资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
（新高考）高考化学考前冲刺卷（九）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
展开
这是一份（新高考）高考化学考前冲刺卷（九）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高考化学考前冲刺卷九原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷九解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（九）
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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活紧密相关，下列描述不正确的是
A．水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的
B．佩戴医用口罩预防病毒的原理相当于化学实验中的过滤
C．火神山医院在建造过程中大量使用HDPE防渗膜，这种塑料是一种新型的无机材料
D．碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料
2．下列化学用语表示正确的是
A．中子数为8的碳原子：C
B．O2−的结构示意图：
C．对硝基甲苯的结构简式是
D．羟基的电子式是
3．下列表述正确的是
A．键角：H2O>NH3
B．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
C．电负性：N>O>C>H
D．冰的密度比水小的性质与氢键无关
4．有机物与社会生活的各个方面密不可分,下列说法错误的是
A．直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类
B．乙酸乙酯的碱性水解属于皂化反应
C．棉花、蚕丝都属于天然纤维但主要成分不同
D．葡萄糖和果糖均不能发生水解反应
5．中国科学家合成囧烷的路线局部如图：
下列说法错误的是
A．Y与乙烯互为同系物
B．X能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．囧烷的分子式为C12H18
D．Y生成囧烷的反应类型为加成反应
6．2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述错误的是
A．原子半径：X>W>Z B．非金属性：X>Z>W
C．Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
7．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
室温下，将相同大小的钠块分别投入水和无水乙醇中
生成氢气的速率：水>乙醇
羟基氢的活泼性：水>乙醇
B
向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸
溶液中出现凝胶
非金属性：Cl>Si
C
用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应
焰色呈黄色
该溶液为钠盐溶液
D
向AgCl浊液中加入过量浓氨水
浊液变澄清
AgCl是强酸弱碱盐，显酸性
8．氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：
已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO
下列说法错误的是
A．“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2
B．“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O
C．“碱溶”时，主要反应为Be(OH)2+2OH−=BeO+2H2O
D．“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率
9．臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是
A．催化反应①②均为放热反应
B．决定O3分解反应速率的是催化反应②
C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能
D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
10．镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是
A．断开K2、合上K1，电极A的电势低于电极B
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生氧化反应
C．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O
二、 不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．已知HClO的Ka=2.98×10−8，HF的Ka=7.2×10−4，下列有关说法错误的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0.01mol·L−1的稀盐酸，溶液的pH值不变
B．0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，CO水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在5种离子
12．用如图装置(夹持装置已略去)进行NH3制备及性质实验。下列说法正确的是
A．甲中制备NH3利用了NH3·H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管长、b导管短
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通人少量Cl2，可能观察到白烟
13．在活性炭催化条件下，煤气中的H2S可被脱除，反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列有关说法错误的是
A．CS2分子中含有非极性键 B．存在反应
C．H2S脱除率小于100% D．该过程中发生了能量变化
14．乳酸[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，具有多种同分异构体，其中能与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积和相同条件下与Na反应放出的气体体积相等的有机物有
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
15．常温下，将0.1000mol·L−1的KOH溶液分别滴加到20.00mL浓度均为0.1000mol·L−1的一元酸HX和HY溶液中，溶液的pH与所加KOH溶液体积的关系如图所示，下列叙述错误的是
A．M点溶液中c(K+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)
B．常温下用0.1000mol·L−1的氨水(Kb=1.8×10−5)滴定0.1000mol·L−1 HX溶液可用酚酞做指示剂
C．N点溶液中，c(Y−)+2c(OH−)=2c(H+)+c(HY)
D．常温下，将0.1000mol·L−1 HX溶液和0.2000mol·L−1 KY溶液等体积混合，混合液呈酸性
三、非选择题（共60分。）
16．常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8℃，易溶于CCl4，遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反应原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用下列装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。
已知：HgCl2·HgO是难溶于CC14的固体。回答下列问题：
(1)各装置的连接顺序为A→___________→__________→D→___________→E(填字母，装置可以重复使用)。
(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为___________。
