2020年北京市高考化学模拟试卷(3月份

1、第15页，共20页置将NO 2球浸泡在冰水和热水中目的或结论探究温度对平衡2NO2? N2O4 的影 响试管中收集到无色气体, 说明铜与浓硝酸的反应 产物是NO海带提碘时，用上述 装置灼烧海带除去HCl气体 中混有的少量Cl 2A. AB. BC. CD. D2020年北京市高考化学模拟试卷（3月份）题号一一三总分得分、单选题（本大题共 14小题，共42.0分）1.化学在实际生活中有着广泛的应用.下列说法错误的是（）A.食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B.铅蓄电池工作时两极的质量均增加C. CO2和SO2都是形成酸雨的气体D.用明矶作净水剂除去水中的悬浮物2 .下列

2、叙述正确的是（）A. Na在足量O2中燃烧，消耗lmolO2时转移的电子数是 4 .02 1023B.盐酸和醋酸的混合溶液 pH=1 ,该溶液中c （H + ） =0.1 mol/LC. 1 L0.1 mol/L NH 4Cl 溶液中的 NH4+ 数是 0.1 602 M023D.标准状况下2.24 L Cl 2中含有0.2 mol共价键3 .下列化学用语对事实的表述正确的是（）A.碳酸比苯酚酸性强：2c6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B.实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al （OH） 3JC.工业上用电解法制镁：MgCl 2 （熔融）白Mg+

3、Cl 2 TD.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na 2SO3+H2O4.主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20. W、X、Z最外层电子数之和为11; W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（）A. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性B. W和Y具有相同的最高化合价C.离子半径YvZD. Z的氢化物为离子化合物5.卜列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）80c时，1L密闭容器中充入 0.20molN2O4,发生反应 N2O4 (g) ? 2NO2 ( g)AH=+QkJ/mol (Q0)获得如下数据：下列判断正确的是

4、()时间/s020406080100c (NO2) /mol ?L-10.000.120.200.260.300.306.A.升高温度该反应的平衡常数K减小B. 2040s 内,v (N2O4)=0.004 mol?L-1?s-1C.反应达平衡时，吸收的热量为0.15Q kJD. 100s时再通入0.40molN2O4,达新平衡时 N2O4的转化率增大7.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图 如下：相关反应的热化学方程式为:反应 I: SO2(g) + I2(g) + 2H 2O(l) = 2HI(aq) + H 2SO4(aq) AHi= 213kJ mo

5、l反应反应II ： H2SO4(aq)=SO2(g) + H2O(l)+22(g) AH2= +327kJ mol-1III ： 2HI(aq) = H 2(g) + I2(g) AH3=+172kJ mol-1卜列说法不正确的是:A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学方程式为：2H2O(l) = 2H 2(g)+O2(g) AH = +286 kJ mol-1D.该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ah不变8.磷酸(H 3P。4)是一种中强酸，常温下，H 3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总

6、浓度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确分烂 分数电方0.40.2pH的是()A. H3PO4 的电离方程式为： H 3PO4? 3H+PO43-B. pH=2时，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:是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚配的说法正确的是（）A.在酸性条件下，1

7、mol酚酗:可与4mol NaOH发生反 应B.在酸性条件下，1mol酚酗:可与4mol Br2发生反应 C.酸性状态的酚酗:在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D.酸性条件下的酚配可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应列说法正确的是（）趣决.电气10.硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质.则下一6卜 hc 奥 | Eig.1 1.化荒，物k11AHUI。wit w 1 jumA. CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B.工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C.除去与水反应，图 3所示转化反应均为氧化还原反应D.用CO合成CH 30H进而合

8、成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%11.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（）选项实验现象结论A1可某无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卤代煌Y与NaOH水溶液共热后，加入足 量稀硝酸，再滴入 AgNO3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入 苯酚钠溶液中出现白色浑浊酸性：硫酸碳酸 苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和 CCU,振 荡、静置溶液分层，下层 呈橙红色Br-还原性强于Cl-A. AB. BC. CD. D12.锂-空气充电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工

9、作原理示意图如图，下列叙 述正确的是（）LiQLg LnA.该电池工作时Li +向负极移动B. Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液C,电池充电时间越长，电池中Li2O含量越多D.电池工作时，正极可发生：2Li +O2+2e-=Li 2O213.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得， 下列叙述不正确的是()口 H jQOH 晶金1Qi f二A.该反应为取代反应B. Y能使酸性高镒酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C. X和丫均能与新制的Cu (OH) 2在加热条件下反应生成醇红色沉淀D.等物质的量的 X、Y分别与H2反应，最多消耗 H2的物质的量之比为 4: 51

