2019-2020学年度北京市牛栏山一中第二学期高三模拟考试化学试题（解析版）

2019-2020学年度第二学期高三3月份模拟考试化学试题本试卷共 10 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cu 64第一部分本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要 求的一项。1.下列有关化学用语的表示正确的是（）A.对羟基苯甲醛的结构简式：B.质量数为37的氯原子：C.HClO的电子式：D.NH3的结构式：2.中国首款全复合材料多用途无人机-翼龙 I-D 无人机于 2018 年 12 月 23 日成功首 飞，这是中国航空工业“翼龙家族”无人机系列化发展的重要里程碑。下列说法正确的是（）A. 钛合金属于复合材料B. 复合材料是有机分子材料C. 不同材料混合在一起就是复合材料D. 复合材料既保持原有材料的特点，又有优于原材料的特性3.生活处处有化学，下列说法正确的是（）A.食品中的淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体B.棉、麻、丝、毛的燃烧产物都只有CO2和H2OC.在紫外线、饱和CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性D.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类4.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是（）A.电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜B.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC.100mL1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAD.60g丙醇中存在的共价键总数为10NA5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液：2HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+CO32-+2H2OB.在亚硫酸钠溶液中加入稀硝酸：SO32-+2H+H2O+SO2C.酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+I2+3H2OD.钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+6.对下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂所使用的试剂均正确的是（）选项物质及杂质检验除杂A乙酸乙酯（乙酸）Na2CO3溶液NaOH溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和NaHCO3溶液DCO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水A. AB. BC. CD. D7.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加H2O2溶液后再加入KSCN，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+B测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的pH大于Na2SO3溶液S的非金属性比C强C向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫色I-还原性强于Cl-D酸性硝酸铁溶液中加入几滴碘化钾淀粉溶液，出现蓝色说明三价铁具有较强氧化性，将I-氧化A. AB. BC. CD. D8.某种新型高分子材料的结构简式为，对此高聚物叙述不正确的是（）A.化学式为（C11H10O2）B.可以发生水解反应、氧化反应，也能发生卤代反应C.1 mol 该有机物分子最多能和4 mol H2发生加成反应D.该高分子材料是经加聚反应而得到9.如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（）A.31d和33d属于同种核素B.气态氢化物的稳定性：adeC.工业上常用电解法制备单质bD.a和b形成的化合物不可能含共价键10.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是( )C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) H1akJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H2bkJmol1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H3ckJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H4dkJmol1A.反应、为反应提供原料气B.反应也是CO2资源化利用的方法之一C.反应CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(l)的H kJmol1D.反应2CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)的H(2b2cd) kJmol11.铝电池性能优越，Al-Ag2O2电池用于电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液制备氢气（隔膜仅阻止气体通过，a、b均为惰性电极）。下列说法正确的是（）A.Ag电极是正极，反应后该电极区溶液pH减小B.原电池的总反应为：2Al+3Ag2O2+2NaOH2NaAlO2+3Ag2O+H2OC.每消耗2.7g铝，理论上a、b两极共产生气体3.36L（标准状况）D.a电极上的电极反应为：CO（NH2）2+8OH-6e-CO32-+N2+6H2O12.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量其中主要含硫各物种（H2S、HS-、S2-）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）下列说法不正确的是（）A.含硫物种B表示HS-B.在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为：c（Na+）=3c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）C.X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka值D.NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2+HS-CuS+H+13.