2020屆北京新高考化學(xué)模擬題二包含答案

2020年北京新高考化學(xué)模擬題（二）考試范圍：XXX；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：XXX注意事項(xiàng)：.答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息.請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請(qǐng)點(diǎn)擊修改第I卷的文字說明一、單選題1.下列我國(guó)科技成果不涉及化學(xué)變化的是???A□廚余污油裂化B□“深海勇士”號(hào)潛為航空燃油 水艇用鋰電池供能C口以，煤“代“油"生D口用“天眼”接收宇產(chǎn)低碳烯燃 宙中的射電信號(hào)A.A B.B C.C D.D2.中國(guó)是瓷器的故鄉(xiāng)，鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色出窯萬彩”的神奇窯變著稱。下列關(guān)于陶瓷的說法正確的是（）A.高品質(zhì)的白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物B.瓷器中含有大量的金屬元素，因此陶瓷屬于金屬材料C.氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料D.”窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導(dǎo)致顏色的變化3.下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是（）A.先裝好藥品，再檢杳裝置的氣密性B.先用雙手捂緊試管，再將導(dǎo)管插入水中檢查裝置的氣密性C.氫氣還原氧化銅的實(shí)驗(yàn)，先通一段時(shí)間的氫氣，后加熱D.稀釋濃硫酸時(shí)，先在燒杯里倒入濃硫酸，再小心倒入水并不斷攪拌.己知必是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是

3g3He含有的中子數(shù)為L(zhǎng)Va1L0.1mol-IT】磷酸鈉溶液含有的PO：數(shù)目為(MA么Imol&Cn。被還原為C產(chǎn)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6名48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為13A以.下列有關(guān)鐵及其化合物的說法中不正確的是A.為了防止氯化亞鐵溶液久置變質(zhì)，常在其溶液中加入少許鐵釘B.將飽和FeCb溶液滴入沸水中，能形成膠體C.新制的氫氧化亞鐵沉淀露置在空氣中最終會(huì)變?yōu)榧t褐色D.除去FeCb溶液中的FeCL雜質(zhì)可以向溶液中加快粉，然后過濾.下列解釋工業(yè)生產(chǎn)或應(yīng)用的化學(xué)用語中，不正確的是???FeCL溶液刻蝕銅電路板：2Fe3-+C"2FenCu”NaG用作供氧劑：N*0二+H9=2NaOH+0：tC.氯氣制漂白液：C12+2Na0H==NaCl+NaC10+H：0D.Na2cO3溶液處理水垢:CaSO,(s)+C0C^=^CaCO3(s)+SOf-.含硫煤燃燒會(huì)產(chǎn)生大氣污染物，為防治該污染，某工廠設(shè)計(jì)了新的治污方法，同時(shí)可得到化工產(chǎn)品，該工藝流程如圖所示，下列敘述不正確的是()A.該過程中可得到化工產(chǎn)品H2s04.該工藝流程是除去煤燃燒時(shí)產(chǎn)生的SO2C.該過程中化合價(jià)發(fā)生改變的元素只有Fe和SD.圖中涉及的反應(yīng)之一為Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4BHT是一種常用的食品抗氧化劑，合成方法有如下兩種：OHyX.COHyX.C<CH^11(BHT)CH,方法二UH 方法二(CHDEOH/濃硫酸1卜.列說法正確的是

CH,一＜一)1°H能與Na2c03溶液反應(yīng)生成CO2CH；—OH與BHT互為同系物BHT久置于空氣中不會(huì)被氧化D.兩種方法的反應(yīng)類型都是加成反應(yīng)9,下列實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? )A.AB.BD.DA.AB.BD.D選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁Cb、B12分別與H2反應(yīng)比較氯、濱的非金屬性強(qiáng)弱B向MgCb.A1C13溶液中分別通入NH3比較鎂、鋁的金屬性強(qiáng)弱C測(cè)定相同物質(zhì)的量濃度的Na2co3、Na2s04溶液的pH比較碳、硫的非金屬性強(qiáng)弱DFe、Cu分別與稀鹽酸反應(yīng)比較快、銅的金屬性強(qiáng)弱10.根據(jù)如下能量關(guān)系示意圖，下列說法正確的是()ImolC(s)+ImolO/g)1molCO(g)+0.5molO2(g)393.5kJmol-1I轉(zhuǎn)化393.5kJmol-1I轉(zhuǎn)化12B2.9kJmvl-11 1molCO2(g)反應(yīng)過程A.lmolC(g)與ImoRMg)的能量之和為393.5kJB.反應(yīng)2co(g)+O?(g)=2CO2(g)中，生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量C.由C—CO的熱化學(xué)方程式為：2C(s)+O2(g)=2CO(g)A^=-221.2kJmor1D.熱值指一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出熱量，則CO熱值A(chǔ)H=-10.1kJmol.固體界面上強(qiáng)酸的吸附和離解是多相化學(xué)在環(huán)境、催化、材料科學(xué)等領(lǐng)域研究的重要課題。下圖為少量HC1氣體分子在253K冰表面吸附和溶解過程的示意圖。下列敘述錯(cuò)誤的是*t?iA.冰表面第一層中，HC1以分子形式存在B.冰表面第二層中，H-濃度為5x10-3moii-i(設(shè)冰的密度為0.9gcnL)C.冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)格結(jié)構(gòu)保持不變D.冰表面各層之間，均存在可逆反應(yīng)HC1-^H-+C「.將一定量純凈的氨基甲酸鏤置于密閉真空恒容容器中(固體試樣體積忽略不計(jì))，在恒定溫度下使其達(dá)到分解平衡：NH2COONH4t2NH3(g)+CO2(g),AH=?kJ/mol(r/>0)。然后在恒定溫度下縮小容器體積，重新達(dá)到平衡。下列分析正確的是A.若2i，(NH3)=y(COJ,則該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B.兩次平衡時(shí)，后一次平衡時(shí)c(CO?)的濃度大C.重新達(dá)到平衡，密閉容器中氨氣的體枳分?jǐn)?shù)不變D.若開始時(shí)向容器中加人2moiNH3和ImolCCh,則達(dá)到平衡時(shí)放出akJ熱量.微生物電池是指在微生物的作用下將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。卜.列有關(guān)微生物電池的說法錯(cuò)誤的是B.微生物促進(jìn)了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移C.質(zhì)子通過交換膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)D.電池總反應(yīng)為C6Hl2O6+6O2=6COu+6Hg.(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時(shí)，分別研究了一段時(shí)間內(nèi)溫度和(NH4)2SO3初始濃度對(duì)■空氣氧化(NH5SO3速率的影響，結(jié)果如圖。卜列說法不正確的是70

