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(shuō)明一、單選題卞列我國(guó)科技成果不涉及化學(xué)變化的是???A□廚余污油裂化為航空燃油Bh深海勇士”號(hào)潛水艇用鋰電池供能C□以“煤”代“油”生產(chǎn)低碳烯婭D□肘吠眼”接收宇宙中的射電信號(hào)A?AB?BC?CD?D中國(guó)是瓷器的故鄉(xiāng)，鈞瓷是宋代五人名窯瓷器之一，以“入窯一色出窯萬(wàn)彩''的神奇窯變著稱。下列關(guān)于陶瓷的說(shuō)法正確的是（）高品質(zhì)的白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物瓷器中含有人量的金屬元素，因此陶瓷屬于金屬材料氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料”窯變”是高溫卞釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導(dǎo)致顏色的變化下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是（）先裝好藥品，再檢查裝置的氣密性先用雙手捂緊試管，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，后加熱橋釋濃硫酸時(shí)，先在燒杯里倒入濃硫酸，再小心倒入水并不斷攪拌已知恥是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

3g3He含有的中子數(shù)為1恥1L0.1mol?IT】磷酸鈉溶液含有的PO：數(shù)目為0.1MlmolK2Cr2O7被還原為C古轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6恥48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為132VX卞列有關(guān)鐵及其化合物的說(shuō)法中不正確的是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將飽和FeCb溶液滴入沸水中，能形成膠體新制的氫氧化亞鐵沉淀露置在空氣中最終會(huì)變?yōu)榧t褐色除去FeCh溶液中的FeCb雜質(zhì)可以向溶液中加鐵粉，然后過(guò)濾卞列解釋工業(yè)生產(chǎn)或應(yīng)用的化學(xué)用語(yǔ)中，不正確的是???FeCl3溶液刻蝕銅電路板：2Fe3'+Cu=2Fe:_+Cu3+NaO用作供氧劑：二2NaOH+0：t氯氣制漂白液：C12+2Na0H==NaCl+NaC10+H：0Na2C03溶液處理水垢：CaSO,(s)+C03:-^=±CaC03(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()該過(guò)程中可得到化工產(chǎn)品HmSCU該工藝流程是除去煤燃燒時(shí)產(chǎn)生的SO2該過(guò)程中化合價(jià)發(fā)生改變的元素只有Fe和S圖中涉及的反應(yīng)之一為Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4BHT是一種常用的倉(cāng)品抗氧化劑，合成方法有如下兩種：OH[1(BHT)CH,方沈二cu<CH02C=CH2OH[1(BHT)CH,方沈二(CHJjCOH/濃毓酸/卜列說(shuō)法正確的是

)一OH能與Na2CO3溶液反應(yīng)生成CO2CH；—與BHT互為同系物BHT久置于空氣中不會(huì)被氧化兩種方法的反應(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C12、Bn分別與H2反應(yīng)比較氯、澳的非金屬性強(qiáng)弱B向MgCb.AlCh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Na2CO3sNa2SO4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)比較鐵、銅的金屬性強(qiáng)弱10.根據(jù)如卞能量關(guān)系示意圖，下列說(shuō)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-111molCO2(g)反應(yīng)過(guò)程lmolC(g)與lmolOKg)的能量之和為393.5kJ反應(yīng)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中，生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量由C->CO的熱化學(xué)方程式為：2C(s)+O2(g)=2CO(g)A^=-221.2kJmor1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)^=-10.1kJmol11?固體界面上強(qiáng)酸的吸附和離解是多相化學(xué)在壞境、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(guò)程的示意圖。下列敘述錯(cuò)誤的是冰表面第一層中，HC1以分子形式存在冰表面第二層中，H-濃度為5x10-3molLT(設(shè)冰的密度為0.9gcnr3)冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)格結(jié)構(gòu)保持不變冰表面各層之間，均存在可逆反應(yīng)HC1^^H-+C1-將一定量純凈的氨基甲酸錢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(?>0)。然后在恒定溫度卞縮小容器體積，重新達(dá)到平衡。卞列分析正確的是若2v(NH3)=v(COJ,則該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)兩次平衡時(shí)，后一次平衡時(shí)c(CO2)的濃度人重新達(dá)到平衡，密閉容器中氨氣的體枳分?jǐn)?shù)不變?nèi)糸_(kāi)始時(shí)向容器中加人2molNH3和1molC02,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(shuō)法錯(cuò)誤的是微生物促進(jìn)了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移質(zhì)子通過(guò)交換臉從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)電池總反應(yīng)為C6Hi2O6+6O2=6CO2+6H2O(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過(guò)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)2SOs初始濃度對(duì)空氣氧化(NHASO3速率的影響，結(jié)果如圖。