(3)C装置的作用是___________，若没有B装置，D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是___________。
(4)装置D中的操作：把CCl4加入三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度达到50g/L，停止供氯。加入HgO固体，加热三颈瓶至25℃，搅拌45min，氯气几乎完全反应。过滤三颈瓶内的混合物。
①冰水浴冷却的目的是___________。
②过滤后滤液的主要成分有___________。
(5)若实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，则Cl2O的产率=___________。(保留两位有效数字)。
(6)实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号
0.1mol/L NaClO溶液/mL
0.1mol/L NaCl溶液/mL
0.1mol/L NaOH溶液/mL
H2O
/mL
品红
溶液
现象
Ⅰ
5.0
0
0
5.0
3滴
较快褪色
Ⅱ
0
5.0
a
0
3滴
不褪色
Ⅲ
5.0
0
5.0
0
3滴
较慢褪色
①a=___________。
②由上述实验得出的结论是___________。
17．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=206kJ·mol−1；
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41kJ·mol−1。
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=______kJ·mol−1，ΔS______0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。
①过渡元素是寻找催化剂的主要方向。催化剂Ni原子的基态核外电子排布式为______。
②高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是______。
③对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是______，使用的合适温度为______。
(3)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为______。
②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下56m3的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为______。
18．工业上用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量的PbS)制备钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的流程如图所示。
已知：“浸取”时PbO转化为Na2PbO2。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是___________(答出一条即可)；“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________；“浸取”时生成气体a的电子式为___________。
(2)“除铅”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(3)①结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为87.5%，则Ksp(BaMoO4)=___________。[结晶前溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L，Ksp(BaCO3)=1×10−9，溶液体积变化可忽略]
②结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是___________。
(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图。
①若缓蚀剂钼酸钠-月桂酰肌氨酸的总浓度为300mg/L，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol)的物质的量浓度为___________mol/L(保留3位有效数字)。
②a点前，随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是___________，请设计实验证明上述结论___________。
19．研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
回答下列问题：
(1)Mn位于周期表的第___________族，Co基态原子核外有___________个未成对电子。
(2)CO2分子中σ键与π键的数目比为___________。
(3)比较键能：C—H___________Si—H(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)SiO2晶体的熔点高于干冰的原因是___________。
(5)锗(Ge)与C同族，Ge原子比C原子多两个电子层，则Ge的原子序数为___________。
(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有_________个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为___________。
20．化合物F是用于治疗慢性梗阻性肺病的中间体，其合成路线如图。
已知：BnBr代表
(1)A→B的反应类型为___。
(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___。
a．既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1
(3)反应⑤中碳酸钾的作用是___。
(4)E中手性碳原子的数目为___。
(5)请设计以和为原料制备的合成路线___。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)
（新高考）高考考前冲刺卷
化 学（九）答案
1. 【答案】C
【解析】A．水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的，A项正确；B．佩戴口罩预防病毒，目的是允许空气透过，但不允许灰尘、病毒等透过，其原理相当于化学实验中的过滤操作，B项正确；C．HDPE防渗膜是一种有机高分子材料，C项错误；D．碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，所以比表面积大，可用作新型储氢材料，D项正确；答案选C。
2. 【答案】D
【解析】A．中子数为8的碳原子的质量数为14，原子符号为C，故A错误；B．氧离子的核电荷数为8，核外电子数为10，离子的结构示意图为，故B错误；C．对硝基甲苯中硝基中的氮原子与苯环上碳原子相连，结构简式为，故C错误；D．羟基的结构简式为－OH，电子式为，故D正确；故选D。
3. 【答案】B
【解析】A．H2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；B．氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；C．电负性应O> N，C错误；D．冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；故选B。
4. 【答案】B
【解析】A．直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类，其中直馏汽油的主要成分是饱和烃，裂化汽油既含有饱和烃又含有不饱和烃，A正确；B．油脂(高级脂肪酸甘油三酯)的碱性水解又叫皂化反应，其他酯类水解不属于皂化反应，B错误；C．棉花、蚕丝都属于天然纤维，棉花主要成分是纤维素，蚕丝主要成分是蛋白质，C正确；D．葡萄糖和果糖都是单糖，均不能发生水解反应，D正确；故选答案B。
5. 【答案】A
【解析】A．Y中含有环状结构，与乙烯不是同系物，故A错误；B．X中含有－CHO，－OH可使高锰酸钾褪色，故B正确；C．囧烷中每个C成4个键，不足者补H，顶点拐点均为C，共有18个H，则分子式为C12H18，故C正确；D．Y生成囧烷，两个双键加成为环状，反应类型为加成反应，故D正确；故选A。
