浙江省名校協作體（G12）2020屆高三化學上學期9月返?？荚囋囶}（含解析）

1、浙江省名校協作體（G12）2020屆高三化學(huàxué)上學期9月返?？荚囋囶}（含解析）1.下列屬于(shyú)酸性氧化物是A. SiO2B. BaOC. COD. H2O2【答案(dá àn)】A【解析(ji x)】【詳解(xián ji)】酸性氧化物能與堿反應生成鹽和水；A. SiO2是氧化物，且能和堿反應生成鹽和水，因此SiO2為酸性氧化物，A正確； B.BaO與酸反應生成鹽和水，故BaO為堿性氧化物，B錯誤； C.CO雖然是氧化物，但與堿不發(fā)生反應，因此CO不是酸性氧化物，C錯誤； D.H2O2是過氧化物，不屬于酸性氧化物

2、D錯誤； 故合理選項是A。2.下列儀器名稱為“容量瓶”的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】A.該容器是燒瓶，A錯誤；B.該容器為容量瓶，B正確；C.該容器為蒸餾燒瓶，C錯誤；D.該容器為分液漏斗，D錯誤；故合理選項是B。3.下列屬于非電解質的是A. Cl2B. HClC. CaCO3D. NH3【答案】D【解析(ji x)】【詳解】A.氯氣是單質，既不是(bù shi)電解質也不是非電解質，故A不選；B.在水溶液(róngyè)里，HCl能電離出陰陽離子而使溶液導電，所以HCl是電解質，故B不選；C.CaCO3為化合物，其熔融狀態(tài)(zhu

3、4;ngtài)下能導電，則CaCO3屬于(shyú)電解質，故C不選；D.NH3的水溶液能導電，是因NH3和水反應生成一水合氨，一水合氨電離生成離子而導電，即發(fā)生電離的不是NH3本身，故NH3屬于非電解質，故D選；故選D。4.下列物質因水解而顯酸性的是A. NaHSO3B. HClOC. NH4ClD. NaHCO3【答案】C【解析】【詳解】A.亞硫酸氫鈉中的亞硫酸氫根離子能水解能電離，因為電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性，故錯誤；B.次氯酸為酸，不能水解，故錯誤；C.氯化銨中的銨根離子水解溶液顯酸性，故正確；D.碳酸氫鈉中的碳酸氫根離子能水解能電離，因為水解程度大于

4、電離程度，溶液顯堿性，故錯誤。故選C?！军c睛】含弱酸陰離子或含弱堿陽離子的鹽能水解，且弱酸的酸式陰離子存在電離和水解兩種平衡，分清電離和水解的程度大小，才能分清溶液的酸堿性。5.下列屬于物理變化的是A. 煤的干餾B. 糧食釀酒C. 電解質導電過程D. 石油的分餾【答案】D【解析】【詳解】A.煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使之分解的過程，在該過程中有新物質生成，屬于化學變化，A不符合題意； B.糧食釀酒過程中，淀粉發(fā)酵生成乙醇，有新物質生成，屬于化學變化，B不符合題意； C.電解質溶液導電實質是電解過程，在陰極發(fā)生還原反應，在陽極上發(fā)生氧化反應，因此有新物質生成，該變化屬于化學變化，C不符合題意；

5、 D.石油的分餾是利用石油中各組分物質沸點的不同，通過加熱、然后冷卻的方法(fngf)而分離相互溶解的液體，在該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，D符合題意； 故合理(hél)選項是D。6.下列關于常見物質的用途說法(shuf)不正確的是A. 金屬鈉具有(jùyu)強還原性，可以用來置換TiCl4中的TiB. 二氧化氯具有強氧化性，可以用來(yòn lái)漂白織物C. 碳酸鋇可用于腸胃X射線造影檢查D. 氫氧化鐵膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮顆粒并沉降，因而可以凈水【答案】C【解析】【詳解】A.金屬鈉具有強還原性，由于金屬性Na>Ti，因此可

6、以用來置換熔融狀態(tài)的TiCl4 中的Ti，A正確； B.二氧化氯具有強氧化性，能夠氧化有色物質，使之變?yōu)闊o色物質，而具有漂白性，可以用來漂白織物，B正確； C.碳酸鋇能夠與鹽酸反應生成可溶性氯化鋇和水，造成重金屬中毒，不能作“鋇餐”，C錯誤； D.氫氧化鐵膠體具有較大的表面積，能夠吸附水中固體雜質顆粒，常用于凈水劑，D正確； 故合理選項是C。7.下列轉化必須要通過加氧化劑才能發(fā)生的是（不考慮電解）A. NaHCO3Na2CO3B. KMnO4O2C. KlI2D. Fe2O3Fe【答案】C【解析】【詳解】A.NaHCO3與NaOH反應產生Na2CO3，在該變化過程中不需要發(fā)生氧化還原反應就能實

7、現，A錯誤； B.KMnO4加熱分解產生O2，反應中O元素的化合價升高，是氧化還原反應，但不需要加入氧化劑，B錯誤； C.KII2 中I元素的化合價升高，應加入氧化劑才能(cáinéng)實現，C正確； D.Fe2O3反應產生(chnshng)Fe單質，Fe中鐵元素的化合價降低，需要加入還原劑實現，D錯誤；故合理(hél)選項是C。8.下列(xiàliè)表示正確的是A. 硫離子(líz)結構示意圖B. 甘氨酸的結構簡式：H2NCH2COOHC. 甲烷分子的比例模型：D. NH4I的電子式：【答案】B【解析】【詳解】A.S是16號元素

