江苏省南京师大附中届高三一模模拟考试化学试题解析版Word文档格式.docx

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3.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A.pH＝1的无色溶液中：

Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32-

B.使酚酞呈红色

溶液中：

K＋、Na＋、NO3-、Cl－

C.0.1mol·

L－1的FeCl2溶液中：

H＋、Al3＋、SO42-、ClO－

D.由水电离出的c（H＋）＝1×

10－10mol·

L－1的溶液中：

Mg2＋、NH4+、SO42-、HCO3-

【答案】B

【详解】A、Cu2+

蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；

B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；

C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；

D、由水电离出的c（H＋）＝1×

10-10mol/L<

1×

10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误；

答案选B。

4.下列各装置能够达到相应实验目的的是

A.用装置甲除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸

B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢

C.用装置丙制取无水MgCl2

D.用装置丁制取乙烯

【答案】C

【详解】A.乙酸乙酯遇到氢氧化钠溶液会发生水解，不能用装置甲除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，A项错误；

B.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银溶液反应，所以氯气也会被吸收，B项错误；

C.MgCl2·

2H2O受热时会发生水解，最终得不到MgCl2，在氯化氢气流中加热可抑制MgCl2·

2H2O的水解，C项正确；

D.温度计应该插到液面以下，D项错误。

答案选C。

5.下列物质性质与应用对应关系正确的是

A.氨气具有还原性，可用作制冷剂

B.Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中

供氧剂

C.明矾水解形成Al（OH）3胶体，可用作水处理中的净水剂

D.碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂

【详解】A、氨气用作制冷剂是因为氨气易液化，气化时吸热导致温度降低，与氨气的还原性无关，错误；

B、过氧化钠呈浅黄色，属于过氧化钠的物理性质，而过氧化钠用作供氧剂是因为过氧化钠与二氧化碳反应可产生氧气，属于化学性质，二者无对应关系，错误；

C、明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作水处理中的净水剂，正确；

D、碳酸钠用作锅炉的除垢剂，是因为碳酸钠与硫酸钙中的钙离子结合为更难溶的碳酸钙沉淀，从而使硫酸钙转化为碳酸钙沉淀除去，利用的是沉淀的转化，与碳酸钠溶液的碱性无关，错误；

6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）

A.常温常压下，2.24LH2O中含有极性共价键的数目为0.2NA

B.0.1mol·

L－1NH4Cl溶液中含有NH

的数目小于0.1NA

C.100mL12mol·

L－1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA

D.标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA

【详解】A、常温常压下，2.24LH2O的物质的量不是0.1mol，因此其中含有极性共价键的数目不是0.2NA，A错误；

B、0.1mol·

L－1NH4Cl溶液中NH4＋的浓度小于0.1mol/L，但不能确定溶液的体积，因此不能计算含有的数目，B错误；

C、100mL12mol·

L－1的浓HNO3的物质的量是1.2mol，与过量Cu反应，随着反应的进行，浓度降低，因此在反应过程中既有NO2，也有NO生成，则不能计算转移电子的数目，C错误；

D、标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体的物质的量是0.5mol，二者均还有4个氢原子，因此其中含有氢原子的数目为2NA，D正确；

答案选D。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.Na2SO3溶液中滴加稀H2SO4：

SO32-+2H+＝SO2↑+H2O

B.向AlCl3溶液中滴入足量的浓氨水：

Al3++4OH-=AlO2-+2H2O

C.Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：

2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-

D.Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：

2Fe3＋＋2I—＝2Fe2＋＋I2

【详解】A.亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，符合离子方程式的书写，故A正确；

B.氢氧化铝不溶于氨水，所以不会生成偏铝酸根离子，故B错误；

C.次氯酸钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀与次氯酸，故C错误；

D.Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液，则该溶液中相当于存在硝酸，硝酸的氧化性大于铁离子的氧化性，所以硝酸根离子会氧化碘离子，故D错误。

8.下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是

甲

乙

丙

A

Na

H2O

Cl2

B

Al

Fe2O3

稀H2SO4

C

CH3CH2OH

NaOH溶液

CH3COOH

D

Ba（OH）2溶液

CO2

Na2CO3溶液

A.AB.BC.CD.D

【详解】A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、与氯气反应生成氯化钠，水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸，正确；

B、Al与氧化铁在高温条件下发生置换反应、与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，正确；

C、乙醇与醋酸在一定条件下发生酯化反应，氢氧化钠与醋酸发生中和反应，但乙醇不与氢氧化钠溶液反应，错误；

D、氢氧化钡溶液与二氧化碳反应可产生碳酸钡沉淀、与碳酸钠溶液反应生成氢氧化钠和碳酸钡，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，正确；

9.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大。

其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，W3+与Y2-具有相同的核外电子数，R是同周期中原子半径最小的元素。

