2019-2020学年江西省新余四中、上高三中新高考化学模拟试卷含解析

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江西省新余市第四中学2019高三化学9月月考试题解析版

江西省新余市第四中学2019 届高三 9 月月考化学试卷1.以下有关实验操作或判断正确的有①用 10mL量筒正确量取稀硫酸溶液8.0mL；②用干燥的pH 试纸测定氯水的pH；③能说明亚硝酸是弱电解质的是：用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗；④使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度偏大；⑤将饱和FeCl 3溶液滴入蒸馏水中即得Fe(OH) 3胶体；⑥圆底烧瓶、锥形瓶、蒸发皿加热时都应垫在石棉网上；⑦除掉铁粉中混有的少许铝粉可加入过度的氢氧化钠溶液，完整反响后过滤；⑧为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中融化氢氧化钠固体后进行丈量；⑨用食醋除掉水壶中的水垢．A.3 个B.4个C.5个D.6个【答案】 B【分析】【剖析】①量筒的感量为0.1mL，液体的体积与量筒的规格要靠近；②氯水中含HClO，拥有漂白性；③导电性与溶液中导电的微粒浓度有关；④使用容量瓶配制溶液时，府视刻度线，加水量偏少；⑤实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，注意不可以用玻璃棒搅拌、当液体变为红褐色时立刻停止加热；⑥蒸发皿不需要垫石棉网．⑦A l 与 NaOH溶液反响，而 Fe 不可以；⑧瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反响；⑨醋酸与水垢反响；【详解】①量筒的感量为0.1mL，液体的体积与量筒的规格要靠近，则用10mL量筒正确量取稀硫酸溶液8.0mL，正确；②氯水中含HClO，拥有漂白性，不可以利用pH试纸测 pH，选 pH计，故错误；- 1 -③导电性与溶液中导电的微粒浓度有关，与导电性没关，故错误；④使用容量瓶配制溶液时，府视刻度线，加水的量偏少，俯视液面定容后所得溶液的浓度偏大，正确；⑤氯化铁溶液加入冷水中克制氯化铁水解，所以得不到胶体，故错误；⑥圆底烧瓶、锥形瓶加热时都应垫在石棉网上，蒸发皿不需要垫石棉网，故错误；⑦A l 与NaOH溶液反响，而Fe 不可以，则加入过度的氢氧化钠溶液，完整反响后过滤可除杂，故正确；⑧瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反响，故错误；⑨醋酸与水垢反响，则用食醋除掉水壶中的水垢，故正确；应选 B。

2019-2020学年江西省新余市新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年江西省新余市新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．设N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12gNaHSO4晶体中SO42-数目为0.1N AB．2.0gD2O中含有的中子数为N AC．2.24LCl2与足量Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2N AD．标准状况下，4.48 LHF所含原子数目为0.4N A【答案】B【解析】【详解】A. NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A项错误；B. 2.0gD2O的物质的量为2.0g20g/mol=0.1mol，其中含有的中子数为0.1mol⨯(1⨯2+8)⨯N A= N A，B项正确；C. 氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；D. 标准状况下，HF为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D项错误；答案选B。

【点睛】与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

2．25 ℃时，将0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg-33c(CH COO)c(CH COOH)与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。

(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A．K a(CH3COOH)＝5.0×10－5B．K a(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10 mLD．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1【答案】A【解析】【分析】醋酸的电离常数-+33(CH COO)(H)(CH COOH)c cKac=，取对数可得到-33(CH COO)lg lg pH(CH COOH)cKac=-；【详解】A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入-33(CH COO)lg lg pH(CH COOH)cKac=-，可得lg K a(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，K a(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B. 根据A项分析可知，B错误；C. 当往10 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D. B点-33(CH COO)lg=4(CH COOH)cc，又lg K a(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由-33(CH COO)lg lg pH(CH COOH)cKac=-得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) mol·L-1，D错误；答案选A。

2019届江西省新余市第四中学、上高县第二中学高三上学期第二次联考化学试题(解析版)

