绝密★启用前（新高考卷）化学参考答案1.【答案】D【解析】光伏发电是太阳能直接转化成电能，A项错误；石墨烯是无机非金属材料，B项错误；碲是VⅠA族元素，镉属于过渡元素，C项错误；人工合成淀粉属于有机高分子化合物，D项正确。2.【答案】D【解析】将盐卤溶液蒸干得到的是Mg(OH)2、CaSO4等，D项错误。3.【答案】A1【解析】SO2的价层电子对=键电子对+孤电子对=2+（622）=2+1=3，则SO2的价层电子对互斥模型为2，A项正确；顺-2-丁烯的2个甲基应该位于同侧，图中的球棍模型是反-2-丁烯，B项错误；Na2O2是离子化合物，电子式为，C项错误；MgCl2的形成过程的箭头方向画反了，D项错误。4.【答案】C【解析】钠和钾容易与水剧烈反应，白磷容易自燃，实验室没有用完的钠、钾和白磷物质需要放回原试剂瓶，A项错误；量筒的精确度不能到0.01mL，应该用碱式滴定管或移液管量取，B项错误；蒸馏实验操作中，若使用球形冷凝管可能导致部分馏分滞留在冷凝管中，D项错误。5.【答案】B【解析】1mol苯甲酸含有的双键数目为NA，A项错误；1molSiO2晶体含有4molSi-O键，6.0gSiO2（0.1mol）含++有的Si-O键数目为0.4NA，B项正确；1LpH=1的H2SO4溶液中n(H)=1L×0.1mol/L=0.1mol，则H的数目为0.1NA，C项错误；标准状况下，SO3是非气态，不能用Vm=22.4L/mol计算，D项错误。6.【答案】B【解析】1molX分子中含有2mol碳氧π键，A项错误；分子Y不含手性碳原子，B项正确；1molX与H2发生加成反应，最多消耗5molH2，酯基不与H2加成，C项错误；X中含有醛基，Y中不含醛基，可以用新制的Cu(OH)2悬浊液检验Y中是否含有X，D项错误。7.【答案】C2-【解析】A项中H2S不能拆写；B项中HClO会氧化SO3；D项中不会生成Cu(OH)2，生成的是[Cu(NH₃)₄]²⁺；C项，加入MgO，消耗FeCl3水解生成的盐酸，促使水解程度增大，生成Fe(OH)3沉淀，C项离子方程式正确。8.【答案】C【解析】Cu+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，M层有18个电子，A项正确；晶胞中的4个Cu+，组成是3正四面体，B项正确；半径该晶胞的边长为apm，其体对角线为3apm，Cu+、Br-离子其核之间最短距离apm，4化学参考答案（新高考卷）第1页（共7页）C项错误；根据晶胞结构特点，可以得出该晶胞中含有4个Cu+、4个Br-离子，其所占体积为4416-πr34πr34π(r3r3)pm3，该晶胞的体积为a3pm3，所以该晶胞中Cu+、Br离子的空间占有率为313231216π(r3r3)12×100％，D项正确。3a39.【答案】D【解析】苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，看不到白色沉淀，A项错误；在铁制镀件上镀铜，铜片做阳极，铁制镀件做阴极，B项错误；方案丙只能验证非金属性C＞Si，不能验证Cl＞C，C项错误；由难溶的ZnS生成了更难溶的CuS，D项正确。10.【答案】D【解析】H原子不满足8电子稳定结构，A项错误；键角1的中心C是sp2杂化（键角约为120°），键角2的中心C是sp3杂化（键角约为109°28′），图中的键角1大于键角2，B项错误；该配合物中的配体只有一种，是EDTA，Mg2＋的配位数是6，C项错误，D项正确。11.【答案】B【解析】根据图示结构判断M、N、W、X、Y、Z分别为B、O、F、Al、Si、Cl。硅原子的最外层是3s23p2排布，3p上有2个未成对的电子，A项正确；Al2O3的熔点高于AlCl3的熔点，前者一般看做共价晶体，后者为分子晶体，B项错误；核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大，半径越小，X（Al3+）＜W（F-）＜N（O2-），C项正确；W的简单氢化物为HF，Z的简单氢化物为HCl，HF分子间存在氢键，沸点：HF＞HCl，D项正确。12.