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2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷
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这是一份2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列说法正确的是（ ）
A．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B．外加电流的阴极保护法适宜选择惰性电极作辅助阴极
C．护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度
D．检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气使变色硅胶发生颜色变化
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．具有16个质子、18个中子和18个电子的微粒：S2﹣
B．硝基苯的结构简式：
C．过氧化氢的电子式：
D．乙酸乙酯的分子式：CH3COOCH2CH3
3．（3分）下列有关物质制备的说法正确的是（ ）
A．电解熔融氯化铝可制备金属铝
B．浓氨水与碱石灰作用可制备氨气
C．铜与浓硝酸反应可制备纯净的二氧化氮
D．蒸干MgCl2溶液可制备无水氯化镁
4．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3的混合物共6.4g，其中所含原子数一定为0.4NA
B．常温常压下，铝从盐酸中置换出1mol H2，电子转移的总数为3NA
C．500mL 0.2mol•L﹣1•Fe2（SO4）3 溶液中，Fe3+和SO42﹣离子数的总和是0.5NA
D．标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中，共用电子对的数目为3NA
5．（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．1mol/LFe（NO3）2溶液中：H+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣
C．甲基橙呈黄色的溶液中：NH4+、Mg2+、ClO﹣、S2O32﹣
D．c（H+）＜的溶液中：K+、Ca2+、AlO2﹣、HCO3﹣
6．（3分）下列有关化学概念、原理或应用的说法正确的是（ ）
A．HCl、Na2SO3、NH3的水溶液都能够导电，因此它们都属于电解质
B．用等浓度的HA、HB溶液做导电性实验，HB灯泡比较暗，说明HA为强酸
C．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用热的浓盐酸洗涤
7．（3分）下列解释事实的离子方程式书写正确的是（ ）
A．SO2的水溶液显酸性：SO2+H2O⇌H2SO3⇌2H++SO32﹣
B．用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．纯碱溶液处理锅炉中的水垢CaSO4：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）
8．（3分）下列关于有机物结构、性质和用途的说法正确的是（ ）
A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃
B．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同
C．淀粉、硬脂酸甘油酯、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
D．与具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有2种
9．（3分）用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置①除去Cl2中混有的少量HCl
B．用装置②制备O2时，能做到“随开随停”
C．若装置③中的X为苯，用该装置吸收NH3时可防止倒吸
D．用装置④验证二氧化硫的漂白性
10．（3分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12．下列有关说法正确的是（ ）
A．Y和R的简单氢化物的沸点：R＞Y
B．原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X
C．Z、Y两种元素组成的化合物中只含有离子键
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
11．（3分）下列实验操作的现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
向某溶液中滴加Ba（NO3）2溶液和稀盐酸
生成白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
B
将少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物一定是NO2
C
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中加入等浓度的Na2CO3溶液
前产生无色气体，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
D
向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀（Ag2S）
Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）柠檬精油具有改善循环系统、抚慰和缓解头疼、偏头疼的作用，含有松油醇、月桂烯、橙花醇等多种化学成分。下列有关说法正确的是（ ）
A．松油醇的分子式为C10H15O
B．月桂烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
C．橙花醇的官能团为碳碳双键、羟基
D．月桂烯和乙烯互为同系物
13．（3分）工业废气和废水的综合治理是保护环境的重要举措。某工厂拟综合处理含NH4+的废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，每生成1mol N2转移6mol电子
14．（3分）25℃时，向浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为100mL的两种一元酸HA、HB的溶液中分别加入固体NaOH，溶液中lg、随加入NaOH物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．HA为弱酸
B．b点溶液中：c（B﹣）＞c（HB）
C．c点溶液呈酸性
D．由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞a＞b
15．（3分）全钒液流电池是利用不同价态钒离子的氧化还原反应来实现电能和化学能的相互转换，总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，工作原理如图所示（图中隔膜为质子交换膜）。下列说法不正确的是（ ）
A．电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液
B．放电时，负极反应式为V2+﹣e﹣═V3+
C．充电过程中，阴极电解液的pH不变
D．用该电池做电源电解精炼铜，若有1mol H+通过隔膜，则析出32g铜
16．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入1mol SO2和1mol NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
二、非选择题（非选择题共52分）本题共4小题，共52分）
17．（9分）煤、石油和天然气是重要的资源。天然气的主要成分是甲烷，石油炼制的产物之一是乙烯，煤干馏可制得苯。回答下列问题：
（1）甲烷、乙烯在一定条件下都能与氯气反应，反应类型依次为 、 。
（2）煤干馏产物之一为煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等物质。其中，苯可用来制取溴苯，该反应的化学方程式为 ，制得的溴苯往往呈褐色，用 溶液可除去褐色。
（3）工业上可用乙烯在一定条件下与水反应制取乙醇，乙醇再催化氧化制取乙醛，试写出后者的化学反应方程式 。
（4）实验室制备的乙酸乙酯中混有少量的乙醇和乙酸，简述除去杂质的实验过程 。
18．（14分）某研究性学习小组对“铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”进行实验探究。请回答下列问题：
探究一：设计如图1所示 装置进行”铁与水反应”的实验（夹持仪器略）。
（1）仪器D的名称为 。A中放碎瓷片的目的是 。
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为 。
（3）装置E中的现象是 。
探究二：设计实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。
（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少量其中的黑色固体溶于稀硫酸，将所得溶液分成两份。
①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则黑色固体的成分为 （填字母，下同）；若溶液未变红色，则黑色固体的成分为 。
A．一定有Fe3O4
B．一定有Fe
C．只有Fe3O4
D．只有Fe
②向另一份溶液中加入 （填试剂和现象），说明溶液中存在Fe2+。
探究三：设计流程测定反应后硬质玻璃管B中黑色固体含铁元素的质量分数如图2。
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为 。
（6）反应后B装置中铁元素的质量分数为 。
19．（14分）某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂（LiCoO2），还含有一定量的铝、铜等元素的化合物，用其回收Co2O3的工艺流程如图所示。
已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度的升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42﹣离子反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解。
（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为 ，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是 。
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是 。
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，写出该反应的离子方程式 。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率的关系如图所示：
①当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是 。
②沉淀反应的适宜温度范围为 。
（5）写出流程图中煅烧反应的化学方程式 。
20．（15分）氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）已知：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，用气体传感器测得在某温度下、
一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）/（10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前4s内的平均反应速率v（CO）＝ mol•L﹣1•s﹣1。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数Kp，则该反应的平衡常数表达式Kp＝ 。
③现用L、X分别代表压强或温度。如图1表示L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的变化关系，则X代表的物理量是 。判断L1、L2的大小关系，并简述理由 。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣的废水，工作原理如图2所示。
①石墨（Ⅰ）的电极名称为 ，Fe（I）上的电极反应式为 。
②电池工作过程中，乙池中溶液的pH （填“变大”“变小”或“不变”），原因是 （用简要的文字叙述及相应的方程式表示）。
2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列说法正确的是（ ）
A．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B．外加电流的阴极保护法适宜选择惰性电极作辅助阴极
C．护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度
D．检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气使变色硅胶发生颜色变化
【分析】A、氟利昂可导致臭氧空洞，加剧温室效应；
B、电解池中阳极发生失去电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应；
C、根据洗发水的酸碱性对头发是否有影响分析判断；
D、乙醇具有还原性，能与三氧化铬（CrO3）反应，物质颜色发生变化。
【解答】解：A、氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，加剧温室效应，与雾霾天气的形成关系不大，雾霾的形成主要与粉尘、汽车尾气有关，故A错误；
B、外加电流的阴极保护法是利用电解池的原理，选择适宜的惰性电极作辅助阳极，将被保护的金属作阴极，故B错误；
C、洗发水呈碱性、能去油污、而护发素的pH小于7，洗发后，要使用显酸性的护发素对头发进行护理，使头发在弱酸的环境中健康成长，故C正确；
