1、黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三化学上学期第二次调研考试（10月）试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：Cu 64 Ni 59 O16 Cr 52 P 31 H1 Al 27一单项选择题（每题2分共50分）1.化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误是（ ）A. CO2的大量排放会导致酸雨的形成B. 黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质C. 推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】A【解析】【详解】A. 正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，S
2、O2的大量排放会导致酸雨的形成，CO2的大量排放会导致温室效应，故A错误；B. 黄河三角洲的形成，为土壤胶体在海水中电解质作用下发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B正确；C. 燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C正确；D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅可与强碱反应，导致光导纤维溶解“断路”，故D正确；答案选A。2.下列说法不正确的是（ ）A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体B. 红磷和白磷互为同素异形体C. 37Cl和35Cl 互为同位素D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁
3、烷【答案】A【解析】【分析】此题考查四同，根据四同的定义进行判断，注意同分异构体的判断，结构简式不同，即名称不一样。【详解】A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一种物质，故A不正确，符合题意。B. 红磷和白磷互为同素异形体，B正确，不符合题意。C. 37Cl和35Cl 互为同位素，C正确，不符合题意。D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷，D正确，不符合题意。故正确答案为：A。3.下列关于有机物的说法正确的是（ ）A. 乙醇和丙三醇互为同系物B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
4、D. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH
5、CH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。4.下列反应或过程吸收能量的是()A. 苹果缓慢腐坏B. 弱酸电离C. 镁带燃烧D. 酸碱中和【答案】B【解析】【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故
6、A不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；答案选B。5.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）A. 淀粉、CuO、HClO、CuB. 水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3C. KAl(SO4)212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖【答案】D【解析】【分析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合
7、物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；B. 水玻璃是硅酸钠水溶液属于混合物、Na2OCaO6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；C. KAl(SO4)212H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解
8、质，D项正确；答案选D。6.常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是A. 无色溶液中：H、Fe2、Cl、SO42-、KB. Na、Al3+、OH、NO3-C. K、Na、NO3-、ClD. pH=13的溶液：Na、K、Cl、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A. Fe2为浅绿色，不符合限定条件，A项错误；B. Al3+与OH会反应生成氢氧化铝沉淀而不共存，B项错误；C. K、Na、NO3-、Cl不反应，可大量共存，C项正确；D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D项错误；答案选C。7.朱自清在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里 月光
9、是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m10-7 mB. 光是一种胶体C. 雾是一种胶体D. 发生丁达尔效应【答案】A【解析】【分析】“薄薄的青雾浮起在荷塘里 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。【详解】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即109m107m，故A正确；B、雾是胶体，光不是胶体，故B错误；C、雾是胶体，但这不是月光
10、穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。答案选A。8.下列有关说法正确的是( )A. 催化剂活性B. ,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化C. ，t时刻改变某一条件，则D. 向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况【答案】C【解析】【详解】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性cd，故A错误；B.该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物
11、浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：a3.310-2mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】A06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为100%
12、=50%，故A正确；B由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；C06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正确；D由题中数据可知，03 min生成氧气的体积大于36min生成氧气的体积，因此，46 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，故D错误； 答案选D。10.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) H0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验
13、，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min0204060801000.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080xmolHIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正=kaw(H2)w(I2)，v逆=kbw2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A. 温度T时，该反应=64B. 容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025molL-1min-1C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w
14、(HI)%均相同【答案】C【解析】【详解】A H2(g)+I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) n n 2n平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2nw(HI)/%=100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K=64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，kaw(H2)w(I2)=v正=v逆=kbw2(HI)，则=K=64，故A正确；B前20 min，H2(g) + I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) m m 2m平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2mw(HI)%=100%
15、=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)=0.025molL-1min-1，故B正确；C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc=1K=64，反应正向进行，故C错误；DH2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，和均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；答案选C。11.温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c
16、(SO3)=0.5 molL-1，下列说法不正确的是 ()A. v(SO2)v(O2)=21B. 10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1C. SO2的平衡转化率为25%D. 平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍【答案】D【解析】【详解】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故A正确；B. 10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1，故B正确；C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为100%=25%，故C正确；D
17、. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；故选D。12.下列说法正确的是A. 电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64gB. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C. 在常温下能自发进行，则该反应的H0D. 常温下，。欲使溶液中，需调节溶液的【答案】D【解析】【详解】A阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B合成氨生产中将NH3液化分离，减小
18、了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C，该反应的S0，常温下能自发进行，说明H-TS0，则H0，为放热反应，故C错误；D使溶液中c(Al3+)110-6 molL-1，c(OH-)=10-9 molL-1，即调节溶液的pH5，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。13.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是A. 电子由
19、液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极B. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原D. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动【答案】A【解析】【详解】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确；B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B错误；C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C错误；D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使