江西省新余四中、上高二中2019届高三第二次联考化学试题1.下列说法不正确的是A. 天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源B. 富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田C. 刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐D. 我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量【答案】B【解析】【详解】A.天然气属于化石能源，不能再生；酒精属于可再生能源，通过微生物的发酵可以生成；汽油属于二次能源，由石油经分馏而来，故A正确；B.富含N、P元素的生活用水不能直接排放入河流中，也不可以直接用来灌溉农田，会造成水体富营养化，故B错误；C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，分子筛是结晶态的硅酸盐，陶瓷的主要成分也是硅酸盐，故C正确；D.从国四汽油升级到国v汽油可减少污染物的排放，提高空气质量，故D正确。

故选B。

2.下列反应的离子方程式正确的是A. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣B. 明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀：Al3++Ba2++SO42﹣+3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓C. 200 mL 2 mol/L的FeBr2溶液中通入11.2 L标准状况下的氯气：4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【答案】C【解析】【分析】A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钠和水；C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁，再氧化溴离子；D.强碱溶液中，不能生成氢离子。

【详解】A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A错误；B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2HO，故B错误；2C.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气，离子方程式：4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣，故C正确；D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3 +3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5HO，故D错误。

江西省新余市2019-2020学年高考模拟化学试题(市模拟卷)含解析

江西省新余市2019-2020学年高考模拟化学试题（市模拟卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( )A ．16163π+B ．8163π+C ．32833π+ D ．321633π+ 【答案】B 【解析】该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为111V 44244223π=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯， 8163π=+.故选B点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 2．已知函数()cos ||sin f x x x =+，则下列结论中正确的是 ①函数()f x 的最小正周期为π； ②函数()f x 的图象是轴对称图形； ③函数()f x 2； ④函数()f x 的最小值为1-． A ．①③ B ．②④ C ．②③ D ．②③④【答案】D 【解析】【分析】【详解】因为(π)cos(π)sin(π)|cos ||sin (|)f x x x x x f x +=+++=-≠，所以①不正确；因为()cos ||sin f x x x =+，所以 cos sin ()|()|(sin |22c )|os 2x x x f x x πππ+++==++， ()2f x π-=cos sin sin |c |()|()|22os ππ++--=x x x x ，所以() ()22f x f x ππ+=-，所以函数()f x 的图象是轴对称图形，②正确；易知函数()f x 的最小正周期为2π，因为函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，所以只需研究函数()f x 在3[,]22ππ上的极大值与最小值即可．当322x ππ≤≤时，()cos sin 2sin()4f x x x x π=-+=-，且5444x πππ≤-≤，令42x ππ-=，得34x π=，可知函数()f x 在34x π=处取得极大值为2，③正确；因为5444x πππ≤-≤，所以12sin()24x π-≤-≤，所以函数()f x 的最小值为1-，④正确．故选D ．3．函数()2sin()f x x ωϕ=+(0,0)ωϕπ><<的部分图像如图所示，若5AB =，点A 的坐标为(1,2)-，若将函数()f x 向右平移(0)m m >个单位后函数图像关于y 轴对称，则m 的最小值为（）A ．12B ．1C ．3π D ．2π 【答案】B 【解析】【分析】根据图象以及题中所给的条件，求出,A ω和ϕ，即可求得()f x 的解析式，再通过平移变换函数图象关于y 轴对称，求得m 的最小值.【详解】由于5AB =，函数最高点与最低点的高度差为4，所以函数()f x 的半个周期32T =，所以263T ππωω==⇒=，又()1,2A -，0ϕπ<<，则有2sin 123πϕ⎛⎫-⨯+= ⎪⎝⎭，可得56πϕ=，所以()()52sin 2sin 2cos 1363323f x x x x ππππππ⎛⎫⎛⎫=+=++=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，将函数()f x 向右平移m 个单位后函数图像关于y 轴对称，即平移后为偶函数，所以m 的最小值为1，故选：B. 【点睛】该题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决该题的关键，要求熟练掌握函数图象之间的变换关系，属于简单题目.4．若x,y 满足约束条件x 0x+y-30z 2x-2y 0x y ≥⎧⎪≥=+⎨⎪≤⎩，则的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6, +∞）D ．[4, +∞）【答案】D 【解析】解：x 、y 满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y 经过C 点时，函数取得最小值，由解得C （2，1），目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4，+∞）．故选D ．5．定义两种运算“★”与“◆”，对任意N n *∈，满足下列运算性质：①2★2018=1，2018◆11=；②（2n ）★2018=[2(22)n +★]2018 ，2018◆(1)2(2018n +=◆)n ，则（2018◆2020）（2020★2018）的值为( ) A ．10112 B ．10102C ．10092D ．10082【答案】B 【解析】【分析】根据新运算的定义分别得出2018◆2020和2020★2018的值，可得选项.