海南省2021屆高考化學全真試卷

一、單選題（本大題共12小題，共32.0分）

1.化學與社會、生活密切相關。對下列現象或事實的解釋正確的是

A.煤經過氣化和液化兩個物理變化，可變?yōu)榍鍧嵞茉?/p>

B.新型生物柴油和礦物油主要化學成分相同

C.“潔廁靈”有效成分為鹽酸，與漂白粉混合使用效果更佳

D.用銀器盛放鮮牛奶，溶入的極微量的銀離子，可殺死牛奶中的細菌，防止牛奶變質

2.下列有關化學用語表示正確的是（）

A.C2H2的電子式H：C：C：H

B.K+的結構示意圖

C.HC/。的結構式：H—CI—O

D.NaCZ的形成過程電子式：N.GlQ：一”?

3.除去下列物質中的雜質（括號內為雜質），所選用的試劑及操作方法不正確的是（）

選項待提純的物質選用試劑操作的方法

A產?2。3（”，2。3）NaOH溶液過濾、洗滌

B。。2。。2）飽和NCZzCQ溶液洗氣

飽和食鹽水洗氣

CCl2(HCV)

DFeC%溶液（FeCb溶液）鐵粉過濾

A.AB.BC.CD.D

4.下列實驗裝置及相關說法正確的是（）

A.圖1裝置可用來制備硝基苯

B.圖2裝置中充分振蕩后下層為無色

C.圖3裝置可用來制備乙酸乙酯

D.圖4裝置中酸性KMnO,溶液褪色可證明CH3cH2步發(fā)生了消去反應

5.化學在生產和日常生活中有著重要的應用，下表中用途與其性質或原理對應關系不正確的是

()

選項現象或事實解釋

A.NCZ2O2常用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑可。2。2與修。、。。2反應產生。2

B.常用鋁箔做包裝材料金屬鋁有好的延展性

尸eC%與Cii發(fā)生反應2Fe3++Cu=

C.FeCg溶液可用于刻制印刷銅電路板

2Fe2++Cu2+

D.燒菜用過的鐵鍋，經放置常出現紅棕色斑跡燒菜時鐵鍋被染色

A.AB.BC.CD.D

6.25冤時有三瓶溶液：pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氫氧化鈉溶液，下列說法

正確的是()

A,中和等體積的pH=11的氫氧化鈉溶液，所需pH=3的醋酸溶液的體積大于pH=3的鹽酸的

體積

B.往上述鹽酸、醋酸溶液中分別加入少量相同的鋅粒，鹽酸中的鋅粒先反應完全

C.將上述醋酸溶液、氫氧化鈉溶液混合得到pH=7的溶液，該溶液中c(Na+)大于c(C“3C。。-)

D.25汽時pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸溶液中水電離出的c(H+)均為lOTimo/?L

7.下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()

A.在尸eCG溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+

2+

B.NC1HSO4溶液與Ba(0H)2溶液混合后呈中性：2H++S。廣+Ba+20H-=BaS04I

+2H2O

+2+3+

C.磁性氧化鐵(尸6304)溶于氫碘酸：Fe3O4+8W=Fe+2Fe+4H2。

2+

D.Ca(C7O)2溶液中通入少量SO2：Ca+2CIO-+S02+H20=CaSO3i+2HC10

8.N.代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()

A.12g石墨和的混合固體中，含N.個碳原子

B.標準狀況下，2.24L水中含有0.19個水分子

C.7.8g過氧化鈉含有的陰離子數為0.2刈

D.O.lrnoZ鐵在足量氯氣中燃燒，電子轉移數目為0.2治

9.睇(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我國鎖的蘊藏量為世界第一，從硫化物中提取單質

高溫

睇一般是先在IWJ溫下將硫化物轉化為氧化物，再用碳還原：(T)2Sb2S3+302+6Fe~Sb406+

高溫

6FeS；②^4。6+6。二4Sb+6coT,關于反應①、②的說法正確的是()

A.反應①②中的氧化劑分別是Sb2s3、Sb406

B.反應①中每生成3moiFeS時，共轉移6moi電子

C.反應②說明C的還原性比Sb弱

D.每生成4mo/Sb時，反應①與反應②中還原劑的物質的量之比為4：3

10.亞氯酸鈉是一種高效氧化劑、漂白劑，主要用于棉紡、紙漿等漂白，法度［HOO,第

亞氯酸鈉(NaC/02)在溶液中可生成。。2、HCIO2,CIO%、C廠等，\/

其中HC/02和SO2都具有漂白作用，但。。2是有毒氣體.經測定，＜，0

1357911pH

25。(:時各組分含量隨pH變化情況如圖所示(。廠沒有畫出).則下列

分析錯誤的是()

A.亞氯酸鈉在堿性條件下較穩(wěn)定

B.25。(：時，HC102的電離平衡常數的數約為Ka=10-6

C.25?時，同濃度的Haq溶液和Nas。2溶液等體積混合(忽略C「)，則混合溶液中有

C(HC102)+2c("+)=c(ClO2)+2c(0W-)

D.使用該漂白劑的最佳pH為3

11.下表為六種短周期元素的部分性質.

