2020年安徽省淮北市、宿州市高考化学一模试卷(有答案解析)

2020年安徽省淮北市、宿州市高考化学一模试卷题号一一三四总分得分一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）.我国北宋《梦溪笔谈》中记载：“高奴县出脂水，生于水际，沙石与果水相杂，惘惘而出，颇似淳漆，然之如麻，但烟甚浓，所沾帷幕皆黑，此物后必大行于世”。文中“脂水”是（ ）A.煤泥 B.石油 C.油脂 D.液化天然气.2018年10月25日13时，皖北某发电厂的冷却塔爆破拆除。下列相关说法不正确的是（ ）A.建造冷却塔使用的水泥属于硅酸盐材料B.爆破拆除冷却塔是为了响应国家节能减排的号召C.燃煤中加入生石灰的目的是减少温室气体的排放D.冷却塔中的钢筋生锈主要是电化学腐蚀.化学无处不在，下列说法不正确的是（ ）A.硅既可制作光导纤维，也可制作电脑芯片B.乙酸既可做调味剂，也可除水垢C.氢氧化铝既可做阻燃剂，也可治疗胃酸过多D.食盐既可做融雪剂，也可做防腐剂.设Na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）58.5gNaCl晶体中含有6Na个共价键1LpH=3的H3PO4溶液中，含有H+数目为0.001Na3.36LSO2和SO3的混合物，含有硫原子的数目为 0.15NAD.力口热含0.1molAlCl3的溶液形成Al（OH）3胶粒数目为0.1Na.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）Na2O2与H2O反应产生O2：O22-+2H2O=4OH-+O2TFeCl3溶液刻蚀铜制电路板： 2Fe3++3Cu=3Cu2++2FeC.向酸性KI溶液中通入。3：2I-+O3+H2O=I2+O2+2OH-D.少量NaHCO3液与Ba（OH）2溶液混合：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3+HO.下列微粒能够在指定的分散系中大量共存的是（ ）A.次氯酸钠溶液中：NO。SO42-、OH-、K+B.氢氧化铁月刎：中：NO3-、SO42-、Cu2+、NH4+C.碳酸钙悬浊液中：Cl-、AlO2-、H+、Fe2+D.纯净的空气中：CO2、NO、H2、NH3.碱式盐Cu2（OH）2CO3可以表示为Cu（OH）2?CuCO3,混盐CaOCl2可以表示为CaCl2?Ca（ClO）2,下列有关化合物K302cl的说法不正确的是（ ）A.可表示为K2O?KClO B.其水溶液有漂白性C.与水反应放出氢气 D.其水溶液显强碱性.金属银能与多种酸发生反应2Ag+2HI=2AgI+H2T2Ag+4HCN=2H[Ag（CN）2]+H2T3Ag+4HNO3=3AgNO3+NOT+2H2O下列说法不正确的是（ ）

A.该反应①发生的主要原因是生成极难溶的 AgIB.该反应②发生的主要原因是生成稳定的配合物C.反应①②③都发生了氧化还原反应D.由①②得知，2Ag+H2SO4=Ag2SO4+H2f.白磷的制备反应是Ca5（PO4）3F+SiO2+C^P4T+COT+CaF2CaO?SiO2（未配平）。下列说法不正确是（ ）A.每生成1molP4,同时生成1.5molCaF2B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：15C.将气体产物通过冷水，可分离出白磷D.炉渣可以做水泥的填料.工业上常用钮炉渣（主要含 FeO?V2O3）提取V2O3的流程如图：NaXOj （NKJ1sdJl_上帆炉清T港烧f木漫阮班fN也丫6冬加5空气浸出那TOC\o"1-5"\h\z卜列说法不正确的是（ ）A.焙烧时FeO?V2O3转化为NaVO3B.浸出渣主要成分为FeOC.常温下，NH4V03难溶于水 D.NH4V03受热分解可能会生成NH311.依据下列有关实验操作和现象所得结论正确的是（ ）选项操作现象结论A向某酸性溶液中滴加Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀原溶液中一定后SO42-B向5mL0.1mol?L-1NaHS溶液中依次各加3滴0.1mol?L-1ZnSO4溶?彼、0.1mol?L-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后又产生黑色沉淀Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)C向苯中滴加少量滨水液体分层，上层为橙红色，下层接近无色澳在苯中的溶解度比涅在水中的溶解D将Na2CO3溶液蒸十得到白色固体该固体为NaOHD.D下列说法TOC\o"1-5"\h\zA.A B.B C.CD.D下列说法.新型光电材料多孔硅是通过电化学腐蚀单晶硅片的方法形成的,不正确的是（ ）A.反应不能在玻璃容器中进行B.Si电极的反应式：Si+4HF+4e-=SiF4+4HC.制备过程需要采用微电流减慢反应速率D.硅电极凹面内的硅原子更易氧化形成空洞.常见短周期非金属元素W、X、Y、Z,其原子序数依次增大。由上述元素组成的各物质转化关系如下图所示，通常情况下，甲为最常见的液体，单质乙是黄

