2019-2020年高考化学押题试卷含解析.doc

2019-2020年高考化学押题试卷含解析一、单项选择题（本题共10小题，每小题2分，共计20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下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C推广使用煤液化、气化技术，减少二氧化碳的排放D工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放2下列有关化学用语表示正确的是（）A中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子： CsBN2分子的电子式：CHOCH2COOH缩聚物的结构简式：D镁离子的结构示意图：3下列说法正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B蛋白质的盐析和变性均是化学变化C化学反应的焓变与反应物和生成物的状态无关D按a、b两种途径由铜制备相同量的硝酸铜，途径a、b消耗的铜一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）24常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A滴入酚酞显红色的溶液：Na+、NH4+、NO3、ClB0.1 molL1 Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO4 2、ClC0.1 molL1氨水溶液：K+、Na+、NO3、AlO2Dc（H+）：c（OH）=1012molL1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl、HCO35下列有关物质性质的应用正确的是（）A水中加入明矾，可以起到杀菌消毒的作用B氧化铝中加入冰晶石，可以起到降低熔点的作用C药皂中加入少量苯酚，可以起到增白去污的作用D食品包装袋中放入生石灰，可以起到防止月饼等富脂食品氧化变质的作用6下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）ANaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlBCu2（OH）2CO3CuCl2（aq）CuCSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）DCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O7下列装置或操作能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用乙装置除去氯气中的HCl气体C用丙装置萃取溴水中的溴单质D用丁装置分离乙酸与乙醇8下列反应的离子方程式正确的是（）A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOBAgCl溶于氨水：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO3 2D用稀硝酸除去试管内壁银：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2O9短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其核外电子总数的，Y是地壳中含量最多的元素，同周期主族元素中Z原子半径最大，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：ZRXYB元素非金属性由强到弱的顺序：XRC简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：XYDY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同10硼化钒（VB2）空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5下列说法正确的是（）A电极a为电池负极，发生还原反应B每消耗1mol VB2转移6mol电子C电池工作时，OH向电极a移动DVB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11下列有关说法正确的是（）A铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小B反应NH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）在室温下不能自发进行，则该反应的H0C一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D0.1 molL1 CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c（OH）、CH3COOH浓度均减少12有机化合物Y可以由X合成：，下列叙述正确的是（）A化合物Y中含有1个手性碳原子B用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YC1molX与溴水反应最多消耗1molBr2D在一定条件，化合物X、Y均可以发生缩聚反应和加聚反应13根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向FeBr2溶液中通入少量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Br2B向Na2SO3溶液中滴加盐酸有气体产生 非金属性：ClSC向PH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍pH（HA）pH（HB）酸性：HAHBD向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液重晶石逐渐溶解溶度积：Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）AABBCCDD14常温下，用 0.1molL1 HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A当V=0时：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H2CO3）B当V=5时：3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）=2c（Na+）C当V=10时：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当V=a时：c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH）15一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s02468n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是（）A反应在前2 