D、检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气经过放有三氧化铬的硅胶时，CrO3发生还原反应生成硫酸铬，硅胶颜色发生变化，但硅胶为载体，与乙醇不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了生活中涉及到的化学知识，如环境污染与治理、电解原理、中和反应和氧化还原反应规律的应用等知识，侧重学生的分析、理解及灵活运用基础知识能力的考查，明确物质的性质、会运用化学知识解答生产、生活现象，题目难度不大。
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．具有16个质子、18个中子和18个电子的微粒：S2﹣
B．硝基苯的结构简式：
C．过氧化氢的电子式：
D．乙酸乙酯的分子式：CH3COOCH2CH3
【分析】A、由于含16个质子，故为S元素，含18个电子，故为S2﹣，根据质量数＝质子数+中子数来分析；
B、硝基中N与苯环上C相连；
C、双氧水是共价化合物；
D、表示物质的元素组成的是分子式。
【解答】解：A、由于含16个质子，故为S元素，含18个电子，故为S2﹣，而质量数＝质子数+中子数，故具有16个质子、18个中子和18个电子的硫离子的质量数为34，故表示为：S2﹣，故A正确；
B、硝基中的氮原子与苯环上的一个碳原子相连接，而不是氧原子，硝基苯的结构简式为，故B错误；
C、双氧水是共价化合物，故其电子式为，故C错误；
D、表示物质的元素组成的是分子式，故乙酸乙酯的结构简式为：CH3COOCH2CH3，分子式为C4H8O2，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式、以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质制备的说法正确的是（ ）
A．电解熔融氯化铝可制备金属铝
B．浓氨水与碱石灰作用可制备氨气
C．铜与浓硝酸反应可制备纯净的二氧化氮
D．蒸干MgCl2溶液可制备无水氯化镁
【分析】A、氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电；
B、碱石灰溶解放热促使浓氨水分解生成氨气；
C、当硝酸浓度变稀时，可能生成一氧化氮；
D、蒸干MgCl2溶液因水解而得不到无水氯化镁。
【解答】解：A、氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电；制备金属铝应该电解熔融氧化铝，故A错误；
B、碱石灰是固体氧化钙和氢氧化钠的混合物，把浓氨水滴到固体碱石灰上，碱石灰溶解过程中放热加速浓氨水分解生成氨气，故B正确；
C、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，随着反应的进行，当硝酸浓度变稀时，可能生成一氧化氮，故C错误；
D、MgCl2在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，加热促进水解，生成的盐酸易挥发，则蒸干溶液后得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验，涉及物质的制备，题目综合，难度适中，理解反应原理，熟记物质性质是解答此题的关键。
4．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3的混合物共6.4g，其中所含原子数一定为0.4NA
B．常温常压下，铝从盐酸中置换出1mol H2，电子转移的总数为3NA
C．500mL 0.2mol•L﹣1•Fe2（SO4）3 溶液中，Fe3+和SO42﹣离子数的总和是0.5NA
D．标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中，共用电子对的数目为3NA
【分析】A．O2和O3的均由氧原子构成；
B．生成1mol氢气转移了2mol电子，根据电子守恒判断；
C．铁离子在溶液中部分水解，导致铁离子数目减少；
D．利用极限的思想，分别求算11.2L的乙烯和环丙烷中含共用电子对数目，最终共用电子对数在两者之间，乙烯中含有4个碳氢键、1个碳碳键，乙烯分子中总共含有6个共用电子对，环丙烷中含有6个碳氢键、3个碳碳键，环丙烷分子中总共含有9个共用电子对，据此进行分析。
【解答】解：A．O2和O3的均由氧原子构成，故只要O2和O3的混合物共6.4g，无论两者的比例如何，其含有的氧原子的物质的量n＝＝0.4mol，即为0.4NA个，故A正确；
B．铝与稀盐酸的反应中，置换出1mol氢气转移了2mol电子，电子转移的总数为2NA，故B错误；
C.500mL 0.2mol/LFe2（SO4）3溶液中，含有硫酸铁的物质的量为0.1mol，含有0.3mol硫酸根离子，由于铁离子部分水解，含有的铁离子小于0.2mol，则Fe3+和SO42﹣离子数的总和小于0.5NA，故C错误；
D．假设11.2L都是乙烯，则n（C2H4）＝＝0.5mol，1mol乙烯分子中含有6mol共用电子对，则0.5mol乙烯分子中含有3mol共用电子对，假设11.2L都是环丙烷，则n（C3H6）＝＝0.5mol，1mol环丙烷分子中含有9mol共用电子对，则0.5mol环丙烷分子中含有4.5mol共用电子对，故最终共用电子对数在3mol～4.5mol之间，即共用电子对数目为在3NA～4.5NA之间，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力
5．（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．1mol/LFe（NO3）2溶液中：H+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣
C．甲基橙呈黄色的溶液中：NH4+、Mg2+、ClO﹣、S2O32﹣
D．c（H+）＜的溶液中：K+、Ca2+、AlO2﹣、HCO3﹣
【分析】A．酸性环境下硝酸根离子具有强氧化性；
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；
C．能使甲基橙呈黄色的溶液，pH＞4.4，溶液可以是酸性，也可以是碱性；
D．c（H+）＜的溶液中，溶液为碱性溶液。
【解答】解：A．酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，所以不能大量共存，故A不选；
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，H+、OH﹣与Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣，都不反应，一定能大量共存，故B选；
C．能使甲基橙呈黄色的溶液，pH＞4.4，溶液可以是酸性，也可以是碱性，酸性环境下，次氯酸根离子、硫代硫酸根离子不能大量共存，碱性环境下，氨根离子、镁离子不能大量共存，故C不选；
D．c（H+）＜的溶液中，溶液为碱性溶液，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，所以不能大量共存，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，注意习题的限制条件，题目难度不大。
6．（3分）下列有关化学概念、原理或应用的说法正确的是（ ）
A．HCl、Na2SO3、NH3的水溶液都能够导电，因此它们都属于电解质
B．用等浓度的HA、HB溶液做导电性实验，HB灯泡比较暗，说明HA为强酸
C．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用热的浓盐酸洗涤
【分析】A．在水溶液里或熔融状态下都导电的化合物是电解质，且溶液导电必须是该物质电离出的阴阳离子；
B．等浓度的HA和HB，HB灯泡比较暗，HA的导电能力比HB强，可知HA的电离程度比HB的电离程度大。
C．平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关；
D．二氧化锰与浓盐酸加热发生反应。
【解答】解：A．HCl、Na2SO3是电解质，NH3的水溶液都能够导电，但电离出离子的物质为一水合氨，氨气不能电离，则氨气属于非电解质，故A错误；
B．等浓度的HA和HB，做导电性实验，HB灯泡比较暗，HA的导电能力比HB强，可知HA的电离程度比HB的电离程度大，二者可能均为弱电解质，故B错误；
C．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故C错误；
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质为二氧化锰，加热时与浓盐酸反应，可洗涤除去，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电解质、非电解质概念、平衡常数意义、物质性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7．（3分）下列解释事实的离子方程式书写正确的是（ ）
A．SO2的水溶液显酸性：SO2+H2O⇌H2SO3⇌2H++SO32﹣
B．用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．纯碱溶液处理锅炉中的水垢CaSO4：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）
【分析】A．亚硫酸为二元弱酸，分步电离，以第一步为主；
B．酸性条件下，反应产物中不能存在氢氧根离子；
C．NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；
D．碳酸钙更难溶，实现沉淀的转化。
【解答】解：A．SO2的水溶液显酸性，离子方程式：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3﹣，故A错误；
B．酸性条件下，过氧化氢与碘离子反应生成单质碘和水，正确的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故B错误；
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为SO42﹣+2H++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．碳酸钙比硫酸钙难溶物，可用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4（S）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（S）+SO42﹣（aq），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。
8．（3分）下列关于有机物结构、性质和用途的说法正确的是（ ）
A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃
B．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同
C．淀粉、硬脂酸甘油酯、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
D．与具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有2种
【分析】A．石油裂解是将重油断裂为“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯；
B．乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水发生加成反应；
C．相对分子质量在10000以上的为高分子，而硬脂酸甘油酯为大分子；
D．与具有相同官能团的芳香烃，一定含苯环、双键，可能含1个侧链或2个侧链。
【解答】解：A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃，主要提高乙烯的产量，故A正确；
B．乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水发生加成反应，反应类型不同，故B错误；
C．相对分子质量在10000以上的为高分子，而硬脂酸甘油酯为大分子，但均可发生水解反应，故C错误；
D．与具有相同官能团的芳香烃，一定含苯环、双键，可能含1个侧链或2个侧链，则除本身外还有4种同分异构体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9．（3分）用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置①除去Cl2中混有的少量HCl
B．用装置②制备O2时，能做到“随开随停”
C．若装置③中的X为苯，用该装置吸收NH3时可防止倒吸
D．用装置④验证二氧化硫的漂白性
【分析】A．氯化氢易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水；
B．过氧化钠与水剧烈反应；
C．苯的密度比水小；
D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应。
【解答】解：A．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl易溶于水，可用于除杂，故A正确；
B．过氧化钠与水剧烈反应，与水接触后难以分离，不能用简易气体发生装置制备，故B错误；
C．苯的密度比水小，在溶液上方，氨气通入水中，不能起到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，若检验二氧化硫的漂白性，可用品红溶液，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12．下列有关说法正确的是（ ）
A．Y和R的简单氢化物的沸点：R＞Y
B．原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X
C．Z、Y两种元素组成的化合物中只含有离子键
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，则Y为O，R为S元素；W的原子序数大于S，为Cl元素；Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，Z的最外层电子数为7﹣6＝1，其原子序数大于O，则Z为Na元素；25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12，该化合物为一元强碱NaOH，则X为H元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl元素。
