2020屆江蘇徐州睢寧高三下學(xué)期階段性檢測化學(xué)試卷解析版

1、2020屆江蘇省徐州市（睢寧縣）高三下學(xué)期階段性檢測化學(xué)試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：Fe 56第I卷（選擇題共40分）一、單項(xiàng)選擇題：本題包括 10小題，每小題2分，共20分。1.2019年11月第四屆國際碳材料大會在上海舉行，碳材料產(chǎn)品豐富，應(yīng)用廣泛，讓人感到“碳為觀止”。下列有關(guān)說法正確的是（）A.金剛石與石墨互為同位素B.碳纖維、合成纖維、光導(dǎo)纖維都屬于高分子材料C.石墨烯是一種有發(fā)展前途的導(dǎo)電材料D.富勒烯是由60個碳原子都以碳碳單鍵構(gòu)成的分子.反應(yīng)CO+2NHCO（NH） 2+H2O可應(yīng)用于工業(yè)合成尿素。用語正確的是（）A.中子數(shù)為8的碳原子：8c B. CO（NH） 2的結(jié)構(gòu)簡式：

2、 心，7k*H： Sf ： IIC.氧原子的結(jié)構(gòu)示意圖：D. NH 3的電子式 11.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.Al 2Q具有兩性，可用于制作耐高溫材料B.FeCl 3具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于紙槳的漂白D.明磯水解后溶液呈酸性，可用于水的凈化4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.使酚酬:變紅的溶液中：Na+、NH+、Cl-、SO2B.c （Al3+） =0.1mol?L-1 的溶液中： K、Mg+、AlOz-、SO2-C.澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO-、Cl-D. （。北（H） =0.1mol?

3、L-1 的溶液中；K+、Na+、CH COQ NO5.下列實(shí)驗(yàn)裝置正確的是（）A.用圖1所示裝置收集SO氣體B.用圖2所示裝置檢驗(yàn)澳乙烷與NaOH享溶液共熱產(chǎn)生的乙烯C.用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaCl D.用圖4所示裝置制取并收集 Q6.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.Ca （CHCOQ 2溶液與硫酸反應(yīng)： CsT+SO2CaSOjCI2與熱的 NaOH液反應(yīng)：CI2+6OH Cl -+C1O/+3H2O電解 KaMnO堿性溶液制 KMn0 2MnO2+2H+迪曳 2MnO+H2TNaHCOW過量 Ba （OH 2溶液反應(yīng)：HCO+BsT+OH- BaCOj+hbO 7.在給定條

4、件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是（FcS：- /So/TbSOtIUIBaCli （aq BaCOj（S）岫吧甌加504（S）C CftHQNa 呼CfrHQH恤* CO2D,. SiC h8.短周期元素 W X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大. W原子是半徑最小的原子， X原子的最外 層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的 2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素， Z原子的最外層電 子數(shù)是其電子層數(shù)的 2倍.下列說法錯誤的是（）A.元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成.元素X與W形成的原子比為1 : 1的化合物有很多種C.元素W X的氯化物中，各原子均滿足 8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.元素Z可與元

5、素X形成共價化合物 XZ2.如圖是一種電解質(zhì)溶液可以循環(huán)流動的新型電池。下列說法不正確的是（）A.Cu電極為負(fù)極PbO 電極反應(yīng)式為 PbQ+2e+4H+ Pb2+2H2OC.放電后循環(huán)液中 CuSO與H2SO物質(zhì)的量之比變大D.若將Cu換成Pb,則電路中電子轉(zhuǎn)移方向不變10下列說法正確的是（）A.粗銅電解精煉時，粗銅、純銅依次分別作陰極、陽極0.2 X6.02 X 105.6 g Fe在足量C12中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 c_rNIbC.室溫下，稀釋 0.1mo1?L-1 NHC1溶液，溶液中 匕比 增大D.向BaC BaSO的飽和溶液中加入少量 BaC12,溶液中 I- C1-B將乙醇

6、與濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生的氣體通入酸性 KMnO液，溶液紫紅色褪去廣生的氣體中一定含后乙烯C室溫下，用pH試紙測得：0.1 mol?L-1NKSO溶液的 pH約為 10; 0.1 mol?L -1NaHSQ液的 pH約為 5HS結(jié)合H+的能力比SO2-的強(qiáng)D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量 AgNO溶液， 產(chǎn)生淡黃色沉淀(AgBr)Ksp (AgBr) c (田 c ( HCN c (CN)B.向 0.1molL-1NaHCC4溶液中加入 NaOFHM至 pH=7;c (Na+) c (HCQ-) +c (QQ2-) +c (HOQ)0.1mol?L NaCNB液與 0.1mol?L N

