湖南省岳阳市2017年高考化学1月模拟试题（含解析）.doc

2017年湖南省岳阳市高考化学模拟试卷（1月份）一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分每小题仅有一个选项符合题意）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中正确的是（）A煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C“海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物2下列各项中，表述正确的是（）A丙烯的分子式为：CH3CH=CH2BH2O2的电子式为：CS2的离子结构示意图为：D苯的比例模型为：3设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A18 gD2O含电子数目为10NAB1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中含有氮原子数目为0.2 NAC0.1 mol CaC2固体含离子数目为0.3 NADagC2H4和C3H6混合气体含原予数目为aNA/144下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl、S2B0.1 mol/LFeCl3溶液中大量存在：Fe2+、NH4+、SCN、SO42C加入Al粉产生H2的溶液中可能大量存在：K+、Na+、NO3、ClD中性溶液中可能大量存在：Fe3+、K+、Cl、SO425正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语正确的是（）AHCO3的水解方程式：HCO3+H2OH3O+CO32B乙烯的燃烧热是bkJ/mol，表示燃烧热的热化学方程式为C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）H=bkJ/molC以铜为电极电解氯化铜溶液：Cu2+2ClCu+Cl2D在酸性碘化亚铁溶液中通入少量氧气：4I+O2+4H+=2I2+2H2O6下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是（）选项实验操作现象解释或结论A将SO2通入氢氧化钠的酚酞试液中红色褪去SO2具有漂白性B向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入银氨溶液并水浴加热无银镜产生淀粉没有水解C向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡D向2mL 0lmol/L的AgNO3溶液中先加入0lmol/L的NaCl溶液3滴，再滴加0lmol/L的NaI溶液3滴，观察沉淀颜色变化先白色沉淀后出现黄色沉淀溶度积：AgI比AgCl更小AA、BBCCDD7常温下，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，下列叙述不正确的是（）A浓度均为2105molL1的AgNO3溶液和NaCl溶液等体积混合，有白色沉淀产生B将0.001molL1的AgNO3溶液滴入0.001molL1的KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生AgCl沉淀Cc（Mg2+）为0.11molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D其他条件不变，向饱和Ag2CrO4水溶液中加入少量K2CrO4溶液，溶液中c（Ag+）减小8乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）分子式为C12H19O2；不能发生银镜反应； 1mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；它的同分异构体中不可能有酚类； 1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；属于芳香族化合物ABCD9C3H7和C2H5O同时取代苯环上的氢原子，形成的有机物中能与金属钠反应的有（）A4种B8种C12种D24种10下列图示与对应的叙述不相符的是（）A图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图表示0.100 0 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化11用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的是（）A用于实验室制氨气并收集干燥的氨气B用于除去CO2中含有的少量HC1C用于提取I2的CCl4溶液中的I2D装置用于验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性12短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（）A最高价氧化物对应水化物碱性强弱：BDB微粒半径大小：BACC、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质D由A、D两种元素的化合物中只含有离子键13己知：镁电池的总反应为xMg+Mo3S4 MgxMo3S4，某车载锂离子电池的总反应为：Li1xCoO2+LixC6 LiCoC2+C6（x1）下列说法正确的是（）A镁电池放电时，Mg2+向负极移动B镁电池充电时，阳极发生的反应为：Mo3S42x2xe=Mo3S4C锂离子电池放电时，负极的电极反应式为 