浙江省名校协作体（G12）2020届高三化学上学期9月返校考试试题（含解析）

1、浙江省名校协作体（G12）2020届高三化学(huàxué)上学期9月返校考试试题（含解析）1.下列属于(shyú)酸性氧化物是A. SiO2B. BaOC. COD. H2O2【答案(dá àn)】A【解析(ji x)】【详解(xián ji)】酸性氧化物能与碱反应生成盐和水；A. SiO2是氧化物，且能和碱反应生成盐和水，因此SiO2为酸性氧化物，A正确； B.BaO与酸反应生成盐和水，故BaO为碱性氧化物，B错误； C.CO虽然是氧化物，但与碱不发生反应，因此CO不是酸性氧化物，C错误； D.H2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物

2、D错误； 故合理选项是A。2.下列仪器名称为“容量瓶”的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.该容器是烧瓶，A错误；B.该容器为容量瓶，B正确；C.该容器为蒸馏烧瓶，C错误；D.该容器为分液漏斗，D错误；故合理选项是B。3.下列属于非电解质的是A. Cl2B. HClC. CaCO3D. NH3【答案】D【解析(ji x)】【详解】A.氯气是单质，既不是(bù shi)电解质也不是非电解质，故A不选；B.在水溶液(róngyè)里，HCl能电离出阴阳离子而使溶液导电，所以HCl是电解质，故B不选；C.CaCO3为化合物，其熔融状态(zhu

3、4;ngtài)下能导电，则CaCO3属于(shyú)电解质，故C不选；D.NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离的不是NH3本身，故NH3属于非电解质，故D选；故选D。4.下列物质因水解而显酸性的是A. NaHSO3B. HClOC. NH4ClD. NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A.亚硫酸氢钠中的亚硫酸氢根离子能水解能电离，因为电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，故错误；B.次氯酸为酸，不能水解，故错误；C.氯化铵中的铵根离子水解溶液显酸性，故正确；D.碳酸氢钠中的碳酸氢根离子能水解能电离，因为水解程度大于

4、电离程度，溶液显碱性，故错误。故选C。【点睛】含弱酸阴离子或含弱碱阳离子的盐能水解，且弱酸的酸式阴离子存在电离和水解两种平衡，分清电离和水解的程度大小，才能分清溶液的酸碱性。5.下列属于物理变化的是A. 煤的干馏B. 粮食酿酒C. 电解质导电过程D. 石油的分馏【答案】D【解析】【详解】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，在该过程中有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意； B.粮食酿酒过程中，淀粉发酵生成乙醇，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C.电解质溶液导电实质是电解过程，在阴极发生还原反应，在阳极上发生氧化反应，因此有新物质生成，该变化属于化学变化，C不符合题意；

5、 D.石油的分馏是利用石油中各组分物质沸点的不同，通过加热、然后冷却的方法(fngf)而分离相互溶解的液体，在该过程中没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意； 故合理(hél)选项是D。6.下列关于常见物质的用途说法(shuf)不正确的是A. 金属钠具有(jùyu)强还原性，可以用来置换TiCl4中的TiB. 二氧化氯具有强氧化性，可以用来(yòn lái)漂白织物C. 碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可以净水【答案】C【解析】【详解】A.金属钠具有强还原性，由于金属性Na>Ti，因此可

6、以用来置换熔融状态的TiCl4 中的Ti，A正确； B.二氧化氯具有强氧化性，能够氧化有色物质，使之变为无色物质，而具有漂白性，可以用来漂白织物，B正确； C.碳酸钡能够与盐酸反应生成可溶性氯化钡和水，造成重金属中毒，不能作“钡餐”，C错误； D.氢氧化铁胶体具有较大的表面积，能够吸附水中固体杂质颗粒，常用于净水剂，D正确； 故合理选项是C。7.下列转化必须要通过加氧化剂才能发生的是（不考虑电解）A. NaHCO3Na2CO3B. KMnO4O2C. KlI2D. Fe2O3Fe【答案】C【解析】【详解】A.NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3，在该变化过程中不需要发生氧化还原反应就能实

