2019-2020年高考化学模拟试卷（3月份） 含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（3月份） 含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列各项古代工、农业活动中，其原理不涉及化学反应的是（） A水车灌溉B粮食酿醋C黏土烧砖D湿法炼铜AABBCCDD2下列化学用语表示不正确的是（）A钠离子的结构示意图：B原子核内有20个中子的氯原子： ClC氢氧根离子的电子式：DNaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO323下列说法正确的是（）A乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色B烃与卤素单质之间的反应均为加成反应C多糖、油脂均可发生水解反应D石油分馏和裂化均为物理变化4某化学活动小组在实验室中从海带灰浸取液获得纯碘实验方案如图所示，下列说法不正确的是（）A步骤X中可用MnO2代替双氧水B步骤Y中所用的玻璃仪器一定有分液漏斗C步骤Y中可用酒精代替CCl4D由于碘易升华，步骤Z中不能采取加热蒸发5短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子核内没有中子；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性则下列说法不正确的是（）A原子半径：WYZXB标准状况下的2.24 LM溶于水，所得溶液pH=13CYZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D一定条件下，Cu可与W的最高价氧化物对应水化物发生反应6下列实验方案能达到实验目的是（） 选项ABCD实验方案实验目的配制一定物质的量浓度的硫酸验证浓硫酸具有脱水性、氧化性验证Fe电极被保护用该装置制备并检验乙炔AABBCCDD7硫铁矿（主要成分为FeS2）又称愚人金，用如图所示装置定量测定其硫元素的质量分数取m g该样品于装置A中，经充分锻烧反应，使硫元素全部转化为氧化物，用B装置完全吸收；将煅烧后A中固体用盐酸溶解得溶液W，经检验W中含有Fe2+和Fe3+计算硫元素的质量分数还应测量的数据是（）A测B中沉淀质量B测锻烧后A中固体的质量C测B吸收瓶反应前的质量D将W蒸干、灼烧，测所得固体质量二、解答题（共4小题，满分58分）8PVB（聚乙烯醇缩丁醛）和PI（聚异戊二烯）均为用途广泛的有机制品，用乙炔为原料制备PVB和PI的流程如下（1）A中的官能团名称是（2）已知反应属于加成反应，上述转化中还有（填序号）也属于该反应类型（3）反应的条件是（4）E是A的同分异构体，E的核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的氢，且E能发生银镜反应E发生银镜反应的化学方程式是（5）反应的化学方程式是（6）2分子乙炔之间也可以发生类似的加成反应得到链烃，则反应产物的结构简式是（7）依照PI的合成路线，若将反应中的反应物“”改为“乙醛”，经过、后得到以顺式结构为主的高聚物，则用结构简式表示其顺式结构是9金属锂及其化合物在国民经济建设中用途广泛，占有重要地位（1）锂在元素周期表中的位置是（2）可以证明锂的金属性弱于钠的实验事实是（3）下图是以某富铿卤水（主要含Na+、K+、Li+、Mg2+、Cl一等）进行的沉锂工艺路线图“二次除镁”所得的沉淀中主要有碱式碳酸镁和“沉锂”和“二次除镁”时所用纯碱的浓度差异的原因是（4）将上述制备的碳酸锂加硫酸制得硫酸锂溶液，再用如右图所示装置制备氢氧化锉碳酸锂与硫酸反应的离子方程式是结合电极反应式简述制得LiOH的原理：该法中可循环利用的物质是10煤的综合利用对于改善大气质量和能源充分利用有重要的意义（1）下列说法正确的是（填序号）a煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物b煤在燃烧过程中会生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质c可利用生石灰、熟石灰、石灰石等固硫剂使煤在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐d煤的干馏属于化学变化、煤的气化和液化都属于物理变化（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用氨水吸收生成正盐的离子方程式是（3）燃煤烟气的一种脱硫方案火碱一石灰一石膏法流程图1如下常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=6的NaHSO3溶液，该溶液中离子浓度的大小顺序是氢氧化钙与NaHSO3反应的化学方程式是（4）煤的间接液化法合成二甲醚的三步反应如下：.2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