7、aHCQ溶液的比較： -、-、，_2-、c (CN) v c (HCQ ) +c (GQ )0.1molL-1NaCN 溶液與 0.1mol?L-1NaHC2O蛤液等體積混合： c (Na+) +c (C2O42-) +c (HC2O4- +c ( H2C2O4 =0.2mol?L -115.1、n、出三個容積均為 1L的恒容密閉容器中均投入 1molCQ和3molH2,在不同溫度下 發(fā)生反應(yīng)：CO (g) +3H?CHOH (g) +H2O ( g)反應(yīng)10min,測得各容器內(nèi) CO的物質(zhì)的量分 別如圖所示。下列說法不正確的是()0.1 I:r, tz e 溫陽1cA.該正反應(yīng) H 04B.

8、Ti時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為 27C.10min后，向容器n中再加入ImolCQ (g) 和ImolhkO (g),此時v (正) v (逆)D.10min 內(nèi)，容器n 中的平均速率 v (CH OH =0.07mol?L-1?min-1第n卷(非選擇題共60分)16. (14分)鐵紅(FeQ)常用于油漆、油墨及橡膠工業(yè)。工業(yè)上以一定質(zhì)量的硫鐵礦燒渣 (主要成分為FezQ、FesO4,另含少量難溶雜質(zhì))為主要原料制備鐵紅的一種工藝流程如圖1:*氨水NHJICO,空氣胃鑫 一酸浸I過潼HI 沉 裝 |過濾2|一|培燒鐵紅漁液濾液已知：某些過渡元素(如 Cuk Fe、Ag等)的離子能與NH、HkO

9、OH SClW形成可溶性配 合物。(1)工業(yè)常將硫鐵礦燒渣經(jīng)過粉碎后再進(jìn)行“酸浸”，其目的是 。“酸浸”時加入的硫酸不宜過量太多的原因是 ?！斑^濾1”所得濾液中含有的陽離子有 ?！俺恋怼边^程中，控制 NHHCO用量不變，鐵的沉淀率隨氨水用量變化如圖2所示。當(dāng)氨水用量超過一定體積時，鐵的沉淀率下降。其可能的原因是 ?！斑^濾2”所得濾渣的主要成分為FeOO悌口 FeCO,所得濾液中的主要溶質(zhì)是 (填化學(xué)式)?！斑^濾2”如何洗滌濾渣？ 。(7)寫出FeCO在空氣中焙燒生成鐵紅的化學(xué)方程式： 17.五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中間體H的一種合成路線如圖:B中含氧官能團(tuán)的名稱為 和。BfC的反

10、應(yīng)類型為 。F的分子式為C0H1NO, EF發(fā)生還原反應(yīng)，寫出 F的結(jié)構(gòu)簡式： 。D的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。能發(fā)生銀鏡反應(yīng)、水解反應(yīng)且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫。能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，1mol該物質(zhì)最多消耗 5molNaOHI - ”岑0-* ” 或 1寫出以 XX 和(CH) 2SO為原料制備的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用合成路線流程圖示例見本題題干)18.沼氣的主要成分是 CH4,還含有CO、H2s等。Jo De Vrieze 等設(shè)計了利用膜電解法脫除 沼氣中的CO和H2S,并將陰極處理后氣體制成高純度生物

11、甲烷，其流程如圖所示。pH 7陰離F士換快(1)需控制電解槽中陰極室 pH 7,其目的是(2)陽極室逸出CO和 (填化學(xué)式)：O式為HaS在陽極上轉(zhuǎn)化為SQ2-而除去，其電極反應(yīng)(3)利用甲烷可將氮氧化物還原為氮?dú)獬?。已知：?一，、一，、一 一，、._-12N0(g) +O (g) 2NO ( g) ; H=a kJ?mol_，、 一 一，、 一 一，、 一 一，、._-1CH (g) +2Q (g) CQ (g) +2H2O (g) ; H=bkJ?molCH (g) +2NO (g) N 2 (g) +CO (g) +2hbO ( g) ; H=c kJ?mol 反應(yīng) CH4 (g)

12、+4NO (g) 2N2 (g) +CO (g) +2H2O (g) : H=-11kJ?mol 。(4) HO在催化劑aFeOOH勺表面上，分解產(chǎn)生？OH ?OH較HO和Q更易與煙氣中的 NOSO發(fā)生反應(yīng)。反應(yīng)后所得產(chǎn)物的離子色譜如圖1所示。寫出？OH氧化NO的化學(xué)反應(yīng)方程式： 。當(dāng)HO濃度一定時，NO勺脫除效率與溫度的關(guān)系如圖 2所示。升溫至80c以上，大量汽 化白H HQ能使NO的脫除效率顯著提高的原因是 ,溫度高于180C, NO的脫除效率降 低的原因是。3 (A、B為多孔性碳棒)。持(5)將CH設(shè)計成燃料電池，其利用率更高，裝置示意如圖網(wǎng)電器I通入甲烷，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，消耗甲烷體積VL

