反应④为加聚反应，A项符合题意。6.D【解题分析】Y分子中除苯环外只连有1个氢原子的饱和碳原子上连有三个碳原子，构成四面体结构，这四个碳原子不可能在同一面，A项错误；布洛芬中只含羧基，B项错误；Y→布洛芬的反应为还原反应，C项错误；布洛芬分子中含有羧基，能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，D项正确。7.D【解题分析】A项，X中含有碳碳双键，可发生加聚反应，正确；B项，由官能团的转化，可知年·67【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一R一必考一LN】

13.(1)H:O:O:H;Na+[:O:O:]2-Na+(各2分)(2)离子键和共价键(2分)(3)2Na2O2+2H2O—4Na++4OH-+O2A(3分)；Na2O2(2分)H(4)·N·+3H→H:N:H(2分)(5)2NaN擅击2Na十3N◆(3分)；NA(2分)答·52【23·G3ZC(新高考)·化学·参考答案一SJB一必考一FJ】

3d4s(2)tt1↑：[A]3d4s'(或1s2s2p3s3p3d4s')(各1分)H(3)H:C:H;O=C=O;SiO2+2OH-—SiO⅓+H2O(各2分)父(4)O>P>Si>Li(2分)(5)第四周期IB族；Mn2O,(各2分)13.(1)①氧(1分)②2；3d(各2分)(2)A1原子失去一个电子后，其3s能级上有2个电子为全满状态，较稳定；>（各2分）(3)随着核电荷数的增加，从左到右，原子的半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引能力逐渐增大，故元素的第一电离能从左到右逐渐增大(2分)(4)原子光谱；Fe3+的价电子排布式为3d5,为半充满结构，而Fe2+的价电子排布式为3d;N>S>C(各2分)案·64·【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一R一必考一QGB一N】

可以是丙酸，B项正确；b能发生加聚反应，C项正确；GMA的分子式为C,HoO3,D项错误。9.D【解题分析】乙酸乙酯的制备属于可逆反应，增大酸的浓度可增大醇的转化率，A项正确；由于乙醇和乙酸均能与水互溶，则导管a不伸入液面以下是为了防止倒吸，B项正确；饱和N2CO3溶液能与乙酸反应，能溶解醇，并且还能降低酯的溶解度，所以可以用饱和碳酸钠溶液洗去酯巾的酸和醇，C项正确；导管的作用是导气、冷凝，D项错误。10.C【解题分析】索非布韦属于芳香化合物，A项错误；1mol索非布韦最多能与4molH2反应，B项错误；索非布韦的分子式为C2H2FN3OP,C项正确；索非布韦分子中含酯基和酰胺基，碱性条件下易水解，D项错误。11.(1)①C18H32O2(2分)②CH(CH2)16COOH;硬脂酸（或十八酸）（各2分）CH③CH3CHCH2CH2COOH、CH3CH2 CHCOOH、CH3CHCH2COOH、(CH3)3 CCOOHCHa(4分)CHs (CH2)CH-CH(CH2)COOCH2微牛物(2)①CH (CH2)CH-CH(CH2)COOCH3H2OCH (CH2)CH-CH(CH2)COOCH2CH2OH3CH (CH2)CH-CH(CH2)COOH+CHOHCH2 OH②3（各3分）12.(1)酯基；氧化反应（各1分）CH(2)对甲基苯酚（或4一甲基苯酚）；(各2分)ONa(3)H3CO0CCH+2NaOH△+CH3 COONa+H2O(2分)CH(4)CH,CHO+2Ag(NH3)2OH△CH,COONH,+2Ag￥+3NH+H,O(2分)·64【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一SJB一必考一FJ】