元素代號XYZQRT

原子半徑/IO""0.370.740.750.820.991.10

主要化合價+1-2+5、-3+3+7、-1+5、一3

下列有關說法正確的是()

A.元素X、八Z形成的化合物一定是離子化合物

B.元素R的氧化物對應水化物一定為強酸

C.化合物Q/?3分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構

D.元素Z的簡單氣態(tài)氯化物的熱穩(wěn)定性比元素7的穩(wěn)定

12.下列不能達到實驗目的是()

序號實驗內容實驗目的

比較確定鉛和鎂的金屬活動性

A用石墨電極電解Mg（NO3）2、Pb（N03）2的混合液

強弱

確定碳和硅兩元素非金屬性強

B測相同溫度下飽和溶液Naze/和飽和溶液NazSg的pH

弱

比較HC7。和C/COOH的酸性

C室溫下，用pH計測定濃度為溶液和溶液的pH

強弱

室溫下，分別向2支試管中加入相同體積、相同濃度的你

DNa2s2。3研究濃度對反應速率的影響

溶液，再分別加入相同體積不同濃度的稀硫酸

A.AB.BC.CD.D

二、雙選題（本大題共3小題，共10.0分）

13.每年的6月26日是國際禁毒日，珍愛生命，遠離毒品.以下是四種毒品的結構簡式，下列有關說

法正確的是（）

CHCHNHCH,

ULJ蠅坨■接頭丸

壬-CHqHC坨冰毒

CH3—€=CH2OiNHC地

猛膝酮（K笳）大麻

A.四種毒品中都含有苯環(huán)，都屬于芳香煌

B.搖頭丸經消去、加成反應可制取冰毒

C.大麻與澳水反應最多消耗4771013萬

D.氯胺酮分子中所有碳原子不可能共平面

14.某固體酸燃料電池以CsHSO4固體為電解質傳遞H+,其基本結構如圖，電池總反應可表示為：

2H2+O2=2H2O,下列有關說法正確的是（）

—s,

-W?M?

'60

A.電子通過外電路從b極流向a極

B.b極上的電極反應式為：。2+2Hz。+4e=4。"-

C.每轉移0.1mol電子，消耗標準狀況下1.12L的H2

D.H+由a極通過固體酸電解質傳遞到b極

15.（多項選擇題）下列說法中正確的是（）

A.SO3、NO「BF3都是平面三角型

B."、CS2,PH3都是非極性分子

C.金剛石、石墨、SiC都是原子晶體

D.第一電離能：N＞。＞C

三、實驗題（本大題共1小題，共12.0分）

16,堿式次氯酸鎂［”925。（。"）3?也。］微溶于水，是一種無機抗菌劑。某研發(fā)小組通過下列流程制

備堿式次氯酸鎂：

NaCIO溶液NaOH溶液

篇:一^］■但曲可坤H洗冰干時次篇銖

池液

（1）從上述流程可以判斷，濾液中可回收的主要物質是o

（2）調pH時若條件控制不當，會使得所制的堿式次氯酸鎂中混有Mg（0H）2雜質。為防止生成該雜質，

實驗中可以采取的方法是。

（3）為測定堿式次氯酸鎂的質量分數［含少量Mg（0H）2雜質］,現進行如下實驗：稱取0.2000g堿式次

氯酸鎂樣品，將其溶于足量硫酸。向溶液中加入過量K/,再用0.1000mo＞『iNa2s2O3滴定生

成的b，恰好完全反應時消耗Na2s2。3溶液體積為20.00mL.計算堿式次氯酸鎂的質量分數。（寫

出計算過程）

+

已知：21~+CIO-+2H=I2+Cl-+H20,12+2S20j-=2I~+S40l-,,

四、簡答題（本大題共4小題，共46.0分）

17.鎬及其化合物在生產生活中有許多用途。在實驗室中模擬工業(yè)利用軟鍋礦（主要成分為“幾。2，

含少量友。2、尸02。3和⑷2。3等）制備金屬銃等物質，設計流程如圖1。

圖1圖2

己知：MM+有較強的還原性，在空氣中能被氧氣氧化，碳酸鎰在氣中高溫加熱固體產物為“孫。3；

部分氫氧化物的(近似值)如表。

物質Mn(OW)2Fe(0H)2陽。“)3砥OH}

KspIO-*10-1710-3910-33

(1)“酸浸”前需將軟鎰礦粉碎的目的是；酸浸過程用71。2發(fā)生反應的離子方程式為

(2)向濾液I中需先加4物質，再加B物質，若加入的物質均為非金屬化合物的溶液，則4為

B為。濾渣I的成分是。

(3)“酸浸”需適宜的酸濃度、液固比、酸浸溫度等，其中浸取率隨酸浸時間的變化如圖所示，

當浸取時間超過4九時，鎰浸取率反而減小，其原因是。

(4)加入B調節(jié)溶液pH,則p”的理論最小值為。(已知：當某種離子濃度小于1x10-5mol/L

時，可認為其沉淀完全，結果保留兩位小數)