13、。Oc VW 44.8L時，電池總反應(yīng)方程式為： 。44.8LV 89.6L時，負(fù)極電極反應(yīng)為： 。(6)新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(ZnFeaO)能將煙氣SO分解除去，若ImolZnFezO與足量 SO生成 ImolZnFezQ 和 0.5molS ,則 x=。19.CuSCN是一種生物防腐涂料，可用 CuSO、NaSCN NaSO作原料，并用乙二醇或 DMF乍分 散劑進(jìn)行制備。Cu+基態(tài)核外電子排布式為 。NaSCN元素S、C N的第一電離能由大到小的順序?yàn)?; N*SO中SO2-的空間構(gòu) 型為 (用文字描述)。(3)乙二醇(HOCHCHOH與H2O可以任意比例互溶，除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外

14、，還因?yàn)镺OHC-N(CH) 2分子中碳原子的軌道雜化類型為 ； 1 mol DM吩子中含有鍵的 數(shù)目為。解析版1.【答案】C 【解析】解：A.同位素是同種元素的不同原子， 金剛石與石墨是碳的不同單質(zhì)， 互為同素異形體，故A錯誤；B.碳纖維是碳單質(zhì)，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，碳纖維和光導(dǎo)纖維不屬于高分子材料，故 B 錯誤；C.石墨烯是碳單質(zhì)，能導(dǎo)電，石墨烯是一種有發(fā)展前途的導(dǎo)電材料，故C正確；D.按碳元素的四價理論判斷，富勒烯中碳形成單鍵和雙鍵，所以富勒烯是由60個碳原子都以碳碳單鍵和碳碳雙鍵構(gòu)成的分子，故 D錯誤。 故選：BoA.同位素是同種元素的不同原子；B.石墨烯是碳單質(zhì)，能導(dǎo)電；C

15、.碳纖維是碳單質(zhì)，光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅；D.按碳元素的四價理論判斷，富勒烯中碳形成單鍵和雙鍵。本題考查了碳元素的單質(zhì)及其化合物，題目難度不大，注意把握元素化合物的性質(zhì)、以及同位素和同 素異形體的概念，側(cè)重于考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力。2.【答案】B【解析】解：A.中子數(shù)為8的碳元素的一種核素的質(zhì)量數(shù) =中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=14,原子符號為1C,故A錯誤；CO (NH) 2分子中中心原子 C原子上含有三個b鍵一個冗鍵，其結(jié)構(gòu)簡式為：CO(NH) 2,或：-9IH 4,故吧、B正確；C.氧原子的最外層為6個電子，氧原子正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：,故C錯誤；D. NH屬于共價化合物，不存在離子鍵，分

16、子中存在3對共用電子對，氮原子最外層為 8個電子，其H:N:H正確的電子式為黃 ，故D錯誤；故選：BoA.中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)在元素符號的左上角；D.氨氣的電子式中漏掉了 N原子的1對未成鍵電子對；C.氧原子的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)=8,最外層為6個電子；B. CO (NH) 2分子中中心原子C原子上含有三個b鍵一個冗鍵，即含有碳氧雙鍵、碳氮單鍵。本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，涉及核素符號、電子式、原子的結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)簡式等知識，明確常見化學(xué)用語的概念及書寫原則為解答關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。.【答案】B【解析】解：A、Al 203是離子化合物，有較高

17、熔點(diǎn)，可作耐火材料，與Al 203具有兩性無關(guān)，故 A錯誤；B、FeCl3具有氧化性，能溶解 Cu生成CuC%所以FeCk可用作銅制線路板的蝕刻劑，故 B正確；C、漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與空氣中的CO反應(yīng)生成強(qiáng)氧化劑HClO, HClO有漂白性，所以漂白粉用于紙槳的漂白與其在空氣中不穩(wěn)定無關(guān)，故C錯誤；D明研水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體有較強(qiáng)的吸附性，能吸附水中的懸浮物形成沉淀，達(dá)到凈水目的，與明研水解后溶液呈酸性無關(guān)，故 D錯誤；故選：BoA、ALQ是離子化合物，離子鍵較強(qiáng)，有較高熔點(diǎn)；B、FeCB與Cu反應(yīng)生成FeCL和CuCb,表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性；C、次氯酸鈣能與CO反應(yīng)生成強(qiáng)氧

