2019-2020年高考化学九模试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学九模试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法错误的是（）A家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故B在牙膏中添入Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D可用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气2下列说法正确的是（）A润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润 湿其内壁，再从上口倒出，重复23次B向酒精灯内添加酒精时，不能多于容积的，若不慎洒出的酒精在桌上燃烧，应迅速用水灭火C探究温度对反应速率的影响时，应先将硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液分别在水浴中加热，然后混合D在“金属析氢腐蚀”实验中，外面缠绕着铜丝的铁钉上产生气泡多，在铁钉周围出现血红色现象（溶液中滴加几滴KSCN溶液）3类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确以下几种类推结论中，正确的是（）A第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HFH2ONH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HClH2SPH3BIVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4SiH4CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3PH3NH3CFe3O4可以写成FeO3；Pb3O4也可以写成PbOPb2O3DNaHSO4与NaHSO3溶于水显酸性，由所有酸式盐溶于水显酸性4下列说法正确的是（）A分子式为C10H12O2的有机物，苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体，满足以上2个条件的该有机物的同分异构体有15种B对苯二甲酸（ ）与乙二醇（HOCH2CH2OH）能通过加聚反应制取聚酯纤维 （ ）C分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有5种D 分子中的所有原子有可能共平面5下列表示对应化学反应的离子方程式其中正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入足量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液：NH4+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC工业上用氨水吸收二氧化硫：2NH3H2O+SO22NH4+SO32D磁性氧化铁溶于稀硝酸3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H26水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点以钒酸钠（NaV3O8）为正极材料的电极反应式为：NaV3O8+xLi+xe=NaLixV3O8，则下列说法不正确的是（）A放电时，负极的电极反应式：LieLi+B充电过程中Li+从阳极向阴极迁移C充电过程中阳极的电极反应式为NaLixV3O8xe=NaV3O8+xLi+，NaLixV3O8中钒的化合价发生变化D该电池可以用硫酸钠溶液作电解质7废弃物资源化对于建设资源节约型社会具有重要的意义铝灰是铝加工行业的废渣，其主要成分为Al、Al2O3，可能还含有KCl、FeO、Fe2O3、MgO、SiO2、MnO2中的若干种为了确认其成分，某同学依次进行了以下实验：将过量的稀盐酸加入铝灰中，充分反应后过滤得到溶液甲和固体乙取少量溶液甲滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀取少量溶液甲分成两等份，向其中一份滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀；向另一份滴加KSCN溶液，溶液变成血红色取少量溶液甲加入过量NaOH溶液，并置于空气中充分反应后经过滤、洗涤、灼烧得到1.60g固体丙，将固体丙置于氢气流中加热充分反应后得到1.12g固体丁根据以上实验现象或数据，该同学得出的结论正确的是（）A根据可推出铝灰中一定含有SiO2B根据可推出铝灰中一定含有KClC根据可推出铝灰中一定含有FeO和Fe2O3D根据可推出固体丙中一定不含MgO二、解答题（共3小题，满分43分）8海洋资源的开发与利用具有广阔的前景海水的pH一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca 2+Mg 2+ClSO4 2HCO3含量/mgL19360831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：，该海水中Ca 2+的物质的量浓度为 mol/L（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极开始时阳极的电极反应式为电解一段时间，极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为（填化学式）淡水的出口为a、b、c中的出口（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示（填粒子符号），充电时该电极反应式为（4）利用海洋资源可获得MnO2MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为 （空气中氧气的体积分数按20%计）9氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用（1）液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越来越被研究人员重视它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势氨的燃烧实验涉及下列两个相关的反应：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H2则反应 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）H=（请用含有H1、H2的式子表示）（2）合成氨实验中，在体积为3L的恒容密闭容器中，投入4mol N2和9mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如下表所示：温度（K）平衡时NH3的物质的量（mol）T12.4T22.0已知：破坏1mol N2（g）和3mol