8、，硫離子核內16個質子，核外18個電子，有3個電子層，最外層有8個電子， 硫離子結構示意圖，A錯誤； B.甘氨酸中含2個C原子，一個是-COOH，氨基連在-碳原子上，故甘氨酸的結構簡式為H2NCH2COOH，B正確； C.該圖示為甲烷的球棍模型，由于甲烷為正四面體結構，碳原子半徑大于氫原子，則甲烷的比例模型為：，C錯誤；D.NH4I為離子化合物，I-與NH4+之間通過離子鍵結合，其電子式為：，D錯誤； 故合理選項是B。9.有關硫及其化合物說法正確的是A. 有濃硫酸參與的反應都是氧化還原反應B. 硫在足量空氣中燃燒生成大量SO3C. SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現了漂白性D. 二氧化硫可用

9、于抑制酒類中細菌(xìjn)生長，可在葡萄酒中微量添加【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【分析(fnx)】A.根據有無化合價的變化判斷(pànduàn)是否屬于氧化還原反應；B.硫與氧氣反應只生成二氧化硫；C.SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，表現了還原性；D.二氧化硫能抑制酒類中細菌生長?！驹斀狻緼. 氫氧化鈉與濃硫酸的反應是酸堿中和反應，無元素化合價發(fā)生變化，屬于非氧化還原反應，所以有濃硫酸參與的反應不一定是氧化還原反應，故A錯誤；B. 硫與氧氣反應只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B錯誤；C. SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該

10、反應是氧化還原反應，體現的是SO2的還原性而不是漂白性，故C錯誤；D. 二氧化硫可用于抑制酒類中細菌生長，少量的二氧化硫對人體健康無害，故D正確，答案選D?！军c睛】本題考查硫及其化合物的化學性質，試題難度不大，易錯點為B項，S SO2 SO3，硫和氧氣反應只能生成二氧化硫。10.下列說法正確的是A. 氯水應保存在棕色廣口瓶中并置于陰涼處B. 用玻璃棒蘸醋酸溶液點在用水潤濕的pH試紙上，測定該溶液pHC. 焰色反應時，先用稀鹽酸洗滌鉑絲并在酒精燈火焰上灼燒至無色，然后再進行實驗D. 用容量瓶配制溶液時，先用蒸餾水洗滌，再用待裝溶液潤洗【答案】C【解析】【詳解】A.氯水呈液態(tài)，氯水中HClO光照易

11、分解，則氯水應保存在棕色細口瓶中并置于陰涼處， A錯誤； B.pH試紙檢驗溶液的pH時不能潤濕，應選干燥的pH 試紙測定，B錯誤； C.鹽酸清洗，灼燒時不會造成干擾，則先用稀鹽酸洗滌鉑絲并在酒精燈火焰上灼燒至無色，然后(ránhòu)再進行實驗，C正確； D.容量瓶不能用待裝溶液潤洗，用蒸餾水洗滌(xdí)即可使用，D錯誤； 故合理(hél)選項是C。11.下列(xiàliè)說法正確的是A. 、為不同(bù tón)的核素，化學性質也不同B. 乙醇和乙醚互為同分異構體C. CH3CH(CH3)2的名稱叫2-甲基丙

12、烷，也可以叫做異丁烷D. CH2=CH2和CH2=CH-CH=CH2具有相同的官能團，互為同系物【答案】C【解析】【詳解】A. 、為Cl元素的不同的核素，原子最外層電子數相同，化學性質相同，A錯誤； B.乙醇分子式為C2H6O，乙醚分子式為C4H10O，二者分子式不同，因此不能成為同分異構體，B錯誤； C.CH3CH(CH3)2的系統命名法名稱為：2-甲基丙烷，習慣命名為異丁烷， C正確； D.CH2=CH2和CH2=CH-CH=CH2的分子式分別為C2H4和C4H6，相差C2H2，不是若干個CH2，所以不是同系物；此外也可以通過二者含有的官能團個數不同得知二者不能互為同系物，D錯誤； 故合理

13、選項是C。12.如表所示的五種元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子原子序數之和為46。下列說法正確的是XYWZTA. X、Y、Z三種元素(yuán sù)最低價氫化物的沸點依次升高B. 原子(yuánz)半徑(r)大小比較r(Y)>r(X)C. 物質(wùzhì)WY2、WZ4均有熔點高、硬度(yìngdù)大的特性D. T元素(yuán sù)單質具有半導體的特性，T與Y元素可形成化合物TY2【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y處于

14、第二周期，W、 Z處于第三周期，設X的原子序數為a，則W、Y、Z最外層電子數分別為a+8-1、a+1、 a+8+2，故a+a+8-1+a+1+a+8+2=46，解得a=7，故W為Si、X為N、Y為O、Z為Cl，由于T與W是同一主族的元素，處于相鄰周期，所以T為 Ge，以此解答該題。【詳解】根據上述分析可知，W為Si、X為N、Y為O、Z為Cl、T為Ge。 A.X、Y、Z三種元素最低價氫化物分別為NH3、H2O、HCl，常溫下水為液態(tài)，由于在室溫下NH3、HCl為氣體，H2O為液體，所以水的沸點最高，NH3分子之間存在氫鍵，增加了分子之間的吸引力，使其沸點比HCl的高，故三種物質的沸點H2O>