18、化劑HClO;D明研水解生成的氫氧化鋁膠體吸附作用強(qiáng)，使水中的懸浮物被吸附形成沉淀。本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.使酚酷變紅的溶液呈堿性，NH+與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；Al3+、AlO2之間發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故 B錯誤；Fe3+、Ba2+、NO、Cl-之間不反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故 C正確；H CHCO應(yīng)間發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故 D錯誤； 故選：C。A.該溶液呈

19、堿性，鏤根離子與氫氧根離子反應(yīng)；B.鋁離子與偏鋁酸根離子反應(yīng)；C.四種離子之間不反應(yīng)，為澄清透明溶液；D.醋酸根離子與氫離子反應(yīng)。本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一 般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含 的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH;溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO等有色離子的存在；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁 粉產(chǎn)生氫氣”等；試題側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的訓(xùn)練和檢驗(yàn)，有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識解決實(shí) 際問

20、題的能力。5.【答案】D【解析】解：A.二氧化硫的密度比空氣密度大，導(dǎo)管應(yīng)長進(jìn)短出收集，故 A錯誤；B.發(fā)生消去反應(yīng)生成的乙烯及揮發(fā)的乙醇均使高鎰酸鉀溶液褪色，由褪色現(xiàn)象不能說明生成乙烯， 故B錯誤；C. NaCl為可溶性固體，應(yīng)選蒸發(fā)皿加熱，不能選塔摒，故C錯誤；D.過氧化氫分解生成氧氣，且氧氣密度比空氣密度大，二氧化鎰作催化劑，圖中裝置可制備并收集 氧氣，故D正確； 故選：DoA.二氧化硫的密度比空氣密度大；B.發(fā)生消去反應(yīng)生成的乙烯及揮發(fā)的乙醇均使高鎰酸鉀溶液褪色；C. NaCl為可溶性固體；D.過氧化氫分解生成氧氣，且氧氣密度比空氣密度大，二氧化鎰作催化劑。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，

21、為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、物質(zhì)的制備、實(shí)驗(yàn)技能 為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大。.【答案】D【解析】解：A、(CHCOO 2Ca溶液與硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為 ZCHCOGzH+CsT+SOCaSOj +2CHCOOH故A 錯誤；B、Cl2與熱的NaOH液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成 NaClO,正確的離子方程式為: 3Cl2+6OH=5Cl +ClO+3柞O,故 B 錯誤；2Mn6+2H22MnO+2OH+Hd ,故 C錯誤;C、電解KMn端ij KMnQ陽極上MnO一放電生成MnO,陰極上水放電生成氫氧根，總反應(yīng)方程式為:2K2Mn(4+2H2

22、O2KMnG2KOH+H ,離子方程式為D Ba (OH 2溶液中加入少量NaHC出液，設(shè)量少的碳酸氫鈉為1mol,根據(jù)其需要可知所需的鋼離子 為1mol,氫氧根為1mol,故該反應(yīng)的離子方程式為：HCO+B/+OH BaCOJ +HO,故D正確；故選：DoA、漏寫生成醋酸的離子反應(yīng)；B、離子方程式兩邊不滿足電荷守恒；C、電解K2MnO堿性溶液制KMnOI極是水放電；D碳酸氫鈉少量，設(shè)碳酸氫鈉為1mol,則根據(jù)其需要可判斷出反應(yīng)生成碳酸鋼沉淀、氫氧化鈉和水;本題考查了離子方程式的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書寫 原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物

23、、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。.【答案】B【解析】解：A.二硫化亞鐵氧化生成二氧化硫和氧化鐵，得不到三氧化硫，所以 Fe&陶益SO,不 能一步實(shí)現(xiàn)，故A錯誤；.氯化鋼溶液中通入氨氣、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鋼，碳酸鋼與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋼沉淀，BaCN(aq)BaCO3 (s)、心皿BaSO4 ( 5)可以T龕現(xiàn)，故B正確rC .莘酚酸性弱于碳酸，依酹雖酸制備弱酸規(guī)律C6H5OH小卬C02，不能母實(shí)現(xiàn)，故C ；D .二事化硅與鹽醯不反應(yīng). SiO2字號。4不能實(shí)現(xiàn)-故端誤；故選：BoA.二硫化亞鐵氧化生成二氧化硫和氧化鐵；

24、B.氯化鋼溶液中通入氨氣、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鋼，碳酸鋼與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋼沉淀；C.苯酚酸性弱于碳酸；D.二氧化硅與鹽酸不反應(yīng)。本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，熟悉相關(guān)物質(zhì)的 性質(zhì)及發(fā)生反應(yīng)條件是解題關(guān)鍵，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，題目較簡單。8.【答案】C【解析】 【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)知識，側(cè)重于物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)等方面的考查，難度不大，注意原子核外 電子的排布特點(diǎn)，推斷元素的種類為解答該題的關(guān)鍵?！窘獯稹慷讨芷谠?W X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。元素 W在所有元素中原子半徑最小，則 W為H元素； X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的