卜列說(shuō)法不正確的是-i.TJ.-oaiws700.17-i.TJ.-oaiws700.17nix^n■i|i?iIII>.40SO60700」0.20.30.4溫度2（NILhSO初始濃度/molf160C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)60°C之后，氧化速率降低可能與02的溶解度下降及（NH02SO3受熱易分解有關(guān)c.（NH4）2SO3初始濃度增人到一定程度，氧化速率變化不人，與SO3?-水解程度增人有關(guān)D.（NH4）2SO3初始濃度增人到一定程度，氧化速率變化不人，可能與的溶解速率有關(guān)第H卷（非選擇題）請(qǐng)點(diǎn)擊修改第n卷的文字說(shuō)明二、填空題研究人氣中含硫化合物（主要是SO2和HnS）的轉(zhuǎn)化具有重要意義。（1）高濕條件下，寫出大氣中SO?轉(zhuǎn)化為HSO3-的方程式：°（2）土壤中的微生物可將人氣中H￡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：（站L步反應(yīng)）（鋸二步反應(yīng)）（站L步反應(yīng)）（鋸二步反應(yīng)）lmolH2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的熱化學(xué)方程式為°（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SO?快速啟動(dòng)，其裝置示意圖如下：IIX)口質(zhì)子的流動(dòng)方向?yàn)椋ā皬腁到從B到AT?！踟?fù)極的電極反應(yīng)式為。（4）燃煤煙氣的脫硫減排是減少人氣中含硫化合物污染的關(guān)鍵。SO2煙氣脫除的一種工業(yè)流程如卞：含含so?口用純堿溶液吸收SO2將其轉(zhuǎn)化為HSO門反應(yīng)的離子方程式是□若石灰乳過(guò)量，將其產(chǎn)物再排回吸收池，其中可用于吸收SO?的物質(zhì)的化學(xué)式是推斷題3■四氫咲喃甲醇是合成農(nóng)藥咲蟲(chóng)胺的中間體，其合成路線如下:己知：?RC1竽NCN:RCOOH@RiCOOR2+R31SOH—RiCO1sOR3+R2OHkbh4③R1COOR2TR1CH2OH+R2OHH*請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A生成B的反應(yīng)類型是,B中含有的官能團(tuán)是（2）D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E的化學(xué)方程式為°

3■四氫吠喃甲醇有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫出其中兩種符合卜?列條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：O①能發(fā)生水解反應(yīng)②分子中有3個(gè)甲基G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為o生成G的過(guò)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：還口］■以利用^〉。與K發(fā)生加成反應(yīng)合成3-四氫吠喃甲醇，寫出K和H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。(DKBHgOH他化劑-HiO(DKBHgOH他化劑-HiO綜合題草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，廣泛分布于動(dòng)植物體中。人體內(nèi)草酸累枳過(guò)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已知：O.lmolL一iKHCQi溶液呈酸性。下列說(shuō)法正確的是(填字母序號(hào))。0.1molL—1KHC2O4溶液中:c(K+)+c(H*)=c(HC2O40+2c(C2O42-)+c(OH)0.1molL_1KHC2O4溶液中:c(K*)>c(HC2O4)>c(C2Or)>c(H2C2O4)濃度均為0.1molL_1KHC204和K2C2O4的混合溶液中:2c(KJ=c(HC2O4)+c(C2O42)0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c(K*)>c(Na+)利用草酸制備草酸亞鐵晶體(FeC2O4xH2O)的流程及組分測(cè)定方法如下：|1(NSSO。FcSOx■■■??”％'八心■|FcSOa<NlLhSOi6H-OI?fFc€O4tHO11體琉般調(diào)pH至1?2戰(zhàn)煞邊海11g己知：i.pH>4時(shí)，F(xiàn)e?+易被氧氣氧化ii?幾種物質(zhì)的溶解度(g/100gHQ)如卜FeSO47H2O(NH4)2so4FeSO4(NH4)2SO46H2O20j48753760J1018838匚用桶硫酸調(diào)溶液pH至1?2的目的是：,。匚趁熱過(guò)濾的原因是：°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bmolL-1的高鎰酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗高怯酸鉀YmL,則M=o(己知：部分反應(yīng)產(chǎn)物為Mn*、Fe*、CO2)五、實(shí)驗(yàn)題18?粗銅精煉后的陽(yáng)極泥含有Cu、Ag和Au(金)等。濕法處理陽(yáng)極泥的一種工藝流程如下:通入適空氣體X適MNaCl(1)在粗銅精煉過(guò)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(guò)程中，浸銅反應(yīng)的離子方程式為生產(chǎn)中實(shí)際需要H2O2的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過(guò)浸銅所需的理論用量，可能的原因是⑶己知：浸金時(shí)，Au轉(zhuǎn)化為AuCUo在理論上，提取金的過(guò)程中反應(yīng)消耗NaClCb和H2C2O4的物質(zhì)的量之比為o⑷己知：浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO3、=Ag(SO3)/?+Cl?；Ag(SO3)23-將HCHO氧化為CO32\①為減少?gòu)U液排放，充分利用資源，向浸銀殘液中通入氣體X得到N32SO3再生液，X是②在提取銀過(guò)程中，其他條件不變，Na2SO3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。

