2022届高考化学二轮复习模拟卷4（全国甲卷）（Word版带答案）

备战2022年高考化学一轮模拟卷4（全国甲卷）可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Al27S32Ca40Fe56Ba137一、选择题:本题共16小题,每小题3分,共48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．（2021·江西·余干县新时代学校高三阶段练习）下列实验过程不可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化B比较金属镁和铝的活泼性分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象C比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色D检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水A．AB．BC．CD．D2．（2021·湖北孝感·高三模拟）下列关于阿伏加德罗常数NA说法错误的是A．18gH2O所含电子数为10NAB．常温常压下，48gO3和O2含氧原子数目3NAC．1molNa2O2所含阴离子数目为NAD．11.2L氢气中所含原子数为NA3．（2021·广西·河池高中高三阶段练习）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是A．CH3CH2OH能与水互溶B．NaClO通过氧化灭活病毒C．过氧乙酸相对分子质量为76g/molD．氯仿的化学式为4．（2021·江苏省如皋中学高二期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．纯碱溶液呈碱性，可用于去油污B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C．NH3具有还原性，可用作制冷剂D．FeCl3溶液呈酸性，可用作印刷电路板的蚀刻剂试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 5．（2020·全国·高三专题练习）常温下，0.1mol/L的溶液中，、、三者所占物质的量分数分布系数随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是A．的平衡常数B．将等物质的量的、溶于水中，所得溶液pH恰好为C．常温下HF的电离常数，将少量溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF+HC2O4-D．在0.1mol/L的溶液中，各离子浓度大小关系为6．（山西省运城市教育发展联盟2021-2022学年高二上学期12月月考化学试题）利用反应构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，裝置如图所示，下列有关说法正确的是A．电极A为正极，发生氧化反应B．电子从电极A流出经电解质溶液流向电极BC．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 D．当有被处理时，转移电子物质的量为7．（2022·浙江·高二阶段练习）CO与在铁催化剂表面进行两步反应，其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法正确的是A．在整个反应历程中，只有极性键的断裂和生成B．第二步反应活化能较大C．两步反应均为放热反应D．和均为反应的催化剂8．（2022·黑龙江·牡丹江一中高二期末）下列反应中，相关示意图错误的是(　　)A将二氧化硫通入到一定量氯水中B将NaHCO3溶液滴入到一定量Ba(OH)2溶液中C将铜粉加入到一定量浓硝酸中D将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 A．AB．BC．CD．D9．（2021·河南驻马店·高二期末）下列说法正确的是A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同B．的溶液不一定呈碱性C．相同温度下，浓度相等的盐酸、溶液中，相等D．若氨水和盐酸反应后的溶液呈酸性，则反应后溶液中c(Cl-)<c()10．（2016·四川成都·高一阶段练习）短周期元素X、Y的原子序数相差2，下列有关叙述正确的是A．X与Y可能形成共价化合物XYB．X与Y一定位于同一周期C．X与Y不可能位于同一主族D．X与Y不可能形成离子化合物XY11．（2021·山西吕梁·高一期末）下列离子方程式书写正确的是A．溶液中加入过量NaOH溶液：B．向稀硝酸中加入过量铁粉：C．将通入到溶液中：D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：12．（2020·贵州·贵定一中高二期末）环与环之间共用一个碳原子的多环烷烃称为螺环烷烃，共用的碳原子称为螺原子。现有两种螺环烷烃、的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．与均属于芳香烃B．中所有的碳原子可以共面C．与均可以与溴水发生加成反应D．的一氯代物有5种(不考虑立体异构)13．（2021·河北·正定中学高一阶段练习）向含有FeCl3、FeCl2的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A．该分散系的分散质为Fe2O3B．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开D．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O14．（2022·四川内江·高三练习）下列图示的四种实验操作是常用的物质分离提纯方法，其名称从左到右依次是A．蒸发、蒸馏、过滤、萃取B．过滤、蒸发、分液、蒸馏C．过滤、蒸馏、蒸发、萃取D．萃取、蒸馏、蒸发、过滤15．