s 的平均速率v（O2）=0.4 molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%D保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n（SO3）/n（O2）增大三、非选择题共80分）16高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料以下是用硫酸厂产生的烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁（软磁aFe2O3）的生产流程示意图：（1）酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是；滤渣的主要成分为（填化学式）（2）加入FeS2时，发生反应的离子方程式为（3）加入NH4HCO3目的是“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是检验FeCO3是否洗涤干净的方法是（4）煅烧时，发生反应的化学方程式为17钴氧化物可制备锂离子电池正极材料，利用钴渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等制备钴氧化物的工艺流程如下：（1）铁渣中铁元素的化合价为；写出沉钴过程中发生反应的化学方程式：（2）119g CoCO3沉淀充分灼烧最多得到CO2的体积（标准状况）为（3）取一定质量的碳酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用300mL 5molL1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和3.36L（标准状况）黄绿色气体试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比（写出计算过程）18草酸是一种重要的化工产品某校化学兴趣小组拟在实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸并探究草酸的分解产物草酸的制备该小组同学设计如图所示装置（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）来制备草酸 实验过程如下：将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓缓滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；反应3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体（1）该反应需控制反应液温度在5560，并缓缓滴加混酸，原因是 （2）抽滤是指利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，达到固液分离的目的方法抽滤的优点是（3）冷凝水的进口为（a、b ）口草酸的分解实验探究小组同学经查阅资料知，草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，继续升温会分解为了检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成实验（4）简述检验装置1气密性的操作方法：（5）有同学提出装置B处可能会发生危险，理由是：（6）甲、乙两位同学都考虑到了用冰水来冷凝，冰水冷凝的目的是：（7）有同学提出甲、乙两位同学设计的装置都有缺陷，请你从AF中选择合适的仪器，组装一套更合理的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：19含硫化合物是自然界中最为重要的自然资源之一，在生产生活中应用非常广泛（1）燃煤烟气的脱硫（除SO2）技术和脱硝（除NOx）技术是环境科学研究的热点以下是用硫和氮的氧化物之间的相互转化联合进行的脱硫和脱硝技术反应的热化学方程式NO2（g）+SO2（g）+H2O（l）=H2SO4（l）+NO（g）H=a kJmol12NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=b kJmol1反应2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）的H=kJmol1（用含a、b的代数式表示）将SO2通入硫酸铁溶液也能发生类似的反应请写出该反应的离子方程式（2）MnSO4是最重要的基础锰盐工业上，生产MnSO4的方法有多种一种较为环保的方法是：利用纤维素水解产物还原软锰矿的方法生产MnSO4，其反应方程式如下：（C6H10O5）n+n H2SO4n（C6H11O5）HSO4n（C6H11O5）HSO4+n H2On C6H12O6+n H2SO4C6H12O6+12H2SO4+12MnO212MnSO4+6CO2+18H2O从理论上讲，每生产1吨MnSO4需要的纤维素的质量为软锰矿中都含有一定量的砷的化合物，如果不除砷很难达到饲料级的生产标准工业上常用氧化剂来除去其中的砷可以除去砷的氧化剂有：ClO、KMnO4、（NH4）2S2O8、O3、H2O2等，但在实际生产中，选用的氧化剂是软锰矿，可能的原因是在生产MnSO4的浸出渣中常会产生一些硫磺，可以利用四氯乙烯来回收硫磺，回收硫磺过程中受外界影响较大的因素主要有：萃取温度、液固比等下图1是上述3种因素对萃取硫磺质量影响的关系图请根据以上图表信息，选择最佳的萃取温度和液固比（3）有人设想用电化学法将SO2转化为H2SO4的原理如图2所示该电解质溶液中质子的流向是；（填“从正极流向负极”或“从负极流向正极”）写出该电池负极反应的电极反应方程式：选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质20元素X的基态原子中的电子共有7个轨道，且最外层只有1个未成对电子，X原子的内层轨道全部排满电子在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2O=X2Cl22CO2H2O（1）X+基态核外电子排布式为（2）C、N、O三种原子的第一电离能由大到小的顺序为（3）X2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：与CO为互为等电子体的阴离子是该配合物中碳原子的杂化方式为在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“”标出相应的配位键（4）XCl的晶胞如图2所示，距离每个X+最近的Cl的个数为B.