15、;NH3>HCl， A錯誤； B.同一周期的元素，從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑r(Y)<r(X)，B錯誤； C.SiO2屬于原子晶體，原子之間以共價鍵結合，共價鍵是一種強烈的相互作用，因此物質的熔點高，硬度大，而SiCl4 屬于分子晶體，分子間作用力比較弱，所以該物質的熔點低，硬 度小，C錯誤； D.Ge位于金屬、非金屬的分界線附近，元素的單質具有半導體的特性，原子最外層有4個電子，因此與O元素可形成化合物GeO2 ，D正確； 故合理選項是D?！军c睛】本題考查元素的位置結構與性質的相互關系應用，把握短周期及最外層電子數的關系推斷元素為解答的關鍵，涉及氫鍵、化學鍵、晶體類型及

16、性質、 元素周期律等，具有較強的綜合性，綜合考查了物質結構與性質的掌握。13.下列(xiàliè)離子方程式正確的是A. Ba(OH)2溶液(róngyè)與稀硫酸反應：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OB. 向NaOH溶液(róngyè)中通入過量的SO2氣體(qìt)：2OH-+SO2=SO32-+H2OC. NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物質(wùzhì)的量比1：2混合：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OD. 向FeBr2中通入過量的Cl2：2Fe2+2Br-+2C

17、l2=2Fe3+Br2+4Cl-【答案】C【解析】【分析】A.離子個數配比不符合物質結構組成； B.二氧化硫過量，反應生成亞硫酸氫鈉； C.NaHCO3 和Ca(OH)2 溶液按物質的量比1：2混合，碳酸氫鈉少量，反應生成碳酸鈣，氫氧化鈉和水； D.氯氣過量，溴離子、二價鐵離子全部被氧化?！驹斀狻緼.Ba(OH)2溶液與稀硫酸反應，離子方程式：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4 +2H2 O，A錯誤；B.向NaOH溶液中通入過量的SO2氣體，離子方程式：OH-+SO2=HSO3-，B錯誤； C.NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物質的量比1：2混合，NaHCO3少量，反應生成碳酸鈣

18、，氫氧化鈉和水，離子方程式：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，C 正確； D.向FeBr2 中通入過量的Cl2，離子方程式：2Fe2+4Br- +3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl- ，D錯誤； 故合理選項是C?！军c睛】本題考查了離子方程式的正誤判斷，注意掌握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，檢查是否符合原化學方程式等，注意物質的量對生成物的影響。14.一定條件下，在恒壓絕熱容器中發(fā)生反應：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-197kJ·mol-1下列有關說法正確的是A. 達

19、到化學平衡狀態(tài)時，v正（O2）=2v逆（SO2）B. 容器內的壓強不再變化說明反應達到化學平衡狀態(tài)C. 加入0.2 mol SO2和0.1 mol O2，充分反應后放出熱量19.7kJD. 向容器(róngqì)中充入二氧化硫，正反應速率增大，逆反應速率減小【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【詳解】A.在任何情況下用不同物質表示(bioshì)反應速率時，速率之比等于化學方程式計量數之比，達到化學平衡狀態(tài)時，2v正(O2)=v逆(SO2)，說明(shumíng)二氧化硫正、逆反應速率相同，反應達到平衡狀態(tài)，但v正(O2)=2

20、v逆(SO2)說明正、逆反應速率不相同，反應正向進行，不能據此判斷反應為平衡狀態(tài)，A錯誤；B.反應前后氣體體積變化，反應在恒壓絕熱容器中進行，壓強始終不變，因此不能說明反應達到 化學平衡狀態(tài)，B錯誤； C.反應為可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，所以加入0.2 mol SO2和0.1 mol O2，反應達到平衡狀態(tài)時，充分反應后放出熱量小于19.7 kJ，C錯誤；D.向恒壓絕熱容器中充入二氧化硫，正反應速率增大，體積增大后會使逆反應速率會減小，D正確； 故合理選項是D。15.下列說法正確的是A. 石油裂解氣能使溴水，酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同B. 在一定條件下煤和氫氣作用得到液體燃料

21、的過程是煤的液化途徑之一C. 苯可以通過加成反應生成氯苯和苯磺酸等D. 甲醇和甲醛能氧化成甲酸，甲酸不能發(fā)生氧化反應【答案】B【解析】【詳解】A.石油裂解氣含烷烴、不飽和烯烴，烯烴分子中含有碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應而使之褪色，反應原理不同，A錯誤； B.煤的液化生成甲醇，則一定條件下煤和氫氣作用得到液體燃料的過程是煤的液化途徑之一，B正確； C.苯環(huán)上H被取代，則生成氯苯和苯磺酸等，二者反應類型均為取代反應，C錯誤； D.甲醇能被高錳酸鉀氧化生成甲酸，甲酸含有醛基，可發(fā)生氧化反應，D錯誤； 故合理選項是B。16.下列說法(shuf)不正確的是A. 植物秸稈和土豆