A．水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即Y和R的简单氢化物的沸点：R＜Y，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X，故B正确；
C．Na、O形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D．O、Na、Cl形成的高氯酸钠为强酸强碱盐，其水溶液为中性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．（3分）下列实验操作的现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
向某溶液中滴加Ba（NO3）2溶液和稀盐酸
生成白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
B
将少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物一定是NO2
C
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中加入等浓度的Na2CO3溶液
前产生无色气体，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
D
向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀（Ag2S）
Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．沉淀可能为硫酸钡或氯化银；
B．生成气体可为NO；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
D．溶度积越小，越易生成沉淀。
【解答】解：A．加入盐酸，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，且加入硝酸钡，不能排除亚硫酸根离子，故A错误；
B．少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中，硝酸浓度变低，生成气体可为NO，且NO可被氧化，故B错误；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，前者生成气体而后者不能，说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，所以能实现实验目的，故C正确；
D．溶度积越小，越易生成沉淀，产生黑色沉淀（Ag2S），可说明Ksp（Ag2S）较小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（3分）柠檬精油具有改善循环系统、抚慰和缓解头疼、偏头疼的作用，含有松油醇、月桂烯、橙花醇等多种化学成分。下列有关说法正确的是（ ）
A．松油醇的分子式为C10H15O
B．月桂烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
C．橙花醇的官能团为碳碳双键、羟基
D．月桂烯和乙烯互为同系物
【分析】A．含氧衍生物中，H原子个数应为偶数；
B．月桂烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；
C．橙花醇含有碳碳双键、羟基等官能团；
D．月桂烯含有3个碳碳双键，与乙烯的结构不同。
【解答】解：A．松油醇的分子式为C10H18O，H原子个数为偶数，故A错误；
B．月桂烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故B错误；
C．由结构简式可知橙花醇含有碳碳双键、羟基等官能团，故C正确；
D．月桂烯含有3个碳碳双键，官能团数目不同，与乙烯的结构不同，二者不是同系物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该类题目的关键，题目难度不大。
13．（3分）工业废气和废水的综合治理是保护环境的重要举措。某工厂拟综合处理含NH4+的废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，每生成1mol N2转移6mol电子
【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．由上述分析可知，固体I中主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca（OH）2，故A正确；
B．X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，不能转化为NaNO2，不能与NH4+的溶液反应生成无污染气体，故B正确；
C．气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故C正确；
D．处理含NH4+废水时，发生的氧化还原反应为NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O，每产生1molN2会消耗1molNO2﹣，转移电子的物质的量为：1mol×（3﹣0）＝3mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确处理流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
14．（3分）25℃时，向浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为100mL的两种一元酸HA、HB的溶液中分别加入固体NaOH，溶液中lg、随加入NaOH物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．HA为弱酸
B．b点溶液中：c（B﹣）＞c（HB）
C．c点溶液呈酸性
D．由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞a＞b
【分析】A．根据0.1mol•L﹣1的HA溶液中lg＝12计算氢离子浓度，结合电离程度分析；
B．b点加入0.005molNaOH，n（HB）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，反应后溶质为等浓度的HB、NaB，结合lg＝6计算氢离子浓度，从而可知c（B﹣）、c（HB）的大小；
C．c点溶液的lg＝0，则c（OH﹣）＝c（H+）；
结合水的离子积计算氢离子浓度；
D．酸抑制了水的电离，能够水解的盐促进水的电离。
【解答】解：A．根据图示可知，没有滴入NaOH溶液时，0.1mol•L﹣1的HA溶液的pH＝1，c（H+）＝0.1mol/L，说明HA完全电离，属于强酸，故A错误；
B．b点加入的n（NaOH）＝0.005mol、n（HB）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，反应后溶质为等浓度的HB、NaB，混合液的lg＝6，根据c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14可知：c（H+）＝10﹣4mol/L，呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，则c（B﹣）＞c（HB），故B正确；
C．c点溶液的lg＝0，此时c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol/L，溶液呈中性，故C错误；
D．a点为HA溶液，HA为强酸，大大抑制了水的电离，则a点由水电离出的c（H+）最小；b点反应后溶质为等浓度的HB、NaB，此时c（H+）＝10﹣4mol/L，HB电离的氢离子抑制了水的电离；c点溶液呈中性，溶质为HB、NaB，HB电离出的氢离子与B﹣水解生成的氢氧根离子浓度相等，则c点由水电离的氢离子浓度最大，所以由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞b＞a，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
15．（3分）全钒液流电池是利用不同价态钒离子的氧化还原反应来实现电能和化学能的相互转换，总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，工作原理如图所示（图中隔膜为质子交换膜）。下列说法不正确的是（ ）
A．电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液
B．放电时，负极反应式为V2+﹣e﹣═V3+
C．充电过程中，阴极电解液的pH不变
D．用该电池做电源电解精炼铜，若有1mol H+通过隔膜，则析出32g铜
【分析】充放电电池总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，则放电时：正极上反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极上反应为V2+﹣e﹣═V3+；充电时：原电池的正极变成电解池的阳极、负极变成电解池的阴极，阳极的反应为VO2++H2O﹣e﹣═VO2++2H+，阴极上发生得电子的还原反应，即V3++e﹣═V2+，以此解答该题。
【解答】解：A、该原电池工作时，正极上反应为：VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极上反应为：V2+﹣e﹣═V3+，所以电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液，故A正确；
B、该原电池工作时，负极上V2+失去电子生成V3+，反应式为V2+﹣e﹣═V3+，故B正确；
C、充电时，阴极上V3+得电子生成V2+，电极反应式为V2+﹣e﹣═V3+，但H+从左向右移向阴极，阴极电解液的酸性增强、pH减小，故C错误；
D、若有1molH+通过隔膜，则电路中转移1mole﹣，Cu2++2e﹣═Cu，根据串联电路中电子守恒可知n（Cu）＝n（e﹣）＝0.5mol，m（Cu）＝nM＝32g，即析出32g铜，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
16．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入1mol SO2和1mol NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
【分析】反应开始反应物浓度最大，则反应速率应该最大，随着反应的进行，反应速率应该减小，但图象中反应速率却逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应进行到一定阶段，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，据此分析解答。
【解答】解：A．从a到c正反应速率增大，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则该反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，故A正确；
B．当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，但c点反应速率最大，虽然正反应速率减小，但反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，所以c点容器内气体颜色变浅，故B错误；
C．a点到b点，b点到c点反应均未达到平衡，随着反应的进行，体系温度升高，反应速率加快，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故C正确；
D．反应放热，导致a到c正反应速率逐渐增大，c点时反应速率最大，c～d段时反应物的浓度降低，放热较少，所以正反应速率降低，此时浓度降低对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，即反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息、学会分析图象，题目难度中等。
二、非选择题（非选择题共52分）本题共4小题，共52分）
17．（9分）煤、石油和天然气是重要的资源。天然气的主要成分是甲烷，石油炼制的产物之一是乙烯，煤干馏可制得苯。回答下列问题：
（1）甲烷、乙烯在一定条件下都能与氯气反应，反应类型依次为 取代反应 、 加成反应 。
（2）煤干馏产物之一为煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等物质。其中，苯可用来制取溴苯，该反应的化学方程式为 ，制得的溴苯往往呈褐色，用 氢氧化钠 溶液可除去褐色。
（3）工业上可用乙烯在一定条件下与水反应制取乙醇，乙醇再催化氧化制取乙醛，试写出后者的化学反应方程式 。
（4）实验室制备的乙酸乙酯中混有少量的乙醇和乙酸，简述除去杂质的实验过程 将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液 。
【分析】（1）甲烷与氯气发生取代，乙烯与氯气发生加成反应；
（2）苯和液溴在用溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯；溴苯中含溴，能和氢氧化钠溶液反应；
（3）乙醇和氧气在Cu做催化剂的条件下发生催化氧化反应生成乙醛；
（4）实验室用饱和的碳酸钠溶液去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸。
【解答】解：（1）甲烷与氯气在光照条件下发生取代，乙烯与氯气能发生加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；
（2）苯和液溴在用溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，故反应为；溴苯中含溴，能和氢氧化钠溶液反应，故能用氢氧化钠溶液除去，故答案为：；氢氧化钠；
（3）乙醇和氧气在Cu做催化剂的条件下发生催化氧化反应生成乙醛，化学方程式为，故答案为：；