等，则反应速率不相等，D项错误。7.D【解题分析】总反应速率主要取决于反应速率慢的一步，即②的反应速率，A项错误；VO2先作为生成物，后又被消耗，是该反应的中间产物，B项错误；根据图像可知，逆反应活化能大于198kJ·mol1,C项错误；S)2为反应物，增大浓度可提高反应速率，D项正确。8.D【解题分析】由题干图中数据可知，条件①下，反应速率为。=A=△t3.0mol·L1-0molL=0.012molL1·mim1,A项正确：反应物消耗一半所需的250 min时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②下，降冰片烯起始浓度为3.0ol·L1时，半衰期为125min÷2=62.5min,B项正确；由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，C项正确；由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，D项错误9.B【解题分析】=k1c2(P)=△c(①，-，c2(P)=△cY,则=色-c(心t-花一c为定值，20min时，由图可知，△c(X)=0.12mol·L1,△c(Q)=0.3mol·L1=△c(X)+△c(Y),则△c(Y)一03012》m·L1618maL,即盟8景-号相铜条件下反成①的流率小寸反应②，所以反应①的活化能大于反应②，A项正确；0~20min内，Z的变化量与Q的变化量相等，所以△c(Z)=△c(Q)=0.3molL,Z的均反应速率为△c(Z=0.3mol·L,十20 min0o15m0.L1mn,B项错误会-急始终为定值，即号一号C顶正确：5min时.Q的浓度为0.2mol·L1,△c(Q)=△c(X)+△c(Y)=0.6mol·L-1-0.2mol·L1=0.4molL1,根据=A=号，可得Y的浓度为0.4mol·L1×=0.24mol17,，5D项正确。10.C【解题分析】N2+3H2=2NH3起始1 mol3 mol0转化x mol3 mol2x mol衡(1-x)mol(3-3.x)mol2x molw(H2)=0.2mol·I1·min1,故3.x=0.2×3×2,解得x=0.4。衡时气体总物质的量为(0.6十1.8十0.8)mol=3.2mol,衡时气体压强与起始时气体压强之比为3.2：4=4：5，C项正确。·48·【23·G3ZCJ·化学·参考答案一R一必考一N】

2》1各2分(3)A1(OH)3+OH-—A1O2+2H2O(3分)(4)酸(2分)；NH+H2O、=NH3·H2O十H+(3分)13.(1)H:O:O:H;Na+[:O:O:]2Na(各2分)(2)离子键和共价键(2分)(3)2Na2O2+2H2O-4Na++4OH+O2个(3分)；Na2O2(2分)H(4)·N·+3H·→H:NH(2分)(5)2NaN,撞击2Na十3N,(3分)：N(2分)案·35【23·G3ZCJ·化学·参考答案一SJB一必考一QG】

周测卷七醇和酚1.D解析：异丙醇分子能与水分子之间形成氢键，可与水互溶，A项正确；异丙醇的结构简式为(CH3)2CHOH,属于一元醇，B项正确；异丙醇可由丙烯和水加成得到，C项正确；异丙醇消毒原理是醇类有很强的渗透作用，容易渗透在病毒体内，从而溶解并破坏病毒的细胞结构，双氧水消毒的原理是利用双氧水的强氧化性，二者原理不相同，D项错误。2.C解：乙二醇含有两个羟基，丙三醇含有三个羟基，二者结构不相似，不互为同系物，A项错误；《OH的羟基直接与苯环相连，为酚羟基，一CH2OH的羟基为醇羟基，二者结构不相似，不互为同系物，B项错误；乙醇和叔丁醇均只含一个羟基，结构相似，分子式相差2个CH2,二者互为同系物，C项正确；二者含苯环的个数不一样，且前者含有酚羟基，后者含醇羟基，二者结构不相似，不互为同系物，D项错误。3.B解析：乙醇与钠的反应，生成乙醇钠和氢气，则O一H键断裂，即①键断裂，A项正确；乙醇的催化氧化反应，一OH转化为一CHO,即①③键断裂，B项错误；乙醇完全燃烧，生成二氧化碳和水，则所有C一H键都断裂，C项正确；乙醇与乙酸发生酯化反应，“醇脱H”,则O一H键断裂，即①键断裂，D项正确。4.A解析：酸性：醋酸>碳酸>苯酚>水>乙醇，则羟基上氢原子的活性从大到小的顺序是③⑤④①②，A项正确。OH5.D解析：与羟基相连的碳上有氢原子可以发生催化氧化反应。CH一C一CH3与羟基相连CH的碳上没有氢原子，不可以发生催化氧化反应，D项正确。6.A解析：苯中混有苯酚，加入NOH溶液后与苯酚反应生成可溶于水的苯酚钠，但苯不溶于水，可用分液的方法分离，A项正确；铁离子与苯酚生成的络合物与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，B项错误；加浓溴水，生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能溶于苯中，不能将二者分离，并引入新的杂质，C项错误；加入足量冷水，苯与苯酚均不溶于水，两者混溶，不能用分液的方法将二者分离，D项错误。7.B解析：该物质中含有羟基，但是羟基不连在苯环上，所以不是酚类，A项错误；该有机物中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，B项正确；分子中除双键为面结构外，其他C原子均为空间结构为四面体结构的饱和碳原子，则不可能所有碳原子共面，C项错误；在浓硫酸作用下，与羟基相连的邻碳上有氢原子才能消去一个水分子，CH3H30OH中只有两个碳原子有氢原子，听以产物有两种，)项错误。8.AB解析：酚类的酸性很弱，不能使紫色石蕊溶液变红，A项错误；含有酚羟基，与FCl3溶意·14·【23新教材·ZC·化学·参考答案一SDKJB一选择性必修3一QGA】