LixC6+xe=xLi+C6D用镁电池给车载锂离子电池充电时连接方式如图所示1480时，2L密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应：N2O4（g）2NO2（g）H=+53kJmol1，获得如下数据：下列判断正确的是（）时间/s020406080100c（NO2）/molL10.000.120.200.260.300.30A2040s内，v（N2O4）=0.004mol/（Ls）B在相同条件下，开始时若向容器中充入的是0.80 molNO2，达到平衡后NO2的转化率为75%C反应达平衡时，吸收的热量为15.9 kJD100 s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大15下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A常温下，c（NH4+）相同的溶液中，溶质的物质的量浓度：c（NH3H2O）c（CH3COONH4）c（NH4Cl）c（NH4HSO4）B常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量盐酸大于醋酸D将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小16现有NaNO3和HCl的混合溶液500mL，其物质的量浓度分别为2mol/L和10mol/L，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉，回答下列问题（假设反应中HNO3被还原成NO） （）A能溶解铁粉的最大质量为84gB反应生成气体的体积为33.6L（标准状况下）C溶液中Fe2+的物质的量变化曲线如图所示D将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为NaCl和FeCl2的混合物二、非选择题（本题包括4小题，共52分）17氨和肼（N2H4）既是一种工业原料，又是一种重要的化工产品（1）等物质的量的氨和肼分别与足量的二氧化氮反应，产物为氮气和水则转移电子数目之比为 （2）肼在一定条件下可发生分解反应：3N2H4（g）N2（g）+4NH3（g），己知断裂Imol NH、NN、NN分别需要吸收能量390.8kJ、193kJ、946kJ则该反应的反应热H= kJ/mol（3）氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：（i ）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJ/mol（ii ）4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H=1267kJ/mol一定温度下，在2L的密闭容器中充入mol NH3与3mol O2发生反应（ii），达到平衡后测得容器中NH3的物质的量为2mol；则反应（ii）的化学平衡常数K= ；测得温度对NO、N2产率的影响如图1所示下列说法错误的是 A升高温度，反应（i）和（ii）的平衡常数均增大B.840后升高温度，反应（i）的正反应速率减小，反应（ii）的正反应速率增大C.900后，NO产率下降的主要原因是反应（i）平衡逆向移动D.800左右时，氨的催化氧化主要按照反应（i）进行（4）N2H4O2燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图2所示：b极为电池的 极；a极的电极反应方程式为 ；以该燃料电池为电源，用惰性电极电解400mL足量KC1溶液一段时间，当消耗O2的体积为2.24L（标准状况下）时，溶液pH= （忽略溶液体积变化）18三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰进而制备三氧化二锰的工艺流程如下（两种矿物中均不存在单质杂质）：（1）滤渣1中存在一种非金属单质，则“酸浸”时反应的离子反应方程式为 （2）操作X为蒸发浓缩、过滤、洗涤干燥在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4H2O晶体，主要目的是 （3）气体Y直接排放会污染空气，将Y的水溶液与软锰矿反应可得硫酸锰，反应的化学方程式为 （4）用0.2000mol/L的标准BaCl2溶液测定流程图中MnSO4H2O晶体样品的纯度（杂质不与BaCl2反应），取样品ag，若消耗标准溶液50.00ml，则样品中MnSO4H2O的纯度为 （5）己知Mn2O3在空气中加热到940以上时，会分解生成氧气和另一种锰的氧化物，若47.4g Mn2O3按上述反应分解生成1.6g氧气，则另一种锰的氧化物的化学式为 19三氯化硼是一种重要的化工原料，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取（已知：BCl3的沸点为12.5，熔点为107.3，易潮解）实验室制备三氯化硼的原理为：B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO（1）甲组同学拟用下列装置如图1制备干燥纯净的氯气（不用收集）装置B的作用是 ，装置C盛放的试剂是 装置A中发生反应的离子方程式为 （2）乙组同学选用甲组实验中的A、B、C和下列装置如图2（装置可重复使用）制备BC13并验证反应中有CO生成乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为ABC FDI；其中装置E的作用是 实验开始时，先通入干燥的N2的目的是 能证明反应中有CO生成的现象是 三氯化硼接触潮湿空气时会形成腐蚀性浓厚白雾，其与水反应的化学方程式为 20有机物的合成路线如下：（1）A的分子式为 ；B的结构简式为 （2）E中含氧官能团的名称为 （3）反应的反应方程式是 （4）C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种（不含立体异构）a属于芳香族化合物 b能发生银镜反应 c结构中不含OCl结构其中核磁共振氢谱显示只有3组峰，且峰面积之比为1：2：2的同分异构体是 （填结构简式）（5）参照上述有机物的合成路线并结合已学知识，设计一种以甲苯和乙醛为原料制备有机物的合成路线2017年湖南省岳阳市高考化学模拟试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分每小题仅有一个选项符合题意）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中正确的是（）A煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C“海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；FE：三废处理与环境保护【分析】A煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可转化为清洁能源，但煤炭不能蒸馏；B酒精可使蛋白质发生变性；C明矾中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性；D光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物【解答】解：A煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故A错误；B酒精可使蛋白质发生变性，则医药中常用酒精来消毒，故B正确；C明矾中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但不能淡化海水，故C错误；D光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；故选B2下列各项中，表述正确的是（）A丙烯的分子式为：CH3CH=CH2BH2O2的电子式为：CS2的离子结构示意图为：D苯的比例模型为：【考点】43：电子式【分析】A表示物质的元素组成的式子为分子式；B过氧化氢为共价化合物，双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；C硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层含有8个电子，据此画出硫离子的离子结构示意图；D苯分子中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，所有碳碳键完全相同；比例模型能够反映出各原子相对体积大小【解答】解：A丙烷的分子式为C3H8，故A错误；B双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水的电子式为：，故B错误；C硫离子核外存在18个电子，核内有16个质子，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为，故C正确；D苯为平面结构，苯分子中存在6个H和6个C，所有碳碳键完全相同，苯的比例模型为，故D错误；故选C3设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A18 gD2O含电子数目为10NAB1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中含有氮原子数目为0.2 NAC0.1 mol CaC2固体含离子数目为0.3 NADagC2H4和C3H6混合气体含原予数目为aNA/14【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个电子来分析；B、求出硝酸铵的物质的量，然后根据硝酸铵中含2个N原子来分析；C、CaC2固体由1个钙离子和1个C22构成来分析；D、C2H4和C3H6的最简式均为CH2【解答】解：A、18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含10个电子，故0.9mol重水中含9NA个电子，故A错误；B、溶液中含有的硝酸铵的物质的量n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，而硝酸铵中含2个N原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，故B正确；C、CaC2固体由1个钙离子和1个C22构成，故0.1mol碳化钙中含0.2NA个离子，故C错误；D、C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故agC2H4和C3H6混合气体含有的CH2的物质的量n=mol，故含mol原子，即含个原子，故D错误故选B4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl、S2B0.1 