20、单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误；故合理选项是A。14.氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)N2(g)+S(1)+4H2O(g)，H0下列有关该反应说法正确的是A. 氧化剂是NO，还原剂是H2B. 升高温度，正、逆反应速率均增大C. 当v(H2)v(H2O)时，反应达到平衡D. 使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A项中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项错误；B项升高温度正、逆反应速率同时增大，B项正确；C项用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项错误；D项催化剂不能改变平
21、衡转化率，D项错误。故选B。【点睛】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。15.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700900时，O2可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）A. 电池内的O2由电极甲移向电极乙B. 电池总反应为N2H4+2O22NO+2H2OC. 当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4L
22、O2参与反应D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲【答案】C【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2-4e-=N2+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，B项错误；C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2
23、O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。16.某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法不正确的是（ ）A. a为电源正极B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2OC. 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72被还原D. 阴极区附近溶液pH增大【答案】C【解析】【详解】
24、A由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项正确；B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，B项正确；C13.44L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）=0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol=0.1mol，C项错误； D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D
25、项正确；答案选C。17.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是A. Al、Ga均处于A族B. 酸性：Al(OH)3Ga(OH)3C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3【答案】B【解析】【详解】A镓(Ga)与铝同主族，均处于A族，A项正确；B化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3Ga(OH)3，B项错误； CGa(OH)3属于两性
26、氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，C项正确；DGa2O3是两性氧化物，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；答案选B。18.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4下列说法错误的是（ ）A. NH4ClO4属于离子化合物B. 溶解度：NaClO4NH4ClO4C. 该流程中可循环利用的物质是NH4ClD. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价【
27、答案】C【解析】【详解】A、NH4ClO4是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；B、根据NaClO4NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)4=0，则x=+7，故D正确；故选C。19.图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质的原电也装置示意图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是A. 图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B. 图甲中H+
28、透过质子交护膜由右向左移动C. 图甲中M电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+D. 当图甲中M电极消耗0.5mol尿素时，图乙中铁电极增重96g【答案】D【解析】根据图甲，N电极氧气发生还原反应生成水，所以N是正极、M是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，所以图乙中Fe电极应与图甲中X相连接，故A错误；N是正极，图甲中H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，所以尿素在负极失电子生成CO2和N2，电极反应式是 ，故C错误；根据C项可知，M电极消耗0.5mol尿素时转移3mol电子，图乙中铁电极生成1.5mol铜，增重96g
29、，故D正确。点睛：原电池工作时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。20.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀该溶液中不一定含有SO42B向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红氧化性：Cl2Fe3+C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质D将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlA. AB. BC. CD. D【答案】
30、C【解析】【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42，A项正确；B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2Fe3+，B项正确；C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；答案选C.【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。21.物质氧化
31、性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：Cu和HNO3溶液 Cu和FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe和HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Cu与HNO3溶液反应时，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，与浓度有关，故选；Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，与浓度无关，故不选；Zn与H2SO4溶液反应时，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4Z
32、nSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，与浓度有关，故选；Fe与HCl溶液发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，与浓度无关，故不选答案：B22.下列反应的离子方程式正确的是（ ）A. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2HCOOH=BaCO3H2OC. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH+SO2HSO3D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2SO42-=BaSO4【答案】B【解析】【详解】A次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HC
33、lO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A错误；BBa(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O，故B正确；C用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3H2O+SO2=SO32-+2NH4+H2O，故C错误；D硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D错误；故选B。23.能表示H2(g)+ I2(g)2HI(g)已经达到平衡状态的标志有几个( )c(H2)=c(I2)=c(HI)时
34、c(H2):c(I2):c(HI)=1:1:2时c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI)一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂温度和体积一定时，容器内压强不再变化温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【详解】平衡时c(H2)、c(I2)、c(HI)三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率
35、有关，故错误；平衡时浓度c(H2):c(I2):c(HI)可能为1:1:2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolI2，都体现逆反应方向，故错误；只要反应发生,就符合反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)，故错误；一个HH键断裂等效于两个HI键形成同时有两个HI键断裂，正逆反应速率相等，故正确；该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和体积一定
36、时，容器内压强一直不再变化，故错误；温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；答案选B。【点睛】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆
37、反应到达平衡状态。24.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A. 14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NAB. CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与lmolP4所含共价键的数目均为4NAC. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NAD. 常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3H2O的中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】AN2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者
38、均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A正确；B甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1molCH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B错误；C反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C正确；D含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D正确；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事
39、项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。25.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) H0B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C.
