山东省济宁市鱼台一中高考化学一模试卷（含解析）.doc

山东省济宁市鱼台一 中2015届高考化学一模试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共计78分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的1（6分）化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）a为防止电池中的重金属污染土壤和水体，应积极开发废旧电池的综合回收利用b“玉兔”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅c大量的汽车尾气是造成雾霾天气的一个重要因素d煤的液化和气化均属于化学变化2（6分）根据下列有关实验得出的结论一定正确的是（）选项方法结论a同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量：加过胆矾=没加胆矾b向fe（no3）2溶液中滴入用硫酸酸化的h2o2溶液，则溶液变黄氧化性：h2o2fe3+c相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率：粉状大理石块状大理石d向2ml 0.1moll1na2s溶液中滴入几滴0.1moll1znso4溶液，有白色沉淀生成；再加入几滴0.1moll1 cuso4溶液，则又有黑色沉淀生成溶度积（ksp）：znscusaabbccdd3（6分）邻苯二甲酸二乙酯是增塑剂，其结构简式如图，关于该物质的说法中正确的是（）a该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色b其分子式为c12h15o4c该物质完全水解能生成三种产物d1mol该物质与足量naoh溶液反应能消耗2molnaoh4（6分）短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族下列说法正确的是（）ay的气态简单氢化物的热稳定性比w的强bx的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的弱cy分别与z、w形成的化合物均为碱性氧化物d原子半径大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）5（6分）下列有关说法正确的是（）a常温下，0.1 moll1na2s溶液中存在：c（oh）=c（h+）+c（hs）+c（h2s）b常温下，0.1 moll1ha溶液与0.1 moll1 naoh溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c（na+）=c（a）c（oh）=c（h+）c常温下，将0.1 moll1ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍d常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中c（na+）=0.1 moll1：c（na+）=c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）=c（oh）6（6分）用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（）a制取玻璃的同时产生co2气体，制取粗硅时生成的气体产物为cob生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应c粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法d黄铜矿冶炼铜时产生的so2可用于生产硫酸，feo可用作冶炼铁的原料7（6分）下列有关溶液的描述正确的是（）a1 moll1的fecl3溶液中，fe3+离子个数小于nabal3+和s2，no3和s2两组离子在酸、碱和中性溶液中均不能大量共存cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应的离子方程式：ca2+hco3+oh=caco3+2h2od向10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，溶液中c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh）三、非选择题包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）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）9（15分）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如图1：已知：苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95） 乙醚沸点34.6，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.8348.0%时易发生爆炸 石蜡油沸点高于250苯甲醇沸点为205.3实验步骤如下：向图2所示装置中加入8g氢氧化钠和30ml水，搅拌溶解，稍冷，加入10ml苯甲醛开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行，加热回流约40min停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20ml，摇动均匀，冷却至室温然后用乙醚萃取三次，每次10ml水层保留待用合并三次萃取液，依次用5ml饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10ml 10%碳酸钠溶液洗涤，10ml水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞；将锥形瓶中溶液转入图3所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205206的馏分得产品a将实验步骤中保留待用的水层慢慢地加入到盛有30ml浓盐酸和30ml水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品b根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需（仪器名称）（2）步骤中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因（3）步骤中无水硫酸镁的作用是，锥形瓶上要加塞的原因是，产品a为（4）步骤中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为；蒸馏得产品a的加热方式是（5）步骤中提纯产品b时所用到的实验方法为10（14分）锰锌铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体（mnxzn1xfe2o4）的主要流程如下，请回答下列问题：（1）酸浸时，二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为（2）活性铁粉除汞时，铁粉的作用是 （填“氧化剂”或“还原剂”或“吸附剂”）（3）除汞是以氮气为载气吹入滤液中，带出汞蒸汽经kmno4溶液进行吸收而实现的图2是kmno4溶液处于不同ph时对应hg的单位时间去除率变化图，图中物质为hg与 mno4在该ph范围内反应的主要产物ph6时反应的离子方程式为请根据该图给出ph对汞去除率影响的变化规律：试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的原因：（不考虑kmno4在酸性条件下氧化性增强的因素）（4）当x=0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示该锰锌铁氧体的组成（5）经测定滤液成分后，需加入一定量的mnso4和铁粉，其目的是（二）选考题：共45分请考生从给出的3道化学题、任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则所做的第一个题目计分【化学-选修2：化学与技术】11（15分）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【化学-选修3：物质结构与性质】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）【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13 （代号dmp）是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气对氢气的相对密度为97工业上生产dmp的流程如图所示：（1）上述转化中属于取代反应的是，d的核磁共振氢谱有组峰（2）的名称，c中官能团的名称为，dmp的分子式为（3）ab的化学方程式为（4）e是d的芳香族同分异构体，e具有如下特征：遇fecl3溶液显紫色；能发生银镜反应；苯环上有三个取代基，则符合条件的e最多有种，写出其中任意两种物质的结构简式（5）用制备dmp的另一种途径：其中反应还有另外一种产物，该产物最可能是，反应中的另一产物是水，且n（f）：n（h2o）=2：1，则f的结构简式为山东省济宁市鱼台一中2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共计78分在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的1（6分）化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）a为防止电池中的重金属污染土壤和水体，应积极开发废旧电池的综合回收利用b“玉兔”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅c大量的汽车尾气是造成雾霾天气的一个重要因素d煤的液化和气化均属于化学变化考点：三废处理与环境保护；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅 专题：化学应用分析：a、电池中的重金属离子会带来污染；b、硅太阳能电池板的成分是单质硅；c、汽车尾气中含so2等气体和颗粒物；d、没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；解答：解：a、电池中的重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，应积极开发废旧电池的综合利用技术，故a正确；b、硅太阳能电池板的成分是单质硅，不是二氧化硅，故b错误；c、汽车尾气释放出so2等气体和颗粒物，是造成雾霾天气的重要因素之一，故c正确；d、煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故d正确；故选b点评：本题考查原电池对环境的污染、物理变化和雾霾的形成，明确物质的成分和性质即可解答，难度不大2（6分）根据下列有关实验得出的结论一定正确的是（）选项方法结论a同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量：加过胆矾=没加胆矾b向fe（no3）2溶液中滴入用硫酸酸化的h2o2溶液，则溶液变黄氧化性：h2o2fe3+c相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率：粉状大理石块状大理石d向2ml 0.1moll1na2s溶液中滴入几滴0.1moll1znso4溶液，有白色沉淀生成；再加入几滴0.1moll1 cuso4溶液，则又有黑色沉淀生成溶度积（ksp）：znscusaabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a加胆矾，zn置换出cu构成原电池加快反应速率，但硫酸足量，生成氢气由zn的量决定；b用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；c接触面积越大，反应速率越快；dna2s溶液过量，均发生沉淀的生成解答：解：a加胆矾，zn置换出cu构成原电池加快反应速率，但硫酸足量，生成氢气由zn的量决定，则加胆矾的生成氢气少，故a错误；b用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较h2o2、fe3+的氧化性，故b错误；c粉状大理石比块状大理石的接触面积越大，则反应速率为粉状大理石块状大理石，故c正确；dna2s溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较zns、cus的溶度积（ksp），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，涉及反应速率的影响因素、氧化还原反应、沉淀的生成等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3（6分）邻苯二甲酸二乙酯是增塑剂，其结构简式如图，关于该物质的说法中正确的是（）a该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色b其分子式为c12h15o4c该物质完全水解能生成三种产物d1mol该物质与足量naoh溶液反应能消耗2molnaoh考点：有机物的结构和性质 