mol/LFeCl3溶液中大量存在：Fe2+、NH4+、SCN、SO42C加入Al粉产生H2的溶液中可能大量存在：K+、Na+、NO3、ClD中性溶液中可能大量存在：Fe3+、K+、Cl、SO42【考点】DP：离子共存问题【分析】A、离子之间相互促进水解；B、FeCl3溶液与SCN发生反应生成硫氰化铁；C、加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D、中性溶液中不能存在Fe3+【解答】解：A、Al3+、S2离子之间相互促进水解，不能共存，故A错误；B、FeCl3溶液与SCN发生反应生成硫氰化铁，所以FeCl3溶液中SCN不能大量存在，故B错误；C、加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中能大量共存，酸溶液中Al、NO3、H+发生氧化还原反应不生成氢气，所以加入Al粉产生H2的溶液中可能大量存在：K+、Na+、NO3、Cl，故C正确；D、Fe3+水解显酸性，所以中性溶液中不能存在Fe3+，故D错误故选C5正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语正确的是（）AHCO3的水解方程式：HCO3+H2OH3O+CO32B乙烯的燃烧热是bkJ/mol，表示燃烧热的热化学方程式为C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）H=bkJ/molC以铜为电极电解氯化铜溶液：Cu2+2ClCu+Cl2D在酸性碘化亚铁溶液中通入少量氧气：4I+O2+4H+=2I2+2H2O【考点】49：离子方程式的书写；BE：热化学方程式；BI：电极反应和电池反应方程式；DB：盐类水解的原理【分析】AHCO3+H2OH3O+CO32是碳酸氢根离子的电离方程式；B燃烧热中生成产物为稳定的氧化物，水液态时稳定；C铜为电极，阳极材料为活性电极，电极本身放电；D少量氧气，优先氧化碘离子【解答】解：A碳酸氢根离子的水解离方程式：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A错误；B水的状态为气体，不是最稳定的氧化物，故C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）H=bkJ/mol，不能表示乙烯的燃烧热的热化学方程，故B错误；C以铜为电极电解氯化铜溶液，阳极铜放电生成铜离子，阴极铜离子得到电子生成铜，故C错误；D二者反应生成碘和水，离子方程式为4I+O2+4H+=2I2+2H2O，故D正确；故选：D6下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是（）选项实验操作现象解释或结论A将SO2通入氢氧化钠的酚酞试液中红色褪去SO2具有漂白性B向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入银氨溶液并水浴加热无银镜产生淀粉没有水解C向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡D向2mL 0lmol/L的AgNO3溶液中先加入0lmol/L的NaCl溶液3滴，再滴加0lmol/L的NaI溶液3滴，观察沉淀颜色变化先白色沉淀后出现黄色沉淀溶度积：AgI比AgCl更小AA、BBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫为酸性氧化物；B淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下；C碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡与碳酸根离子反应；D硝酸银过量，均为沉淀的生成【解答】解：A二氧化硫为酸性氧化物，则SO2通入氢氧化钠的酚酞试液中，溶液褪色，发生复分解反应，与漂白性无关，故A错误；B淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡与碳酸根离子反应，水解平衡逆向移动，则红色变浅，故C正确；D硝酸银过量，均为沉淀的生成，则不能比较AgI、AgCl的Ksp，故D错误；故选C7常温下，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012，下列叙述不正确的是（）A浓度均为2105molL1的AgNO3溶液和NaCl溶液等体积混合，有白色沉淀产生B将0.001molL1的AgNO3溶液滴入0.001molL1的KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生AgCl沉淀Cc（Mg2+）为0.11molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D其他条件不变，向饱和Ag2CrO4水溶液中加入少量K2CrO4溶液，溶液中c（Ag+）减小【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A根据Qc与Ksp（AgCl）的相对大小判断是否有沉淀产生；B溶度积小的沉淀先生成；C根据Mg（OH）2的溶度积常数计算达到沉淀时所需的pH值；D增大离子浓度，会使沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动【解答】解：A浓度均为2105mol/L的AgNO3溶液和NaCl溶液等体积混合，混合后，c（Ag+）=1105mol/L，c（Cl）=1105mol/L，则浓度积Qc=c（Ag+）c（Cl）=11010Ksp（AgCl），沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向进行，没有AgCl白色沉淀生成，故A错误；B将0.001mol/L的AgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中，产生AgCl沉淀需要Ag+的浓度为c（Ag+）=1.8107mol/L，产生Ag2CrO4需要Ag+的浓度为c（Ag+）=4.36105mol/L，因此达到AgCl沉淀所需的Ag+浓度相对较小，优先产生AgCl沉淀，故B正确；Cc（Mg2+）为0.11mol/L的溶液，要产生Mg（OH）2沉淀，当恰好产生Mg（OH）2沉淀时，溶液中c（OH）=1105mol/L，则溶液的pH=14pOH=9，即溶液的pH值控制在9以上，故C正确；D饱和Ag2CrO4水溶液存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）2Ag+（aq）+CrO42（aq），加入少量的K2CrO4溶液，溶液中c（CrO42）增大，平衡向左移动，溶液中c（Ag+）减小，故D正确故选A8乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）分子式为C12H19O2；不能发生银镜反应； 1mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；它的同分异构体中不可能有酚类； 1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；属于芳香族化合物ABCD【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，结合有机物的组成解答该题【解答】解：由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确； 只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确； 能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误故选A9C3H7和C2H5O同时取代苯环上的氢原子，形成的有机物中能与金属钠反应的有（）A4种B8种C12种D24种【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】考虑C3H7的异构体和C2H5O能与金属钠反应的即含羟基的异构体及苯环的位置，判断异构体的种类【解答】解：C3H7有两种结构，分别为：CH3CH2CH2、CH3CH（CH3），C2H5O能与金属钠反应的即含羟基的有两种结构，分别为：HOCH2CH2、CH3CH（OH），再考虑苯环上相对位置有邻间对三种，所以形成的有机物有223共12种，故选C10下列图示与对应的叙述不相符的是（）A图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图表示0.100 0 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化【考点】5B：离子方程式的有关计算；62：溶解度、饱和溶液的概念；PI：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；R3：中和滴定【分析】A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；B、催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应的速率；C、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断【解答】解：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A正确；B、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；C、0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C错误；D、开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确故选C11用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的是（）A用于实验室制氨气并收集干燥的氨气B用于除去CO2中含有的少量HC1C用于提取I2的CCl4溶液中的I2D装置用于验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；B除杂时导管长进短出；C碘易溶于四氯化碳，互溶，不分层；D碳酸氢钠不稳定【解答】解：A氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选氯化铵与碱加热制备氨气，故A错误；B除杂时导管长进短出，图中气体的进入导管方向不合理，故B错误；C碘易溶于四氯化碳，应选蒸馏装置分离，故C错误；D碳酸氢钠不稳定，则小试管中为碳酸氢钠，可验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，故D正确；故选D12短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（）A最高价氧化物对应水化物碱性强弱：BDB微粒半径大小：BACC、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质D由A、D两种元素的化合物中只含有离子键【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，则A为H，B为Li，D为Na；C、E同主族，E是太阳能转化为电能的常用材料，E为Si，C为C，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：由上述分析可知，A为H，B为Li，C为C，D为Na，E为Si，A金属性NaLi，则最高价氧化物对应水化物碱性强弱：BD，故A错误；B具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则微粒半径大小：BA，故B错误；CC、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，分别为分子晶体、原子晶体，物理性质差异大，故C错误；D由A、D两种元素的化合物为NaH，只含有离子键，故D正确；故选D13己知：镁电池的总反应为xMg+Mo3S4 