已知反应：2NO（g）+2H2（g）N2（g）+2H2O（g）生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为V=kcx（NO）。cy（H2），k是为速率常数。在800时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是（）实验数据初始浓度生成N2的初始速率、mol/（Ls）c（NO）/mol/Lc（H2）/mol/L12.0010-36.0010-31.9210-321.0010-36.0010-34.8010-432.0010-33.0010-39.6010-4A.关系式中x=l、y=2B.800时，k的值为8104C.若800时，初始浓度c（NO）=c（H2）=4.0010-3molL-l，则生成N2的初始速率为5.1210-3mol/（Ls）D.当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大14.某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示无CO时反应为2NO（g）N2（g）+O2（g）；有CO时反应为2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）下列说法正确的是（）A.反应2NON2+O2的H0B.达平衡后，其他条件不变，使1，CO转化率下降C.X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v（CO，正）v（CO，逆）第二部分本部分共7题，共 58分。15氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）NH3的电子式_。（2）氯化铵水溶液显酸性，其原因为_（用离子方程式表示），0.1mol/L的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH_（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾固体后，请尝试从平衡移动的角度解释溶液中NH4+浓度的变化原因_。（3）硝酸铵加热分解可得到N2O（g）和H2O（g），250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该温度下反应的平衡常数表达式为_；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为_mol。（4）3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=-92kJ/mol，若反应放出9.2kJ 热量，则参加反应的氢气分子数目为_。16.Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一 种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。（1）W在元素周期表中的位置是_。（2）2.24L（标准状况）XQ3被200mL 1mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是_。（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是_。（4）已知：W（s）+Y2（g）WY2（g）H=-393.5kJ/mol WY（g）+ Y2（g）WY2（g）H=-283.0kJ/mol24g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是_。（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是_。17为减小CO2对环境的影响，在限制其排放量的同时，应加强对CO2创新利用的研究。（1）把含有较高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液。在的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体。请写出中反应的化学方程式_。（2）如将CO2与H2以1：3的体积比混合，在适当条件下合成燃料甲醇和水。在体积为2L的密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=-49.0kJ/mol。测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v（H2）=_；氢气的转化率=_；能使平衡体系中n（CH3OH）增大的措施有_。（只写一种即可）18煤的气化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径之一（1）在25、101kPa时，H2与O2化合生成1molH2O（g）放出241.8kJ的热量，其热化学方程式为_又知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=-393.5kJ/molCO（g）+O2（g）CO2（g）H=-283.0kJ/mol焦炭与水蒸气反应是将固体煤变为气体燃料的方法，C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=_kJ/mol（2）CO可以与H2O（g）进一步发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，在800时达到平衡状态，K=1.0起始物质的量甲乙丙n（H2O）/mol0.100.200.20n（CO）/mol0.100.100.20该反应的平衡常数表达式为_平衡时，甲容器中CO的转化率是_；容器中CO的转化率：乙_甲；丙_甲（填“”、“=”或“”）丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则温度_（填“升高”或“降低”）19可降解聚合物P的合成路线如下：（1）A的含氧官能团名称是_（2）羧酸a的电离方程是_（3）BC的化学方程式是_（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是_（5）EF中反应和的反应类型分别是_（6）F的结构简式是_（7）聚合物P的结构简式是_20.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍）中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag（SO3）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-“分铜”时各元素的浸出率如表所示。CuAuAgNi浸出率/%85.704.593.5（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_（用离子方程式表示）。（4）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。21.