广州、深圳市学调联盟届高三第二次调研考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年广东省广州、深圳市学调联盟高三第二次调研考试化学注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。2.用2B铅笔将考生号及试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动,用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上。3。非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案,然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。5。本次考试理科综合试题改为分科考试，化学科满分100分，本卷仅供训练，理科不参加成绩统计可能用到的相对原子质量Li-7，C—12，N—14，O—16，Co—59，Sn—119一、选择题(共21个小题，每空2分）1.化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是A。84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同B.防控新冠病毒所用的酒精,其浓度越大，杀毒效果越好.C。工业上常用高纯硅制造光导纤维D.推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”【答案】D【解析】【详解】A.84消毒液具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A错误；B。酒精浓度小,渗透性强,但杀菌消毒作用能力小；浓度太大,杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用,因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B错误；C。SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；D.塑料不能降解,导致“白色污染”,则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D正确；故合理选项是D.2。用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A.0。4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NAB.C60和石墨的混合物共1。8g,含碳原子数目为0。15NAC.1L0.1mol/LNH4Al(SO4）2溶液中阳离子总数小于0.2NAD.5。6g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0。3NA【答案】B【解析】【详解】A．依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0。4molNH3与0。6molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮,所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA,故A错误;B．C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1。8gC的物质的量为=0。15mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；C．1L0。1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有溶质的物质的量n［NH4Al（SO4)2]=0。1mol/L×1L=0.1mol,该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA,C错误；D．Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3molFe完全反应转移8mol电子，5。6gFe的物质的量是0。1mol，则其反应转移的电子数目为×0。1mol=mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；故合理选项是B。3。短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E.下列说法正确的是A。X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小B.工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质C。Y、Q形成的化合物是非电解质D.工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质,同时得到W的最高价氧化物【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E.则X是Na,Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答.【详解】根据上述分析可知:W为C，X是Na,Y是Al，Z是Si,Q是Cl元素。A。X是Na,Y是Al,二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X〉Y,A错误；B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,B正确；C。Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl—,因此属于电解质,C错误；D。C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系,推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力.4。1，1—二环丙基乙烯（)是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A。所有碳原子可能在同一平面 B。乙苯与它互为同分异构体C.二氯代物有9种 D.只能发生取代、加成、加聚反应【答案】C【解析】【详解】A。在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面,A错误；B。乙苯分子式是C8H10，1,1—二环丙基乙烯分子式是C8H12,二者的分子式不相同,因此乙苯与1，1—二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误;C.该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构;在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于—CH2—上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上,又有1种结构,因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9,C正确；D。该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应;含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应,D错误;故合理选项是C.5.从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A在相同温度下，向1mL0。2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀溶解度：Mg（OH）2>Fe(OH）3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应,排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物A。A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A。发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液,会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH）3↓+3NaCl，不能比较Mg（OH)2和Fe（OH）3溶解度大小，A错误；B。某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；C.HA放出的氢气多且反应速率快,HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+）比较大,证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A—,HA是弱酸，故酸性HB〉HA，C正确；D。SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物,D错误;故合理选项C。6。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知:Cu（s）+2H+(aq）=Cu2+（aq)+H2(g）ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O（l)+O2(g）ΔH=-196.46kJ/molH2(g）+O2(g)=H2O(l）ΔH=—285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq）和H2O（l)的反应热ΔH等于A。－319.68kJ/mol B。－417.91kJ/molC.－448.46kJ/mol D.＋546.69kJ/mol【答案】A【解析】【详解】①Cu(s)+2H+（aq)=Cu2+(aq)+H2（g）ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2（l)=2H2O（l）+O2（g）ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+O2(g）=H2O（l)ΔH=-285.84kJ/mol根据盖斯定律，将①+×②+③，整理可得：Cu(s）+H2O2（l)+2H+(aq）=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=—319。68kJ/mol,故合理选项是A。7。已知：p［］＝－lg[］。室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0。10mol/LNaOH溶液,溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是A.溶液中水的电离程度：a>b>cB.c点溶液中：c（Na+)=10c（HX）C。