.20.20899.S998銀的浸出率%)G6.6se.4982980-23456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rSniLlmal-L-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寫出實(shí)驗(yàn)③中I-反應(yīng)的離子方程式：。⑶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<11.7時(shí)，r能被6氧化為12。pH>9.28時(shí)，【2發(fā)生歧化反應(yīng):3I2+6OH=IOf+51+3H2O,pH越大,歧化速率越快。小組同學(xué)用4支試管在裝有6的儲(chǔ)氣瓶中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，裝置如圖所示。①o°c0.5molL'1桶硫酸4mm左右出現(xiàn)藍(lán)色②20°C1mm左右出現(xiàn)藍(lán)色③20°CO.lmolL"稀硫酸15min左右出現(xiàn)藍(lán)色④20°C蒸錨水30nun左右出現(xiàn)藍(lán)色

序號(hào)⑤⑥⑦⑧試管中溶液的pH891011放置10小時(shí)內(nèi)的現(xiàn)彖出現(xiàn)藍(lán)色顏色無(wú)明顯變化5mL15mL1mol?I.'1KI溶液?滴加1儁淀粉溶液，滴加KOH溶液02分析⑦和⑧中顏色無(wú)明顯變化的原因⑸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I?彼02氧化為12的反應(yīng)，如圖所示，請(qǐng)你填寫試劑和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象o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)分別在敞門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「1試管水浴70°C5mL1molI/】匚KI溶液、5111L0.5molL】桶硫酸20nun內(nèi)仍保持無(wú)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⑹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(guò)討論對(duì)實(shí)驗(yàn)⑨中的現(xiàn)彖提出兩種假設(shè)，請(qǐng)????你補(bǔ)充假設(shè)lo假設(shè)1:。假設(shè)2：45°C以上I2易升華，70°C水浴時(shí)，c(l2)太小難以顯現(xiàn)黃色。針對(duì)假設(shè)2有兩種不同觀點(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1.D【解析】【詳解】A、航空燃油是廚余污油通過(guò)熱裂解等技術(shù)得到一種長(zhǎng)鏈脂肪酸的單烷基酯，該過(guò)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、煤制烯坯，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(méi)有生成新物質(zhì)，不屬于化學(xué)變化，故選D。D【解析】【詳解】陶瓷中含有多種物質(zhì)，屬于混合物，不符合題意，A錯(cuò)誤；瓷器屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，不符合題意，B錯(cuò)誤；氮化硅屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，不符合題意，C錯(cuò)誤；D“窯變”是高溫卞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】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;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II處冒氣泡，順序錯(cuò)誤；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：濃硫酸的密度比水的大，溶于水時(shí)要放出人量的熱，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】

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；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II處冒氣泡，順序錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；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：濃硫酸的密度比水的大，溶于水時(shí)要放出人量的熱，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【點(diǎn)睛】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)楠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】3g'H亡的中子數(shù)為3-2=1,貝|J3g3He的中子數(shù)為xNa=Na,A項(xiàng)正確：3g/mol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.lmoVL的磷酸鈉溶液中磷酸根離子的個(gè)數(shù)小于IL"」iiioVLxNamol4=0.1NA,B項(xiàng)錯(cuò)誤：重銘酸鉀被還原為珞離子時(shí)，俗元素從+6降低到+3,lmol重銘酸鉀轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3molx2xNAmol4=6NAtC項(xiàng)正確：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10g異丁烷所得的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為48g+10g10g異丁烷所得的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為48g+10g58g/molxl3xNAmol4=13NA，D項(xiàng)正確;答案選B。D【解析】A?