分析：该分子中含有酯基和苯环，具有苯和酯的性质，能发生水解反应、取代反应、加成反应、还原反应，据此分析解答解答：解：a该分子中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴反应，故a错误；b该物质分子式为c12h14o4，故b错误；c该物质完全水解生成邻苯二甲酸和乙醇两种物质，故c错误；d该物质水解生成的羧基和naoh反应，1mol该物质与足量naoh溶液反应能消耗2molnaoh，故d正确；故选d点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯的性质，注意只有酯基水解生成的羧基和酚羟基才能和naoh反应，为易错点4（6分）短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族下列说法正确的是（）ay的气态简单氢化物的热稳定性比w的强bx的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的弱cy分别与z、w形成的化合物均为碱性氧化物d原子半径大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的元素，则y是o元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，则z是mg元素，w与x同主族，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，x原子序数小于y，则x是c元素，w是si元素，a元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；b元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；cy是o元素、z是mg元素、w是si元素，sio2是酸性氧化物；d原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小解答：解：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的元素，则y是o元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，则z是mg元素，w与x同主族，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，x原子序数小于y，则x是c元素，w是si元素，a元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，y的非金属性大于w，所以y的气态简单氢化物的热稳定性比w的强，故a正确；b元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性xw，所以x的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的强，故b错误；cy是o元素、z是mg元素、w是si元素，sio2是酸性氧化物，mgo是碱性氧化物，故c错误；d原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（z）r（w）r（x）r（y），故d错误；故选a点评：本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题关键，熟练掌握元素周期律并灵活运用，知道非金属的非金属性与其气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性强弱关系，题目难度不大5（6分）下列有关说法正确的是（）a常温下，0.1 moll1na2s溶液中存在：c（oh）=c（h+）+c（hs）+c（h2s）b常温下，0.1 moll1ha溶液与0.1 moll1 naoh溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c（na+）=c（a）c（oh）=c（h+）c常温下，将0.1 moll1ch3cooh溶液加水稀释，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍d常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中c（na+）=0.1 moll1：c（na+）=c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）=c（oh）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：a依据硫化钠溶液中存在的质子守恒分析判断；b恰好反应生成生成naa，a部分水解溶液显示碱性，c（oh）c（h+）；c根据醋酸的电离平衡常数表达式可知，=，据此进行判断；d常温下，ph=7的ch3coona和ch3cooh混合溶液中：c（h+）=c（oh），醋酸浓度较小，则c（na+）=c（ch3coo）c（ch3cooh）解答：解：a硫化钠溶液中存在的质子守恒，即：溶液中水完全电离出氢氧根离子和氢离子相同，则：c（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s），故a错误；b常温下，0.1 moll1ha溶液与0.1 moll1 naoh溶液恰好完全反应时生成naa，a部分水解溶液显示碱性，c（oh）c（h+），根据电荷守恒可得：c（na+）c（a），则离子浓度大小为：c（na+）c（a）c（oh）c（h+），故b错误；c根据醋酸的电离平衡常数表达式可知：=，当溶液的ph从3.0升到4.0时，溶液中氢离子浓度减小为原先的，由于温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，则=的值增大为原先的10倍，故c正确；d醋酸钠显示碱性，若为中性，则醋酸应该稍过量，醋酸浓度较小，结合电荷守恒可知溶液中离子浓度大小为：c（na+）=c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）=c（oh），故d错误；故选c点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，c为易错点，需要根据平衡常数的表达式进行转化6（6分）用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（）a制取玻璃的同时产生co2气体，制取粗硅时生成的气体产物为cob生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应c粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法d黄铜矿冶炼铜时产生的so2可用于生产硫酸，feo可用作冶炼铁的原料考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；金属冶炼的一般原理 分析：a石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳；b生产玻璃涉及到的反应有sio2+na2co3na2sio3+co2和sio2+caco3casio3+co2；c制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将sicl4从杂质中提取出来，再与h2发生置换反应得到高纯硅；dso2可以转化成so3，进而生成h2so4；feo与co在高温下可生成fe解答：解：a石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，故a正确；b生产玻璃涉及到的反应有sio2+na2co3na2sio3+co2和sio2+caco3casio3+co2，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故b错误；c制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将sicl4从杂质中提取出来，再与h2发生置换反应得到高纯硅，故c正确；dso2可以转化成so3，进而生成h2so4；feo与co在高温下可生成fe，故d正确故选b点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大7（6分）下列有关溶液的描述正确的是（）a1 