2019年湖南省岳阳市高考化学一模试卷

2019年湖南省岳阳市高考化学一模试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分毎小题只有一个选项符合题意）1（3分）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是（）A用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量B“山东疫苗案”涉及的疫苗因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关C2018年11月福建东港石化“碳九”泄露事件引发社会关注。碳九”通常是指系列含9个碳原子的碳氢化合物D有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”。丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物2（3分）2018年11月，在法国凡尔赛召开的国际计量大会（CGPM）第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.1023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。”新定义将于2019 年5月20日正式生效。凡为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，31g白磷中含PP键的数目为1.5 NAC1.0L0.1 mol/LNa2S溶液中含有的S2数目为0.1 NAD4.4g CO2和N2O的混合气体中含有的原子总数为0.3 NA3（3分）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是（）A碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大C可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行4（3分）已知X、Y、Z是三种职子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且a与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A原子半径：ZYXBX与Y形成的化合物只含极性键CY有多种同素异形体，且均具有高培点、高沸点、硬度大的性质D气态氢化物的稳定性：AC5（3分）用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终是红色B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊6（3分）解释下列反应原理的离子方程式正确的是（）A用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca2+2HCO CaCO3+H2 O+CO 2B向 CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOH+OH CH2BrCOO+H2OC向 Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OD在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3C1O+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+7（3分）查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应：，则二甲苯通过上述反应得到的产物种数为（）A2B3C4D58（3分）下列除杂方案错误的是（）被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AMgO（s）Al2O3（s）NaOH溶液过滤BFeCl2（aq）FeCl3（aq）Fe屑过滤CC2H2（g）H2S（g）CuSO4溶液洗气DNaCl（s）KNO3（s）水蒸发浓缩，冷却结晶，过滤AABBCCDD9（3分）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：N2O+Fe+N2+FeO+（慢）：FeO+COCO2+Fe+ （快）。下列说法正确的是（）A反应是氧化还原反应，反应是非氧化还原反应B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定CFe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物D若转移lmol电子，则消耗11.2LN2O10（3分）铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图若上端开口关闭，可得到强还原性的H（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的OH（羟基自由基）下列说怯错误的是（）A无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe2eFe2+B不鼓入空气时，正极的电极反应式为H+eHC鼓入空气时，每生成1molOH有2mol电子发生转移D处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，上端开口应打开并鼓入空气11（3分）纳米FeO4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是（）A在反应中，的作用可能是促进氧化铁水解B直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4C反应的化学方程式是6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2D纳米四氧化三铁形成的分散系，有可能产生丁达尔效应12（3分）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同的方式投入反应物，发生反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.4kJmol1，测得反应的相关数据如表：容器1容器2容器3反应温度/400400500反应物投入量1molN2、3molH24molNH31molN2、3molH2平衡v正（H2）/molL1s1v1v2v3平衡c（NH3）/molL1c1c2c3平衡时总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率a1；（N2）2；（NH3）3；（N2）平衡常数KK1K2K3下列关系正确的是（）Av1v2，c22c1Bc22c3a2（NH3）+a3（N2）1CK1K3，P22P3Dv1v3，a1（N2）a3（N2）13（3分）常温下，用0l0mol/LKOH溶液滴定10.00mL0.10mol/LH2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）。下列说法正确的是（）A点所示溶液中：1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O42）c（H2C2O4）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）0.10molL114（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是（）A当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NAB参加反应的金属的总质量3.6gw9.6gC当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24LD当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mL二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15（14分）银的冶炼有很多方法，在天工开物均有记载，而现代流行的“讯化法”，即用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是设常用的方法。