实验化学21间硝基苯胺（Mr=128）是一种重要的染料中间体它是一种黄色针状结晶，微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原（装置如图1所示），其反应式如图2：实验步骤：在锥形瓶中配制足量的多硫化钠溶液，备用三颈烧瓶中加入4.74g间二硝基苯（Mr=158）与40mL水，滴液漏斗中加入多硫化钠溶液加热装置a至微沸并搅拌慢慢滴加多硫化钠溶液，滴加完毕后继续搅拌回流30min移去热源，用冷水浴冷却至室温，减压过滤，滤饼洗涤三次在150mL某容器中配制稀盐酸（30mL水加7mL浓盐酸），将上述粗产物转移进该容器，加热并搅拌使间硝基苯胺溶解，趁热过滤在搅拌下向滤液中滴加过量浓氨水到pH=8，滤液中逐渐析出黄色的间硝基苯胺过滤，洗涤滤饼至中性，抽干，产物重结晶、干燥、称重，得2.56g回答下列问题：（1）装置a名称为（2）第步中滤饼洗涤三次，可选用的洗涤剂为；第步产物要进行重结晶，可选用的试剂为A冷水 B热水 C乙醚 D乙醇（3）第步中趁热过滤的目的是（4）在铁和盐酸作用制得初生态氢也可以将硝基还原为氨基，却未被采用，其可能原因为（5）第步用盐酸溶解粗产品，而不用水的原因xx年江苏省高考化学押题试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，每小题2分，共计20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下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（）A改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C推广使用煤液化、气化技术，减少二氧化碳的排放D工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫和粉尘的排放，符合社会可持续发展理念；B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C推广使用煤液化技术、气化技术，能使煤燃烧充分，但不能减少二氧化碳的排放；D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念【解答】解：A改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源，可以减少有害气体和粉尘的产生，能减少雾霾天气发生，符合可持续发展宗旨，故A不选；B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展宗旨，故B不选；C煤经气化生成一氧化碳和氢气，液化能变为甲醇，燃烧仍生成二氧化碳，故不能减少二氧化碳的排放，不符合可持续发展宗旨，故C选；D水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展宗旨，故D不选；故选C2下列有关化学用语表示正确的是（）A中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子： CsBN2分子的电子式：CHOCH2COOH缩聚物的结构简式：D镁离子的结构示意图：【考点】核素；电子式；原子结构示意图；结构简式【分析】A元素符号的左上角表示的是质量数，该铯原子的质量数为134；B氮气中存在3对共用电子对，氮原子最外层达到8个电子；CHOCH2CH2COOH发生自身的缩聚反应，酸脱羟基醇脱氢；D镁离子核电荷数为12，核外电子数为10，核电荷数错误【解答】解：A中子数为79、质子数为55 的铯（Cs）原子的质量数为134，该原子正确的表示方法为：，故A错误；B氮气中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为，故B正确；CHOCH2CH2COOH发生缩聚反应：nHOCH2CH2COOH+（n1）H2O，缩聚物的结构简式为：，故C错误；D镁原子的质子数为12，最外层电子数为2，易失去最外层2个电子形成镁离子，镁离子的离子结构示意图：，故D错误；故选B3下列说法正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B蛋白质的盐析和变性均是化学变化C化学反应的焓变与反应物和生成物的状态无关D按a、b两种途径由铜制备相同量的硝酸铜，途径a、b消耗的铜一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）2【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁；B盐析为物理变化；C物质的能量与聚集状态有关；D根据质量守恒判断【解答】解：AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl3，反应与量的多少无关，故A错误；B蛋白质的盐析是物理变化，变性是化学变化，故B错误；C化学反应的焓变与反应的途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故C错误；D由铜原子守恒可知，按a、b两种途径由铜制备相同量的硝酸铜，途径a、b消耗的铜一样多，故D正确故选D4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A滴入酚酞显红色的溶液：Na+、NH4+、NO3、ClB0.1 molL1 Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO4 2、ClC0.1 molL1氨水溶液：K+、Na+、NO3、AlO2Dc（H+）：c（OH）=1012molL1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A滴入酚酞显红色的溶液呈碱性；BFe2+具有还原性；C氨水溶液呈碱性；Dc（H+）：c（OH）=1012molL1的溶液呈酸性【解答】解：A滴入酚酞显红色的溶液呈碱性，NH4+与碱反应不共存，故A错误；BFe2+具有还原性，酸性条件下硝酸根离子把Fe2+离子氧化，故B错误；C氨水溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；Dc（H+）：c（OH）=1012molL1的溶液呈酸性，HCO3不共存，故D错误故选C5下列有关物质性质的应用正确的是（）A水中加入明矾，可以起到杀菌消毒的作用B氧化铝中加入冰晶石，可以起到降低熔点的作用C药皂中加入少量苯酚，可以起到增白去污的作用D食品包装袋中放入生石灰，可以起到防止月饼等富脂食品氧化变质的作用【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A明矾不具有杀菌消毒的作用；B冰晶石可降低氧化铝的熔点；C苯酚能杀菌消毒；D生石灰只起到干燥的作用【解答】解：A明矾水解形成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可净水，不具有杀菌消毒的作用，故A错误；B氧化铝熔点很高，冰晶石可降低氧化铝的熔点，故B正确；C苯酚能杀菌消毒，不是起到增白去污的作用，故C错误；D生石灰只起到干燥的作用，防止月饼等富脂食品氧化变质应加入还原剂，故D错误故选B6下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）ANaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlBCu2（OH）2CO3CuCl2（aq）CuCSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）DCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A偏铝酸钠与过