绿色气体，丙是无色的气体，且是大气中形成酸雨的主要物质。下列叙述不正确的是（ ）A.原子半径：WvXvY B.气态氢化物的稳定性： Z>YC.单质的氧化性：Y>X D.等浓度时溶液pH：丁>戊>己.非整比化合物是各种原子的相对数目不能用简单整数比表示的化合物，能呈现特殊的颜色，有不同的化学反应活性，有金属性或半导体性，还有特殊的光学性质。下面关于非整比化合物的说法不正确的是（ ）A.将ZnO晶体放在锌蒸气中加热，制成红色氧化锌 Zni+xO,导电性会增强B.在H2中煨烧WO3制得WO3-x,用作光照条件下水分解的催化剂C.氤气会进入液态水的笼形分子团中，形成 Xe?xH2O,增大氤气的溶解量D.层状石墨间隙吸附Li+制成的Lii-xC6可做锂离子电池正极材料.室温下，苯丙氨酸溶液存在以下平衡：I'hClhCNHf,CHCOO'Q明。圻限0^4H仁 川小I'hClhCNHf（Ph-为苯基），苯丙氨酸溶液中各成分分布系数与 pH关系如图所示。当氨基酸接受或给出质子的程度相等，分子所带的净电荷为零，此时溶液的 pH值就称为该氨基酸的等电点（pI）。下列有关苯丙氨酸溶液的说法正确的是（ ）q辍限Ieq辍限Ie为B.a点表示的溶液中c(PI】C%户80H]+c(IT)=c(PhC&?ICOO)+c(0H)NHf NikB.a点表示的溶液中C.b点和c点所示溶液中水的电离程度相同D.溶液pH由8.5升至11要存在的电离方程式是PhCH2fHec)0*1PhCH班HCOO+H-NH?+ NFh 二、双选题(本大题共~~1小题，共3.0分).25c时，Ksp[Fe(OH)3]=2.710-39(mol?L-1)4,将Fe(OH)3固体加入蒸储水中，搅拌形成固液混和物，下列有关Fe(OH)3固液混和物的说法正确的是( )A.pH=10 B.c(Fe3+)=2.7M0-18mol?L-1C.c(Fe3+)=1.0M0-10mol?L-1 D.pH=4+1g3三、简答题(本大题共3小题，共38.0分).硫代硫酸钠(Na2s2。3),俗称大苏打，在生活和生产中有重要应用。(1)用Na2s2O3稀溶液洗脸有去油脂功效，去油脂是因为其溶液显性；Na2s2O3可以处理酸性重需酸盐工业废水，体现了其性。Na2s2O3可以做定影剂。胶卷定影时，大苏打溶液能溶解尚未感光的 AgBr,转化为可溶的Na3[Ag(S2O32]显影部分固定下来。此过程的离子方程式为：。Na2s2O3以改善池塘水质。在酸性条件下，大苏打能释放出具有一定消毒作用的硫单质和一种刺激性气味的气体，该气体为。(4)大苏打可以解氧化物中毒，可将 CN-化为无毒的SON?,SCN?中S的化合价为,检验有sCN?生成的操作为(5)称取0.1070gKIO3于锥形瓶中加蒸储水溶解，加入过量 KI溶液、适量盐酸，振荡，有紫色碘生成，用待测Na2sO3溶液滴定至浅黄色，再加入少量淀粉溶液，继续滴加 Na2s2O3溶液至终点，共消耗Na2s2O3溶液28.10mL.反应的离子方程式是：IO3-+5I-+6H+=312+3H2。，l2+2s2O32-=2I—+sO62一,判所滴定终点的方法为,待测Na2s2。3溶液浓度是.硼酸，白色粉末，能溶于水，水溶液呈弱酸性，用于制造玻璃、染料等。一种以硼镁矿(2MgO?B2O3?H2。、siO2及少量FesO4、CaCO3)为原料生产硼酸(H3BO3)的工艺流程如图1：回答以下问题：“粉碎”的主要目的是。(2)滤液中的Na2B4O7液经强酸酸化可制得硼酸H3BO3,写出反应的离子方程式(3)根据以下物质的溶解度曲线(如图 2),从混合物分离角度分析，制备硼酸时“酸化”宜选择(填“硫酸”或“盐酸”)，理由是。

(4)结晶获得的粗硼酸晶体中含有少量 Fe2+、Fe3+、Na+等，纯化的操作是秋而剪理盛田也区1必，而小L一»~ 热溶液中加入H2O2,作用是(用离子方程式表示)，调节pH至4,其目的是:用水蒸汽加热充分搅拌，趁热抽滤，冷却结晶，、、,即获得纯净的硼酸晶体。.乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业。(1)在标准状态时，由元素最稳定的单质生成 1mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成烙，符号^Hfo.几种物质的标准摩尔生成始如图 1所示。