7、现，A错误； B.KMnO4加热分解产生O2，反应中O元素的化合价升高，是氧化还原反应，但不需要加入氧化剂，B错误； C.KII2 中I元素的化合价升高，应加入氧化剂才能(cáinéng)实现，C正确； D.Fe2O3反应产生(chnshng)Fe单质，Fe中铁元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，D错误；故合理(hél)选项是C。8.下列(xiàliè)表示正确的是A. 硫离子(líz)结构示意图B. 甘氨酸的结构简式：H2NCH2COOHC. 甲烷分子的比例模型：D. NH4I的电子式：【答案】B【解析】【详解】A.S是16号元素

8、，硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子， 硫离子结构示意图，A错误； B.甘氨酸中含2个C原子，一个是-COOH，氨基连在-碳原子上，故甘氨酸的结构简式为H2NCH2COOH，B正确； C.该图示为甲烷的球棍模型，由于甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，则甲烷的比例模型为：，C错误；D.NH4I为离子化合物，I-与NH4+之间通过离子键结合，其电子式为：，D错误； 故合理选项是B。9.有关硫及其化合物说法正确的是A. 有浓硫酸参与的反应都是氧化还原反应B. 硫在足量空气中燃烧生成大量SO3C. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性D. 二氧化硫可用

9、于抑制酒类中细菌(xìjn)生长，可在葡萄酒中微量添加【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【分析(fnx)】A.根据有无化合价的变化判断(pànduàn)是否属于氧化还原反应；B.硫与氧气反应只生成二氧化硫；C.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性；D.二氧化硫能抑制酒类中细菌生长。【详解】A. 氢氧化钠与浓硫酸的反应是酸碱中和反应，无元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，所以有浓硫酸参与的反应不一定是氧化还原反应，故A错误；B. 硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；C. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，该

10、反应是氧化还原反应，体现的是SO2的还原性而不是漂白性，故C错误；D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，少量的二氧化硫对人体健康无害，故D正确，答案选D。【点睛】本题考查硫及其化合物的化学性质，试题难度不大，易错点为B项，S SO2 SO3，硫和氧气反应只能生成二氧化硫。10.下列说法正确的是A. 氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处B. 用玻璃棒蘸醋酸溶液点在用水润湿的pH试纸上，测定该溶液pHC. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验D. 用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗【答案】C【解析】【详解】A.氯水呈液态，氯水中HClO光照易

11、分解，则氯水应保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处， A错误； B.pH试纸检验溶液的pH时不能润湿，应选干燥的pH 试纸测定，B错误； C.盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰，则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后(ránhòu)再进行实验，C正确； D.容量瓶不能用待装溶液润洗，用蒸馏水洗涤(xdí)即可使用，D错误； 故合理(hél)选项是C。11.下列(xiàliè)说法正确的是A. 、为不同(bù tón)的核素，化学性质也不同B. 乙醇和乙醚互为同分异构体C. CH3CH(CH3)2的名称叫2-甲基丙

12、烷，也可以叫做异丁烷D. CH2=CH2和CH2=CH-CH=CH2具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】【详解】A. 、为Cl元素的不同的核素，原子最外层电子数相同，化学性质相同，A错误； B.乙醇分子式为C2H6O，乙醚分子式为C4H10O，二者分子式不同，因此不能成为同分异构体，B错误； C.CH3CH(CH3)2的系统命名法名称为：2-甲基丙烷，习惯命名为异丁烷， C正确； D.CH2=CH2和CH2=CH-CH=CH2的分子式分别为C2H4和C4H6，相差C2H2，不是若干个CH2，所以不是同系物；此外也可以通过二者含有的官能团个数不同得知二者不能互为同系物，D错误； 故合理

13、选项是C。12.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子原子序数之和为46。下列说法正确的是XYWZTA. X、Y、Z三种元素(yuán sù)最低价氢化物的沸点依次升高B. 原子(yuánz)半径(r)大小比较r(Y)>r(X)C. 物质(wùzhì)WY2、WZ4均有熔点高、硬度(yìngdù)大的特性D. T元素(yuán sù)单质具有半导体的特性，T与Y元素可形成化合物TY2【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于