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝不稳定受热分解生成氧化铝，氧化铝电解得到单质铝B碱式碳酸铜为盐，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜电解生成铜和氯气；C二氧化硅不溶解于水，不与水反应，硅酸和氢氧化钠发生中和反应生成硅酸钠和水；D硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜和葡萄糖反应生成砖红色的氧化亚铜【解答】解：A碳酸的酸性强于氢氧化铝，偏铝酸钠与过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝为难溶性的碱，受热易分解，生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气，物质的转化在给定条件下能实现，故A不选；B碱式碳酸铜为盐，与盐酸反应生成氯化铜和水、二氧化碳，氯化铜溶液电解生成铜和氯气，物质的转化在给定条件下能实现，故B不选；C二氧化硅和水不反应，无法一步转化为硅酸，故C选；D硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，葡萄糖具有还原性，氢氧化铜和葡萄糖发生复分解反应，生成砖红色的氧化亚铜，物质的转化在给定条件下能实现，故D不选；故选C7下列装置或操作能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用乙装置除去氯气中的HCl气体C用丙装置萃取溴水中的溴单质D用丁装置分离乙酸与乙醇【考点】化学实验方案的评价【分析】A应在加热条件下进行；B二者都与氢氧化钠溶液反应；C溴易溶于苯，可萃取分离；D温度计位置错误【解答】解：A浓盐酸和二氧化锰的应在加热条件下进行，常温下二者不反应，不能制备氯气，故A错误；B二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C溴易溶于苯，可萃取分离，故C正确；D温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误故选C8下列反应的离子方程式正确的是（）A氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOBAgCl溶于氨水：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2OC向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO3 2D用稀硝酸除去试管内壁银：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A次氯酸是弱酸存在电离平衡，次氯酸应写化学式；BAgCl溶于氨水反应生成氯化二氨合银、水；C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化铝与碳酸不反应，过量二氧化碳生成碳酸氢根离子；D稀硝酸与金属反应产生NO【解答】解：A氯气溶于水生成的次氯酸是弱酸，反应的离子方程式 Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B氯化银溶于氨水形成配合物，离子反应为：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O，故B正确；C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝，氢氧化铝与碳酸不反应，沉淀不溶解，过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，离子反应为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故C错误；D用稀硝酸除去试管内壁银的离子反应为3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故C错误；故选B9短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其核外电子总数的，Y是地壳中含量最多的元素，同周期主族元素中Z原子半径最大，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：ZRXYB元素非金属性由强到弱的顺序：XRC简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：XYDY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；X原子最外层电子数是其核外电子总数的，令其最外层电子数为a，则（2+a）=a，解得a=4，故X为C元素；同周期主族元素中Z原子半径最大，处于IA族，原子序数大于氧，故Z为Na；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；X原子最外层电子数是其核外电子总数的，令其最外层电子数为a，则（2+a）=a，解得a=4，故X为C元素；同周期主族元素中Z原子半径最大，处于IA族，原子序数大于氧，故Z为Na；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R原子核外电子数为6+11=17，故R为ClA同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Na）R（Cl）X（C）Y（O），故A正确；B非金属性Cl元素强于碳元素的，故B错误；C碳元素非金属性弱于氧元素，故碳元素氢化物稳定性也较弱，故C错误；DY与Z形成的两种化合物为氧化钠、过氧化钠，均属于离子化合物，氧化钠只含有离子键，而过氧化钠含有离子键、共价键，故D错误故选：A10硼化钒（VB2）空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5下列说法正确的是（）A电极a为电池负极，发生还原反应B每消耗1mol VB2转移6mol电子C电池工作时，OH向电极a移动DVB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】硼化钒（VB2）空气电池中，电池总反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电子从负极流向正极，据此分析【解答】解：A、硼化钒（VB2）空气电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，发生还原反应，故A错误；B、根据2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O，每消耗1mol VB2 