一:"8口2t478S?ciMToepts一:"8口2t478S?ciMToepts.IM30请写出在标准状态下乙酸与乙醇酯化反应的热化学方程式(2)取等物质的量的乙醇、乙酸在 333K下密闭容器中发生液相(反应物生成物均为液体)酯化反应，达到平衡，乙酸转化率为则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数 Kx为,而同条件下实验室采用回流并分离出水方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可达 98%,可能的原因是。(3)若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相(反应物生成物均为气体)酯化反应，其平衡常数与温度关系为：1gK=724/T=0.127(式中T为温度，单位为K),则气相酯化反应为(填“吸热”或“放热”)反应。乙酸与乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的催化作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图2所示。(4)由图2可知，产率为95%时，应选择的最优条件是。使用催化剂乙时，当温度高于190C,随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因是。四、实验题(本大题共1小题，共14.0分).C1O2是一种漂白消毒剂，常温下为黄绿色气体，易溶于水，沸点11C,光照易分解，浓度超过30%会发生爆炸，能与碱发生反应。一种制备 C1O2水溶液装置如图所示。(1)仪器a的名称;检查上述装置气密性的方法是。(2)装置甲中反应的离子方程式：。制得的C1O2溶液用色试剂瓶密封置于冰箱保存。用NaOH溶液吸收C1O2尾气，生成物质的量之比为 5:1的两种阴离子：C1O3-和。(3)实验中需要持续通空气的原因是、。(4)有同学认为洗气瓶和烧杯都要防倒吸，你的观点是(“需要”或者“不需要”)，理由。C1O2分解产生少量氯气，为了除去氯气，有同学建议在装置甲乙之间增加一个洗气瓶，用NaClO2溶液吸收氯气转化为C1O2,写出该反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目

柿II：中L 答案与解析 .答案：B解析：解：燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，故 B正确；故选：B。燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油。本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途，题目难度不大。.答案：C解析：解：A.水泥是传统的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；B．炸药爆破拆除节省能源，所以爆破拆除冷却塔是为了响应国家节能减排的号召，故 B正确；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙， 二氧化硫排放量减少， 但在高温下反应生成二氧化碳， 燃煤中加入 CaO后可减少酸雨的发生， 但不能减少温室气体的排放量，故C错误；D．铁的腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀，以电化学腐蚀为主，故 D正确；故选：C。A.水泥是传统的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐；B．炸药爆破拆除节省能源；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙， 二氧化硫排放量减少， 但在高温下反应生成二氧化碳；D．铁主要发生电化学腐蚀。本题考查较为综合，涉及环境污染、金属的腐蚀、硅酸盐的性质以及化学史等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。.答案：A解析：解：A、电脑芯片是硅，光导纤维成分是二氧化硅，故A错误；B．乙酸具有弱酸性，乙酸的水溶液为食醋可以做调味剂，酸性比碳酸的酸性强，所以也可除水垢，故B正确；C、氢氧化铝加热易分解生成氧化铝， 所以氢氧化铝不能用做耐火材料， 氢氧化铝是弱酸也可以治疗胃酸过多，故 C正确；D．食盐可以改善食品的口感，可做调味品，也能抑制微生物的生长和繁殖，防止食物变质，可以做防腐剂，故 C正确；故选：A。A、电脑芯片是硅，光导纤维成分是二氧化硅；B、乙酸具有弱酸性；C、氧化铝可以用做耐火材料；D．食品防腐剂是指保持食品原有的质量和食品营养价值为目的食品添加剂，它能抑制微生物的生长和繁殖；调味剂是指改善食品的感官性质，使食品更加美味可口。