（2022·浙江宁波·高三阶段练习）(为+3价)可由反应制备得到，下列说法正确的是A．是氧化剂B．既是氧化产物又是还原产物C．只发生还原反应D．被氧化时，反应共转移电子16．（2022·江西抚州·高三阶段练习）五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性B．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹的燃放与氧化还原反应有关C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南的“杓”中含有Fe2O3D．出土的春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术二、非选择题:共52分,第17~19题为必考题,每个试题考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共39分。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 17．（2021·山东省潍坊第四中学高三阶段练习）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO；③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O。回答下列问题：(1)装置E中盛放铜片的仪器名称是___________。(2)上述实验装置中，依次连接的合理顺序为h→___________。(3)装置D中酸性KMnO4溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。(4)反应结束后，取适量产品溶于稀硫酸中，观察到的实验现象为___________。(5)测定深水井中亚硝酸钠含量：取1000mL水样于锥形瓶中，立即加入50.00mL0.001mol·L-1酸性高锰酸钾溶液，充分反应后用0.001mol·L-1草酸钠溶液滴定剩余的高锰酸钾，终点时消耗草酸钠溶液115.00mL。则水中NaNO2的含量为___________mg·L-1。若所取样品在空气中放置时间过长，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。有关反应如下：5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑十8H2O。18．（2020·重庆南开中学高三阶段练习）某冶炼厂采用萃取法回收镓锗铜后的废渣中含有Zn(II)、Fe(II)、Al(III)、Mn(II)、Cd(II)、As(V)的硫酸盐及氧化物。现欲利用废渣采用以下工艺流程制备工业活性氧化锌和无水硫酸钠。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+Zn2+Cd2+开始沉淀pH1.97.03.08.16.47.5完全沉淀pH3.29.04.710.18.09.7回答下列问题：(1)酸浸氧化①“酸浸氧化”时温度对金属离子沉淀率的影响如下图，由图可知“酸浸氧化”的最佳温度为______。②“酸浸氧化”中Fe2+和Mn2+均被Na2S2O8氧化，其中Mn2+被氧化后生成难溶于水的黑色沉淀。写出Mn2+被氧化的离子方程式________________。(2)“中和沉淀”前后溶液中相关元素的含量(g/L)如下表所示：①“中和沉淀”中随滤渣除去的元素除Al外，还有_________(填元素符号)。②“中和沉淀”后滤液②的pH=4.0，由此估算氢氧化铝的溶度积常数为_______(保留两位有效数字)。(3)“除镉”中加入的试剂X与溶液中的镉离子发生置换反应，则滤渣③的主要成分为_______。(4)若碱式碳酸锌的化学式为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O，写出“沉锌”反应的化学方程式是：_______。19．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）含氨废气的排放对人类健康和生态环境有十分严重的影响，其利用和处理意义重大。2－氰基吡啶()试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 是生产农药、香料等的重要原料，氨氧化合成法制备原理为：22。回答下列问题：(1)在V-Ti-O-Mo催化剂作用下，2－甲基吡啶()的氨氧化过程可能有如下两条路径：实验测得，反应按路径Ⅱ进行，从反应活化能的角度分析，原因：___________。(2)路径Ⅱ中温度过高会导致2－羧基吡啶()脱羧生成吡啶()。为探究催化剂V-Ti-O-Mo在不同温度下对反应的影响，在10L容器中加入2－甲基吡啶、氨、氧气的物质的量分别为10mol、60mol和40mol，在340~400℃下用时1h分别进行了多组实验，实验结果如表所示。已知：收率=转化率×选择性。反应温度/℃2—甲基吡啶转化率/%选择性/%收率/%34046.193.142.935066.296.6a36080.794.976.637086.595.582.638091.193.585.239095.480.176.440097.758.156.8试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 ①分析上表，催化剂V-Ti-O-Mo的最佳催化温度范围是：___________。②上表中a=___________(保留一位小数)；有人认为360℃时，2-甲基吡啶转化率80.7%不是该反应的平衡转化率，其理由是___________。③400℃时，1h内，v(NH3)=___________(保留三位小数)。(3)钌配合物可以作为一种新型氨氧化阳极催化剂，反应过程如下。催化过程中共产生了___________种含钌中间产物。该电极上氨氧化的电极反应方程式为：___________。(二)选考题:共13分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。20．