该方法有诸多优点：银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少，生产工艺简便等，但银化物通常有毒。其炼制工艺简介如下：（1）矿石需要先进行破碎、研磨，其目的是 。（2）写出该工艺的一个明显的缺点 。（3）用NaCN浸泡矿石（该矿石是辉银矿，其主要成分是Ag2S）时，反应容器处于开口状态，产生的银以Ag（CN）2形式存在，硫元素被氧化至最高价，试写出主要反应的离子方程式 _ 。（4）银往往和锌、铜、金等矿伴生，故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净，需要进一步纯化，从而获得纯净的银。其中方法之一就是进行电解精炼，在精炼过程中，含有杂质的银作极 （填“阴”或“阳”），该电极上发生的主要反应式为 。（5）有人提出了另外的提纯银的方案，先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解，通过精确调整溶液的pH来进行金属元素逐一分离，已知：溶解后的离子浓度如表：Zn2+Cu2+Ag+物质的量浓度（mol/L）0.0010.0020.5某些金属离子的氢氧化物Ksp如表：1Zn2+Cu2+Ag+Ksp1.010172.010202.0108（已知lg20.3），该设计方案 （填“可行”或“不可行”），其原因是 。16（15分）硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+SNa2S2O3常温下溶液中析出晶体为Na2S2O35H2ONa2S2O35H2O于4045熔化，48分解：Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示。I现按如下方法制备Na2S2O35H2O：将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按如图2示安装好装置。（1）仪器2的名称为 ，装置6中可加入 。ABaCl2溶液 B浓 H2SO4C酸性KMnO4溶液 DNaOH溶液（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO2Na2S+SO2+H2ONa2SO3+H2S2H2S+SO23S+2H2ONa2SO3+Na2S2O3总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是： （用文字和相关离子方程式表示）。分离Na2S2O35H2O并测定含量：（3）为减少产品的损失，操作为 ，操作是抽滤洗涤、干燥，其中洗涤操作是用 （填试剂名称）作洗涤剂。（4）蒸发浓缩滤液，直至溶液呈微黄色浑浊为止。蒸发时要控制温度不宜过高，其原因是 。（5）制得的粗产品中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取1.28g粗样品溶于水，用（0.40mol/LKMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O32全部被氧化时，消耗KMnO4溶液20.00mL。（5S2O32+8MnO4+14H+8Mn2+l 0SO42+7H2O）试回答：滴定终点时的颜色变化 产品中Na2S2O35H2O的质量分数为 17（14分）砸及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，掺杂硒的纳米氧化亚铜常用作光敏材料、电解锰行业催化剂等。（1）酸性溶液中Na2SO3将H2SeO3和H2SeO4还原为晒单质的反应如下：H2SeO3（aq）+2SO2（g）+H2O（l）Se（s）+2H2SO4（aq）H12H2SeO4（aq）+Se（s）+H2O（l）3H2SeO3（aq）H2H2SeO4（aq）+3SO2（g）+2H2O（l）Se（s）+3H2SO4（aq）H3则H2 （用H1和H3表示）。实验中控制其他条件不变（盐酸浓度等），与硒还原率关系如图1在A点之前，随着的增加，Se的还原率不断升高的原因是 。（2）向Na2SeO3溶液中加入适量的AgNO3溶液，得到Ag2Se纳米晶体，同时产生N2该反应的离子方程式为 。（3）制 PbSe 纳米管时还产生了副产物 PbSeO3己知：Ksp（PbSeO3）3l012，Ksp（PbSe）3l038为了除去PbSe中混有的PbSeO3，可以采取的措施是 。（4）实验室测得碱性条件下PbSe纳米管在电极表面的氧化还原行为，结果如图2所示。其中一条曲线上的峰表示氧化过程，另一条曲线上的峰表示还原过程。整个过程共发生如下变化：Pb（OH）2PbO2；Pb（OH）2Pb； PbSeSe； PbO2Pb（OH）2，各物质均难溶于水。峰1对应的电极反应式为：PbSe2e+2OHPb（OH）2+Se；则峰2对应的电极反应式为 。（5）掺杂硒的纳米Cu2O催化剂可用于工业上合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）HakJmol1按n（H2）：n（CO）1：1的投料比将H2与CO充入KL的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。压强P1、P2、P3由小到大的顺序是 。T1时若向该容器中充入2.0mol H2和2.0mol CO发生上述反应，5min后反应达到平衡（M点），则M点对应条件下反应的平衡常数为 。（6）将CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2OCuCl 水解的反应为 CuCl（s）+H2O（1）CuOH（s）+Cl（aq）+H+（aq），该反应的平衡常数 K与此温度下Kw、Ksp（CuOH）、Ksp（CuCl）的关系为K 。18（15分）PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：已知：R、R1、R2为H原子或烃基羟基连在碳碳双键或碳碳三键上不稳定。（1）已知标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，AB为加成反应，则X的结构简式为 ；B中官能团的名称是 。（2）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的反应试剂和条件是 ，在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是 。（3）反应的化学方程式为 。（4）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为 。（5）E的同分异构体中含有苯环和甲基，且甲基不与苯环直接相连的同分异构体有 种。（6）以甲醛、苯乙醛（ ）以及上述合成路线中的必要有机试剂为原料合成（其他无机试剂任选），请写出合成路线。2019年湖南省岳阳市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分毎小题只有一个选项符合题意）1（3分）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是（）A用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量B“山东疫苗案”涉及的疫苗因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关C2018年11月福建东港石化“碳九”泄露事件引发社会关注。碳九”通常是指系列含9个碳原子的碳氢化合物D有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”。丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理；K4：纤维素的性质和用途；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；L1：有机高分子化合物的结构和性质菁优网版权所有【分析】A“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放；B温度升高，蛋白质发生变性；C碳九”通常是指系列含9个碳原子的碳氢化合物；D丝绸的主要成分是蛋白质。【解答】解：A“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，可提高空气质量，故A正确；B疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故B正确；C.2018年11月福建东港石化“碳九”泄露事件引发社会关注。