1.2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.3kJmol1总反应热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=；Y（Y1、Y2），X可分别代表压强或温度如图2表示Y一定时，总反应中CO的平衡转化率随X的变化关系判断Y1、Y2的大小关系，并简述理由：11某小组同学在实验室中研究+2和+3价铁的硝酸盐的化学性质（1）他们测硝酸亚铁溶液的pH常温下小于7，用离子方程式解释其原因是（2）甲同学欲配制硝酸亚铁溶液，为防止水解，称量一定量硝酸亚铁晶体溶于pH=1的稀硝酸中，溶液呈深棕色，液面上方有红棕色气体，放置一段时间，溶液最终呈黄色（已知：Fe2+能与NO结合形成深棕色的Fe（NO）2+：Fe2+NOFe（NO）2+）液面上方红棕色气体是经检验黄色溶液中有Fe3+检验Fe3+的操作是最初溶液中生成Fe（NO）2+使溶液呈深棕色，最终溶液变黄色的原因是（3）甲同学继续用所得溶液进行实验操作步骤及现象i：往溶液中缓慢通入SO2，液面上方有红棕色气体，溶液黄色无明显变化ii：继续通入足量的SO2，溶液变为深棕色，一段时间后，溶液变为浅绿色步骤i溶液中反应的离子方程式是甲认为由步骤i的现象得出SO2与NO3发生了反应，没有与Fe3+发生反应，请判断甲的结论是否正确并说明原因：步骤ii溶液变为浅绿色，反应的离子方程式是该实验得出的结论是xx年北京市高考化学模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列各项古代工、农业活动中，其原理不涉及化学反应的是（） A水车灌溉B粮食酿醋C黏土烧砖D湿法炼铜AABBCCDD【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A水车灌溉没有新物质生成； B粮食酿醋有新物质乙酸生成；C黏土烧砖有新物质生成；D湿法炼铜有新物质铜生成【解答】解：A水车灌溉没有新物质生成，属于物理变化，故A正确； B粮食酿醋有新物质乙酸生成，属于化学变化，故B错误；C黏土烧砖有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D湿法炼铜有新物质铜生成，属于化学变化，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应与生活、生产，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2下列化学用语表示不正确的是（）A钠离子的结构示意图：B原子核内有20个中子的氯原子： ClC氢氧根离子的电子式：DNaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A钠离子的核电荷数为11，最外层达到8电子稳定结构；B质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出所带电荷及最外层电子；D碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开【解答】解：A钠离子的核电荷数为11，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故A正确；B原子核内有20个中子的氯原子的质量数为37，该原子可以表示为： Cl，故B正确；C氢氧根离子是带有1个单位负电荷的阴离子，其电子式为，故C正确；DNaHCO3为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3=Na+H+CO32，故D错误；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、元素符号、电离方程式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力3下列说法正确的是（）A乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色B烃与卤素单质之间的反应均为加成反应C多糖、油脂均可发生水解反应D石油分馏和裂化均为物理变化【考点】有机物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题；有机物的化学性质及推断【分析】A聚乙烯中不含碳碳双键；B烷烃与卤素单质发生取代反应；C多糖水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸（或盐）与甘油；D裂化为大分子生成小分子的反应【解答】解：A聚乙烯中不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，而乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B烷烃