【答案】B【解析】医用酒精中含有水，水也可与钠反应生成H2，A项错误；比较HCOOH和H2S的酸性，应选择同浓度−−2+HCOO和HS的盐溶液进行比较，B项正确；向0.1molFeI2的溶液中通入0.1molCl2，无论是Fe先反应，还是--2+I先反应，都会生成I2，溶液都会变蓝，不能说明还原性：I＞Fe，C项错误；过量的KOH也能与AgNO3反应产生白色沉淀AgOH，然后迅速变成黑色沉淀AgO，溶液变浑浊，会干扰氯离子的检验，不能说明氯乙烷含有氯元素，D项错误。13.【答案】D【解析】该反应的催化剂是Pd(0)L2，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为中间产物，A项正确；催化剂Pd(0)L2中的Pd元素是0价，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中Pd元素是+2价，B项正确；Br-C键能小于Cl-C，溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应，C项正确；B(OH)2X2R2总反应为2OH-R--，项错误。++1+X+B(OH)4D1RR14.【答案】D【解析】电池分析：该装置为电解池，电极N附近产生了H+和Ca2+，电极M附近得到是高纯度的磷酸钙产品，化学参考答案（新高考卷）第2页（共7页）说明电极N附近的Ca2+通过了“网兜”移动到了电极M附近。电极N是阳极，跟电源的正极连接，A项正确；-电极M、N都没有参与电极反应，都可以是惰性电极，B项正确；从示意图可知，阳极电极反应为2H2O-4e+＝4H+O2↑，C项正确；钙离子通过了网兜，迁移至电极M处生成Ca3(PO4)2产品，说明“网兜”的实际作用并不是阴离子交换膜，D项错误。15.【答案】Dc(B)c(HA)c(HA)【解析】根据平衡常数K不变可知，当1g增大时[即c(H+)减小]，1g增大，1g减小，所2c(HB)c(H2A)c(A)c(HA)c(HA)c(B)c(B)以L1和L2分别表示1g和1g随1g变化的图像。根据图象，当1g=0时[即2c(H2A)c(A)c(HB)c(HB)c(HA)c(HA)c(HA)c(H)c(HA)-]，，即1.2，由得+2c(B)=c(HB)1g=1.2=10Ka1(H2A)=c(H)=Ka1(H2A)=c(H2A)c(H2A)c(H2A)c(HA)---c(B)c(H)-c(B)c(HA)31.24.2，则+4.2，项错误。当时，，1.0×10×10=10Ka(HB)==c(H)=10A1g=01g=3.4c(HB)c(HB)c(A2)2-c(A)c(H)----K--+4.2，则3.44.27.6，的水解平衡常数w14311，c(H)=10Ka2(H2A)==10×10=10HAKh2==10×10=10c(HA)Ka1-c(HA)Kh2＜Ka2(H2A)，则NaHA溶液中HA的电离程度大于水解，溶液呈酸性，B项错误。P点溶液，1g=c(H2A)c(HA)-----，即2，根据电荷守恒得①：++2，根据的物1gc(H2A)=c(A)c(Na)+c(H)=2c(A)+c(HA)+c(B)+c(OH)Na2Ac(A2)+2---+--料守恒得②：c(Na)=2×[c(A)+c(HA)+c(H2A)]，将②代入①得③：c(HA)+2c(H2A)+c(H)=c(B)+c(OH)，再将2--2-+--c(H2A)=c(A)代入③得：c(HA)+2c(A)+c(H)=c(B)+c(OH)，C项错误。根据前面的相关数据可以得出：-Ka1(H2A)＞Ka(HB)＞Ka2(H2A)，即酸性强弱关系：H2A＞HB＞HA，故Na2A溶液中滴入足量HB溶液的离子方程式为A2-+HB＝HA-+B-，D项正确。16.（14分）【答案】（1）第四周期第ⅡA族（1分）+2+（2）CaO+H2O+2NH4＝Ca+2NH3·H2O（2分）a（2分）（3）MgO（2分）（4）7.0（2分，填“7”也给分）pH约为7.0时，碳酸钙产率最高，pH低于7时（继续通入CO2），2+-发生CaCO3+CO2+H2O＝Ca+2HCO3,CaCO3产率降低（2分）（5）CO2、NH4Cl、NH3·H2O（3分，漏写1个扣1分，写错不得分）化学参考答案（新高考卷）第3页（共7页）【解析】（1）钙是20号元素，在元素周期表的第四周期第ⅡA族。