H2（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3（g）中的化学键消耗的能量则T1T2（填“”、“”或“=”）在T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则010min内H2的平均速率v（H2）=，平衡时N2的转化率（N2）=下列图象1分别代表焓变（H）、混合气体平均相对分子质量（）、N2体积分数（N2）和气体密度（）与反应时间的关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是（3）某N2H4（肼或联氨）燃料电池（产生稳定、无污染的物质）原理如图2所示M区发生的电极反应式为用上述电池做电源，用图3装置电解饱和氯化钾溶液（电极均为惰性电极），设饱和氯化钾溶液体积为500mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），若该燃料电池的能量利用率为80%，则需消耗N2H4的质量为g（假设溶液电解前后体积不变）10（）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式（2）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是（填化学式），写出制备E和F的离子反应方程式（）某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）908gmol1）的组成和性质，设计并完成了如下实验取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H已知：浅绿色盐X在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子请回答如下问题：（1）写出B分子的电子式（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体请写出该反应的离子方程式为（3）在隔绝空气、570温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式三、化学-选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示：（1）熔炼时被氧化的元素是，酸浸时反应的离子方程式为为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是（2）操作a是，固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：CuO+Al2O3+（3）若残渣A中含有n mol Ag，将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方程式为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与V L（标准状况）空气混合通入水中，则V至少为L（设空气中氧气的体积分数为0.2）（4）已知2Cu+Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点（5）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差g四、化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质（1）铟与镓同是IIIA族元素，写出铟基态原子的电子排布式：（2）硒为第四周期VI A族元素，与其相邻的元素有砷（33号）、溴（35号），则三种元素的电负性由小到大的顺序为（用元素符号表示）（3）SeO3分子的立体构型为（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是（5）硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，如硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成B（OH）4，其中B原子的杂化类型为（6）金属铜投入氨水中或投入H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水过氧化氢混合液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出该反应的离子方程式：（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为g/cm3（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗数的值为NA）五、解答题（共1小题，满分0分）化学-选修有机化学基础13H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子RCH=CH2+CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHRD和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2：（2）AB反应过程中涉及的反应类型有（3）写出D分子中含有的官能团名称：（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式：（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式：（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）湖北省武汉二中xx届高考化学九模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生产和生活、军事、科研产品紧密相关，下列说法错误的是（）A家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故B在牙膏中添入Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D可用蘸浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气考点：盐类水解的原理；氧化还原反应；氨的化学性质分析：A、次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒；B、防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用是相同的，据此解答即可；C、侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异；D、氯化氢和氨气反应生成白烟解答：解：A、次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，故A正确；B、防治龋齿的有效成分是氟离子，当氟离子浓度相等时，防治龋齿的作用是相同的，故B正确；C、侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，故C错误；D、浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故D正确；故选C点评：本题考查较为综合，涉及侯氏制碱法、氨气的检验、氯气的性质等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学习的良好的科学实素养，提高学习的积极性，难度不大2下列说法正确的是（）A润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润 湿其内壁，再从上口倒出，重复23次B向酒精灯内添加酒精时，不能多于容积的，若不慎洒出的酒精在桌上燃烧，应迅速用水灭火C探究温度对反应速率的影响时，应先将硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液分别在水浴中加热，然后混合D在“金属析氢腐蚀”实验中，外面缠绕着铜丝的铁钉上产生气泡多，在铁钉周围出现血红色现象（溶液中滴加几滴KSCN溶液）考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A润洗酸式滴定管，完成后从下口放出液体；B酒精在桌上燃烧，不能用水扑灭；C探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制温度不同；D外面缠绕着铜丝的铁钉上产生气泡多，Fe为负极失去电子生成亚铁离子，然后亚铁离子被氧化为铁离子解答：解：A润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润 