转移11mol电子，故B错误；C、该电池正极产生氢氧根离子，负极消耗氢氧根离子，阴离子向负极移动，而a为正极，故C错误；D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O，故D正确故选D二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11下列有关说法正确的是（）A铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小B反应NH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）在室温下不能自发进行，则该反应的H0C一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D0.1 molL1 CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c（OH）、CH3COOH浓度均减少【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb2e+SO42=PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42+2e+4H+PbSO4+2H2O；B、该反应的S0，根据G=HTS0反应自发进行判断；C、催化剂能加快反应速率但不影响平衡移动；D、CH3COOH溶液加水稀释后氢离子浓度减小，但温度不变，水的离子积不变，故氢氧根离子浓度增大【解答】解：A、原电池工作时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb2e+SO42=PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42+2e+4H+PbSO4+2H2O，正负极上都生成PbSO4，电极质量都增大，故A错误；B该反应的S0，在室温下不能自发进行，则室温下G=HTS0，说明H0，故B正确；C、催化剂能加快反应速率但不影响平衡移动，故不能改变平衡转化率，故C错误；D、CH3COOH溶液加水稀释后氢离子浓度减小，但温度不变，水的离子积不变，故氢氧根离子浓度增大，故D错误故选B12有机化合物Y可以由X合成：，下列叙述正确的是（）A化合物Y中含有1个手性碳原子B用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YC1molX与溴水反应最多消耗1molBr2D在一定条件，化合物X、Y均可以发生缩聚反应和加聚反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据手性碳原子的定义判断；BX含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应；CX的酚羟基邻位H可被取代；DX不能发生加聚反应，Y不能发生缩聚反应【解答】解：A化合物Y中含有如图所示1个手性碳原子，故A正确；BX含有酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；B物质X酚羟基有邻位可以被溴取代，1molX与溴水反应最多消耗2molBr2，故C错误；D物质X可以发生缩聚反应，Y发生加聚反应，故D错误故选AB13根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向FeBr2溶液中通入少量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Br2B向Na2SO3溶液中滴加盐酸有气体产生 非金属性：ClSC向PH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍pH（HA）pH（HB）酸性：HAHBD向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液重晶石逐渐溶解溶度积：Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A向FeBr2溶液中通入少量Cl2溶液由浅绿色变为黄色，说明生成铁离子；B比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱；C酸越弱，稀释时pH变化越小；D如生成沉淀，应满足钡离子和碳酸根离子的浓度积大于Ksp（BaCO3）【解答】解：A向FeBr2溶液中通入少量Cl2溶液由浅绿色变为黄色，说明生成铁离子，只能说明氯气氧化性比铁离子强，而不能得到溴和氯气的氧化性的判断，故A错误；B比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱，实验只能证明盐酸的酸性比亚硫酸强，故B错误；C酸越弱，稀释时pH变化越小，向PH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍，pH（HA）pH（HB），可说明酸性：HAHB，故C正确；D如生成沉淀，应满足钡离子和碳酸根离子的浓度积大于Ksp（BaCO3），不能比较溶度积大小，故D错误故选C14常温下，用 0.1molL1 HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A当V=0时：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H2CO3）B当V=5时：3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）=2c（Na+）C当V=10时：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当V=a时：c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANa2CO3溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H2CO3）；B当V=5时，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（Na+），碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=c（Na+），氯化钠溶液中c（Na+）=n（Cl）；C当V=10时，反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小进行比较；D根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），再根据电荷守恒计算出溶液中钠离子与氯离子浓度关系【解答】解：A、Na2CO3溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H2CO3），故A错误；B、当V=5时，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（Na+），碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=c（Na+），氯化钠溶液中c（Na+）=n（Cl），则得到：3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）=2c（Na+），故B正确； C、此时溶液为NaHCO3，以HCO3既水解又电离，但以水解为主，故有c（CO32）c（H2CO3），故C错误；D、根据V=a时，溶液的pH=7，此时溶液为中性，c（H+）=c（OH），盐酸的体积小于20mL，所以c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH），故D正确故选BD15一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s02468n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是（）A反应在前2 