25、2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為 4,則X為C 元素；元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，則 Y為Al; Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的 2 倍，原子序數(shù)大于Al,位于第三周期，故最外層電子數(shù)為 6,則Z為S元素，A.Y為Al ,金屬Al與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)都可以產(chǎn)生氫氣，故A正確；.X、W分別為H、C, H、C形成的原子比為1: 1的化合物有乙快、苯、苯乙烯等多種，故 B正確； C.W X分別為H、C,其氫化物分別為HCl、CCl4,四氯化碳分子中G Cl原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)， 而HCl分子中的H最外層電子數(shù)為2,故C錯誤；D.Z為S、X為C元素，C可與元素S可形成共彳

26、化合物 CS,故D正確。 故選C.【答案】B【解析】解：A、銅失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu電極為負(fù)極，故A正確；B、PbO得電子、發(fā)生還原反應(yīng)、為正極，電極反應(yīng)式為：PbO+4H+SO2-+2e PbSO+2HO,故B錯誤；C、由總反應(yīng)Cu+PbO2HSO- CuSOPbSO2HO可知，放電時硫酸轉(zhuǎn)化為硫酸銅，則 CuSO與H2SO物 質(zhì)的量之比變大，故C正確；D若將Cu換成Pb,鉛仍作負(fù)極，則電路中電子轉(zhuǎn)移方向不變，故 D正確； 故選：Bo由圖可知電池總反應(yīng)為 Cu+Pb2HSO- CuSO+PbS(4+2h2O,則銅失電子、發(fā)生氧化反應(yīng)、為負(fù)極，電 極反應(yīng)式為：Cu-2e Cu2+, PbO

27、得電子、發(fā)生還原反應(yīng)、為正極，電極反應(yīng)式為：PbO+4H+SO2-+2ePbSO+2HO,據(jù)此分析解答。本題考查了化學(xué)電源新型電池，根據(jù)原電池原理來分析解答，知道電極上發(fā)生的反應(yīng)即可解答，注意 電極反應(yīng)式的書寫和電解質(zhì)溶液中離子移動方向，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：A.電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極，含銅離子的電解質(zhì)溶液，故 A錯誤；B.5.6 gFe物質(zhì)的量為0.1mol ,足量Cl2中完全燃燒生成氯化鐵，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 0.3Na,故B錯誤；川打Q）C.氯化鏤溶液中鏤根離子水解溶液顯酸性，加水稀釋促進(jìn)鏤根的水解，溶液中心 增大,故C正確；D. BaC BaSO的飽和溶液中存在化

28、學(xué)平衡 BaCO （s） +SO2-?BaSO （s） +C渣（aq）,”書， 人耳收$1 = Rn戶川，溶度積常數(shù)隨溫度變化，故比值不變，故D錯誤；故選：C。A.電解精煉銅，粗銅作陽極，精銅作陰極；B.鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵；C.室溫下，稀釋0.1mol?L-1NHCl溶液，促進(jìn)鏤根離子的水解正向進(jìn)行；D. BaC BaSO的飽和溶液中存在化學(xué)平衡，”）八邛夜行蛻，“；本題考查了電解精煉原理、氧化還原反應(yīng)、鹽類水解、難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡、溶度積常數(shù)的影 響因素分析等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。11.【答案】BD【解析】解：A. X中酚羥基和碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)，酯基和酚羥基能發(fā)

29、生取代反應(yīng)，但是該物質(zhì)不能發(fā) 生消去反應(yīng)，故A錯誤；B.手性碳原子如圖所示7 10 ，其中9、10號碳原子不具有手性，共8個，故B正確；C. 丫中酚羥基、酯基水解生成的竣基和酚羥基都能和 NaOHK應(yīng)，酚羥基、竣基和 NaOHFB以1: 1反 應(yīng)，所以1molY含有3mol酚羥基、1mol酯基水解生成1mol酚羥基和1mol竣基，所以1molY最多能 消耗5molNaOH故C錯誤；D.苯環(huán)上酚羥基鄰對位 H原子能和澳發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能和澳發(fā)生加成反應(yīng)，等物質(zhì)的量的X和丫分別與足量澳反應(yīng)，X、丫消耗澳的物質(zhì)的量之比=5mol （4mol發(fā)生取代反應(yīng)、1mol發(fā)生加成反 應(yīng)）：5mol （4

