湖南省岳阳市高考化学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