（2021·全国·高三测试）19-Ⅰ下列叙述正确的有_______。A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点19-ⅡⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为___________，原子间存在的共价键类型有________，碳原子的杂化轨道类型为__________________。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 （2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为__________，分子的立体构型为________，属于________分子（填“极性”或“非极性”）。（3）四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_________________。②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性_______、共价性_________。（填“增强”“不变”或“减弱”）（4）碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_______________；其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为_______g·cm-3。21．（2021·贵州遵义·高二期末）氯贝丁酯M是一种可用于降血脂的药物。实验室由卤代烃A与芳香化合物E制备M的合成路线如下：已知：①②试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 (1)M中的含氧官能团名称为_____，F的结构简式为_____。(2)G→H的反应类型为______，A→B的反应试剂与条件为______。(3)写出I→M的化学方程式：______。(4)P比I少2个CH2原子团，写出P的满足下列条件的同分异构体有______种。①该物质能使FeCl3溶液显色；②该物质能与NaHCO3溶液反应；③苯环上只有三个取代基(5)参照上述合成路线，写出以F和2-丁醇为原料(无机试剂任选)制备的合成路线流程图___。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 参考答案：1．D【解析】A．氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，黄色褪去，可知Fe元素的化合价降低，铁离子被还原，则维生素C具有还原性，A正确；B．分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，通过比较反应现象（产生气泡的快慢）可以比较金属镁和铝的活泼性，B正确；C．向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色说明有单质碘生成，即碘化钾被氯化铁氧化为单质碘，所以氧化性是铁离子强于单质碘，即可以比较Fe3+和I2的氧化性强弱，C正确；D．NaHCO3与Na2CO3溶液均能与澄清石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，不能检验二者，D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、氧化还原反应规律等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。2．D【解析】A.18gH2O的物质的量为1mol，水是10电子分子，所含电子数为10NA，故A正确；B.O3和O2都是由O原子构成，则48gO3和O2的混合气体中含O的物质的量为3mol，含氧原子数目为3NA，故B正确；C.过氧化钠中阴阳离子的个数比为1:2，1molNa2O2所含阴离子数目为NA，故C正确；D.没有标准状况，无法确定气体摩尔体积的数值，即无法计算11.2L氢气中所含原子数的数值，故D错误；故选D。3．C【解析】A．乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；C．过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，其，摩尔质量为76g/mol，C说法错误；D．氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法正确。故选C。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 4．A【解析】A.油污在碱性条件下会水解，而纯碱的水溶液呈碱性，所以可用于去油污，A选项符合题意；B.二氧化硫具有漂白性，用于漂白纸浆，与其氧化性无关，B选项不符合题意；C.NH3可用作制冷剂是因为NH3易液化，C选项不符合题意；D.FeCl3用作印刷电路板的蚀刻剂，是源于其氧化性：2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，D选项不符合题意；答案选A。5．B【解析】A.由各微粒分布曲线图知，时，与的浓度相同，且二者的分布系数均为，可得，故A正确；B.的水解反应为，由图中第二个交点可求出的电离平衡常数为，的水解平衡常数为，故的水解程度小于的电离程度，等物质的量的、溶于水中，，，故B错误；C.类似于A项的分析，可以推算出反应的平衡常数，根据强酸制弱酸原理可得，故C正确；D.的水解平衡的平衡常数，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液中：，故D正确。故选B。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查内容是弱电解质的电离，以图像的形式呈现，需要学生除了具有读图的能力以外，还必须具备知识综合运用能力，题目考查内容综合，利用好图像中几个特殊点起点、交点，此题可解。6．