SC的外层球壳为Sio,内层球壳为C6o,B项正确；外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合，说明该物质是由两种元素组成的化合物，是分子晶体，C项错误；分子晶体的熔点低，一般不作耐高温材料，D项错误。12.BC解析：X、Y为短周期元素，X的周期数是族序数的3倍，推出X为Na,Y为Mg。p为12,e为23十4一1=26，则1molY含14mol中子，A项正确；最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Mg(OH)2,B项错误；N2O2中含离子键和非极性共价键，C项错误；基态Na、Mg原子的价电子排布式分别为3s、3s2,均在元素周期表的s区，D项正确。13.(1)①p-po;Cl2②p-p.π；N2(2)①D、E②C③A、B、C、F④F(3)①b②Li计[：H];H>Li(每空2分)14.(1)共价晶体(2分)(2)-214kJ·mol-1(3分)(3)吸收；4.5（各1分）(4)RI>RBr>RCIRF(2分)(5)小于(2分)(6)乙烯和乙炔分子中的π键键能较小，容易断裂，而氨气分子中的π键键能大，难断裂(2分)(7)C一C键的键能较大，较稳定，因此易形成C一C长链，而N一N、O一O键的键能小，不稳定，易断裂，因此难以形成N一N、O一O长链(3分)15.(1)①共价晶体；109°28②8③高于（各2分）(20m:,是各3分)4度·15·【23新教材·ZC·化学·参考答案一SJB一选择性必修2一QG】

周测卷五分子结构与物质的性质1.C解析：P4分子为正四面体结构，为非极性分子，C项符合题意。2.D解析：环己基氨基酸钙有极性，根据“相似相溶”原理可知，D项符合题意。3.C解析：NaOH中Na与OH之间是离子键，OH-中O一H键为极性共价键，A项借误；HHCHCL3中C一H与C一C1均为极性共价键，B项错误；N2H的结构式为N一N,H一N键HH为极性共价键，N一N为非极性共价键，C项正确；HCIO的结构式为H一O一CI,O一H和O一C1键均为极性共价键，D项错误，4.A解析：由图可知，该液体分子为非极性分子。乙醚的空间结构对称，属于非极性分子，其余三种分子的空间结构不对称，属于极性分子，A项符合题意。5.B解析：B项中中间碳原子连有甲基、溴原子、氢原子、羧基四个不同的原子或基团，则该碳原子是手性碳原子，B项正确。6.C解析：丙三醇CH2OH一CH(OH)一CH2OH]中的一OH与水形成氢键，可以与水以任意比例互溶，A项正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时，冰的密度比液态水的密度小，B项正确；由于HF之间可以形成氢键，故沸点应为HF>HI>HBr>HCI,C项错误；NH3与H2O易形成氢键，NH3极易溶于水，D项正确。7.B解析：CO2中含2个C一O键，每个C=O之间有一个。键和1个π键，A项错误；CO2中的C一O键为极性共价键，中心原子C的价层电子对数为2，无孤电子对，CO2的空间结构为直线形，其正负电荷中心重合，为非极性分子，B项正确；CO)2的空间结构为直线形，根据VSEPR模型知分子中C为sp杂化，C项错误；CO2的空间结构为直线形，空间填充模型为C0○，D项错误。8.D解析：Fe位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，A项不符合题意；青铜器是铜锡合金，属于混合物，B项不符合题意；陶器由硅酸盐烧结而成，是传统的无机非金属材料，C项不符合题意；Cu的电子排布式为[Ar]3d4s,在元素周期表的第四周期第IB族，属于ds区，其外围电子排布式为3d4s,D项符合题意。9.B解析：B基态原子的电子排布式为1s22s22p,核外存在2对自旋相反的电子，A项不符合题意；B0、B6、B均是B元素的单质，互为同素异形体，B项符合题意；不同非金属元素之间形成极性共价键，故B40、B6、Bg中均不含极性键，只含有非极性键，C项不符合题意；B原子最外层有3个电子，与2个H原子形成2个共价键，还有第三个H原子形成氢桥键，在B2H分子中B原子形成4个σ键，B原子采用sp3杂化，D项不符合题意。10.D解析：乙醇分子中的官能团一OH能与H2O形成氢键，乙醇和水都是极性分子，乙醇能与水以任意比例互溶，A项正确；CCL4和碘单质均为非极性分子，所以用CC14溶解I2是利用了“相似相溶”原理，B项正确；1mol苯酚分子中含有1mol大π键，C项正确；过氧乙酸H O的结构式为H一C一C一O一)一H,从结构式中可知没有手性碳原子，D项错误。H@·9·【23新教材老高考·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修2一Y】