22、淀粉在一定條件(tiáojiàn)下水解的產物都可以轉化為酒精B. 硬脂酸甘油酯和蛋白質均能發(fā)生(fshng)水解，且都是高分子化合物C. 不同種類的氨基酸能以不同的數目和順序彼此結合(jiéhé)，形成更復雜的多肽化合物D. 往蛋白質溶液中加入(jirù)飽和硫酸銨溶液，產生的沉淀再加水又可溶解【答案】B【解析】【詳解】A.植物秸稈主要成分是纖維素，淀粉、纖維素可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的催化作用下可生成乙醇，A正確； B.硬脂酸甘油酯屬于油酯，油酯不屬于高分子化合物，B錯誤； C.多肽結構復雜，與氨基酸的種類和數目及與氨基酸結合的順序

23、等有關，即不同種類的氨基酸能以不同的數目和順序彼此結合，形成更復雜的多肽化合物，C正確； D.蛋白質在飽和硫酸銨溶液中發(fā)生鹽析，為可逆過程，產生的沉淀再加入水后蛋白質可重新溶解，D正確； 故合理選項是B。17.一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列說法不正確的是A. 反應CH4+H2O 3H2+CO，每消耗1mol CH4轉移6mol e-B. 電池工作時，CO32-向電極A移動C. 電極A上H2參與的電極反應為：H2-2e=2H+D. 電極B上發(fā)生的電極反應為：O2+2CO2+4e-=2CO32-【答案(dá àn)】C【解析(ji x)】【分析(fnx)】甲烷(ji

24、wán)和水經催化重整生成CO和H2，反應中C元素化合價由-4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低(jiàngd)到0價，原電池工作時，CO和H2 在負極發(fā)生反應，被氧化生成二氧化碳和水，正極為氧氣得電子生成CO32-，以此解答該題?！驹斀狻緼.反應CH4+H2O 3H2+CO中，C元素化合價由-4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，每消耗1mol CH4轉移6mol電子，A正確； B.電池工作時，CO32-向負極移動，即向電極A移動，B正確； C.電解質沒有OH-，負極電極A上H2發(fā)生的反應為H2+CO32-2e-=H2O+CO2，C錯誤； D.B為正極，

25、正極為氧氣得電子生成CO32-，反應為O2 +2CO2+4e- =2CO32-，D正確； 故合理選項是C?！军c睛】本題考查了化學電源新型電池，明確原電池中物質得失電子、電子流向、離子流 向即可解答，難點是電極反應式書寫，要根據電解質確定正負極產物。18.pH=1的兩種酸溶液HA、HB各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積（V）的關系如圖所示，下列說法不正確的是A. 同濃度、同體積的HA、HB溶液分別加入過量的鋅粒，產生的氫氣體積后者大B. 物質的量濃度HA<HBC. 若1<a<4，則HA、HB都是弱酸D. 體積相同pH均為1的HA、HB溶液分別滴加同濃度的Na

26、OH溶液至中性，前者消耗的NaOH少【答案】A【解析】【分析】由圖可知，稀釋相同的倍數，A的變化大，則A的酸性比B的酸性強，溶液中氫離子濃度(nóngdù)越大，酸性越強，對于一元強酸來說c(酸)=c(H+)，但對于(duìyú)一元弱酸，c(酸)>c(H+)，以此(y c)來解答?！驹斀?xián ji)】A.同濃度、同體積的HA、HB溶液中溶質物質的量相同，分別加入過量的鋅粒，產生的氫氣體積相同，A錯誤； B.因HA、HB酸的強弱不同，且均為一元酸，故當溶液的pH相同(xin tón)即氫離子濃度相同時，為達到相同的氫離子濃

27、度，酸越弱，那么酸的濃度越大，則c(HB)>c(HA)，B正確； C.pH=1的酸，加水稀釋到1000倍，若pH=4，為強酸，若a<4，則A、B 都是弱酸， C正確； D.體積相同pH均為1的HA、HB溶液，c(HB)>c(HA)，分別滴加同濃度的NaOH溶液至中性，HB消耗氫氧化鈉溶液體積多，HA消耗的NaOH少，D正確； 故合理選項是A?！军c睛】本題考查圖象在酸的稀釋及酸性強弱判斷的應用，明確強酸在稀釋時pH變化程度大及酸的濃度與氫離子的濃度的關系是解答本題的關鍵。19.下列說法正確的是A. H2O分子之間的作用力大于H2S，故前者比后者穩(wěn)定B. NaHSO4屬于含有共價

28、鍵的離子化合物，加熱融化時破壞了該物質中的離子鍵和共價鍵C. 某晶體固態(tài)不導電，熔化時能導電，該晶體一定是離子晶體D. CO2、N2都是所有原子最外層都滿足8電子結構的共價化合物【答案】C【解析】【詳解】A.穩(wěn)定性與分子間作用力無關，與物質分子內的化學鍵強弱有關，由于O-H鍵的鍵能比H-S的鍵能大，因此H2O穩(wěn)定，A錯誤； B.加熱融化時，硫酸氫鈉電離出Na+、HSO4-，只能破壞離子鍵，不能破壞共價鍵，B錯誤； C.某晶體固態(tài)不導電，熔化時能導電，說明其在熔融狀態(tài)下電離出了陰陽離子，則該物質由離子構成，一定為離子晶體，故C正確； D.盡管二者均滿足8電子結構，但N2為單質，不是化合物，D錯誤