14、第二周期，W、 Z处于第三周期，设X的原子序数为a，则W、Y、Z最外层电子数分别为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为Si、X为N、Y为O、Z为Cl，由于T与W是同一主族的元素，处于相邻周期，所以T为 Ge，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知，W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge。 A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，常温下水为液态，由于在室温下NH3、HCl为气体，H2O为液体，所以水的沸点最高，NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其沸点比HCl的高，故三种物质的沸点H2O>

15、;NH3>HCl， A错误； B.同一周期的元素，从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径r(Y)<r(X)，B错误； C.SiO2属于原子晶体，原子之间以共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用，因此物质的熔点高，硬度大，而SiCl4 属于分子晶体，分子间作用力比较弱，所以该物质的熔点低，硬 度小，C错误； D.Ge位于金属、非金属的分界线附近，元素的单质具有半导体的特性，原子最外层有4个电子，因此与O元素可形成化合物GeO2 ，D正确； 故合理选项是D。【点睛】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系应用，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及

16、性质、 元素周期律等，具有较强的综合性，综合考查了物质结构与性质的掌握。13.下列(xiàliè)离子方程式正确的是A. Ba(OH)2溶液(róngyè)与稀硫酸反应：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OB. 向NaOH溶液(róngyè)中通入过量的SO2气体(qìt)：2OH-+SO2=SO32-+H2OC. NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质(wùzhì)的量比1：2混合：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OD. 向FeBr2中通入过量的Cl2：2Fe2+2Br-+2C

17、l2=2Fe3+Br2+4Cl-【答案】C【解析】【分析】A.离子个数配比不符合物质结构组成； B.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠； C.NaHCO3 和Ca(OH)2 溶液按物质的量比1：2混合，碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水； D.氯气过量，溴离子、二价铁离子全部被氧化。【详解】A.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4 +2H2 O，A错误；B.向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，离子方程式：OH-+SO2=HSO3-，B错误； C.NaHCO3和Ca(OH)2溶液按物质的量比1：2混合，NaHCO3少量，反应生成碳酸钙

18、，氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，C 正确； D.向FeBr2 中通入过量的Cl2，离子方程式：2Fe2+4Br- +3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl- ，D错误； 故合理选项是C。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握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，检查是否符合原化学方程式等，注意物质的量对生成物的影响。14.一定条件下，在恒压绝热容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-197kJ·mol-1下列有关说法正确的是A. 达

19、到化学平衡状态时，v正（O2）=2v逆（SO2）B. 容器内的压强不再变化说明反应达到化学平衡状态C. 加入0.2 mol SO2和0.1 mol O2，充分反应后放出热量19.7kJD. 向容器(róngqì)中充入二氧化硫，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【详解】A.在任何情况下用不同物质表示(bioshì)反应速率时，速率之比等于化学方程式计量数之比，达到化学平衡状态时，2v正(O2)=v逆(SO2)，说明(shumíng)二氧化硫正、逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但v正(O2)=2

20、v逆(SO2)说明正、逆反应速率不相同，反应正向进行，不能据此判断反应为平衡状态，A错误；B.反应前后气体体积变化，反应在恒压绝热容器中进行，压强始终不变，因此不能说明反应达到 化学平衡状态，B错误； C.反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以加入0.2 mol SO2和0.1 mol O2，反应达到平衡状态时，充分反应后放出热量小于19.7 kJ，C错误；D.向恒压绝热容器中充入二氧化硫，正反应速率增大，体积增大后会使逆反应速率会减小，D正确； 故合理选项是D。15.下列说法正确的是A. 石油裂解气能使溴水，酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同B. 在一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料