10、4.为测定人体血液中Ca2+的含量，设计了如下方案：|血液样品啷“23国0悭牛皿oj用邸巴?谖薮据J过滤，浅深一1a而质商嫡定 有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2T +8HO 若血液样品为 15mL , 滴定生成的草酸消耗了 0.001mol?L-1的KMnO4溶液15.0mL,则这种血液样品中的 含钙量为()A. 0.001mol?L-1B. 0.0025mol?L-1C. 0.0003mol ?L-1D. 0.0035mol ?L-1简答题(本大题共 2小题，共22.0分)15.诺贝尔化学奖获得者 George A. O

11、lah提出了 “甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气： 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)制备合成气：工业生产中为解决合成气中出过量而CO不足的问题，原料气中需添加 CO2,发生的反应(iii)：CO2 (g)+H2 (g) ? CO (g) +H2O (g)AH=+41.17 kJ?mol-1,为了使合成气配

12、比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为O(2)为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式 。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200-360 C, 9 MPa时合成气初始组成 H2、CO、CO2物质的量之比7： 2： 1的条件下研究甲醇的合成反应。如图1所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是 。WP 0图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 献10* P. 反废方逼对H EH化中的潞响座at一定时温度刈反施遑率的影(3)工业上可通过甲醇厥基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH30H(g) +C0 (g) ? HCOOCH 3 (g) AH=+29.1kJ?mol-1 科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：根据图2,分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为O(4)某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以 CH30H为燃料，该电池工作原理见图 3.该反应负极电极反应式为 。16.近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题 是由于氮磷富集化引起的，所以

14、如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I .化学沉淀法利用了 Mg 2+与PO43-与氨氮生成MgNH 4P04?6H20沉淀以达到去除氨氮的效果。已知：磷在 pH=8-10 时主要存在形式为 HPO42-, Ksp (MgNH 4P04?6H2O) =2.5 10-13(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除 NH4+的离子方程式为 (2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：KspMg3 (P04)2=6.3 10-26,请解释pH 10时氨氮去除率随pH变化的原因： 。n .光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基(？ 0H)和

15、超氧离子(？。2-)具有光催 化能力，催化原理如图2所示。请写出N03-转化为无毒物质的电极反应式： 。(4)经过上述反应后，仍有 NH4+残留，探究其去除条件。温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：； (请写出两条)。选取。2作为催化剂，已知：Ti02在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线。去除率转留量(5)为测定处理后废水中(含少量游离酸)残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酗:为指示剂，用 0.0100mol/L NaOH滴定至酚酗:变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗

16、 NaOH的体积VimL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚血:指示剂，静置5min,发生反应：6HCHO+4 NH 4+=(CH2) 6N4H+6H2O+3H+,继续用 NaOH 滴定，发生反应：(CH2) 6N4H+OH-= (CH2) 6N4+H2O； H+OH-=H2O,滴定至终点，记录消耗 NaOH的体积 V mL,水样中残留NH4+浓度为 mol/L三、实验题(本大题共 3小题，共36.0分)17.已知Cr (OH) 3在碱性较强的溶液中将生成 Cr (OH) 4-,铭的化合物有毒，由于+6价铭的强氧化性，其毒性是 +3价铭毒性的100倍.因此，必须对含铭的废水进行处

17、理，可采用以下两种方法.【方法一】还原法 在酸性介质中用FeSO4等将+6价铭还原成+3价铭.具体流程如6 口产面和4律凝Cr1-调节pHCr(OH)5S6适里FeR*谬瀛有关离子完全沉淀的 pH如下表:Fe2+Fe3+Cr3+侣夫离子完全沉淀为对应氢氧化物的pH9.03.25.6(1)写出Cr2O72与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式 .(2)还原+6价铭还可选用以下的 试剂(填序号).A.明矶 B.铁屑 C.生石灰 D.亚硫酸氢钠(3)在含铭废水中加入 FeSO4,再调节pH,使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀.则在操作中可用于调节溶液 pH的试剂为： (填序号)；A. Na2