下列叙述正确的是

A.Y2-的离子半径大于W3+的离子半径

B.Y、Z形成的化合物为离子化合物

C.W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强

D.Z的气态简单氢化物的稳定性比R的强

【分析】

Z的单质是一种良好的半导体材料，则Z是Si元素，X、Z同主族，所以X是C元素；

W3+与Y2-具有相同的核外电子数，则W是第三主族元素，Y是第六主族元素，且W在第三周期，Y在第二周期，所以W是Al元素，Y是O元素；

R的原子序数最大，则R是第三周期中原子半径最小的元素，所以R是Cl元素。

【详解】A、W3+与Y2-具有相同

核外电子数，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以Y2-的离子半径大于W3+的离子半径，故A正确；

B、Si与O形成的化合物是二氧化硅，属于共价化合物，故B错误；

C、C的非金属性大于Al的非金属性，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱，故C错误；

D、Si与Cl是同周期元素，从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以Si的非金属性比Cl弱，所以Z的气态简单氢化物的稳定性比R的弱，故D错误；

10.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法．保持污水的pH在5.0-6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净水作用．模拟处理装置如图所示，下列说法正确的是

A.该燃料电池负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O

B.工作时熔融盐中的CO32-移向正极

C.该电解池中Fe极的电极反应式为:

2H++2e-=H2↑

D.为使电池长时间稳定工作必须有部分A物质参与循环，则A为CO2

由示意图可知，左池为燃料电池，通入甲烷的一极为负极，甲烷在熔融盐作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在熔融盐作用下得到电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－；

右池为电解池，与正极相连的铁电极为阳极，铁在阳极上失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成氢氧化铁胶体，与负极相连的碳电极为阴极，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+＋2e－＝H2↑。

【详解】A.通入甲烷的一极为燃料电池的负极，甲烷在熔融盐作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O，故A错误；

B.燃料电池工作时，阴离子向负极移动，则CO32-移向负极，故B错误；

C.电解池中，与正极相连的铁电极为阳极，铁在阳极上失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；

D.电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故D正确；

【点睛】活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身放电，注意铁在阳极上失去电子发生氧化反应只能生成亚铁离子是解答关键。

不定项选择题，本题包括，5小题，每小题4分，共计l0分．每小题只有一个或两个选项符合题意．

11.下列有关说法正确的是

A.马口铁（镀锡铁皮）镀层破损后铁仍不易腐蚀

B.CH3Cl（g）＋Cl2（g）

CH2Cl2（l）＋HCl（g）能自发进行，则该反应的ΔH＞0

C.MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）<

Ksp（MnS）

D.合成氨生产中将NH3液化分离，一定能加快正反应速率，提高H2的转化率

【详解】A．镀锡铁镀层破损后在电解质溶液中形成原电池时铁做负极，容易被腐蚀，故A错误；

B．该反应的△S＜0，根据反应自发进行的判据△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0．故B错误；

C．沉淀向着Ksp更小的物质转化，当MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），故C正确；

D．合成氨生产中将NH3液化分离，降低正反应速率，提高H2的转化率，故D错误；

故选C。

12.某药物中间体X，其结构如图所示。

下列说法正确的是

A.X分子中含有手性碳原子

B.X可发生氧化、消去、取代等反应

C.X既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应

D.1molX与H2反应，最多消耗4molH2

【答案】AC

【详解】A、该有机物分子中存在C原子与4种不同的基团相连，所以含有手性碳原子，正确；

B、该分子中的酚羟基不能发生消去反应，错误；

C、因为该分子中含有氨基可与盐酸反应，含有酚羟基可与氢氧化钠溶液反应，正确；

D、该分子中的羰基、碳碳双键、苯环均与氢气发生加成反应，所以1molX与H2反应，最多消耗5molH2，错误；

答案选AC。

13.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是

A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水

B.将pH=11的氨水稀释1000倍，测得pH>

8，说明NH3·

H2O为弱碱

C.加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定

D.将红热的Pt丝伸入上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2

氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确；

pH=11的氨水中

mol/L，稀释1000倍,测得pH>

8，

mol/L，说明NH3·

H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·

H2O为弱碱，故B正确；

碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；

氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。

点睛：

氨气催化氧化生成NO，

，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应

。

14.已知NaHC2O4溶液的pH<

7。

常温下，向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH与pOH[pOH=-lgc（OH-）］的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

A.a点：

c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）=c（OH-）

B.b点：

c（Cl-）>

c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）

C.c点：

c（Na+）=c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（Cl-）

D.d点：

c（OH-）+c（Cl-）＞c（H+）+2c（H2C2O4）

【答案】AD

A、Na2C2O4溶液的质子守恒，水电离出的n（H＋）=n（OH－），在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H＋,HC2O4－,H2C2O4）三种形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水电离出的氢离子,所以c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）=c（OH-），故A正确；

B、b点时，溶液为NaHC2O4，根据物料守恒，c（Cl-）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），故B错误；

C、电荷守恒为c（Na+）=c（HC2O4-）+c（C2O42-）×

2+c（Cl-），故C错误；

D、根据物料守恒，c（Na＋）=2c（H2C2O4）+2c（HC2O4-）+2c（C2O42-），电荷守恒为c（H+）＋c（Na+）=c（OH―）＋c（HC2O4-）+c（C2O42-）×