MgxMo3S4，某车载锂离子电池的总反应为：Li1xCoO2+LixC6 LiCoC2+C6（x1）下列说法正确的是（）A镁电池放电时，Mg2+向负极移动B镁电池充电时，阳极发生的反应为：Mo3S42x2xe=Mo3S4C锂离子电池放电时，负极的电极反应式为 LixC6+xe=xLi+C6D用镁电池给车载锂离子电池充电时连接方式如图所示【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】A原电池中阳离子移向正极；B充电时阳极发生的是失电子发生氧化反应的变化；C放电为原电池反应，负极反应为失电子发生氧化反应；D用镁电池给车载锂离子电池充电，镁为原电池负极，连接电解池的阴极，充电时C6变化过程中化合价降低；【解答】解：A镁电池放电时，Mg2+向正极移动，故A错误；B镁电池的总反应为xMg+Mo3S4MgxMo3S4，镁电池充电时，阳极发生的反应为：Mo3S42x2xe=Mo3S4，故B正确；C锂离子电池放电时，负极的电极反应应为失电子过程，故C错误；D用镁电池给车载锂离子电池充电，镁为原电池负极，连接电解池的阴极，图中连接的是电解池的阳极，故D错误；故选B1480时，2L密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应：N2O4（g）2NO2（g）H=+53kJmol1，获得如下数据：下列判断正确的是（）时间/s020406080100c（NO2）/molL10.000.120.200.260.300.30A2040s内，v（N2O4）=0.004mol/（Ls）B在相同条件下，开始时若向容器中充入的是0.80 molNO2，达到平衡后NO2的转化率为75%C反应达平衡时，吸收的热量为15.9 kJD100 s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大【考点】CP：化学平衡的计算【分析】A结合v=计算；B相同条件下，开始时若向容器中充入的是0.80 molNO2，极限转化与起始量相同，与原平衡为等效平衡，平衡时NO2的物质的量不变；C物质的量与热量成正比，达到平衡时生成的NO2为0.3mol/L2L=0.6mol；D.100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强【解答】解：A.2040s内，v（N2O4）=0.002mol/（Ls），故A错误；B二者为等效平衡，平衡时NO2的物质的量不变，则达到平衡后NO2的转化率为100%=37.5%，故B错误；C.80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3mol/L2L=0.6mol，由热化学方程式可知吸收的热量为53kJ=15.9kJ，故C正确；D.100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，达新平衡时N2O4的转化率减小，故D错误；故选C15下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A常温下，c（NH4+）相同的溶液中，溶质的物质的量浓度：c（NH3H2O）c（CH3COONH4）c（NH4Cl）c（NH4HSO4）B常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量盐酸大于醋酸D将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】ANH3H2O为弱电解质存在电离平衡，电离程度微弱铵盐溶液中铵根离子水解，硫酸氢铵溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子促进铵根离子的水解；B溶液中存在电荷守恒分析判断；CpH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大于盐酸；D醋酸溶液稀释，平衡状态下的离子浓度减小，溶液中存在离子积常数【解答】解：ANH3H2O为弱电解质存在电离平衡，电离程度微弱铵盐溶液中铵根离子水解，硫酸氢铵溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子促进铵根离子的水解，常温下，c（NH4+）相同的溶液中，溶质的物质的量浓度：c（NH3H2O）c（CH3COONH4）c（NH4Cl）c（NH4HSO4），故A正确；B常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中存在 电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），得到c（Cl）=c（NH4+）c（H+）=c（OH），故B错误；CpH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大于盐酸，中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量盐酸小于醋酸，故C错误；D将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中醋酸电离平衡状态下离子的浓度均减小，溶液中氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选A16现有NaNO3和HCl的混合溶液500mL，其物质的量浓度分别为2mol/L和10mol/L，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉，回答下列问题（假设反应中