2020年北京市高考化學模擬試卷(3月份

1、第15頁，共20頁置將NO 2球浸泡在冰水和熱水中目的或結論探究溫度對平衡2NO2? N2O4 的影 響試管中收集到無色氣體, 說明銅與濃硝酸的反應 產物是NO海帶提碘時，用上述 裝置灼燒海帶除去HCl氣體 中混有的少量Cl 2A. AB. BC. CD. D2020年北京市高考化學模擬試卷（3月份）題號一一三總分得分、單選題（本大題共 14小題，共42.0分）1.化學在實際生活中有著廣泛的應用.下列說法錯誤的是（）A.食品添加劑可以改善食物的色、香、味并防止變質，但要按標準使用B.鉛蓄電池工作時兩極的質量均增加C. CO2和SO2都是形成酸雨的氣體D.用明磯作凈水劑除去水中的懸浮物2 .下列

2、敘述正確的是（）A. Na在足量O2中燃燒，消耗lmolO2時轉移的電子數(shù)是 4 .02 1023B.鹽酸和醋酸的混合溶液 pH=1 ,該溶液中c （H + ） =0.1 mol/LC. 1 L0.1 mol/L NH 4Cl 溶液中的 NH4+ 數(shù)是 0.1 602 M023D.標準狀況下2.24 L Cl 2中含有0.2 mol共價鍵3 .下列化學用語對事實的表述正確的是（）A.碳酸比苯酚酸性強：2c6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B.實驗室用氯化鋁溶液和氨水制備氫氧化鋁：Al3+3OH-=Al （OH） 3JC.工業(yè)上用電解法制鎂：MgCl 2 （熔融）白Mg+

3、Cl 2 TD.向NaOH溶液中通入過量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na 2SO3+H2O4.主族元素 W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20. W、X、Z最外層電子數(shù)之和為11; W與Y同族；W的氫化物為弱酸。下列說法正確的是（）A. Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性B. W和Y具有相同的最高化合價C.離子半徑YvZD. Z的氫化物為離子化合物5.卜列關于各裝置與其對應的實驗目的或得到的實驗結論的說法中正確的是（）80c時，1L密閉容器中充入 0.20molN2O4,發(fā)生反應 N2O4 (g) ? 2NO2 ( g)AH=+QkJ/mol (Q0)獲得如下數(shù)據(jù)：下列判斷正確的是

4、()時間/s020406080100c (NO2) /mol ?L-10.000.120.200.260.300.306.A.升高溫度該反應的平衡常數(shù)K減小B. 2040s 內,v (N2O4)=0.004 mol?L-1?s-1C.反應達平衡時，吸收的熱量為0.15Q kJD. 100s時再通入0.40molN2O4,達新平衡時 N2O4的轉化率增大7.以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保的制氫方法，其流程圖 如下：相關反應的熱化學方程式為:反應 I: SO2(g) + I2(g) + 2H 2O(l) = 2HI(aq) + H 2SO4(aq) AHi= 213kJ mo

5、l反應反應II ： H2SO4(aq)=SO2(g) + H2O(l)+22(g) AH2= +327kJ mol-1III ： 2HI(aq) = H 2(g) + I2(g) AH3=+172kJ mol-1卜列說法不正確的是:A.該過程實現(xiàn)了太陽能到化學能的轉化B. SO2和I2對總反應起到了催化劑的作用C.總反應的熱化學方程式為：2H2O(l) = 2H 2(g)+O2(g) AH = +286 kJ mol-1D.該過程降低了水分解制氫反應的活化能，但總反應的ah不變8.磷酸(H 3P。4)是一種中強酸，常溫下，H 3PO4水溶液中含磷微粒的分布分數(shù)(平衡時某微粒的濃度占各含磷微?？?/p>

6、濃度的分數(shù))與pH的關系如圖，下列說法正確分爛 分數(shù)電方0.40.2pH的是()A. H3PO4 的電離方程式為： H 3PO4? 3H+PO43-B. pH=2時，溶液中大量存在的微粒有：H3P。4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C.滴力口 NaOH 溶液至 pH=7 ,溶液中 c ( Na+) =c ( H2P。4-) +2c (HPO42-) +3c ( PO43-)D.滴加少量 Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4 =2Na3PO4+3H2O+3CO2 T9.酚酬:是一種常見的酸堿指示劑，其在酸性條件下結構如圖所示，則下列對于酚配的說法正確的是（）A.在酸性條件下，1