6. 【答案】B
【解析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A错误；B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；D．X为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；综上所述答案为B。
7. 【答案】A
【解析】A．羟基与钠反应放出氢气，室温下，将相同状态的含羟基的物质与相同大小的钠块反应，放出氢气越剧烈，则所含羟基氢越活泼，A正确；B．高氯酸的酸性大于硅酸，能说明氯的非金属性大于硅，故应向Na2SiO3溶液中滴加稀高氯酸，B错误；C．焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色，能说明含钠元素，不一定是钠盐，C错误；D．向AgCl浊液中加入过量浓氨水，因生成而变澄清，不能得出“AgCl是强酸弱碱盐、显酸性”这个结论，D错误；答案选A。
8. 【答案】D
【解析】A．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2，故A说法正确；B．滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O，故B说法正确；C．Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH−=BeO+2H2O，故C说法正确；D．滤液③的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH−，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；故选D。
9. 【答案】C
【解析】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项错误；B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项错误；C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项正确；D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；答案选C。
10. 【答案】B
【解析】由图知电极A与直流电源的负极相连，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e−+2OH−=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e−+2H2O=2Ni(OH)2+2OH−，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。A．断开K2、合上K1，为原电池，电极A为负极，则其电势低于电极B，A正确；B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−，B错误；C．放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e−+2H2O=2Ni(OH)2+2OH−，溶液中的氢氧根浓度增大，C正确；D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，D正确；答案选B。
11. 【答案】C
【解析】A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01mol·L−1，0.01mol·L−1的稀盐酸中氢离子浓度为0.01mol·L−1，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A正确；B．0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，碳酸根水解平衡逆向移动，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在HClO、NaClO、NaCl、H2O共5种物质，共有H+、ClO−、Na+、Cl−、OH−共5种离子，故D正确；故选B。
12. 【答案】AD
【解析】该实验制备氨气利用碱石灰溶于水放热使氨水分解，氨气极易溶于水，不宜用排水法收集，其密度比空气小，可用排空气法收集。A．甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，故A正确；B．氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故a短b长，故B错误；C．因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，故C错误；D．氨气与氯气反应可以生成氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；故选AD。
13.【答案】A
【解析】A．CS2分子中C和两个S分别形成2对共用电子对，只含有极性键，A项错误；B．由图可知，在催化剂表面，碳原子和硫原子可形成二氧化硫，即，B项正确；C．由图可看出，还有H2S没有分解，H2S脱除率小于100%，C项正确；D．该过程中有化学键的断裂与生成，故一定有能量的变化，D项正确；答案选A。
14.【答案】C
【解析】乳酸[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，则A为CH3CH(OH)COOCH2CH3；其同分异构体能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明含－COOH，能与钠反应放出气体且与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积相等，则含－OH；先写羧酸，有CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH共4种；再将-OH取代烷烃中的H，－OH取代CH3CH2CH2CH2COOH中烷基上的H有4种，－OH取代(CH3)2CHCH2COOH中烷基上的H有3种，－OH取代CH3CH2CH(CH3)COOH中烷基上的H有4种，－OH取代(CH3)3CCOOH中烷基上的H有1种，共4+3+4+1=12种，C满足题意；答案选C。
15.【答案】D
【解析】A．M点时所得溶液为含有等物质的量的HX和KX的混合溶液，溶液的pH=9，呈碱性，说明X−的水解大于HX电离，则c(K+)>c(X−)，c(OH−)>c(H+)，水解程度微弱，则c(X−)>c(OH−)，则离子浓度大小为：c(K+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；B．0.1000mol·L−1 HX溶液的pH=5，则HX的电离平衡常数为c(H+)，溶液呈碱性，故D错误；故选D。
16.【答案】（1）A→C→B→D→B→E
（2）2MnO+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3） 除去Cl2中的氯化氢气体 Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等
（4） 增大氯气在CCl4中的溶解度 Cl2O、CCl4
（5） 80%
（6） 5.0 其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱
【解析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再干燥环境下进行，进入D装置的氯气需要干燥，故B可以盛放浓硫酸，用于干燥氯气。氯气与HgO在D中反应生成Cl2O，尾气中有未反应的氯气以及Cl2O等，直接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气加入D中，可以盛放浓硫酸，据此回答问题。(1)有分析可知，各装置的连接顺序为A→C
→B→D→B→E；(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl−=2Mn2+
+5Cl2↑+8H2O；(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等；(4)①温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；②Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为：=30.6g，则Cl2O的产率==80%；(6)①探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a=5.0ml；②通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
