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2020年安徽省淮北市高考化学一模试卷_(带答案解析).docx
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这是一份2020年安徽省淮北市高考化学一模试卷_(带答案解析).docx，共24页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年安徽省淮北市高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共16题）
1. 许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白[2PbCO3•Pb（OH）2]安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（ ）
A.《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb（OH）2→PbO2→Pb
B.纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl
C.《本草经疏》中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质
D.铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4═Fe2O3+SO2↑+SO3↑
2. 2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（ ）
A.该液体创可贴显酸性
B.银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用
C.该液体创可贴中，银离子浓度越大越好
D.硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好
3. 优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（ ）
A.四种钾肥化合物都属于正盐，硝酸钾属于氮钾二元复合肥
B.磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利于磷元素的吸收
C.上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾
D.氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾
4. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A.1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2NA
B.1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NA
C.电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NA
D.常温下，3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA
5. 下列关于物质保存或性质的描述错误的是（ ）
A.金属钠可以保存在无水乙醇中
B.氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色
C.氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存
D.向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊
6. 下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A.二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色 B.将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中
C.将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟 D.过氧化钠固体露置在空气中变白
7. 下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A.pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-
B.含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+
C.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D.某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+
8. 下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（ ）
A.氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）2Na+C12↑
B.利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeOFe+CO2
C.工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl
D.工业制粗硅：C+SiO2Si+CO2↑
9. 利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（ ）
A.浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气
B.浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体
C.稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子
D.稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱
10. 一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%．其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水
B.反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物
C.整个流程中，金属锂是催化剂
D.整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2
11. X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11．YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A.简单离子的半径：Y＞X
B.气态氢化物的稳定性：Y＞W
C.X、Z和R形成强碱
D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R
12. 稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（ ）
A.上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应
B.三氧化氙可将I-氧化为IO3-
C.氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-
D.XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑
13. 镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2．下列有关说法错误的是（ ）
A.电能、氢能属于二次能源
B.该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜
C.该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑
D.镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O
14. 高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示：在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO．下列说法错误的（ ）
A.图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O
B.NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大
C.由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•mol-1
D.由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢
15. 某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）
滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀。
滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀。
A.两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3
B.两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S
C.向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS
D.在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe（OH）3
16. 25℃时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞e（H2FeO4）＞e（FeO42-）
B.H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×10-4
C.B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小
D.B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C
评卷人
得分
二、 简答题（共3题）
17. 含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大
（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被______（填“氧化”、“还原”）
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式______。