7、mol酚酗:可與4mol NaOH發(fā)生反 應B.在酸性條件下，1mol酚酗:可與4mol Br2發(fā)生反應 C.酸性狀態(tài)的酚酗:在一定條件下可以發(fā)生加聚反應生成高分子化合物D.酸性條件下的酚配可以在一定條件下發(fā)生加成反應，消去反應和取代反應列說法正確的是（）趣決.電氣10.硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品，可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質.則下一6卜 hc 奧 | Eig.1 1.化荒，物k11AHUI。wit w 1 jumA. CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B.工業(yè)上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C.除去與水反應，圖 3所示轉化反應均為氧化還原反應D.用CO合成CH 30H進而合

8、成HCHO的兩步反應，原子利用率均為100%11.下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結論中，不正確的是（）選項實驗現(xiàn)象結論A1可某無色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液后白色沉淀生 成原溶液中一定存在SO42-或 SO32-B鹵代煌Y與NaOH水溶液共熱后，加入足 量稀硝酸，再滴入 AgNO3溶液，產生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸鈉固體與硫酸反應產生的氣體，通入 苯酚鈉溶液中出現(xiàn)白色渾濁酸性：硫酸碳酸 苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和 CCU,振 蕩、靜置溶液分層，下層 呈橙紅色Br-還原性強于Cl-A. AB. BC. CD. D12.鋰-空氣充電池有望成為電動汽車的實用儲能設備。工

9、作原理示意圖如圖，下列敘 述正確的是（）LiQLg LnA.該電池工作時Li +向負極移動B. Li2SO4溶液可作該電池電解質溶液C,電池充電時間越長，電池中Li2O含量越多D.電池工作時，正極可發(fā)生：2Li +O2+2e-=Li 2O213.Y是合成藥物查爾酮類抑制劑的中間體，可由X在一定條件下反應制得， 下列敘述不正確的是()口 H jQOH 晶金1Qi f二A.該反應為取代反應B. Y能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色可證明其分子中含有碳碳雙鍵C. X和丫均能與新制的Cu (OH) 2在加熱條件下反應生成醇紅色沉淀D.等物質的量的 X、Y分別與H2反應，最多消耗 H2的物質的量之比為 4: 51

10、4.為測定人體血液中Ca2+的含量，設計了如下方案：|血液樣品啷“23國0慳牛皿oj用邸巴?諼藪據(jù)J過濾，淺深一1a而質商嫡定 有關反應的化學方程式為：2KMnO4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2T +8HO 若血液樣品為 15mL , 滴定生成的草酸消耗了 0.001mol?L-1的KMnO4溶液15.0mL,則這種血液樣品中的 含鈣量為()A. 0.001mol?L-1B. 0.0025mol?L-1C. 0.0003mol ?L-1D. 0.0035mol ?L-1簡答題(本大題共 2小題，共22.0分)15.諾貝爾化學獎獲得者 George A. O

11、lah提出了 “甲醇經濟”的概念，他建議使用甲醇來代替目前廣泛使用的化石燃料用作能源儲存材料和燃料。工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：(i)制備合成氣： CH4 (g) +H2O (g) ? CO (g) +3H2 (g) H=+206.0kJ ?mo (ii)合成甲醇：CO (g) +2H2 (g) ? CH3OH (g) H=-90.67 kJ ?mol-1(1)制備合成氣：工業(yè)生產中為解決合成氣中出過量而CO不足的問題，原料氣中需添加 CO2,發(fā)生的反應(iii)：CO2 (g)+H2 (g) ? CO (g) +H2O (g)AH=+41.17 kJ?mol-1,為了使合成氣配

12、比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為O(2)為節(jié)約化石能源、減少碳排放，用CO2代替CO作為制備甲醇的碳源正成為當前研究的焦點。請寫出二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學方程式 。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料氣中加入一氧化碳可以降低CO2與H2反應的活化能。在200-360 C, 9 MPa時合成氣初始組成 H2、CO、CO2物質的量之比7： 2： 1的條件下研究甲醇的合成反應。如圖1所示，CO2的平衡轉化率隨溫度升高先減小后增大，分析可能的原因是 。WP 0圖1504030t印腓的*4牝中播j.-TIT丁 FTT-|i|一= !-fr T I- * 4 4 J2.5 3.0 3.5 %。

13、4.5 S.O 獻10* P. 反廢方逼對H EH化中的潞響座at一定時溫度刈反施遑率的影(3)工業(yè)上可通過甲醇厥基化法制取甲酸甲酯，其反應的熱化學方程式為：CH30H(g) +C0 (g) ? HCOOCH 3 (g) AH=+29.1kJ?mol-1 科研人員對該反應進行了研究，部分研究結果如下：根據(jù)圖2,分析工業(yè)上制取甲酸甲酯時，選擇的合適條件為O(4)某種熔融碳酸鹽燃料電池以Li2CO3、K2CO3為電解質、以 CH30H為燃料，該電池工作原理見圖 3.該反應負極電極反應式為 。16.近年來，隨著人類社會的快速發(fā)展，環(huán)境污染日益嚴重，而環(huán)境污染中的很多問題 是由于氮磷富集化引起的，所以