与卤素单质发生取代反应，不饱和烃与卤素单质发生加成反应，故B错误；C多糖水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸（或盐）与甘油，则二者均发生水解反应，故C正确；D裂化为大分子生成小分子的反应，为化学变化，石油分馏为物理变化，故D错误；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、油脂等有机物性质的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大4某化学活动小组在实验室中从海带灰浸取液获得纯碘实验方案如图所示，下列说法不正确的是（）A步骤X中可用MnO2代替双氧水B步骤Y中所用的玻璃仪器一定有分液漏斗C步骤Y中可用酒精代替CCl4D由于碘易升华，步骤Z中不能采取加热蒸发【考点】海带成分中碘的检验【专题】无机实验综合【分析】海带灰浸取液中通过步骤X加入适量PH=1的过氧化氢氧化碘离子为碘单质，得到含碘单质的水溶液，加入四氯化碳振荡、静置、分液得到含碘单质的四氯化碳溶液，通过蒸馏得到碘单质，A二氧化锰具有氧化性可以氧化碘单质；B分液操作需要玻璃仪器为分液漏斗；C酒精易溶于水；D碘单质易升华，四氯化碳易挥发，加热不能分离混合物；【解答】解：AMnO2代难溶于水，具有氧化性，可以氧化碘离子为碘单质，步骤X中可用MnO2代替双氧水，故A正确；B步骤Y为分液操作，需要分液漏斗，故B正确；C步骤Y为分液操作，酒精易溶于水在水溶液中不能分层，不能萃取碘单质，故C错误；D由于碘易升华，步骤Z中不能采取加热蒸发，采取的是蒸馏的操作分离得到碘单质，故D正确；故选C【点评】本题考查了海水中碘单质的提取实验方法和操作步骤分析判断，题目较简单5短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子核内没有中子；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性则下列说法不正确的是（）A原子半径：WYZXB标准状况下的2.24 LM溶于水，所得溶液pH=13CYZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D一定条件下，Cu可与W的最高价氧化物对应水化物发生反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离；CNO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；DW是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：WYZX，故A正确；B标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离，所以无法计算溶液的pH，故B错误；CNO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C正确；DW是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D正确；故选B【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，涉及元素周期律、氧化还原反应、元素化合物性质等知识点，易错选项是C，注意二氧化氮的氧化性，题目难度不大6下列实验方案能达到实验目的是（） 选项ABCD实验方案实验目的配制一定物质的量浓度的硫酸验证浓硫酸具有脱水性、氧化性验证Fe电极被保护用该装置制备并检验乙炔AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A不能将浓硫酸直接注入容量瓶中；B蔗糖变黑，溴水褪色；C铁为阳极，被氧化，失电子成为亚铁离子进入溶液，Fe电极被腐蚀；D生成的乙炔中混有硫化氢，均能被高锰酸钾氧化【解答】解：A不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故A错误； B蔗糖变黑体现浓硫酸脱水性，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫，溴水褪色，体现浓硫酸氧化性，故B正确；C铁为阳极，被氧化，失电子成为亚铁离子进入溶液，溶液变为浅绿色，Fe电极被腐蚀，故C错误；D生成的乙炔中混有硫化氢，均能被高锰酸钾氧化，不能检验乙炔，应先利用硫酸铜溶液除杂后再检验，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、氧化还原反应、电解原理以及物质的制备等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及分析，题目难度不大7硫铁矿（主要成分为FeS2）又称愚人金，用如图所示装置定量测定其硫元素的质量分数取m