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为______。
（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml•L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。
①Na2S2O4溶液显______性，原因是______（用离子方程式表示）。
②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为______。
0-t1段发生反应的离子方程式为______，t1-t2段溶液的pH变小的原因是______（用离子方程式表示）。
18. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可用作还原剂，印染媒染剂、食品防腐剂等。一种湿法制备焦亚酸钠的工艺流程如图。
已知：过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5。
（1）硫磺先加热成液态后喷人燃硫炉中，作用是______。
（2）“净化”需要除去的杂质气体是______。
（3）溶碱槽Ⅰ中需要通入足量SO2，若SO2不足，则生成______。
（4）溶碱槽Ⅲ中反应的化学方程式为______。
（5）离心机分离后的母液需要返回到溶碱槽______循环使用（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
（6）气流干燥器中发生的化学方程式为______。
（7）为了测定所得产品中Na2S2O5的百分含量，取m克样品加水溶解，用cmol•L-1的碘标准液滴定到终点消耗碘标准液VmL．该产品中Na2S2O5的百分含量为______（用字母表示）。
19. 氮氧化物（NOx）造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。
（1）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=-556.0kJ•mol-1
则反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=______kJ•mol-1
（2）用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N，测量相同时间内烟气的脱氮率，结果如图1所示。
①在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是______。
②判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率______（填“是“或“不是”）该温度下的平衡脱氮率。
③25℃下，用NaOH溶液作捕提剂吸收产生的CO2，不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后得到pH=12的溶液，已知：25℃下Ka2（H2CO3）=5.6×10-11，试通过计算溶液中c（CO32-）：c（HCO3-）=______
（3）在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0进行相关实验探究。改变投料比（n0（SO2）：n0（NO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定SO2的平衡转化率[α（SO2）]．已知：KR=16，KZ=1，部分实验结果如图2所示。
①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，应采取的措施是______。
②图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ通过计算选择下列选项中两个温度相等是______
（填标号）。
A．TR和TYB．TR和TZC．TX和TZD．TY和TZ
评卷人
得分
三、 实验题（共1题）
20. 二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：
将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。
各物质的溶解性表
物质
水
苯
乙醇
2-苯甲酰基苯甲酸
难溶
易溶
易溶
二正丁基氧化锡
难溶
易溶
易溶
正丁基锡羧酸酯
难溶
易溶
易溶
回答下列问题：
（1）仪器甲的作用是______，其进水口为______。
（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是______。
（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是______（填标号）
A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动
B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间
C．分离有机溶剂和水
D．主要起到冷凝溶剂的作用
（4）回流后分离出苯的方法是______。
（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是______（填标号）
A．水B．乙醇C．苯
（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为______。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb（OH）2→PbO→Pb，故A错误；
B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl，故B正确；
C．《本草经疏》中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；
D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4═Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D正确；
故选：A。
A．“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，盐酸化合价变化可知，上述含铅元素的物质转化是分解生成PbO；
B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸；
C．朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质；
D．工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，
本题考查了物质变化、物质性质、盐类水解、氧化还原反应等知识点，注意知识的积累，题目难度中等。
2. 【答案】C
【解析】解：A．硝酸银是强酸弱碱盐水解显酸性，故A正确；
B．银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；
C．银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；
D．银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；
故选：C。
A．硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中水解溶液显酸性；
B．银离子是重金属阳离子，能使蛋白质发生变性；
C.1.0ppm浓度的纯银离子液即可杀灭大部分细菌和病毒；
D．银离子氧化性大于铜离子。
本题考查了离子性质、盐类水解、蛋白质性质应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3. 【答案】D
【解析】解：A．磷酸二氢钾为酸式盐，故A错误；
B．磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B错误；
C．依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷酸二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；
D．氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾，故D正确；
故选：D。
A．正盐就是在酸跟碱完全中和生成的盐中，不会有酸中的氢离子，也不会有碱中的氢氧根离子，只有金属阳离子和酸根离子的盐；
B．磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀；
C．依据化学式计算氮元素含量；
D．氯化钾是重要的化工原料。
本题考查了化学基本概念，熟悉正盐、酸式盐等概念，明确不同钾肥成分是解题关键，题目难度不大。
4. 【答案】D
【解析】解：A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；
C．气体状况物质，无法计算物质的量，无法计算电子转移数，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L -1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；
故选：D。
A．氮气与氢气反应为可逆反应；
B．溶液体积未知；
C．气体状况未知；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解答。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件及标况下常见物质的状态，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等。
5. 【答案】A
【解析】解：A．钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；
B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；
C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；
D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；
故选：A。
A．钠能够与乙醇反应；
B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜；
C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃；
D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠。
本题考查了化学试剂的保存，化学实验评价，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
6. 【答案】B
【解析】解：A、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；
B、将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠和硝酸钠，是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故B正确；