（2）常温下，NH4Cl溶液浸取CaO发生反应CaO+H2O＝Ca(OH)2和Ca(OH)2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3·H2O，其总反+2+应的离子方程式为CaO+H2O+2NH4＝Ca+2NH3·H2O。“氨浸1”过程，需要溶解Ca(OH)2，“氨浸2”过程，需要溶解Mg(OH)2，再结合两者的Ksp大小和表达式可判断，“氨浸1”过程碱性更强，pH更大。（3）根据流程可判断，“滤渣1”主要成分是MgO，还有少量杂质。（4）根据图判断，CaCO3产率最高（即“碳化”效果最好）时，对应的pH约为7.0；pH低于7时（继续通入CO2），2+-发生CaCO3+CO2+H2O＝Ca+2HCO3,整体来看，CaCO3产率在降低。（5）白云石煅烧会生成CO2，“沉镁”过程会生成NH4Cl，氨浸1和氨浸2生成NH3·H2O，再结合流程图可知，可循环利用的物质是CO2、NH4Cl和NH3·H2O。17.（13分）【答案】+-2+（1）5H2C2O4+6H+2MnO4＝10CO2↑+2Mn+8H2O（2分）（2）H2SO4（2分）（3）d（2分）（4）酸式（1分）偏小（2分）FeSO4标准溶液放置时间长，部分亚铁离子被溶液中的O2氧化了（2分）（5）97.6（2分）【解析】+-（1）反应为酸性高锰酸钾氧化草酸根且有CO2气体产生，离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4＝10CO2↑2++2Mn+8H2O。（2）实验室使用的酸性KMnO4溶液一般是用硫酸来酸化。（3）溶液冷却需要用到烧杯，定容需要用到容量瓶和胶头滴管，步骤Ⅱ中不会用到滴定管。（4）FeSO4标准溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中；开始时滴定管读数正确，结束时仰视，则FeSO4标准溶液体积读数会偏大，滴定实验消耗的KMnO4的量偏大，实验中KMnO4的总量一定，则实验I中消耗的KMnO4的量偏小，则测得草酸钴晶体样品的纯度会偏小。若某次所测草酸钴晶体样品的纯度的误差也是偏小，实验操作和读数也均无误，可能是FeSO4标准溶液没有现配，放置时间长，部分亚铁离子被溶液中的O2氧化了。18.03mL17.97mL（5）消耗FeSO4溶液体积的第一组数据误差较大，计算要舍去，V(FeSO4)==18.00mL，22++-3+2+-1-3根据离子方程式：5Fe+8H+MnO4＝5Fe+Mn+4H2O可知滴定过程消耗MnO4的物质的量为×18×10L×5-4--40.1000mol/L=3.6×10mol，则实验步骤I中消耗的MnO4的物质的量为0.01mol-10×3.6×10mol=0.0064mol，根化学参考答案（新高考卷）第4页（共7页）+-2+据步骤I中离子方程式5H2C2O4+6H+2MnO4＝10CO2↑+2Mn+8H2O可知，晶体样品中CoC2O4·2H2O的物质50.016mol183g/mol的量为×0.0064mol=0.016mol，则草酸钴晶体样品的纯度=×100％=97.6％。23.0000g18.（14分）【答案】（1）+128.1（2分）（2）①A（2分）随着投料比增大，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高（2分）②66.7（2分）3200（2分）（3）无（2分）*CH3O+*H＝*CH2O+*2H（2分，或*CH3O＝*CH2O+*H）【解析】（1）根据盖斯定律可知ΔH＝ΔH1-ΔH2-2ΔH3＝-726.5kJ/mol-（-283kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+128.1kJ/mol。（2）①随着投料比增大（可以看做甲醇的量不变，Ar的量在增大），由于总压强不变，所以相当于体积在增大，导致甲醇的分压在减小，平衡正向移动，甲醇的转化率在升高，故曲线A表示CH3O