(5)“沉鑄”過程中加入氨水的目的是。(從化學平衡移動的角度解釋)

(6)寫出由MnC03和金屬鋁為原料制備金屬鎰的過程中所涉及的化學方程式：、。

18?反應aA(g)+bB(g)催:誓Zc(g)CH＜。)在等容條件下進行?改變其他反應條件，在】、葭

HI階段體系中各物質濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：

(1)反應的化學方程式中，a：b：c為；

(2)4的平均反應速率%(4)、%(4)、%(4)從大到小排列次序為；

(3)8的平衡轉化率a.(B)、a/B)、中最小的是,其值是；

(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是,采取的措施是；

(5)比較第D階段反應溫度(72)和第巫階段反應溫度(4)的高低：T2/(填

"),判斷的理由是；

(6)達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，假定lOmin后達到新的平衡，請在下圖2中用曲線

表示第W階段體系中各物質的濃度隨時間變化的趨勢如圖2(曲線上必須標出4B、C).

圖1

(

□

?

I

整

娃

19.一種塑料增塑劑G的合成路線如下圖.已知4在一定條件下發(fā)生消去反應，能得到兩種互為同分

異構體的產物.

試回答：

(1)反應類型：4-B；F-G.

(2)寫出4的結構簡式：.

(3)寫出化學方程式：DtE；C+EtF.

(4)C3H6在一定條件下跟HBr反應除。外，還可能生成的另一產物的結構簡式是.

(5)4的同分異構體甚多，其中屬于酯類化合物的異構體有種.

20.(16分)原子序數依次增大的X、八Z、G、Q、R、7七種元素，核電荷數均小于36。已知X的一

種1:2型氫化物分子中既有。鍵又有兀鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q原

子所有s能級與P能級電子數相等；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料?；T處于周

期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成時電子。

(i)y原子核外共有種不同運動狀態(tài)的電子，T原子有種不同能級的電子。

(2)X、八Z的第一電離能由小到大的順序為(用元素符號表示)。

(3)由X、y、Z形成的離子ZXY-與XZ2互為等電子體，則ZXY-中X原子的雜化軌道類型為

(4)z與R能形成化合物甲，Imol甲中含m山化學鍵，甲與氫氟酸反應，生成物的分子

空間構型分別為_________________________

(5)G、Q、R氟化物的熔點如下表，造成熔點差異的原因為

氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物

熔點/K9931539183

(6)向7的硫酸鹽溶液中逐滴加入丫的氫化物的水溶液至過量，反應的離子方程式為

(7)X單質的晶胞如下圖所示，一個X晶胞中有個X原子;若X晶體的密度為

pg/cm3,阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體中最近的兩個X原子之間的距離為cm(用

代數式表示)

參考答案及解析

1.答案：D

解析：

本題考查了化學與社會、生活等關系，較基礎，要注意理論聯系實際。

A.煤經過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體，變?yōu)榍鍧嵞茉矗腔瘜W變化，故A錯誤；

B.生物柴油是生物質能的一種，指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及動物

油脂、餐飲垃圾油等為原料油通過酯交換工藝制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一種長

鏈脂肪酸的單烷基酯，而礦物油的成分為多種燒混合物，兩者成分不同，故B錯誤；

C.潔廁劑主要成分為鹽酸，與次氯酸鈣反應生成氯化鈣和氯氣，反應的離子方程式為GO-+C廠+

+

2H=Cl2y+H20,生成一種有毒氣體氯氣污染環(huán)境，故C錯誤；

D.銀離子屬于重金屬離子，可使蛋白質變性，故用銀器盛放鮮牛奶，溶入的極微量的銀離子，可殺

死牛奶中的細菌，防止牛奶變質，故D正確。

故選D。

2.答案：B

解析:解:A乙煥分子的結構式為H-C=C-H,兩個C原子共用3對電子，電子式為H:C：:C:H>

故A錯誤；

B.K+的質子數為19,核外電子數為18,分層排布，最外層電子數為8,其離子結構示意圖為

故B正確;