0.1770

0.17ni i ? ? i I I I 40SO 60 70 0.1 0.2 0.3 0.4溫度/C （NILhSONJ始濃度/molU6（rc之前，氧化速率增大與溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快有關(guān)60c之后，氧化速率降低可能與02的溶解度下降及（NH4）2SO3受熱易分解有關(guān)c.（NH4）2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關(guān)D.（NH4XSO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與。2的溶解速率有關(guān)第II卷（非選擇題）請(qǐng)點(diǎn)擊修改第n卷的文字說明二、填空題15.研究大氣中含硫化合物（主要是SO2和H?S）的轉(zhuǎn)化具有重要意義。（1）高濕條件下，寫出大氣中SOz轉(zhuǎn)化為HSO3-的方程式：。（2）土壤中的微生物可將大氣中H2s經(jīng)兩步反應(yīng)氧化成SO42-,兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：lmolH2s（g）全部氧化成SC^Qq）的熱化學(xué)方程式為°反應(yīng)過程《第L步友應(yīng)）反應(yīng)過稅反應(yīng)過程《第L步友應(yīng)）反應(yīng)過稅（第二步反應(yīng):（3）二氧化硫一空氣質(zhì)子交換膜燃料電池可以利用大氣所含S5快速啟動(dòng)，其裝置示意圖如下:

口質(zhì)子的流動(dòng)方向?yàn)椋ā皬腁到B”或“從B到A”）?！踟?fù)極的電極反應(yīng)式為O（4）燃煤煙氣的脫硫減排是減少大氣中含硫化合物污染的關(guān)鍵。SO?煙氣脫除的一種工業(yè)流程如下：技漁M技漁M收畬SO]□用純堿溶液吸收SO2將其轉(zhuǎn)化為HSO3,反應(yīng)的離子方程式是口若石灰乳過量，將其產(chǎn)物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物質(zhì)的化學(xué)式是三、推斷題16.3-四氫吠喃甲醇是合成農(nóng)藥吠蟲胺的中間體，其合成路線如下:己知：?RC1譽(yù)NCN\RCOOH@R1COOR2+R31SOH—定條件>R1COISOR3+r20H③RiCOOR2.RiCH2OH+R2OH@h2o請(qǐng)回答下列問題：A生成B的反應(yīng)類型是,B中含有的官能團(tuán)是D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E的化學(xué)方程式為 °