室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75D。图中b点坐标为(0,4。75）【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX,pH〈7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制,溶液pH越大氢离子浓度越小,水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a〈b<c，A错误；B。c点溶液中存在电荷守恒:c（H+)+c（Na+）=c(X-)+c(OH-），此时p［]=1，则c（X-)=10c(HX），代入电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=10c（HX）+c（OH-）,由于溶液呈酸性，c（H+）>c(OH—），则c(Na+)<10c（HX)，B错误;C。HX在溶液中存在电离平衡:HXH++X—，Ka=，则pH=pKa+p[］，带入c点坐标（1，5.75)可知，pKa=4。75，则Ka=10—4。75,则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh==10-9.25，C错误；D。HX在溶液中存在电离平衡：HXH++X-，Ka=，则pH=pKa+p［],带入c点坐标(1，5。75）可知，pKa=4。75,则b点pH=pKa+p［］=0+4。75=4。75，D正确；故合理选项是D。8.钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称,下列关于陶瓷的说法正确的是（）A。“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B。高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D。由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠【答案】A【解析】【详解】A．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故A正确；B。瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误;C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；D。陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误;故选A。9。下列有关化合物的说法正确的是()A。所有原子共平面 B。其一氯代物有6种C.是苯的同系物 D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；B．有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C．苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误;D．中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。10.根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是序号操作现象解释或结论A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI）B取FeSO4少许溶于水,加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性D在Ca（ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3＞HClOA。A B.B C。C D。D【答案】C【解析】【详解】A．在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量,均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp（AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B．取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子,但不能说明FeSO4部分氧化,还有可能全部变质,B错误；C．将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；D．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性:H2SO3＞HClO,D错误.答案选C.【点睛】选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银,否则不能。11。下列图示与对应的叙述相符的是(）A。图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点B.图2，若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变C.图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时,产生CO2的情况D.图4表示反应aA（g)+bB(g)cC（g),由图可知,a+b＞c【答案】D【解析】【详解】A．a点未饱和,减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；B．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；C．碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误;D。图4表示反应aA（g)+bB(g)cC(g)，由图可知,P2先达到平衡，压强大,加压后,A%减小,说明加压后平衡正向移动，a+b＞c,故D正确；故选D。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A,a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和.12.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1—xCoO2C6+LiCoO2(x＜1）。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（)A。放电时,Li+由b极向a极迁移B。放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gC.充电时，a极接外电源的正极D.该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCoO2极回收【答案】D【解析】【分析】根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1）可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，Co元素化合价降低.【详解】A．放电时是b极为负极,a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；B．放电时石墨电极发生Li-e—=Li+，若转移0.02mol电子,则有0。02molLi参与反应，电极减重为0。02×7=0.14g,B正确；C．充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连，C正确；D．“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li,石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收，D错误;答案选D.【点睛】充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应,电池的负极与外电源的负极相连,作电解池的阴极，发生还原反应.判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。13.五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟。T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数，T和Y位于同一主族.下列推断正确的是（）A。原子半径：T＜W＜Z＜Y＜XB。简单气态氢化物的热稳定性:Y＞T＞WC.氧化物对应水化物的酸性:Y＜T＜W＜ZD.X3W和XW3都是离子化合物，但所含化学键类型不完全相同【答案】D【解析】【分析】五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T为C元素；根据W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W的原子序数小于Z可以判断出，W为N元素，Z为Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X的核外电子数为11,X为Na；T和Y位于同一主族,T的原子序数最小,判断出Y为Si元素。【详解】A．根据元素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W〈T<Z<Y〈X，A错误；B．同一周期从左到右,简单气态氢化物的热稳定性越来越强，同一主族从上到下,简单气态氢化物的热稳定性越来越弱，故简单气态氢化物的热稳定性为：W>T〉Y，B错误；C．氧化物对应水化物的酸性无法判断，C错误;D．X3W和XW3分为Na3N和NaN3，两者都是离子化合物,但Na3N仅含有离子键，NaN3中即含离子键也含共价键,D正确；答案选D.14.测定溶液电导率变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10。00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液,所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（）A。①点溶液：pH最大B。溶液温度：①高于②C。③点溶液中：c(Cl-)＞c（CH3COO-)D。②点溶液中：c(NH4+）+c(NH3•H2O）＞c(CH3COOH）+c（CH3COO—）【答案】C【解析】【分析】室温下，用0。100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0。100mol•L—1HCl和CH3COOH的混合溶液,NH3•H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3•H2O后,NH3•H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A．