周测卷十一沉淀溶解衡衡A解析：Kp=2(AsO星)Xc3(Be2+),c(Be2+)=[102]=2X107mol.L2.A解析：加少量水，F(○H)3固体部分溶解，仍得到相同温度下的饱和溶液，c(Fe3+)不变，A项符合题意；通入HCl,Fe((OH)3固体部分溶解，所得溶液中c(Fe3+)增大，B项不符合题意；加入少量FeCl,所得溶液中c(Fe3+)增大，Fe(OH)3固体增多，C项不符合题意；升高温度，Fe(OH)3溶解度增大，固体部分溶解，所得溶液中c(Fe3+)增大，D项不符合题意。3.D解析：由沉淀形成的条件知，要产生沉淀必须满足c(Ca2+)·c(CO)≥2.8×10-9,c(CO号)=2×10-4mol·L1,因等体积混合，c(CO⅓)=1×10-4mol·L1,故混合溶液中c(Ca2+)应至少为2.8×105mol·L1,则混合前c(CaC2)至少应为5.6×10-5mol·L-1。4.C解析：c(Ag+)或c(C1)越大，AgCl溶解的量越小，C项正确。5.C解析：加入KI溶液，c(I)增大，沉淀溶解衡逆向移动，c(Pb+)减小，A项正确；溶度积常数K只与温度有关，c(I厂)改变，Ks不变，B项正确；加入KI溶液，c(I)增大，沉淀溶解衡逆向移动，c(Pb2+)减小，PbI2溶解的量减小，C项错误；加入KI溶液，c(I)增大，沉淀溶解衡向左移动，D项正确。6.A解析：沉淀工业废水中的Pb+时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫化物作为沉淀剂最好。7.A解析：生石灰溶于水可以和水化合生成氢氧化钙，由于溶剂水减少，且溶质增加，以溶液中一定有晶体析出，但温度一定，氢氧化钙饱和溶液的浓度不变，原溶液中的氢氧化钙也会有一部分沉淀，故溶液中Ca2+数目减少。8.A解析：要除去Fe2+,由题给信息可知，需将Fe2+全部氧化成Fe3+,再调节溶液pH范围为3.7~6.5，即将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2+不沉淀。氧化Fε+时不能引入新的杂质，只能用HO2,调节溶液pH时也不能引入新的杂质，故可用ZnO调节pH,A项符合题意。9.C解析：CuCl2、Na2S水解促进水的电离，b点时CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，溶液中的溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小，A项错误；Na2S溶液中，根据物料守恒，可知2c(S2-)十2c(HS)十2c(H2S)=c(Na+),B项错误；b点时CuCl2与N2S溶液恰好完全反应，c(Cu+)=c(S2-),根据b点数据，可知c(Cu2+)=1×10-18mol·L1,该温度下Kp(CuS)=1×10-6,C项意·25·【23新教材·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修1一QGB·Y】

9.C解析：升温时促进溶解，离子浓度增大，M点上移，A项正确；根据图示可知，X点：c(SeO)=10-amol·L1,B项正确；根据图示可知，M点：c(Ba2+)=10amol·L1,C项错误。10.B解析：由图像可知，温度越高溶度积越大，则图像中四个点K的大小关系为a=c=d0,C项错误；升高温度，阴、阳离子浓度均增大，不可能使d点移动到b点，D项错误。1l.(1)SrSO4+CO⅓=SrCO3+SO2;Ks(SrCO3)