g该样品于装置A中，经充分锻烧反应，使硫元素全部转化为氧化物，用B装置完全吸收；将煅烧后A中固体用盐酸溶解得溶液W，经检验W中含有Fe2+和Fe3+计算硫元素的质量分数还应测量的数据是（）A测B中沉淀质量B测锻烧后A中固体的质量C测B吸收瓶反应前的质量D将W蒸干、灼烧，测所得固体质量【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】无机实验综合【分析】A中煅烧生成Fe的氧化物与二氧化硫气体，B中过氧化氢将二氧化硫氧化为硫酸，进而反应生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡沉淀的质量可以计算硫铁矿中S元素质量，再计算硫元素质量分数【解答】解：A装置A中煅烧生成Fe的氧化物与二氧化硫气体，B中过氧化氢将二氧化硫氧化为硫酸，进而反应生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡沉淀的质量可以计算硫铁矿中S元素质量，再计算硫元素质量分数，故A正确；B锻烧后A中固体为铁的氧化物，氧化物中含有+2、+3价的铁，且硫铁矿中还有其他杂质，无法确定硫元素质量，故B错误；CB吸收瓶中并不是只有吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，会有HCl挥发、过氧化分解等影响质量变化测定，无法得到二氧化硫的具体质量，即不能得到硫元素质量，故C错误；DW溶液蒸干灼烧得到固体为氧化铁，可以计算铁元素质量，但硫铁矿中还有其他杂质，无法确定硫元素质量，故D错误故选：A【点评】本题考查物质含量测定实验，关键是对实验原理的理解，注意定量测定实验中准确性二、解答题（共4小题，满分58分）8PVB（聚乙烯醇缩丁醛）和PI（聚异戊二烯）均为用途广泛的有机制品，用乙炔为原料制备PVB和PI的流程如下（1）A中的官能团名称是碳碳双键、羟基（2）已知反应属于加成反应，上述转化中还有（填序号）也属于该反应类型（3）反应的条件是浓硫酸、加热（4）E是A的同分异构体，E的核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的氢，且E能发生银镜反应E发生银镜反应的化学方程式是（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag+H2O（5）反应的化学方程式是（6）2分子乙炔之间也可以发生类似的加成反应得到链烃，则反应产物的结构简式是CH2=CHCCH（7）依照PI的合成路线，若将反应中的反应物“”改为“乙醛”，经过、后得到以顺式结构为主的高聚物，则用结构简式表示其顺式结构是【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】乙炔与丙酮发生加成反应生成，结合A的分子式可知，与氢气按1：1发生加成反应，可知A为，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯发生加聚反应得到PI（）由PVB的结构、结合信息及C的组成，逆推可知D为，则C为，B为CH2=CHOOCCH3【解答】解：乙炔与丙酮发生加成反应生成，结合A的分子式可知，与氢气按1：1发生加成反应，可知A为，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯发生加聚反应得到PI（）由PVB的结构、结合信息及C的组成，逆推可知D为，则C为，B为CH2=CHOOCCH3（1）A为，含有的官能团为：碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（2）反应属于加成反应，上述转化中属于加成反应，故答案为：；（3）反应是在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成异戊二烯，故答案为：浓硫酸、加热；（4）E是A（）的同分异构体，E的核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的氢，且E能发生银镜反应，则E为（CH3）3CCHO，E发生银镜反应的化学方程式是：（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag+H2O，故答案为：（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag+H2O；（5）反应的化学方程式是：，故答案为：；（6）2分子乙炔之间也可以发生类似的加成反应得到链烃，则反应产物的结构简式是：CH2=CHCCH，故答案为：CH2=CHCCH；（7）依照PI的合成路线，若将反应中的反应物“”改为“乙醛”，经过、后得到以顺式结构为主的高聚物，则用结构简式表示其顺式结构是：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，充分利用转化中有机物的结构与分子式采用正逆相结合的方法进行推断，较好的考查学生放学