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl36H2O能否反应产生Cl2 资料：FeCl3是一种共价化合物，熔点306，沸点315。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热iA中部分固体溶解，上方出现白雾ii稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iiiB中溶液变蓝分析现象的成因：（1）现象i中的白雾是_，用化学方程式和必要的文字说明白雾的形成原因是_。（2）分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a直接加热FeCl36H2O，产生白雾和黄色气体。b将现象ii和a中的黄色气体通入KSCN溶液，溶液均变红。通过该实验说明现象ii中黄色气体含有_。（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，该小组还提出其他两种可能的原因：可能原因：实验b检出的气体使之变蓝；反应的离子方程式是_。可能原因：_；反应的离子方程式是_。（4）为进一步确认黄色气体中是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。方案1在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶CB中溶液变为蓝色方案2将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+方案1的C中盛放的试剂是_，从化学平衡原理的角度加以解释_。方案2中检验Fe2+的最佳试剂是_，若存在Fe2+，则现象是_。综合方案1、2的现象，说明方案2中选择NaBr溶液的依据是_。（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是_。解析版1. 【答案】D【解析】解：A对醛基苯甲醛正确的结构简式为，故A错误；B质量数为37的氯原子符号为1737Cl，故B错误；C次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对，次氯酸的电子式为，故C错误；D氨气分子中为共价键，其分子中含有3个N-H键，NH3的结构式为，故D正确；故选：D。A羟基的表示方法错误，应该表示为HO-；B原子符号zAX，X代表元素符合，Z代表质子数，A代表质量数；C次氯酸中O原子成2个共价键，H原子、Cl原子成1个共价键，O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对；D氨气为共价化合物，其分子中含有3个N-H键。本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及结构简式、电子式、元素符号、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。2. 【答案】D【解析】解：A由于钛是一种金属，可知钛合金属于金属合金，钛合金应该属于金属材料，故A错误；B复合材料是两种或者两种以上复合成一体而形成的材料，不属于有机分子材料，故B错误；C复合材料包括玻璃钢、钢筋混凝土、轮胎、玻璃纤维增强塑料等，而不同材料混合在一起不属于复合材料，故C错误；D复合材料既保持原有材料的特点，又有优于原材料的特性，故D正确；故选：D。A通常把材料分成四大类：金属材料、无机非金属材料、合成材料和复合材料。金属材料：包括金属单质与合金；无机非金属材料主要为无机盐，如玻璃、陶瓷等；合成材料：包括塑料、合成橡胶、合成纤维；复合材料：是把多种材料复合在一起得到的一种具有特别性能的材料。区分材料时主要从材料的组成上进行分析；B复合材料是两种或者两种以上复合成一体而形成的材料；C根据B分析解答；D复合材料具有增强体的优点和基体的优点。本题考查复合材料，为高频考点，把握相关概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。3. 【答案】C【解析】解：A聚合度n不同，二者不是同分异构体，故A错误；B丝、毛的成分为蛋白质，含N元素，燃烧有含氮物质生成，而棉、麻的燃烧产物都只有CO2和H2O，故B错误；C紫外线、饱和CuSO4溶液、福尔马林均使蛋白质发生变性，为不可逆反应，故C正确；D花生油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油为饱和酯类，均可发生皂化反应，故D错误；故选：C。A聚合度n不同；B丝、毛的成分为蛋白质，含N元素；C紫外线、饱和CuSO4溶液、福尔马林均使蛋白质发生变性；D花生油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油为饱和酯类。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本营养物质的性质，题目难度不大。4. 【答案】B【解析】解：A、阳极上粗铜中除了铜放电外，还有比铜活泼的金属放电，故当转移电子为NA个时，溶解铜的质量小于32g，故A错误；B、Na2S与Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均由3个离子构成，故0.1mol混合物中含离子为0.3NA个，故B正确；C、铁离子是弱碱阳离子，能水解，故溶液中铁离子的个数小于0.1NA个，故C错误；D、60g丙醇的物质的量为n=1mol，而丙醇中含11条共价键，故1mol丙醇中含共价键为11NA个，故D错误。故选：B。A、阳极上粗铜中除了铜放电外，还有比铜活泼的金属放电；B、Na2S与Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由3个离子构成；C、铁离子是弱碱阳离子，能水解；D、求出60g丙醇的物质的量，然后根据丙醇中含11条共价键来分析。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。5. 【答案】A【解析】解：A向澄清的石灰水中加入过量的碳酸氢钠，反应生成碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：2HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+2H2O+CO32-，故A正确；B酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO+H2O，故B错误；C酸化NaIO3和NaI的混合溶液，滴入几滴淀粉溶液变蓝色，离子方程式为5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O，故C错误；D钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+Cu2+2H2O2Na+Cu（OH）2+H2，故D错误；故选：A。A碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；B稀硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，同时生成NO气体；C得失电子不守恒；D不符合反应客观事实。