本题考查较为综合，涉及硅和二氧化硅的性质、乙酸的性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。.答案： B解析：解： A、NaCl是离子晶体，含有离子键，不含共价键，故 A错误；B、pH表示溶液中已存在的H+的数目，与物质的组成无关。1LpH=3的H3PO4溶液中，含H+的物质的量为1LX0.001mol?L-1=0.00imoi,故含有H+数目为0.001Na,故B正确；C、条件未知，无法用体积计算物质的量，故 C错误；D、胶体是分子的集合体， 0.1molAlCl3形成的Al(OH)3胶粒数小于0.1mol,故D错误。故选： B。A、NaCl是离子化合物，只含离子键，不含共价键；B、pH表示溶液中已存在的 H+的数目，与物质的组成无关；C、利用体积计算物质的量时需要条件；D、胶体是分子的集合体， 0.1molAlCl3形成的Al(OH)3胶粒数小于0.1mol。注意pH表示溶液中已经存在的 H+的浓度，与物质的组成无关；注意胶体是分子的集合体，数目庞大，例如制备1molAl(OH)3或Fe(OH)3胶粒时，需要的AlCl3或FeCl3的量大于1mol。.答案： D解析：解：A.Na2O2与H2O反应产生O2和氢氧化钠，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH—+4Na++O2T,故A错误；FeCl3溶液刻蚀铜制印刷电路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=3Cu2++2Fe2+,故B错误；C．向酸性KI溶液中通入 O3，二者发生氧化还原反应， 正确的离子方程式为： 6I-+O3+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D.少量NaHCO3液与Ba(OH)2溶液混合，该反应的离子方程式为：Ba2++OH-+HCO3三BaCO3J+HO,故D正确；故选： D。A.过氧化钠不能拆开；B．铜的活泼性需要铁，不会置换出铁；C.酸性条件下，反应产物中不应存在氢氧根离子；D．碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水。本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，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。6.答案： A解析：解：A.NOcSO42-、OH-、K+之间不反应，都不与NaClO反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B,氢氧化铁胶体带有正电荷，与带有负电荷的 NO*SO42-发生聚沉现象，在溶液中不能大量共存，故B错误；AlO2-与H+、Fe2+发生反应，H+与碳酸钙反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NO与氧气反应，在空气中不能共存，故 D错误；故选： A。A.四种离子之间不反应，都不与次氯酸钠溶液反应；B．氢氧化铁胶体在电解质溶液中易发生聚沉现象；C.碳酸钙、偏铝酸根离子都与氢离子反应，偏铝酸根离子与亚铁离子反应；NO与空气中氧气反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-;溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。7答案：C解析：解：A.混盐CaOCl2可以表示为CaCl2?Ca(ClO)2,K3O2CI可作类似变化，可表示为K2O?KClO,故A正确；B.可表示为K2O?KClO,含次氯酸根离子具有强氧化性，其水溶液有漂白性，故B正确；C.与水反应不生成气体，生成KOH、KC1O,故C错误；D.与水反应生成KOH,溶液显强碱性，故D正确；故选：CoA.混盐CaOCl2可以表示为CaCl2?Ca(ClO)2,K3O2CI可作类似变化；B.含次氯酸根离子具有强氧化性；C.与水反应不生成气体；D.与水反应生成KOH。本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、习题中的信息为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。8答案：D解析：解：A.AgI是极难溶的物质，Ag和HI反应生成难溶性的AgI,所以该反应①发生的主要原因是生成极难溶的AgI,故A正确；B.配合物H[Ag(CN)2]较稳定，所以该反应②发生的主要原因是生成稳定的配合物，故B正确；C.