湿其内壁，再从下口放出液体，重复23次，故A错误；B酒精在桌上燃烧，不能用水扑灭，应用湿抹布扑灭，故B错误；C探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制温度不同，则将混合物分别在热水、冷水中反应，故C正确；D外面缠绕着铜丝的铁钉上产生气泡多，Fe为负极失去电子生成亚铁离子，则溶液中滴加几滴KSCN溶液，铁钉周围出现不能血红色现象，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验仪器的使用、实验安全、反应速率的影响因素、原电池等，把握实验基本操作和反应原理为解答的关键，注重实验技能的考查，题目难度不大3类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确以下几种类推结论中，正确的是（）A第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HFH2ONH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HClH2SPH3BIVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4SiH4CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3PH3NH3CFe3O4可以写成FeO3；Pb3O4也可以写成PbOPb2O3DNaHSO4与NaHSO3溶于水显酸性，由所有酸式盐溶于水显酸性考点：元素周期律的作用；盐类水解的应用分析：A、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越大；B、VA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，据此分析即可；C、Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为：PbO和PbO2；D、强酸的酸式盐溶于水呈酸性，比如：硫酸氢钠解答：解：A、元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；B、因第A族中，N的非金属性最强，且氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比其他元素氢化物的高，故B错误；C、Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为PbO和PbO2，那么Pb2O3的氧化物的表示形式可以写成PbOPbO2，故C错误；D、强酸的酸式盐溶于水呈酸性，比如：硫酸氢钠，故D错误，故选A点评：本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质的变化规律为解答的关键，侧重金属性、非金属性比较的考查，题目难度不大4下列说法正确的是（）A分子式为C10H12O2的有机物，苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体，满足以上2个条件的该有机物的同分异构体有15种B对苯二甲酸（ ）与乙二醇（HOCH2CH2OH）能通过加聚反应制取聚酯纤维 （ ）C分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有5种D 分子中的所有原子有可能共平面考点：有机化学反应的综合应用分析：A分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键；B缩聚反应指生成高聚物同时有小分子物质生成；C醇被氧化生成醛，说明与羟基相连的碳上有2个氢原子；D甲基为四面体构型解答：解：A分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：1061=3个C，苯环上有两个取代基，则取代基的可能组合为：CH3、CH2CH2COOH、CH3、CH（CH3）COOH、CH2CH3、CH2COOHCOOH、CH2CH2CH3COOH、CH（CH3）2，每种组合中都含有邻、间、对三种同分异构体，所以该有机物总共含有的同分异构体数目为：53=15种，故A正确； B乙二醇（HOCH2CH2OH）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，故B错误；C分子式为C5H12O的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定C5H12的同分异构体，OH取代C5H12中甲基上的H原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，CH3CH2CH2CH2CH3中甲基处于对称位置，OH取代甲基上的H原子有1种结构，（CH3）2CHCH2CH3中甲基有2种，OH取代甲基上的H原子有2种结构，（CH3）4C中甲基有1种，OH取代甲基上的H原子有1种结构，故符合条件的C5H12O的同分异构体有4种，故C错误；D分子中含有甲基，为四面体构型，则所有原子不可能共平面，故D错误故选A点评：本题考查了有机物同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，正确根据题干信息判断出该有机物分子含有的官能团、取代基类型为解答本题关键5下列表示对应化学反应的离子方程式其中正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入足量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液：NH4+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC工业上用氨水吸收二氧化硫：2NH3H2O+SO22NH4+SO32D磁性氧化铁溶于稀硝酸3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2考点：离子方程式的书写分析：A二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；B氢氧根离子少量，先于三价铁离子反应再与氨根离子反应；C氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵；D磁性氧化铁为氧化物应保留化学式解答：解：A向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，离子方程式：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入少量氢氧化钡溶液，离子方程式：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+H2O+Fe（OH）3+NH3H2O，故B错误；C氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子方程式：2NH3H2O+SO22NH4+SO32，故C正确；D将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸中的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，评价错误，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大6水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