14、如何降低水體中的氮磷含量問題受到廣泛關注。目前有兩種較為有效的氨氮廢水處理方法。I .化學沉淀法利用了 Mg 2+與PO43-與氨氮生成MgNH 4P04?6H20沉淀以達到去除氨氮的效果。已知：磷在 pH=8-10 時主要存在形式為 HPO42-, Ksp (MgNH 4P04?6H2O) =2.5 10-13(1)請寫出pH=8時，化學沉淀法去除 NH4+的離子方程式為 (2)氨氮去除率與含磷微粒濃度隨pH變化如圖1所示，已知：KspMg3 (P04)2=6.3 10-26,請解釋pH 10時氨氮去除率隨pH變化的原因： 。n .光催化法(3)光催化降解過程中形成的羥基自由基(？ 0H)和

15、超氧離子(？。2-)具有光催 化能力，催化原理如圖2所示。請寫出N03-轉化為無毒物質的電極反應式： 。(4)經過上述反應后，仍有 NH4+殘留，探究其去除條件。溫度對氨氮去除率影響如圖3所示。溫度升高，氨氮去除率變化的可能原因是：； (請寫出兩條)。選取。2作為催化劑，已知：Ti02在酸性條件下帶正電，堿性條件下帶負電。請在圖4中畫出pH=5時，氨氮去除率變化曲線。去除率轉留量(5)為測定處理后廢水中(含少量游離酸)殘留NH4+濃度，可選用甲醛-滴定法進行測定。取20mL的處理后水樣，以酚酗:為指示劑，用 0.0100mol/L NaOH滴定至酚酗:變紅，此時溶液中游離酸被完全消耗，記下消耗

16、 NaOH的體積VimL；然后另取同樣體積水樣，加入甲醛，再加入2-3滴酚血:指示劑，靜置5min,發(fā)生反應：6HCHO+4 NH 4+=(CH2) 6N4H+6H2O+3H+,繼續(xù)用 NaOH 滴定，發(fā)生反應：(CH2) 6N4H+OH-= (CH2) 6N4+H2O； H+OH-=H2O,滴定至終點，記錄消耗 NaOH的體積 V mL,水樣中殘留NH4+濃度為 mol/L三、實驗題(本大題共 3小題，共36.0分)17.已知Cr (OH) 3在堿性較強的溶液中將生成 Cr (OH) 4-,銘的化合物有毒，由于+6價銘的強氧化性，其毒性是 +3價銘毒性的100倍.因此，必須對含銘的廢水進行處

17、理，可采用以下兩種方法.【方法一】還原法 在酸性介質中用FeSO4等將+6價銘還原成+3價銘.具體流程如6 口產面和4律凝Cr1-調節(jié)pHCr(OH)5S6適里FeR*謬瀛有關離子完全沉淀的 pH如下表:Fe2+Fe3+Cr3+侶夫離子完全沉淀為對應氫氧化物的pH9.03.25.6(1)寫出Cr2O72與FeSO4溶液在酸性條件下反應的離子方程式 .(2)還原+6價銘還可選用以下的 試劑(填序號).A.明磯 B.鐵屑 C.生石灰 D.亞硫酸氫鈉(3)在含銘廢水中加入 FeSO4,再調節(jié)pH,使Fe3+和Cr3+產生氫氧化物沉淀.則在操作中可用于調節(jié)溶液 pH的試劑為： (填序號)；A. Na2

18、O2B. Ba (OH) 2 C. Ca (OH) 2此時調節(jié)溶液的pH范圍在 (填序號)最佳.A. 34 B, 68 C, 1011 D , 1214【方法二】電解法 將含+6價銘的廢水放入電解槽內，用鐵作陽極，加入適量的氯化鈉進行電解.陽極區(qū)生成的Fe2+ Cr2O72一發(fā)生反應，生成的 F6和Cr3+在陰極區(qū)與OH 一結合生成Fe (OH) 3和Cr (OH) 3沉淀除去.(4)寫出陰極的電極反應式 .(5)電解法中加入氯化鈉的作用是： .18.某小組同學設計如下實驗，研究亞鐵鹽與H2O2溶液的反應?！緦嶒濱 試劑：酸化的 0.5 mol?L-1FeSO4溶液(pH=0.2 ) , 5%

19、 H2O2溶液(pH=5)操作現(xiàn)象取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加 入5滴5% H 2O2溶液溶液立即變?yōu)樽攸S色，稍后，產生氣泡。測 得反應后溶液pH=0.9向反應后的溶液中加入 KSCN溶液溶液變紅(1)上述實驗中H2O2溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式是 。(2)產生氣泡的原因是。(3)某同學認為，根據(jù)“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發(fā)生了反應，又補充了實驗n證實了該反應發(fā)生。實驗 n的方案和現(xiàn)象是 ?！緦嶒瀖 試齊I：未酸化的 0.5 mol?L-1 FeSO4溶液(pH=3 ) , 5% H2O2溶液(pH=5 )操作現(xiàn)象取2 mL 5% H 2O2溶液于試管中，加入