C【解析】由题干装置图可知，左池通入NH3生成N2，失去电子，电极A为原电池的负极，反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，右池通入NO2生成N2，得到电子，电极B为原电池的正极，反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，据此分析解题。A．由分析可知，电极A为原电池的负极，发生氧化反应，A错误；B．由分析可知，电极A为负极，电极B为正极，电子有负极A经导线流向正极B，但电子不能经过电解质溶液，B错误；C．为使电池持续放电，正极区生成的不断通过阴离子交换膜进入负极区，C正确；D．没有指明是标准状况，无法确定其物质的量，不能计算转移的电子，D错误；故答案为：C。7．C【解析】A．根据图示反应历程图知，第一个步断开氮氧键，结合氧原子，氮原子与氮原子之间重新形成新的氮氮三键，得到氮气，第二步，CO结合铁催化剂上的氧原子形成二氧化碳，所以在整个反应历程中，除了有极性键的断裂和生成，还有氮氮三键非极性键的形成，故A错误；B．根据反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故B错误；C．根据反应历程图知，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；D．由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是反应的中间产物，故D错误；故选：D。8．B【解析】试题分析：A、氯气和二氧化硫、水反应式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 ，因此溶液的酸性逐渐增强至不变，pH逐渐减小至保持不变，A正确；B、由以少定多法可知，先后发生的反应为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O、Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，即随着小苏打溶液的滴入，先生成的CO32-均被钡离子沉淀，因此CO32-不会逐渐增大，B错误；C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，C正确；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，D正确；答案选B。【考点定位】本题考查元素化合物的图像分析。【名师点晴】明确反应的先后顺序是答题的关键，该类试题侧重考查了学生对知识的记忆、理解以及利用所学知识分析、解决实际问题的能力，反应物的量（过量、少量）时化学反应以及反应先后顺序的分析与判断，突出了化学学科核心知识。9．B【解析】A．pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，错误；B．温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-)时溶液一定呈碱性，正确C．浓度相同说明两种溶液中c(H+)不相同，相同温度下Kw相同，Kw=c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度不相同说明氢氧根浓度不相同，错误；D．氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH)，溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，所以c(Cl-)>c(NH)，错误；故选：B。10．A【解析】试题分析：A．短周期元素X、Y的原子序数相差2，它们可形成化合物XY，如CO，该物质是共价化合物，也可形成离子化合物如NaF，正确；B．X与Y可能位于同一周期，如CO的组成元素，也可能再两个不同的周期，错误；C．X与Y形成化合物XY，如LiH，两种元素位于同一主族，错误；D．根据上述分析可知X与Y不可能形成离子化合物XY，如NaF、LiH等，错误。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 考点：考查元素形成的化合物的结构类型与元素在元素周期表的位置的关系的知识。11．D【解析】A．溶液中加入过量NaOH溶液，和都可以和OH-反应：，故A错误；B．铁粉是过量的，生成的是Fe(NO3)2：，故B错误；C．由于亚硫酸的酸性弱于盐酸，所以和溶液不反应，故C错误；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，生成硫酸钡沉淀和水：，故D正确；故选D。12．D【解析】A．根据X与Y的结构简式，X与Y中不含有苯环，则均不属于芳香烃，A说法错误；B．Y中3号碳原子为sp3杂化，与其相连的碳原子为正四面体构型，则所有的碳原子不可能共面，B说法错误；C．X与Y中均不含有碳碳不饱和键，均不能与溴水发生加成反应，C说法错误；D．X为对称结构，其一氯代物为，有5种(不考虑立体异构)，D说法正确；答案为D。13．D【解析】A．Fe2O3呈红棕色，肯定不是该分散系的分散质，A不正确；B．分散系不带电，胶粒才可能带正电荷或负电荷，B不正确；C．胶粒能透过半透膜，将黑色金属氧化物与Na＋分离开，应使用渗析，C不正确；D．黑色金属氧化物应为Fe3O4(胶体)，加入NaOH时可能反应为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－==Fe3O4(胶体)＋4H2O，D正确；故选D。14．B试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 【解析】试题分析：第一个装置是分离难溶性的固体与可溶性的液体混合物的方法，叫过滤；第二个装置是分离溶解度受温度的影响变化不大的溶质与溶剂的方法，叫蒸发；第三个装置是分离互不相溶的两种液体混合物的方法，叫分液；第四个装置是分离互溶的、沸点不大的液体混合物的方法，叫蒸馏，故命名方法正确的选项是B。考点：考查分离混合物的方法正误判断的知识。15．