21、的过程是煤的液化途径之一C. 苯可以通过加成反应生成氯苯和苯磺酸等D. 甲醇和甲醛能氧化成甲酸，甲酸不能发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A.石油裂解气含烷烃、不饱和烯烃，烯烃分子中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾溶液发生氧化反应而使之褪色，反应原理不同，A错误； B.煤的液化生成甲醇，则一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一，B正确； C.苯环上H被取代，则生成氯苯和苯磺酸等，二者反应类型均为取代反应，C错误； D.甲醇能被高锰酸钾氧化生成甲酸，甲酸含有醛基，可发生氧化反应，D错误； 故合理选项是B。16.下列说法(shuf)不正确的是A. 植物秸秆和土豆

22、淀粉在一定条件(tiáojiàn)下水解的产物都可以转化为酒精B. 硬脂酸甘油酯和蛋白质均能发生(fshng)水解，且都是高分子化合物C. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合(jiéhé)，形成更复杂的多肽化合物D. 往蛋白质溶液中加入(jirù)饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解【答案】B【解析】【详解】A.植物秸秆主要成分是纤维素，淀粉、纤维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正确； B.硬脂酸甘油酯属于油酯，油酯不属于高分子化合物，B错误； C.多肽结构复杂，与氨基酸的种类和数目及与氨基酸结合的顺序

23、等有关，即不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，C正确； D.蛋白质在饱和硫酸铵溶液中发生盐析，为可逆过程，产生的沉淀再加入水后蛋白质可重新溶解，D正确； 故合理选项是B。17.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列说法不正确的是A. 反应CH4+H2O 3H2+CO，每消耗1mol CH4转移6mol e-B. 电池工作时，CO32-向电极A移动C. 电极A上H2参与的电极反应为：H2-2e=2H+D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-【答案(dá àn)】C【解析(ji x)】【分析(fnx)】甲烷(ji

24、wán)和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低(jiàngd)到0价，原电池工作时，CO和H2 在负极发生反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-，以此解答该题。【详解】A.反应CH4+H2O 3H2+CO中，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1mol CH4转移6mol电子，A正确； B.电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，B正确； C.电解质没有OH-，负极电极A上H2发生的反应为H2+CO32-2e-=H2O+CO2，C错误； D.B为正极，

25、正极为氧气得电子生成CO32-，反应为O2 +2CO2+4e- =2CO32-，D正确； 故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流 向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物。18.pH=1的两种酸溶液HA、HB各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法不正确的是A. 同浓度、同体积的HA、HB溶液分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积后者大B. 物质的量浓度HA<HBC. 若1<a<4，则HA、HB都是弱酸D. 体积相同pH均为1的HA、HB溶液分别滴加同浓度的Na

26、OH溶液至中性，前者消耗的NaOH少【答案】A【解析】【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度(nóngdù)越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于(duìyú)一元弱酸，c(酸)>c(H+)，以此(y c)来解答。【详解(xián ji)】A.同浓度、同体积的HA、HB溶液中溶质物质的量相同，分别加入过量的锌粒，产生的氢气体积相同，A错误； B.因HA、HB酸的强弱不同，且均为一元酸，故当溶液的pH相同(xin tón)即氢离子浓度相同时，为达到相同的氢离子浓

27、度，酸越弱，那么酸的浓度越大，则c(HB)>c(HA)，B正确； C.pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a<4，则A、B 都是弱酸， C正确； D.体积相同pH均为1的HA、HB溶液，c(HB)>c(HA)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，HB消耗氢氧化钠溶液体积多，HA消耗的NaOH少，D正确； 故合理选项是A。【点睛】本题考查图象在酸的稀释及酸性强弱判断的应用，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。19.下列说法正确的是A. H2O分子之间的作用力大于H2S，故前者比后者稳定B. NaHSO4属于含有共价

28、键的离子化合物，加热融化时破坏了该物质中的离子键和共价键C. 某晶体固态不导电，熔化时能导电，该晶体一定是离子晶体D. CO2、N2都是所有原子最外层都满足8电子结构的共价化合物【答案】C【解析】【详解】A.稳定性与分子间作用力无关，与物质分子内的化学键强弱有关，由于O-H键的键能比H-S的键能大，因此H2O稳定，A错误； B.加热融化时，硫酸氢钠电离出Na+、HSO4-，只能破坏离子键，不能破坏共价键，B错误； C.某晶体固态不导电，熔化时能导电，说明其在熔融状态下电离出了阴阳离子，则该物质由离子构成，一定为离子晶体，故C正确； D.尽管二者均满足8电子结构，但N2为单质，不是化合物，D错误