HNO3被还原成NO） （）A能溶解铁粉的最大质量为84gB反应生成气体的体积为33.6L（标准状况下）C溶液中Fe2+的物质的量变化曲线如图所示D将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为NaCl和FeCl2的混合物【考点】M3：有关混合物反应的计算【分析】n（NaNO3）=2mol/L0.5L=1mol，根据氮元素守恒，则n（NO）=1mol，n（HCl）=10mol/L0.5L=5mol，根据氢元素守恒，则n（H+）=5mol，结合方程式3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O，Fe+2H+=Fe2+H2，并根据已有的量进行分析，注意计算时，以不足的作为计算对象【解答】解：n（NaNO3）=2mol/L0.5L=1mol，根据氮元素守恒，则n（NO）=1mol，n（HCl）=10mol/L0.5L=5mol，根据氢元素守恒，则n（H+）=5mol，A.3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O，注意计算时，以不足的作为计算对象， 3 8 2 2 1.5 4 1 1则：n1（Fe）=1.5mol，n1（H+）=4mol，n（NO）=1mol，Fe+2H+=Fe2+H2，1 2 10.5 54 0.5则：n2（Fe）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，故n（Fe）=1.5mol+0.5mol=2mol，则m（Fe）=2mol56g/mol=112g/mol，故A错误；Bn（气体）=n（NO）+n（H2）=1mol+0.5mol=1.5mol，V=nVm=1.5mol22.4L/mol=33.6L，故B正确；C随着Fe的加入，溶液中Fe2+逐渐逐渐，故应从0开始逐渐增加，故C错误；D将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体除NaCl，FeCl2还有Fe（NO）2，故D错误；故选B二、非选择题（本题包括4小题，共52分）17氨和肼（N2H4）既是一种工业原料，又是一种重要的化工产品（1）等物质的量的氨和肼分别与足量的二氧化氮反应，产物为氮气和水则转移电子数目之比为3：4（2）肼在一定条件下可发生分解反应：3N2H4（g）N2（g）+4NH3（g），己知断裂Imol NH、NN、NN分别需要吸收能量390.8kJ、193kJ、946kJ则该反应的反应热H=367kJ/mol（3）氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：（i ）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.5kJ/mol（ii ）4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H=1267kJ/mol一定温度下，在2L的密闭容器中充入mol NH3与3mol O2发生反应（ii），达到平衡后测得容器中NH3的物质的量为2mol；则反应（ii）的化学平衡常数K=；测得温度对NO、N2产率的影响如图1所示下列说法错误的是ABA升高温度，反应（i）和（ii）的平衡常数均增大B.840后升高温度，反应（i）的正反应速率减小，反应（ii）的正反应速率增大C.900后，NO产率下降的主要原因是反应（i）平衡逆向移动D.800左右时，氨的催化氧化主要按照反应（i）进行（4）N2H4O2燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图2所示：b极为电池的正极；a极的电极反应方程式为N2H44e+4OH=N2+4H2O；以该燃料电池为电源，用惰性电极电解400mL足量KC1溶液一段时间，当消耗O2的体积为2.24L（标准状况下）时，溶液pH=14（忽略溶液体积变化）【考点】CP：化学平衡的计算【分析】（1）NH3N2，N元素化合价+30，故由1molNH3转化为N2得到3mol电子，N2H4N2，N元素化合价+20，故由1molN2H4转化为N2得到4mol电子；（2）反应热=反应物总键能生成物总键能；（3）计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；A反应（i）和（ii）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；B升高温度，正逆反应速率都增大；C产率的大小与平衡移动的方向有关；D.800左右时，NO的产率较大，而生成氮气较少（4）肼、氧气碱性燃料电池，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，以此解答该题【解答】解：（1）NH3N2，N元素化合价+30，故由1molNH3转化为N2得到3mol电子，N2H4N2，N元素化合价+20，故由1molN2H4转化为N2得到4mol电子，故等物质的量的氨和肼分别与足量二氧化氮反应，产物为氮气和水则转移的电子数之比为3：4，故答案为：3：4；（2）肼在一定条件下可按下式分解：3N2H4（g）=N2（g）+4NH3（g），已知断裂1molNH、NN及NN需吸收的能量依次为390.8kJ、193kJ、946kJ若生成1molN2，反应焓变H=3946kJ/mol43390.8kJ/mol=367KJ/mol，故答案为：367；（3）一定温度下，在2L的密闭容器中充入mol NH3与3mol O2发生反应（ii），达到平衡后测得容器中NH3的物质的量为2mol，则消耗氨气的物质的量为mol，则 4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）起始（mol） 