C.HCI。的中心原子是0,含有。一”和。一G鍵，結構式為H-0-a,故C錯誤；

D.NaG在形成時，鈉原子失去電子生成鈉離子，氯原子得到電子生成氯離子，其形成過程為

NaG@：fNa［：CI：］,故D錯誤；

故選：B。

A.乙快分子的結構式為H-C三C—H,C、C原子間共用3對電子；

B.K+的質子數為19,核外電子數為18,分層排布；

C.HC7。的中心原子是0,不是C7；

D.氯化鈉是離子化合物，有鈉離子和氯離子構成。

本題考查常見化學用語的表示方法，涉及結構式、電子式和離子結構示意圖等知識，明確常見化學

用語的概念及書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。

3.答案：B

解析：解：4氧化鋁與NaOH反應，氧化鐵不能，反應后過濾可分離，故A正確；

B.二者均與碳酸鈉溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液，故B錯誤：

C.HCI極易溶于水，食鹽水可抑制氯氣的溶解，洗氣可分離，故C正確；

D.Fe與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，反應后過濾可分離，故D正確；

故選：Bo

A.氧化鋁與Na。“反應，氧化鐵不能；

B.二者均與碳酸鈉溶液反應；

C.HG極易溶于水，食鹽水可抑制氯氣的溶解；

D.Fe與氯化鐵反應生成氯化亞鐵。

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純方法、實驗技能為解答

的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。

4.答案：B

解析：解：4水浴加熱制備硝基苯，圖中缺少溫度計測定燒杯中水的溫度，故A錯誤；

B」臭與Na。”溶液反應后，與四氯化碳分層，四氯化碳的密度大于水的密度，圖中充分振蕩后下層為

無色，故B正確；

C.導管在碳酸鈉溶液的液面易發(fā)生倒吸，則導管口應在液面上，故C錯誤；

D.揮發(fā)的醇可被酸性高鋸酸鉀氧化，溶液褪色，不能證明發(fā)生消去反應生成乙烯，故D錯誤；

故選：B.

A.水浴加熱制備硝基苯；

B.澳與NaOH溶液反應后，與四氯化碳分層，下層為無色；

C.導管在碳酸鈉溶液的液面易發(fā)生倒吸；

D.揮發(fā)的醉可被酸性高鎰酸鉀氧化。

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、反應與現象、物質的制備、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。

5.答案：D

解析：解：4過氧化鈉和二氧化碳生成碳酸鈉和氧氣，和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，所以Na?O2常

用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑，故A正確；

B.4具有良好的延展性，可制成鋁箔，且在表面能生成一層致密的氧化物膜，則具有抗腐蝕性，可

制成鋁箔包裝物品，故B正確；

C.CN與氯化鐵反應生成氯化銅、氯化亞鐵，2Fe3++Cu=2Fe2++C“2+,則FeC%溶液可用于刻制

印刷銅電路板，故C正確；

D.鐵鍋，經放置常出現紅棕色斑跡，是鐵表面的氯化鈉電解質溶液中形成吸氧腐蝕，表面生銹的原

因不是被染色，故D錯誤；

故選：D。

A.過氧化鈉和二氧化碳生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣；

B.4具有良好的延展性和抗腐蝕性，可制成鋁箔，且在表面能生成一層致密的氧化物膜；

C.Cu與氯化鐵反應生成氯化銅、氯化亞鐵；

D.鐵鍋，經放置常出現紅棕色斑跡，形成原電池反應，發(fā)生吸氧腐蝕，則鐵元素的化合價升高被氧

化，發(fā)生氧化還原反應。

本題考查鈉的化合物性質、金屬鋁的應用、鐵生銹的原理等，側重于化學與生活的考查，有利于培

養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，題目難度不大，注意把握常見化學反應。

6.答案：D

解析：解：pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氫氧化鈉溶液中“C/COOH)>c(HCl)=

c(NaOH)=O.OOlmol/L,

A.中和等體積pH=11的氫氧化鈉溶液，因為c(C“3C00H)>c(HCI)，所以所需pH=3醋酸溶液的

體積小于pH=3鹽酸的體積，故A錯誤；

B.等體積pH=3鹽酸和pH=3醋酸溶液中分別加入少量相同的鋅粒，醋酸中存在電離平衡，隨著反

應的進行，醋酸溶液中氫離子濃度大于鹽酸，所以醋酸中鋅粒先反應完，故B錯誤；

+

C.溶液呈中性，貝iJc(H+)=c(OH-),根據電荷守恒得c(Na+)+c(W)=c(Off-)+c(CH3COO~),

所以c(Na+)=c(C"3C。。-)，故C錯誤;

D.相同溫度下，pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸溶液中氫離子濃度相同，水的離子積常數相同，所以

溶液中氫氧根離子濃度相同，所以水電離出的c(H+)均為故D正確；

故選：Do

pH=3的鹽酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氫氧化鈉溶液中C(C“3COOH)>c(HC/)=

c(NaOH)=0.001mol/L,

A.根據醋酸和鹽酸的物質的量判斷；

B.反應速率和氫離子濃度呈正比；

C.根據電荷守恒判斷；

D.根據氫離子濃度計算氫氧根離子濃度，酸溶液中水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度.

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確弱電解質的特點是解本題關鍵，易錯選項是。，注意酸或堿

都抑制水電離，明確計算的是溶液中氫離子濃度還是水電離出的氫離子濃度，為易錯點.