29、； 故合理選項是C。20.用NA表示(bioshì)阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A. 100g 46%的乙醇溶液中含4NA氧原子B. 22.4LC2H4與C2H5OH的混合氣體完全(wánquán)燃燒，消耗氧分子為2NA個C. 標準狀況(bio zhn zhuàn kuàn)下22.4LCl2與Fe充分反應轉移(zhunyí)電子數為3NAD. 在1L 0.1mol·L-1醋酸鈉溶液中陰離總數(zngshù)等于0.1NA【答案】A【解析】【詳解】A.100g46%的乙醇溶液中除了乙醇分子中含有O原子外，

30、H2O分子中也含O原子，而100g46%乙醇溶液中乙醇的質量為46g，物質的量為1mol，含1mol氧原子；而水的質量為54g，H2O的物質的量為3mol，其中含3mol氧原子，故共含4NA 個氧原子，A正確； B.混合氣體所處的狀態(tài)不明確，故其物質的量無法計算，故B錯誤； C.標況下22.4L氯氣的物質的量為1mol，而氯氣和鐵反應后變?yōu)?1價，故1mol氯氣反應后轉移2NA 個電子，C錯誤； D.根據電荷守恒n(Na+)+ n(H+)= n(OH-)+ n(CH3COOH-)，陽離子的物質的量等于陰離子的物質的量。Na+的物質的量為0.1mol，陽離子還有H+,則陽離子的物質的量大于0.1

31、mol，也有陰離子的物質的量大于0.1mol，則陰離總數大于0.1NA。D錯誤； 故合理選項是A。21.根據下圖所示的過程中的能量變化情況，判斷下列說法正確的是A. N2(g)轉化為氮原子是一個放熱過程B. 1mol N2和lmol O2的總能量比2molNO的總能量高C. 1個NO(g)分子中的化學鍵斷裂時需要吸收632kJ能量D. 2NO(g)=N2(g)+O2(g)的反應熱H=-180 kJ/ mol【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【詳解(xián ji)】A.N2(g)轉化為氮原子(yuánz)，斷裂NN，吸收熱量，A錯誤； B.由圖

32、中數據可知，斷鍵吸收能量為(946+498)kJ=1444kJ，反應(fnyìng)放出能量為2×632kJ=1264kJ，吸收能量多于放出能量，所以該反應為吸熱反應，則1molN2和1molO2的總能量比2molNO的總能量低，B錯誤； C.1 mol NO(g)分子中的化學鍵斷裂時需要吸收632 kJ能量，C錯誤；D.由上述分析可知，2NO(g)=N2(g)+O2(g)的反應熱H=-180kJ/mol，D正確； 故合理選項是D。22.I可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下。iSO2+4I+4H+S+2I2+2H2O iiI2+2H2O+SO2 SO

33、42- +4H+2I探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18 mL SO2飽和溶液加入到2 mL下列試劑中，密閉放置觀察現象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序號試劑組成0.4 mol·L1 KIa mol·L1 KI0.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 KI0.0002 mol I2實驗現象溶液變黃，一段時間后出現渾濁溶液變黃，出現渾濁較A快無明顯現象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現渾濁較A快下列說法不正確的是（）A. 水溶液中SO2歧化反應方程式為3SO2+2H

34、2O 2H2SO4 +SB. II是I的對比實驗，則a=0.4C. 比較I、II、III，可得出的結論是：I是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率D. 實驗表明，SO2的歧化反應速率IVI，原因是反應i比ii快；IV中由反應ii產生的H+使反應i加快【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【詳解(xián ji)】A、由i+ ii×2得反應(fnyìng)3SO2+2H2O 2H2SO4 +S，選項A正確(zhèngquè)；B、B是A的對比實驗，采用控制變量法，B比A多加了0

35、.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應相等，則a=0.4，選項B正確；C、對比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應的速率；對比B與C，單獨H+不能催化SO2的歧化反應；比較I、II、III，可得出的結論是：I是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率，選項C正確；D、對比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應i消耗H+和I-，反應ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現渾濁較A快”，反應速率D>A，由此可見，反應ii比反應i速率快，反應ii產生H+使c（H+）增大，從而反應i加快，選項D不正確。答案選D?！?/p>

36、點睛】本題考查蓋斯定律、勒夏特列原理、影響化學反應速率的因素。易錯點是研究影響化學反應速率的因素，要求其他的條件不變，對比B和A，KI的濃度應相等，因此a為0.4，根據實驗現象，從而得出合理結論，學生平時應學會根據實驗現象，推出實驗結論。23.25時，2.0×10-3mol·L-1氫氟酸水溶液中，通過加HCl氣體或NaOH固體來調節(jié)溶液pH（忽略體積變化），得到c(HF)、c(F-)與溶液pH的變化關系，如下圖所示：下列分析正確的是A. pH=1時，溶液中c(F-)+c(OH-)=c(H+)B. pH=4時，溶液中存在：c(F-)>c(HF)>c(Na+)>