亞佚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FeCh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FeC13溶液中的FeCb雜質(zhì)町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】FeCl3溶液與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅：2Fe3-+Cu==2Fe2-+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：2皿O,+2H：O=4NaOH+0=t,故B錯(cuò)誤;氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)制漂白液：Cl,+2Na0H二二NaCl+NaClO+比0,故C正確：Na;CO3與硫酸鈣發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化：CaS0O+C03==CaC（）3（s）+S0廠，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Fe2（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。【詳解】從圖可以看出，該工藝中Fe2（SO4）3溶液吸收SO2生成FeSCU和H2SO4,可得到化工產(chǎn)品H2SO4,A正確：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；該過(guò)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；該工藝中Fe2（SO4）3溶液吸收SO2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】酚-OH的酸性較弱，與Na2CO3溶液反應(yīng)生成酚鈉和碳酸氫鈉，所以CH'Y^—CH不能與Na2CO3溶液反應(yīng)生成CO2,故A錯(cuò)誤；二者結(jié)構(gòu)相似，官能團(tuán)相同，均為苯酚的同系物，則CHS—CH與BHT互為同系物，故B正確;2828c.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；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】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)康模欢呔c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)康模粶y(cè)定pH可知碳酸鈉溶液的pH人于硫酸鈉溶液的pH,則硫酸的酸性人于碳酸的酸性，非金屬性S人于C,故C能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模篎e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?！军c(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】由圖可知，1molC(s)與1mol02(g)的能量之和比1molC02(g)的能量高393.5kJ,A錯(cuò)誤；由圖町知，1molCO(g)和0.5mol的6(g)生成1molC02(g)放出282.9kJ的熱量，所以反應(yīng)28@)+0他)=28心)中，反應(yīng)物的總能量人于生成物的總能量，B錯(cuò)誤；由圖可知,lmolC(s)和0.5mol6@)轉(zhuǎn)化為lmol的CO(g),放出熱量為:393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ,所以2C(s)4-O2(g)=2CO(g)AH=-221.2kJmol-1,C正確;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)物在該條件下是一029Q種較為穩(wěn)定的狀態(tài)，則029Q種較為穩(wěn)定的狀態(tài)，則co的熱值為絲工kJg—1=10.1kJg1單位不正確，D錯(cuò)誤;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(wú)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-4:】，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lmol,則所得溶液質(zhì)量為18g/molxlmol=18g,則溶液的體積為xio-3L/nil=2.OxlO-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10-mol,則氫離子濃度為^^=5xlO-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(wú)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HC1^H?+CL,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(wèn)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。12?C【解析】【分析】【詳解】2v(NHJ=v(COJ,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；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；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；因反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)徹底，故若開(kāi)始時(shí)向容器中加人2molNH3和1molCO.,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】根據(jù)圖彖，負(fù)極上C6H12O6失電子，正極上02得電子和H-反應(yīng)生成水，負(fù)極的電極反應(yīng)式為C6Hi2O6+6H2O-24e-=6CO2+24H-,正極的電極反應(yīng)式為O2+4e-+4H-=2H?O,因此CO2在負(fù)極產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；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：通過(guò)原電池的電極反應(yīng)可知，負(fù)極區(qū)產(chǎn)生了IF,根據(jù)原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，可知質(zhì)子(HJ通過(guò)交換膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)，故C正確；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AoC【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)亞硫酸錢的濃度增人到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率人于氧氣的溶解速率?！