C、将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；
D、过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；
故选：B。
A、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂；
B、将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠和硝酸钠；
C、将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂；
D、过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
7. 【答案】D
【解析】解：A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量共存，故B错误；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
A．pH=9的溶液呈碱性；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件，A为解答易错点，题目难度不大。
8. 【答案】C
【解析】解：A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故A错误；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B错误；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2Si+2CO↑，故D错误；
故选：C。
A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳。
本题结合无机物和有机物的反应考查了化学方程式、离子方程式为的正确书写，题目难度不大。
9. 【答案】B
【解析】解：A．浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，需要高锰酸钾固体，故A错误；
B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，能够制取少量HCl，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故B正确；
C．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故C错误；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D错误；
故选：B。
A．浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性；
B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，能够制取少量HCl，也可以用浓硫酸干燥氯化氢；
C．溶液X中可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子，不一定含有碳酸根离子；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握实验装置的作用、物质的性质、气体的制备、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，试题侧重分析与实验能力的考查。
10. 【答案】C
【解析】解：A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属和氧气、水蒸气发生反应，反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；
B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；
C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后又生成条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；
D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；
故选：C。
A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属和空气中氧气、水蒸气发生反应；
B．LiOH为碱是锂离子和氢氧根离子构成的化合物；
C．催化剂是参与反应过程改变反应速率，质量和化学性质保持不变的物质；
D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的反应是氮气和水反应生成氧气和氨气。
本题考查了物质变化过程的分析判断、物质性质、反应实质的理解应用、催化剂概念和反应条件的分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 【答案】C
【解析】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
A．X、Y简单离子分别为H+（或H-）、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+（或H-），故A正确；
B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；
C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；
D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。
故选：C。
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意抓住短周期主族元素，熟练掌握元素周期表与掌握元素周期律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，注意R元素不确定性。
12. 【答案】C
【解析】解：A．氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；
C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。
故选：C。
A．根据氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）作氧化剂都生成对应的单质判断；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-；
C．根据氙酸是一元强酸判断；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF。
本题考查氧化还原反应等知识，侧重于学生的分析能力的考查，结合元素化合价的变化解答该题，难度不大。
13. 【答案】D
【解析】解：A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；
B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；
D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。
故选：D。
A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源；
B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气；
C．该装置储氢时，发生电解水的反应；
D．正极上发生得电子的还原反应
本题考查了新型化学电源，题目难度中等，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断，注意把握正负极上所发生的反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14. 【答案】D
【解析】解：A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•mol-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；
故选：D。
A、根据图1分析中间体1和产物1的物质结构，进而写出反应过程；
B、反应的活化能或能垒越高，反应速率越小，反应总反应快慢主要由机理反应慢的一步决定；
C、根据图2可知，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，则反应物2到过渡态4需要的总能量为反应物的活化能；
D、反应的活化能或能垒越高，反应的速率越低，结合图1、图2中各步的能垒的大小分析反应速率的快慢。
本题考查反应热与焓变的关系，为高频考点，明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，试题侧重学生分析能力与灵活应用能力的考查，注意反应过程中能量变化对反应速率的影响，题目难度中等。
15. 【答案】D
【解析】解：A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；
B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；
D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀为FeS，而Fe（OH）3为红褐色，故D错误。
故选：D。
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
本题考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目将实验与元素化合物知识有机结合，有利于培养学生良好的科学素养和化学核心价值观，注意把握现象的分析以及物质的性质，题目难点中等。
16. 【答案】C
【解析】解：A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞e（H2FeO4）＞e（FeO42-），故A正确；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1==4.15×l0-4，故B正确；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大，即c（H+）减小，所以增大，故C错误；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确；
故选：C。
A、根据图中离子在溶液中的物质的量分数分析判断；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根离子的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根离子的电离和高铁酸根离子的水解共同决定的。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、电离平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中各点对应离子浓度，题目难度不大。