（4）实验室用饱和的碳酸钠溶液去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，方法是将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液，故答案为：将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液。
【点评】本题考查了有机物的性质和化学方程式的书写，难度不大，应注意根据有机物的官能团来理解性质。
18．（14分）某研究性学习小组对“铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”进行实验探究。请回答下列问题：
探究一：设计如图1所示 装置进行”铁与水反应”的实验（夹持仪器略）。
（1）仪器D的名称为 干燥管 。A中放碎瓷片的目的是 防止暴沸 。
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 。
（3）装置E中的现象是 黑色固体变红，右端管壁上有水珠 。
探究二：设计实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。
（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少量其中的黑色固体溶于稀硫酸，将所得溶液分成两份。
①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则黑色固体的成分为 A （填字母，下同）；若溶液未变红色，则黑色固体的成分为 B 。
A．一定有Fe3O4
B．一定有Fe
C．只有Fe3O4
D．只有Fe
②向另一份溶液中加入 铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀 （填试剂和现象），说明溶液中存在Fe2+。
探究三：设计流程测定反应后硬质玻璃管B中黑色固体含铁元素的质量分数如图2。
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为 2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O 。
（6）反应后B装置中铁元素的质量分数为 77.8% 。
【分析】探究一：由实验装置可知，A中加热提供水蒸气，在B中发生Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，C为缓冲装置，D中干燥管干燥氢气，E为氢气还原氧化铜的装置；
探究二：黑色固体溶于稀硫酸，滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则一定含Fe3+，则可生成Fe3O4，若溶液未变红色，一定含Fe；滴加铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，可说明含有Fe2+，
探究三：由流程可知，①中加硫酸固体溶解，②中加试剂a为KSCN溶液，③中发生2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，然后加试剂b为碱，过滤、强热分解生成红棕色固体为氧化铁，氧化铁的质量为16g，结合Fe元素守恒计算，以此解答该题。
【解答】解：（1）由图可知，仪器D的名称为干燥管，A中放碎瓷片的目的是防止暴沸，
故答案为：干燥管；防止暴沸；
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）E中氢气还原氧化铜，装置E中的现象是黑色固体变红，右端管壁上有水珠，
故答案为：黑色固体变红，右端管壁上有水珠；
（4）①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液，若溶液变为红色，一定含Fe3+，则可生成Fe3O4，则黑色固体的成分为A；若溶液未变红色，发生2Fe3++Fe＝3Fe2+，则黑色固体的成分一定有Fe，可能含Fe3O4、FeO，选B合理，
故答案为：A；B；
②向另一份溶液中加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，
故答案为：铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀；
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O；
（6）氧化铁的质量为16g，结合Fe元素守恒可知反应后B装置中铁元素的质量分数为×100%＝77.8%，
故答案为：77.8%。
【点评】本题考查物质含量测定及组成的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
19．（14分）某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂（LiCoO2），还含有一定量的铝、铜等元素的化合物，用其回收Co2O3的工艺流程如图所示。
已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度的升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42﹣离子反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解。
（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为 LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O ，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是 防止温度过高使过氧化氢分解 。
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是 调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀 。
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，写出该反应的离子方程式 Cu2++H2S＝CuS↓+2H+ 。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率的关系如图所示：
①当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是 过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解 。
②沉淀反应的适宜温度范围为 40℃～50℃ 。
（5）写出流程图中煅烧反应的化学方程式 4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2 。
【分析】废旧电池灼烧用稀硫酸浸泡，加入过氧化氢，将Co3+还原为Co2+，发生LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，过滤后滤液1中阳离子有H+、Co2+、Cu2+、Al3+、Li+等，向滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Al3+沉淀，通入X为硫化氢发生Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，生成CuS沉淀，再向滤液中加入草酸铵发生C2O42﹣+Co2+＝CoC2O4↓，过滤得到沉淀CoC2O4，煅烧发生4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2，从而制备出Co2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是防止温度过高使过氧化氢分解，
故答案为：LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；防止温度过高使过氧化氢分解；
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀，
故答案为：调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀；
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，该反应的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
（4）①由信息可知，当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解，
故答案为：过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解；
②由图b可知，沉淀率越大效果越好，则沉淀反应的适宜温度范围为40℃～50℃，
故答案为：40℃～50℃；
（5）流程图中煅烧反应的化学方程式为4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2，
故答案为：4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识，题目难度不大。
20．（15分）氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝ ﹣136.2 kJ•mol﹣1。
（2）已知：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，用气体传感器测得在某温度下、
一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）/（10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前4s内的平均反应速率v（CO）＝ 2.25×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数Kp，则该反应的平衡常数表达式Kp＝ 。
③现用L、X分别代表压强或温度。如图1表示L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的变化关系，则X代表的物理量是 温度 。判断L1、L2的大小关系，并简述理由 L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下增大压强，平衡向右移动，NO转化率增大 。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣的废水，工作原理如图2所示。
①石墨（Ⅰ）的电极名称为 负极 ，Fe（I）上的电极反应式为 Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。
②电池工作过程中，乙池中溶液的pH 变大 （填“变大”“变小”或“不变”），原因是 Fe（Ⅱ）电极上发生反应2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，两反应均消耗H+，使溶液的pH变大 （用简要的文字叙述及相应的方程式表示）。
【分析】（1）①2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①×+②×计算3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H；
（2）①根据反应速率v＝计算前4s内的平均反应速率v（CO）；
②平衡常数Kp等于生成物分压幂积与反应物分压幂积之比；
③由图象可知随着X的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，为温度变化，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大；
（3）①甲装置为原电池，石墨（Ⅰ）上发生失电子的氧化反应，为负极，则石墨（II）为正极，乙装置为电解池，与原电池正极相接的为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应；
②乙池中阴极上不断消耗氢离子生成氢气，阳极附近Cr2O72﹣和Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，据此分析溶液的pH变化。
【解答】解：（1）①2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①×+②×计算3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝（﹣116.1 kJ•mol﹣1）×+（+75.9 kJ•mol﹣1）×＝﹣136.2kJ/mol，
故答案为：﹣136.2；
（2）①前4s内CO的物质的量浓度变化为0.9×10﹣3mol•L﹣1，所以前4s内的平均反应速率v（CO）＝＝2.25×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：2.25×10﹣4；
②反应2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数表达式Kp＝，
故答案为：；
③由图象可知随着X的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，所以X为温度，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大，
故答案为：温度；L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下增大压强，平衡向右移动，NO转化率增大；
（3）①甲装置为原电池，石墨（Ⅰ）上发生失去电子的氧化反应，为负极，则石墨（II）为正极，乙装置为电解池，与原电池正极相接的电极为阳极，即乙池中Fe（Ⅰ）为阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，
故答案为：负极；Fe﹣2e﹣＝Fe2+；
②乙装置为电解池，Fe（Ⅰ）为阳极，Fe（Ⅱ）为阴极，阴极上反应式为2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，不由于断消耗H+，所以溶液的pH变大，
故答案为：变大；Fe（Ⅱ）电极上发生反应2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，两反应均消耗H+，使溶液的pH变大。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、原电池和电解池原理的应用、化学平衡计算及外界条件对化学平衡的影响等知识，侧重考查分析能力、计算能力及知识综合运用能力，掌握化学平衡的影响因素、明确化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意电化学原理的应用和电极反应式书写，题目难度中等。