【详解】由（2n ）★2018=[2(22)n +★]2018 ，得（2n +2）★2018=(122n ★)2018，又2★2018=1，所以4★12018=2，6★212018=2⎛⎫ ⎪⎝⎭，8★312018=2⎛⎫ ⎪⎝⎭，L ，以此类推，2020★2018()21010=⨯★20181010110091122-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又2018◆(1)2(2018n +=◆)n ，2018◆11=，所以2018◆22=，2018◆232=，2018◆342=，L ，以此类推，2018◆202020192=，所以（2018◆2020）（2020★2018）10092019101012=22⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，故选：B. 【点睛】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.6．等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，则数列{}n a 的前n 项和n S *()n N ∈中最小的是（）A ．7S 或8SB ．12SC ．13SD ．14S【答案】C 【解析】【分析】设公差为d ，则由题意可得()()113479a d a d +=+，解得1451a d =-，可得1(554)51n n a a -=.令554051n -<，可得当14n ≥时，0n a >，当13n ≤时，0n a <，由此可得数列{}n a 前n 项和()*n S n N ∈中最小的. 【详解】解：等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，设公差为d ，则()()113479a d a d +=+，解得 1451a d =-， 11(554)(1)51n n a a a n d -∴=+-=.令554051n -<，可得545n >，故当14n ≥时，0n a >，当13n ≤时，0n a <，故数列{}n a 前n 项和()*n S n N ∈中最小的是13S.故选：C. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题. 7．执行下面的程序框图，则输出S 的值为（）A ．112-B ．2360C ．1120D ．4360【答案】D 【解析】【分析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案. 【详解】运行程序，11,25s i =-=，1211,3552s i =+--=，123111,455523s i =++---=，12341111,55555234s i =+++----=，12341111,55555234s i =+++----=，1234511111,6555552345s i =++++-----=，结束循环，故输出1111113743=(12345)135********s ⎛⎫++++-++++=-= ⎪⎝⎭，故选：D. 【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题. 8．()2523(2)x x x --+的展开式中，5x 项的系数为（） A ．－23 B ．17C ．20D ．63【答案】B 【解析】根据二项式展开式的通项公式，结合乘法分配律，求得5x 的系数. 【详解】5(2)x +的展开式的通项公式为5152r r r r T C x -+=⋅.则①()223x x --出(3)-，则5(2)x +出5x ，该项为：00555(3)23C x x -⋅⋅⋅=-； ②()223x x --出(2)x -，则5(2)x +出4x ，该项为：11555(2)220C x x -⋅⋅⋅=-； ③()223x x --出2x ，则5(2)x +出3x ，该项为：225551240C x x ⋅⋅⋅=；综上所述：合并后的5x 项的系数为17. 故选：B 【点睛】本小题考查二项式定理及展开式系数的求解方法等基础知识，考查理解能力，计算能力，分类讨论和应用意识.9．已知复数z 满足(12)43i z i +=+，则z 的共轭复数是（） A ．2i - B ．2i +C ．12i +D ．12i -【答案】B 【解析】【分析】根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可. 【详解】由()1243i z i +=+，得43i2i 12iz +==-+，所以2z i =+．故选：B 【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.10．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若816S =，61a =，则数列{}n a 的公差为（） A ．32B ．32-C ．23D ．23-【答案】D 【解析】【分析】根据等差数列公式直接计算得到答案.依题意，()()183********a a a a S ++===，故364a a +=，故33a =，故63233a a d -==-，故选：D ．【点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.11．已知集合{}1,0,1,2A =-，()(){}120B x x x =+-<，则集合A B I 的真子集的个数是（） A ．8 B ．7C ．4D ．3【答案】D 【解析】【分析】转化条件得{}0,1A B =I ，利用元素个数为n 的集合真子集个数为21n -个即可得解. 【详解】由题意得()(){}{}12012B x x x x x =+-<=-<<，∴{}0,1A B =I ，∴集合A B I 的真子集的个数为2213-=个.故选：D. 【点睛】本题考查了集合的化简和运算，考查了集合真子集个数问题，属于基础题.12．等腰直角三角形ABE 的斜边AB 为正四面体ABCD 侧棱，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：（1）四面体E -BCD 的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得AE BD ⊥；（3）设二面角D AB E --的平面角为θ，则DAE θ≥∠；（4）AE 的中点M 与AB 的中点N 连线交平面BCD 于点P ，则点P 的轨迹为椭圆. 其中，正确说法的个数是（） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】【详解】解：对于（1），当CD ⊥平面ABE ，且E 在AB 的右上方时，E 到平面BCD 的距离最大，当CD ⊥平面ABE ，且E 在AB 的左下方时，E 到平面BCD 的距离最小， ∴四面体E ﹣BCD 的体积有最大值和最小值，故（1）正确；对于（2），连接DE ，若存在某个位置，使得AE ⊥BD ，又AE ⊥BE ，则AE ⊥平面BDE ，可得AE ⊥DE ，进一步可得AE ＝DE ，此时E ﹣ABD 为正三棱锥，故（2）正确；对于（3），取AB 中点O ，连接DO ，EO ，则∠DOE 为二面角D ﹣AB ﹣E 的平面角，为θ，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π）， ∠DAE ∈[，π），所以θ≥∠DAE 不成立．（3）不正确；对于（4）AE 的中点M 与AB 的中点N 连线交平面BCD 于点P ，P 到BC 的距离为：d P ﹣BC ，因为＜1，所以点P 的轨迹为椭圆．（4）正确．故选：C ．点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019-2020年高考化学三模试卷含解析