30、mol發(fā)生取代反應(yīng)、1mol發(fā)生加成反應(yīng)）=1: 1,故D正確； 故選：BBX中含有酚羥基、苯環(huán)、醴鍵、碳碳雙鍵和酯基，具有酚、苯、醴、烯煌和酯的性質(zhì)；X中苯環(huán)和碳碳雙鍵能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，手性碳原子連接4個不同的原子或原子團(tuán)；丫中酚羥基、酯基水解生成的竣基和酚羥基都能和NaOHS應(yīng)；D.苯環(huán)上酚羥基鄰對位 H原子能和澳發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能和澳發(fā)生加成反應(yīng)。本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意酚、 酯、烯煌的性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。 12.【答案】A【解析】解：A.氯氣與KI反應(yīng)生成碘，碘與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成

31、硫酸、HI,由還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知，還原性：SOI -Cl-,故A正確；B.生成的乙烯及揮發(fā)的乙醇均使高鎰酸鉀褪色，由溶液褪色不能說明生成乙烯，故 B錯誤；C.0.1 mol?L-1NaSO溶液的pH約為10, 0.1 mol?L-1NaHSOt液的pH約為5,可知前者水解顯堿性、 后者電離顯酸性，則HSO結(jié)合H+的能力比SO2-的弱，故C錯誤；NaCl和NaBr的混合溶液的濃度未知，且為沉淀生成，不能比較限(AgBr)、Kp (AgCl)大小，故D錯誤； 故選：AoA.氯氣與KI反應(yīng)生成碘，碘與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸、HI ;B.生成的乙烯及揮發(fā)的乙醇均使高鎰酸鉀

32、褪色；C.0.1 mol?L-1NaSO溶液的pH約為10, 0.1 mol?L-1NaHSOt液的pH約為5,可知前者水解顯堿性、 后者電離顯酸性；D. NaCl和NaBr的混合溶液的濃度未知，且為沉淀生成。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、電離與水解、沉淀生成、 實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大。.【答案】B【解析】解：A、2A (g) +B (g) ?2C (g) 相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，即有壓強(qiáng)RcPz,故A正確；B、由圖，20.3gMgCl2?6H0(即為0.1mol)在空

33、氣中加熱時，鎂離子要水解，得到氫氧化鎂、氯化氫， 氯化氫揮發(fā)，氫氧化鎂繼續(xù)分解，最終得到產(chǎn)物為 4.0g氧化鎂(0.1mol),故B錯誤；C、由圖可知，lg的值增加1,即稀釋10倍，pH值下降1,符合強(qiáng)堿的稀釋規(guī)律，故 C正確；D稀釋過程中導(dǎo)電能力變化小，說明在稀釋過程中不斷的有離子電離出來，說明HA酸性小于HB,故D正確； 故選：BoA、2A (g) +B (g) ?2C (g)相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大；B、gMgC2?6H2O在空氣中加熱時，鎂離子要水解，氫氧化鎂繼續(xù)分解，最終得到氧化鎂；C、lg*的值增加1,即稀釋10倍，pH值下降1,符合強(qiáng)堿的稀釋規(guī)律；D稀釋

34、過程中導(dǎo)電能力變化小，說明在稀釋過程中不斷的有離子電離出來。本題考查化學(xué)平衡影響因素、平衡的移動、強(qiáng)弱電解質(zhì)的電離，鹽的水解等，難度中等，注意基礎(chǔ)知 識理解掌握，注意弱酸的電離。.【答案】C【解析】解：A.二者恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量濃度的NaCl、HCN HCNB分電離導(dǎo)致溶液呈酸性，但是其電離程度較小，所以c (H+) c (HCO-) +c (CO*2-) +c (H2CO),故 B錯誤；C.酸根離子水解程度越大，溶液中酸根離子濃度越小，水解程度CNHCO-,所以溶液中存在c (CN) c (HCQ-) +2c (GO2-),故 C正確；D.混合溶液中存在物料守恒 c (Nc+) =2

35、c (GO2-) +c (HCO-) +c (柞C2O),但是溶液混合后體積 增大一倍，導(dǎo)致濃度降為原來的一半，所以存在c (Nc+) +c (GO2-) +c (HCO-) +c (H2cO) =1.5 X1klm111mol/L=0.15 mol?L-1,故 D錯誤；故選：C。A.O.Imol ?L-1NaCN液與等體積、等濃度鹽酸混合，溶質(zhì)為等量的NaCl、HCN HCNt離顯酸性；B. NaHC4溶液存在物料守恒式為 c (Na) =c (HCO-) +c (GO2-) +c (HC2Q),加入 NaOHt液使 pH=7, n (Na)增大；C.由Ka可知酸性強(qiáng)弱，酸性越弱，對應(yīng)酸根離