点以钒酸钠（NaV3O8）为正极材料的电极反应式为：NaV3O8+xLi+xe=NaLixV3O8，则下列说法不正确的是（）A放电时，负极的电极反应式：LieLi+B充电过程中Li+从阳极向阴极迁移C充电过程中阳极的电极反应式为NaLixV3O8xe=NaV3O8+xLi+，NaLixV3O8中钒的化合价发生变化D该电池可以用硫酸钠溶液作电解质考点：化学电源新型电池分析：放电时，b电极Li作负极，电极反应式为LieLi+，a作正极，电极反应式为NaV3O8+xLi+xe=NaLixV3O8，则电池反应式为NaV3O8+xLi=NaLixV3O8，充电时，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，充电时，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答解答：解：放电时，b电极Li作负极，Li失电子发生氧化反应，电极反应式为LieLi+，故A正确；B充电时，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以Li+从阳极向阴极迁移，故B正确；C充电时，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，所以阳极的电极反应式为NaLixV3O8xe=NaV3O8+xLi+，NaLixV3O8中Na、O、Li元素化合价不变，则钒的化合价发生变化，失电子发生氧化反应，故C正确；DLi极易和水反应生成LiOH和氢气，所以电池中不可以用硫酸钠溶液作电解质溶液，故D错误；故选D点评：本题考查化学电源新型电池，为xx届高考高频点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，知道物质的性质，题目难度中等7废弃物资源化对于建设资源节约型社会具有重要的意义铝灰是铝加工行业的废渣，其主要成分为Al、Al2O3，可能还含有KCl、FeO、Fe2O3、MgO、SiO2、MnO2中的若干种为了确认其成分，某同学依次进行了以下实验：将过量的稀盐酸加入铝灰中，充分反应后过滤得到溶液甲和固体乙取少量溶液甲滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀取少量溶液甲分成两等份，向其中一份滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀；向另一份滴加KSCN溶液，溶液变成血红色取少量溶液甲加入过量NaOH溶液，并置于空气中充分反应后经过滤、洗涤、灼烧得到1.60g固体丙，将固体丙置于氢气流中加热充分反应后得到1.12g固体丁根据以上实验现象或数据，该同学得出的结论正确的是（）A根据可推出铝灰中一定含有SiO2B根据可推出铝灰中一定含有KClC根据可推出铝灰中一定含有FeO和Fe2O3D根据可推出固体丙中一定不含MgO考点：几组未知物的检验分析：将过量的稀盐酸加入铝灰中，充分反应后过滤得到溶液甲和固体乙，Al、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO溶于盐酸，但是SiO2、MnO2不溶；取少量溶液甲滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，即氯化银沉淀，过量的盐酸中含有氯离子；取少量溶液甲分成两等份，向其中一份滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，则含有亚铁离子；向另一份滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，则含有铁离子；取少量溶液甲加入过量NaOH溶液，并置于空气中充分反应后经过滤、洗涤、灼烧得到1.60g固体丙，将固体丙置于氢气流中加热充分反应后得到1.12g固体丁，则根据氢氧化铁灼烧可以得到氧化铁，氢气还原氧化铁可以得到金属铁来判断即可解答：解：A、将过量的稀盐酸加入铝灰中，充分反应后过滤得到溶液甲和固体乙，Al、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO溶于盐酸，但是SiO2、MnO2不溶，铝灰中一定含有SiO2或是MnO2中的一种，故A错误；B、取少量溶液甲滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，即氯化银沉淀，过量的盐酸中含有氯离子，铝灰中不一定含有KCl，故B错误；C、取少量溶液甲分成两等份，向其中一份滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，则含有亚铁离子；向另一份滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，则含有铁离子，但是铁离子可能是亚铁离子被氧化的产物，不一定含有氧化铁，故C错误；D、取少量溶液甲加入过量NaOH溶液，并置于空气中，充分反应后经过滤、洗涤、灼烧得到1.60g固体丙，将固体丙置于氢气流中加热充分反应后得到1.12g固体丁，则根据氢氧化铁灼烧可以得到氧化铁，氢气还原氧化铁可以得到金属铁，根据Fe元素守恒，1.60g氧化铁置于氢气流中加热充分反应后得到1.12g固体正好是Fe，则一定不含有MgO，故D正确故选D点评：本体是一道物质的鉴别实验方案设计题，注意物质的性质的归纳以及离子的检验方法是关键，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8海洋资源的开发与利用具有广阔的前景海水的pH一般在7.58.6之间某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca 2+Mg 2+ClSO4 2HCO3含量/mgL19360831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：，该海水中Ca 2+的物质的量浓度为4103 mol/L（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极开始时阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2电解一段时间，极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为CaCO3和Mg（OH）2（填化学式）淡水的出口为a、b、c中的b出口（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图2所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示Li+（填粒子符号），充电时该电极反应式为LiFePO4e=FePO4+Li+（4）利用海洋资源可获得MnO2MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为1：5 （空气中氧气的体积分数按20%计）考点：海水资源及其综合利用；物质的量浓度的相关计算；电解原理分析：（1）分析海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，结合海水中钙离子含量为160mg/L，利用物质的量浓度概念计算得到；（2）依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过所以阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子、Mg2+氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（OH）2；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；（3）该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点是传导离子；在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，原电池正极是电解池的阳极发生氧化反应，据此书写电极反应；（4）依据化学方程式定量关系计算需要氧气和氯气物质的量，空气中氧气的体积分数按20%计算空气物质的量，气体体积之比等于体积之比解答：解：（1）海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，结合海水中钙离子含量为160mg/L，物质的量浓度=4103 