推理能力、知识迁移运用能力，难度中等9金属锂及其化合物在国民经济建设中用途广泛，占有重要地位（1）锂在元素周期表中的位置是第二周期IA族（2）可以证明锂的金属性弱于钠的实验事实是Na与Li分别与水反应，Na与水的反应更剧烈（3）下图是以某富铿卤水（主要含Na+、K+、Li+、Mg2+、Cl一等）进行的沉锂工艺路线图“二次除镁”所得的沉淀中主要有碱式碳酸镁和碳酸钙“沉锂”和“二次除镁”时所用纯碱的浓度差异的原因是碳酸锂的溶解度大于碳酸镁、碳酸钙的溶解度，使Li+沉淀需要增大CO32的浓度（4）将上述制备的碳酸锂加硫酸制得硫酸锂溶液，再用如右图所示装置制备氢氧化锉碳酸锂与硫酸反应的离子方程式是Li2CO3+2H+=Li+CO2+H2O结合电极反应式简述制得LiOH的原理：a室中发生反应：2H2O+2e=H2+2OH，b室中锂离子经过阳离子交换膜进入a室，a室中最终产物为LiOH与氢气该法中可循环利用的物质是H2SO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）锂在元素周期表中的位置是：第二周期IA族；（2）利用金属与水反应剧烈程度等判断金属性强弱；（3）卤水中加入氢氧化钙将大部分镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入稀碳酸钠溶液，溶液中镁离子、钙离子转化为沉淀；二次除镁后过滤分离，滤液中加入浓碳酸钠溶液，使溶液中Li+转化为碳酸锂沉淀，“沉锂”和“二次除镁”时所用纯碱的浓度不同，是由于碳酸锂的溶解度大于碳酸镁、碳酸钙的溶解度；（4）碳酸锂与硫酸反应生成硫酸锂、二氧化碳与水；由水的生成物可知，a室为阴极室，c为阳极室，a室中水放电生成氢气与碱，b室中锂离子经过阳离子交换膜进入a室，最终得到LiOH，c室中水放电生成氧气与氢离子，硫酸根离子经过阴离子交换膜加入c室，最终得到硫酸；c室中生成的硫酸可以溶解碳酸锂【解答】解：（1）锂在元素周期表中的位置是：第二周期IA族，故答案为：第二周期IA族；（2）Na与Li分别与水反应，Na与水的反应更剧烈，证明锂的金属性弱于钠，故答案为：Na与Li分别与水反应，Na与水的反应更剧烈；（3）卤水中加入氢氧化钙将大部分镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入稀碳酸钠溶液，溶液中镁离子、钙离子转化为沉淀，“二次除镁”所得的沉淀中主要有碱式碳酸镁和碳酸钙，故答案为：碳酸钙；二次除镁后过滤分离，滤液中加入浓碳酸钠溶液，使溶液中Li+转化为碳酸锂沉淀，“沉锂”和“二次除镁”时所用纯碱的浓度不同，是由于碳酸锂的溶解度大于碳酸镁、碳酸钙的溶解度，使Li+沉淀需要增大CO32的浓度，故答案为：碳酸锂的溶解度大于碳酸镁、碳酸钙的溶解度，使Li+沉淀需要增大CO32的浓度；（4）碳酸锂与硫酸反应生成硫酸锂、二氧化碳与水，反应离子方程式为：Li2CO3+2H+=Li+CO2+H2O，故答案为：Li2CO3+2H+=Li+CO2+H2O；由水的生成物可知，a室为阴极室，c为阳极室，a室中水放电发生反应：2H2O+2e=H2+2OH，b室中锂离子经过阳离子交换膜进入a室，最终得到LiOH，c室中水放电生成氧气与氢离子，硫酸根离子经过阴离子交换膜加入c室，最终得到硫酸；故答案为：a室中发生反应：2H2O+2e=H2+2OH，b室中锂离子经过阳离子交换膜进入a室，a室中最终产物为LiOH与氢气；c室中生成的H2SO4可以溶解碳酸锂，进行循环利用，故答案为：H2SO4【点评】本题考查物质制备工艺流程，是化学与技术综合运用，涉及海水资源的开发与利用、物质的分离提纯、电解原理应用等，侧重考查学生对原理的分析理解，难度中等10煤的综合利用对于改善大气质量和能源充分利用有重要的意义（1）下列说法正确的是abc（填序号）a煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物b煤在燃烧过程中会生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质c可利用生石灰、熟石灰、石灰石等固硫剂使煤在燃烧过程中生成稳定的硫酸盐d煤的干馏属于化学变化、煤的气化和液化都属于物理变化（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用氨水吸收生成正盐的离子方程式是H2S+2NH3H2O2+S2+2H2O（3）燃煤烟气的一种脱硫方案火碱一石灰一石膏法流程图1如下常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=6的NaHSO3溶液，该溶液中离子浓度的大小顺序是c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）氢氧化钙与NaHSO3反应的化学方程式是Ca（OH）2+NaHSO3CaSO3+NaOH+H2O（4）煤的间接液化法合成二甲醚的三步反应如下：.2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1.2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.3kJmol1总反应热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.4 