(2)衡气压，有利于NaOH溶液流入三颈烧瓶中(2分)(3)NH,C1+NaNO2△NaC+N2+2H,O(2分)(4)吸收尾气NH,防止污染环境，防倒吸(2分)(5)①当滴入最后半滴N2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复(2分)》②碱式(2分)③.19V(3分)m15.(1)A13++3H2O、=A1(OH)3(胶体)+3H(2分)(2)小于(2分)(3)①I(2分)②0.399（或0.4-10-3）(3分)(4)a(2分)；c(Na+)>c(SO-)>c(NH)>c(OH)=c(H)(3分)16.(1)2PbS十30，培烧2Pb0十2S0,(3分)(2)PbO(或其他合理答案)；6.9≤pH<7.2(各2分)(3)3.0×10-12mol·L1(2分)(4)3Ag2S+8H+2NO5=6Ag+2N0+3S+4H2O(3分)(5)448(2分)17.(1)CH OH(1)+O2(g)-CO(g)+2H2O(g)H=(-a+6++2c)kJ.mol-1(3分)(2)>;>(各2分)(3)反应a为放热反应，反应b为吸热反应，升高温度，不利于反应a正向进行，有利于反应b正向进行；适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用低温下活性更强的催化剂)（各2分）42分@·13·【23新教材·YK·化学·参考答案一SJB一选择性必修1一QG】

5.下列图示的实验或操作正确的是ABSDH.O稀释浓硫酸灼烧海带萃取振荡时放气制取少量Fe(OHh6.W、X、Y、Z是同一短周期的4种非金属元素，其中X是空气中含量最高的元素，它们与锂元素组成的盐是一种新型电池的电解质，其结构如图。下列说法正确的是A.原子半径：W>Y>ZXB.沸点：HY>HWC.单质的氧化性：Y>WD.单质与氢气反应的剧烈程度：X>W?.根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是选项实验操作、现象实验结论将水滴入盛有N2O2粉末的试管，用带火星的木条ANa202与水反应产生02检验产生的气体，木条复燃B向酸性高锰酸钾溶液中滴入无水乙醇，溶液褪色乙醇可被酸性高锰酸钾氧化C将二氧化硫气体通入盛有品红的试管中，溶液褪色二氧化硫气体具有漂白性D向溴的四氯化碳溶液中加入苯，溶液颜色变浅苯能与溴发生化学反应8.航天员王亚在太空授课时，用一根粘有结晶核的棉棒触碰失重的过饱和醋酸钠溶液小球，使其迅速结晶为发热的结晶球。下列说法错误的是A.形成结晶球是一个放热过程B.过饱和醋酸钠溶液属于电解质C.醋酸与碳酸钠反应可生成醋酸钠D.醋酸钠晶体中存在离子键、共价键高一化学试题第2页（共8页）

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(3)Ca(NO2)2能被酸性KMnO,溶液氧化成NO,同时MnO,被还原为Mn2+,反应的离过瘦念子方程式为(4)在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I氧化为L2,已知参加反应的Ca(NO2)2与生成的1的●0C02夺氢物质的量相等，则反应中得到的还原产物为进择性活化催化CH,CooH。HⅡ.常见含氯物质间存在转化关系：NH,巴NO②NO,②，HNO,①，NH,NO,.以氨CH气为原料，按上述转化关系制备NHNO3。已知：①中NH的转化率为90%，③中的a.C-Ob.C-Hc.C-Cd.)-He.C-0HNO,的产率为95%，②和④中各反应物的转化率为100%，③的转化过程中通入了足量的(2)在容积为2L的恒容密闭容器中充入2 mol CO,(g)和4molH2(g),在一定温度下发生氧气，反应：2CO2(g)+6H2(g)一(C2HOH(g)+3HO(g),10min反应达到衡时，测得(5)若不通人O2,则NO2与水反应生成HN()为的离子方程式为c(C2 HsOH)=0.25 mol.L-;在上述制备NHNO,的过程中，用于制备HNO,的NH占投入的总NH的质量百分比为①0~10min内，v(H2)=mol·L-1·min1,CO2的体积分数为(保留两位有效数字)。②上述反应达到衡时，混合气体的均摩尔质量为g·mol。16.(14分)金属的冶炼和处理常涉及氧化还原反应。③能说明该反应已达到衡状态的是（填标号），或I.(1)由下列物质冶炼相应金属时采用热还原法的是(填标号)。a.3o(C02)=(H2)些a.Fe20b.NaClc.Hg()d.Al2(b.容器内压强保持不变Ⅱ.工业上由黄铜矿（主要成分为CuFeS。,其中Cu,Fe均为十2价）治炼铜的主要流程如下：c.每断裂1molH一H,形成1molO一H石英砂→气体A石英砂→气体Ad.容器内混合气体的密度保持不变麴焙烧→白冰第C焙烧电解销练精铜(3)NO、)2和熔融KNO可制作燃料电池（反应原理为4NO2一O2一22(）5)，其工作原黄铜矿组铜↑①理如图所示。该电池在放电过程中生成氧化物Y,Y可循环使用，则石墨Ⅱ电极为空气→炉渣B空气→熔渣(2)火法炼铜的主要反应有：(填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为一负载步骤0：2 CuFeS,十40,00CC山S+3S0,+2Fe0(炉渣)：石墨步骤②：2CuS+30,120℃20u.0+2S0.；步骤①的反应中转移1.8mol电子时，被还原的O2分子数为VA;步骤②中发生两步反应，铜产物(CS、CuO)在1200℃条件下发生反应生成单质铜，请写出相应的化学方程式：0(3)由1 mol CuFeS2生成1 mol Cu,理论上共消耗mol02。(4)气体A中的大气污染物可选用（填标号）吸收。a.浓H2SO4b.稀HNOc.VaOH溶液(5)炉渣B的主要成分是FeO、AlO、SiO2,为了得到铁红，加人盐酸溶解后，过滤，滤渣的主要成分为(填化学式)，对滤液进行处理最终得到铁红的过程中不可能涉及的步骤是(填标号)。①氧化②还原③灼烧④加碱17.(14分)化学反应速率，限度及能量变化与生活，生产密切相关。(1)由CO2和CH,转化为CH:COOH的催化反应历程示意图如图。该历程中，①→②的过程中，(填“吸收”或“放出”)能量，涉及(填标号，下同)键的形成，甲烷→①的过程中涉及键的断裂。【高一化学第5页（共6页）】·22-05-490A1·【高一化学第6页{共6页)】·22-05-490A1·