本题考查离子反应方程式书写的正误判断，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6. 【答案】C【解析】解：A乙酸乙酯可碱性条件下水解，应用饱和Na2CO3溶液除杂，故A错误；BNaHCO3和Na2CO3都可与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用Ca（OH）2溶液检验，可加入氯化钙，故B错误；CCO2与AgNO3溶液或饱和NaHCO3溶液都不反应，可用于检验并除去HCl，故C正确；DNO2和水反应生成NO，引入新杂质，应用氢氧化钠溶液，故D错误。故选：C。A乙酸乙酯可碱性条件下水解；BNaHCO3和Na2CO3都可与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀；CCO2与AgNO3溶液或饱和NaHCO3溶液都不反应；DNO2和水反应生成NO本题考查物质的分离、提纯以及检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的综合考查，除杂时注意不能引入新的杂质且不能影响被提纯物质的性质，注意把握物质的性质的异同，难度不大7. 【答案】C【解析】解：A滴加H2O2溶液可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加过氧化氢检验亚铁离子，故A错误；B测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，由pH可比较碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子的酸性，则不能比较S、C的非金属性，故B错误；C氯水可与NaI反应生成碘，碘易溶于苯不易溶于水，由操作和现象可知I-还原性强于Cl-，故C正确；D酸性条件下，硝酸根离子先氧化碘离子，由操作和现象不能说明三价铁具有较强氧化性，将I-氧化，故D错误；故选：C。A滴加H2O2溶液可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；B测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，由pH可比较碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子的酸性；C氯水可与NaI反应生成碘，碘易溶于苯不易溶于水；D酸性条件下，硝酸根离子先氧化碘离子。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。8. 【答案】C【解析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度一般。【解答】A由结构可知，该有机物的分子式为（C11H10O2）n，故A正确；B分子中含有酯基，可以发生水解反应，含有碳碳双键，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生卤代反应，故B正确；C该有机物属于高聚物，苯环、双键均与氢气发生加成反应，1 mol 该有机物分子最多能和4n mol H2发生加成反应，故C错误；D该有机物高分子的主链上只有2个C，经加聚反应聚合而成，故D正确；故选：C。9. 【答案】C【解析】解：根据分析可知，a为O，b为Na，d为P，e为S元素。A31P和33P的质子数相同、中子数不同，二者属于不同种核素，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性aed，则气态氢化物的稳定性：aed，故B错误；CNa为活泼金属，工业上通过电解熔融NaCl的方法冶炼金属Na，故C正确；DO、Na形成的Na2O2中含有离子键和共价键，故D错误；故选：C。如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，a的常见化合价为-2，e的常见化合价为+6，二者位于A族，结合原子序数可知a为O，e为S元素；b的常见化合价为+1，其原子序数大于O，则b为Na；d的主要化合价为+5，其原子序数大于Na，则d为P元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。10. 【答案】C【解析】【分析】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。【解答】A.反应中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应、为反应提供原料气，故A正确；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应也是CO2资源化利用的方法之一，故B正确；C.由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（l）的HkJmol-1，故C错误；D.由盖斯定律可知，2+2+得到2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），则H=（2b+2c+d）kJmol-1，故D正确。故选C。11. 【答案】D【解析】解：A、Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag电极为正极，反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，反应后该电极区pH增大，而不是减小，故A错误；B、Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag电极为正极，反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则原电池的总反应的方程为2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，故B错误；C、2.7g的铝物质的量为：0.1mol，所以整个电路转移电子的物质的量为0.3mol，又a电极反应式为：CO（NH2）2+8OH-6e-CO32-+N2+6H2O，b电极反应式为：2H+2e-H2，所以生成氮气的物质的量为0.05mol，氢气的物质的量为：0.15mol，所以上a、b两级共产生气体0.2mol，标况下体积为：4.48L，而不是3.36L，故C错误；D、a电极上尿素CO（NH2）2发生氧化反应，生成氮气和碳酸根离子，电极反应式为：CO（NH2）2+8OH-6e-CO32-+N2+6H2O，故D正确；故选：D。Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag电极为正极，反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-；电解池中，a与原电池的正极相接，为阳极，b与原电池的负极相接，为阴极，电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液时，阳极CO（NH2）2中氮元素化合价由-3价变为0价、发生氧化反应生成氮气，电极反应式为：CO（NH2）2+8OH-6e-CO32-+N2+6H2O，阴极的氢离子化合价由+1价变为0价、发生还原反应生成氢气，电极反应式为：2H+2e-H2，以此解答该题。