kJmol1；Y（Y1、Y2），X可分别代表压强或温度如图2表示Y一定时，总反应中CO的平衡转化率随X的变化关系判断Y1、Y2的大小关系，并简述理由：Y1Y2，由3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）可知，压强增大，CO的平衡转化率增大，温度升高，CO的平衡转化率减小，所以X代表压强，Y代表温度，压强一定时，温度越低平衡转化率越大【考点】煤的干馏和综合利用【专题】制备实验综合【分析】（1）a煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物；b从煤中含有的元素和不完全燃烧分析；c碳酸钙受热分解为氧化钙，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱、碱性氧化发生反应；d煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化；（2）H2S用氨水吸收生成正盐硫化铵和水；（3）常温下，NaHSO3溶液的pH=6，NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度；氢氧化钙与NaHSO3反应生成沉淀亚硫酸钙、NaOH和水；（4）据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H0，正反应气体体积减小，通过分析升高温度和增大压强导致平衡的移动方向，通过CO的平衡转化率的变化判断X、Y【解答】解：（1）a煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物，主要含有C元素，故a正确；b煤中伴有硫元素和氮元素，不完全燃烧时生成一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物、烟尘等有害物质，故b正确；c碳酸钙受热分解为氧化钙，二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钙、氧化钙发生反应生成亚硫酸钙，然后被氧气氧化生成稳定的硫酸盐，故c正确；d煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，故d错误；故答案为：abc；（2）H2S用氨水吸收生成正盐硫化铵和水，离子方程式为H2S+2NH3H2O2+S2+2H2O，故答案为：H2S+2NH3H2O2+S2+2H2O；（3）常温下，NaHSO3溶液的pH=6，NaHSO3溶液呈酸性，NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，据此分析：电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）；氢氧化钙与NaHSO3反应生成沉淀亚硫酸钙、NaOH和水，化学方程式为Ca（OH）2+NaHSO3CaSO3+NaOH+H2O，故答案为：Ca（OH）2+NaHSO3CaSO3+NaOH+H2O；（4）：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.3kJmol1由盖斯定律+2得到3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）的H=246.4 kJmol1，故答案为：246.4 kJmol1；3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H0，正反应气体体积减小，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，因此X代表压强，Y代表温度；等压强条件下，温度越高，CO的平衡转化率越小，因此Y1Y2，故答案为：Y1Y2，由3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）可知，压强增大，CO的平衡转化率增大，温度升高，CO的平衡转化率减小，所以X代表压强，Y代表温度，压强一定时，温度越低平衡转化率越大【点评】本题考查较为综合，涉及煤的综合利用、化学（离子）方程式的书写、离子浓度的大小比较、反应热的计算和化学平衡的移动，为高频考点，题目难度中等，把握电离平衡、水解平衡等化学平衡及其因素为解答的关键，题目难度中等11某小组同学在实验室中研究+2和+3价铁的硝酸盐的化学性质（1）他们测硝酸亚铁溶液的pH常温下小于7，用离子方程式解释其原因是Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