36、子水解程度越大，溶液中酸根離子濃度越小；D.混合溶液中存在物料守恒 c (NcJ) =2c (C2Q2-) +c (HCO-) +c (HGO),但是溶液混合后體積 增大一倍，導(dǎo)致濃度降為原來的一半。本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，把握酸性比較、電離與水解、電荷守恒與物料守恒為解答的 關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。15.【答案】B【解析】解：A.由圖可知，升高溫度，co的物質(zhì)的量先減小后增大，說明升高溫度，在n基礎(chǔ)上平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該正反應(yīng)H0,故A正確；B. Ti時，在10min時不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，不能根據(jù)圖象計算平衡常數(shù)，故

37、B錯誤；C.10 min時，向容器田中CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,則轉(zhuǎn)化CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,反應(yīng)三段式為：CO (g) +3H2 (g) ?CHOH(g) +HO (g) 起始量(mol): TOC o 1-5 h z 1300變化量(mol):0.30.90.30.3最終量(mol):0.72.10.30.3113 X (L3.A x K，則平衡逆向移動，此時v (正) v (逆)，故C正確；D.10 min內(nèi)，容器n CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,則轉(zhuǎn)化CO的物質(zhì)的量為0.7mol ,由方程式可知生成I ij蕓CH OH勺物質(zhì)的量為0.7mol ,則CH OH的反應(yīng)速率為

38、=0.07mol?L -1 ?min-1,故D正確。 故選：BoA.由圖可知，升高溫度，C。的物質(zhì)的量先減小后增大，說明升高溫度，在n基礎(chǔ)上平衡逆向移動；B. Ti時，在10min時不一定達(dá)到平衡狀態(tài)；C.10 min時，向容器田中CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,則轉(zhuǎn)化CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,反應(yīng)三段式為：CO (g) +3H2 (g) ?CHOH(g) +HO (g) 起始量(mol): TOC o 1-5 h z 1300變化量(mol):0.30.90.30.3最終量(mol):0.72.10.30.3以此計算平衡常數(shù)，進(jìn)而計算再加入 1 mol CO (g)和1 mol HtO

39、 (g)的Qc,以此判斷反應(yīng)進(jìn) 行的方向；D.10 min內(nèi)，容器n CO的物質(zhì)的量為0.3mol ,則轉(zhuǎn)化CO的物質(zhì)的量為0.7mol ,由方程式可知轉(zhuǎn)化 CH OH勺物質(zhì)的量為0.7mol ,以此可計算CH OH的反應(yīng)速率。本題考查化學(xué)平衡計算，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)平衡三段法、速率計算、平衡特征為解答的關(guān)鍵，側(cè) 重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng) B為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。16.【解析】解：(1)將硫鐵礦燒渣經(jīng)過粉碎，可增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高燒渣浸出率，故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高燒渣浸出率；(2) “酸浸”時加入的硫酸不宜過量太多，否則過量太多會增加

40、沉淀過程氨水的用量，故答案為： 過量太多會增加沉淀過程氨水的用量；(3) FezQ、FeO與酸反應(yīng)生成的硫酸亞鐵、 硫酸鐵，濾液中含有Fe2+、Fe3+、H+,故答案為：Fe2+、Fe3+、 +H；(4)當(dāng)氨水用量超過一定體積時，鐵的沉淀率下降，可能原因是氨水與鐵的氫氧化物反應(yīng)生成可溶 性配合物，故答案為：氨水與鐵的氫氧化物反應(yīng)生成可溶性配合物；(5) Fez。、FeO與酸反應(yīng)生成的硫酸亞鐵、硫酸鐵，加入氨水、碳酸氫鏤，“過濾 2”所得濾渣的 主要成分為FeOOHF口 FeCO,濾液含有(NH) ?SO,故答案為：(NH) 2SO;(6)洗滌沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，待

41、水自然流下，重復(fù) 23次，從 而得到較純凈的沉淀沿玻璃棒向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，待水自然流下，重復(fù)23次，故答案為：沿玻璃棒向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，待水自然流下，重復(fù)23次；(7) FeCO在空氣中焙燒生成鐵紅的化學(xué)方程式為 4FeCO+O2Fe2O+4CO,故答案為：4FeCO+O2Fe2O+4CO。硫鐵礦燒渣(主要成分為 FeO、FesO,另含少量難溶雜質(zhì))加入足量硫酸， Fe2。、FesO與酸反應(yīng)生 成的硫酸亞鐵、硫酸鐵；，在濾液中加入氨水、碳酸氫鏤調(diào)節(jié) PH值，得到FeOOHF口 FeCO,在空氣中焙燒，發(fā)生4FeCO+O2FeO+4CO,生成氧化鐵和二氧化碳， 同時FeOOH