20、 5滴上述FeSO4溶液溶液立即變?yōu)樽攸S色，產生大量氣泡，并放熱，反應混合物顏色加深且有渾濁。測得反應后溶液pH=1.4(4)將上述混合物分離，得到棕黃色沉淀和紅褐色膠體。取部分棕黃色沉淀洗凈，加4 mol?L-1鹽酸，沉淀溶解得到黃色溶液。初步判斷該沉淀中含有F&O3,經檢驗還含有SO42-o檢驗棕黃色沉淀中 SO42-的方法是。結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因 。【實驗W 用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作與實驗 出相同，除了產生與 出相同的現(xiàn)象外，還生成刺激性氣味氣體，該氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅但不褪色。(5)將反應得到的混合物過濾，得到黃色沉淀。將黃色沉淀洗

21、凈，加稀鹽酸，沉淀不溶解。經檢驗沉淀中n (Fe) : n (Cl) =1 ： 1,寫出生成黃色沉淀的化學方程式。(6)由以上實驗可知，亞鐵鹽與H2O2反應的現(xiàn)象與 (至少寫兩點)有關。19.藥物中間體 M的合成路線流程圖如圖:I CICHCVHC H-(7)設計以和CH3CH20H為原料制備CHHCOOCH10 時 NH4+與 OH-反應生成NH3而揮發(fā)，Mg2+與PO43-反應生成Mg3（PO4）2沉淀，使氨氮去除率降低2NO3-+12H+6e-=N2T +6HO溫度升高羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2-）的運 動速率加快 羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2一）活性增大；溫度

22、升高羥基自由基 （?OH）和超氧離子（？。2-）的形成速率增大；溫度升高反應速率加快等6國17. Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O； BD ； C； B； 2H+2e-=H2 博2H 2O+2e-=H2 T +2OH；增強溶液導電性18.2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入 5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液不變紅取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42- 2Fe2+4H2O

23、+H2O2=2Fe （OH） 3 （膠體）+2H+; Fe2+氧化的產物Fe3+發(fā)生了水解生成H+使pH下降；6FeCl2+3H2O2=2Fe2O3?FeCl3j +6HCl pH、陰離子種類、溫度、反應物用量一 M+H 2O （可用字母 G和M分別代替物質 G和M的結構簡式） 【解析】1.解：A.所謂食品添加劑，是指為改善食品品質和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝的需要而加入食品中的人工合成或者天然物質，應合理使用，故 A正確;B.鉛蓄電池工作時兩極都生成硫酸鉛，所以質量增加，故B正確；C.酸雨形成的原因是由于空氣中排放的二氧化硫和氮的氧化物增多造成的，與二氧化碳無關，故C錯誤；D.明磯

24、凈水原理是電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性，故 D正確。故選：CoA.所謂食品添加劑，是指為改善食品品質和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝 的需要而加入食品中的人工合成或者天然物質；B.鉛蓄電池工作時兩極都生成硫酸鉛；C.酸雨形成的原因是由于空氣中排放的二氧化硫和氮的氧化物增多造成的；D.明磯電離的鋁離子在溶液中發(fā)生水解，生成氫氧化鋁能夠凈水.本題主要考查了化學在生產、生活中常見的食品添加劑、鉛蓄電池、凈水劑中的重金屬 問題，難度不大，平時注意知識的積累.2 .解：A、反應后氧元素的價態(tài)為-1價，故l mol O 2時轉移的電子數(shù)是 2.02 1023,故 A錯誤；B、混合溶液

25、 pH=1 , pH=-lgC (H+) =1,故 C (H + ) =10-pH=0.1mol/L ,故 B 正確；C、NH4+是弱堿陽離子，在溶?中會水解，故NH4+數(shù)小于0.1 602 M 023,故C錯誤；D、標準狀況下2.24 L C12的物質的量為0.1mol,而1mol氯氣中含1mol共價鍵，故0.1mol 氯氣中含0.1mol共價鍵，故D錯誤.故選B.A、根據(jù)反應后氧元素的價態(tài)為 -1價來分析；B、混合溶液 pH=1 , pH=-lgC (H+)；C、NH4+是弱堿陽離子，在溶液中會水解；D、1mol氯氣中含1mol共價鍵.本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用