mol/L；故答案为：HCO3+H2OH2CO3+OH，4103 mol/L；（2）阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H2O+2e=H2+2OH或2H+2e=H2，开始时阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2；故答案为：2Cl2e=Cl2；阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（OH）2，故答案为：阴，CaCO3和Mg（OH）2；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，故答案为：b； （3）该电池电解质为能传导 Li+的固体材料上面图1中的小黑点表示锂离子，放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e+Li+=LiFePO4，充电过程该极电极反应发生的是失电子发生氧化反应，电极反应为：LiFePO4e=FePO4+Li+；故答案为：Li+；LiFePO4e=FePO4+Li+；（4）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl，得到电离关系Cl2O2反应过程中消耗相同条件下氧气和氯气的体积比=1：1，空气中氧气的体积分数按20%计，消耗相同条件下氯气和空气的体积比=1：5，故答案为：1：5点评：本题考查了化学电源新型电池，电解池原理分析判断，海水淡化的电渗析原理的分析判断，题目难度中等，掌握原理即可解答9氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用（1）液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越来越被研究人员重视它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势氨的燃烧实验涉及下列两个相关的反应：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H2则反应 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）H=（请用含有H1、H2的式子表示）（2）合成氨实验中，在体积为3L的恒容密闭容器中，投入4mol N2和9mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如下表所示：温度（K）平衡时NH3的物质的量（mol）T12.4T22.0已知：破坏1mol N2（g）和3mol H2（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3（g）中的化学键消耗的能量则T1T2（填“”、“”或“=”）在T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则010min内H2的平均速率v（H2）=0.1molL1min1，平衡时N2的转化率（N2）=25%下列图象1分别代表焓变（H）、混合气体平均相对分子质量（）、N2体积分数（N2）和气体密度（）与反应时间的关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是BC（3）某N2H4（肼或联氨）燃料电池（产生稳定、无污染的物质）原理如图2所示M区发生的电极反应式为N2H44e=N2+4H+用上述电池做电源，用图3装置电解饱和氯化钾溶液（电极均为惰性电极），设饱和氯化钾溶液体积为500mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），若该燃料电池的能量利用率为80%，则需消耗N2H4的质量为0.5g（假设溶液电解前后体积不变）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H2结合盖斯定律可知，（3+2）得到4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）；（2）破坏1mol N2（g）和3mol H2（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3（g）中的化学键消耗的能量，则合成氨的反应为放热反应，由表格数据可知，T1对应的氨气平衡时物质的量大，则T1的温度低；T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则 N2+3 H22NH3，开始 4 9 0转化 1 3 2平衡 3 6 2结合v=及转化率计算；焓变（H）始终不变，混合气体平均相对分子质量（）为变量、N2体积分数（N2）为变量，气体密度（）始终不变；（3）左端为负极，在酸性电解质中失去电子生成氮气和氢离子；该燃料电池的能量利用率为80%，即电池转移电子的80%=电解中转移电子，结合电子转移守恒计算解答：解：（1）由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）H14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H2结合盖斯定律可知，（3+2）得到4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l），则H=，故答案为：；（2）破坏1mol N2（g）和3mol H2（g）中的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3（g）中的化学键消耗的能量，则合成氨的反应为放热反应，由表格数据可知，T1对应的氨气平衡时物质的量大，则T1的温度低，则T1T2，故答案为：；T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则 N2+3 H22NH3，开始 4 9 0转化 1 3 2平衡 3 6 2v（H2）=0.1molL1min1，平衡时N2的转化率（N2）=100%=25%，故答案为：0.1molL1min1；25%；焓变（H）始终不变，混合气体平均相对分子质量（）为变量、N2体积分数（N2）为变量，气体密度（）始终不变，随反应进行，气体的物质的量减小，则随时间增大而增大，直到达到平衡状态不变；N2体积分数逐渐减小，到达到平衡状态不变，由图可知，正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的为BC，故答案为：BC；（3）由氢离子的移动方向可知，M区为负极，发生的电极反应式为N2H44e=N2+4H+，故答案为：N2H44e=N2+4H+； 用惰性电极，电解饱和KCl总的电极反应式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，pH值变为13时，c（OH）=0.1mol/L，n（OH）=0.1mol/L0.5L=0.05mol，N2H44e4OH 32g 4molx80% 