17.【答案】（1）-165 <
（2） [Ar]3d84s2 320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320℃
（3） CO2+8H++8e−=CH4+2H2O 2×104mol
【解析】(1)已知①CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=206kJ·mol−1；
②CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41kJ·mol−1；
根据盖斯定律-(①+②)可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=-(206 kJ·mol−1-41kJ·mol−1)=-165
kJ·mol−1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS<0；(2)①Ni为28号元素，原子核外有28个电子，根据核外电子排布规律可得Ni原子的基态核外电子排布式为[Ar]3d84s2；②320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；③根据②可知Ni-CeO2的催化效果更好，适宜温度为320℃，此时CO2的转化率达到最大；(3)①CO2转化为CH4被还原，所以阴极反应即CO2甲烷化的反应，电极反应为CO2+8H++8e−=CH4+2H2O；②标准状况下56m3的甲烷的物质的量为=2.5×103mol，根据电极反应式可知转移的电子的物质的量为2.5×103mol×8=2×104mol。
18.【答案】（1）将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触 7∶2
（2） PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−
（3） 1.6×10−8 使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度
（4） 7.28×10−4mol·L−1 Cl−有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀 向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快
【解析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，浸取后然后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓
+4OH−，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4·2H2O。（1）“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；由分析可知，“焙烧”时MoS2转化为MoO3的反应为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶2；“浸取”时的反应为：MoO3+CO=MoO+CO2↑，PbO+CO=PbO+CO2↑，故生成气体a为CO2，故其的电子式为：，故答案为：将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；7∶2；；(2)“浸取”后然后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−，故答案为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−；(3)①当BaMoO4开始沉淀时溶液中钡离子浓度c(Ba2+)==，溶液中碳酸根离子浓度c(CO)==0.20mol/L×(1-
87.5%)=0.025mol/L，故c(Ba2+)==4.0×10−8mol/L，故Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)·c(MoO)=4.0×
10−8mol/L×0.40mol/L=1.6×10−8，故答案为：1.6×10−8；②由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；(4)①根据图示可知，当钼酸钠-月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg·L−1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：≈7.28×10−4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0−4mol·L−1，故答案为：7.28×10−4mol·L−1。②由图示数据可知，a点前，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，设计实验证明上述结论可设计为：向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快，故答案为：Cl−有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀；向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快。
19.【答案】（1）VIIB 3
（2）1∶1
（3）>
（4）SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰
（5）32
（6）12
【解析】(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；(2)二氧化碳分子中含有碳氧双键，双键中含有1个σ键和1个π键，则σ键与π键的数目比为2∶2=1∶1，故答案为：1∶1；(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键，故答案为：＞；(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰；(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。
20.【答案】（1）取代反应
（2） 或
（3） 吸收反应生成的HCl使反应平衡向右移动
（4） 0
（5）
【解析】A中苯环上的H原子被CH3CO－取代生成B，B中酚羟基的H原子被-Bn取代生成C，C中苯环上的H原子被硝基取代生成D，D中硝基被还原生成氨基，E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F。(1)A中苯环上的H原子被CH3CO－取代生成B，A→B的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，a．既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酯基和酚羟基；b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，说明有4种氢原子，个数比为：3∶2∶2∶1，故答案为：或；(3)E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F，同时生成HCl，反应⑤中碳酸钾的作用是吸收反应生成的HCl推动反应平衡右移。故答案为：吸收反应生成的HCl使反应平衡右移；(4)E中甲基中饱和碳上连有3个相同的H，不能形成手性，手性碳原子的数目为0。故答案为：0；(5)设计以和为原料制备，根据题干中信息，要先合成，甲基上氢可用卤素发生取代反应，产物再水解；硝基还原成氨基。参考合成路线为：
。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前冲刺卷
化 学（九）
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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活紧密相关，下列描述不正确的是
A．水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的
B．佩戴医用口罩预防病毒的原理相当于化学实验中的过滤
C．火神山医院在建造过程中大量使用HDPE防渗膜，这种塑料是一种新型的无机材料