二、 简答题
17. 【答案】氧化 离子键、共价键 碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42-
【解析】解：（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，
故答案为：氧化；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，
故答案为：；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，
故答案为：离子键、共价键；
（4）①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，
故答案为：碱； S2O4 2-+H2O=HS2O4 -+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4 +OH-；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，
故答案为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；2S2O4 2-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-；
（1）二氧化硫具有还原性；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为离子键共价键；
（4）①Na2S2O4溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，HSO3-的电离程度大于水解程度，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠。
本题考查氧化还原反应、水解反应、物质的结构等，涉及对反应原理、物质结构的分析评价、离子方程式的书写等，注意对物质性质信息的应用，题目难度中等。
18. 【答案】增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率 氧气 Na2SO3 SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；（或者2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2） Ⅰ 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O %
【解析】解：该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
（2）由转化关系可知，反应中需要的是空气，故要除去多余的氧气，
故答案为：氧气；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3，
故答案为：Na2SO3；
（4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，若在溶碱槽Ⅱ中碳酸钠过量，那么碳酸钠在溶碱槽Ⅲ中也与SO2反应，
故答案为：SO2+Na2SO3 +H2O=2 NaHSO3；（或者2SO2+Na2CO3 +H2O=2 NaHSO3+CO2）；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液，可和溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3一起被用，
故答案为：Ⅰ；
（6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5，反应为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O，
故答案为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，则利用化合价升降配平可知：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+
Na2S2O5～～～～～～～～～2I2
190g 2mol
mω cmol•L-1×VL×10-3
ω=×100%=%
故答案为：%。
该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
（2）根据反应需要的物质判断；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3；
（4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液；
（6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，根据反应比例关系计算：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+。
本题以制备焦亚硫酸钠为载体，考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与反应条件可知的理解，S与C等元素化合物的性质与转化、常用化学用语书写等，知识比较陌生，有难度，理解制备原理是关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。
19. 【答案】-569 催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低 不是 56 升高温度 CD
【解析】解：（1）用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=-556.0kJ•mol-1
将方程式（②+③）-①得2NO（g）+C （s）⇌CO2（g）+N2（g）
所以△H=（△H2+△H3）-△H1=（-221.0kJ•mol-1-556.0kJ•mol-1）-180.5kJ•mol-1=-569kJ/mol，
故答案为：2NO（g）+C（s）⇌CO2（g）+N2（g）△H=-569kJ/mol；
（2）①将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），说明催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低
故答案为：催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低
②图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高，
故答案为：不是；
③pH=12的溶液，由HCO3-⇌CO32-+H+，可知K2（H2CO3）=5.6×10-11=，
则c（CO32-）：c（HCO3-）===56，
故答案为：56；
（3）①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，
故答案为：升高温度；
②对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），
X点时，起始物料比=1.0，SO2的平衡转化率为α（SO2）=50%，设起始时c（NO2）=c（SO2）=xmol/L，化学平衡常数为KX===1，所以KX=KZ=1，则TX=TZ，
Y点时，起始物料比为=1.5，SO2的平衡转化率为α（SO2）=40%，设起始时c（SO2）=1.5ymol/L，c（NO2）=ymol/L，化学平衡常数为KY===1，所以KY=KZ=1，
则TY=TZ，
故答案为：CD。
（1）用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，结合盖斯定律计算；
（2）①从不同粒径的同种催化剂，接触面积不同对反应的影响分析；
②温度太高损害催化剂活性，同时考虑温度对化学平衡的影响；催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大，图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率；
③溶液中存在HCO3-⇌CO32-+H+，结合K2（H2CO3）=5.6×10-11=计算；
（3）①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行；
②四点对应的实验温度分别为分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，分别计算四点时的化学平衡常数，据此判断四点温度。
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算、化学平衡状态及其影响因素、对图象的分析等问题，属于拼合型题目，是高考热点题型，掌握相关基础是解答关键，侧重分析与计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
三、 实验题
20. 【答案】冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0%
【解析】解：（1）仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从 b口流入，
故答案为：冷凝反应物使之回流； b；
（2）因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，
故答案为：苯能腐蚀橡胶；
（3）A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；
B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；
C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；
D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；
故答案为：ABC；
（4）分离出苯的方法是蒸馏，
故答案为：蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶；
故答案为：B；
（6）根据题意可知：0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，
2-苯甲酰基苯甲酸～～～～～～～～二正丁基氧化锡～～～～～～～～～～～～～二正丁基锡羧酸酯
4×226 4×249 1864
0.45g 0.500g mg
因为＜，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则
m=0.9279g
产率=×100%=72.0%，
故答案为：72.0%。
（1）仪器甲是冷凝管，作用是导气、冷凝使反应物回流；水流应逆流冷凝效果好；
（2）根据苯能腐蚀橡胶分析装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞原因；
（3）分水器分离出酸和水，分液时避免上下层液体混合，结合影响化学平衡的因素分析；
（4）分离出苯的方法是蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶；
（6）根据产率=×100%计算。