(3)3-四氫吹喃甲醉有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出其中兩種符合下列條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①能發(fā)生水解反應(yīng) ②分子中有3個(gè)甲基(4)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為o(5)生成G的過程中常伴有副反應(yīng)發(fā)生，請(qǐng)寫出一定條件下生成高分子聚合物的化學(xué)方程式： (6)還可以利用 與K發(fā)生加成反應(yīng)合成3-四氫吠喃甲晦，寫出K和H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。-OH①krq4-rm偏囪匕齊)0 ②H石~T 1-HQ四、綜合題17.草酸(H2c2。4)是一種二元弱酸，廣泛分布于動(dòng)植物體中。(1)人體內(nèi)草酸累枳過多是導(dǎo)致結(jié)石(主要成分是草酸鈣)形成的原因之一。有研究發(fā)現(xiàn)，EDTA(一種能結(jié)合金屬離子的試劑)在一定條件下可以有效溶解結(jié)石，用化學(xué)平衡原理解釋其原因：0(2)已知：O.lniolL-1KHJO4溶液呈酸性。下列說法正確的是(填字母序號(hào))。0.1molL—1KHC94溶液中：c(K+)+c(H*)=c(HC2O40+2c(C2O42-)+c(OH)0.1molL-1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4)>c(C2O42)>c(H2C2O4)c.濃度均為0.1molL—】KHC2O4和K2c2。4的混合溶液中：2c(K*)=c(HC2O4)+c(C2O42)d.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c(K*)>c(Na+)(3)利用草酸制備草酸亞鐵晶體(FeUCUxHg)的流程及組分測(cè)定方法如下：I 1(NFU卜SO] .支濃館? I 1(NFU卜SO] .支濃館? FcSO4*H>O - FcSO4(NH4hSO46HO1 二」體雁收詞pH至1?2 蛇熱過合1 : -稀破收注琳早收刎?zé)酕cC:O4xH2O己知：i.pH>4時(shí)，F(xiàn)e”易被氧氣氧化正幾種物質(zhì)的溶解度(g〃00gH2。)如下FeSO47H2O(NH4)2so4FeSO4(NH4)2SO46H2O20J48753760J1018838匚用稀硫酸調(diào)溶液pH至1?2的目的是：,o匚趁熱過濾的原因是：0匚氧化還原滴定法常用于測(cè)定草酸亞鐵晶體的摩爾質(zhì)量(M)。稱取ag草酸亞鐵晶體溶于稀硫酸中，用binolL」的高鋅酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗高鐳酸鉀YmL,則M=o(已知：部分反應(yīng)產(chǎn)物為Mi12+、Fe3ACO2)五、實(shí)驗(yàn)題18.粗銅精煉后的陽極泥含有Cu、Ag和Au(金)等。濕法處理陽極泥的一種工藝流程如下:通入適量氣體X適量NaCl(D在粗銅精煉過程中，粗銅與電源的極(填正、負(fù))連接；陰極的電極反應(yīng)式為(2)在浸銅過程中，浸銅反應(yīng)的離子方程式為生產(chǎn)中實(shí)際需要周。2的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過浸銅所需的理論用量，可能的原因是(3)已知：浸金時(shí)，Au轉(zhuǎn)化為AuCLr。在理論上，提取金的過程中反應(yīng)消耗NaClO和H2c的物質(zhì)的量之比為。(4)已知：浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO32-^Ag(SO3)23-+Cl-；AgGCb》一將ECHO氧化為CO32o①為減少廢液排放，充分利用資源，向浸銀殘液中通入氣體X得到Na2s03再生液，X是②在提取銀過程中，其他條件不變，Na2s03再生液的循環(huán)使用次數(shù)與銀的浸出率關(guān)系如圖所示。

2。82。899.999S銀的浸出率%)56.6? \96.4 \98.2 \980-I 1 I 1 1 1 1 ,0 1 2 3 4 5 6再生液循環(huán)利用次數(shù)試結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋產(chǎn)生這種變化的原因19.某研究小組對(duì)碘化鉀溶液在空氣中發(fā)生氧化反應(yīng)的速率進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。(初步探究)示意圖序號(hào)溫度試劑A現(xiàn)象滴加1%淀粉溶液SniLlmal-L-1KI海液mL試劑A①0℃0.5molL1稀硫酸4min左右出現(xiàn)藍(lán)色②20℃1min左右出現(xiàn)藍(lán)色③20℃0.1molL-i稀硫酸15min左右出現(xiàn)藍(lán)色④20℃蒸饋水30min左右出現(xiàn)藍(lán)色(D為探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)②中試劑A應(yīng)為o(2)寫出實(shí)驗(yàn)③中「反應(yīng)的離子方程式：o⑶對(duì)比實(shí)驗(yàn)②③④，可以得出的結(jié)論：o(繼續(xù)探究)溶液pH對(duì)反應(yīng)速率的影響查閱資料：.pH<11.7Bt,I-能被6氧化為12。.pH>9.28時(shí)，b發(fā)生歧化反應(yīng)：3I2+6OH=IOf+51+3H2O,pH越大，歧化速率越快。(4)小組同學(xué)用4支試管在裝有02的儲(chǔ)氣瓶中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，裝置如圖所示。