2+c（Cl-），

2c（H2C2O4）+2c（HC2O4-）+2c（C2O42-）＋c（H+）=c（OH―）＋c（HC2O4-）+c（C2O42-）×

2+c（Cl-）

即：

2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）＋c（H+）=c（OH―）+c（Cl-），故c（OH-）+c（Cl-）＞c（H+）+2c（H2C2O4）正确；

故选AD。

15.在密闭容器中：

按CO2与H2的物质的量之比为1:

3进行投料，发生反应2CO2（g）+6H2（g）

CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H<

0,在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（V%）如图所示，下列说法中正确的是

A.表示CH3CH2OH组分的曲线是IV

B.图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka>

Kb

C.图中曲线交点a对应的CO2转化率为40%

D.若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：

恒温恒压，乙；

恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：

甲＜乙

【详解】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ，故A正确；

B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka<

Kb，故B错误；

C.图中曲线Ⅱ为CO2，曲线Ⅲ为H2O，曲线交点a为二氧化碳和水平衡时的体积分数相等，根据反应2CO2（g）+6H2（g）

CH3CH2OH（g）+3H2O（g）可知，1molCO2反应消耗0.4mol，平衡时为0.6mol，生成水0.6mol，所以CO2转化率为40%，故C正确；

D.根据反应2CO2（g）+6H2 

（g）

CH3CH2OH（g）+3H2O（g），随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：

甲>

乙，故D错误；

故选AC。

【点睛】该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2 

与H2 

的物质的量之比1：

3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。

非选择题（80分）

16.实验室用氧化锌矿粉（主要含ZnO、FeCO3、CuO等）制备碱式碳酸锌[Zn2（OH）2CO3]，并将其用于合成氨工艺脱硫研究。

（1）“酸浸”时保持H2SO4过量的目的是_____。

（2）已知：

Mn2+开始沉淀的pH=8.1。

①写出加入KMnO4溶液除铁的离子方程式：

_____。

②流程中调节pH=5.4所加试剂X为_____（填化学式）；

试剂X、KMnO4溶液加入顺序能否互换？

请判断并说明理由_____。

（3）上述流程中的“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为_____（填化学式）。

（4）合成氨原料气脱硫原理如图，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为_____。

【答案】

（1）.提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解）

（2）.3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+（3）.ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等均给分）（4）.不能；

强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀（5）.（NH4）2SO4（6）.Zn2（OH）2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O

【详解】

（1）“酸浸”时，硫酸与ZnO、FeCO3、CuO反应，生成硫酸盐等，溶液中存在金属阳离子，均会发生水解反应，所以酸浸时硫酸过量的目的是提高矿石的浸出率，防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解；

（2）①由流程图可知，加入高锰酸钾除铁时，Fe元素以氢氧化铁的形式除去，同时生成二氧化锰，所以加入KMnO4溶液除铁的离子方程式是3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+；

②最终的产物是碱式碳酸锌流程中调节pH=5.4所加试剂X既能除去过量的硫酸调节溶液的pH又不能引入新的杂质，所以X只能是ZnO或碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌等；

试剂X与高锰酸钾不能互换，因为在酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，而锰离子沉淀时的pH=8.1>

5.4，此时Zn2+也会沉淀，所以不能互换；

（3）由流程图可知，除铜后的溶液中的溶质为硫酸锌，加入碳酸铵后，主要得到碱式碳酸锌和硫酸铵，硫酸铵可做化肥，所以滤液中的溶质是（NH4）2SO4；

（4）碱式碳酸锌吸收硫化氢后得到ZnS沉淀，同时又二氧化碳、水生成，过滤后可达到除硫

目的，所以碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为Zn2（OH）2CO3+2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O。

17.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：

（1）B中的含氧官能团有________和_________（填名称）;

（2）C→D的转化属于_________反应（填反应类型）．

（3）已知E→F的转化属于取代反应，则反应中另—产物的结构简式为______。

（4）A（C9H10O4）的一种同分异构体X满足下列条件：

I.X分子有中4种不同化学环境的氢。

II.X能与FeCl3溶液发生显色反应。

III.lmolX最多能与4molNaOH发生反应

写出该同分异构体的结构简式：

_____________。

（5）已知：

+R3CHO,根据已有知识并结合相关信息．

写出以

为原料制备

的合成路线流程图（无机试剂任用）。

____________

合成路线流程图示例如下：

CH3CH2Br

CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3

【答案】

（1）.酯基

（2）.醚键（3）.氧化反应（4）.

（5）.

（6）.

（1）根据B的结构简式可知，B中含有酯基和醚键；

（2）比较C和D的结构简式可知，C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应；

（3）E→F的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式；

（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1mol 

X最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基、酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，根据条件写同分异构体；

（5）以

，可以先将通过

发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品。

（1）根据B的结构简式可知，B中含有酯基和醚键，所以含氧官能团为酯基和醚键，故答案为：

酯基和醚键；

（2）比较C和D的结构简式可知，C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应，故答案为：

氧化反应；

（3）E→F的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式为

，故答案为：

；

（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1molX最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基、酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，符合条件的同分异构体为

发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品，合成路线为

【点睛】以

发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的