26、和物質的結構是解題關 鍵，難度不大.3 .解：A.強酸制取較弱的酸，碳酸比苯酚酸性強，向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳的反應為：C6H5ONa+CO2+H2gC 6H5OH+NaHCO 3,故 A 錯誤；B.氯化鋁與氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化俊，正確的離子方程式為：Al 3+3NH 3?H2O=Al (OH) 3(+3NH+,故 B 錯誤；C.鎂為活潑金屬，工業(yè)上用電解法制鎂，反應為：MgCl 2 (熔融).一 Mg+Cl 2?,故C正確；D.二氧化硫過量，生成的離子是亞硫酸氫根離子，正確的方程式為：SO2+NaOH=NaHSO 3,故 D 錯誤;故選：CoA.強酸制取較弱的酸，碳酸比苯酚酸

27、性強，向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳，反應生成苯酚和碳酸氫鈉；B.氨水為弱堿，應寫化學式，氯化鋁和氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化俊；C.鎂為活潑金屬，電解熔融氯化鎂生成鎂和氯氣；D .二氧化硫過量生成的是亞硫酸氫鈉。本題考查了方程式的正誤判斷，為高頻考點，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意量少的物質完全反應為解答的難點，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：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系(如：質量守恒和、電子、 電荷守恒等)等，題目難度不大。4.解：根據(jù)分析可知， W為F, X為Al,

28、丫為Cl, Z為K元素。A. KCl為強堿強酸鹽，其溶液為中性，故 A錯誤；B. Cl的最高價為+7, F非金屬性最強，沒有最高價正價，故 B錯誤；C.氯離子和鉀離子都含有 3個電子層，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑Y Z,故C錯誤；D . KH中只含有離子鍵，屬于離子化合物，故 D正確；故選：D。主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20. W的氫化物為弱酸，W與Y同族，則 W為F, Y為Cl元素；W、X、Z最外層電子數(shù)之和為 11, X、Z的最外 層電子數(shù)之和為11-7=4,結合原子序數(shù)可知，X為Al, Z為K元素，據(jù)此解答。本題考查原子結構與元素周期律的應用，題目難度

29、不大，推斷元素為解答關鍵，注意掌 握元素周期律內容及常見元素化合物性質，試題側重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。5.解：A.只有溫度不同，可探究溫度對平衡2NO2? N2O4的影響，故 A正確；B.如生成二氧化氮，可與水反應生成NO,要檢驗生成的氣體中只含 NO,要排除氧氣的干擾，避免對實驗造成干擾，故 B錯誤；C.不能在燒杯中灼燒海帶，應該選用塔竭，圖示裝置中使用儀器不合理，故C錯誤；D. HCl原溶液飽和食鹽水，而氯氣不溶，不能用飽和食鹽水除去HCl中的氯氣，故 D錯誤； 故選：A。A. 2NO2? N204AH 0,為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，則升高溫度該反應的平衡常 數(shù)K增大，

30、故A錯誤；B. 2040 s內，化學反應速率與計量數(shù)成正比，則 v (N2O4) =. v (NO2 ) X ： =0.002 mol/ ( L?s),故 B 錯誤;C.由表格中信息可知，80s達到平衡，物質的量與熱量成正比，則反應達平衡時，吸收的熱量為,吧學&xQ町Am*=0.15 Q kJ,故C正確；D. 100s時再通入0.40 mol N2O4,可看成起始時體積縮小一半，壓強增大，平衡逆向移動，達新平衡時 N2O4的轉化率減小，故 D錯誤；故選：CoA. H0,為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動；A,B.結合v= .及速率之比等于化學計量數(shù)之比計算；C.由表格中信息可知 80s達到平衡，

31、結合物質的量與熱量成正比計算；D. 100s時再通入0.40 mol N 2O4,可看成起始時體積縮小一半，壓強增大。本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握化學平衡移動、K的影響因素、速率及熱量計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意熱量與始變單位不同，題目難 度不大。7 .【分析】本題考查反應熱與焰變，為高頻考點，把握反應中能量變化、蓋斯定律的應用為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的易錯點，題目難度不大。【解答】A.由圖可知利用太陽能使化學反應發(fā)生，則太陽能轉化為化學能，故 A正確；8 .由圖可知總反應為水分解生成氧氣、氫氣，則SO2和I2對總反應起到了催化劑

32、的作用，故B正確；C.由蓋斯定律可知，I+II+III 得到 H2O =H2 (g) +HO2 (g) AH=-213kJ?mol-1+(+327kJ?mol-1) + (+172kJ?mol-1) =+286kJ?mol-1,故 C 錯誤；D.催化劑降低反應的活化能，不影響始變，則該過程降低了水分解制氫反應的活化能， 但總反應的 AH不變，故D正確。故選Co8 .解：A、H3PO4是中強酸，分步電離，電離方程式為H3PO4? H+H 2P。4-、H2PO4-? H+HPO42-、HPO42-? H+PO43-,故 A 錯誤；B、由圖可知，pH=2時溶液中大量存在的微粒有：H3P。4、H2P。