2019-2020年高考化学三模试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．B i和Bi的核外电子数不同B．N H3的电子式为：C．全部由非金属元素组成的化合物可能含离子键D．离子化合物不可能含共价键考点：核素；电子式；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学用语专题．分析：A．质子数=核外电子数；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构；C．铵盐属于离子化合物；D．离子化合物可能含有共价键．解答：解：A.Bi和Bi质子数相同，质子数=核外电子数，故核外电子数相同，故A错误；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构，其电子式为：，故B错误；C．铵盐属于离子化合物，如氯化铵，故C正确；D．离子化合物可能含有共价键，如氢氧化钠中的O﹣H，故D错误，故选C．点评：本题考查质子数与核外电子数的关系、电子式、离子化合物、共价键等化学用语，为高频考点，题目难度不大．把握化学用语的规范应用是解答的关键．2．（6分）（xx•鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A．1种B．6种C．18种D．28种考点：有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有﹣CH2OH结构，据此回答判断．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丁醇，2﹣甲基﹣1﹣丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故A可能的结构共有6种．故选B．点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．3．（6分）（xx•鱼台县校级三模）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．0.1mol•L﹣1稀硫酸中含有SO42﹣离子个数为0.1N AB．常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3N AC．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为N AD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，铝得到的电子数为0.3N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、溶液体积不明确；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数即可；C、标况下，三氧化硫是固态；D、金属只能失电子．解答：解：A、溶液体积不明确，故无法计算溶液中硫酸根的个数，故A错误；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数=×3×N A=3N A，故B正确；C、标况下，三氧化硫是固态，故C错误；D、金属单质只能失电子，不能得电子，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）（xx•吉林三模）下列说法正确的是（）A．分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B．的名称为：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯C．化合物是苯的同系物D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．专题：有机化学基础．分析：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质；B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；C．根据苯的同系物符合：①只有一个苯环；②侧链为烷基，③具有通式C n H2n﹣6（n≥6）；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯．解答：解：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质，CH3CH2CH2CH2CH3分子中间H原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个H原子，有2种情况，若取代不同C原子上H原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故A正确；B．该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号C，在2、4号C都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；C．分子不符合通式C n H2n﹣6（n≥6），不属于苯的同系物，故C错误；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选A．点评：本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点．5．（6分）（xx•吉林三模）塑化剂是一种对人体有害的物质．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）A．环己醇分子中所有的原子可能共平面B．D CHP能发生加成反应和取代反应，不能发生酯化反应C．1mol DCHP可与4mol NaOH完全反应D．D CHP易溶于水考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣；C．﹣COOC﹣与NaOH反应；D．DCHP属于酯类物质．解答：解：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构，则不可能所有原子共面，故A错误；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣，则苯环发生加成反应，﹣COOC﹣可发生取代反应，不能发生酯化反应，故B正确；C．﹣COOC﹣与NaOH反应，则1mol DCHP可与2mol NaOH完全反应，故C错误；D．DCHP属于酯类物质，不溶于水，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、酯性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大．6．（6分）（xx•吉林三模）25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是（）A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B．根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C．根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D．醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断．解答：解：A．在B点时，溶液pH＞7，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c （H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．在C点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，而钠离子浓度为c （Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C．点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．7．（6分）（xx•海南）用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）A．P bO B．P b2O3C．P b3O4D．P bO2考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，据此求出二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳的物质的量计算出铅氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，再计算出铅元素的质量即铅原子的物质的量，据此书写化学式．解答：解：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，所以碳酸钙的物质的量为=0.08mol．铅氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，根据碳元素、氧元素守恒可知CO～～～O～～～CO2～～～CaCO3，1 1 10.08mol 0.08mol 0.08mol所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.08mol，氧元素的质量为0.08mol×16g/mol=1.28g；所以铅氧化物中的铅元素的质量为13.7g﹣1.28g=12.42g，铅原子的物质的量为=0.06mol．所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.06mol：0.08mol=3：4．