驹斀狻緼、溫度越高，氧化速率越快，60C之前，氧化速率增人與溫度升高化學(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、SO32-水解不影響溶液中+4價(jià)硫的總濃度，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)亞硫酸錢的濃度增人到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率人于氧氣的溶解速率，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人。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。SO2+H2O?=^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】~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-：由圖可知，第一步熱化學(xué)反應(yīng)為：H2S(g)+0.502(g)=S(s)+HQ(g)AH=-221.19kJ-mol-1；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：H?S(g)+202(g)=SO42-(aq)+2H-(aq)△H=-806.39kJ?mol"：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(yáng)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-：①亞硫酸的酸性人于碳酸，碳酸鈉溶液中通入過(guò)屋的二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，離子方程式：H2O+2SO2+CO3—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?，能夠與堿液反應(yīng)，故NaOH和過(guò)量的Ca(OH)2可以用于吸收二氧化硫。取代反應(yīng)氯原子(-C1)、竣基(-COOH)HOOCCHzCOOH+2CH3CH2OH^^

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2Oh-c-o-c-ch3sch3-c-o-ch-ch3.OIICH.-O-C-CH-CH3(任寫2種)o?走條件CH3CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2Oh-c-o-c-ch3sch3-c-o-ch-ch3.OIICH.-O-C-CH-CH3(任寫2種)o?走條件CH3CH2O-^-?H-CH2CH2O

r#oc貝o+(n-1)CH3CH2OHo0C2H5O【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CICH2COOH,B發(fā)生竣基與碳酸鈉復(fù)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CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3:E與壞氧乙烷發(fā)生開(kāi)環(huán)加成生成FoF發(fā)生信息②中酯交換反應(yīng)脫去1分子CH3CH2OH生成G,故G為據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼生成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：竣基、氯原子，故答案為：取代反應(yīng)；竣基、氯原子：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HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH*亠CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O,故答案為：A稀齷HOOCCH2COOH+2CHsCHiOH^^CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O：A3-四氫咲喃甲醇的兩種同分異構(gòu)體符合卞列條件：①能發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明含有能基，②och30OIIIII分子中有3個(gè)甲基,可以是:H-C-O-C-CH3.CHrC-O-CH-CH^CH3-O-C-CH-CH3,CH3CH3CHj

och3_IIIII故答案為：H-COyCHs、CH3-C-O-CH-CH3.CH3-O-C-CH-CH3(ff寫2種);CH3CH3CHj⑷根據(jù)上述分析可知，G為：3式＞7⑷根據(jù)上述分析可知，G為：3式＞7故答案為:生成G的過(guò)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。與K發(fā)生加成反.應(yīng)生成(6為:0走超牛CH3CH20^-CH-CH2CH2o4；H+(n.。與K發(fā)生加成反.應(yīng)生成(6為:0走超牛CH3CH20^-CH-CH2CH2o4；H+(n.1)CH3CH2OH>故答案^oc2h5O0CH3CH2O十~GC]H-ch2cH2。農(nóng)OC2H5o+(n4)CH3CH2OH；,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；【點(diǎn)睛】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),町以聯(lián)系竣基和疑基發(fā)生的酯化反應(yīng)進(jìn)行類推。CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)2a2+(aq)^C2O42-(aq),EDTA結(jié)合Ca?+后，Ca2+濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，結(jié)石溶解abd抑制Fe?+和NHT的水解防止Fe*被氧化防止低溫時(shí)FeSO47H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4(NH4)2SO46H2O.600a的純度mol/LbV【解析】【分析】【詳解】草酸鈣難溶于水，在水存在溶解平衡CaCQ(s)L』Ca'(aq)+CO'(aq),加入EDTA,EDTA結(jié)合Cf后，C貳濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，使結(jié)石逐漸溶解；