37、;c(H+)C. 當溶液(róngyè)中c(F-)=c(HF)時，水的電離(diànlí)被促進D. 將等物質(wùzhì)的量的HF和NaF混合物溶于水，F-的水解能力(nénglì)小于HF的電離能力【答案(dá àn)】D【解析】【分析】A.由曲線交叉點(pH3.5時)的溶液，得到HF的電離常數k10-3.5，進而推斷2.0×10-3 mol/L氫氟酸水溶液中c(H+)= = ×10-3.25，pH=3.25- lg2>3.75，所以pH=1的溶液中還含有HCl

38、； B.pH=4時，溶液中c(F-)> c(HF)，F- 離子水解，則c(Na+)>c(HF)； C.當溶液中c(HF)=c(F-)時，pH=3.5，溶液呈酸性，說明HF的電離大于F-水解； D.將等物質的量的HF和NaF混合物溶于水，溶液呈酸性?！驹斀狻緼.pH=1時，溶液中c(F-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)，A錯誤； B.分析圖象，pH=4時，溶液中c(F-)=1.6×10-3mol/L，c(HF)=4×10-4 mol/L，c(F-)>c(HF)，則c(Na+)>c(HF)，B錯誤； C.當溶液中c(HF)=c(F-)時，溶液呈

39、酸性，說明HF的電離程度大于F-水解程度，水的電離受到抑制主要，C錯誤； D.將等物質的量的HF和NaF混合物溶于水，根據圖象可知溶液顯酸性，說明F-水解能力小于HF的電離能力，D正確； 故合理選項是D?！军c睛】本題考查酸堿混合的計算和判斷，注意把握圖象的曲線變化特點，根據溶液的pH大小判斷弱酸的電離程度與酸根離子的水解程度大小為解答該題的關鍵，注意HF為弱電解質的特點。24.某工廠用六水合氯化鎂和粗石灰制取的氫氧化鎂含有少量氫氧化鐵雜質，通過如下流程進行提純精制，獲得阻燃劑氫氧化鎂。下列說法不正確的是A. 步驟(bùzhòu)中分離操作的名稱是過濾，Mg(OH)2可以作阻

40、燃劑是因為它分解需要(xyào)吸收大量的熱B. 步驟(bùzhòu)中的反應式：3Fe(OH)3 S2O42-2OH- 3Fe(OH)2 2SO42-4H2OC. 步驟(bùzhòu)中保險粉是作還原劑D. 從步驟(bùzhòu) 中可知OH- 和EDTA共存時，Fe2+更易和EDTA結合，生成可溶性化合物【答案】B【解析】【詳解】A、EDTA只能與溶液中的亞鐵離子反應生成易溶于水的物質，不與氫氧化鎂反應，實現氫氧化鎂和溶液分離的方法是過濾，Mg(OH)2可以作阻燃劑是因為它分解需要吸熱大量的熱，選項A正確；B、步驟是氫氧

41、化鐵與保險粉反應生成氫氧化亞鐵同時保險粉被氧化生成硫酸鈉，發(fā)生的反應式為：6Fe(OH)3 S2O42-2OH- 6Fe(OH)2 2SO42-4H2O，選項B錯誤；C、步驟中保險粉中硫元素化合價由+3價升高為+6價被氧化，作還原劑，選項C正確；D、從步驟 中可知OH- 和EDTA共存時，隨著EDTA加入，EDTA結合Fe2+，平衡Fe(OH)2 Fe2+2OH-正向移動，生成可溶性化合物，選項D正確；答案選B。25.某溶液X中可能含有下列離子中的若干種：I-、SO42-、SO32-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含離子的物質的量濃度均相同。為了確定該溶液的組成，某同學取100mL

42、上述溶液X，進行了如下實驗：（1）向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；（2）將（1）的反應混合液過濾，將足量鹽酸加入沉淀中，沉淀部分溶解且產生氣體。下列說法正確的是A. （2）中產生的氣體可能含有SO2B. 溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Mg2+C. 溶液X中一定不存在Fe3+，可能存在I-D. 無法(wúf)確定溶液中是否含有Na+，需要做焰色反應才能(cáinéng)確定【答案(dá àn)】B【解析(ji x)】【分析(fnx)】溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，則一定不含Fe3+，且(1)產生的白色沉淀與

43、足量鹽酸反應，沉淀部分溶解且產生氣體，則白色沉淀含有BaSO4，溶液中一定存在SO42-，存在SO32-、HCO3-中的至少一種，氣體為CO2或SO2中的至少一種，又由于SO32-、Mg2+相互促進水解不能共存，溶溶所含離子的物質的量濃度均相同，由電荷守恒可知溶液中的Na+、Mg2+ 肯定有，所以溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，不存在Fe3+，SO32-、I-，以此來解答?！驹斀狻緼.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，則(2)中產生的氣體為CO2，不可能含有SO2，A錯誤； B.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-

44、、Na+、Mg2+， B正確； C.溶液X中一定不存在Fe3+，也不存在I-，C錯誤； D.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，D錯誤； 故合理選項是B。【點睛】本題考查溶液成分的推斷，把握流程中白色沉淀的判斷、氣體及溶液的成分為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意鹽的水解規(guī)律及電荷守恒的應用。26.乙烯在不同的條件下可被氧化成不同產物，如A、B、C。已知：取0.01mol A與足量的鈉完全反應后，生成224mL(標準狀況)氣體。C是B的同分異構體，C與新制的氫氧化銅濁液一起加熱，會產生紅色沉淀。已知：一個碳原子上連有二個-OH基團是不穩(wěn)定的結構。(