2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列说法正确的是（ ）
A．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B．外加电流的阴极保护法适宜选择惰性电极作辅助阴极
C．护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度
D．检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气使变色硅胶发生颜色变化
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．具有16个质子、18个中子和18个电子的微粒：S2﹣
B．硝基苯的结构简式：
C．过氧化氢的电子式：
D．乙酸乙酯的分子式：CH3COOCH2CH3
3．（3分）下列有关物质制备的说法正确的是（ ）
A．电解熔融氯化铝可制备金属铝
B．浓氨水与碱石灰作用可制备氨气
C．铜与浓硝酸反应可制备纯净的二氧化氮
D．蒸干MgCl2溶液可制备无水氯化镁
4．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3的混合物共6.4g，其中所含原子数一定为0.4NA
B．常温常压下，铝从盐酸中置换出1mol H2，电子转移的总数为3NA
C．500mL 0.2mol•L﹣1•Fe2（SO4）3 溶液中，Fe3+和SO42﹣离子数的总和是0.5NA
D．标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中，共用电子对的数目为3NA
5．（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．1mol/LFe（NO3）2溶液中：H+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣
C．甲基橙呈黄色的溶液中：NH4+、Mg2+、ClO﹣、S2O32﹣
D．c（H+）＜的溶液中：K+、Ca2+、AlO2﹣、HCO3﹣
6．（3分）下列有关化学概念、原理或应用的说法正确的是（ ）
A．HCl、Na2SO3、NH3的水溶液都能够导电，因此它们都属于电解质
B．用等浓度的HA、HB溶液做导电性实验，HB灯泡比较暗，说明HA为强酸
C．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用热的浓盐酸洗涤
7．（3分）下列解释事实的离子方程式书写正确的是（ ）
A．SO2的水溶液显酸性：SO2+H2O⇌H2SO3⇌2H++SO32﹣
B．用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．纯碱溶液处理锅炉中的水垢CaSO4：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）
8．（3分）下列关于有机物结构、性质和用途的说法正确的是（ ）
A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃
B．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同
C．淀粉、硬脂酸甘油酯、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
D．与具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有2种
9．（3分）用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置①除去Cl2中混有的少量HCl
B．用装置②制备O2时，能做到“随开随停”
C．若装置③中的X为苯，用该装置吸收NH3时可防止倒吸
D．用装置④验证二氧化硫的漂白性
10．（3分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12．下列有关说法正确的是（ ）
A．Y和R的简单氢化物的沸点：R＞Y
B．原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X
C．Z、Y两种元素组成的化合物中只含有离子键
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
11．（3分）下列实验操作的现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
向某溶液中滴加Ba（NO3）2溶液和稀盐酸
生成白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
B
将少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物一定是NO2
C
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中加入等浓度的Na2CO3溶液
前产生无色气体，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
D
向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀（Ag2S）
Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）柠檬精油具有改善循环系统、抚慰和缓解头疼、偏头疼的作用，含有松油醇、月桂烯、橙花醇等多种化学成分。下列有关说法正确的是（ ）
A．松油醇的分子式为C10H15O
B．月桂烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
C．橙花醇的官能团为碳碳双键、羟基
D．月桂烯和乙烯互为同系物
13．（3分）工业废气和废水的综合治理是保护环境的重要举措。某工厂拟综合处理含NH4+的废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，每生成1mol N2转移6mol电子
14．（3分）25℃时，向浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为100mL的两种一元酸HA、HB的溶液中分别加入固体NaOH，溶液中lg、随加入NaOH物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．HA为弱酸
B．b点溶液中：c（B﹣）＞c（HB）
C．c点溶液呈酸性
D．由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞a＞b
15．（3分）全钒液流电池是利用不同价态钒离子的氧化还原反应来实现电能和化学能的相互转换，总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，工作原理如图所示（图中隔膜为质子交换膜）。下列说法不正确的是（ ）
A．电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液
B．放电时，负极反应式为V2+﹣e﹣═V3+
C．充电过程中，阴极电解液的pH不变
D．用该电池做电源电解精炼铜，若有1mol H+通过隔膜，则析出32g铜
16．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入1mol SO2和1mol NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
二、非选择题（非选择题共52分）本题共4小题，共52分）
17．（9分）煤、石油和天然气是重要的资源。天然气的主要成分是甲烷，石油炼制的产物之一是乙烯，煤干馏可制得苯。回答下列问题：
（1）甲烷、乙烯在一定条件下都能与氯气反应，反应类型依次为 、 。
（2）煤干馏产物之一为煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等物质。其中，苯可用来制取溴苯，该反应的化学方程式为 ，制得的溴苯往往呈褐色，用 溶液可除去褐色。
（3）工业上可用乙烯在一定条件下与水反应制取乙醇，乙醇再催化氧化制取乙醛，试写出后者的化学反应方程式 。
（4）实验室制备的乙酸乙酯中混有少量的乙醇和乙酸，简述除去杂质的实验过程 。
18．（14分）某研究性学习小组对“铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”进行实验探究。请回答下列问题：
探究一：设计如图1所示 装置进行”铁与水反应”的实验（夹持仪器略）。
（1）仪器D的名称为 。A中放碎瓷片的目的是 。
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为 。
（3）装置E中的现象是 。
探究二：设计实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。
（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少量其中的黑色固体溶于稀硫酸，将所得溶液分成两份。
①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则黑色固体的成分为 （填字母，下同）；若溶液未变红色，则黑色固体的成分为 。
A．一定有Fe3O4
B．一定有Fe
C．只有Fe3O4
D．只有Fe
②向另一份溶液中加入 （填试剂和现象），说明溶液中存在Fe2+。
探究三：设计流程测定反应后硬质玻璃管B中黑色固体含铁元素的质量分数如图2。
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为 。
（6）反应后B装置中铁元素的质量分数为 。
19．（14分）某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂（LiCoO2），还含有一定量的铝、铜等元素的化合物，用其回收Co2O3的工艺流程如图所示。
已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度的升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42﹣离子反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解。
（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为 ，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是 。
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是 。
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，写出该反应的离子方程式 。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率的关系如图所示：
①当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是 。
②沉淀反应的适宜温度范围为 。
（5）写出流程图中煅烧反应的化学方程式 。
20．（15分）氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）已知：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，用气体传感器测得在某温度下、
一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）/（10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前4s内的平均反应速率v（CO）＝ mol•L﹣1•s﹣1。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数Kp，则该反应的平衡常数表达式Kp＝ 。
③现用L、X分别代表压强或温度。如图1表示L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的变化关系，则X代表的物理量是 。判断L1、L2的大小关系，并简述理由 。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣的废水，工作原理如图2所示。
①石墨（Ⅰ）的电极名称为 ，Fe（I）上的电极反应式为 。
②电池工作过程中，乙池中溶液的pH （填“变大”“变小”或“不变”），原因是 （用简要的文字叙述及相应的方程式表示）。
2020年陕西省咸阳市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生活、生产关系密切。下列说法正确的是（ ）
A．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B．外加电流的阴极保护法适宜选择惰性电极作辅助阴极
C．护发素功能之一是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度
D．检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气使变色硅胶发生颜色变化
【分析】A、氟利昂可导致臭氧空洞，加剧温室效应；
B、电解池中阳极发生失去电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应；
C、根据洗发水的酸碱性对头发是否有影响分析判断；
D、乙醇具有还原性，能与三氧化铬（CrO3）反应，物质颜色发生变化。
【解答】解：A、氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，加剧温室效应，与雾霾天气的形成关系不大，雾霾的形成主要与粉尘、汽车尾气有关，故A错误；
B、外加电流的阴极保护法是利用电解池的原理，选择适宜的惰性电极作辅助阳极，将被保护的金属作阴极，故B错误；
C、洗发水呈碱性、能去油污、而护发素的pH小于7，洗发后，要使用显酸性的护发素对头发进行护理，使头发在弱酸的环境中健康成长，故C正确；