序號(hào)⑤⑥⑦⑧試管中溶液的pH891011放置10小時(shí)內(nèi)的現(xiàn)象出現(xiàn)藍(lán)色顏色無明顯變化5mL15mL1mol?I.'1KI溶液,湎加1%淀粉溶液，滴加KOH溶液02分析⑦和⑧中顏色無明顯變化的原因(5)甲同學(xué)利用原電池原理設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證實(shí)pH=10的條件下確實(shí)可以發(fā)生「被02氧化為b的反應(yīng)，如圖所示，請(qǐng)你填寫試劑和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象試劑1試劑1(深入探究)較高溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響小組同學(xué)分別在敞口試管和密閉試管中進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)⑨和⑩。序號(hào)溫度試劑現(xiàn)象⑨敞口試管水浴70℃5mL1molL-1匚KI溶液、5111L0.5mol稀硫酸20nun內(nèi)仍保持無色，冷卻至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍(lán)色⑩密閉試管溶液迅速出現(xiàn)黃色，且黃色逐漸加深，冷卻至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍(lán)色(6)對(duì)比實(shí)驗(yàn)⑨和⑩的現(xiàn)象差異，該小組同學(xué)經(jīng)過討論對(duì)?實(shí)驗(yàn)⑨中的現(xiàn)象提出兩種假設(shè)，請(qǐng)????你補(bǔ)充假設(shè)lo假設(shè)1： O假設(shè)2：45。(2以上卜易升華，7(TC水浴時(shí)，c(L)太小難以顯現(xiàn)黃色。(7)針對(duì)假設(shè)2行兩種不同觀點(diǎn)。你若認(rèn)為假設(shè)2成立，請(qǐng)推測(cè)試管⑨中“冷卻至室溫后滴加淀粉出現(xiàn)藍(lán)色”的可能原因(寫出一條)。你若認(rèn)為假設(shè)2不成立，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案證明O參考答案D【解析】【詳解】A、航空燃油是廚余污油通過熱裂解等技術(shù)得到一種長(zhǎng)鏈脂肪酸的單烷基酯，該過程屬于化學(xué)變化，故不選A；B、電池放電時(shí)把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，屬于化學(xué)變化，故不選B；C、煤制烯燒，屬于化學(xué)變化，故不選C；D、用“天眼”接收宇宙中的射電信號(hào)，沒有生成新物質(zhì)，不屬于化學(xué)變化，故選D。D【解析】【詳解】A.陶瓷中含有多種物質(zhì)，屬于混合物，不符合題意，A錯(cuò)誤；B.瓷器屬于無機(jī)非金屬材料?，不符合題意，B錯(cuò)誤；C.氮化硅屬于新型無機(jī)非金屬材料，不符合題意，C錯(cuò)誤；D.“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導(dǎo)致的顏色變化，符合題意，D正確；答案為D二C【解析】【分析】A.制備氣體時(shí)，如果裝置的氣密性不好，就收集不到氣體，故應(yīng)先檢查裝置的氣密性，再放藥品：B.檢查氣密性時(shí)，要先把導(dǎo)管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空氣受熱膨脹會(huì)早逸出，導(dǎo)致看不到導(dǎo)管口處冒氣泡，順序錯(cuò)誤；C.氫氣還原氧化銅時(shí)，要先通一段時(shí)間氫氣再加熱，排走空氣，防止加熱時(shí)防止爆炸：D.濃硫酸的密度比水的大，溶于水時(shí)要放出大量的熱，所以在稀釋濃硫酸時(shí)要將濃硫酸注入水中并不斷攪拌，使放出的熱量及時(shí)散失:：【詳解】A.制備氣體時(shí)，如果裝置的氣密性不好，就收集不到氣體，故應(yīng)先檢查裝置的氣密性，再放藥品，故A錯(cuò)誤；B.檢查氣密性時(shí)，要先把導(dǎo)管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空氣受熱膨脹會(huì)早逸出，導(dǎo)致看不到導(dǎo)管口處冒氣泡，順序錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C.氫氣還原氧化銅時(shí)，要先通一段時(shí)間氫氣再加熱，排走空氣，防止加熱時(shí)防止爆炸，故C正確：D.濃硫酸的密度比水的大，溶于水時(shí)要放出大量的熱，所以在稀釋濃硫酸時(shí)要將濃硫酸注入水中并不斷攪拌，使放出的熱量及時(shí)散失，故D錯(cuò)誤C項(xiàng)氫氣還原氧化銅時(shí)，要先通一段時(shí)間氫氣再加熱，最后停止加熱后，仍要持續(xù)通氫氣一段時(shí)間；D項(xiàng)稀釋濃硫酸要將濃硫酸注入水中并不斷攪拌，使放出的熱量及時(shí)散失。B【解析】【詳解】3gA.3He的中子數(shù)為3-2=1,則3g力匕的中子數(shù)為,,〔xNa=Na,A項(xiàng)正確:B.磷酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，磷酸根離子在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，則lLO.lmol/L的磷酸鈉溶液中磷酸根離子的個(gè)數(shù)小于lLxO」mol/LxNAmoH=(MNA，B項(xiàng)錯(cuò)誤：C.重格酸鉀被還原為銘離子時(shí)，格元素從+6降低到+3,Imol重格酸鉀轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3moix2xNamoH=6Na,C項(xiàng)正確：D.正丁烷與異丁烷的分子式相同，1個(gè)分子內(nèi)所含共價(jià)鍵數(shù)目均為13個(gè)，則48g正丁烷與48g+10g10g異丁烷所得的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為5高］0；x13xNamoH=13Na,D項(xiàng)正確：答案選【解析】A.亞鐵離子在空氣中易被氧化為三價(jià)鐵離子，加鐵釘可以防止氯化亞鐵溶液的變質(zhì)，故A正確；B.制備氫氧化鐵膠體的方法是將飽和FeCb溶液滴入沸水中，攪拌到紅褐色即可，故B正確：C.新制的氫氧化亞鐵沉淀露置在空氣中迅速變成灰綠色，最終會(huì)變?yōu)榧t褐色的氫氧化鐵，故C正確：D.除去FeCb溶液中的FeCh雜質(zhì)可以向溶液中滴加氯水，將氯化亞鐵氧化為氯化鐵，故D錯(cuò)誤。B【解析】【詳解】FeCL溶液與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅：2Fe3-+Cu=2Fe*Cu。故A正確；Na△用作供氧劑與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣：2Na：O2+2H;O==4NaOH+0=t,故B錯(cuò)誤;C.氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)制漂白液：Cl,+2Na0H二=NaCl+NaClO+H二0,故C正確：D.Na￡03與硫酸鈣發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化：CaSO.（s）+C03^CaCO3（s）+SOr,故D正確；選B。C【解析】【分析】根據(jù)工藝流程所示可知，該工藝中Fez（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSCU和H2SO4,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fez（SO4）3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4,據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.從圖可以看出，該工藝中Fe2（SO4）3溶液吸收SO?生成FeSCU和H2so人可得到化工產(chǎn)品H2so4,A正確：B.根據(jù)A中分析可知，該工藝流程是除去煤燃燒時(shí)產(chǎn)生的SO?,B正確；C.該過程中化合價(jià)發(fā)生改變的元素除去Fe和S外，還有O,C不正確；D.該工藝中Fe2（SO4）3溶液吸收SO?生成FeSCU和H2so4,反應(yīng)方程式為Fe2（SO4）3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,D正確：故選C。B【解析】【分析】【詳解】A.酚-OH的酸性較弱，與Na2c03溶液反應(yīng)生成酚鈉和碳酸氫鈉，所以CH-Y^fH不能與Na2co3溶液反應(yīng)生成CO2,故A錯(cuò)誤；B.二者結(jié)構(gòu)相似，官能團(tuán)相同，均為苯酚的同系物，則CE—，一0H與BHT互為同系物，故B正確;c.BHT中含酚-OH,易被氧化，所以BHT久置于空氣中會(huì)被氧化，故C錯(cuò)誤;D.由方法二可知，酚-OH的鄰位H被叔丁基取代，為取代反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：BoB【解析】【詳解】A.氯氣比澳與氫氣反應(yīng)容易，則非金屬性C1比Br強(qiáng)，故A能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；B,二者均與氨氣反應(yīng)生成白色沉淀，不能比較鎂、鋁的金屬性強(qiáng)弱，故B不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模籆.測(cè)定pH可知碳酸鈉溶液的pH大于硫酸鈉溶液的pH,則硫酸的酸性大于碳酸的酸性，非金屬性S大于C,故C能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模篋.Fe與鹽酸反應(yīng)，而Cu不能，則金屬性Fe大于Cu,故D能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模捍鸢高xB。