7.答案：B

解析：解：4在FeCg溶液中投入足量的Zn粉，鐵離子被還原成鐵，正確的離子方程式為：2Fe3++

3Zn=3Zn2++2Fe,故A錯誤；

B.NaHS/溶液與Ba（0H）2溶液混合后呈中性，硫酸根離子過量，反應的離子方程式為：2"++

2+

SOl-+Ba+20H-=BaS04i+2H2O,故B正確；

C.反應生成的鐵離子具有氧化性，能夠將碘離子氧化成碘單質，正確的離子方程式為：21~+Fe3O4+

8H+=3Fe2++4/。+/2，故C錯誤；

D.二氧化硫少量，反應生成的亞硫酸鈣完全被氧化成硫酸鈣，正確的離子方程式為：Ca2++S0-+

+

H20+S02=CaSO4I+2H+Cl-,故D錯誤；

故選：B。

A.鋅的還原性強于鐵，鋅能夠將鐵離子還原成金屬鐵；

B.反應后為中性，則硫酸氫鈉與氫氧化鋼的物質的量之比為2：1；

C.鐵離子能夠將碘離子氧化成碘單質；

D.生成的次氯酸具有強氧化性，能夠將亞硫酸鈣氧化成硫酸鈣.

本題考查了離子方程式的正誤判斷，難度中等，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，檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）、檢查是否符合原化學

方程式等；選項C為易錯點，注意鐵離子能夠氧化碘離子.

8.答案：A

解析：解：4、石墨和C60均由碳原子構成，故12g混合物中含有的碳原子的物質的量頻=就勺=

Imol,個數為N.個，故A正確；

B、標況下水為液體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；

C、7.8g過氧化鈉的物質的量為O.lmo/,而Imol過氧化鈉中含lmol過氧根，故（Mmol過氧化鈉中含

O.lmo/陰離子即0.1N〃個，故C錯誤；

D、鐵在氯氣中反應變?yōu)?3價，故O.lzno/鐵轉移0.3?noZ電子即0.3N.個，故D錯誤。

故選：Ao

A、石墨和C6o均由碳原子構成；

B、標況下水為液體；

C、求出過氧化鈉的物質的量，然后根據lmol過氧化鈉中含Imo,過氧根來分析；

D、鐵在氯氣中反應變?yōu)?3價.

本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，掌握物質的量的計算公式和物質結構是解題關鍵，難度不

大.

9.答案：B

解析：解：4反應①中Sb2s3含有元素化合價不變，氧化劑是。2，反應②44sb4。6中Sb元素的化合價

由+3價降低為0價，Sb4％是氧化劑，故A錯誤；

B.反應①中化合價升高的元素只有Fe元素，由。價升高為+2價，每生成3mo/eS,轉移電子的物質

的量為：3巾0,x2=6mol,故B正確；

C.反應②C是還原劑，Sb是還原產物，還原劑還原性強于還原產物的還原性，說明高溫下C的還原性

比Sb強，故C錯誤；

D.生成4moiSb時，反應②C是還原劑，需要6molC,需要lTno/S//，反應①中Fe是還原劑，生成

lmolSb4O（,,需要6mo/Fe,故反應①與反應②中還原劑的物質的量之比為6?no/：6mol=1：1,故

D錯誤；

故選：B。

A.所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，據此結合元素化合價判斷；

B.反應①中化合價升高的元素只有Fe元素，由。價升高為+2價，據此計算；

C.根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性判斷；

D.反應①中還原劑是Fe,反應②中還原劑是C,根據方程式計算。

本題考查氧化還原反應概念與有關計算、還原性強弱判斷，題目難度中等，注意根據化合價進行概

念的理解，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力。

10.答案：。

解析：解：4由圖可以得出：堿性條件下C[0]濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定，故A正確；

BHCIG的電離平衡常數K="隴普'）=1。-3x10-3=10-6,故B正確；

C.依據電中性原則得出：c(H+)+c(Na+)=c(C，03)+c(。"-)①，依據物料守恒得出：2c(Na+)=

c(CZO￡)+c(HCg)②，聯立①②消去鈉離子：c(HClOz)+2c(父)=c(Cg+2c(0H-),故C

正確；

D.HC/02和。，。2都具有漂白作用，結合圖中“儀。2和。/。2的濃度越大即為使用該漂白劑的最佳pH,

應該是4-5,故D錯誤，

故選D.

A.由圖可以得出：堿性條件下濃度高；

B.HC/Oz的電離平衡常數K=端箸結合圖示數據來計算；

C.依據電中性原則得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2)+c(OH~),依據物料守恒得出:2c(Na+)=

C(CIO2)+C(HCIO2),據此解答即可;

D.根據題意：HC2O2和CIO?都具有漂白作用，結合圖中”以。2和)。2的濃度大小來確定使用該漂白劑

的最佳pH.