29、； 故合理选项是C。20.用NA表示(bioshì)阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 100g 46%的乙醇溶液中含4NA氧原子B. 22.4LC2H4与C2H5OH的混合气体完全(wánquán)燃烧，消耗氧分子为2NA个C. 标准状况(bio zhn zhuàn kuàn)下22.4LCl2与Fe充分反应转移(zhunyí)电子数为3NAD. 在1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中阴离总数(zngshù)等于0.1NA【答案】A【解析】【详解】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%乙醇溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；而水的质量为54g，H2O的物质的量为3mol，其中含3mol氧原子，故共含4NA 个氧原子，A正确； B.混合气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故B错误； C.标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2NA 个电子，C错误； D.根据电荷守恒n(Na+)+ n(H+)= n(OH-)+ n(CH3COOH-)，阳离子的物质的量等于阴离子的物质的量。Na+的物质的量为0.1mol，阳离子还有H+,则阳离子的物质的量大于0.1

31、mol，也有阴离子的物质的量大于0.1mol，则阴离总数大于0.1NA。D错误； 故合理选项是A。21.根据下图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是A. N2(g)转化为氮原子是一个放热过程B. 1mol N2和lmol O2的总能量比2molNO的总能量高C. 1个NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量D. 2NO(g)=N2(g)+O2(g)的反应热H=-180 kJ/ mol【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【详解(xián ji)】A.N2(g)转化为氮原子(yuánz)，断裂NN，吸收热量，A错误； B.由图

32、中数据可知，断键吸收能量为(946+498)kJ=1444kJ，反应(fnyìng)放出能量为2×632kJ=1264kJ，吸收能量多于放出能量，所以该反应为吸热反应，则1molN2和1molO2的总能量比2molNO的总能量低，B错误； C.1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量，C错误；D.由上述分析可知，2NO(g)=N2(g)+O2(g)的反应热H=-180kJ/mol，D正确； 故合理选项是D。22.I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。iSO2+4I+4H+S+2I2+2H2O iiI2+2H2O+SO2 SO

33、42- +4H+2I探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号试剂组成0.4 mol·L1 KIa mol·L1 KI0.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快下列说法不正确的是（）A. 水溶液中SO2歧化反应方程式为3SO2+2H

34、2O 2H2SO4 +SB. II是I的对比实验，则a=0.4C. 比较I、II、III，可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率D. 实验表明，SO2的歧化反应速率IVI，原因是反应i比ii快；IV中由反应ii产生的H+使反应i加快【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【详解(xián ji)】A、由i+ ii×2得反应(fnyìng)3SO2+2H2O 2H2SO4 +S，选项A正确(zhèngquè)；B、B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0

35、.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4，选项B正确；C、对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较I、II、III，可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，选项C正确；D、对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D>A，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快，选项D不正确。答案选D。【

36、点睛】本题考查盖斯定律、勒夏特列原理、影响化学反应速率的因素。易错点是研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，学生平时应学会根据实验现象，推出实验结论。23.25时，2.0×10-3mol·L-1氢氟酸水溶液中，通过加HCl气体或NaOH固体来调节溶液pH（忽略体积变化），得到c(HF)、c(F-)与溶液pH的变化关系，如下图所示：下列分析正确的是A. pH=1时，溶液中c(F-)+c(OH-)=c(H+)B. pH=4时，溶液中存在：c(F-)>c(HF)>c(Na+)>

37、;c(H+)C. 当溶液(róngyè)中c(F-)=c(HF)时，水的电离(diànlí)被促进D. 将等物质(wùzhì)的量的HF和NaF混合物溶于水，F-的水解能力(nénglì)小于HF的电离能力【答案(dá àn)】D【解析】【分析】A.由曲线交叉点(pH3.5时)的溶液，得到HF的电离常数k10-3.5，进而推断2.0×10-3 mol/L氢氟酸水溶液中c(H+)= = ×10-3.25，pH=3.25- lg2>3.75，所以pH=1的溶液中还含有HCl