D、检查酒驾时，呼出的乙醇蒸气经过放有三氧化铬的硅胶时，CrO3发生还原反应生成硫酸铬，硅胶颜色发生变化，但硅胶为载体，与乙醇不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了生活中涉及到的化学知识，如环境污染与治理、电解原理、中和反应和氧化还原反应规律的应用等知识，侧重学生的分析、理解及灵活运用基础知识能力的考查，明确物质的性质、会运用化学知识解答生产、生活现象，题目难度不大。
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．具有16个质子、18个中子和18个电子的微粒：S2﹣
B．硝基苯的结构简式：
C．过氧化氢的电子式：
D．乙酸乙酯的分子式：CH3COOCH2CH3
【分析】A、由于含16个质子，故为S元素，含18个电子，故为S2﹣，根据质量数＝质子数+中子数来分析；
B、硝基中N与苯环上C相连；
C、双氧水是共价化合物；
D、表示物质的元素组成的是分子式。
【解答】解：A、由于含16个质子，故为S元素，含18个电子，故为S2﹣，而质量数＝质子数+中子数，故具有16个质子、18个中子和18个电子的硫离子的质量数为34，故表示为：S2﹣，故A正确；
B、硝基中的氮原子与苯环上的一个碳原子相连接，而不是氧原子，硝基苯的结构简式为，故B错误；
C、双氧水是共价化合物，故其电子式为，故C错误；
D、表示物质的元素组成的是分子式，故乙酸乙酯的结构简式为：CH3COOCH2CH3，分子式为C4H8O2，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式、以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质制备的说法正确的是（ ）
A．电解熔融氯化铝可制备金属铝
B．浓氨水与碱石灰作用可制备氨气
C．铜与浓硝酸反应可制备纯净的二氧化氮
D．蒸干MgCl2溶液可制备无水氯化镁
【分析】A、氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电；
B、碱石灰溶解放热促使浓氨水分解生成氨气；
C、当硝酸浓度变稀时，可能生成一氧化氮；
D、蒸干MgCl2溶液因水解而得不到无水氯化镁。
【解答】解：A、氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电；制备金属铝应该电解熔融氧化铝，故A错误；
B、碱石灰是固体氧化钙和氢氧化钠的混合物，把浓氨水滴到固体碱石灰上，碱石灰溶解过程中放热加速浓氨水分解生成氨气，故B正确；
C、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，随着反应的进行，当硝酸浓度变稀时，可能生成一氧化氮，故C错误；
D、MgCl2在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，加热促进水解，生成的盐酸易挥发，则蒸干溶液后得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验，涉及物质的制备，题目综合，难度适中，理解反应原理，熟记物质性质是解答此题的关键。
4．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．O2和O3的混合物共6.4g，其中所含原子数一定为0.4NA
B．常温常压下，铝从盐酸中置换出1mol H2，电子转移的总数为3NA
C．500mL 0.2mol•L﹣1•Fe2（SO4）3 溶液中，Fe3+和SO42﹣离子数的总和是0.5NA
D．标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷的混合气体中，共用电子对的数目为3NA
【分析】A．O2和O3的均由氧原子构成；
B．生成1mol氢气转移了2mol电子，根据电子守恒判断；
C．铁离子在溶液中部分水解，导致铁离子数目减少；
D．利用极限的思想，分别求算11.2L的乙烯和环丙烷中含共用电子对数目，最终共用电子对数在两者之间，乙烯中含有4个碳氢键、1个碳碳键，乙烯分子中总共含有6个共用电子对，环丙烷中含有6个碳氢键、3个碳碳键，环丙烷分子中总共含有9个共用电子对，据此进行分析。
【解答】解：A．O2和O3的均由氧原子构成，故只要O2和O3的混合物共6.4g，无论两者的比例如何，其含有的氧原子的物质的量n＝＝0.4mol，即为0.4NA个，故A正确；
B．铝与稀盐酸的反应中，置换出1mol氢气转移了2mol电子，电子转移的总数为2NA，故B错误；
C.500mL 0.2mol/LFe2（SO4）3溶液中，含有硫酸铁的物质的量为0.1mol，含有0.3mol硫酸根离子，由于铁离子部分水解，含有的铁离子小于0.2mol，则Fe3+和SO42﹣离子数的总和小于0.5NA，故C错误；
D．假设11.2L都是乙烯，则n（C2H4）＝＝0.5mol，1mol乙烯分子中含有6mol共用电子对，则0.5mol乙烯分子中含有3mol共用电子对，假设11.2L都是环丙烷，则n（C3H6）＝＝0.5mol，1mol环丙烷分子中含有9mol共用电子对，则0.5mol环丙烷分子中含有4.5mol共用电子对，故最终共用电子对数在3mol～4.5mol之间，即共用电子对数目为在3NA～4.5NA之间，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力
5．（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．1mol/LFe（NO3）2溶液中：H+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中：Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣
C．甲基橙呈黄色的溶液中：NH4+、Mg2+、ClO﹣、S2O32﹣
D．c（H+）＜的溶液中：K+、Ca2+、AlO2﹣、HCO3﹣
【分析】A．酸性环境下硝酸根离子具有强氧化性；
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；
C．能使甲基橙呈黄色的溶液，pH＞4.4，溶液可以是酸性，也可以是碱性；
D．c（H+）＜的溶液中，溶液为碱性溶液。
【解答】解：A．酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，所以不能大量共存，故A不选；
B．加入铝屑有氢气放出的溶液中可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，H+、OH﹣与Na+、Ba2+、Br﹣、I﹣，都不反应，一定能大量共存，故B选；
C．能使甲基橙呈黄色的溶液，pH＞4.4，溶液可以是酸性，也可以是碱性，酸性环境下，次氯酸根离子、硫代硫酸根离子不能大量共存，碱性环境下，氨根离子、镁离子不能大量共存，故C不选；
D．c（H+）＜的溶液中，溶液为碱性溶液，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，所以不能大量共存，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，注意习题的限制条件，题目难度不大。
6．（3分）下列有关化学概念、原理或应用的说法正确的是（ ）
A．HCl、Na2SO3、NH3的水溶液都能够导电，因此它们都属于电解质
B．用等浓度的HA、HB溶液做导电性实验，HB灯泡比较暗，说明HA为强酸
C．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用热的浓盐酸洗涤
【分析】A．在水溶液里或熔融状态下都导电的化合物是电解质，且溶液导电必须是该物质电离出的阴阳离子；
B．等浓度的HA和HB，HB灯泡比较暗，HA的导电能力比HB强，可知HA的电离程度比HB的电离程度大。
C．平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关；
D．二氧化锰与浓盐酸加热发生反应。
【解答】解：A．HCl、Na2SO3是电解质，NH3的水溶液都能够导电，但电离出离子的物质为一水合氨，氨气不能电离，则氨气属于非电解质，故A错误；
B．等浓度的HA和HB，做导电性实验，HB灯泡比较暗，HA的导电能力比HB强，可知HA的电离程度比HB的电离程度大，二者可能均为弱电解质，故B错误；
C．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故C错误；
D．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质为二氧化锰，加热时与浓盐酸反应，可洗涤除去，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电解质、非电解质概念、平衡常数意义、物质性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7．（3分）下列解释事实的离子方程式书写正确的是（ ）
A．SO2的水溶液显酸性：SO2+H2O⇌H2SO3⇌2H++SO32﹣
B．用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．纯碱溶液处理锅炉中的水垢CaSO4：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）
【分析】A．亚硫酸为二元弱酸，分步电离，以第一步为主；
B．酸性条件下，反应产物中不能存在氢氧根离子；
C．NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；
D．碳酸钙更难溶，实现沉淀的转化。
【解答】解：A．SO2的水溶液显酸性，离子方程式：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3﹣，故A错误；
B．酸性条件下，过氧化氢与碘离子反应生成单质碘和水，正确的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故B错误；
C．向NaHSO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为SO42﹣+2H++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．碳酸钙比硫酸钙难溶物，可用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4（S）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（S）+SO42﹣（aq），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。
8．（3分）下列关于有机物结构、性质和用途的说法正确的是（ ）
A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃
B．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同
C．淀粉、硬脂酸甘油酯、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
D．与具有相同官能团的芳香烃的同分异构体有2种
【分析】A．石油裂解是将重油断裂为“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯；
B．乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水发生加成反应；
C．相对分子质量在10000以上的为高分子，而硬脂酸甘油酯为大分子；
D．与具有相同官能团的芳香烃，一定含苯环、双键，可能含1个侧链或2个侧链。
【解答】解：A．石油裂解的目的是获得小分子不饱和烃，主要提高乙烯的产量，故A正确；
B．乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水发生加成反应，反应类型不同，故B错误；
C．相对分子质量在10000以上的为高分子，而硬脂酸甘油酯为大分子，但均可发生水解反应，故C错误；
D．与具有相同官能团的芳香烃，一定含苯环、双键，可能含1个侧链或2个侧链，则除本身外还有4种同分异构体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9．（3分）用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置①除去Cl2中混有的少量HCl
B．用装置②制备O2时，能做到“随开随停”
C．若装置③中的X为苯，用该装置吸收NH3时可防止倒吸
D．用装置④验证二氧化硫的漂白性
【分析】A．氯化氢易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水；
B．过氧化钠与水剧烈反应；
C．苯的密度比水小；
D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应。
【解答】解：A．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl易溶于水，可用于除杂，故A正确；
B．过氧化钠与水剧烈反应，与水接触后难以分离，不能用简易气体发生装置制备，故B错误；
C．苯的密度比水小，在溶液上方，氨气通入水中，不能起到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，若检验二氧化硫的漂白性，可用品红溶液，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12．下列有关说法正确的是（ ）
A．Y和R的简单氢化物的沸点：R＞Y
B．原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X
C．Z、Y两种元素组成的化合物中只含有离子键
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2和RY3，则Y为O，R为S元素；W的原子序数大于S，为Cl元素；Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，Z的最外层电子数为7﹣6＝1，其原子序数大于O，则Z为Na元素；25℃时，0.01mol•L﹣1X、Y和Z形成化合物的水溶液pH为12，该化合物为一元强碱NaOH，则X为H元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl元素。