本题综合考查原电池以及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等。12. 【答案】C【解析】解：A向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，故A正确；BC浓度一直在增加为H2S，向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3c（H2S）+c（HS-）+c（S2-），或溶液中存在电荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+）；故B正确；C图象分析可知A为S2-，B为HS-，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka=c（H+），X点为S2-和HS-浓度相同，可以计算HS-的电离平衡常数，不能计算H2S的第一步电离平衡常数，故C错误；DNaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸会发生反应Cu2+HS-=CuS+H+，溶液显示强酸性，故D正确；故选CA向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合图1所示H2S、HS-、S2-的分布分数进行解答；BNaHS的含量先增加后减少；根据物料守恒可求得滴加过程中，溶液中微粒浓度大小关系；CB为HS-，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka=；DNaHS溶液中加入CuSO4溶液，会发生反应生成硫化铜和酸；本题考查了图象变化和反应定量关系的分析判断，主要是弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算、物质性质和反应产物的理解应用，题目难度中等13. 【答案】A【解析】解：将3组实验数据代入V=kcx（NO）。cy（H2）中有：（2.0010-3）x（6.0010-3）y=1.9210-3，（1.0010-3）x（6.0010-3）y=4.8010-4，（2.0010-3）x（3.0010-3）y=9.6010-4，解得：x=2，y=1，k=8104，则生成N2的初始速率V=8104c2（NO）。c（H2），所以800时，初始浓度c（NO）=c（H2）=4.0010-3molL-l，生成N2的初始速率=8104（4.0010-3）2（4.0010-3）=5.1210-3mol/（Ls），故A错误，B、C正确；D其他条件不变时，生成N2的初始速率与k成正比：温度越高，反应速率越大，则k增大，故D正确；故选：A。A、B、C将表中的三组数据代入公式v=kcx（NO）cy（H2），计算x、y、k的值，根据x、y、k写出V与c（NO）、c（H2）的速率表达式，进而计算c（NO）=c（H2）=4.0010-3molL-l时生成N2的初始速率；D其他条件不变时，生成N2的初始速率与k成正比：温度越高，反应速率越大，则k增大；本题考查化学反应速率计算及其温度对反应速率影响，题目难度不大，注意信息给予的迁移和运用。14. 【答案】BC【解析】【分析】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握温度、催化剂对平衡移动的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。【解答】A由图可知，升高温度NO的转化率减小，则升高温度平衡逆向移动，2NON2+O2的H0，故A错误；B.2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）中增大CO的量，可促进NO的转化，而CO的转化率减小，则其他条件不变，使1，CO转化率下降，故B正确；C催化剂具有选择性，X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率，故C正确；DY点时NO的转化率为80%，体积为1L，则2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）开始 0.1 0.1 0 0转化 0.08 0.08 0.08 0.04平衡 0.02 0.02 0.08 0.04K=1600，Y点再通入CO、N2各0.01mol，Qc=888.9K，平衡正向移动，则此时v（CO，正）v（CO，逆），故D错误。故选BC。15. 【解析】解：（1）氨气是共价化合物，N原子和H原子之间以共价键相结合，故其电子式为，故答案为：；（2）氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为NH4+H2ONH3H2O+H+，0.1molL-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，若加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；降低；加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离，溶液中的NH4+的浓度增大；（3）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O，250时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）c2（H2O），NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价，NO3-中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由-3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：K=c（N2O）c2（H2O）；4；（4）3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=-92kJ/mol，可知放出92kJ热量时，消耗氢气为3mol，故当反应放出9.2kJ热量，则参加反应的氢气为0.3mol，分子数为0.3NA个，故答案为：0.3NA。（1）氨气是共价化合物，N原子和H原子之间以共价键相结合；（2）氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；0.1molL-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小；若加入少量的明矾，铝离子与氢氧根离子反应，促进一水合氨的电离；（3）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，依据氧化还原反应得失电子守恒计算转移电子数；（4）3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=-92kJ/mol，可知放出92kJ热量时，消耗氢气为3mol，据此分析。