D．碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料
2．下列化学用语表示正确的是
A．中子数为8的碳原子：C
B．O2−的结构示意图：
C．对硝基甲苯的结构简式是
D．羟基的电子式是
3．下列表述正确的是
A．键角：H2O>NH3
B．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
C．电负性：N>O>C>H
D．冰的密度比水小的性质与氢键无关
4．有机物与社会生活的各个方面密不可分,下列说法错误的是
A．直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类
B．乙酸乙酯的碱性水解属于皂化反应
C．棉花、蚕丝都属于天然纤维但主要成分不同
D．葡萄糖和果糖均不能发生水解反应
5．中国科学家合成囧烷的路线局部如图：
下列说法错误的是
A．Y与乙烯互为同系物
B．X能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．囧烷的分子式为C12H18
D．Y生成囧烷的反应类型为加成反应
6．2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述错误的是
A．原子半径：X>W>Z B．非金属性：X>Z>W
C．Y的氢化物可用于刻蚀玻璃 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
7．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
室温下，将相同大小的钠块分别投入水和无水乙醇中
生成氢气的速率：水>乙醇
羟基氢的活泼性：水>乙醇
B
向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸
溶液中出现凝胶
非金属性：Cl>Si
C
用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应
焰色呈黄色
该溶液为钠盐溶液
D
向AgCl浊液中加入过量浓氨水
浊液变澄清
AgCl是强酸弱碱盐，显酸性
8．氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：
已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO
下列说法错误的是
A．“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2
B．“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O
C．“碱溶”时，主要反应为Be(OH)2+2OH−=BeO+2H2O
D．“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率
9．臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是
A．催化反应①②均为放热反应
B．决定O3分解反应速率的是催化反应②
C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能
D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
10．镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是
A．断开K2、合上K1，电极A的电势低于电极B
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生氧化反应
C．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O
二、 不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．已知HClO的Ka=2.98×10−8，HF的Ka=7.2×10−4，下列有关说法错误的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0.01mol·L−1的稀盐酸，溶液的pH值不变
B．0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，CO水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在5种离子
12．用如图装置(夹持装置已略去)进行NH3制备及性质实验。下列说法正确的是
A．甲中制备NH3利用了NH3·H2O的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管长、b导管短
C．若将丙中的CCl4换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的NH3中通人少量Cl2，可能观察到白烟
13．在活性炭催化条件下，煤气中的H2S可被脱除，反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列有关说法错误的是
A．CS2分子中含有非极性键 B．存在反应
C．H2S脱除率小于100% D．该过程中发生了能量变化
14．乳酸[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，具有多种同分异构体，其中能与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积和相同条件下与Na反应放出的气体体积相等的有机物有
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
15．常温下，将0.1000mol·L−1的KOH溶液分别滴加到20.00mL浓度均为0.1000mol·L−1的一元酸HX和HY溶液中，溶液的pH与所加KOH溶液体积的关系如图所示，下列叙述错误的是
A．M点溶液中c(K+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)
B．常温下用0.1000mol·L−1的氨水(Kb=1.8×10−5)滴定0.1000mol·L−1 HX溶液可用酚酞做指示剂
C．N点溶液中，c(Y−)+2c(OH−)=2c(H+)+c(HY)
D．常温下，将0.1000mol·L−1 HX溶液和0.2000mol·L−1 KY溶液等体积混合，混合液呈酸性
三、非选择题（共60分。）
16．常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8℃，易溶于CCl4，遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反应原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用下列装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。
已知：HgCl2·HgO是难溶于CC14的固体。回答下列问题：
(1)各装置的连接顺序为A→___________→__________→D→___________→E(填字母，装置可以重复使用)。
(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为___________。
(3)C装置的作用是___________，若没有B装置，D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是___________。
(4)装置D中的操作：把CCl4加入三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度达到50g/L，停止供氯。加入HgO固体，加热三颈瓶至25℃，搅拌45min，氯气几乎完全反应。过滤三颈瓶内的混合物。
①冰水浴冷却的目的是___________。
②过滤后滤液的主要成分有___________。
(5)若实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，则Cl2O的产率=___________。(保留两位有效数字)。
(6)实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号
0.1mol/L NaClO溶液/mL
0.1mol/L NaCl溶液/mL
0.1mol/L NaOH溶液/mL
H2O
/mL
品红
溶液
现象
Ⅰ
5.0
0
0
5.0
3滴
较快褪色
Ⅱ
0
5.0
a
0
3滴
不褪色
Ⅲ