①点处为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3•H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B．酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：①低于②，B错误；C．③点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵,但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故③点溶液中:c(Cl—）＞c（CH3COO—)，C正确;D．②点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知,c（NH4+）+c(NH3•H2O）=c（CH3COOH）+c(CH3COO-），D错误；答案选C.15。春季复工、复学后,公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一.下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A.95％的乙醇溶液 B.40%的甲醛溶液C。次氯酸钠稀溶液 D.生理盐水【答案】C【解析】【详解】A。95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B。甲醛有毒，故B错误;C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性,能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D.生理盐水不能消毒杀菌,故D错误；故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0。9％的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。16。莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A.分子中所有碳原子共平面B。分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C。分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D.1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环,不属于芳香族化合物,B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团,碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段,能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基.1mol—COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2.17。实验室制备硝基苯的反应装置如图所示.下列实验操作或叙述不正确的是（)A。试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B.实验时水浴温度需控制在50~60℃C.仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率D.反应完全后,可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】【详解】A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸,待冷却至室温后再加入苯,故A正确；B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；答案选D。18.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB。常温下,lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC.0。1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0。1NAD。100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1。5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B．常温下,lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性,根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA,B错误；C．0。1molCl2与0。2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0。1NA，C正确;D．100g34%的H2O2（物质的量是1mol)中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选C.19。某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表.下列说法正确的是试管①②③④实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A。②中白色沉淀是BaSO3B.①中可能有部分浓硫酸挥发了C。为了确定①中白色固体是否为硫酸铜,可向冷却后的试管中注入水，振荡D。实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变【答案】B【解析】【分析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜;试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A。二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B.根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故B正确;C.冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D.反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生,实验现象发生变化，故D错误；故答案为B.20。我国某科研团队设计了一种新型能量存储／转化装置(如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时,供电。下列说法错误的是A。制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B。制氢时，X电极反应式为C。供电时,Zn电极附近溶液的pH降低D.供电时，装置中的总反应为【答案】D【解析】【分析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池,Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时,该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。【详解】A。制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A正确；B.制氢时，X电极为阳极,失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni（OH)2转化为NiOOH,电极方程式为，故B正确；C.供电时，Zn电极为负极,原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH—=ZnO22—+2H2O,转移两个电子同时迁移两个OH—,但会消耗4个OH—，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确;D.供电时,正极为NiOOH被还原,而不是水，故D错误；故答案为D.21。室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液,溶液中lgc（Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是（)（已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4。2×10-7、5.6×10-11)A.a对应溶液的pH小于bB。b对应溶液的c(H+)=4.2×10—7mol·L-1C.a→b对应的溶液中减小D.a对应的溶液中一定存在:2c(Ba2+）+c（Na+)+c（H+)=3c（HCO3—）+c（Cl—）+c(OH-)【答案】D【解析】【分析】a点横坐标为0,即lg=0，所以=1，b点lg=2，=100；另一方面根据HCO3-H++CO32—可得：Ka2=,据此结合图像分析解答。【详解】A．由分析可知，Ka2=，而a点=1，所以a点有:c(H+)=Ka2=5。6×10-11，同理因为b点=100，结合Ka2表达式可得5.6×10-11=，c（H+）=5.6×10—9，可见a点c(H+)小于b点c(H+)，所以a点pH大于b点，A错误;B．由A可知，b点c(H+)=5。6×10-9,B错误；C．由Ka2=和KW的表达式得：Ka2=，温度不变,Ka2、Kw均不变,所以不变，C错误；D．根据电荷守恒有：2c(Ba2+）+c(Na+)+c（H+）=c(HCO3—)+c（Cl-)+c（OH—)+2c(CO32-)，a点c（HCO3-）=c（CO32-)代入上面式子得:2c(Ba2+）+c（Na+)+c(H+)=3c(HCO3—)+c（Cl—）+c(OH-），D正确。答案选D。【点睛】电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键：一是横纵坐标的含义，以及怎么使用横纵坐标所给信息；二是切入点，因为图像上有,所以切入点一定是与有关系的某个式子,由此可以判断用Ka2的表达式来解答，本题就容易多了.二、非选择题（除25题外，每空2分，共58分)22。苯胺(）是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似,与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g∙cm—3苯胺—6。3184微溶于水，易溶于乙醚1。02硝基苯5.7210。9难溶于水,易溶于乙醚1。23乙醚—116.234.6微溶于水0。7134Ⅰ。比较苯胺与氨气性质(1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。Ⅱ。制备苯胺.往图所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50％NaOH溶液，至溶液呈碱性。