18、O2B. Ba (OH) 2 C. Ca (OH) 2此时调节溶液的pH范围在 (填序号)最佳.A. 34 B, 68 C, 1011 D , 1214【方法二】电解法 将含+6价铭的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解.阳极区生成的Fe2+ Cr2O72一发生反应，生成的 F6和Cr3+在阴极区与OH 一结合生成Fe (OH) 3和Cr (OH) 3沉淀除去.(4)写出阴极的电极反应式 .(5)电解法中加入氯化钠的作用是： .18.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。【实验I 试剂：酸化的 0.5 mol?L-1FeSO4溶液(pH=0.2 ) , 5%

19、 H2O2溶液(pH=5)操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加 入5滴5% H 2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测 得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入 KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是 。(2)产生气泡的原因是。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验n证实了该反应发生。实验 n的方案和现象是 。【实验m 试齐I：未酸化的 0.5 mol?L-1 FeSO4溶液(pH=3 ) , 5% H2O2溶液(pH=5 )操作现象取2 mL 5% H 2O2溶液于试管中，加入

20、 5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4 mol?L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有F&O3,经检验还含有SO42-o检验棕黄色沉淀中 SO42-的方法是。结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因 。【实验W 用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验 出相同，除了产生与 出相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗

21、净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n (Fe) : n (Cl) =1 ： 1,写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与 (至少写两点)有关。19.药物中间体 M的合成路线流程图如图:I CICHCVHC H-(7)设计以和CH3CH20H为原料制备CHHCOOCH10 时 NH4+与 OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3（PO4）2沉淀，使氨氮去除率降低2NO3-+12H+6e-=N2T +6HO温度升高羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2-）的运 动速率加快 羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2一）活性增大；温度

22、升高羟基自由基 （?OH）和超氧离子（？。2-）的形成速率增大；温度升高反应速率加快等6国17. Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O； BD ； C； B； 2H+2e-=H2 博2H 2O+2e-=H2 T +2OH；增强溶液导电性18.2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入 5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42- 2Fe2+4H2O

23、+H2O2=2Fe （OH） 3 （胶体）+2H+; Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；6FeCl2+3H2O2=2Fe2O3?FeCl3j +6HCl pH、阴离子种类、温度、反应物用量一 M+H 2O （可用字母 G和M分别代替物质 G和M的结构简式） 【解析】1.解：A.所谓食品添加剂，是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，应合理使用，故 A正确;B.铅蓄电池工作时两极都生成硫酸铅，所以质量增加，故B正确；C.酸雨形成的原因是由于空气中排放的二氧化硫和氮的氧化物增多造成的，与二氧化碳无关，故C错误；D.明矶

24、净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，故 D正确。故选：CoA.所谓食品添加剂，是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺 的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质；B.铅蓄电池工作时两极都生成硫酸铅；C.酸雨形成的原因是由于空气中排放的二氧化硫和氮的氧化物增多造成的；D.明矶电离的铝离子在溶液中发生水解，生成氢氧化铝能够净水.本题主要考查了化学在生产、生活中常见的食品添加剂、铅蓄电池、净水剂中的重金属 问题，难度不大，平时注意知识的积累.2 .解：A、反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O 2时转移的电子数是 2.02 1023,故 A错误；B、混合溶液

25、 pH=1 , pH=-lgC (H+) =1,故 C (H + ) =10-pH=0.1mol/L ,故 B 正确；C、NH4+是弱碱阳离子，在溶?中会水解，故NH4+数小于0.1 602 M 023,故C错误；D、标准状况下2.24 L C12的物质的量为0.1mol,而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol 氯气中含0.1mol共价键，故D错误.故选B.A、根据反应后氧元素的价态为 -1价来分析；B、混合溶液 pH=1 , pH=-lgC (H+)；C、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、1mol氯气中含1mol共价键.本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用

26、和物质的结构是解题关 键，难度不大.3 .解：A.强酸制取较弱的酸，碳酸比苯酚酸性强，向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的反应为：C6H5ONa+CO2+H2gC 6H5OH+NaHCO 3,故 A 错误；B.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化俊，正确的离子方程式为：Al 3+3NH 3?H2O=Al (OH) 3(+3NH+,故 B 错误；C.镁为活泼金属，工业上用电解法制镁，反应为：MgCl 2 (熔融).一 Mg+Cl 2?,故C正确；D.二氧化硫过量，生成的离子是亚硫酸氢根离子，正确的方程式为：SO2+NaOH=NaHSO 3,故 D 错误;故选：CoA.强酸制取较弱的酸，碳酸比苯酚酸