本題考查了酸堿混合的定性判斷，題目難度稍大，正確分析、理解題中信息及圖象數據是解答本題

關鍵，注意明確溶液酸堿性與溶液pH的關系，側重于考查學生的分析能力和計算能力.

11.答案：D

解析：試題分析：X的化合價為+1價，且原子半徑最小，所以X是H元素；

Z、7的化合價為-3價和+5價，則這兩種元素屬于第匕4族元素，Z的原子半徑小于7,所以Z是N元

素，r是P元素；

y的化合價為-2價，貝什是第口4族元素，且丫的原子半徑小于z,所以丫是。元素；

Q的化合價為+3價，則Q為第〃〃族元素，Q的原子半徑小于r,所以Q是B元素；

R的化合價為+7價和-1價，則R為第口/A族元素，因為有正價，所以R是C，元素.

解：X的化合價為+1價，且原子半徑最小，所以X是H元素；

Z、7的化合價為-3價和+5價，則這兩種元素屬于第族元素，Z的原子半徑小于7,所以Z是N元

素，T是P元素；

y的化合價為-2價，則y是第口4族元素，且y的原子半徑小于z,所以丫是。元素：

Q的化合價為+3價，則Q為第〃M族元素，Q的原子半徑小于T,所以Q是B元素；

R的化合價為+7價和一1價，則R為第0〃族元素，因為有正價，所以R是C，元素，

A.元素X、八Z形成的化合物不一定是離子化合物，如硝酸，故A錯誤；

B.元素R的氧化物對應水化物不一定為強酸，如次氯酸是弱酸，故B錯誤；

C.化合物Q/?3分子中各原子不都滿足8電子穩(wěn)定結構，B沒有滿足8電子穩(wěn)定結構，故C錯誤；

D.N元素的非金屬性比P元素強，所以N的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比元素P的穩(wěn)定，故D正確；

故選D.

12.答案：B

解析：解：石墨電極電解Mg(NO3)2、P〃N03)2的混合液，陰極上鉛離子放電，則氧化性鉛離子大

于鎂離子，所以金屬性Mg大于Pb,故A正確；

B.測同溫同濃度Na2c。3和NazSq水溶液，pH的大的水解程度大，不能用飽和溶液，無法比較非金

屬性，故B錯誤；

C.酸性越弱，其對應鹽溶液中水解程度越大,堿性越強，則可以用p”計測定濃度為溶液和溶液的pH,

比較HC/。和的酸性強弱，故C正確；

D.加入相同體積不同濃度的稀硫酸，酸的濃度不同，濃度大的反應速率快，則可研究濃度對反應速

率的影響，故D正確；

故選：Bo

A.石墨電極電解Mg(NC)3)2、Pb(NC)3)2的混合液，陰極上鉛離子放電；

B.測同溫同濃度下村。2。。3和NazSiOs水溶液，pH的大的水解程度大；

C.酸性越弱，其對應鹽溶液中水解程度越大，堿性越強；

D.加入相同體積不同濃度的稀硫酸，只有一個變量為酸的濃度。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握化學反應原理為解答的關鍵，涉及電解、鹽類水

解、pH測定及影響反應速率的因素等，注重高頻考點的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不

大。

13.答案：BD

解析：解：AK粉中含有以、N、。等元素；冰毒含有N元素；搖頭丸含有N、。元素；大麻含有0元

素，則不屬于燒，應為燃的衍生物，故A錯誤；

B.搖頭丸含有羥基，可發(fā)生消去反應生成烯燃，然后與氫氣加成可生成冰毒，故B正確；

C.大麻中含有酚羥基和C=C,可與澳發(fā)生取代反應和加成反應，其中2個酚羥基有2個鄰位氫原子可

與澳發(fā)生取代反應，C=C可與溪發(fā)生加成反應，共需37noi漠，故C錯誤：

D.氯胺酮分子中含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點，不可能共平面，故D正確。

故選：BD。

A.根據煌的定義分析；

B.搖頭丸含有羥基，可發(fā)生消去反應生成烯燃；

C.大麻中含有酚羥基，可發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可與浸發(fā)生加成反應；

D.氯胺酮分子中含有飽和碳原子，結合甲烷的結構判斷.

本題考查有機物的結構和性質，解答該題要注意把握官能團的性質，準確理解嫌的定義，仔細分析

有機物的結構簡式，能正確判斷有機物的分子式，題目難度不大.