5.0
0
5.0
0
3滴
较慢褪色
①a=___________。
②由上述实验得出的结论是___________。
17．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=206kJ·mol−1；
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41kJ·mol−1。
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=______kJ·mol−1，ΔS______0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。
①过渡元素是寻找催化剂的主要方向。催化剂Ni原子的基态核外电子排布式为______。
②高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是______。
③对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是______，使用的合适温度为______。
(3)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为______。
②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下56m3的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为______。
18．工业上用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量的PbS)制备钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的流程如图所示。
已知：“浸取”时PbO转化为Na2PbO2。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是___________(答出一条即可)；“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________；“浸取”时生成气体a的电子式为___________。
(2)“除铅”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(3)①结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为87.5%，则Ksp(BaMoO4)=___________。[结晶前溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L，Ksp(BaCO3)=1×10−9，溶液体积变化可忽略]
②结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是___________。
(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图。
①若缓蚀剂钼酸钠-月桂酰肌氨酸的总浓度为300mg/L，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol)的物质的量浓度为___________mol/L(保留3位有效数字)。
②a点前，随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是___________，请设计实验证明上述结论___________。
19．研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
回答下列问题：
(1)Mn位于周期表的第___________族，Co基态原子核外有___________个未成对电子。
(2)CO2分子中σ键与π键的数目比为___________。
(3)比较键能：C—H___________Si—H(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)SiO2晶体的熔点高于干冰的原因是___________。
(5)锗(Ge)与C同族，Ge原子比C原子多两个电子层，则Ge的原子序数为___________。
(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有_________个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为___________。
20．化合物F是用于治疗慢性梗阻性肺病的中间体，其合成路线如图。
已知：BnBr代表
(1)A→B的反应类型为___。
(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___。
a．既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1
(3)反应⑤中碳酸钾的作用是___。
(4)E中手性碳原子的数目为___。
(5)请设计以和为原料制备的合成路线___。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)
（新高考）高考考前冲刺卷
化 学（九）答案
1. 【答案】C
【解析】A．水泥是由石灰石和黏土为原料烧制而成的，A项正确；B．佩戴口罩预防病毒，目的是允许空气透过，但不允许灰尘、病毒等透过，其原理相当于化学实验中的过滤操作，B项正确；C．HDPE防渗膜是一种有机高分子材料，C项错误；D．碳纳米管是由碳原子组成的六角形蜂巢状平面薄膜卷曲而成，所以比表面积大，可用作新型储氢材料，D项正确；答案选C。
2. 【答案】D
【解析】A．中子数为8的碳原子的质量数为14，原子符号为C，故A错误；B．氧离子的核电荷数为8，核外电子数为10，离子的结构示意图为，故B错误；C．对硝基甲苯中硝基中的氮原子与苯环上碳原子相连，结构简式为，故C错误；D．羟基的结构简式为－OH，电子式为，故D正确；故选D。
3. 【答案】B
【解析】A．H2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；B．氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；C．电负性应O> N，C错误；D．冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；故选B。
4. 【答案】B
【解析】A．直馏汽油和裂化汽油的主要成分都是烃类，其中直馏汽油的主要成分是饱和烃，裂化汽油既含有饱和烃又含有不饱和烃，A正确；B．油脂(高级脂肪酸甘油三酯)的碱性水解又叫皂化反应，其他酯类水解不属于皂化反应，B错误；C．棉花、蚕丝都属于天然纤维，棉花主要成分是纤维素，蚕丝主要成分是蛋白质，C正确；D．葡萄糖和果糖都是单糖，均不能发生水解反应，D正确；故选答案B。
5. 【答案】A
【解析】A．Y中含有环状结构，与乙烯不是同系物，故A错误；B．X中含有－CHO，－OH可使高锰酸钾褪色，故B正确；C．囧烷中每个C成4个键，不足者补H，顶点拐点均为C，共有18个H，则分子式为C12H18，故C正确；D．Y生成囧烷，两个双键加成为环状，反应类型为加成反应，故D正确；故选A。
6. 【答案】B
【解析】据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径S>N>O，即X>W>Z，故A错误；B．同周期自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>N>S，即Z>W>X，故B错误；C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故C正确；D．X为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；综上所述答案为B。
7. 【答案】A
【解析】A．羟基与钠反应放出氢气，室温下，将相同状态的含羟基的物质与相同大小的钠块反应，放出氢气越剧烈，则所含羟基氢越活泼，A正确；B．高氯酸的酸性大于硅酸，能说明氯的非金属性大于硅，故应向Na2SiO3溶液中滴加稀高氯酸，B错误；C．焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色，能说明含钠元素，不一定是钠盐，C错误；D．向AgCl浊液中加入过量浓氨水，因生成而变澄清，不能得出“AgCl是强酸弱碱盐、显酸性”这个结论，D错误；答案选A。
8. 【答案】D