故答案為CaCQi(s)存在沉淀溶解平衡CaCQdd^CaSaq”GO廣(aq),EDTA結(jié)合Ca‘后，Cf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?「農(nóng)比心溶液中存在電荷守恒：c(K_)+c(H')=c(HCzOD+2c(&0產(chǎn))+c(OH),正確：KHCQ溶液呈酸性，表明HCQ「的電離程度人于水解程度，0.lmol?「KHCO溶液中：c(K')>c(HC：Or)>cGO產(chǎn))>c(H：G0j,正確：根據(jù)物料守恒，濃度均為0.lmol?L7KHCO和&CO的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC20；)+c(CO")+c(H：CO)],錯(cuò)誤；恰好完全反應(yīng)后c(lO二c(Na'),滴加等濃度ROH溶液至中性，反應(yīng)后KHC4溶液須過(guò)量，溶液的成分為血CO和KHCQ的混合溶液，故c(lC)>c(NaO,正確；故選abd：(3)?pH>4時(shí)，F(xiàn)e‘易被氧氣氧化，且亞鐵離子、錢根離子離子易發(fā)生水解，溶液顯酸性，所以用棉硫酸調(diào)溶液pH至1?2,可以防止Fe‘被氧化，同時(shí)可以抑制Fe‘和NH「的水解；故答案為：抑制和NH「的水解，防止F/被氧化;根據(jù)表中數(shù)據(jù)，F(xiàn)eSOi?7H,0在常溫下的溶解度不太人，趁熱過(guò)濾，可以防止低溫時(shí)FeSO,?7H：0和(NH^SO*析出，影響FeSO,?(NH>SOt?6H：0的純度;故答案為：防止低溫時(shí)FeSO,?7H：0和(NH>SOt析出，影響FeS0??(NHjcSO,?6比0的純度；草酸亞鐵與高怯酸鉀反應(yīng)的方程式為：3Mn0r+5Fe>+5C201：_+24H=3Mn>+10C02+5Fe^+12H：0,有3Mn0「5FeC：Oi,35bmol/LXVX10氣n(FeCQ)35bmol/LxVxW3L'n(FeC2O435bmol/LxVxW3L'n(FeC2O4)質(zhì)量M二5-x3600al^bVmol^~bVmol/L；故答案為:600a故答案為:—mol/LobV人量H2O2在CuSO4催18?人量H2O2在CuSO4催化下，受熱分解。(或氧化陽(yáng)極泥中的銀也要消耗H2O2.)1:3SO2在Na?SO3再生液含有C1-,多次使用Na?SO3再生液會(huì)積累犬量C1-,c（Cl-）增人，使AgCl+2SO32-^^Ag（SO3）2，+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(yáng)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(wú)論過(guò)程分幾步進(jìn)行，過(guò)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)的屋的關(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SO24將碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO2o②在N&2SO3再生液中含有C1-,多次使用Na2SO3再生液會(huì)枳累大量C1-,c（C1J増犬，使AgCl+2SO32-=Ag（SO3）2?+Cl-平衡逆向移動(dòng),抑制AgC1的溶解?！驹斀狻浚?）精煉粗銅時(shí)，陽(yáng)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-=Cuo本小題答案為：正；Cu-+2e-==Cuo（2）浸銅過(guò)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，H）O2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Cu2++2H2O：生產(chǎn)中實(shí)際需要H2O2原反應(yīng)，生成HiO,反應(yīng)的離子方程式為Cu+H2O2+2H-的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過(guò)浸銅所需的理論用量，可能的原因是大屋HQ2在CuSCU催化卜?，受熱分解,也可能是氧化陽(yáng)極泥中的銀也要消耗H202oo本小題答案為：CU+H92+2H皀CP+2H2O；人量HQ2在CuSCUCu2++2H2O：生產(chǎn)中實(shí)際需要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)，1molNaClOs得6mol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：I、?一步中，AuCU-轉(zhuǎn)化為Au,Au元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到0價(jià)，1molAuCk得3mol電子，HGCU轉(zhuǎn)化為CO2,C元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高到+4價(jià)，lmolH2C2O4失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒AuCU-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。①浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO32-^Ag(SO3)23-+Cl-；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SO20本小題答案為：SO2o②在N&2SO3再生液中含有C1-,多次使用Na?SO3再生液會(huì)枳累大量C1-,c(C1J増人，使AgCl+2SO32-=Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。本小題答案為：在NazSOs再生液中含有C1-,多次使用Na?SO3再生液會(huì)積累人量Ct,c(Cl-)增犬，使AgCl+2SO32-=Ag(SO3)23-+Cl-^衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。19.O.SmolL-1橋硫酸4F+O2+4H=2I2+2H2O相同溫度下,KI溶液被O2氧化成b,c(H「)越人，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俾室掠谘趸俾屎偷矸圩兩俾?或歧化速率最快)，所以觀察顏色無(wú)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)彖：電流表指針偏轉(zhuǎn)，左側(cè)電極附近溶液藍(lán)色(tv30mm)加熱使6逸出，c(O?降低,導(dǎo)致I-氧化為12的速率變慢KI溶液過(guò)量(即使加熱時(shí)有12升華KI仍有剩余)，實(shí)驗(yàn)⑨冷