33、4-, HPO42-、PO43-的量極小，故B 錯誤；C、溶液的 pH=7 時 c (H+) =c (OH-),電荷守恒關系為 c (Na+) +c (H+) =c (H2PO4-) +2c (HPO42-) +3c (PO43-) +c (OH-),即滴加 NaOH 溶液至 pH=7 ,溶液中 c ( Na+) =c (H2PO4-) +2c (HPO42-) +3c (PO43-),故 C正確；D、向H3PO4中滴加少量 Na2CO3溶液時H3PO4和Na2CO3反應生成 NaH2P。4、CO2和 H2O,反應的化學方程式為 Na2CO3+2H3PO4 =2NaH 2PO4+H2O+CO2

34、T,故 D 錯誤； 故選：C。A、H3PO4是中強酸，分步電離，不能一步電離完全；B 、由圖可知，pH=2 時溶液中不能大量存在HPO42-、 PO43-；C、溶液的pH=7 , c (H + ) =c (OH-),根據(jù)電荷守恒關系分析；D、滴加少量 Na2CO3溶液，H3PO4和Na2CO3反應生成 NaH2P。4、CO2和H2O,據(jù)此寫出化學方程式。本題考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象曲線變化的含義、弱電解質的電離及鹽的水解原理為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及綜合應用能力，題目難度中等。9 .解：A.酚-OH、-CO

35、OC-與NaOH反應，則1mol酚酶最多消耗3 mol氫氧化鈉，故A 錯誤；B.苯環(huán)上酚羥基鄰位 H原子能和澳發(fā)生取代反應，則 1mol酚酗:可與4mol Br2發(fā)生反應，故 B 正確；C.該分子中不含碳碳不飽和鍵，不能發(fā)生加聚反應，故 C錯誤；D 苯環(huán)能發(fā)生加成反應和取代反應、羧基和羥基能發(fā)生取代反應，但是不能發(fā)生消去反應，故D 錯誤；故選： B。由結構可知，分子中含酚 -OH、-COOC-,具有酚和酯的性質，能發(fā)生氧化反應、水解反應，苯環(huán)能發(fā)生取代反應、加成反應。本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B 為解答的難

36、點，題目難度不大。10. 解：A. CO不能與堿反應，不是酸性氧化物，故 A錯誤；B 澄清石灰水中氫氧化鈣的濃度較小，應用純凈的消石灰，故B 錯誤；C.除去與水反應，圖示轉化反應都是與氧氣反應或氫氣反應，都一定有化合價升降，均為氧化還原反應，故C 正確；D 工業(yè)上一般采用下列兩種反應合成甲醇：反應 I : CO (g) +2H2 (g) ? CH30H (g) AHi反應 n : CO2 (g) +3H2 (g) ? CH3OH (g) +H2O (g) AH2反應n中不是所有原子進入期望產物，原子利用率不為100%,故D錯誤.故選CA 酸性氧化物是一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水或與

37、堿性氧化物反應生成鹽的氧化物；B 凡是有化合價升降的反應都是氧化還原反應；C.工業(yè)上常用氯氣和消石灰反應來制取漂白粉；D 原子利用率是指反應物中的所有原子進入期望產物中的百分比本題考查酸性氧化物、氧化還原反應、漂白粉的制取、原子利用率，難度不大，注意澄清石灰水中氫氧化鈣的濃度較小，應用純凈的消石灰制取漂白粉11. 解： A 白色沉淀可能為AgCl 或硫酸鋇，由操作和現(xiàn)象可知，原溶液中可能含銀離子，故A 錯誤；B 水解后加硝酸至酸性，再加硝酸銀檢驗鹵素離子，由操作和現(xiàn)象可知Y 中含有氯原子，故 B 正確；C.發(fā)生強酸制取弱酸的反應，由操作和現(xiàn)象可知酸性： 硫酸碳酸苯酚，故C正確；D.氯氣與NaB

38、r反應生成澳，易溶于四氯化碳，由操作和現(xiàn)象可知Br-還原性強于Cl-,故 D 正確； 故選：A。A 白色沉淀可能為AgCl 或硫酸鋇；B 水解后加硝酸至酸性，再加硝酸銀檢驗鹵素離子；C.發(fā)生強酸制取弱酸的反應；D 氯氣與NaBr 反應生成溴，易溶于四氯化碳。本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、離子檢驗、實驗技能為解答關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度 不大。12. 【分析】本題考查學生原電池的工作原理以及電極反應的書寫知識，注意知識的歸納和梳理是解題的關鍵，難度中等。【解答】鋰 -空氣充電池在放電時，電解質里的陽離子移向正極，陰離子移