【點(diǎn)睛】比較非金屬性強(qiáng)弱的方法，看單質(zhì)和氫氣的化合難易、最高價(jià)含氧酸酸性的強(qiáng)弱、氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性，比較金屬性的強(qiáng)弱，可以看金屬與酸反應(yīng)的難易、最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物堿性的強(qiáng)弱。C【解析】【分析】【詳解】A.由圖可知，ImolC(s)與ImoQ(g)的能量之和比lmolC02(g)的能量高393.5kJ,A錯(cuò)誤；B.由圖可■知，ImolCO(g)和0.5mol的6(g)生成ImolCOz(g)放出282.9kJ的熱量，所以反應(yīng)2co(g)+O2(g)=2CO2(g)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，B錯(cuò)誤；C.由圖可知，ImolC(s)和0.5mo@(g)轉(zhuǎn)化為Imol的CO(g),放出熱量為：393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ,所以2c(s)+O2(g)=2CO(g)AH=-20.2kJmo「,C正確：D.熱值指在一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出的熱量，燃燒產(chǎn)物在該條件下是一OQOQ種較為穩(wěn)定的狀態(tài)，則CO的熱值為三二kJgT，O.lkJgr,單位不正確，D錯(cuò)誤；28故選C。D【解析】【分析】由示意圖可知，在冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，第二層中氯化氫溶于水中并發(fā)生部分電離，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關(guān)?！驹斀狻緼項(xiàng)、由圖可知，冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，氯化氫以分子形式存在，故A正確；B項(xiàng)、由題給數(shù)據(jù)可知，冰的表面第二層中氯離子和水的個(gè)數(shù)比為IO-41，第二層中溶解的氯化氫分子應(yīng)少于第一層吸附的氯化氫分子數(shù)，與水的質(zhì)量相比，可忽略其中溶解的氯化氫的質(zhì)量。設(shè)水的物質(zhì)的量為Imol,則所得溶液質(zhì)量為18g/molxlniol=18g,則溶液的體枳為辱裝詈xio—3LJml=2.0xi0—2l,由第二層氯離子和水個(gè)數(shù)比可知，溶液中氫離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量，為lO—hnol,則氫離子濃度為^^=5x10—3mol，L,故B正確；C項(xiàng)、由圖可知，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關(guān)，冰的氫鍵網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)保持不變，故C正確：D項(xiàng)、由圖可知，只有第二層存在氯化氫的電離平衡HCl^HMCl一,而第一層和第三層均不存在，故D錯(cuò)誤。故選D,【點(diǎn)睛】本題考查氯化氫氣體在冰表面的吸附和溶解。側(cè)重考查接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力及分析和解決化學(xué)問題的能力，注意能夠明確圖像表達(dá)的化學(xué)意義，正確計(jì)算物質(zhì)的量濃度為解答關(guān)鍵。C【解析】【分析】【詳解】A.2V(NH3)=v(CO[),未體現(xiàn)正逆的關(guān)系，反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)均按物質(zhì)的量比例進(jìn)行，前后兩次為等效平衡，兩次平衡時(shí)c(COJ相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.NH3、CO,的物質(zhì)的量比始終為2：1,反應(yīng)均按物質(zhì)的量比例進(jìn)行，前后兩次為等效平衡，重新達(dá)到平衡，密閉容器中氨氣的體積分?jǐn)?shù)不變，選項(xiàng)C正確；D.因反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)徹底，故若開始時(shí)向容器中加人2moiNH3和ImolCCh,則達(dá)到平衡時(shí)放出熱量小于akJ,選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。A【解析】【詳解】A.根據(jù)圖象，負(fù)極上(2擔(dān)】96失電子，正極上5得電子和H-反應(yīng)生成水，負(fù)極的電極反應(yīng)式為C6Hl2O6+6H9-24e-=6CO2+24JT,正極的電極反應(yīng)式為5+4e-+4H-=2氏0,因此CO2在負(fù)極產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；B.葡萄糖在微生物的作用下將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，形成原電池，有電流產(chǎn)生，所以微生物促進(jìn)了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移，故B正確：C.通過原電池的電極反應(yīng)可知，負(fù)極區(qū)產(chǎn)生了H，根據(jù)原電池中陽離子向正極移動(dòng)，可知質(zhì)子(H)通過交換膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)，故C正確；D.該反應(yīng)屬于燃料電池，燃料電池的電池反應(yīng)式和燃燒反應(yīng)式相同，則電池反應(yīng)式為C6Hi2O6+6O2=6CO2+6H2O,故D正確：故選Ao14.C【解析】【分析】A、溫度越高，氧化速率越快：B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價(jià)硫的總濃度；D、當(dāng)亞硫酸鉞的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率?！驹斀狻緼、溫度越高，氧化速率越快，60c之前，氧化速率增大與溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快有關(guān)，故A正確：B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率降低，溫度升高后02的溶解度卜.降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反應(yīng)物濃度降低，故B正確：C、SO3?冰解不影響溶液中+4價(jià)硫的總濃度，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)亞硫酸餒的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導(dǎo)致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確：故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，解題關(guān)鍵：綜合理解多種條件同時(shí)對(duì)反應(yīng)速率影響時(shí)，有一個(gè)條件在某時(shí)段起主導(dǎo)作用。.SOz+HzO^^H2so3；H2SO35=^H-+HSOfH2S(g)+2O2(g)=SO42-(aq)+2H-(aq)AH=-806.39kJmol-1從A到BSO2-2e^2H2O=SO42+4H- H2O+2SO2+CO32-=2HSO3+CO2TNaOH【解析】【分析】【詳解】(1)二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸锱c水生成亞硫酸，亞硫酸為弱電解質(zhì)，部分電離產(chǎn)生氫離子與亞硫酸氫根離子，離子方程式：SO2+H2OF=^H2SO3,H2sO3K^H-+HSO3-：(2)由圖可知，第一步熱化學(xué)反應(yīng)為：H2S(g)+0.502(g)=S(s)+H9(g)AH=-221.19kJ?moH；第二步反應(yīng)為：S(s)+1.5O2(g)+H2O(g)=2H-(aq)+SO42-(aq))AH=-585.20kJunol-1；依據(jù)蓋斯定律，第一步與第二步方程式相加得：H2s(g)+202(g)=SO42-(aq)+2H-(aq)△H=-806.39kJ?moH：(3)①二氧化硫發(fā)生氧化反應(yīng)，氧氣發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化硫所在電極為負(fù)極，氧氣所在電極為正極，原電池中陽離子移向正極，所以質(zhì)子移動(dòng)方向?yàn)椋簭腁到B：②二氧化硫在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：SO2-2e+2H2O=SO42-+4H-：(4)①亞硫酸的酸性大于碳酸，碳酸鈉溶液中通入過量的二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，離子方程式：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2；②再生池中，亞硫酸氫鈉可以與石灰乳反應(yīng)生成亞硫酸鈣沉淀和氫氧化鈉，二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮軌蚺c堿液反應(yīng)，故NaOH和過量的Ca(OH)2可以用于吸收二氧化硫。林說.取彳弋反卜立 氯原子(-C1)、段基GCOOH) HOOCCHzCOOH+2CH3CH2OH^^