有电子转移的化学反应是氧化还原反应， 其特征是有元素化合价升降， 这三个反应中都有元素化合价升降，所以都是氧化还原反应，故 C正确；D.硫酸银微溶，且Ag和稀硫酸不反应，所以Ag和稀硫酸混合没有反应方程式，故D错误；故选：DoA.AgI是极难溶的物质；B.配合物较稳定；C.有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；D.硫酸银微溶，且Ag和稀硫酸不反应。本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应特征及本质是解本题关键，知道金属活动性顺序表及金属和酸的反应，题目难度不大。9答案：A解析：解：A.由以上分析可知每生成 1molP4,同时生成口molCaF2,故A错误;B.由方程式可知Ca5(PO4)3F为氧化剂、C为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：15,故B正确；C.气体通入冷水，白磷由气体变为固体，可分离出白磷，故C正确；D.滤渣含有2CaO?SiO2,可以做水泥的填料，故D正确。故选：A在此反应中Ca5(PO4)3F中P元素价态从+5降低到0价的P4,化合价降低了5,C从0价升高到+2价的CO,化合价升高了+2价，反应的方程式为4Ca5(PO4)3F+9SiO2+30C悭13P4T+30COT+2C@+9(2CaO?SiO2),以此解答该题。本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。.答案：B解析：解：A.由以上分析可知焙烧时FeO?V2O3转化为NaVO3,故A正确;B.水浸后得到滤渣中含有氧化铁，故B错误；C.由题给信息可知，常温下， NH4VO3难溶于水，故C正确；D.NH4VO3灼烧生成V2O5,同时生成氨气，故D正确。故选：B。根据流程：钮炉渣(主要含FeO?V2O3)加入碳酸钠在空气中焙烧，生成 NaVO3、氧化铁、硅酸钠、际磷酸钠，反应为：4FeO?V2O5+4Na2CO3+5O2、8NaVO3+2Fe2O3+4CO2,水浸后得到滤渣中含有氧化铁，滤液含有NaVO3,过滤后向溶液中再加入硫酸俊生成 NH4VO3沉淀：NH4++VO3-=NH4VO3NH4VO3灼烧生成V2O5,以此解答该题。本题以化学工业流程考查物质的分离提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，把握流程发生的反应及混合物的分离方法为解答的关键，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的理解掌握，题目难度中等。.答案：C解析：解：A.溶液中可能含亚硫酸根离子，则溶液中不一定含硫酸根离子，故A错误；B.NaHS溶液过量，均为沉淀生成，不能比较 Ksp大小，故B错误；C.苯与澳水发生萃取，则液体分层，上层为橙红色，下层接近无色，故 C正确；D.碳酸钠溶液蒸发，得到白色固体为碳酸钠，故D错误；故选：CoA.溶液中可能含亚硫酸根离子；B.NaHS溶液过量，均为沉淀生成；C.苯与澳水发生萃取；D.碳酸钠溶液蒸发，最终为碳酸钠。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、离子检验、沉淀生成、混合物分离提纯、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。.答案：B解析：解：A.该电解池中，电解液中含有HF,与二氧化硅反应，所以不能在玻璃容器中进行，故A正确；B.阳极上Si失电子发生氧化反应，电极反应式为 Si+4HF-4e-=SiF4+4H+,故B错误；C.制备过程需要采用微电流，可以减慢反应速率，故C正确；D.硅电极凹面内的硅原子，接触面更大，则更易氧化形成空洞，故D正确；故选：B该电解池中，阳极上Si失电子发生氧化反应，电极反应式为 Si+4HF-4e-=SiF4+4H+,阴极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为 4H++4e-=2H2,据此分析解答。