所以铅氧化物的化学式为Pb3O4．故选：C．点评：本题考查学生利用化学反应球物质的化学式，明确反应中元素的守恒来分析铅氧化物中氧元素的质量是解答的关键．二、解答题（共6小题，满分88分）8．（15分）（xx•吉林三模）二价铬不稳定，极易被氧气氧化．醋酸亚铬水合物{2•2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂．实验室中以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示，制备过程中发生的反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）═ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）═2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO﹣（aq）+2H2O（l）═2•2H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗，所盛装的试剂是盐酸．（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化．（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3．（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应打开阀门A、关闭阀门B （填“打开”或“关闭”）．（5）本实验中锌粒须过量，其原因是与CrCl3充分反应得到CrCl2，产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应．（6）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的2•2H2O 5.64g，则该实验所得产品的产率为75%．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸；（2）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化Cr2+；（3）装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；（6）依据化学方程式定量关系计算分析，产率=×100%．解答：解：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸和锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置3中；故答案为：分液漏斗；盐酸；（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3；故答案为：防止空气进入装置3；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；故答案为：与CrCl3充分反应得到CrCl2；产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；（6）实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到2•2H2O 的质量=××376g/mol=7.52g，该实验所得产品的产率=×100%=75%，故答案为：75%．点评：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，主要是实验原理的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）（xx•吉林三模）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．工业上利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是还原Co3+．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O．（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发、冷却和过滤．（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，所得滤液中金属离子有Co2+、Mn2+、Na+．（5）萃取液中含有的主要金属阳离子是Mn2+．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克．则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是93.0%．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，Fe3+、Al3+沉淀完全，据此分析剩余的金属离子；（5）由流程图可知，加入萃取剂，萃取Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O关系式求质量分数．解答：解：（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O，故答案为：还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl ﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；故答案为：蒸发；冷却；（4）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液中的金属离子主要有Co2+、Mn2+、Na+，故答案为：Co2+、Mn2+、Na+；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取作用可知，此时萃取液中金属离子为Mn2+，故答案为：Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O～2AgCl，16.4g238 287x 4.6g，x=3.81g则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是×100%=93.0%，故答案为：93.0%．点评：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度大，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．（14分）（xx•吉林三模）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容．（1）已知2.00g的C2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol．（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O．（3）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．某研究小组向一个容积不变的密闭真空容器（容器容积为3L，固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，在恒温（T1℃）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如下：NO N2CO2n/molt/min0 2.00 0 010 1.16 0.42 0.4220 0.80 0.60 0.6030 0.80 0.60 0.60①10min～20min以v（NO）表示的反应速率为0.012mol/（L•min）．②根据表中数据，计算T1℃时该反应的平衡常数为0.56（保留两位小数）．③下列各项能判断该反应达到平衡状态的是CD（填序号字母）．A．容器内压强保持不变B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆）C．容器内CO2的体积分数不变D．混合气体的密度保持不变④一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率不变（填“增大”、“不变”或“减小”）．（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应H2（g）+CO2（g）═H2O（g）+CO（g），恒温下c（CO）随反应时间t变化的曲线Ⅰ如图所示．若在t0时分别改变一个条件，曲Ⅰ变成曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．①当曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，改变的条件是加入催化剂；②当曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ时，改变的条件及改变条件的变化量分别是增大压强，压强变为原来的1.5．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧生成温度氧化物的热效应，故可计算1molC2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出的热量，写出热化学方程式；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，利用C元素化合价变化判断失去电子数，根据电荷守恒和质量守恒写出电极反应式；（3）①计算10min～20min内，NO浓度的变化，得到v（NO）；②20min后达到化学平衡状态，利用化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数；③利用化学平衡状态的特征判断；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；（4）①根据曲线中c（CO）变化所需时间进行判断；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，可以减小体积或者增大压强考虑，结合平衡状态时，CO的浓度之比，计算出体积减小或者压强增大的倍数．