本题考查有机物合成实验、物质的分离与洗涤等基本操作、对实验装置的分析评价等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用，难度中等。
绝密★启用前
2020年安徽省淮北市高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共16题）
1. 许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白[2PbCO3•Pb（OH）2]安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（ ）
A.《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb（OH）2→PbO2→Pb
B.纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl
C.《本草经疏》中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质
D.铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4═Fe2O3+SO2↑+SO3↑
2. 2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（ ）
A.该液体创可贴显酸性
B.银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用
C.该液体创可贴中，银离子浓度越大越好
D.硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好
3. 优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（ ）
A.四种钾肥化合物都属于正盐，硝酸钾属于氮钾二元复合肥
B.磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利于磷元素的吸收
C.上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾
D.氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾
4. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A.1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2NA
B.1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NA
C.电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NA
D.常温下，3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA
5. 下列关于物质保存或性质的描述错误的是（ ）
A.金属钠可以保存在无水乙醇中
B.氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色
C.氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存
D.向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊
6. 下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A.二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色 B.将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中
C.将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟 D.过氧化钠固体露置在空气中变白
7. 下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A.pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-
B.含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+
C.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D.某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+
8. 下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（ ）
A.氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）2Na+C12↑
B.利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeOFe+CO2
C.工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl
D.工业制粗硅：C+SiO2Si+CO2↑
9. 利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（ ）
A.浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气
B.浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体
C.稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子
D.稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱
10. 一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%．其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水
B.反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物
C.整个流程中，金属锂是催化剂
D.整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2
11. X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11．YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A.简单离子的半径：Y＞X
B.气态氢化物的稳定性：Y＞W
C.X、Z和R形成强碱
D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R
12. 稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（ ）
A.上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应
B.三氧化氙可将I-氧化为IO3-
C.氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-
D.XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑
13. 镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2．下列有关说法错误的是（ ）
A.电能、氢能属于二次能源
B.该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜
C.该装置储氢能发生的反应为：2H2O2H2↑+O2↑
D.镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O
14. 高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示：在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO．下列说法错误的（ ）
A.图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O
B.NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大
C.由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•mol-1
D.由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢
15. 某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）
滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀。
滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀。
A.两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3
B.两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S
C.向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS
D.在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe（OH）3
16. 25℃时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞e（H2FeO4）＞e（FeO42-）
B.H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×10-4
C.B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小
D.B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C
评卷人
得分
二、 简答题（共3题）
17. 含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大
（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被______（填“氧化”、“还原”）
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式______。
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为______。
（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml•L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。