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绝密★考试结束前2021学年第二学期温州十校联合体期末联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24A1-27Si-28S-32C-35.5K-39Ca-40Mn-55Fc-56Cu-64Ag-108Ba-137选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.属于酸性氧化物的是A.SOB.NOC.NaOD.HCIO2.下列物质属于电解质的是A.CH4B.盐酸C.FeD.CH;COOH3.名称为“蒸馏烧瓶”的仪器是B.D.4.下列物质对应的化学式不正确的是A.重晶石：BaCO3B.磁性氧化铁：Fe3OaC.金刚砂：SiCD.电石气：C2H25.下列表示正确的是A.3-甲基戊烷的键线式：B.NaoH的电子式：Na:O:H]。基态氮原子统道表就：片合一2D.硫离子的结构示意图：6.下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是A.NH3B.C02C.H2D.CH4高二化学学科试题第1页（共8页）

22.(12分)化合物M是一种白色粉末，由四种原子序数小于30的元素组成。为探究M的组成，某高中探究性学小组进行如下实验：足量硝酸酸化的白色沉淀B硝酸银溶液5.740g化合物M20mL两等份2.290g溶液A3mol/L盐酸无色气体C足量氢氧化钠溶液0.672L(标准状况)△灼烧红棕色固体E沉淀D0.400g已知：①白色固体B可溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液②流程中部分生成物已略去，气体产物完全逸出，沉淀均洗涤干净。请▣答：(I)组成M的非金属元素有▲，C分子的电子式为▲。(2)写出M与盐酸反应的化学方程式▲。(3)请写出白色固体B溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液的离子方程式▲。(4)无色气体C可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物(NO)转化为对空气无污染的物质，请写出该反应的化学方程式▲。(⑤)试设计实验检验沉淀D中的阳离子：▲。23.（11分)我国预期在2030年前达到碳达峰，2060年前达到碳中和，C02的循环利用是达到上述目标的方法之一。CH;I.(I)C02与环氧丙烷(C一CH-Cs)反应生成可降解塑料(0-C-0-CH-CH2方)，写出反应的化学方程式▲。IⅡ.工业上在Cu-ZO催化下，可用CO2通过反应①来生产甲醇，同时也会有反应②发生。①C02(g）)+3H(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H12CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2(2)己知298K时，相关物质的能量如图所示，则△H1=▲，反应①能够自发进行的条件是▲（填“高温”、“低温”或“任何温度H8一0均可)。(3)@在恒温恒容的容器中，充入0.5molC02(g)和1.0 nol H2(g),起C0)110始压强为pkPa,10min达到衡，测得容器中生成0.3 mol H2O(g),CH,OH(g)--200.5H0g)一-242压强为多kP。反应②的衡常数K,=▲（分压=物质的量分数--286H200×总压，用衡分压代替衡浓度计算的衡常数即为K。)。400C0®)-393②下列说法中不正确的是▲。A.向容器中充入H,使体系压强增大，可增大反应速率且能提高甲醇的衡产率B.当混合气体的均摩尔质量不变时，说明反应达到了衡状态C.当v生(CH3OH)=v生成(CO2)时，说明反应达到了衡状态D.选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的衡产率高二期末测试化学试题卷第6页（共8页）