s 的平均速率v（O2）=0.4 molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%D保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n（SO3）/n（O2）增大【考点】化学平衡的计算【分析】A先计算三氧化硫反应速率，再根据同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v（O2）；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；C相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大；D根据压强对化学平衡的影响分析【解答】解：A根据表格中数据知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v（SO3）=0.2molL1s1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（O2）=0.2molL1s1=0.1molL1s1，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；C相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大，所以二氧化硫转化率大于90%，相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%，故C错误；D温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故D正确；故选D三、非选择题共80分）16高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料以下是用硫酸厂产生的烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁（软磁aFe2O3）的生产流程示意图：（1）酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解；滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）（2）加入FeS2时，发生反应的离子方程式为FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+（3）加入NH4HCO3目的是中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是Fe（OH）2检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净（4）煅烧时，发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2【考点】制备实验方案的设计【分析】在烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）中加入硫酸，铁的氧化物转化为铁离子、亚铁离子，SiO2不与酸反应，过滤后所得滤渣为SiO2，滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，过滤后在滤液中加入碳酸氢铵可生成FeCO3，高温煅烧可得Fe2O3，滤液硫酸铵为铵盐，可作为氮肥施用（1）将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解，酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，SiO2不能与稀硫酸反应；（2）滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，1价的硫被氧化成+6价的硫，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式；（3）加入NH4HCO3目的是中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3，二价铁离子在pH值为7.6左右转化为氢氧化亚铁沉淀；过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，就是检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，检验硫酸根离子需排除碳酸根离子的干扰；（4）根据流程可知煅烧后的产物为二氧化碳，同时得到氧化铁，根据原子守恒书写化学反应方程式【解答】解：（1）烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2），酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，酸浸时，常需将烧渣粉碎，通过增大接触面积，提高铁元素的浸出率，因亚铁离子、铁离子都易水解呈酸性，通过加入过量H2SO4，抑制铁离子的水解，SiO2不能与稀硫酸反应，因此酸浸、过滤后滤渣主要成分为SiO2，故答案为：提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解；SiO2；（2）滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，1价的硫被氧化成+6价的硫，FeS2SO42，失去14e，Fe3+Fe2+，得到e，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+；（3）NH4HCO3能和酸反应硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的PH，使Fe2+全部转化为FeCO3，二价铁离子在pH值为7.6左右转化为氢氧化亚铁沉淀，所以制备FeCO3应控制溶液pH不宜过高，否则会产生氢氧化铁沉淀；过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，就是检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，故答案为：中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3；Fe（OH）2；取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净；（4）根据流程可知煅烧后的产物为二氧化碳，同时得到氧化铁，则生成物为Fe2O3、CO2，反应物为碳酸盐和氧气，所以化学反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO217钴氧化物可制备锂离子电池正极材料，利用钴渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等制备钴氧化物的工艺流程如下：（1）铁渣中铁元素的化合价为+3；写出沉钴过程中发生反应的化学方程式：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O（2）119g