A．水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即Y和R的简单氢化物的沸点：R＜Y，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由大到小的顺序：Z＞R＞W＞Y＞X，故B正确；
C．Na、O形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D．O、Na、Cl形成的高氯酸钠为强酸强碱盐，其水溶液为中性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．（3分）下列实验操作的现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
向某溶液中滴加Ba（NO3）2溶液和稀盐酸
生成白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
B
将少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物一定是NO2
C
分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中加入等浓度的Na2CO3溶液
前产生无色气体，后者无明显现象
酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸
D
向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
产生黑色沉淀（Ag2S）
Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．沉淀可能为硫酸钡或氯化银；
B．生成气体可为NO；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
D．溶度积越小，越易生成沉淀。
【解答】解：A．加入盐酸，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，且加入硝酸钡，不能排除亚硫酸根离子，故A错误；
B．少量浓硝酸分多次加入到Cu和稀硫酸的混合体系中，硝酸浓度变低，生成气体可为NO，且NO可被氧化，故B错误；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，前者生成气体而后者不能，说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，所以能实现实验目的，故C正确；
D．溶度积越小，越易生成沉淀，产生黑色沉淀（Ag2S），可说明Ksp（Ag2S）较小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（3分）柠檬精油具有改善循环系统、抚慰和缓解头疼、偏头疼的作用，含有松油醇、月桂烯、橙花醇等多种化学成分。下列有关说法正确的是（ ）
A．松油醇的分子式为C10H15O
B．月桂烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
C．橙花醇的官能团为碳碳双键、羟基
D．月桂烯和乙烯互为同系物
【分析】A．含氧衍生物中，H原子个数应为偶数；
B．月桂烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；
C．橙花醇含有碳碳双键、羟基等官能团；
D．月桂烯含有3个碳碳双键，与乙烯的结构不同。
【解答】解：A．松油醇的分子式为C10H18O，H原子个数为偶数，故A错误；
B．月桂烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故B错误；
C．由结构简式可知橙花醇含有碳碳双键、羟基等官能团，故C正确；
D．月桂烯含有3个碳碳双键，官能团数目不同，与乙烯的结构不同，二者不是同系物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该类题目的关键，题目难度不大。
13．（3分）工业废气和废水的综合治理是保护环境的重要举措。某工厂拟综合处理含NH4+的废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，每生成1mol N2转移6mol电子
【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．由上述分析可知，固体I中主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca（OH）2，故A正确；
B．X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，不能转化为NaNO2，不能与NH4+的溶液反应生成无污染气体，故B正确；
C．气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故C正确；
D．处理含NH4+废水时，发生的氧化还原反应为NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O，每产生1molN2会消耗1molNO2﹣，转移电子的物质的量为：1mol×（3﹣0）＝3mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确处理流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
14．（3分）25℃时，向浓度均为0.1mol•L﹣1、体积均为100mL的两种一元酸HA、HB的溶液中分别加入固体NaOH，溶液中lg、随加入NaOH物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．HA为弱酸
B．b点溶液中：c（B﹣）＞c（HB）
C．c点溶液呈酸性
D．由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞a＞b
【分析】A．根据0.1mol•L﹣1的HA溶液中lg＝12计算氢离子浓度，结合电离程度分析；
B．b点加入0.005molNaOH，n（HB）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，反应后溶质为等浓度的HB、NaB，结合lg＝6计算氢离子浓度，从而可知c（B﹣）、c（HB）的大小；
C．c点溶液的lg＝0，则c（OH﹣）＝c（H+）；
结合水的离子积计算氢离子浓度；
D．酸抑制了水的电离，能够水解的盐促进水的电离。
【解答】解：A．根据图示可知，没有滴入NaOH溶液时，0.1mol•L﹣1的HA溶液的pH＝1，c（H+）＝0.1mol/L，说明HA完全电离，属于强酸，故A错误；
B．b点加入的n（NaOH）＝0.005mol、n（HB）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，反应后溶质为等浓度的HB、NaB，混合液的lg＝6，根据c（OH﹣）•c（H+）＝10﹣14可知：c（H+）＝10﹣4mol/L，呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，则c（B﹣）＞c（HB），故B正确；
C．c点溶液的lg＝0，此时c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7mol/L，溶液呈中性，故C错误；
D．a点为HA溶液，HA为强酸，大大抑制了水的电离，则a点由水电离出的c（H+）最小；b点反应后溶质为等浓度的HB、NaB，此时c（H+）＝10﹣4mol/L，HB电离的氢离子抑制了水的电离；c点溶液呈中性，溶质为HB、NaB，HB电离出的氢离子与B﹣水解生成的氢氧根离子浓度相等，则c点由水电离的氢离子浓度最大，所以由水电离出的c（H+）的大小顺序：c＞b＞a，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
15．（3分）全钒液流电池是利用不同价态钒离子的氧化还原反应来实现电能和化学能的相互转换，总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，工作原理如图所示（图中隔膜为质子交换膜）。下列说法不正确的是（ ）
A．电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液
B．放电时，负极反应式为V2+﹣e﹣═V3+
C．充电过程中，阴极电解液的pH不变
D．用该电池做电源电解精炼铜，若有1mol H+通过隔膜，则析出32g铜
【分析】充放电电池总反应为V2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，则放电时：正极上反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极上反应为V2+﹣e﹣═V3+；充电时：原电池的正极变成电解池的阳极、负极变成电解池的阴极，阳极的反应为VO2++H2O﹣e﹣═VO2++2H+，阴极上发生得电子的还原反应，即V3++e﹣═V2+，以此解答该题。
【解答】解：A、该原电池工作时，正极上反应为：VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极上反应为：V2+﹣e﹣═V3+，所以电池完全放电后，正、负极分别为VO2+和V3+离子溶液，故A正确；
B、该原电池工作时，负极上V2+失去电子生成V3+，反应式为V2+﹣e﹣═V3+，故B正确；
C、充电时，阴极上V3+得电子生成V2+，电极反应式为V2+﹣e﹣═V3+，但H+从左向右移向阴极，阴极电解液的酸性增强、pH减小，故C错误；
D、若有1molH+通过隔膜，则电路中转移1mole﹣，Cu2++2e﹣═Cu，根据串联电路中电子守恒可知n（Cu）＝n（e﹣）＝0.5mol，m（Cu）＝nM＝32g，即析出32g铜，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
16．（3分）向绝热恒容密闭容器中通入1mol SO2和1mol NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
【分析】反应开始反应物浓度最大，则反应速率应该最大，随着反应的进行，反应速率应该减小，但图象中反应速率却逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应进行到一定阶段，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，据此分析解答。
【解答】解：A．从a到c正反应速率增大，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则该反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，故A正确；
B．当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，但c点反应速率最大，虽然正反应速率减小，但反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，所以c点容器内气体颜色变浅，故B错误；
C．a点到b点，b点到c点反应均未达到平衡，随着反应的进行，体系温度升高，反应速率加快，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故C正确；
D．反应放热，导致a到c正反应速率逐渐增大，c点时反应速率最大，c～d段时反应物的浓度降低，放热较少，所以正反应速率降低，此时浓度降低对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，即反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息、学会分析图象，题目难度中等。
二、非选择题（非选择题共52分）本题共4小题，共52分）
17．（9分）煤、石油和天然气是重要的资源。天然气的主要成分是甲烷，石油炼制的产物之一是乙烯，煤干馏可制得苯。回答下列问题：
（1）甲烷、乙烯在一定条件下都能与氯气反应，反应类型依次为 取代反应 、 加成反应 。
（2）煤干馏产物之一为煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等物质。其中，苯可用来制取溴苯，该反应的化学方程式为 ，制得的溴苯往往呈褐色，用 氢氧化钠 溶液可除去褐色。
（3）工业上可用乙烯在一定条件下与水反应制取乙醇，乙醇再催化氧化制取乙醛，试写出后者的化学反应方程式 。
（4）实验室制备的乙酸乙酯中混有少量的乙醇和乙酸，简述除去杂质的实验过程 将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液 。
【分析】（1）甲烷与氯气发生取代，乙烯与氯气发生加成反应；
（2）苯和液溴在用溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯；溴苯中含溴，能和氢氧化钠溶液反应；
（3）乙醇和氧气在Cu做催化剂的条件下发生催化氧化反应生成乙醛；
（4）实验室用饱和的碳酸钠溶液去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸。
【解答】解：（1）甲烷与氯气在光照条件下发生取代，乙烯与氯气能发生加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；
（2）苯和液溴在用溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，故反应为；溴苯中含溴，能和氢氧化钠溶液反应，故能用氢氧化钠溶液除去，故答案为：；氢氧化钠；
（3）乙醇和氧气在Cu做催化剂的条件下发生催化氧化反应生成乙醛，化学方程式为，故答案为：；
（4）实验室用饱和的碳酸钠溶液去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，方法是将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液，故答案为：将乙酸乙酯加入到饱和碳酸钠溶液中，充分振荡，静置后分液。
【点评】本题考查了有机物的性质和化学方程式的书写，难度不大，应注意根据有机物的官能团来理解性质。
18．（14分）某研究性学习小组对“铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”进行实验探究。请回答下列问题：
探究一：设计如图1所示 装置进行”铁与水反应”的实验（夹持仪器略）。
（1）仪器D的名称为 干燥管 。A中放碎瓷片的目的是 防止暴沸 。