38、； B.pH=4时，溶液中c(F-)> c(HF)，F- 离子水解，则c(Na+)>c(HF)； C.当溶液中c(HF)=c(F-)时，pH=3.5，溶液呈酸性，说明HF的电离大于F-水解； D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，溶液呈酸性。【详解】A.pH=1时，溶液中c(F-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)，A错误； B.分析图象，pH=4时，溶液中c(F-)=1.6×10-3mol/L，c(HF)=4×10-4 mol/L，c(F-)>c(HF)，则c(Na+)>c(HF)，B错误； C.当溶液中c(HF)=c(F-)时，溶液呈

39、酸性，说明HF的电离程度大于F-水解程度，水的电离受到抑制主要，C错误； D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，根据图象可知溶液显酸性，说明F-水解能力小于HF的电离能力，D正确； 故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的计算和判断，注意把握图象的曲线变化特点，根据溶液的pH大小判断弱酸的电离程度与酸根离子的水解程度大小为解答该题的关键，注意HF为弱电解质的特点。24.某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是A. 步骤(bùzhòu)中分离操作的名称是过滤，Mg(OH)2可以作阻

40、燃剂是因为它分解需要(xyào)吸收大量的热B. 步骤(bùzhòu)中的反应式：3Fe(OH)3 S2O42-2OH- 3Fe(OH)2 2SO42-4H2OC. 步骤(bùzhòu)中保险粉是作还原剂D. 从步骤(bùzhòu) 中可知OH- 和EDTA共存时，Fe2+更易和EDTA结合，生成可溶性化合物【答案】B【解析】【详解】A、EDTA只能与溶液中的亚铁离子反应生成易溶于水的物质，不与氢氧化镁反应，实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸热大量的热，选项A正确；B、步骤是氢氧

41、化铁与保险粉反应生成氢氧化亚铁同时保险粉被氧化生成硫酸钠，发生的反应式为：6Fe(OH)3 S2O42-2OH- 6Fe(OH)2 2SO42-4H2O，选项B错误；C、步骤中保险粉中硫元素化合价由+3价升高为+6价被氧化，作还原剂，选项C正确；D、从步骤 中可知OH- 和EDTA共存时，随着EDTA加入，EDTA结合Fe2+，平衡Fe(OH)2 Fe2+2OH-正向移动，生成可溶性化合物，选项D正确；答案选B。25.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：I-、SO42-、SO32-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取100mL

42、上述溶液X，进行了如下实验：（1）向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；（2）将（1）的反应混合液过滤，将足量盐酸加入沉淀中，沉淀部分溶解且产生气体。下列说法正确的是A. （2）中产生的气体可能含有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. 无法(wúf)确定溶液中是否含有Na+，需要做焰色反应才能(cáinéng)确定【答案(dá àn)】B【解析(ji x)】【分析(fnx)】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且(1)产生的白色沉淀与

43、足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀含有BaSO4，溶液中一定存在SO42-，存在SO32-、HCO3-中的至少一种，气体为CO2或SO2中的至少一种，又由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，溶溶所含离子的物质的量浓度均相同，由电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-，以此来解答。【详解】A.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，则(2)中产生的气体为CO2，不可能含有SO2，A错误； B.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-

44、、Na+、Mg2+， B正确； C.溶液X中一定不存在Fe3+，也不存在I-，C错误； D.由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，D错误； 故合理选项是B。【点睛】本题考查溶液成分的推断，把握流程中白色沉淀的判断、气体及溶液的成分为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意盐的水解规律及电荷守恒的应用。26.乙烯在不同的条件下可被氧化成不同产物，如A、B、C。已知：取0.01mol A与足量的钠完全反应后，生成224mL(标准状况)气体。C是B的同分异构体，C与新制的氢氧化铜浊液一起加热，会产生红色沉淀。已知：一个碳原子上连有二个-OH基团是不稳定的结构。(