CoCO3沉淀充分灼烧最多得到CO2的体积（标准状况）为22.4L（3）取一定质量的碳酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用300mL 5molL1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和3.36L（标准状况）黄绿色气体试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比4：5（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计【分析】钴渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等用硫酸和亚硫酸钠浸液，Co（OH）3、Fe（OH）3溶解，2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；Fe（OH）3加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气、加入氯酸钠除铁，纯化处理，加入碳酸氢铵，得到CoCO3沉淀，煅烧后得到钴的氧化物（1）在浸液中通入氧气、加入氯酸钠时亚铁离子被氧化为铁离子，沉钴过程中CoSO4与NH4HCO3反应生成CoCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，根据原子守恒书写化学方程式；（2）根据碳原子守恒，n（CO2）=n（CoCO3），再根据V=nVm计算CoCO3沉淀充分灼烧最多得到CO2的体积；（3）由电子守恒：n（Co3+）=2 n（Cl2），由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=n（Cl），联立计算n氧化物（Co2+），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O）【解答】解：（1）由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气、加入氯酸钠时亚铁离子被氧化为铁离子，可知铁渣中铁元素的化合价为+3价，沉钴过程中CoSO4与NH4HCO3反应，得到CoCO3沉淀，根据原子守恒，该反应的化学方程式为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，故答案为：+3；CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；（2）119g CoCO3沉淀的物质的量为n（CoCO3）=1mol，CoCO3沉淀充分灼烧，生成钴氧化物和CO2，根据碳原子守恒，n（CO2）=n（CoCO3），n（CO2）=1mol，标准状况下，V=nVm=1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4L；（3）由电子守恒：n（Co3+）=2n（Cl2）=0.3mol，由电荷守恒：n（Co）总=n（Co2+）溶液=n（Cl）=0.5（1.5mol0.15mol2）=0.6mol，所以固体中的n（Co2+）=0.6mol0.3mol=0.3mol，n（O）=（0.3mol3+0.3mol2）2=0.75mol，故n（Co）：n（O）=0.6mol：0.75mol=4：5，故答案为：4：518草酸是一种重要的化工产品某校化学兴趣小组拟在实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸并探究草酸的分解产物草酸的制备该小组同学设计如图所示装置（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）来制备草酸 实验过程如下：将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓缓滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；反应3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体（1）该反应需控制反应液温度在5560，并缓缓滴加混酸，原因是温度太低，则反应速率慢；温度太高或滴入过快会导致草酸产率下降（C6H12O6和H2C2O4都具有还原性，易被混酸进一步氧化） （2）抽滤是指利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，达到固液分离的目的方法抽滤的优点是可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀（3）冷凝水的进口为a（a、b ）口草酸的分解实验探究小组同学经查阅资料知，草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，继续升温会分解为了检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成实验（4）简述检验装置1气密性的操作方法：如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好（5）有同学提出装置B处可能会发生危险，理由是：B中的导管过长、过细，冷凝后的草酸晶体可能会堵塞导管而发生爆炸（6）甲、乙两位同学都考虑到了用冰水来冷凝，冰水冷凝的目的是：防止草酸蒸气干扰CO2的检验（7）有同学提出甲、乙两位同学设计的装置都有缺陷，请你从AF中选择合适的仪器，组装一套更合理的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：A、E、F【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）实验目的是得到草酸，结合实验目的分析控制温度在5560，且缓缓滴加混酸的原因：一是速率，二是产率；（2）抽滤的优点是可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；（3）采取逆流原理，让冷水下进上出，达到充分冷凝的效果；（4）利用空气热胀冷缩，让试管受热，空气受热膨胀，逸出导管形成气泡来检查装置的气密性；（5）草酸晶体受热升华，在B中冷凝，而B中的导管过长、过细，冷凝后的草酸晶体可能会堵塞导管而发生爆炸；（6）草酸蒸气进入澄清石灰水后会生成草酸钙沉淀，干扰二氧化碳的检验；（7）根据反应物草酸的熔点低和验证二氧化碳时杂质的和二氧化碳的性质来组装装置【解答】解：（1）实验目的是得到草酸，结合实验目的分析控制温度在5560，且缓缓滴加混酸的原因：温度太低，则反应速率慢；温度太高或滴入过快会导致草酸产率下降（C6H12O6和H2C2O4都