14.答案：CD

解析：解：4燃料電池中，通入燃料氫氣的電極是負極，則a是負極，通入氧化劑的電極b是正極，

電子從負極a沿導線流向正極b,故A錯誤；

B.b是正極，電極反應式為。2+46-+4H+=2%。，故B錯誤；

C.電極反應式為“2—2e-=2H+,每轉移0.1m。/電子，消耗修物質的量為。。5血。，，標準狀況下的

體積=O.OSmolx22.4L/mol=1.12L,故C正確；

D.放電時，a是負極、b是正極，陽離子氫離子從負極a通過固體酸電解質傳遞到b極，故D正確；

故選:CD。

該電池呈酸性，通入燃料氫氣的電極為負極，電極反應式為“2-2e-=2H+,通入氧氣的一極為電

池的正極，發(fā)生還原反應，反應為。2+40-+4，+=2也。，電子從負極沿導線流向正極，放電時,

電解質中陽離子向正極移動。

本題考查化學電源新型電池，燃料電池中通入燃料的電極都是負極、通入氧化劑的電極都是正極，

會結合電解質溶液酸堿性書寫電極反應式，掌握基礎是解題關鍵。

15.答案：AD

解析：解：4三氧化硫分子中價層電子對個數=。鍵個數+孤電子對個數=3+：(6-3x2)=3,且

不含孤電子對，所以為平面三角形結構，NO］離子中價層電子對個數=3+^(5+1-3x2)=3,

且不含孤電子對，所以為平面三角形結構，BF3中價電子對數為：等=3,形成3個共用電子對，無

孤對電子.為平面三角型，故A正確；

B.P,為正四面體結構，結構對稱為非極性分子，CS2中C最外層4個電子，成鍵個數為4,且不含孤電

子對，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，P/中P最外層5個電子，成鍵個數為3,

且含有一個孤電子對，正負電荷重心不重合，為極性分子，故B錯誤；

C.金剛石、SiC都是原子晶體，石墨屬于混合晶體，故C錯誤；

D.同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第〃4族、第族元素

的第一電離能大于相鄰元素，故第一電離能順序為：N>O>C,故D正確；

故選AD.

A.根據價層電子對互斥理論確定其空間構型，價層電子對個數=。鍵個數+孤電子對個數，據此分析

解答；

B.正負電荷重心重合為非極性分子，正負電荷重心不重合為極性分子，對于48?型分子，中心原子4

的最外層電子全部成鍵，為非極性分子，中心原子A的最外層電子部分成鍵，為極性分子；

C.原子晶體是原子之間通過共價鍵形成的晶體，常見的原子晶體有：一些非金屬單質，如金剛石、

硼、硅等；一些非金屬化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；

D.同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第〃4族、第憶4族元素

的第一電離能大于相鄰元素.

本題考查分子空間構型判斷、分子極性判斷、原子晶體以及第一電離能大小比較等知識，明確價層

電子對互斥理論為解答關鍵，題目難度中等.

16.答案：NaCl加入NaOH溶液時加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液84.25%

解析：解：(1)由流程可知，濾液中的主要物質是NaC/,則濾液中可回收的主要物質是NaC/,故答

案為：NaCl；

(2)為防止調pH時若條件控制不當，溶液中鎂離子與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀，使所制的堿式

次氯酸鎂中混有Mg(OH)2雜質，實驗中加入Na。"溶液時，應加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液，故答

案為：加入NaOH溶液時加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液；

(3)由題給方程式可得如下關系：Mg2a。(。“)3?“2。-CIO--12-2s2。白，反應消耗Na2s2。3的物

質的量為0.1000mol-Lx0.02000L=0.002000m。，,由關系式可知Mg2ClO(OH)3■也。的物質的

量為:x0.002000moZ=O.OOlOOOmo/,則堿式次氯酸鎂的質量分數為竺照鬻譚型㈣x

100%=84.25%,

故答案為：84.25%。

堿式次氯酸鎂的02B。(0")3,”2。］微溶于水，由流程可知，向MgC%溶液中加入NaCl。溶液，然后

向溶液中加入NaOH溶液并調節(jié)溶液的pH,反應得到堿式次氯酸鎂畫92。，。(。")3?均。］沉淀和

NaCl,過濾得到堿式次氯酸鎂［Mg2a。(。“)3)2。］固體，濾液中成分是NaCl,然后將沉淀洗滌、

干燥得到堿式次氯酸鎂［”92。。(。")3"2。］，以此解答該題。

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備原理、流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純?yōu)榻?/p>