0.05mol，解得x=0.5g，故答案为：0.5点评：本题考查较综合，涉及化学平衡图象、平衡计算、盖斯定律的应用及计算、电化学原理及计算等，综合性较强，侧重化学反应原理中高频考点的考查，题目难度中等10（）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（2）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是NH3（填化学式），写出制备E和F的离子反应方程式2NH3+CO2+Ca2+H2O=CaCO3+2NH4+（）某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）908gmol1）的组成和性质，设计并完成了如下实验取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H已知：浅绿色盐X在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子请回答如下问题：（1）写出B分子的电子式（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体请写出该反应的离子方程式为3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O（3）在隔绝空气、570温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为Cu4（OH）6SO44CuO+SO3+3H2O（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式3CuO+2NH3N2+3Cu2O+3H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计分析：（I）无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3；（1）工业上用氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉；（2）CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3；CO2、NH3、Ca2+和H2O反应生成CaCO3和NH4+（II）浅绿色盐X在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜（1）水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键；（2）红色固体G为氧化亚铜，溶于稀硝酸，+1价铜被氧化，硝酸被还原；（3）依据以上分析得n（CuO）：n（SO3）=1：4，结合质量守恒分析解答；（4）黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气（气体丙是大气主要成分之一）、铜或氧化亚铜和水解答：解：（）无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子反应方程式为Ca2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4+，故答案为：NH3；Ca2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4+（II）浅绿色盐X在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n=0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，逆推可得：一定量的浅绿色盐X中n（S）=0.1mol，28.8g红色固体G为氧化亚铜，n（Cu2O）=0.2mol，12.8g红色固体H，n（Cu）=0.2mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，浅绿色盐X在570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3+（m1）H2O，根据氧元素守恒得：m=4，符合M（X）908gmol1，则该反应流程为：X在隔绝空气、570温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3+3H2O，A和B反应SO3+H2O=H2SO4，硫酸与足量氯化钡反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，白色沉淀E为BaSO4，黑色固体C为氧化铜，在1000反应生成气体F为氧气，红色固体G为氧化亚铜4CuO2Cu2O+O2，G氧化亚铜和硫酸发生歧化反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，故答案为：；（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O，故答案为：3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O； （3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3+（m1）H2O，根据氧元素守恒得：m=4，则该反应流程为：X在隔绝空气、570温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3+3H2O，故答案为：Cu4（OH）6SO4；Cu4（OH）6SO44CuO+SO3+3H2O；（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O点评：本题考查了物质组成的推断，涉及离子的检验、物质的性质等知识点，熟悉元素化合物的性质、知道流程图中每一步发生的反应及反应现象是解本题关键，题目较大三、化学-选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示：（1）熔炼时被氧化的元素是铜，酸浸时反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是将渣料粉碎（2）操作a是过滤，固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（3）若残渣A中含有n mol Ag，将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方程式3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与V L（标准状况）空气混合通入水中，则V至少为28nL（设空气中氧气的体积分数为0.2）（4）已知2Cu+Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生（5）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的正极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差43.2g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2（1）由空气中熔炼时Cu被氧化；用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水；增大接触面积，加快反应速率；（2）CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，配平完成方程式；（3）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水；反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，Ag失去电子等于氧气获得电子，据此计算氧气物质的量，再计算需要氧气的体积，结合空气中氧气体