27、性强，向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成苯酚和碳酸氢钠；B.氨水为弱碱，应写化学式，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化俊；C.镁为活泼金属，电解熔融氯化镁生成镁和氯气；D .二氧化硫过量生成的是亚硫酸氢钠。本题考查了方程式的正误判断，为高频考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意量少的物质完全反应为解答的难点，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和、电子、 电荷守恒等)等，题目难度不大。4.解：根据分析可知， W为F, X为Al,

28、丫为Cl, Z为K元素。A. KCl为强碱强酸盐，其溶液为中性，故 A错误；B. Cl的最高价为+7, F非金属性最强，没有最高价正价，故 B错误；C.氯离子和钾离子都含有 3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径Y Z,故C错误；D . KH中只含有离子键，属于离子化合物，故 D正确；故选：D。主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20. W的氢化物为弱酸，W与Y同族，则 W为F, Y为Cl元素；W、X、Z最外层电子数之和为 11, X、Z的最外 层电子数之和为11-7=4,结合原子序数可知，X为Al, Z为K元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度

29、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逻辑推理能力。5.解：A.只有温度不同，可探究温度对平衡2NO2? N2O4的影响，故 A正确；B.如生成二氧化氮，可与水反应生成NO,要检验生成的气体中只含 NO,要排除氧气的干扰，避免对实验造成干扰，故 B错误；C.不能在烧杯中灼烧海带，应该选用塔竭，图示装置中使用仪器不合理，故C错误；D. HCl原溶液饱和食盐水，而氯气不溶，不能用饱和食盐水除去HCl中的氯气，故 D错误； 故选：A。A. 2NO2? N204AH 0,为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则升高温度该反应的平衡常 数K增大，

30、故A错误；B. 2040 s内，化学反应速率与计量数成正比，则 v (N2O4) =. v (NO2 ) X ： =0.002 mol/ ( L?s),故 B 错误;C.由表格中信息可知，80s达到平衡，物质的量与热量成正比，则反应达平衡时，吸收的热量为,吧学&xQ町Am*=0.15 Q kJ,故C正确；D. 100s时再通入0.40 mol N2O4,可看成起始时体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，达新平衡时 N2O4的转化率减小，故 D错误；故选：CoA. H0,为吸热反应，升高温度平衡正向移动；A,B.结合v= .及速率之比等于化学计量数之比计算；C.由表格中信息可知 80s达到平衡，

31、结合物质的量与热量成正比计算；D. 100s时再通入0.40 mol N 2O4,可看成起始时体积缩小一半，压强增大。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡移动、K的影响因素、速率及热量计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意热量与始变单位不同，题目难 度不大。7 .【分析】本题考查反应热与焰变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。【解答】A.由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，故 A正确；8 .由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂

32、的作用，故B正确；C.由盖斯定律可知，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 错误；D.催化剂降低反应的活化能，不影响始变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能， 但总反应的 AH不变，故D正确。故选Co8 .解：A、H3PO4是中强酸，分步电离，电离方程式为H3PO4? H+H 2P。4-、H2PO4-? H+HPO42-、HPO42-? H+PO43-,故 A 错误；B、由图可知，pH=2时溶液中大量存在的微粒有：H3P。4、H2P。

33、4-, HPO42-、PO43-的量极小，故B 错误；C、溶液的 pH=7 时 c (H+) =c (OH-),电荷守恒关系为 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正确；D、向H3PO4中滴加少量 Na2CO3溶液时H3PO4和Na2CO3反应生成 NaH2P。4、CO2和 H2O,反应的化学方程式为 Na2CO3+2H3PO4 =2NaH 2PO4+H2O+CO2

34、T,故 D 错误； 故选：C。A、H3PO4是中强酸，分步电离，不能一步电离完全；B 、由图可知，pH=2 时溶液中不能大量存在HPO42-、 PO43-；C、溶液的pH=7 , c (H + ) =c (OH-),根据电荷守恒关系分析；D、滴加少量 Na2CO3溶液，H3PO4和Na2CO3反应生成 NaH2P。4、CO2和H2O,据此写出化学方程式。本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化的含义、弱电解质的电离及盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。9 .解：A.酚-OH、-CO