碳九”通常是指系列含9个碳原子的碳氢化合物，故C正确；D丝绸的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质与用途等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活、环境的联系，题目难度不大。2（3分）2018年11月，在法国凡尔赛召开的国际计量大会（CGPM）第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.1023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。”新定义将于2019 年5月20日正式生效。凡为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，31g白磷中含PP键的数目为1.5 NAC1.0L0.1 mol/LNa2S溶液中含有的S2数目为0.1 NAD4.4g CO2和N2O的混合气体中含有的原子总数为0.3 NA【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A、过氧化钠和水反应时，增重的是生成水的氢气的质量，即1molNa2O21molH2O增重1molH2的质量转移1mol电子；B、求出白磷的物质的量，然后根据白磷中含6条pp键来分析；C、S2是弱酸根，在溶液中会水解；D、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，且均含3个原子。【解答】解：A、过氧化钠和水反应时，增重的是生成水的氢气的质量，即1molNa2O21molH2O增重1molH2的质量转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol电子即NA个，故A正确；B、31g白磷的物质的量为0.25mol，而白磷中含6条pp键，故0.25mol白磷中含1.5NA条pp键，故B正确；C、S2是弱酸根，在溶液中会水解，故此溶液中硫离子的个数小于0.1NA个，故C错误；D、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含3个原子，故0.1mol混合物中含有原子为0.3NA个，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3（3分）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是（）A碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大C可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行【考点】GO：铁盐和亚铁盐的相互转变菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物【分析】A根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D根据NH4HCO3不稳定，受热易分解。【解答】解：A碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀，所以FeSO4能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故B错误；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；DNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故D正确；故选：B。【点评】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大。4（3分）已知X、Y、Z是三种职子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且a与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A原子半径：ZYXBX与Y形成的化合物只含极性键CY有多种同素异形体，且均具有高培点、高沸点、硬度大的性质D气态氢化物的稳定性：AC【考点】GS：无机物的推断菁优网版权所有【分析】A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。【解答】解：由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2，A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为CO，故A错误；B如为乙烷等，含有非极性键，故B错误；C如为无定形碳，则硬度小，故C错误；D非金属性OC，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。故选：D。【点评】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，A与C中均含有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，对学生的逻辑推理有一定的要求，注意熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5（3分）用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终是红色B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊【考点】QB：实验装置综合菁优网版权所有【专题】24：实验设计题【分析】A氯气通到紫色石蕊溶液中，溶液先变红，后褪色；BD装置上部容积较大，倒吸的液体靠自身重量回落；C氢氧化铝能溶于强酸和强碱，但不溶于弱碱；D浓硫酸和Cu的反应需要加热。【解答】解：A若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，故A错误；B、导气管下端连接球形干燥管时，由于球形干燥管中间部分较粗，盛放的液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，故B正确；C、若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于氨水，所以C中产生白色沉淀不溶解，故C错误；D、若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能反应，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了氯气、氨气、浓硫酸等性质的分析判断，明确反应条件是解题关键，题目难度中等。6（3分）解释下列反应原理的离子方程式正确的是（）A用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca2+2HCO CaCO3+H2 O+CO 2B向 CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOH+OH CH2BrCOO+H2OC向 Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OD在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3C1O+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A依据碳酸氢钙加热生成碳酸钙和水、二氧化碳解答；BBr发生水解反应；C氢氧化钠足量，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水；D强碱溶液中反应不能生成氢离子。【解答】解：A碳酸氢钙加热生成碳酸钙和水、二氧化碳，可以减少水中钙离子浓度，离子方程式：Ca2+2HCO CaCO3+H2 O+CO 2，故A正确；B向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH+2OHCH2OHCOO+Br+H2O，故B错误；CMg（OH）2的溶解度小于MgCO3，Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液后生成Mg（OH）2沉淀和CO32和H2O，即离子方程式为Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O，故C错误；D强碱溶液中反应不能生成氢离子，强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子方程式为3ClO+4OH+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+5H2O，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度中等。