moll1的fecl3溶液中，fe3+离子个数小于nabal3+和s2，no3和s2两组离子在酸、碱和中性溶液中均不能大量共存cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应的离子方程式：ca2+hco3+oh=caco3+2h2od向10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，溶液中c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh）考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的书写；离子共存问题 分析：a缺少氯化铁溶液的体积，无法计算铁离子的数目；bno3和s2在中性、碱性溶液中能够共存；c氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式组成书写；d反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度大于其水解程度，则：c（h+）c（oh）、c（ch3coo）c（ch3cooh）解答：解：a没有告诉氯化铁溶液的体积，无法计算铁离子的物质的量及数目，故a错误；bal3+和s2一定不能共存，而no3和s2在中性、碱性溶液中能够共存，故b错误；cca（hco3）2溶液与过量naoh溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：ca2+2hco3+2oh=caco3+2h2o+co32，故c错误；d10 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液中加入5 ml 0.1 moll1盐酸时，反应后溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度大于其水解程度，则：c（h+）c（oh）、c（ch3coo）c（ch3cooh），溶液中离子浓度大小为：c（ch3coo）c（ch3cooh）c（h+）c（oh），故d正确；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较、离子方程式书写、离子共存、阿伏伽德罗常数的应用等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意掌握离子共存的条件、离子方程式的书写原则，明确判断离子浓度大小常用方法三、非选择题包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8（14分）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9（15分）实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如图1：已知：苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95） 乙醚沸点34.6，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.8348.0%时易发生爆炸 石蜡油沸点高于250苯甲醇沸点为205.3实验步骤如下：向图2所示装置中加入8g氢氧化钠和30ml水，搅拌溶解，稍冷，加入10ml苯甲醛开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行，加热回流约40min停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20ml，摇动均匀，冷却至室温然后用乙醚萃取三次，每次10ml水层保留待用合并三次萃取液，依次用5ml饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10ml 10%碳酸钠溶液洗涤，10ml水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞；将锥形瓶中溶液转入图3所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205206的馏分得产品a将实验步骤中保留待用的水层慢慢地加入到盛有30ml浓盐酸和30ml水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品b根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗（仪器名称）（2）步骤中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去未反应完的苯甲醛，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因（3）步骤中无水硫酸镁的作用是吸收水分，锥形瓶上要加塞的原因是防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸，产品a为苯甲醇（4）步骤中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为水浴加热；蒸馏得产品a的加热方式是石蜡油油浴加热（5）步骤中提纯产品b时所用到的实验方法为重结晶考点：制备实验方案的设计 分析：（1）萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗；（2）中合并三次萃取后的萃取液中含有产品苯甲醇、未反应的苯甲醛，及少量从水层转移过来的苯甲酸，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的；用水洗去可溶性杂质，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去未反应的苯甲醛；（3）无水硫酸镁是干燥剂；题目信息中，乙醚易挥发，与空气混合易发生爆炸，蒸馏时应防止挥发到空气中；题目信息中，苯甲醇沸点为205.3，收集205206的馏分得产品应是苯甲醇；（4）题目信息中，乙醚沸点34.6，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热；石蜡油沸点高于250，蒸馏得产品a，应控制温度高于苯甲醇的沸点，用石蜡油油浴加热；（5）实验步骤中保留待用水层中主要含有苯甲酸钠，慢慢地加入到盛有浓盐酸和水的混合物中，析出白色固体为苯甲酸，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，可以利用重结晶方法进行提纯解答：解：（1）萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