42、fe成Fe?。，以此解答該題。本題考查物質(zhì)的制備和分離操作，側(cè)重于學(xué)生分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰途C合運(yùn)用化學(xué)知識能力的考查，為高考常見題型，題目難度中等，注意根據(jù)實(shí)驗(yàn)流程以及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)解答該題。17.【解析】解：(1)由結(jié)構(gòu)可知，B中的官能團(tuán)名稱為：酯基、酚羥基，故答案為：酯基；酚羥基；(2)對比B、C的結(jié)構(gòu)可知，B中酚羥基中氫原子被甲基替代生成 C,屬于取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；F的分子式為CioHiNQ, E-F發(fā)生還原反應(yīng)，對比D、G的結(jié)構(gòu)可知，D發(fā)生硝化反應(yīng)生成E*電I.E型第板還原為氨基生成F .靖芻G的紿檢.可知6酶的立置.F中的氨區(qū)也在I4 H同一Eg .故F的結(jié)梅簡式為：.m

43、i：1 zNH,故答集無：jfY ：(4 ) 0為，D的f 同力異恂體同時滿足下列條件：3瞄培生銀境反成水斛反應(yīng)且翡與FeCIm落港發(fā)生顯色反生.丸明含有醛基、圈基酚羥星r2分子白有琳杯同化學(xué)環(huán)境的氨，存在對粉結(jié)陶，符合條|. mMl niv II 1iiiCell,故瞽靠光：rI、ie：mJr看 出廠|q 1 Hl MH s, Itlt H !ji| fc 等 ；Elmcm Hkd tl4 Hl lC（5 ）日BY於轉(zhuǎn)化可知，由與（CH?）石可絲3口?月生成山工1 丁山 造合給iHCH,予的信息、第線圖中生詼的轉(zhuǎn)化，“、，、/ “與濃硝酸在乙酸鼾條件下仝成然后與 2CH,&門0加。昨用鈿”一

44、一一，*N3NOm 立&。4作用“一 一一5 5，蕓7g銀到 CH.予的信息、路線圖中生成G的轉(zhuǎn)化.1 0 與法硝函左乙蕊5f條件下生成F 二；，然后與sncij/HC昨用生成- -VH7,有利于酸性氣體 CO和HS的吸收，并轉(zhuǎn)化為HS （或S2-）、HCO （或 CG2-）,故答案為：將H2s轉(zhuǎn)化為HS （或S2-）,部分CO轉(zhuǎn)化為HCO （或CO2）;（2）電解池中，HS （或8） 、 HCO （或CG2一）移向陽極與酸生成 HS、CO,陽極上OH （或HO）、 倬S發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)生成 O、SO2,電極反應(yīng)為40H4e =OT +2HO （或倬O-4e =O T+4H）、 倬S+4

45、HO-8e 10H+S。-,所以陽極室逸出 CO和O, HS轉(zhuǎn)化為SO2-而除去，故答案為：Q; H2S+4HO-8e 10H+SO2-;(3)2NO(g) +Q (g) 2NO (g) ; H=akJ?mol-1CH (g) +2C2 (g) CO (g) +2HO (g) ; H=bkJ?mol-1CH (g) +2NO (g) Nb (g) +CO (g) +2H2O (g) ; H=ckJ?mol-1蓋斯定律計算 x 2+ x 2-得到反應(yīng) CH (g) +4NO (g) 2N (g) +CO (g) +2HO (g) Ahl, 故答案為：2a+2c-b ;(4)？ OH較柞O和。更易

46、與煙氣中的NO SO發(fā)反應(yīng)生成硝酸和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式：3?OH+NO一HNOHO,故答案為：3?OH+NOHNOHO;HO濃度一定時，NO的脫除效率與溫度的關(guān)系如圖 2所示。升溫至80c以上，大量汽化的柞O能使 NO的脫除效率顯著提高的原因是 代。與催化劑的接觸更好，產(chǎn)生更多的？ OH ?O碌度增大，與NO混 合更充分，溫度高于180C, NO的脫除效率降低的原因是：？O而解成Q和HO, NO的脫出效率下降， 故答案為：與催化劑的接觸更好，產(chǎn)生更多的？ OH ?OH濃度增大，與NO昆合更充分；180c以后， ?O歷解成。和HO, NO的脫出效率下降；(5) n (KOH =2mol/L X2L=4mol,可能先后發(fā)生反應(yīng) CH+2O=CO2H。CC+2KOH=：ICC+HQ 檢CO+CO倬O=2KHGO當(dāng) 0V44,8L 時，0n (CH) 2mol,則 0n (CO) 3HQ當(dāng)