B【解析】在该反应中Cu元素的化合价由反应前的+2价变为反应后KCuO2中的+3价，化合价升高；O元素的化合价由反应前中的-价部分变为反应后O2中的0价，化合价升高；部分变为反应后中的-2价，化合价降低，所以该反应中化合价升高的元素有Cu、O元素，以此解题。A．由分析可知，氧化铜为还原剂，A错误；B．由分析可知，从铜分析为氧化产物，从氧元素分析为还原产物，B正确；C．由分析可知，即发生氧化反应，又发生还原反应，C错误；D．由分析可知，在反应中铜共失去2个电子，氧元素共失去1个电子，则方程式对应转移3个电子，故0.2mol氧化铜被氧化时，转移电子0.3mol，D错误；故选B。16．C【解析】A．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度比成分金属大的特性，A正确；B．爆竹的燃放过程中有氧气发生反应，反应过程中元素化合价发生了变化，因此发生的反应与氧化还原反应有关，B正确；C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南的“杓”中含有Fe3O4，C错误；D．出土的春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握炼铁、炼钢的技术，D正确；故合理选项是C。17．(1)圆底烧瓶试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 (2)efcdabg或efcdbag(3)5NO+3MnO+4H+=5NO+3Mn2++H2O(4)固体溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色(5)    0.69    偏低【解析】本实验的目的是制备NaNO2并探究其性质，根据所给装置可知，该实验中需先利用浓硝酸和铜制取NO2，然后在装置C中和水反应得到硝酸和NO，生成的硝酸与铜也可以反应生成NO，之后经浓硫酸干燥后与过氧化钠反应得到亚硝酸钠，最后用酸性高锰酸钾溶液吸收未反应的NO。(1)根据该仪器的结构特点可知其为圆底烧瓶；(2)根据分析可知仪器的顺序为E、C、B、A、E，则连接顺序为h-e-f-c-d-a-b-g；(3)NO有毒，需要进行尾气处理，酸性高锰酸钾可以将其氧化为NO，根据得失电子守恒可知NO和MnO的系数比为5:3，再结合元素守恒可得离子方程式为5NO+3MnO+4H+=5NO+3Mn2++H2O；(4)亚硝酸钠与硫酸反应生成HNO2，HNO2反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O，NO与空气反应，生成二氧化氮，所以现象为：固体溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色；(5)NO可将MnO还原为Mn2+，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO~5NO，多余的高锰酸钾，可将草酸根氧化，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO~5C2O，消耗0.001mol·L-1草酸钠115.00mL，则与亚硝酸钠反应后剩余的n(MnO)=0.001mol·L－1×0.115L×=4.6×10-5mol，则1000mL水样消耗n(MnO)=0.001mol·L－1×0.05L-4.6×10-5mol=4×10-6mol，则水样中含有n(NaNO2)=4×10-6mol×=10-5mol，质量为10-5mol×69g/mol=6.9×10-4g=0.69mg，所以水中NaNO2的含量为0.69mg/1L=0.69mg/L；NaNO2试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 放置空气中时间过长被氧化，实际含量降低，测定结果偏低。18．    90℃    Mn2＋＋S2O＋2H2OMnO2↓＋2SO＋4H＋    Fe   As    3.7´10-33    Cd    3ZnSO4＋3Na2CO3＋3H2OZnCO3·2Zn(OH)2·H2O＋3Na2SO4＋2CO2↑【解析】废渣中含有Zn(II)、Fe(II)、Al(III)、Mn(II)、Cd(II)、As(V)的硫酸盐及氧化物，加入30%H2SO4、Na2S2O8酸浸氧化，Fe3+被氧化成Fe3+，结合题意可知Mn2+被氧化成MnO2，即滤渣①；滤液中加入石灰石调节pH值为4.0~4.5除去Fe、As、Al元素，此时溶液中的杂质还有Cd2+，根据题意可知可利用置换反应除去Cd2+，为了不引入新的杂质试剂X应为Zn，滤渣③主要成分为Cd；之后加入热的纯碱溶液调节pH值为6.8~7.0过滤得到碱式碳酸锌滤饼，洗涤干燥得到碱式碳酸锌，煅烧得到氧化锌；滤液④中主要含有硫酸钠，蒸发结晶得到无水硫酸钠。(1)①据图可知当温度达到90℃时Mn2+几乎完全沉淀，所以最佳温度为90℃；②Mn2+被氧化后生成难溶于水的黑色沉淀，则氧化产物应为MnO2，化合价升高2价，S2O中因具有一个过氧键而显强氧化性，所以S2O整体化合价降低2价，则Mn2+与S2O的系数比为1：1，再结合元素守恒可得离子方程式为Mn2＋＋S2O＋2H2OMnO2↓＋2SO＋4H＋；(2)①根据表格数据中和前后Al、Fe、As都明显减少，所以随滤渣除去的元素除Al外还有Fe、As元素；②中和后溶液pH=4，则溶液中c(OH-)=10-10mol/L，Al3+的含量为0.1g/L，则c(Al3+)=mol/L，Ksp[Al(OH)3]=c3(OH-)·c(Al3+)=3.7´10-33；(3)利用置换反应除去Cd2+，所以滤渣③主要成分为Cd；(4)除镉后的滤液中主要溶质为ZnSO4，加入Na2CO3溶液80~90℃、pH为6.8~7.0时生成碱式碳酸锌，根据元素守恒可知化学方程式为3ZnSO4＋3Na2CO3＋3H2OZnCO3·2Zn(OH)2·H2O＋3Na2SO4＋2CO2↑。19．