40、白磷比红磷稳定D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则H0，故A错误； B依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。二非选择题（共50分。26到28题为必考题，每个试题考生都必须
41、作答。29、30为选考题，考生根据要求作答）26.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；沉淀I中只含有两种沉淀；流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应
42、方程式为_。（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为_。（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_。（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整PH为2-3，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%,其原因可能是_（回答一条原因即可）。【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2+ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2+6H+
43、=Cl-+6Fe3+3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）【解析】【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液中加入了NaF溶液，
44、将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液PH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整PH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。【详解】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2+ SO42-+2H2O。答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2+ SO42-+2H2O；(2)Na
45、ClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O。答案为： ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2。答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2(4)经过操作由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操
46、作还包括蒸发浓缩、冷却结晶。答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶(5)根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）27.以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。(1) N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)(快反应)第二步I(g)+N2O(g
47、)N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_。AN2O分解反应中：分解速率与是否含碘蒸气有关 B第三步对总反应速率起决定作用C第二步活化能比第三步小 DIO为反应的催化剂(2)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，反应I：2CO +2NO N2+2CO2 H1； 反应II：4CO +2NO2 N2+
48、4CO2 H2CH；根据分子结构简式，其中碳原子在苯环上或形成碳碳双键，因此碳原子为sp2杂化。答案为：2、4；NCH；sp2 ；（3）离子晶体固体中离子不能自由移动而不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子可以导电；由高铁酸钾晶体固体下不导电，熔融状态、水溶液均可导电可知，该晶体为离子晶体；配合物Fe(CO)的中心原子为Fe，其价电子数为8，每个配体是供的电子数为2 ，则可得等式8+2x=16，解得x=4；答案为：离子晶体； 4；（4）NiO、 FeO晶体结构类型均与NaCI相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格
49、能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiOFeO；答案为：；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高；（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6=3，Ni原子数为8=1， Cr原子为1 ，则化学式为NiCrO3，晶胞变长为a pm，阿伏伽德罗常数值为NA ，则有，则晶体的密度答案为：1030；30.化学选修5：有机化学基础有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：已知：A的核磁共振氢谱图中显示两组峰F的结构简式为：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题：(1)A的名称为_(
50、系统命名法)；Z中所含官能团的名称是_。(2)反应的反应条件是_；反应的反应类型为_ 。 (3)E的结构简式为_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)写出反应IV中的化学方程式_。(6)W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件： 能发生银镜反应，苯环上有两个取代基，不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有_种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为_。【答案】 (1). 2甲基2丙醇 (2). 酚羟基、醛基 (3). 浓硫酸，加热 (4). 氧化反应 (5). (CH3)2CHCOOH (6). (7). (CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3
51、)2CHCOOH+Cu2O+2H2O (8). 6 (9). 【解析】【分析】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，AB是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，BC是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；CD是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，DE是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，YZ是水解反
52、应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，ZF是酯化反应，F的结构简式为：；据以上分析解答。【详解】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，AB是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，BC是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；CD是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，DE是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E、F的结构简式可知，X的结构简式为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H
53、被Cl取代，因此Y的结构简式为；YZ是水解反应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，ZF是酯化反应，F的结构简式为：；(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：(CH3)3C(OH)，名称为2甲基2丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团酚羟基、醛基；综上所述，本题答案是：2甲基2丙醇；酚羟基、醛基。(2) A为(CH3)3C(OH)，B为(CH3)2C=CH2，AB是消去反应，反应的反应条件是浓硫酸加热；C是(CH3)2CHCH2OH， D是(CH3)2CHCHO，所以CD是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；综上所述，本题答案是：浓硫酸，加热；氧化反应。(3)结合以上分析可知
54、，E的结构简式为(CH3)2CHCOOH；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCOOH。(4) 在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，生成 ，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：。 (5) D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热，发生银镜反应，反应IV中的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O。(6) Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：能发生银镜反应，含有醛基；苯环上有两个取代基，可以3种位置；不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基，酚羟基；满足条件下的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3种；苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3种；共计有6种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：；综上所述，本题答案是：6，。