【解析】A．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2，故A说法正确；B．滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O，故B说法正确；C．Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH−=BeO+2H2O，故C说法正确；D．滤液③的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH−，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；故选D。
9. 【答案】C
【解析】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项错误；B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项错误；C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项正确；D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；答案选C。
10. 【答案】B
【解析】由图知电极A与直流电源的负极相连，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e−+2OH−=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e−+2H2O=2Ni(OH)2+2OH−，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。A．断开K2、合上K1，为原电池，电极A为负极，则其电势低于电极B，A正确；B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−，B错误；C．放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e−+2H2O=2Ni(OH)2+2OH−，溶液中的氢氧根浓度增大，C正确；D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，D正确；答案选B。
11. 【答案】C
【解析】A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01mol·L−1，0.01mol·L−1的稀盐酸中氢离子浓度为0.01mol·L−1，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A正确；B．0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，碳酸根水解平衡逆向移动，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在HClO、NaClO、NaCl、H2O共5种物质，共有H+、ClO−、Na+、Cl−、OH−共5种离子，故D正确；故选B。
12. 【答案】AD
【解析】该实验制备氨气利用碱石灰溶于水放热使氨水分解，氨气极易溶于水，不宜用排水法收集，其密度比空气小，可用排空气法收集。A．甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，故A正确；B．氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故a短b长，故B错误；C．因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，故C错误；D．氨气与氯气反应可以生成氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；故选AD。
13.【答案】A
【解析】A．CS2分子中C和两个S分别形成2对共用电子对，只含有极性键，A项错误；B．由图可知，在催化剂表面，碳原子和硫原子可形成二氧化硫，即，B项正确；C．由图可看出，还有H2S没有分解，H2S脱除率小于100%，C项正确；D．该过程中有化学键的断裂与生成，故一定有能量的变化，D项正确；答案选A。
14.【答案】C
【解析】乳酸[CH3CH(OH)COOH]与乙醇在一定条件下反应生成的酯A，则A为CH3CH(OH)COOCH2CH3；其同分异构体能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明含－COOH，能与钠反应放出气体且与饱和NaHCO3溶液反应放出的气体体积相等，则含－OH；先写羧酸，有CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH共4种；再将-OH取代烷烃中的H，－OH取代CH3CH2CH2CH2COOH中烷基上的H有4种，－OH取代(CH3)2CHCH2COOH中烷基上的H有3种，－OH取代CH3CH2CH(CH3)COOH中烷基上的H有4种，－OH取代(CH3)3CCOOH中烷基上的H有1种，共4+3+4+1=12种，C满足题意；答案选C。
15.【答案】D
【解析】A．M点时所得溶液为含有等物质的量的HX和KX的混合溶液，溶液的pH=9，呈碱性，说明X−的水解大于HX电离，则c(K+)>c(X−)，c(OH−)>c(H+)，水解程度微弱，则c(X−)>c(OH−)，则离子浓度大小为：c(K+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；B．0.1000mol·L−1 HX溶液的pH=5，则HX的电离平衡常数为
16.【答案】（1）A→C→B→D→B→E
（2）2MnO+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3） 除去Cl2中的氯化氢气体 Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等
（4） 增大氯气在CCl4中的溶解度 Cl2O、CCl4
（5） 80%
（6） 5.0 其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱
【解析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再干燥环境下进行，进入D装置的氯气需要干燥，故B可以盛放浓硫酸，用于干燥氯气。氯气与HgO在D中反应生成Cl2O，尾气中有未反应的氯气以及Cl2O等，直接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气加入D中，可以盛放浓硫酸，据此回答问题。(1)有分析可知，各装置的连接顺序为A→C
→B→D→B→E；(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl−=2Mn2+
+5Cl2↑+8H2O；(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2+H2O=HCl+HClO或Cl2O+H2O=2HClO等；(4)①温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；②Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为：=30.6g，则Cl2O的产率==80%；(6)①探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a=5.0ml；②通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
17.【答案】（1）-165 <
（2） [Ar]3d84s2 320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320℃
（3） CO2+8H++8e−=CH4+2H2O 2×104mol
【解析】(1)已知①CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=206kJ·mol−1；
②CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41kJ·mol−1；
根据盖斯定律-(①+②)可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=-(206 kJ·mol−1-41kJ·mol−1)=-165