7（3分）查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应：，则二甲苯通过上述反应得到的产物种数为（）A2B3C4D5【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】根据题给信息可知，苯被氧化成乙二醛，类比二甲苯也被氧化成乙二醛，甲基的位置和原来在苯环上不变即把甲基当成苯环上氢原子看待，以此解答该题【解答】解：二甲苯通过上述反应所得产物可能为：，共3种。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目中等难度，正确利用题给信息类比是解题的关键8（3分）下列除杂方案错误的是（）被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AMgO（s）Al2O3（s）NaOH溶液过滤BFeCl2（aq）FeCl3（aq）Fe屑过滤CC2H2（g）H2S（g）CuSO4溶液洗气DNaCl（s）KNO3（s）水蒸发浓缩，冷却结晶，过滤AABBCCDD【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有【分析】A氧化铝与NaOH反应，而MgO不能；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；CH2S与CuSO4溶液反应，而乙炔不能；D硝酸钾少量，应残留在母液中。【解答】解：A氧化铝与NaOH反应，而MgO不能，反应后过滤可分离，故A正确；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，加Fe反应后过滤分离，故B正确；CH2S与CuSO4溶液反应，而乙炔不能，洗气可分离，故C正确；D硝酸钾少量，应残留在母液中，应选蒸发结晶分离出NaCl，故D错误；故选：D。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离提纯、实验技能为解答该题的关键，侧重分析和实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9（3分）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：N2O+Fe+N2+FeO+（慢）：FeO+COCO2+Fe+ （快）。下列说法正确的是（）A反应是氧化还原反应，反应是非氧化还原反应B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定CFe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物D若转移lmol电子，则消耗11.2LN2O【考点】B1：氧化还原反应；BB：反应热和焓变菁优网版权所有【分析】A发生FeO+COCO2+Fe+ （快），元素化合价发生变化；B总反应由反应慢的决定；CFe+作催化剂；D气体存在的条件未知。【解答】解：A发生FeO+COCO2+Fe+ （快），元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B总反应由反应慢的决定，故B错误；CFe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，故C正确；D气体存在的条件未知，则不能确定物质的量，故D错误。故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。10（3分）铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图若上端开口关闭，可得到强还原性的H（氢原子）；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的OH（羟基自由基）下列说怯错误的是（）A无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe2eFe2+B不鼓入空气时，正极的电极反应式为H+eHC鼓入空气时，每生成1molOH有2mol电子发生转移D处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，上端开口应打开并鼓入空气【考点】DI：电解原理菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】A无论是否鼓入空气，Fe易失电子生成亚铁离子而作负极；B不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H（氢原子）；C若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的OH（羟基自由基），O元素化合价由0价变为2价；D处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，因为草酸具有还原性，所以不能得到强氧化性的OH（羟基自由基），应该得到强还原性的H（氢原子）【解答】解：A无论是否鼓入空气，Fe易失电子生成亚铁离子而作负极，电极反应式为Fe2eFe2+，故A正确；B不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H（氢原子），电极反应式为H+eH，故B正确；C若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的OH（羟基自由基），O元素化合价由0价变为2价，所以鼓入空气时，每生成1molOH有2mol电子发生转移，故C正确；D处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，因为草酸具有还原性，所以不能得到强氧化性的OH（羟基自由基），应该得到强还原性的H（氢原子），所以应该上端开口关闭，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生获取信息、加工信息解答问题能力，明确化学反应原理、题给信息是解本题关键，题目难度不大11（3分）纳米FeO4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是（）A在反应中，的作用可能是促进氧化铁水解B直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4C反应的化学方程式是6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2D纳米四氧化三铁形成的分散系，有可能产生丁达尔效应【考点】68：纳米材料；GN：铁的氧化物和氢氧化物；U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】由制备过程可知，为分解反应生成和CO，中促进氧化铁水解生成FeOOH，若直接加热促进铁离子水解且生成盐酸易挥发，反应发生6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2，从而得到纳米四氧化三铁，形成胶体分散系具有丁达尔现象，以此来解答。【解答】解：A由图可知，反应中环丙胺不参加反应，可加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；B直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；C由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；D纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、盐类水解及氧化还原为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。