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2Oh-c-o-c-ch3.ch3CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2Oh-c-o-c-ch3.ch3-c-o-ch-ch3.CHrO-C-CH-CH3（任寫2種）CH3o—定豺牛一CH3CHQ十~?尸好出0r f-OC3H5o【解析】【分析】由A的分子式、C的結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)條件，可知A為CH3coOH,A與氯氣發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)生成B,B為C1CH2coOH,B發(fā)生竣基與碳酸鈉更分解反應(yīng)、再發(fā)生取代反應(yīng)生成Co由F的結(jié)構(gòu)、結(jié)合信息①，可知C酸化生成D,D為HOOCCH2coOH,結(jié)合(2)的提示，D與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成E,E為CH3cHzOOCCH2coOCH2cH3；E與環(huán)氧乙烷發(fā)生開環(huán)加成生成F°F發(fā)生信息②中酯交換反應(yīng)脫去1分子CH3cH20H生成G,故G為Ms。叉人，G發(fā)生信息③中的反應(yīng)生成,然后脫去1分子水生成【詳解】(1)A生成B是乙酸的甲基上H原子比氯原子替代，屬于取代反應(yīng)；B為C1CH2coOH,B中含有的官能團(tuán)是：粉基、氯原子，故答案為：取代反應(yīng)；粉基、氯原子：(2)D為HOOCCH2coOH,D與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成E,反應(yīng)化學(xué)方程式為林磁 ……HOOCCH2coOH+2CH3CH2OH1. CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H。故答案為：A稀磁HOOCCH2coOH+2CH3cHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O：A⑶3-四氫吠喃甲醇的兩種同分異構(gòu)體符合下列條件：①能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，②TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"och3 0 0I II II\o"CurrentDocument"分子中有3個(gè)甲基，可以是：h-c-o-c-ch3,ch3-c-o-ch-ch3.ch3-o-c-ch-ch3,CH3 CH3 CH3och3