+（2）甲同学欲配制硝酸亚铁溶液，为防止水解，称量一定量硝酸亚铁晶体溶于pH=1的稀硝酸中，溶液呈深棕色，液面上方有红棕色气体，放置一段时间，溶液最终呈黄色（已知：Fe2+能与NO结合形成深棕色的Fe（NO）2+：Fe2+NOFe（NO）2+）液面上方红棕色气体是NO2经检验黄色溶液中有Fe3+检验Fe3+的操作是取少量黄色溶液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液显红色，证明含有Fe3+最初溶液中生成Fe（NO）2+使溶液呈深棕色，最终溶液变黄色的原因是在稀硝酸中Fe2+被NO3氧化为Fe3+，使c（Fe2+）降低，Fe2+NOFe（NO）2+的平衡向左移动，当Fe2+被完全氧化为Fe3+时，溶液由深棕色变为黄色（3）甲同学继续用所得溶液进行实验操作步骤及现象i：往溶液中缓慢通入SO2，液面上方有红棕色气体，溶液黄色无明显变化ii：继续通入足量的SO2，溶液变为深棕色，一段时间后，溶液变为浅绿色步骤i溶液中反应的离子方程式是2NO3+3SO2+2H2O=3SO42+2NO+4H+甲认为由步骤i的现象得出SO2与NO3发生了反应，没有与Fe3+发生反应，请判断甲的结论是否正确并说明原因：正确溶液上方产生红棕色的气体，说明NO3被还原，溶液没有深棕色出现，说明Fe2+没有被氧化为Fe3+步骤ii溶液变为浅绿色，反应的离子方程式是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+该实验得出的结论是SO2的还原性比Fe2+的强等【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）亚铁离子水解，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；（2）硝酸具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；铁离子遇KSCN溶液显红色；稀硝酸中亚铁离子被氧化为铁离子，使生成Fe（NO）2+的平衡逆向移动，最终完全氧化为铁离子；（3）往溶液中缓慢通入SO2，液面上方有红棕色气体，溶液黄色无明显变化，说明硝酸将二氧化硫氧化为硫酸；溶液上方产生红棕色的气体，说明硝酸根被还原，溶液没有深棕色出现，说明铁离子没有被还原为亚铁离子；溶液变为浅绿色，说明硝酸根反应完毕，铁离子氧化二氧化硫，而被还原为亚铁离子；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性【解答】解：（1）亚铁离子水解：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，故答案为：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+；（2）硝酸具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，故答案为：NO2；检验Fe3+的操作是：取少量黄色溶液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液显红色，证明含有Fe3+，故答案为：取少量黄色溶液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液显红色，证明含有Fe3+；最初溶液中生成Fe（NO）2+使溶液呈深棕色，最终溶液变黄色的原因是：在稀硝酸中Fe2+被NO3氧化为Fe3+，使c（Fe2+）降低，Fe2+NOFe（NO）2+的平衡向左移动，当Fe2+被完全氧化为Fe3+时，溶液由深棕色变为黄色，故答案为：在稀硝酸中Fe2+被NO3氧化为Fe3+，使c（Fe2+）降低，Fe2+NOFe（NO）2+的平衡向左移动，当Fe2+被完全氧化为Fe3+时，溶液由深棕色变为黄色；（3）往溶液中缓慢通入SO2，液面上方有红棕色气体，溶液黄色无明显变化，说明硝酸将二氧化硫氧化为硫酸，反应离子方程式为：2NO3+3SO2+2H2O=3SO42+2NO+4H+，故答案为：2NO3+3SO2+2H2O=3SO42+2NO+4H+；溶液上方产生红棕色的气体，说明NO3被还原，溶液没有深棕色出现，说明Fe2+没有被氧化为Fe3+，该同学的说法正确，故答案为：正确，溶液上方产生红棕色的气体，说明NO3被还原，溶液没有深棕色出现，说明Fe2+没有被氧化为Fe3+；溶液变为浅绿色，说明硝酸根反应完毕，铁离子氧化二氧化硫，而被还原为亚铁离子，反应离子方程式为：，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；由发生的氧化还原反应可知，该实验得出的结论是：SO2的还原性比Fe2+的强等，故答案为：SO2的还原性比Fe2+的强等【点评】本题考查物质性质探究实验，侧重考查学生对原理分析理解，熟练掌握元素化合物性质，是对学生综合能力的考查，难度中等