本题考查了电解池原理，根据阴阳极材料确定电极上得失电子的物质及反应类型，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质书写，难度中等。.答案：C解析：解：根据分析可知：甲为水，乙为氯气，丙为二氧化硫，戊为HCl,丁为HC1O,己为硫酸；W为H,X为O,丫为S,Z为Cl元素。A.电子层越多原子半径越大，则原子半径： WvXvY,故A正确；B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性 Cl>S,则气态氢化物的稳定性： Z>Y,故B正确；C.非金属性：S<O,非金属性越强，单质氧化性越强，则单质的氧化性： YVX,故C错误；D.戊为HCl,丁为HCIO,己为硫酸，HCl为一元强酸，HC1O为弱酸，硫酸为二元强酸，酸性越强溶液的pH越小，则等浓度时溶液pH：丁>戊>己，故D正确故选：Co常见短周期非金属元素W、X、Y、Z,其原子序数依次增大。由上述元素组成的各物质转化关系如下图所示，通常情况下，甲为最常见的液体，则甲为水；单质乙是黄绿色气体，则乙为氯气；丙是无色的气体，且是大气中形成酸雨的主要物质，则丙为二氧化硫，结合转化关系可知，戊为 HCl,丁为HC1O,己为硫酸，结合原子序数大小可知，W为H,X为O,丫为S,Z为Cl元素，据此解答。本题考查无机物推断，题目难度中等，推断物质组成、元素名称为解答关键，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。.答案：D解析：解：A、将ZnO晶体放在锌蒸气中加热，制成红色氧化锌 Zn1+xO,由于过量锌原子进入晶体的间隙位置，导电性增强，故A正确；B、在H2中煨烧WO3制得WO3-x,氧原子数减少，催化活性增强，用作光照条件下水分解的催化剂，故B正确；C、氤气会进入液态水的笼形分子团中， 形成Xe?xH2O,氤气结合水分子，增大氤气的溶解度，故C正确；D、层状石墨间隙吸附Li+制成的Lii-xC6,C的化合价降低，反应氧化反应，做锂离子电池负极材料，故D错误；故选：DoA、由于过量锌原子进入ZnO晶体的间隙位置，导电性增强；B、WO3制得WO3-x,氧原子数减少，催化活性增强；C、氤气会进入液态水的笼形分子团中，氤气结合水分子，增大氤气的溶解度；D、层状石墨间隙吸附Li+制成的Lii-xC6,C的化合价降低。本题考查非整比化合物，注意非整比化合物因为结构的改变而有不同的化学反应活性，有金属性或半导体性，还有特殊的光学性质。.答案：D解析：解：A.当氨基酸接受或给出质子的程度相等，分子所带的净电荷为零，而不是分子本身电荷为0,此时溶液的pH值就称为该氨基酸的等电点（pl）,说明「正=「逆，此时反应达到平衡，此时pI=pKa1=1.83,故A错误；B.根据图象，aB.根据图象，a点溶液中含有较多的PhCHyCHCOOHNHfP/1CH2CHCOO~I 含量较少，此时没有+c(PhCH-CHCOOnh2PhCH^CHCOOC.b点溶液为酸性，以PhCH^CHCOO,若根据电荷守恒：C(H+)+C(依一)=c(OH时没有+c(PhCH-CHCOOnh2PhCH^CHCOOC.b点溶液为酸性，以PhCH^CHCOO,若根据电荷守恒：C(H+)+C(依一)=c(OH-))，但此时溶液为酸性，所以不成立，故B错误;PhCHypHCOOH电离为主，抑制水的电离， c点溶液为碱性，以NH3水解为主，促进水的电离，所以b点和c点电离程度不同，故C错误;PhCH^CHCOO~D.pH=8.5时，溶液中以 |PhCH^CHCOO~D.pH=8.5时，溶液中以 |PhCH^CHCOO~为主，随着pH增大，c(减小，c(PhCHiCHCOONHzNHfNHf)增大，所以溶液pH由8.5升至11要存在的电离方程式是:PhCH斤HCOO0PhCH*H8O.+减小，c(PhCHiCHCOONHzNHfNHf)增大，所以溶液pH由8.5升至11要存在的电离方程式是:PhCH斤HCOO0PhCH*H8O.+MNHf NH2D故D正确;故选：DoA.当氨基酸接受或给出质子的程度相等，分子所带的净电荷为零，此时溶液的酸的等电点(pl),说明「正=「逆，此时反应达到平衡；pH值就称为该氨基PhCH^CHCOOB.根据图象，a点溶液中含有较多的NH1NHf时没有含量较少，此PhCH^CHCOO,根据电荷守恒分析;NHib点溶液为酸性，cb点溶液为酸性，c点溶液为碱性；PhCH^CHCOO~pH=8.5时，溶液中以 |PhCH^CHCOO~为主，随着pH增大，c(PhCHiCHCOO减小，c( | )增大。加2本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，根据图象分析是解题的关键，本题所选取的酸电离过程较为复杂，其中B选项为易错点，需知即使根据电荷平衡，但切莫忽略此时溶液酸碱性。.答案：CD解析：解：由以上分析可知c(Fe3+)=1.0X10-10moi?L-1,则c(OH-)=3.0M0-10moi?L-1,溶*彼pH=4+1g3,故选：CD。25c时，Ksp[Fe(OH)3]=2.710-39(mol?L-1)4,设c(Fe3+)为x,则c(OH-)=3x,可知(3x)3双=2.710-39,x=1.010-10mol?L-1,以此解答该题。本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念，题目难度中等。.