解答：解：（1）2.00g的C2H2的物质的量为=0.077mol，释放热量99.6kJ，则C2H2的燃烧热为=1294.8 kJ/mol，可写出热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，C元素化合价升高了5，即1molC2H2失去10mole﹣，电极反应式为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O，故答案为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O；（3）①10min～20min内，NO浓度的变化为=0.12mol/L，v（NO）==0.012mol/（L•min），故答案为：0.012mol/（L•min）；②20min后达到化学平衡状态，由于C为固体，化学平衡常数表达式为==0.56，故答案为：0.56；③A．反应前后气体体积不变，是否达到平衡状态，压强都不发生变化，故A错误；B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆），速率之比等于计量数之比可知，v（N2）（逆）=v（NO）（逆），即v（NO）（正）=v（NO）（逆），未达到平衡状态，故B错误；C．容器内CO2的体积分数不变，则各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．，气体物质的量不变，由于C为固体，则气体总质量m，随着反应进行会发生变化，即密度也会发生变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故D正确；故选：CD；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变，则NO的转化率也不变，故答案为：不变；（4）①曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，CO平衡浓度不变，达到平衡所需时间减小，加快了反应速率，可以是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，减小体积或者增大压强都可以达到目的；曲线Ⅰ达平衡时c（CO）=3.0mol•L﹣1，曲线Ⅲ达平衡时c（CO）=4.5mol•L﹣1，浓度增大为原来的=1.5倍，则压强增大为原来的1.5倍，故答案为：增大压强，压强变为原来的1.5．点评：本题较为综合，考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡状态的判断已经化学平衡移动，难度中等，其中（4）为图象题，具有一定难度．11．（15分）（xx•吉林三模）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法．（1）①废水I若采用CO2处理，离子方程式是OH﹣+CO2═HCO3﹣．②废水Ⅱ常用明矾处理．实践中发现废水中的c（HCO3﹣）越大，净水效果越好，这是因为HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强．③废水Ⅲ中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2++CH4=CH3Hg++H+．我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L．对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染．④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN﹣的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O═10Cl﹣+2CO2+N2+8H+．（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）．某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：Ⅰ．取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液．Ⅱ．加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热．Ⅲ．反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵溶液滴定．终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL．①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管（或移液管）．②Ⅲ中，发生的反应为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O由此可知，该水样的化学需氧量COD=mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：（1）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH﹣；②HCO3﹣可与Al3+发生互促水解反应；③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去；④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取；②根据反应的离子方程式计算．解答：解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3﹣，则反应的离子方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣，故答案为：OH﹣+CO2=HCO3﹣；②HCO3﹣和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2﹣=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；④废水Ⅳ常用C12氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的C12与CN﹣的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+，故答案为：5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10﹣3mol，n（Fe2+）=V2×10﹣3L×cmol/L=cV2×10﹣3mol，由Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10﹣3mol﹣×cV2×10﹣3mol=×10﹣3mol，得电子：2×（6﹣3）××10﹣3mol=（15﹣cV2）×10﹣3mol，根据电子转移，相等于×（15﹣cV2）×10﹣3mol氧气，m（O）=×（15﹣cV2）×10﹣3mol×32g/mol=8×（15﹣cV2）×10﹣3g=8×（15﹣cV2）mg，所以：COD==mg/L，故答案为：．点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，为高考常见题型和高频考点，题目信息量较大，注意把握题给信息，答题时仔细审题，难度中等．12．（15分）（xx•吉林三模）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：（1）请写出：D基态原子的价层电子排布图：；F 基态原子的外围电子排布式：3d104s1．（2）下列说法错误的是AD．A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2．B．电负性顺序：B＜C＜DC．N2与CO为等电子体，结构相似．D．稳定性：H2O＞H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键．（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成（F（X）4）2+，该离子的结构式为（用元素符号表示）．（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3．（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为8．（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率．考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B 元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于Ⅷ族及相邻的族，E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，故F为Cu，（3）中C与A形成的气体X，则A为H元素，X 为NH3，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s。