3 0 0转化（mol） 1 2平衡（mol）2 2 2平衡浓度（mol/L） 1 1 1则K=，故答案为：；A反应（i）和（ii）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数都减小，故A错误；B升高温度，活化分子百分数增大，则正逆反应速率都增大，故B错误；C.900之前，NO的产率逐渐增多，而900之后，NO产率下降的主要原因是反应（i）平衡逆向移动，因正反应为放热反应，故C正确；D.800左右时，NO的产率较大，而生成氮气较少，可知800左右时，氨的催化氧化主要按照反应（i）进行，故D正确故答案为：AB；（4）b通入氧气，发生还原反应，应为原电池的正极，故答案为：正； 负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案为：N2H44e+4OH=N2+4H2O；当消耗O2的体积为2.24L（标准状况下）时，n（O2）=0.1mol，由正极反应为：O2+2H2O+4e=4OH可知转移0.4mol电子，电解KCl的方程式为2KCl+2H2O2KOH+H2+Cl2，可知生成0.4molKOH，则c（OH）=1mol/L，则pH=14故答案为：1418三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰进而制备三氧化二锰的工艺流程如下（两种矿物中均不存在单质杂质）：（1）滤渣1中存在一种非金属单质，则“酸浸”时反应的离子反应方程式为MnO2+4H+MnSS+2Mn2+2H2O（2）操作X为蒸发浓缩、过滤、洗涤干燥在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4H2O晶体，主要目的是冷却结晶，减少MnSO4H2O晶体的溶解，乙醇易挥发便于除杂（3）气体Y直接排放会污染空气，将Y的水溶液与软锰矿反应可得硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4（4）用0.2000mol/L的标准BaCl2溶液测定流程图中MnSO4H2O晶体样品的纯度（杂质不与BaCl2反应），取样品ag，若消耗标准溶液50.00ml，则样品中MnSO4H2O的纯度为（5）己知Mn2O3在空气中加热到940以上时，会分解生成氧气和另一种锰的氧化物，若47.4g Mn2O3按上述反应分解生成1.6g氧气，则另一种锰的氧化物的化学式为Mn3O4（或MnO22MnO）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】软锰矿和硫锰矿在稀硫酸中酸浸，发生反应，得到滤渣，含有S，过滤得到滤液中含硫酸锰和稀硫酸，经过操作X得到硫酸锰晶体，可知操作X使硫酸锰溶液冷却结晶出了硫酸锰晶体，晶体经过煅烧得到三氧化二锰，产生气体Y，为SO2，气体Y和软锰矿在水中反应得到硫酸锰溶液，并入主流程中，有效避免了SO2气体污染大气，据此分析；（1）MnO2是两性化合物，在酸性条件之下是一种氧化剂，根据流程图分析，MnO2和MnS在稀硫酸中反应生成一种非金属单质，即滤渣1，同时产生MnSO4，是一个氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式；（2）根据流程图，MnSO4溶液经过操作X变成MnSO4H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、过滤、洗涤干燥，用乙醇洗涤MnSO4H2O晶体，则是为了冷却结晶，降低晶体的溶解，同时考虑到乙醇易挥发，很容易除去；（3）煅烧硫酸锰晶体，产生一种污染空气气体Y，根据元素守恒判断，为SO2，SO2和软锰矿在水中反应生成硫酸锰溶液，据此写出反应的化学方程式；（4）用0.2000mol/L的标准BaCl2溶液测定流程图中MnSO4H2O晶体样品的纯度（杂质不与BaCl2反应），主要是和晶体中的SO42反应，根据元素守恒计算；（5）Mn2O3在空气中加热到940以上时，会分解生成氧气和另一种锰的氧化物，根据质量守恒和元素守恒计算【解答】解：（1）MnO2是两性化合物，在酸性条件之下是一种氧化剂，根据流程图分析，MnO2和MnS在稀硫酸中反应生成一种非金属单质，即滤渣1，同时产生MnSO4，是一个氧化还原反应，则“酸浸”时反应的离子反应方程式为：MnO2+4H+MnSS+2Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+MnSS+2Mn2+2H2O；（2）根据流程图，MnSO4溶液经过操作X变成MnSO4H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、过滤、洗涤干燥，用乙醇洗涤MnSO4H2O晶体，则是为了冷却结晶，降低晶体的溶解，同时考虑到乙醇易挥发，很容易除去，则常用酒精洗涤MnSO4H2O晶体，主要目的是：冷却结晶，减少MnSO4H2O晶体的溶解，乙醇易挥发便于除杂，故答案为：冷却结晶，减少MnSO4H2O晶体的溶解，乙醇易挥发便于除杂；（3）煅烧硫酸锰晶体，产生一种污染空气气体Y，根据元素守恒判断，为SO2，SO2和软锰矿在水中反应生成硫酸锰溶液，则反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4，故答案为：MnO2+SO2MnSO4；（4）用0.2000mol/L的标准BaCl2溶液测定流程图中MnSO4H2O晶体样品的纯度（杂质不与BaCl2反应），主要是和晶体中的SO42反应，取样品ag，若消耗标准溶液50.00ml，根据S元素守恒，样品中含有MnSO4H2O的物质的量为n=0.2000mol/L50.00103L=0.01mol，则样品中含有的MnSO4H2O晶体的质量为m=0.01mol169g/mol=1.69g，所