答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度不大。

△

2++2+

17.答案：增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率MnO2+2Fe+4H—Mn+

3+2+

2Fe+2H2O雙氧水氨水SiO2M/+被空氣中的氧氣氧化，從而使浸取率降低4.67Mn+

+

HCO^MnCO3+H9氨水消耗了"+,促進反應平衡正向移動，有利于MnC6的生成4MnC03+

高溫高溫

。22Mzi2。3+4。。2M九2。3+2m4。。3+2Mzi

解析：解：(1)將軟鎰礦粉碎能增大固體的表面積，增大固體的表面積可以使固體與溶液充分接觸反

應，加快反應速率，提高原料利用率；酸性條件下二氧化錦被亞鐵離子還原為MM+,亞鐵離子被氧

△

z++2+3+

化為鐵離子，反應的離子方程式為：MnO2+2Fe+4H—Mn+2Fe+2H2O>

2++2+

故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率；MnO2+2Fe+4H—Mn+

2Fe3++2H2。；

(2)由流程分析可知，向濾液/中需先加4物質，再加B物質，若加入的物質均為非金屬化合物的溶液,

則4為雙氧水，B為氨水；二氧化硅與硫酸不反應，濾渣/為Si。2，

故答案為：雙氧水；氨水；SiO2；

(3)Mn2+有較強的還原性，在空氣中能被氧氣氧化，所以當浸取時間超過4h時，因MM2+被氧氣氧化,

鎰浸取率反而減小，

故答案為：M/+被空氣中的氧氣氧化，從而使浸取率降低；

(4)加入B調節(jié)溶液pH,生成氫氧化鐵、氫氧化鋁，當某種離子濃度小于1xlO-5mo〃L時，可認為

其沉淀完全'由表中數據可知,Md牌小邛x10-9mol/L,則pH=

10-14

-?g=4.67

故答案為：4.67；

(5)“沉錦”過程中發(fā)生M/++HC0-0聞71co3+H+,氨水能與氫離子反應，由平衡移動原理可

知，減少生成物，平衡向正方向移動，即氨水消耗了H+,促進反應平衡正向移動，有利于MnC03的

生成；

2++

故答案為：Mn+HCO^MnC03+H,氨水消耗了"+,促進反應平衡正向移動，有利于MnCOs

的生成；

高溫

(6)“71。。3局溫與氧氣反應生成M幾2。3，反應方程式為：4MnC03+二-2”幾203+4C02；然后用

鋁熱反應制得Mn,即4與時電03在高溫下發(fā)生置換反應生成Mn,反應方程式為：Mn203+

高溫

2Al—Al2O3^2Mw

;

故答案為：4MnC03+O2-2Mn2O3+4C02Mn2O34-2Al—Al2O3+2Mn0

用軟鐳礦(主要成分為MnO2，含少量5。2、42。3和412。3等)制備金屬銃，軟鋅礦用硫酸酸浸，并

加入過量硫酸亞鐵，二氧化硅不反應，由沉鎬后得到碳酸鎰，可知酸性條件下二氧化鎰被亞鐵離子

還原為Mn2+,過濾分離,濾液/中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+,通入氨氣調節(jié)溶液pH,將Fe3+、

43+轉化為Fe(04)3、4(0H)3除去，再過濾分離，濾液口中加入碳酸氫鏤與氨水的混合物得到碳酸

鎰，以用于制備鎰，以此解答該題。

本題考查物質的分離、提純的綜合應用，為高考常見題型，重點考查學生對工藝流程試題了解掌握

情況，試題綜合性強，側重對學生能力的培養(yǎng)和訓練，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，題目難度

中等。

18.答案：1：3：2；%(A)>%Q4)>%(4)；a0(B)；19.4%；向正反應方向；從反應體系中移出產

物C；>；此反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，平衡的移動只能減弱改變，不能

抵消改變

解析：解：(1)由圖可知第I階段,平衡時△c(4)=2mol/L-lmol/L=lmol/L,Ac(B)=6mol/L-

3mol/L=3mol/L,△c(C)=2mol/L,濃度變化量之比等于化學計量數之比,故a：b：c=lmol/L：

3mol/L：2mol/L=1：3：2,故答案為：1：3：2；

(2)%Q4)=黑，=0.05moZ/(L-min),%(力)==0.0253moZ/(L-min),

%⑷=°加。；仁片“兒=°oi2mol/(Z,.min),

故A的平均反應速率為(4)>%Q4)>%(4),故答案為：%(4)>v0(X)>%(4)；

(3)B的平衡轉化率即(8)=黑將x100%=50%,a@(B)=3m四二:fx100%=38%,

am(B)=厚6m"/>差mo!/L、100%=19.4%,

1.86771。I[L

故答案為：a0(B)；19.4%；

(4)第II階段C是從0開始的，瞬間4、B濃度不變，因此可以確定第一次平衡后從體系中移出了C,即

減少生成物濃度，平衡正向移動，

故答案為：向正反應方向，從反應體系中移出產物C；

(5)第DI階段的開始與第口階段的平衡各物質的量均相等，根據4、B的量減少，C的量增加可判斷平

衡是正向移動的，根據平衡開始時濃度確定此平衡移動不可能是由濃度的變化引起的，另外題目所

給條件容器的體積不變，則改變壓強也不可能，因此一定為溫度的影響，此反應正向為放熱反應，

可以推測為降低溫度，另外結合4的速率在三個階段的情況，確定改變的條件一定為降低溫度，根據

勒夏特列原理，平衡的移動只能減弱改變，不能抵消改變，因此達到平衡后溫度一定比第口階段平

衡時的溫度低，

故答案為：>:此反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，平衡的移動只能減弱改變，

不能抵消改變；

(6)達到