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 。
（3）装置E中的现象是 黑色固体变红，右端管壁上有水珠 。
探究二：设计实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。
（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少量其中的黑色固体溶于稀硫酸，将所得溶液分成两份。
①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则黑色固体的成分为 A （填字母，下同）；若溶液未变红色，则黑色固体的成分为 B 。
A．一定有Fe3O4
B．一定有Fe
C．只有Fe3O4
D．只有Fe
②向另一份溶液中加入 铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀 （填试剂和现象），说明溶液中存在Fe2+。
探究三：设计流程测定反应后硬质玻璃管B中黑色固体含铁元素的质量分数如图2。
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为 2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O 。
（6）反应后B装置中铁元素的质量分数为 77.8% 。
【分析】探究一：由实验装置可知，A中加热提供水蒸气，在B中发生Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，C为缓冲装置，D中干燥管干燥氢气，E为氢气还原氧化铜的装置；
探究二：黑色固体溶于稀硫酸，滴加2～3滴NH4SCN溶液。若溶液变为红色，则一定含Fe3+，则可生成Fe3O4，若溶液未变红色，一定含Fe；滴加铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，可说明含有Fe2+，
探究三：由流程可知，①中加硫酸固体溶解，②中加试剂a为KSCN溶液，③中发生2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，然后加试剂b为碱，过滤、强热分解生成红棕色固体为氧化铁，氧化铁的质量为16g，结合Fe元素守恒计算，以此解答该题。
【解答】解：（1）由图可知，仪器D的名称为干燥管，A中放碎瓷片的目的是防止暴沸，
故答案为：干燥管；防止暴沸；
（2）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）E中氢气还原氧化铜，装置E中的现象是黑色固体变红，右端管壁上有水珠，
故答案为：黑色固体变红，右端管壁上有水珠；
（4）①向一份溶液中滴加2～3滴NH4SCN溶液，若溶液变为红色，一定含Fe3+，则可生成Fe3O4，则黑色固体的成分为A；若溶液未变红色，发生2Fe3++Fe＝3Fe2+，则黑色固体的成分一定有Fe，可能含Fe3O4、FeO，选B合理，
故答案为：A；B；
②向另一份溶液中加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，
故答案为：铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀；
（5）步骤③中H2O2参与反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O；
（6）氧化铁的质量为16g，结合Fe元素守恒可知反应后B装置中铁元素的质量分数为×100%＝77.8%，
故答案为：77.8%。
【点评】本题考查物质含量测定及组成的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
19．（14分）某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂（LiCoO2），还含有一定量的铝、铜等元素的化合物，用其回收Co2O3的工艺流程如图所示。
已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度的升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42﹣离子反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解。
（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为 LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O ，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是 防止温度过高使过氧化氢分解 。
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是 调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀 。
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，写出该反应的离子方程式 Cu2++H2S＝CuS↓+2H+ 。
（4）“沉钴”过程中，（NH4）2C2O4的加入量（图a）、沉淀反应的温度（图b）与钴的沉淀率的关系如图所示：
①当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是 过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解 。
②沉淀反应的适宜温度范围为 40℃～50℃ 。
（5）写出流程图中煅烧反应的化学方程式 4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2 。
【分析】废旧电池灼烧用稀硫酸浸泡，加入过氧化氢，将Co3+还原为Co2+，发生LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，过滤后滤液1中阳离子有H+、Co2+、Cu2+、Al3+、Li+等，向滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Al3+沉淀，通入X为硫化氢发生Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，生成CuS沉淀，再向滤液中加入草酸铵发生C2O42﹣+Co2+＝CoC2O4↓，过滤得到沉淀CoC2O4，煅烧发生4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2，从而制备出Co2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，该过程中温度通常控制在40℃以下的原因是防止温度过高使过氧化氢分解，
故答案为：LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；防止温度过高使过氧化氢分解；
（2）“除铝”过程中Na2CO3的作用是调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀，
故答案为：调节pH，促进铝离子水解转化为沉淀；
（3）“除铜”所用试剂X为H2S，该反应的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
（4）①由信息可知，当n（C2O42﹣）：n（Co2+）比值大于1.15时，钴的沉淀率下降的可能原因是过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解，
故答案为：过量的C2O42﹣与Co2+反应生成Co（C2O4）n2（n﹣1）﹣而溶解；
②由图b可知，沉淀率越大效果越好，则沉淀反应的适宜温度范围为40℃～50℃，
故答案为：40℃～50℃；
（5）流程图中煅烧反应的化学方程式为4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2，
故答案为：4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO2。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识，题目难度不大。
20．（15分）氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝ ﹣136.2 kJ•mol﹣1。
（2）已知：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，用气体传感器测得在某温度下、
一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10﹣4mol•L﹣1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）/（10﹣3mol•L﹣1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前4s内的平均反应速率v（CO）＝ 2.25×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数Kp，则该反应的平衡常数表达式Kp＝ 。
③现用L、X分别代表压强或温度。如图1表示L一定时，NO（g）的平衡转化率随X的变化关系，则X代表的物理量是 温度 。判断L1、L2的大小关系，并简述理由 L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下增大压强，平衡向右移动，NO转化率增大 。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72﹣的废水，工作原理如图2所示。
①石墨（Ⅰ）的电极名称为 负极 ，Fe（I）上的电极反应式为 Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。
②电池工作过程中，乙池中溶液的pH 变大 （填“变大”“变小”或“不变”），原因是 Fe（Ⅱ）电极上发生反应2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，两反应均消耗H+，使溶液的pH变大 （用简要的文字叙述及相应的方程式表示）。
【分析】（1）①2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①×+②×计算3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H；
（2）①根据反应速率v＝计算前4s内的平均反应速率v（CO）；
②平衡常数Kp等于生成物分压幂积与反应物分压幂积之比；
③由图象可知随着X的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，为温度变化，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大；
（3）①甲装置为原电池，石墨（Ⅰ）上发生失电子的氧化反应，为负极，则石墨（II）为正极，乙装置为电解池，与原电池正极相接的为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应；
②乙池中阴极上不断消耗氢离子生成氢气，阳极附近Cr2O72﹣和Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，据此分析溶液的pH变化。
【解答】解：（1）①2NO2（g）+H2O（1）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（1）△H＝+75.9 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①×+②×计算3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g） 的△H＝（﹣116.1 kJ•mol﹣1）×+（+75.9 kJ•mol﹣1）×＝﹣136.2kJ/mol，
故答案为：﹣136.2；
（2）①前4s内CO的物质的量浓度变化为0.9×10﹣3mol•L﹣1，所以前4s内的平均反应速率v（CO）＝＝2.25×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：2.25×10﹣4；
②反应2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数表达式Kp＝，
故答案为：；
③由图象可知随着X的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，所以X为温度，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大，
故答案为：温度；L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下增大压强，平衡向右移动，NO转化率增大；
（3）①甲装置为原电池，石墨（Ⅰ）上发生失去电子的氧化反应，为负极，则石墨（II）为正极，乙装置为电解池，与原电池正极相接的电极为阳极，即乙池中Fe（Ⅰ）为阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，
故答案为：负极；Fe﹣2e﹣＝Fe2+；
②乙装置为电解池，Fe（Ⅰ）为阳极，Fe（Ⅱ）为阴极，阴极上反应式为2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，不由于断消耗H+，所以溶液的pH变大，
故答案为：变大；Fe（Ⅱ）电极上发生反应2H++2e﹣＝H2↑，溶液中发生反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，两反应均消耗H+，使溶液的pH变大。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、原电池和电解池原理的应用、化学平衡计算及外界条件对化学平衡的影响等知识，侧重考查分析能力、计算能力及知识综合运用能力，掌握化学平衡的影响因素、明确化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意电化学原理的应用和电极反应式书写，题目难度中等。
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