(1)在V-Ti-O-Mo催化剂作用下，路径I所涉及反应的活化能更低，反应速率快试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 (2)    370~380℃    63.9    平衡转化率随温度升高而降低，表中相同时间内的转化率随温度升高而增大，说明不是平衡转化率    0.568(3)    3    【解析】(1)在V-Ti-O-Mo催化剂作用下，路径所涉及反应的活化能更低，反应速率快，反应按路径Ⅱ进行。(2)①从表中数据可以看出，在催化剂V-Ti-O-Mo催化下，2-氰基吡啶的选择性在380°C以上时开始明显下降，这可能是因为温度过高导致了2-羧基吡啶大量脱羧生成副产物，从而导致收率随着温度的升高先增加后减少。由表可以看出，催化剂V-Ti-O-Mo的最佳催化温度范围是370~380℃；②收率=2-甲基吡啶转化率×选择性，350℃时，收率，则；正反应为放热反应，温度升高，平衡转化率应随温度升高而降低，但表中在相同时间内测得的转化率随温度升高逐渐增大，说明不是平衡转化率；③400℃时会导致部分2-羧基吡啶()脱羧生成吡啶()，2-甲基吡啶的转化率为97.7%，但选择性为58.1%，1h内，消耗的为，。(3)由反应过程可知，催化过程中共产生了3种含钌中间产物。酸性介质中，氨氧化的电极反应为。20．    AD    混合型晶体    σ键、π键    sp2    4    正四面体    非极性    均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大    减弱    增强    K3C60    2.0【解析】I.A、某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于VIIA族，最高正价为+7价，故A正确；B、金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B错误；C、HClO4试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 可以写成(HO)ClO3，HClO写成(HO)Cl，高氯酸的中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C错误；D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D正确；II.（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成σ键，层间的碳原子间形成的是π键；石墨中碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2；（2）SiCl4中心原子是Si，有4个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体；属于非极性分子；（3）①SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对质量的增大而增大，即熔沸点增高；②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此PbX2中化学键的离子型减弱，共价型增强；（4）根据晶胞的结构，C60位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，K为与棱上和内部，个数为12×1/4＋9=12，因此化学式为K3C60，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(1.4×10－7)3cm3，根据密度的定义，则晶胞的密度为2.0g/cm3。21．    醚键、酯基        取代反应    氢氧化钠水溶液，加热    +C2H5OH+H2O    20    【解析】根据逆推法及已知②由D的结构简式可知，C与三氯甲烷反应生成D，则C为丙酮，B为2-丙醇，A为2-溴丙烷；根据E的分子式可知，E为苯酚，苯酚在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应，结合G中取代基的位置可知取代位置在苯环的对位，则F为，在铁和氯试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 化氢作用下发生还原反应生成G为，G在一定条件下发生取代反应生成H为，与发生取代反应生成后酸化得到I为，I与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M为，据此分析。(1)M为，含氧官能团名称为醚键、酯基，F的结构简式为；(2)G→H是上的氨基被氯原子取代，发生的反应类型为取代反应，A→B是2-丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成2-丙醇和溴化钠，反应试剂与条件为氢氧化钠水溶液，加热；(3)I→M是与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为：+C2H5OH+H2O；(4)P比I少2个CH2原子团，P的满足下列条件的同分异构体：①该物质能使FeCl3溶液显色，则含有酚羟基；②该物质能与NaHCO3溶液反应，则含有羧基；③苯环上只有三个取代基，结合结构简式可推知：一种情况是苯环上有酚羟基、氯原子和-CH2COOH三个取代基，根据定二动三，若酚羟基和氯原子分别在邻、间、对位，则再在苯环上取代上-CH2COOH的种类分别有4种、4种、2种共10种；另一种情况是苯环上有酚羟基、羧基和-CH2Cl三个取代基，根据定二动三，若酚羟基和羧基分别在邻、间、对位，则再在苯环上取代上-CH2Cl的种类分别有4种、4种、2种共10种；故配合条件的同分异构体总共有20种；(5)参照上述合成路线，2-丁醇氧化生成，与三氯甲烷反应生成，与反应生成，与2-丁醇反应制备试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 的合成路线流程图为。试卷第23页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司