39、向負極，在正極上發(fā)生失電子的氧化反應Li-e-=Li +，在正極上發(fā)生得電子的還原反應，根據(jù)圖示信息，應該是氧氣得到電子的還原反應2Li +O2+2e-=Li 2O2 ,據(jù)此回答。A 、該電池工作時Li +向正極移動，故A 錯誤；B 、電解質是可以提供鋰離子的電解質，但是金屬鋰可以和水反應，不能用溶液做電解質，故 B 錯誤；C、電池充電時間越長，電池中Li2O在陰極上得到電子被消耗，所以含量會越少，故 C錯誤；D、電池工作時，正極可發(fā)生得到電子的還原反應2Li+O2+2e-=Li 2O2,故D正確。故選：D。13 .解：A. X中H原子被取代，所以該反應為取代反應，故 A正確；B 醛基和碳碳雙

40、鍵都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能用酸性高錳酸鉀溶液檢驗該分子中是否存在碳碳雙鍵，應該先將醛基氧化為羧基，然后再用高錳酸鉀溶液或溴水檢驗碳碳雙鍵，故B 錯誤；C.醛基能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成醇紅色沉淀，二者都含有醛基，所 以都能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成磚紅色沉淀，故C 正確；D. X中苯環(huán)和醛基能和氫氣發(fā)生加成反應、Y中醛基、苯環(huán)和碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應，如果二者物質的量都是1mol,前者消耗氫氣 4mol、后者消耗氫氣 5mol,所以消耗氫氣的物質的量之比為4： 5，故D 正確；故選：B。A X 中 H 原子被取代；B 醛基和碳碳

41、雙鍵都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；C.醛基能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成醇紅色沉淀；D X 中苯環(huán)和醛基能和氫氣發(fā)生加成反應、Y 中醛基、苯環(huán)和碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應。本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D 為解答的難點，題目難度不大。14 . 【分析】 本題考查氧化還原反應滴定的應用，難度中等，清楚測定原理、推斷關系式是解題的關 鍵。 由方案可知，首先將 Ca2+轉化為CaC2O4,發(fā)生反應為 Ca2+C2O42+=CaC2O4,然后再用 稀硫酸將CaC2O4轉化為H2c2。4,發(fā)生反應為CaC2O4

42、+H2SO4=CaSO4 J +HC2O4,最后用 酸性高鎰酸鉀滴定 H2c2。4,發(fā)生反應為2KMnO 4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2 T +8HO,根據(jù)方程式可得關系式 5Ca2+5CaC2O45H2c2O42KMnO 4,令血液中含鈣量為 cmol/L ,根據(jù)關系式計算?！窘獯稹坑煞匠淌絚a2+c2O42+=cac2O4CaC2O4+H2SO4=CaSO4 J +HC2O42KMnO 4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2 f +8HO可得關系式：5ca2+5cac2O45H2c2。42KMnO 4,令血液中含鈣量為

43、 cmol/L,則： 5ca2+5cac2O45H2c2O42KMnO 452cmol/L 0.015L0.001mol ?L-1X0.015L所以 cmol/L X0.015L X2=5X0.001mol ?L-1 X0.015L 解得c=0.0025mol?L-1。故選B。15 . 解： ( 1) 由 ( i) 制備合成氣：cH(4 g) +H 2O( g) ? cO( g) +3H(2 g) H=+206.0kJ ?mol-1(ii)合成甲醇：cO (g) +2H2 (g) ? cH3OH (g)AH=-90.67 kJ?mol-1( iii)：cO2(g) +H2(g)? cO(g)+

44、H2O(g)H=+41.17 kJ ?mol-1，結合蓋斯定律可知，(i)X3+(iii) + (ii)M得到 3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)? 4CH3OH (g),則理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為3： 1,故答案為：3： 1；(2)由蓋斯定律可知，(iii) + (ii)得到二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學方程式為 cO2( g) +3H2( g) ? cH3OH( g) +H2O( g) H=-49.5 kJ ?mol-1，故答案為：cO2(g)+3H2(g)? cH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5 kJ ?mol -1；結合圖可知，CO2的平衡轉化率隨溫度升高

45、先減小后增大，可能的原因是開始時CO2和H2反應生成甲醇，該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，使CO2轉化率降低；當溫度升高到一定程度后，CO2和H2反應生成CO該反應為吸熱反應使平衡正向移動，轉化率升高，故答案為：開始時 CO2和H2反應生成甲醇，該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，使CO2轉化率降低，而當溫度升高到一定程度后，CO2和H2反應生成CO該反應為吸熱反應使平衡正向移動，轉化率升高；(3)由圖可知，工業(yè)上制取甲酸甲酯時，選擇的合適條件為4.0M06Pa、80 c,此時轉化率、速率均較大，故答案為：4.0 M06 Pa 80 C；(4)以Li2CO3, K2CO3為電解質、