35、OC-与NaOH反应，则1mol酚酶最多消耗3 mol氢氧化钠，故A 错误；B.苯环上酚羟基邻位 H原子能和澳发生取代反应，则 1mol酚酗:可与4mol Br2发生反应，故 B 正确；C.该分子中不含碳碳不饱和键，不能发生加聚反应，故 C错误；D 苯环能发生加成反应和取代反应、羧基和羟基能发生取代反应，但是不能发生消去反应，故D 错误；故选： B。由结构可知，分子中含酚 -OH、-COOC-,具有酚和酯的性质，能发生氧化反应、水解反应，苯环能发生取代反应、加成反应。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B 为解答的难

36、点，题目难度不大。10. 解：A. CO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故 A错误；B 澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，故B 错误；C.除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故C 正确；D 工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应 I : CO (g) +2H2 (g) ? CH30H (g) AHi反应 n : CO2 (g) +3H2 (g) ? CH3OH (g) +H2O (g) AH2反应n中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%,故D错误.故选CA 酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与

37、碱性氧化物反应生成盐的氧化物；B 凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应；C.工业上常用氯气和消石灰反应来制取漂白粉；D 原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比本题考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取、原子利用率，难度不大，注意澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰制取漂白粉11. 解： A 白色沉淀可能为AgCl 或硫酸钡，由操作和现象可知，原溶液中可能含银离子，故A 错误；B 水解后加硝酸至酸性，再加硝酸银检验卤素离子，由操作和现象可知Y 中含有氯原子，故 B 正确；C.发生强酸制取弱酸的反应，由操作和现象可知酸性： 硫酸碳酸苯酚，故C正确；D.氯气与NaB

38、r反应生成澳，易溶于四氯化碳，由操作和现象可知Br-还原性强于Cl-,故 D 正确； 故选：A。A 白色沉淀可能为AgCl 或硫酸钡；B 水解后加硝酸至酸性，再加硝酸银检验卤素离子；C.发生强酸制取弱酸的反应；D 氯气与NaBr 反应生成溴，易溶于四氯化碳。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、反应与现象、离子检验、实验技能为解答关键，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. 【分析】本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应的书写知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等。【解答】锂 -空气充电池在放电时，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移

39、向负极，在正极上发生失电子的氧化反应Li-e-=Li +，在正极上发生得电子的还原反应，根据图示信息，应该是氧气得到电子的还原反应2Li +O2+2e-=Li 2O2 ,据此回答。A 、该电池工作时Li +向正极移动，故A 错误；B 、电解质是可以提供锂离子的电解质，但是金属锂可以和水反应，不能用溶液做电解质，故 B 错误；C、电池充电时间越长，电池中Li2O在阴极上得到电子被消耗，所以含量会越少，故 C错误；D、电池工作时，正极可发生得到电子的还原反应2Li+O2+2e-=Li 2O2,故D正确。故选：D。13 .解：A. X中H原子被取代，所以该反应为取代反应，故 A正确；B 醛基和碳碳双

40、键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验该分子中是否存在碳碳双键，应该先将醛基氧化为羧基，然后再用高锰酸钾溶液或溴水检验碳碳双键，故B 错误；C.醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成醇红色沉淀，二者都含有醛基，所 以都能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故C 正确；D. X中苯环和醛基能和氢气发生加成反应、Y中醛基、苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，如果二者物质的量都是1mol,前者消耗氢气 4mol、后者消耗氢气 5mol,所以消耗氢气的物质的量之比为4： 5，故D 正确；故选：B。A X 中 H 原子被取代；B 醛基和碳碳

41、双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C.醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成醇红色沉淀；D X 中苯环和醛基能和氢气发生加成反应、Y 中醛基、苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应。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。14 . 【分析】 本题考查氧化还原反应滴定的应用，难度中等，清楚测定原理、推断关系式是解题的关 键。 由方案可知，首先将 Ca2+转化为CaC2O4,发生反应为 Ca2+C2O42+=CaC2O4,然后再用 稀硫酸将CaC2O4转化为H2c2。4,发生反应为CaC2O4

42、+H2SO4=CaSO4 J +HC2O4,最后用 酸性高镒酸钾滴定 H2c2。4,发生反应为2KMnO 4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2 T +8HO,根据方程式可得关系式 5Ca2+5CaC2O45H2c2O42KMnO 4,令血液中含钙量为 cmol/L ,根据关系式计算。【解答】由方程式ca2+c2O42+=cac2O4CaC2O4+H2SO4=CaSO4 J +HC2O42KMnO 4+5H2c2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2 f +8HO可得关系式：5ca2+5cac2O45H2c2。42KMnO 4,令血液中含钙量为