12（3分）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同的方式投入反应物，发生反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.4kJmol1，测得反应的相关数据如表：容器1容器2容器3反应温度/400400500反应物投入量1molN2、3molH24molNH31molN2、3molH2平衡v正（H2）/molL1s1v1v2v3平衡c（NH3）/molL1c1c2c3平衡时总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率a1；（N2）2；（NH3）3；（N2）平衡常数KK1K2K3下列关系正确的是（）Av1v2，c22c1Bc22c3a2（NH3）+a3（N2）1CK1K3，P22P3Dv1v3，a1（N2）a3（N2）【考点】CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】A容器1中的反应极限化时产生2molNH3，容器2是以4molNH3起始，容器1相当于将容器2加压；B容器3相当于初始加入2molNH3，容器3相当于容器2加压、升温；C该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动；容器3相当于将容器2的体积缩小一半，若平衡不发生移动，则p22p3，结合温度压强对化学平衡的影响分析；D温度升高，化学反应速率加快，正反应吸热，温度升高不利于反应正向进行。【解答】解：A容器1中相当于加入2molNH3，容器中4molNH3，二者相比相当于将容器2体积缩小一半，压强增大，则平衡时反应速率v1v2；若平衡不发生移动，则平衡时有c22c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c22c1，故A错误；B容器2是4molNH3起始反应，容器3相当于初始加入2molNH3，容器2相当于容器3加压，若平衡不发生移动，则有c22c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器2和容器3的温度不等，容器3的反应温度高于容器2的反应温度，则c22c3；若容器2不是相对于容器3加压，且两容器温度相同，则有a2（NH3）+a3（N2）1，但加压有利于反应向减压方向进行，则2（NH3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则3（N2）减小，因此最终2（NH3）+3（N2）1，故B正确；C容器3温度较高，升高温度平衡向着逆向移动，平衡常数减小，则K1K3；容器3相当于将容器2的体积缩小一半，若平衡不发生移动，p22p3，但加压有利于反应正向进行，升温平衡向着逆向移动，则不一定满足p22p3，故C错误；D温度升高，化学反应速率加快，则v1v3，正反应吸热，温度升高不利于反应正向进行，则容器中N2的平衡转化率更高，所以a1（N2）a3（N2），故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡的计算、等效平衡的应用，题目难度中等，正确构建等效平衡为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。13（3分）常温下，用0l0mol/LKOH溶液滴定10.00mL0.10mol/LH2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）。下列说法正确的是（）A点所示溶液中：1012B点所示溶液中：c（K+）+c（H+）c（C2O42）+c（OH）C点所示溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O42）c（H2C2O4）D点所示溶液中：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）0.10molL1【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【分析】A.0.10molL1H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1；B点为混合溶液，由电荷守恒分析；C点溶液显酸性，反应后溶质为KHC2O4，电离大于其水解；D根据溶液中物料守恒分析。【解答】解：A.0.10molL1H2C2O4（二元弱酸）不能完全电离，点pH1，则1012，故A错误；B点为混合溶液，由电荷守恒可知，c（K+）+c（H+）c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故B错误；C点溶液显酸性，反应后溶质为KHC2O4，HC2O4的电离程度大于其水解程度，则c（K+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故C错误；D由物料守恒可知：c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）0.10molL1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。14（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是（）A当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NAB参加反应的金属的总质量3.6gw9.6gC当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24LD当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mL【考点】BQ：氧化还原反应的计算；M3：有关混合物反应的计算菁优网版权所有【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根离子的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，据此解答。【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根离子的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，则当金属全部溶解时，电子转移为：0.15mol20.3mol，转移的数目为0.3NA，故A正确；B镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为：0.15mol24g/mol3.6g，若全为铜，质量为：0.15mol64g/mol9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故B正确；C镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为：0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol22.4L/mol2.24L，故C正确；D若硝酸与金属恰好完全反应，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：0.1L100mL，由于稀硝酸过量，反应后硝酸有剩余，则消耗的氢氧化钠溶液体积V100mL，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，试题综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15（14分）银的冶炼有很多方法，在天工开物均有记载，而现代流行的“讯化法”，即用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是设常用的方法。该方法有诸多优点：银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少，生产工艺简便等，但银化物通常有毒。其炼制工艺简介如下：（1）矿石需要先进行破碎、研磨，其目的是增大接触面积，增大反应速率。（2）写出该工艺的一个明显的缺点NaCN有剧毒，污染环境。（3）用NaCN浸泡矿石（该矿石是辉银矿，其主要成分是Ag2S）时，反应容器处于开口状态，产生的银以Ag（CN）2形式存在，硫元素被氧化至最高价，试写出主要反应的离子方程式 _Ag2S+4CN+2O22Ag（CN）2+SO42。（4）银往往和锌、铜、金等矿伴生，故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净，需要进一步纯化，从而获得