①Na2S2O4溶液显______性，原因是______（用离子方程式表示）。
②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为______。
0-t1段发生反应的离子方程式为______，t1-t2段溶液的pH变小的原因是______（用离子方程式表示）。
18. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可用作还原剂，印染媒染剂、食品防腐剂等。一种湿法制备焦亚酸钠的工艺流程如图。
已知：过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5。
（1）硫磺先加热成液态后喷人燃硫炉中，作用是______。
（2）“净化”需要除去的杂质气体是______。
（3）溶碱槽Ⅰ中需要通入足量SO2，若SO2不足，则生成______。
（4）溶碱槽Ⅲ中反应的化学方程式为______。
（5）离心机分离后的母液需要返回到溶碱槽______循环使用（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
（6）气流干燥器中发生的化学方程式为______。
（7）为了测定所得产品中Na2S2O5的百分含量，取m克样品加水溶解，用cmol•L-1的碘标准液滴定到终点消耗碘标准液VmL．该产品中Na2S2O5的百分含量为______（用字母表示）。
19. 氮氧化物（NOx）造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。
（1）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=-556.0kJ•mol-1
则反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=______kJ•mol-1
（2）用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N，测量相同时间内烟气的脱氮率，结果如图1所示。
①在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是______。
②判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率______（填“是“或“不是”）该温度下的平衡脱氮率。
③25℃下，用NaOH溶液作捕提剂吸收产生的CO2，不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后得到pH=12的溶液，已知：25℃下Ka2（H2CO3）=5.6×10-11，试通过计算溶液中c（CO32-）：c（HCO3-）=______
（3）在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0进行相关实验探究。改变投料比（n0（SO2）：n0（NO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定SO2的平衡转化率[α（SO2）]．已知：KR=16，KZ=1，部分实验结果如图2所示。
①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，应采取的措施是______。
②图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ通过计算选择下列选项中两个温度相等是______
（填标号）。
A．TR和TYB．TR和TZC．TX和TZD．TY和TZ
评卷人
得分
三、 实验题（共1题）
20. 二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：
将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。
各物质的溶解性表
物质
水
苯
乙醇
2-苯甲酰基苯甲酸
难溶
易溶
易溶
二正丁基氧化锡
难溶
易溶
易溶
正丁基锡羧酸酯
难溶
易溶
易溶
回答下列问题：
（1）仪器甲的作用是______，其进水口为______。
（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是______。
（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是______（填标号）
A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动
B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间
C．分离有机溶剂和水
D．主要起到冷凝溶剂的作用
（4）回流后分离出苯的方法是______。
（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是______（填标号）
A．水B．乙醇C．苯
（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为______。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb（OH）2→PbO→Pb，故A错误；
B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl，故B正确；
C．《本草经疏》中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；
D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4═Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D正确；
故选：A。
A．“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，盐酸化合价变化可知，上述含铅元素的物质转化是分解生成PbO；
B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸；
C．朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质；
D．工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，
本题考查了物质变化、物质性质、盐类水解、氧化还原反应等知识点，注意知识的积累，题目难度中等。
2. 【答案】C
【解析】解：A．硝酸银是强酸弱碱盐水解显酸性，故A正确；
B．银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；
C．银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；
D．银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；
故选：C。
A．硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中水解溶液显酸性；
B．银离子是重金属阳离子，能使蛋白质发生变性；
C.1.0ppm浓度的纯银离子液即可杀灭大部分细菌和病毒；
D．银离子氧化性大于铜离子。
本题考查了离子性质、盐类水解、蛋白质性质应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3. 【答案】D
【解析】解：A．磷酸二氢钾为酸式盐，故A错误；
B．磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B错误；
C．依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷酸二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；
D．氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾，故D正确；
故选：D。
A．正盐就是在酸跟碱完全中和生成的盐中，不会有酸中的氢离子，也不会有碱中的氢氧根离子，只有金属阳离子和酸根离子的盐；
B．磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀；
C．依据化学式计算氮元素含量；
D．氯化钾是重要的化工原料。
本题考查了化学基本概念，熟悉正盐、酸式盐等概念，明确不同钾肥成分是解题关键，题目难度不大。
4. 【答案】D
【解析】解：A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；
C．气体状况物质，无法计算物质的量，无法计算电子转移数，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L -1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；
故选：D。
A．氮气与氢气反应为可逆反应；
B．溶液体积未知；
C．气体状况未知；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解答。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件及标况下常见物质的状态，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等。
5. 【答案】A
【解析】解：A．钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；
B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；
C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；
D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；
故选：A。
A．钠能够与乙醇反应；
B．氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜；
C．氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃；
D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠。
本题考查了化学试剂的保存，化学实验评价，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
6. 【答案】B
【解析】解：A、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；
B、将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠和硝酸钠，是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故B正确；
C、将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；
D、过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；