43、 cmol/L,则： 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。故选B。15 . 解： ( 1) 由 ( i) 制备合成气：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，结合盖斯定律可知，(i)X3+(iii) + (ii)M得到 3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)? 4CH3OH (g),则理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为3： 1,故答案为：3： 1；(2)由盖斯定律可知，(iii) + (ii)得到二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式为 cO2( g) +3H2( g) ? cH3OH( g) +H2O( g) H=-49.5 kJ ?mol-1，故答案为：cO2(g)+3H2(g)? cH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5 kJ ?mol -1；结合图可知，CO2的平衡转化率随温度升高

45、先减小后增大，可能的原因是开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高，故答案为：开始时 CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低，而当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高；(3)由图可知，工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为4.0M06Pa、80 c,此时转化率、速率均较大，故答案为：4.0 M06 Pa 80 C；(4)以Li2CO3, K2CO3为电解质、

46、以CH30H为燃料，负极上甲醇失去电子生成二氧化碳，负极反应为cH3OH+3cO32-6e-=4cO2+2H2O，故答案为：cH3OH+3cO 32-6e-=4cO2+2H2O。(1)由(i)制备合成气：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，结合盖斯定律可知，(i)q+ (iii) + (ii)M得到 3CH,(g)

47、+CO2(g)+2H2O(g)? 4cH3OH( g)；(2)由盖斯定律可知，(iii) + (ii)得到 CO2 (g) +3H2 (g) ? CH3OH (g) +H2O ( g)；CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，与温度对平衡的影响有关； ( 3)由图中压强对应的转化率、温度对应的速率选择；(4)以Li2CO3 K2CO3为电解质、以CH30H为燃料，负极上甲醇失去电子生成二氧 化碳。第 18 页，共 20 页本题考查化学平衡及热化学方程式，为高频考点，把握盖斯定律的应用、温度对平衡的影响、电极反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（2）为解答的难点,题目难度不大。16

48、.解：（1） pH=8时P元素主要存在形式为 HPO42-, Mg2+、HPO42-、NH4+、H2O反应 生成MgNH 4P。4?6H2O沉淀和氢离子，反应的离子方程式：Mg2+H PO42-+NH4+6H2O=MgNH 4P。4?6H 2OJ +H+,故答案为： Mg 2+HPO42-+NH 4+6H 2O=MgNH 4PO4?6H2OJ +H+；（2）图象分析判断，pH 10时NH 4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生 成Mg3 （PO4）2沉淀，使氨氮去除率降低，故答案为：pH10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3（PO4

49、） 2沉淀，使氨氮去除率降低；（3）根据图知，含有自由移动离子，所以电解质溶液呈酸性，NO3-得电子和H+反应生成 N2,同时生成 H2O,电极反应：2NO3-+12 H+6e-=N 2 T +6HO,故答案为：2NO3-+12H+6e-=N2 T +6HO;（4）温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：温度升高羟基自由基（？ OH）和超 氧离子（？。2一）的运动速率加快；羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2-）活性增大； 温度升高羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2-）的形成速率增大；温度升高反应速率 加快等，故答案为：温度升高羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2-）的运动速率加快

50、；羟基自 由基（？ OH）和超氧离子（？。2一）活性增大；温度升高羟基自由基（？ OH）和超氧离子 （?。2-）的形成速率增大；温度升高反应速率加快等；选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电，则在 PH=5时，TiO2带正电，吸引俊根离子能力差，氨氮去除率比 PH=11时小，画出pH=5故答案为:(5)溶液中剩余氢离子反应 H+OH-=H2O, 6HCHO+4NH 4+= ( CH2) 6N4H+6H2O+3H + , 继续用 NaOH 滴定，发生反应：(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 ,水样中残留NH4+浓度为二 故答案为：（1） pH=8时P元素主要存在形式为 HPO42-, Mg2+、H PO42-、NH4+、H2O反应生成MgNH 4PO4?6H2O 沉淀和氢离子；（2） pH 10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg 2+与PO43-反应生成 Mg 3 （PO4）2 沉淀；（3）根据图知，含有自由移动离子，所以电解质溶液呈酸性，NO3-得电子和H+反应生成 N 2，同时生成H 2O；（4）温度升高羟基自由基（？ OH）和超氧离子（？。2-）的运动速率加快；羟基自由基 （? OH ） 和超氧离子（? O2-） 活性增大；温度升高羟基