45、1)C中含有的官能團名稱是_，乙烯轉化為D的反應類型_；(2)寫出D與氧氣反應生成C的化學方程式_；(3)下列說法(shuf)正確的是_。A. B分子中的所有(suyu)原子在同一平面上B. 一定(ydìng)條件下，B能與CO2聚合(jùhé)生成可降解的高分子C. 乙烯在一定條件下被氧氣氧化(ynghuà)也能生成乙酸D. A與D是同系物【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反應 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). BC【解析】【分析】0.01molA與足量的金屬鈉完全作用后，生成224mL(標準狀況)氣體，即生成

46、氫氣的物質的量n(H2)=0.01mol，結合A的分子式可知，A分子中含有2個羥基，故A為乙二醇，結構簡式為HOCH2CH2OH，C是B的同分異構體，C與新制的氫氧化銅濁液一起加熱，會產生紅色沉淀，則C含有醛基，C為CH3CHO，乙烯與水發(fā)生加成反應生成D為CH3CH2OH，以此來解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篈是HOCH2CH2OH，C為CH3CHO，D為CH3CH2OH。(1)C為CH3CHO，官能團名稱為醛基，乙烯CH2=CH2與H2O在一定條件下發(fā)生加成反應產生D是CH3CH2OH，所以C轉化為D的反應類型為加成反應；(2)D是CH3CH2OH，乙醇分子中含有醇羥基，與氧氣在Cu或A

47、g催化下，加熱發(fā)生氧化反應生成C，反應的化學方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O； (3)A.B是環(huán)氧乙烷，物質分子中C原子均為飽和C原子，與該C原子連接原子構成的是四面體結構，所有原子不能在同一平面上，A錯誤； B.一定條件下，B能與CO2聚合生成可降解的高分子為聚乳酸，B正確； C.乙烯分子中含碳碳雙鍵，在一定條件下被氧氣氧化也能生成乙酸，C正確； D.A 是乙二醇，D是乙醇，A與D分子中含-OH數目不同，乙醇二者不是同系物，D錯誤； 故合理選項是BC?！军c睛】本題考查有機物的推斷，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，掌握醇的催化氧化及飽和碳原子的正四面體結構是推斷

48、物質、書寫化學方程式的基礎，注意有機物性質的應用。27.化合物X（只含兩種短周期元素(yuán sù)）是一種重要的還原劑。某同學取X做了如下實驗請回答(huídá)：（1）X的電子式是_。（2）寫出X與水反應(fnyìng)的化學方程式_。（3）X在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑（鐵銹(tixiù)的成分表示為Fe2O3），脫銹過程發(fā)生(fshng)反應的化學方程式_?！敬鸢浮?(1). Na+:H- (2). NaH+H2O=NaOH+H2 (3). 3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH【解析】【分析】化合物X(只含兩種

49、短周期元素)是一種重要的還原劑，含兩種元素的質量比為 (4.80-0.20)：0.20=23：1，則兩種元素分別為Na、H，化合物X為NaH，固體乙為Na，氣體甲為H2，Na與水反應生成溶液丙含NaOH，以此來解答。【詳解】根據上述分析可知化合物X為NaH，固體乙為Na，氣體甲為H2，丙為NaOH。(1)X為NaH，該物質為離子化合物，Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為Na+:H-； (2)X與水反應產生NaOH和H2，反應的化學方程式為NaH+H2O=NaOH+H2；(3)X在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑(鐵銹的成分表示為Fe2O3)，脫銹過程Fe2O3變?yōu)镕e單質，NaH獲得O原

50、子變?yōu)镹aOH，發(fā)生反應的化學方程式為3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH?！军c睛】本題考查物質的組成及無機物的推斷，把握元素的質量比確定 X、結合物質狀態(tài)判斷流程中發(fā)生的反應為解答的關鍵，注意元素化合物知識的應用。28.某學習小組探究潮濕的Cl2與Na2CO3反應的產物，進行如下實驗根據設計要求回答：（1）X儀器(yíqì)名稱是_。（2）下列有關該實驗(shíyàn)的說法中，不正確的是_。A. 如圖組裝好實驗儀器后，要先檢查(jinchá)裝置氣密性，后添加藥品B. 試劑Y是濃硫酸，目的是干燥(gnzào)氯氣C. E裝置的

51、作用(zuòyòng)是吸收尾氣防止污染空氣D. 裝置C中Cl2與Na2CO3以等物質的量反應，且生成的氣體產物僅為Cl2O，可知反應方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O（3）設計實驗方案驗證C中生成的固體中存在HCO3-_?！敬鸢浮?(1). 分液漏斗 (2). B (3). 取少量反應后的固體于試管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，靜置一段時間后，再向試管中滴加NaOH溶液若變渾濁，說明固體中含有HCO3-或取少量固體加熱，將產生的氣體通向澄清石灰水，若石灰水變渾濁，則說明固體中含有HCO3-【解析】【分析】(1)根據圖示儀