2019-2020学年江西省重点中学盟校新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年江西省重点中学盟校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列离子方程式正确的是( )A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+ 8H+ + 4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2OB．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+ H2O+ CO2=2 HCO3-C．铜片与浓硫酸共热：Cu + 4H++ SO42-ΔCu2+ + SO2↑+ 2H2OD．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2+ +4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：2MnO4-+16H+ + 10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A 错误；B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na＋＋CO32-+ H2O+ CO2=2NaHCO3↓，故B错误；C．铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式，故C错误；D．硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜（Ⅱ）：Cu2+ +4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O，故D正确；故选D。

2．10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4B．CH3COONa C．CuSO4D．Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A. 加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B. 加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C. Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D 项错误。

2019-2020学年江西省新余市高考化学学业质量监测试题

2021届新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有A．一个羟基，一个酯基B．一个羟基，一个羧基C．一个羧基，一个酯基D．一个醛基，一个羟基2．X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。

下列叙述正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同3．用98%浓硫酸配制500mL 2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B．定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线4．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向右拉动注射器活塞并在某处，往试管中注水没过导气管后，向左推动活塞至某处，发现导气管液面高于试管液面，且高度一段时间保持不变。

装置气密性良好B将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色。

I2氧化性强与Fe3+C 往氢氧化铜沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解氢氧化铜为两性氢氧化物将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，通入澄清石灰水中有浑D说明酸性：H2SO3﹥H2CO3浊A．A B．B C．C D．D5．利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。

下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。

下列有关这套装置的说法中错误．．的是A．甲池中的电极反应式为B．电解质溶液再生池内发生的只是物理变化，循环物质E为水C．乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低D．若阴离子交换膜处迁移的的物质的量为1mol，两电极的质量差为64g6．2019年为“国际元素周期表年“，中国学者姜雪峰当选为“全球青年化学家元素周期表”硫元素代言人。