教学金国1@©所名接单元测试示范寒之札记(6)计算得该饮料样品中维生素C的含量为(结果保留两位小数)mg/100g,该含量(填“高于”或“低于”)鲜榨橙汁。答案：(1)酸式(1分)(2)转移；定容（各1分）(3)d(2分)(4)滴入最后半滴标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色(2分)(5)ab(2分)(6)21.12;低于（各2分）19.(14分)磷的含氧酸及其盐是一类重要的化工产品，广泛用于食品、肥料、去油去污、防腐蚀、防锈、锅炉水处理等。回答下列问题：(1)次磷酸(HPO2)是一种精细化工产品。向10mL0.02mol·L1HPO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只含有H2PO2、OH两种阴离子，则H3PO2是(填“一元酸”、“二元酸”或“三元酸”)。(2)已知25℃时K.(HPO2)=1×10-2,则0.01mol·L-1的HPO2溶液的pH约为(3)亚磷酸(HPO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数Ka1=5.0×10-2、K2=2.6×10-3。①电离常数K只与温度有关，当温度升高时，K值(填“增大”或“减小”)。②试从电离衡移动的角度解释K1、K2数据的差异：(4)25℃时，HPO4的电离常数Ka1=7.5×10-3、K2=6.2×10-8、K8=4.4×10-13,HF的电离常数K。=3.6×104,则足量NaF溶液和HPO,溶液反应的离子方程式为(⑤)用三辛胺与磷酸、氯化钾的混合溶液反应可制备KHPO,,其中三辛胺的用量会影响溶液的pH。水溶液中HPO4、HPO4、HPO}、PO月的分布分数6随pH的变化如图所示。1.0N0.8Am0.6图中A、BC、D分别代0.4表某种含磷0.2微粒02468101214pH①曲线C代表的含P微粒是②反应过程中，当pH时，停止加入三辛胺。答案：(1)一元酸(2)2(3)①增大②H3PO第一步电离电离出的H对第二步电离起抑制作用(4)F-+HgPO-HF+H2PO(5)①HPO②4.5（范围在4.4~4.6间均给分）（每空2分）42【23DY·化学-R-选修4-N】

全围®0所名接单元测试示范老教学札记22.4L分子，则标准状况下，2.4L氮气所含共用电子对数自为2.4：moTX3 KN mo1=3Na,C项正确：HF为弱电解质（弱酸），D项错误。答案：C12.元素的“价一类”二维图是我们学元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维面图像。下图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法不正确的是卡化合价+6NaFeOa53,Fe03←—fe(OH)g→FeCl;①-8+2②④③0 FeFe(OH)2→FeCl单质氧化物碱盐物质类别A.铁与水蒸气在高温条件下反应不可实现转化①B.若转化②在空气中完成，则反应涉及的氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1C.转化③和④均可由化合反应完成D.由⑤可预测，高铁酸钠(Na2FeO1)具有强氧化性，可用于消毒解析：铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁，不能实现转化①，A项正确；反应②为4F(OH)2十O2十2HO—4Fe(OH)3,B项错误：2FeC2十C—2FeCl3、2FeCl,十Fe—3FeC12,二者均为化合反应，C项正确；高铁酸钠中铁元素为十6价，具有强氧化性，可用于消毒，D项正确。答案：B13.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象实验结论向25mL沸水中滴加5~6滴FcCl3饱和溶液，继续煮沸，A得到Fe(OH)3胶体至液体呈红褐色B向某溶液中滴加AgO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有CI向Al(OH),沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解铝元素表现出一定的非金属性0把绿豆大的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈金属性：NaX>Z>MC.Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为HYO3D.X、Y、M可以组成多种离子化合物解析：X、Y、乙、M是4种短周期元素，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Z原子的核外电子数比X原子的少1，则最外层有5个电子，又X与Z位于同一周期，则Z为N元素；M是同周期主族元素中半径最大的元素，应处于第IA族，由Y与【23新教材·DY.化学-R-必修第一册-CQ】63