III故答案為：h-c-o-c-ch3,CHoch3

III故答案為：h-c-o-c-ch3,CH3-C-O-CH-CH3.CH3?O?C-￡H-CH3(任寫2種);CH3 CH3Cf(4)根據(jù)上述分析可知，G為：c2H式＞故答案為:(5)生成G的過程中常伴有副反應(yīng)發(fā)生，一定條件下生成高分子聚合物的化學(xué)方程式：n定條件CH3cH2。och-ch2ch2otH+qdch3cH9H,故答案為:￡。射也

O0ch3定條件CH3cH2。och-ch2ch2otH+qdch3cH9H,故答案為:￡。射也

O0ch3ch2o-^-c-chch2cH2。o，nll+(n-l)CH3CH2OH：。與K發(fā)生加成反應(yīng)生成(6,故K為HCHO,發(fā)生信息③中反應(yīng)生成H為,然后脫去1分子水生成,故答案為：HCHO；熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，充分利用給予的信息進(jìn)行判斷是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(5),可以聯(lián)系竣基和羥基發(fā)生的酯化反應(yīng)進(jìn)行類推。17.CaC?O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC94(s)-二Ca2+(aq)+C2O42-(aq),EDTA結(jié)合Ca?+后，Ca?+濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，結(jié)石溶解abd 抑制Fe2+和NH“的水解防止Fe?+被氧化 防止低溫時(shí)FeSO47H2O和(NHSSO4析出，影響FeSO4(NH4)2SO46H2O,.z.. 600。的純度 mol/LbV【解析】【分析】【詳解】(1)草酸鈣難溶于水，在水存在溶解平衡CaCa(s)U=C『(aq)+C。J(aq),加入EDTA,EDTA結(jié)合Ca＞后，Ca＞濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，使結(jié)石逐漸溶解；故答案為CaCO(s)存在沉淀溶解平衡CaCO(s)6:Ca2+(aq)+CO,(aq),EDTA結(jié)合Ca,后，Cj濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，結(jié)石溶解；(2)a.0.1mol?「情化。溶液中存在電荷守恒:c(K+)+c(H')=c(HCQ「)+2c(CO產(chǎn))+c(OH),正確：b.KHCG溶液呈酸性，表明HGO「的電離程度大于水解程度，0.1mol-L-：KHC0溶液中：c(K')>c(HC：Or)>c(CO>)>c(H￡。),正確：c.根據(jù)物料守恒,濃度均為0.Imol-LKHC。和K￡。的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC20；)+c(CO，)+c(H￡O)],錯(cuò)誤;d.恰好完全反應(yīng)后c(K+)—滴加等濃度NaOH溶液至中性，反應(yīng)后KHCO溶液須過量，溶液的成分為Na￡O和KHCO的混合溶液，故c(IC)>c(Na-),正確；故選abd：(3)①pH>4時(shí)，F(xiàn)小易被氧氣氧化，且亞鐵離子、核根離子離子易發(fā)生水解，溶液顯酸性，所以用稀硫酸調(diào)溶液pH至1?2,可以防止Fe>被氧化，同時(shí)可以抑制Fj和NH1的水解；故答案為:抑制Fe?和NH；的水解,防止Fj被氧化；②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，F(xiàn)eS0i?7H9在常溫下的溶解度不太大，趁熱過濾，可以防止低溫時(shí)FeSO,?7H和(NH)60」析出，影響FeSO,?(NHMS0,?6H：0的純度；故答案為：防止低溫時(shí)FeSCh-7壓0和(NHjfOd析出,影響FeSOi?(NHMS0,?6H9的純度；③草酸亞鐵與高鐳酸鉀反應(yīng)的方程式為：3MnOr+5Fe='+5C2O12_+24H=3Mn>+lOCO2+5Fe^+12H;O,有3MnO「 5FeC：0i,TOC\o"1-5"\h\z3 5bmol/LXVXlO'"Ln(FeCQ)3 5 5-一,，一…了二,廣廠/、，解得：n(FeCO)=：7XlO^bVinol,草酸亞鐵晶體的摩爾\o"CurrentDocument"bmol/LxVxlO^Ln(FeC2O4) 3質(zhì)里|x10-3〃M“0廠工廠mol/L；乜公600。故答茶為：-mol/LobV.正Cu"+2e?=CiiCU+H2O2+2H-△CU-+2H2O 大量H2O2在CuSO4催1:3化卜.，受熱分解。(或氧化陽極泥中的銀也要消耗H9〉)SO2在Na2s03再生