kJ·mol−1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS<0；(2)①Ni为28号元素，原子核外有28个电子，根据核外电子排布规律可得Ni原子的基态核外电子排布式为[Ar]3d84s2；②320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；③根据②可知Ni-CeO2的催化效果更好，适宜温度为320℃，此时CO2的转化率达到最大；(3)①CO2转化为CH4被还原，所以阴极反应即CO2甲烷化的反应，电极反应为CO2+8H++8e−=CH4+2H2O；②标准状况下56m3的甲烷的物质的量为=2.5×103mol，根据电极反应式可知转移的电子的物质的量为2.5×103mol×8=2×104mol。
18.【答案】（1）将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触 7∶2
（2） PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−
（3） 1.6×10−8 使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度
（4） 7.28×10−4mol·L−1 Cl−有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀 向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快
【解析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，浸取后然后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓
+4OH−，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4·2H2O。（1）“焙烧”时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；由分析可知，“焙烧”时MoS2转化为MoO3的反应为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶2；“浸取”时的反应为：MoO3+CO=MoO+CO2↑，PbO+CO=PbO+CO2↑，故生成气体a为CO2，故其的电子式为：，故答案为：将钼精矿粉碎以增大接触面积，通入适当过量的空气或者从下端鼓入空气让钼精矿与空气充分接触；7∶2；；(2)“浸取”后然后PbO转化为Na2PbO2，向溶液中加入沉淀剂Na2S溶液除去重金属离子Pb2+，离子反应为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−，故答案为：PbO+2H2O+S2−=PbS↓+4OH−；(3)①当BaMoO4开始沉淀时溶液中钡离子浓度c(Ba2+)==，溶液中碳酸根离子浓度c(CO)==0.20mol/L×(1-
87.5%)=0.025mol/L，故c(Ba2+)==4.0×10−8mol/L，故Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)·c(MoO)=4.0×
10−8mol/L×0.40mol/L=1.6×10−8，故答案为：1.6×10−8；②由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用多次后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；(4)①根据图示可知，当钼酸钠-月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg·L−1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：≈7.28×10−4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0−4mol·L−1，故答案为：7.28×10−4mol·L−1。②由图示数据可知，a点前，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；随着酸的浓度增大，碳素钢在盐酸中的腐蚀速率明显比在硫酸中腐蚀速率快，其原因可能是Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，设计实验证明上述结论可设计为：向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快，故答案为：Cl−有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀；向上述硫酸溶液中加入少量氯化钠等可溶性氯化物，碳素钢的腐蚀速率明显加快。
19.【答案】（1）VIIB 3
（2）1∶1
（3）>
（4）SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰
（5）32
（6）12
【解析】(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；(2)二氧化碳分子中含有碳氧双键，双键中含有1个σ键和1个π键，则σ键与π键的数目比为2∶2=1∶1，故答案为：1∶1；(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键，故答案为：＞；(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：SiO2是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2熔点高于干冰；(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。
20.【答案】（1）取代反应
（2） 或
（3） 吸收反应生成的HCl使反应平衡向右移动
（4） 0
（5）
【解析】A中苯环上的H原子被CH3CO－取代生成B，B中酚羟基的H原子被-Bn取代生成C，C中苯环上的H原子被硝基取代生成D，D中硝基被还原生成氨基，E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F。(1)A中苯环上的H原子被CH3CO－取代生成B，A→B的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，a．既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酯基和酚羟基；b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，说明有4种氢原子，个数比为：3∶2∶2∶1，故答案为：或；(3)E中氨基和酚羟基上的H原子被取代生成F，同时生成HCl，反应⑤中碳酸钾的作用是吸收反应生成的HCl推动反应平衡右移。故答案为：吸收反应生成的HCl使反应平衡右移；(4)E中甲基中饱和碳上连有3个相同的H，不能形成手性，手性碳原子的数目为0。故答案为：0；(5)设计以和为原料制备，根据题干中信息，要先合成，甲基上氢可用卤素发生取代反应，产物再水解；硝基还原成氨基。参考合成路线为：
。
相关试卷
（新高考）高考化学考前冲刺卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高考化学考前冲刺卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高考化学考前冲刺卷一原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷一解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）高考化学考前冲刺卷（五）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高考化学考前冲刺卷（五）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高考化学考前冲刺卷五原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷五解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）高考化学考前冲刺卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高考化学考前冲刺卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高考化学考前冲刺卷四原卷版doc、新高考高考化学考前冲刺卷四解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