）中合并三次萃取后的萃取液中含有产品苯甲醇、未反应的苯甲醛，及少量从水层转移过来的苯甲酸，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的，反应离子方程式为：；用水洗去可溶性杂质，故饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去未反应的苯甲醛，故答案为：未反应完的苯甲醛；（3）加无水硫酸镁的作用是吸收水分，起到干燥的作用；题目信息中，乙醚易挥发，与空气混合易发生爆炸，蒸馏时锥形瓶上要加塞防止挥发到空气中；题目信息中，苯甲醇沸点为205.3，收集205206的馏分得产品应是苯甲醇，故答案为：吸收水分；防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸；苯甲醇；（4）题目信息中，乙醚沸点34.6，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热；石蜡油沸点高于250，蒸馏得产品a，应控制温度高于苯甲醇的沸点，用石蜡油油浴加热，故答案为：水浴加热；石蜡油油浴加热；（5）实验步骤中保留待用水层中主要含有苯甲酸钠，慢慢地加入到盛有30ml浓盐酸和30ml水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体为苯甲酸，冷却，抽滤，得到粗产品，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，可以利用重结晶方法进行提纯，故答案为：重结晶点评：本题考查有机物制备实验，侧重考查学生对原理及操作的分析评价、物质的分离提纯等，关键是充分利用题目给予的信息进行解答，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，题目难度中等10（14分）锰锌铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体（mnxzn1xfe2o4）的主要流程如下，请回答下列问题：（1）酸浸时，二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为mno2+h2o2+h2so4=mnso4+o2+2h2o（2）活性铁粉除汞时，铁粉的作用是还原剂 （填“氧化剂”或“还原剂”或“吸附剂”）（3）除汞是以氮气为载气吹入滤液中，带出汞蒸汽经kmno4溶液进行吸收而实现的图2是kmno4溶液处于不同ph时对应hg的单位时间去除率变化图，图中物质为hg与 mno4在该ph范围内反应的主要产物ph6时反应的离子方程式为5hg+2mno4+16h+=5hg2+2mn2+8h2o请根据该图给出ph对汞去除率影响的变化规律：随ph的升高汞的吸收率先降低后增加试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的原因：mn2+具有催化作用，（不考虑kmno4在酸性条件下氧化性增强的因素）（4）当x=0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示该锰锌铁氧体的组成mno4zno5fe2o3（5）经测定滤液成分后，需加入一定量的mnso4和铁粉，其目的是调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：（1）酸浸时，双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成；（2）利用铁粉把hg还原出来；（3）由图可知，ph6时hg与酸性高锰酸钾反应生成hg2+、mn2+；由图可知，随ph值的升高汞的去除率先降低后增加；酸性条件下有mn2+生成，可能是mn2+具有催化作用；（4）mn为+2价、zn为+2价，利用化合价代数和为0，计算fe元素化合价，再结合mg、zn、fe原子数目之比改写为氧化物形式；（3）除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰、硫酸等，不加入mnso4和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的mnso4和铁粉，应是调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成解答：解：（1）酸浸时，双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成，反应方程式为：mno2+h2o2+h2so4=mnso4+o2+2h2o，故答案为：mno2+h2o2+h2so4=mnso4+o2+2h2o；（2）铁粉具有还原性，能把汞离子还原为汞单质，所以铁粉的作用是还原剂，故答案为：还原剂；（3）由图可知，ph6时hg与酸性高锰酸钾反应生成hg2+、mn2+，反应离子方程式为：5hg+2mno4+16h+=5hg2+2mn2+8h2o，故答案为：5hg+2mno4+16h+=5hg2+2mn2+8h2o；由图象可知，汞的吸收率随着ph的增大先降低后增加，故答案为：随ph的升高汞的吸收率先降低后增加；不考虑酸性条件下氧化性增强因素，酸性条件下有mn2+生成，可能是mn2+具有催化作用，强酸性环境下汞的单位时间去除率高，故答案为：mn2+具有催化作用；（4）mn为+2价、zn为+2价，当x=0.2时，利用化合价代数和为0，可知fe元素化合价为+3，改写为氧化物形式为：mno4zno5fe2o3，故答案为：mno4zno5fe2o3；（5）除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰、硫酸等，不加入mnso4和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的mnso4和铁粉，应是调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成，故答案为：调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成点评：本题考查化学工艺流程、物质的分离提纯、对操作的分析评价、读图获取信息能力等，侧重考查学生对知识的迁移运用，难度中等（二）选考题：共45分请考生从给出的3道化学题、任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则所做的第一个题目计分【化学-选修2：化学与技术】11（15分）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cu，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；铜金属及其重要化合物的主要性质 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）由上述分析可知，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）由上述分析可知，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，结合空气中氧气体积分数计算需要空气体积；（4）cualo2分别与足量