液含有Ch多次使用Na2s03再生液會(huì)積累大量Ct,c（Cl-）1:3化卜.，受熱分解。(或氧化陽極泥中的銀也要消耗H9〉)Ag（SO3）23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解【解析】【分析】本題為工藝流程題。（1）電解精煉銅時(shí)陽極材料為粗銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，此電極與電源正極相連：陰極材料為純銅,得電子發(fā)生還原反應(yīng)，此電極與電源負(fù)極相連，學(xué)生需掌握電極反應(yīng)式的書寫；（2）本題考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，可根據(jù)化合價(jià)變化找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，再根據(jù)得失電子守恒配平方程式；（3）連續(xù)氧化還原反應(yīng)，無論過程分幾步進(jìn)行，過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)是不變的，以此為橋梁找出氯酸鈉與草酸之間的物質(zhì)的量的關(guān)系：（4）①由于亞硫酸酸性強(qiáng)于碳酸酸性，向碳酸根溶液中通入SO?可將碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO2。②在Na2s03再生液中含有Ch多次使用Na2s。3再生液會(huì)枳累大量Chc（Cl-）增大，使AgCl+2SO32-—Ag（SO3）2，+Cl-平衡逆向移動(dòng),抑制AgCl的溶解?！驹斀狻浚?）精煉粗銅時(shí)，陽極材料為粗銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+,此電極與電源正極相連；陰極材料為純銅，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式Cu2++2e-=Cu。本小題答案為：正；Cu-+2e-==Cuo（2）浸銅過程中銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，銅元素的化合價(jià)由0價(jià)升高到+2價(jià)，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，銅為還原劑，氏。2為氧化劑，其中的氧元素化合價(jià)由-1價(jià)降低到-2價(jià)，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，生成H9,原反應(yīng)，生成H9,反應(yīng)的離子方程式為CU+HQ+2H-=Cu2++2H2O：生產(chǎn)中實(shí)際需要H2O2的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過浸銅所需的理論用量，可能的原因是大量H92在CuSCU催化卜.，受熱分解，A也可能是氧化陽極泥中的銀也要消耗H2O2oo本小題答案為：Cu-fH2O2+2H-=Cu2++2H2O；大量HQ2在C11SO4催化下，受熱分解（或氧化陽極泥中的銀也要消耗H2O2）。（3）浸金時(shí)，Au轉(zhuǎn)化為AuCLf。An元素化合價(jià)由0價(jià)升高到+3價(jià)，ImolAu失3mol電子，NaClO3轉(zhuǎn)化為NaCl,Cl元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低到-1價(jià)，ImolNaClCh得6niol電子，根據(jù)得失電子守恒金與氯酸鈉的物質(zhì)的量比為2:1：卜.一步中，AuCL-轉(zhuǎn)化為Au,Au元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到0價(jià)，ImolAuCLr得3moi電子，H2c2O4轉(zhuǎn)化為CO?,C元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高到+4價(jià)，ImolH2c2O4失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒AuCH轉(zhuǎn)與草酸的物質(zhì)的量之比為2:3,則NaClO3與草酸的物質(zhì)的量之比為1：3。本小題答案為：1:3。(4)①浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO32-UAg(SO3)23-+Ct；Ag(SO3)23-將HCHO氧化為CO32-,此時(shí)向溶液中通入SO2,由于亞硫酸酸性強(qiáng)于碳酸酸性，則碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO2o本小題答案為：SO2o②在Na2s03再生液中含有C1一,多次使用Na2s03再生液會(huì)枳累大量Chc(Cl-)增大，使AgCl+2soAg(SO3)23-+Cf平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。本小題答案為：在Na2s。3再生液中含有Ch多次使用Na2s03再生液會(huì)積累大量Cl,c(Cl-)增大，使AgCl+2so3?-UAg(SO3N-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。.0.5111O1L-1稀硫酸 41-+O2+4H=2I2+2H2O 相同溫度下,KI溶液被O2氧化成b,c(H9越大，氧化反應(yīng)速率越快 試管⑦、⑧中，pH為10、11時(shí)，既發(fā)生氧化反應(yīng)又發(fā)生歧化反應(yīng)，因?yàn)槠缁俾蚀笥谘趸俾屎偷矸圩兩俾?或歧化速率最快)，所以觀察顏色無明顯變化試劑1：ImolL-1KI溶液，滴加1%淀粉溶液。試劑2：pH=10的KOH溶液?，F(xiàn)象：電流表指針偏轉(zhuǎn)，左側(cè)電極附近溶液藍(lán)色(tv30mln) 加熱使6逸出，c(O2)降低,導(dǎo)致I氧化為12的速率變慢 KI溶液過量(即使加熱時(shí)有b升華KI仍有剩余)，實(shí)驗(yàn)⑨冷卻室溫后過量的KI仍可與空氣繼續(xù)反應(yīng)生成12,所以滴加淀粉溶液還可以看到藍(lán)色 水浴加熱70C時(shí)，用濕潤(rùn)的淀粉試紙放在試管⑨