故选：B。
A、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂；
B、将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠和硝酸钠；
C、将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂；
D、过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
7. 【答案】D
【解析】解：A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量共存，故B错误；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
A．pH=9的溶液呈碱性；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件，A为解答易错点，题目难度不大。
8. 【答案】C
【解析】解：A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故A错误；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B错误；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2Si+2CO↑，故D错误；
故选：C。
A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳。
本题结合无机物和有机物的反应考查了化学方程式、离子方程式为的正确书写，题目难度不大。
9. 【答案】B
【解析】解：A．浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，需要高锰酸钾固体，故A错误；
B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，能够制取少量HCl，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故B正确；
C．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故C错误；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D错误；
故选：B。
A．浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性；
B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，能够制取少量HCl，也可以用浓硫酸干燥氯化氢；
C．溶液X中可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子，不一定含有碳酸根离子；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握实验装置的作用、物质的性质、气体的制备、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，试题侧重分析与实验能力的考查。
10. 【答案】C
【解析】解：A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属和氧气、水蒸气发生反应，反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；
B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；
C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后又生成条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；
D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；
故选：C。
A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属和空气中氧气、水蒸气发生反应；
B．LiOH为碱是锂离子和氢氧根离子构成的化合物；
C．催化剂是参与反应过程改变反应速率，质量和化学性质保持不变的物质；
D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的反应是氮气和水反应生成氧气和氨气。
本题考查了物质变化过程的分析判断、物质性质、反应实质的理解应用、催化剂概念和反应条件的分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11. 【答案】C
【解析】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
A．X、Y简单离子分别为H+（或H-）、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+（或H-），故A正确；
B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；
C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；
D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。
故选：C。
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意抓住短周期主族元素，熟练掌握元素周期表与掌握元素周期律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，注意R元素不确定性。
12. 【答案】C
【解析】解：A．氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；
C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。
故选：C。
A．根据氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）作氧化剂都生成对应的单质判断；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-；
C．根据氙酸是一元强酸判断；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF。
本题考查氧化还原反应等知识，侧重于学生的分析能力的考查，结合元素化合价的变化解答该题，难度不大。
13. 【答案】D
【解析】解：A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；
B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；
D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。
故选：D。
A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源；
B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气；
C．该装置储氢时，发生电解水的反应；
D．正极上发生得电子的还原反应
本题考查了新型化学电源，题目难度中等，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断，注意把握正负极上所发生的反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14. 【答案】D
【解析】解：A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•mol-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；
故选：D。
A、根据图1分析中间体1和产物1的物质结构，进而写出反应过程；
B、反应的活化能或能垒越高，反应速率越小，反应总反应快慢主要由机理反应慢的一步决定；
C、根据图2可知，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，则反应物2到过渡态4需要的总能量为反应物的活化能；
D、反应的活化能或能垒越高，反应的速率越低，结合图1、图2中各步的能垒的大小分析反应速率的快慢。
本题考查反应热与焓变的关系，为高频考点，明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，试题侧重学生分析能力与灵活应用能力的考查，注意反应过程中能量变化对反应速率的影响，题目难度中等。
15. 【答案】D
【解析】解：A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；
B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；
D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀为FeS，而Fe（OH）3为红褐色，故D错误。
故选：D。
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
本题考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目将实验与元素化合物知识有机结合，有利于培养学生良好的科学素养和化学核心价值观，注意把握现象的分析以及物质的性质，题目难点中等。
16. 【答案】C
【解析】解：A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞e（H2FeO4）＞e（FeO42-），故A正确；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1==4.15×l0-4，故B正确；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大，即c（H+）减小，所以增大，故C错误；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确；
故选：C。
A、根据图中离子在溶液中的物质的量分数分析判断；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根离子的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根离子的电离和高铁酸根离子的水解共同决定的。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、电离平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中各点对应离子浓度，题目难度不大。
二、 简答题
17. 【答案】氧化 离子键、共价键 碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42-
【解析】解：（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，