答案：碱还原2s2O32-+AgBr=Ag(S2O3)23-+Br-SO2-2取少量样品于试管中，加入适量FeCl3溶液，若溶液变成红色，则说明有 SCN-生成 当滴入最后一滴待测液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 0.1068mol?L-1解析：解：(1)用Na2s2O3稀溶液洗脸有去油脂功效，去油脂是因为其溶液显碱性， Na2s2O3可以处理酸性重需酸盐工业废水，是具有还原性还原重铭酸根离子生成铭离子，故答案为：碱；还原；(2)定影过程是用定影液(含 Na2s2O3)将胶片上未感光的AgBr转化为Ag(S2O3)23-,这一过程中，AgBr与Na2s2O3反应生成配合物Ag(S2O3)23-,反应的离子方程式为：2s2O32-+AgBr=Ag(S2O3)23-+Br-,故答案为：2s2O32-+AgBr=Ag(S2O3)23-+Br-；Na2s2O3以改善池塘水质。在酸性条件下，大苏打能释放出具有一定消毒作用的硫单质和一种刺激性气味的气体，Na2s2。3与酸溶液反应生成硫酸盐、二氧化硫、硫和水为 SO2,反应的化学方程式如：Na2s2O3+H2SO4=Na2SO4+SJ+SO+H2O,故答案为：SO2；SCN?中氮元素化合价-3价，碳元素化合价+4价，计算得到S的化合价-2价，检验有SCN?生成的操作为：取少量样品于试管中，加入适量 FeCl3溶液，若溶液变成红色，则说明有 SCN-生成，故答案为：-2;取少量样品于试管中，加入适量 FeCl3溶液，若溶液变成红色，则说明有 SCN-生成；(5)称取0.1070gKIO3于锥形瓶中加蒸储水溶解， 加入过量KI溶液、适量盐酸，发生反应，n(KIO3)IO3-+5I-+6H+=312+3H20,IO3-+5I-+6H+=312+3H20,12+2S2O32-=2I-+SO62-,色褪去判断反应终点，发生的反应:IO3-〜3I2〜6s2。32-,0.0005molnn=0.003mol,待测Na0.0005molnn=0.003mol,待测Na2s2O3溶液浓度c=K'l'I"*'欢li而=0.1068mol?L-1,故答案为：当滴入最后一滴待测液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点；0.1068mol?L-1。(1)Na2s2O3稀溶液为强碱弱酸盐水解显碱性， Na2s2O3可以处理酸性重需酸盐工业废水， 是具有还原性还原重铭酸根离子生成铭离子；(2)定影过程是用定影液(含 Na2s2。3)将胶片上未感光的AgBr转化为Ag(S2O3)23-,形成透光亮影区，据此写出反应的离子方程式；(3)Na2s2O3以改善池塘水质。在酸性条件下，大苏打能释放出具有一定消毒作用的硫单质和一种刺激性气味的气体为二氧化硫；(4)大苏打可以解氧化物中毒，可将 CN-化为无毒的SCN?,SCN?中氮元素化合价-3价，碳元素化合价+4价，计算得到S的化合价，检验有SCN?生成，可以利用硫氟酸根离子结合铁离子生成血红色溶液设计；(5)称取0.1070gKIO3于锥形瓶中加蒸储水溶解， 加入过量KI溶液、适量盐酸，发生反应，n(KIO3)Na2s2Na2s2。3溶液，蓝色褪去判断反应终点，发生的反应： IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,l2+2s2O32-=2I-+sO62-,结合定量关系计本题考查了物质性质的分析排水、氧化还原反应、滴定实验的计算过程等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。.答案：增大接触面积，碳化时加快反应速率 5H2O+B4O72-+2H+=4H3BO3盐酸 因为氯化钠的溶解度随温度变化不大，分离氯化钠和硼酸可以利用冷却结晶的方法2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O使Fe3+水解全部转化成Fe(OH)3沉淀过滤洗涤干燥解析：解：(1)“粉碎”的主要目的是增大接触面积，碳化时加快反应速率，故答案为：增大接触面积，碳化时加快反应速率；(2)滤液中的Na2B4O7经强酸酸化可制得硼酸H3BO3,反应的离子方程式为5H2O+B4O72-+2H+=4H3BO3,故答案为：5H2O+B4O72-+2H+=4H3BO3;(3)由溶解度曲线可知氯化钠的溶解度受温度影响不大，从混合物分离角度分析，制备硼酸时“酸化”宜选择盐酸，理由是因为氯化钠的溶解度随温度变化不大，分离氯化钠和硼酸可以利用冷却结晶的方法［或硫酸，因为在40c以上，硫酸钠的溶解度随温度变化不大， 分离氯化钠和硼酸可以利用冷却结晶的方法］,故答案为：盐酸；因为氯化钠的溶解度随温度变化不大，分离氯化钠和硼酸可以利用冷却结晶的方法；(4)热溶液中加入H2O2,作用是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,调节pH至4,其目的是使Fe3+水解全部转化成Fe(OH)3沉淀，用水蒸汽加热充分搅拌，趁热抽滤，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，即获得纯净的硼酸晶体，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;使Fe3+水解全部转化成Fe(OH)3沉淀；过滤；洗涤；干燥。