45、1)C中含有的官能团名称是_，乙烯转化为D的反应类型_；(2)写出D与氧气反应生成C的化学方程式_；(3)下列说法(shuf)正确的是_。A. B分子中的所有(suyu)原子在同一平面上B. 一定(ydìng)条件下，B能与CO2聚合(jùhé)生成可降解的高分子C. 乙烯在一定条件下被氧气氧化(ynghuà)也能生成乙酸D. A与D是同系物【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). BC【解析】【分析】0.01molA与足量的金属钠完全作用后，生成224mL(标准状况)气体，即生成

46、氢气的物质的量n(H2)=0.01mol，结合A的分子式可知，A分子中含有2个羟基，故A为乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH，C是B的同分异构体，C与新制的氢氧化铜浊液一起加热，会产生红色沉淀，则C含有醛基，C为CH3CHO，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：A是HOCH2CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3CH2OH。(1)C为CH3CHO，官能团名称为醛基，乙烯CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生D是CH3CH2OH，所以C转化为D的反应类型为加成反应；(2)D是CH3CH2OH，乙醇分子中含有醇羟基，与氧气在Cu或A

47、g催化下，加热发生氧化反应生成C，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O； (3)A.B是环氧乙烷，物质分子中C原子均为饱和C原子，与该C原子连接原子构成的是四面体结构，所有原子不能在同一平面上，A错误； B.一定条件下，B能与CO2聚合生成可降解的高分子为聚乳酸，B正确； C.乙烯分子中含碳碳双键，在一定条件下被氧气氧化也能生成乙酸，C正确； D.A 是乙二醇，D是乙醇，A与D分子中含-OH数目不同，乙醇二者不是同系物，D错误； 故合理选项是BC。【点睛】本题考查有机物的推断，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，掌握醇的催化氧化及饱和碳原子的正四面体结构是推断

48、物质、书写化学方程式的基础，注意有机物性质的应用。27.化合物X（只含两种短周期元素(yuán sù)）是一种重要的还原剂。某同学取X做了如下实验请回答(huídá)：（1）X的电子式是_。（2）写出X与水反应(fnyìng)的化学方程式_。（3）X在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈(tixiù)的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生(fshng)反应的化学方程式_。【答案】 (1). Na+:H- (2). NaH+H2O=NaOH+H2 (3). 3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH【解析】【分析】化合物X(只含两种

49、短周期元素)是一种重要的还原剂，含两种元素的质量比为 (4.80-0.20)：0.20=23：1，则两种元素分别为Na、H，化合物X为NaH，固体乙为Na，气体甲为H2，Na与水反应生成溶液丙含NaOH，以此来解答。【详解】根据上述分析可知化合物X为NaH，固体乙为Na，气体甲为H2，丙为NaOH。(1)X为NaH，该物质为离子化合物，Na+与H-通过离子键结合，电子式为Na+:H-； (2)X与水反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2；(3)X在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程Fe2O3变为Fe单质，NaH获得O原

50、子变为NaOH，发生反应的化学方程式为3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。【点睛】本题考查物质的组成及无机物的推断，把握元素的质量比确定 X、结合物质状态判断流程中发生的反应为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。28.某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如下实验根据设计要求回答：（1）X仪器(yíqì)名称是_。（2）下列有关该实验(shíyàn)的说法中，不正确的是_。A. 如图组装好实验仪器后，要先检查(jinchá)装置气密性，后添加药品B. 试剂Y是浓硫酸，目的是干燥(gnzào)氯气C. E装置的

51、作用(zuòyòng)是吸收尾气防止污染空气D. 装置C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，可知反应方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O（3）设计实验方案验证C中生成的固体中存在HCO3-_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). B (3). 取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向试管中滴加NaOH溶液若变浑浊，说明固体中含有HCO3-或取少量固体加热，将产生的气体通向澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则说明固体中含有HCO3-【解析】【分析】(1)根据图示仪