故答案为：氧化；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，
故答案为：；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，
故答案为：离子键、共价键；
（4）①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，
故答案为：碱； S2O4 2-+H2O=HS2O4 -+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4 +OH-；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，
故答案为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；2S2O4 2-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-；
（1）二氧化硫具有还原性；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为离子键共价键；
（4）①Na2S2O4溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，HSO3-的电离程度大于水解程度，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠。
本题考查氧化还原反应、水解反应、物质的结构等，涉及对反应原理、物质结构的分析评价、离子方程式的书写等，注意对物质性质信息的应用，题目难度中等。
18. 【答案】增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率 氧气 Na2SO3 SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；（或者2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2） Ⅰ 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O %
【解析】解：该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
（2）由转化关系可知，反应中需要的是空气，故要除去多余的氧气，
故答案为：氧气；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3，
故答案为：Na2SO3；
（4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，若在溶碱槽Ⅱ中碳酸钠过量，那么碳酸钠在溶碱槽Ⅲ中也与SO2反应，
故答案为：SO2+Na2SO3 +H2O=2 NaHSO3；（或者2SO2+Na2CO3 +H2O=2 NaHSO3+CO2）；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液，可和溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3一起被用，
故答案为：Ⅰ；
（6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5，反应为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O，
故答案为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，则利用化合价升降配平可知：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+
Na2S2O5～～～～～～～～～2I2
190g 2mol
mω cmol•L-1×VL×10-3
ω=×100%=%
故答案为：%。
该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
（2）根据反应需要的物质判断；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3；
（4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液；
（6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，根据反应比例关系计算：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+。
本题以制备焦亚硫酸钠为载体，考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与反应条件可知的理解，S与C等元素化合物的性质与转化、常用化学用语书写等，知识比较陌生，有难度，理解制备原理是关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。
19. 【答案】-569 催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低 不是 56 升高温度 CD
【解析】解：（1）用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=-556.0kJ•mol-1
将方程式（②+③）-①得2NO（g）+C （s）⇌CO2（g）+N2（g）
所以△H=（△H2+△H3）-△H1=（-221.0kJ•mol-1-556.0kJ•mol-1）-180.5kJ•mol-1=-569kJ/mol，
故答案为：2NO（g）+C（s）⇌CO2（g）+N2（g）△H=-569kJ/mol；
（2）①将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），说明催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低
故答案为：催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低
②图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高，
故答案为：不是；
③pH=12的溶液，由HCO3-⇌CO32-+H+，可知K2（H2CO3）=5.6×10-11=，
则c（CO32-）：c（HCO3-）===56，
故答案为：56；
（3）①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，
故答案为：升高温度；
②对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），
X点时，起始物料比=1.0，SO2的平衡转化率为α（SO2）=50%，设起始时c（NO2）=c（SO2）=xmol/L，化学平衡常数为KX===1，所以KX=KZ=1，则TX=TZ，
Y点时，起始物料比为=1.5，SO2的平衡转化率为α（SO2）=40%，设起始时c（SO2）=1.5ymol/L，c（NO2）=ymol/L，化学平衡常数为KY===1，所以KY=KZ=1，
则TY=TZ，
故答案为：CD。
（1）用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，结合盖斯定律计算；
（2）①从不同粒径的同种催化剂，接触面积不同对反应的影响分析；
②温度太高损害催化剂活性，同时考虑温度对化学平衡的影响；催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大，图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率；
③溶液中存在HCO3-⇌CO32-+H+，结合K2（H2CO3）=5.6×10-11=计算；
（3）①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行；
②四点对应的实验温度分别为分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，分别计算四点时的化学平衡常数，据此判断四点温度。
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算、化学平衡状态及其影响因素、对图象的分析等问题，属于拼合型题目，是高考热点题型，掌握相关基础是解答关键，侧重分析与计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
三、 实验题
20. 【答案】冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0%
【解析】解：（1）仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从 b口流入，
故答案为：冷凝反应物使之回流； b；
（2）因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，
故答案为：苯能腐蚀橡胶；
（3）A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；
B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；
C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；
D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；
故答案为：ABC；
（4）分离出苯的方法是蒸馏，
故答案为：蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶；
故答案为：B；
（6）根据题意可知：0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，
2-苯甲酰基苯甲酸～～～～～～～～二正丁基氧化锡～～～～～～～～～～～～～二正丁基锡羧酸酯
4×226 4×249 1864
0.45g 0.500g mg
因为＜，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则
m=0.9279g
产率=×100%=72.0%，
故答案为：72.0%。
（1）仪器甲是冷凝管，作用是导气、冷凝使反应物回流；水流应逆流冷凝效果好；
（2）根据苯能腐蚀橡胶分析装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞原因；
（3）分水器分离出酸和水，分液时避免上下层液体混合，结合影响化学平衡的因素分析；
（4）分离出苯的方法是蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶；
（6）根据产率=×100%计算。
本题考查有机物合成实验、物质的分离与洗涤等基本操作、对实验装置的分析评价等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用，难度中等。
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