52、器X的構造判斷其名稱；(2)A.制取氣體的實驗中，首先需要檢查裝置的氣密性，再加入藥品；B.與碳酸鈉反應需要的是濕潤的氯氣；C.氯氣有毒，過量的氯氣需要進行尾氣吸收處理； D.裝置C中Cl2與Na2CO3以等物質的量反應，且生成的氣體產物僅為Cl2O，根據離子守恒判斷反應方程式；(3)證明C中的固體為碳酸鈉，可直接確定碳酸氫根離子，據此判斷操作方法?！驹斀狻?1)根據圖示儀器X的構造可知(k zh)，儀器X為分液漏斗；(2)A.制取氣體的實驗(shíyàn)中，首先需要檢查裝置的氣密性，然后再加入藥品，A正確；B.與碳酸鈉反應需要的是濕潤的氯氣，所以(suy)試劑Y不能是濃

53、硫酸，B錯誤；C.氯氣(l qì)有毒，會造成大氣污染，所以過量的氯氣需要吸收，防止污染空氣，C正確；D.裝置(zhungzhì)C中Cl2與Na2CO3以等物質的量反應，且生成的氣體產物僅為Cl2O，根據離子守恒可知反應方程式為：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O，D正確； 故合理選項為B；(3)證明C中生成的固體為碳酸氫鈉，可直接驗證碳酸氫根離子，操作方法為：取少量反應后的固體于試管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，靜置一段時間后，再向試管中滴加NaOH溶液若變渾濁，說明固體中含有HCO3-或取少量固體加熱，將產生的氣體通向澄清石

54、灰水若石灰水變渾濁，則說明固體中含有HCO3-?！军c睛】本題考查性質方案的設計，明確實驗目的、實驗原理即可解答，注意掌握常見元素及其化合物性質、常見離子的檢驗方法并及時排除雜質離子的干擾，該題有利于提高學生的分析能力及化學實驗能力。29.將銅與Fe2O3的混合物共28.8g加入300mL 2.00mol·L-1的稀硫酸中，充分反應后剩余固體的質量為6.40g。請計算：(1)混合物中銅的物質的量為_mol。(2)反應后的溶液中最多消耗鋅片的質量為_g?！敬鸢浮?(1). 0.200 (2). 39.0【解析】【分析】Fe2O3先和硫酸反應，生成Fe3+，Fe3+再和Cu發(fā)生反應，Cu不

55、與硫酸反應，則剩余的固體只能是Cu，剩余的固體不含有Fe2O3，因為300mL 2.00mol·L-1的稀硫酸可以與0.2mol Fe2O3完全反應，其質量為32g，超過了28.8g。(1)反應后剩余的6.40g固體為Cu，反應消耗Cu和Fe2O3的總質量為：28.8g- 6.4g=22.4g，則：n消耗(Cu)×64g/mol+ n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根據電子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，兩式聯立，可計算出n消耗(Cu)，然后結合n=可計算出混合物中銅的總物質的量；(2)無論硫酸是否有剩余，加入

56、(jirù)足量鋅后，反應溶質為硫酸鋅，根據硫酸的物質的量可知鋅的物質的量，然后根據m=n·M計算出鋅的質量?！驹斀狻?1)反應后剩余(shèngyú)的6.40g固體為Cu，反應消耗Cu和Fe2O3的總質量(zhìliàng)為：28.8g-6.4g=22.4g，則：n消耗(xiohào)(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根據(gnjù)電子守恒可知：n消耗(Cu)×2= n(Fe2O3)×2，解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=

57、0.1mol， 則原混合物中銅的質量n(Cu)= +0.1mol=0.200mol；(2)反應后無論硫酸是否剩余，溶液中含有的溶質為硫酸鋅，則反應后硫酸鋅的物質的量與硫酸的物質的量相等，根據質量守恒可知：n(Zn)=n(ZnSO4)=n(H2SO4)=2.00mol/L×0.3L=0.6mol，則最多消耗Zn的質量m(Zn)=n·M=0.6mol×65g/mol=39.0g。【點睛】本題考查混合物成分的計算，明確發(fā)生反應的原理為解答關鍵，注意掌握電子守恒、原子守恒等守恒思想在化學計算中的應用，試題有助于培養(yǎng)學生的分析能力及化學計算能力。30.研究NOx、CO2的吸

58、收利用，對促進低碳社會的構建和環(huán)境的保護具有重要意義。(1)已知C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H=a kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=b kJ·mol-1H2O(l)=H2O(g) H=c kJ·mol-1則C2H4(g)+6NO(g)3N2(g)+2CO2(g)+2H2O(l)的反應熱H=_。(2)用NH3催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。如下圖，采用NH3作還原劑，煙氣以一定的流速通過兩種不同催化劑，測量逸出氣體中氮氧化物含量，從而確定煙氣脫氮率（脫氮率即氮氧化物的轉化率），反應原理為：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g) H<0。以下(yxià)說法正確的是_。A.催化劑、分別適合(shìhé)于250和450左右脫氮B.使用(shyòng)第種催化劑更有利于提高NOx的平衡(pínghéng)轉化率C.相同條件下，改變(gibiàn)壓強對脫氮率沒有影響D.在交叉點A處，不管使用哪種催化劑，上述反應都未達平衡。(3)工業(yè)合成尿素的反應如下：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)