（2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）；（3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________.Ⅲ.提取苯胺.i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物;分离混合物得到粗苯胺和水溶液.ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液.iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2。79g.（4)装置B无需用到温度计，理由是______.(5)操作i中,为了分离混合物，取出烧瓶C前,应先打开止水夹d,再停止加热，理由是__________。（6）该实验中苯胺的产率为_____________。（7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案:_________________。【答案】（1）。NH3+HCl=NH4Cl(2).苯胺沸点较高，不易挥发（3）.b(4）.C6H5NH3++OH—→C6H5NH2+H2O（5）。蒸出物为混合物，无需控制温度（6）。防止B中液体倒吸(7）。60.0%(8).加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液,分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】【分析】(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；(2）为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理;（3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质,通过类比迁移，不难写出离子方程式；（4）根据蒸馏产物分析;(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6）根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】（1）蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟,是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl;用苯胺代替浓氨水重复上述实验,却观察不到白烟,原因是苯胺沸点184℃，比较高,不易挥发；（2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作,冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为:b；（3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；（4）因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5）操作i中,为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；（6）设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g,所以该实验中苯胺的产率=×100％=60%;(7）在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸,分液除去硝基苯,再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤.23.实验室里,从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中，回收钴、锂的操作流程如图所示：回答下列问题。(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电,此时溶液温度升高,该过程中能量的主要转化方式为_____。（2）“碱浸”过程中产生的气体是_____；“过滤"所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_________.（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为_____;若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的,但会产生_________（填化学式）污染环境.（4)“沉钴"时，调pH所用的试剂是_____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=_____。（已知:Ksp［Co（OH)2］=1.09×l0—15）(5)根据如图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_______、_______、洗涤、干燥等步骤。【答案】（1).化学能→电能→热能(2）。H2（3）.NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH)3↓(4）。8LiCoO2+S2O32—+22H+＝8Li++8Co2++2SO42—+11H2O（5）。Cl2（6）。NaOH溶液或氢氧化钠固体（7)。1.09×l0—6mol/L（8）。蒸发浓缩(9)。趁热过滤【解析】【分析】由流程可知,加碱浸泡,发生2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2—+3H2↑，固体残渣为LiCoO2，加酸发生8LiCoO2+S2O32—+22H+＝8Li++8Co2++2SO42—+11H2O，调节pH沉钴生成Co（OH）2,最后调节pH＞12时加加入碳酸钠,发生的离子反应为2Li++CO32-＝Li2CO3↓，母液含硫酸钠，以此来解答。【详解】（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，为原电池，此时溶液温度升高，可知放热,该过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能;(2)结合以上分析可知，“碱浸"过程中产生的气体是H2；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al(OH)3↓;（3）根据流程可知，+3价的钴被还原为+2价,做氧化剂，而硫代硫酸根离子做还原剂，被氧化为硫酸根离子，所以“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+S2O32—+22H+＝8Li++8Co2++2SO42—+11H2O;若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但盐酸易被氧化为氯气,会发生2LiCoO2+8HCl＝2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O反应，产生Cl2污染环境;（4）由最终产物及加碱调节pH流程可知，“沉钴”时，既能达到目的，又不能引入杂质，调pH所用的试剂是NaOH，“沉钴”后溶液中c（Co2+）=mol/L=1。09×l0-6mol/L；（5)由图可知，温度高时碳酸锂的溶解度小，则“沉锂"中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等步骤。24。CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域.在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中,发生的主要反应有:i.CO2（g）+3H2（g)CH3OH(g）+H2O（g）△H1=-49。4kJ·mol-1ⅱ。CO2（g)+H2(g）CO（g）+H2O（g）△H2=+41。2kJ·mol-1ⅲ.CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)△H3（1）△H3________kJ·mol-1（2）5MPa时,往某密闭容器中按投料比n(H2）：n（CO2）=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大,原因是____。②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”).③下列措施中,无法提高甲醇产率的是____（填标号）。A加入适量COB增大压强C循环利用原料气D升高温度④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。（3）反应i可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）.其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒.①反应历程中,生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____.②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数)。（已知：leV=1。6×10—22kJ）（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液).电解时，往电解池的____极通入氢气,阴极上的电极反应为____。【答案】(1）.—90.6（2).温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反（3)。＜(4).D(5）.CO、CH3OH（6).HCOOH*+2H2(g)=H2COOH＊+3/2H2（7）.—0.51(8).阳(9).CO2+6e—+6H+=CH3OH+H2O【解析】【详解】（1）已知：i.CO2(g）+3H2（g）CH3OH（g)+H2O（g）△H1=-49.4kJ·mol-1ⅱ。CO2(g）+H2（g）CO（g）+H2O（g)△H2=+41.2kJ·mol-1ⅲ。CO（g）+2H2（g)CH3OH（g）△H3根据盖斯定律可知反应i—ii可得反应iii,所以△H3=△H1—△H2=-49。4kJ/mol—41。2kJ/mol=-90.6kJ/mol;（2）△H1＜0,△H3＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应,所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小,△H2＞0,生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇,所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO。①依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2,最终体系内C