46、以CH30H為燃料，負極上甲醇失去電子生成二氧化碳，負極反應為cH3OH+3cO32-6e-=4cO2+2H2O，故答案為：cH3OH+3cO 32-6e-=4cO2+2H2O。(1)由(i)制備合成氣：CH4 (g) +H2O (g) ? CO (g) +3H2 (g) AH=+206.0kJ?mol-1 (ii)合成甲醇：CO (g) +2H2 (g) ? CH3OH (g)AH=-90.67 kJ?mol-1( iii)：cO2(g) +H2(g)? cO(g)+H2O(g)H=+41.17 kJ ?mol-1，結合蓋斯定律可知，(i)q+ (iii) + (ii)M得到 3CH,(g)

47、+CO2(g)+2H2O(g)? 4cH3OH( g)；(2)由蓋斯定律可知，(iii) + (ii)得到 CO2 (g) +3H2 (g) ? CH3OH (g) +H2O ( g)；CO2的平衡轉化率隨溫度升高先減小后增大，與溫度對平衡的影響有關； ( 3)由圖中壓強對應的轉化率、溫度對應的速率選擇；(4)以Li2CO3 K2CO3為電解質、以CH30H為燃料，負極上甲醇失去電子生成二氧 化碳。第 18 頁，共 20 頁本題考查化學平衡及熱化學方程式，為高頻考點，把握蓋斯定律的應用、溫度對平衡的影響、電極反應為解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意（2）為解答的難點,題目難度不大。16

48、.解：（1） pH=8時P元素主要存在形式為 HPO42-, Mg2+、HPO42-、NH4+、H2O反應 生成MgNH 4P。4?6H2O沉淀和氫離子，反應的離子方程式：Mg2+H PO42-+NH4+6H2O=MgNH 4P。4?6H 2OJ +H+,故答案為： Mg 2+HPO42-+NH 4+6H 2O=MgNH 4PO4?6H2OJ +H+；（2）圖象分析判斷，pH 10時NH 4+與OH-反應生成NH3而揮發(fā)，Mg2+與PO43-反應生 成Mg3 （PO4）2沉淀，使氨氮去除率降低，故答案為：pH10時NH4+與OH-反應生成NH3而揮發(fā)，Mg2+與PO43-反應生成Mg3（PO4

49、） 2沉淀，使氨氮去除率降低；（3）根據(jù)圖知，含有自由移動離子，所以電解質溶液呈酸性，NO3-得電子和H+反應生成 N2,同時生成 H2O,電極反應：2NO3-+12 H+6e-=N 2 T +6HO,故答案為：2NO3-+12H+6e-=N2 T +6HO;（4）溫度升高，氨氮去除率變化的可能原因是：溫度升高羥基自由基（？ OH）和超 氧離子（？。2一）的運動速率加快；羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2-）活性增大； 溫度升高羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2-）的形成速率增大；溫度升高反應速率 加快等，故答案為：溫度升高羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2-）的運動速率加快

50、；羥基自 由基（？ OH）和超氧離子（？。2一）活性增大；溫度升高羥基自由基（？ OH）和超氧離子 （?。2-）的形成速率增大；溫度升高反應速率加快等；選取TiO2作為催化劑，已知：TiO2在酸性條件下帶正電，堿性條件下帶負電，則在 PH=5時，TiO2帶正電，吸引俊根離子能力差，氨氮去除率比 PH=11時小，畫出pH=5故答案為:(5)溶液中剩余氫離子反應 H+OH-=H2O, 6HCHO+4NH 4+= ( CH2) 6N4H+6H2O+3H + , 繼續(xù)用 NaOH 滴定，發(fā)生反應：(CH2) 6N4H+OH-= (CH2) 6N4+H2O得至L 4NH4+(CH2) 6N4H+3H+4

51、OH-,n=0.01mol/L V2xi0-3L-0.01mol/L V X10-3L=0.01 (V2-V1) X10-3mol ,水樣中殘留NH4+濃度為二 故答案為：（1） pH=8時P元素主要存在形式為 HPO42-, Mg2+、H PO42-、NH4+、H2O反應生成MgNH 4PO4?6H2O 沉淀和氫離子；（2） pH 10時NH4+與OH-反應生成NH3而揮發(fā)，Mg 2+與PO43-反應生成 Mg 3 （PO4）2 沉淀；（3）根據(jù)圖知，含有自由移動離子，所以電解質溶液呈酸性，NO3-得電子和H+反應生成 N 2，同時生成H 2O；（4）溫度升高羥基自由基（？ OH）和超氧離子（？。2-）的運動速率加快；羥基自由基 （? OH ） 和超氧離子（? O2-） 活性增大；溫度升高羥基