52、器X的构造判断其名称；(2)A.制取气体的实验中，首先需要检查装置的气密性，再加入药品；B.与碳酸钠反应需要的是湿润的氯气；C.氯气有毒，过量的氯气需要进行尾气吸收处理； D.装置C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，根据离子守恒判断反应方程式；(3)证明C中的固体为碳酸钠，可直接确定碳酸氢根离子，据此判断操作方法。【详解】(1)根据图示仪器X的构造可知(k zh)，仪器X为分液漏斗；(2)A.制取气体的实验(shíyàn)中，首先需要检查装置的气密性，然后再加入药品，A正确；B.与碳酸钠反应需要的是湿润的氯气，所以(suy)试剂Y不能是浓

53、硫酸，B错误；C.氯气(l qì)有毒，会造成大气污染，所以过量的氯气需要吸收，防止污染空气，C正确；D.装置(zhungzhì)C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，根据离子守恒可知反应方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O，D正确； 故合理选项为B；(3)证明C中生成的固体为碳酸氢钠，可直接验证碳酸氢根离子，操作方法为：取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向试管中滴加NaOH溶液若变浑浊，说明固体中含有HCO3-或取少量固体加热，将产生的气体通向澄清石

54、灰水若石灰水变浑浊，则说明固体中含有HCO3-。【点睛】本题考查性质方案的设计，明确实验目的、实验原理即可解答，注意掌握常见元素及其化合物性质、常见离子的检验方法并及时排除杂质离子的干扰，该题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。29.将铜与Fe2O3的混合物共28.8g加入300mL 2.00mol·L-1的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为6.40g。请计算：(1)混合物中铜的物质的量为_mol。(2)反应后的溶液中最多消耗锌片的质量为_g。【答案】 (1). 0.200 (2). 39.0【解析】【分析】Fe2O3先和硫酸反应，生成Fe3+，Fe3+再和Cu发生反应，Cu不

55、与硫酸反应，则剩余的固体只能是Cu，剩余的固体不含有Fe2O3，因为300mL 2.00mol·L-1的稀硫酸可以与0.2mol Fe2O3完全反应，其质量为32g，超过了28.8g。(1)反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g- 6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+ n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，两式联立，可计算出n消耗(Cu)，然后结合n=可计算出混合物中铜的总物质的量；(2)无论硫酸是否有剩余，加入

56、(jirù)足量锌后，反应溶质为硫酸锌，根据硫酸的物质的量可知锌的物质的量，然后根据m=n·M计算出锌的质量。【详解】(1)反应后剩余(shèngyú)的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量(zhìliàng)为：28.8g-6.4g=22.4g，则：n消耗(xiohào)(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据(gnjù)电子守恒可知：n消耗(Cu)×2= n(Fe2O3)×2，解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=

57、0.1mol， 则原混合物中铜的质量n(Cu)= +0.1mol=0.200mol；(2)反应后无论硫酸是否剩余，溶液中含有的溶质为硫酸锌，则反应后硫酸锌的物质的量与硫酸的物质的量相等，根据质量守恒可知：n(Zn)=n(ZnSO4)=n(H2SO4)=2.00mol/L×0.3L=0.6mol，则最多消耗Zn的质量m(Zn)=n·M=0.6mol×65g/mol=39.0g。【点睛】本题考查混合物成分的计算，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握电子守恒、原子守恒等守恒思想在化学计算中的应用，试题有助于培养学生的分析能力及化学计算能力。30.研究NOx、CO2的吸

58、收利用，对促进低碳社会的构建和环境的保护具有重要意义。(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则C2H4(g)+6NO(g)3N2(g)+2CO2(g)+2H2O(l)的反应热H=_。(2)用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。如下图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（脱氮率即氮氧化物的转化率），反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g) H<0。以下(yxià)说法正确的是_。A.催化剂、分别适合(shìhé)于250和450左右脱氮B.使用(shyòng)第种催化剂更有利于提高NOx的平衡(pínghéng)转化率C.相同条件下，改变(gibiàn)压强对脱氮率没有影响D.在交叉点A处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡。(3)工业合成尿素的反应如下：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)