金国1©0所名校单元测试示范卷教学札记(1)为进一步减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用C0还原SO2的方法来除去SO2。写出该反应的化学方程式：(2)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生如下反应：Na2 SOs+KIO3+H2SO Na2 SO+K2SO+12+H2O①配上述反应方程式。②若反应中有5ol电子转移，则生成碘单质的物质的量是mol.(3)向F(1和Ba(C的酸性混合溶液中通入S)气体，有白色沉淀生成，此沉淀是(填字母)。A.BaSOB.FeSC.BaSOaD.S(4)常温下，将铁棒置于浓硫酸中，教材中解释发生了钝化，但有人认为未发生反应。为验证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CS0溶液中，若铁棒表面,则发生了钝化。答案：1)2C0叶S0。-定案件S4十200(2)①5,2,1,5,1,1,1②0.5(3)A(4)无明显现象（每空2分）14.(15分)亚硫酸钠在印染工业、食品工业和化学分析等方面有广泛的用途。长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化。某化学兴趣小组设计了两种实验方案来测定某无水亚硫酸钠试剂的纯度。根据实验设计方案，回答下列问题：方案一：实验流程如下所示。①称量样品(②加水溶解③加过量盐酸→④加过量BaCl2溶液⑦称量⑥干燥沉淀物⑤过滤、洗涤(1)步骤②和⑤中玻璃棒的作用分别是(2)如何判断步骤④中沉淀已完全：(3)如何判断步骤⑤中沉淀已洗涤干净：若未洗涤干净，本实验测定结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方案二：实验装置及步骤如下所示。-70%HS0402碱石灰2NaOH溶液ag样品浓HSO4碱石灰1ACD公步骤1：组装好实验装置，…。步骤2：装好药品后断开装置C、D连接处的胶管，打开装置A、B连接处的止水夹，通人空气。步骤3：关闭止水夹，连接装置C、D处的胶管，…，使70%HSO4缓慢滴入锥形瓶中至不再产生气泡，关闭分液漏斗旋塞。步骤4：打开止水夹，再次通入空气。步骤5：称量装置D的质量为2g(实验前的质量为m1g)。【23新教材·DY·化学-SDKJB-必修第一册-FJ】43

全围©0所名传单元测试示范卷教学札记9.下列离子组合在指定溶液中能大量共存的是A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na、K+、SO、CO号B.无色透明的溶液中：Cu+、K+、SO、NOC.含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH时、SO、CID.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、CO、NOs解析：使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，八+、K、SO、CO之间不反应，也都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A项正确：Cu+呈蓝色，B项错误；含有大量Ba(NO)2的溶液中钡离子与SO反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，C项错误；使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，C○与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，D项错误。答案：A10.某同学在实验室中进行如下实验：编号Ⅲ}NaOH溶液BaCl2溶液稀盐酸实验88HS0,溶液cS0,溶液里zn粒现象没有明显变化，溶液仍为无色有沉淀生成，溶液仍为蓝色有无色气体放出以下结论正确的是A.I中无明显变化，说明两溶液不反应B.Ⅱ中的白色沉淀为CuCC.Ⅲ中反应的离子方程式为H+十Zn—Zn2+十H2D.实验I~Ⅲ中，涉及1个氧化还原反应解析：实验I中虽无明显变化，但两溶液发生了反应：H中十OH一HO,A项错误；实验Ⅱ中，白色沉淀是BaSO,而不是CuCl2,B项错误：实验Ⅲ中发生的离子反应为Zn+2H一Zn2+十H2个，属于氧化还原反应，C项错误，D项正确。答案：D11.下列除杂（括号内是杂质）所选试剂合理的是A.Cu(Fe)稀盐酸B.CO2(HC1气体)氢氧化钠溶液C.CuO(Cu)稀硫酸D.Na2SO4溶液(Na2CO3)氯化钡溶液解析：铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和氢气，Cu与稀盐酸不反应，能除去杂质，A项正确；CO2和HCI气体均能与NaOH溶液反应，B项错误；CuO能与稀疏酸反应生成硫酸铜和水，铜不与稀疏酸反应，C项错误；NaSO,溶液和Na2CO均能与氯化钡溶液反应，D项错误。答案：A12.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入NaClO使NH转化为N2,该反应可表示为NH+CO→N2◆+CI+H厂+HO(未配)。下列说法中不正确的是A.反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B.还原性：NHt>CIC.反应中每生成1个N2分子，转移6个电子D.经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放解析：配可得：2NH+3CIO一N2个+3CI十2H++3HO,氮元素从一3价升高为0价，C1元素从十1价降为一1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，A项正确；NH是还原剂，CI是还原产物，则还原性：NH>CI,B【23新教材·DY·化学-R-必修第一册-QGB·N】15

(3)请为锡尔河上、下游地区水资源的科学利用提出合理化建 议。(8分)

商心资超

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