由流程可知，粉粹可加速碳化时的反应速率， SiO2及少量Fe3O4、MgO、CaCO3均不溶，滤液中含Na2B4O7,酸化发生5H2O+B4O72-+2H+=4H3BO3,然后结晶、过滤分离出H3BO3,粗硼酸晶体中含有少量Fe2+、Fe3+、Na+等，加过氧化氢氧化亚铁离子，调节 pH沉淀铁离子，趁热抽滤，冷却结晶可析出硼酸晶体，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。.答案：CH3COOH(l)+CH3CH20H(l)?CH3COOCH2CH3(l)+H2O(l)△H=-3.37kJ/mol4分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率放热催化剂甲，135c左右当温度高于

190C,催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低解析：解：(1)根据标准摩尔生成烙图可知①2c(s)+3H2(g)+[。2(g)=CH3CH20H(l)△H=-276.98kJ/mol,②2c(s) +2H2(g) +02 (g)=CH 3C00H(l)AH=-484.30kJ/mol,③4c(s) +4H2(g) +O2 (g)=CH 3C00CH2CH3(l)AH=-478.82kJ/mol ,④H2(g)+口O2(g)=H20(l)AH=-285.83kJ/mol,根据盖斯定律③+④-①-②计算CH3COOH(l)+CH3CH20H(l)?CH3C00CH2CH3⑴+H2O(l)的烙变AH=-478.82kJ/mol+(-285.83kJ/mol)-(-276.98kJ/mol)-(-484.30kJ/mol)=-3.37kJ/mol,热化学方程式为CH3COOH(l)+CH3CH2OH(l)?CH3COOCH2CH3(l)+H2O(l)AH=-3.37kJ/mol,故答案为：CH3COOH(l)+CH3CH20H(l)?CH3C00CH2CH3(l)+H2O(l)△H=-3.37kJ/mol;(2)设起始时乙醇、乙酸的物质的量均为 1mol,反应三段式为CH3COOH(l)+CH3CH2OH⑴？CH3COOCH2CH3⑴+H20⑴起始量(mol) 1 1 0 0n=3.LI_3_n=3.LI_3_f1.31平衡量(mol)CH3COOH的物质的量分数=CH3CH20H的物质的量分数=口，CH3COOCH2CH3的物质的量分数CH3COOH的物质的量分数的物质的量分数=0,Kx=4;的物质的量分数=0,Kx=4;分离出生成物水，可使平衡正向移动，增大乙酸转化率，故答案为：4;分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率；(3)平衡常数K与温度T关系1gK=p],则升高温度，K的值减小，即升高温度，平衡逆向移动，所以逆向是吸热反应，正向为放热反应，故答案为：放热；(4)由图2可知，使用催化剂甲、温度在135c左右时乙酸乙酯的产率为 95%,而催化剂乙在190c左右时乙酸乙酯的产率才达到 95%,所以应选择的最优条件是催化剂甲、 135c左右；由于CH3C00H(l)+CH3CH2OH(l)?CH3COOCH2CH3(l)+H2O(l)△H=-3.37kJ/mol,所以升高温度对化学平衡的影响较小，当温度高于 190C,温度升高使乙酸乙酯产率下降的主要原因是催化剂活性降低，使化学反应速率降低，导致相同时间内乙酸乙酯的产率降低，故答案为：催化剂甲，135c左右；当温度高于190C,催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低。(1)根据标准摩尔生成烙图可知① 2C(s)+3H2(g)+口02(g)=CH3CH20H(l)△H=-276.98kJ/mol,②2c(s) +2H2 (g) +O2 (g) =CH 3C00H(l)AH=-484.30kJ/mol,③4c(s) +4H2 (g) +O2 (g) =CH 3COOCH2CH3(l)AH=-478.82kJ/mol ,④H2(g)+：02(g)=H20(l)AH=-285.83kJ/mol,根据盖斯定律③+④-①-②计算CH3COOH(l)