本题考查了电子式的书写、电离平衡的移动以及平衡常数表达式的书写等，难度不大，是高考的热点题型。16. 【解析】解：（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族，故答案为：第二周期IVA族；（2）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/LHNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（NO3-）c（H+）c（NH4+）c（OH-），故答案为：c（NO3-）c（H+）c（NH4+）c（OH-）；（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（4）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5kJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJ/mol；由-得C（s）+O2（g）=CO（g）H=-110kJ/mol；24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳xmol，一氧化碳ymol，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5，y=1.5，所以n（CO2）：n（CO）=1：3，故答案为：n（CO2）：n（CO）=1：3；（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O，故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O。Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO，W、X、Y原子序数依次增大，则W为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，应为Na20和Na2O2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，题目涉及原电池原理、热化学方程式等知识点，正确推断元素是解本题关键，再结合原电池原理、化学平衡移动解答，题目难度中等。17. 【解析】解：（1）中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水，反应方程式为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2，故答案为：2KHCO3K2CO3+H2O+CO2；（2）由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，v（CH3OH）=0.075mol/（Lmin），根据速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CH3OH）=30.075mol/（Lmin）=0.225mol/（Lmin），平衡时n（CH3OH）=0.75mol/L2L=1.5mol，根据方程式可知n（H2）=3n（CH3OH）=31.5mol=4.5mol，所以氢气的转化率为100%=75%，该反应正反应是体积减小的放热反应，故降低温度或加压或增大H2的量等，可以是平衡向正反应移动，增大CH3OH的物质的量，故答案为：0.225mol/（Lmin）；75%；降低温度（或加压或增大H2的量等）；（1）中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，通高温水蒸气，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水；（2）由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，根据v=计算v（CH3OH），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；根据CH3OH平衡浓度，利用n=cV计算n（CH3OH），再根据方程式计算n（H2），利用转化率等于计算氢气的转化率；改变体积使平衡向正反应移动，可以增大CH3OH的物质的量，据此结合方程式特征解答；本题考查化学平衡计算，涉及反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、化学方程式书写等，是对知识的运用，难度易。【知识点】18. 【解析】解：（1）在25、101kPa时，H2与O2化合生成1molH2O（g）放出241.8kJ的热量，其热化学方程式令参加反应的CO的物质的量为nmol，则：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）开始（mol）：0.10.1 0 0变化（mol）：n n n n平衡（mol）：0.1-n0.1-nn n由于反应前后气体的体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故，解得n=0.05，故CO的转化率为100%=50%，乙与甲相比，乙中增大水的物质的量，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率：乙甲；丙与甲相比，乙中水、CO的物质的量为甲中的2倍，等效为再甲的基础上压强增大一倍，平衡不移动，转化率不变，故CO转化率：丙=甲；故答案为：50%；=；通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则平衡向正反应方向移动，该反应正反应为放热反应，故应降低温度，故答案为：降低（1）根据热化学方程式的书写原则进行书写；根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；（2）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；令参加反应的CO的物质的量为nmol，根据三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，故用物质的量代替浓度代入平衡常数列方程计算；乙与甲相比，乙中增大水的物质的量，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；丙与甲相比，乙中水、CO的物质的量为甲中的2倍，等效为再甲的基础上压强增大一倍，平衡不移动，转化率不变；通过改变温度，使CO的平衡转化率升高，则平衡向正反应方向移动，该反应正反应为放热反应，故应降低温度本题考查热化学方程式书写及反应热计算、化学平衡常数、化学平衡的有关计算及影响元素等，难度中等，注意理解根据盖斯定律进行反应热的计算，掌握平衡常数的用途19.本题考查有机物的推断，同时考查学生知识迁移能力，充分利用题给信息采用正推和倒推相结合的方法进行分析解答，明确物质含有的官能团及性质是解本题关键，难度较大20. 【解析】解：（1）由表中数据可知，Ni的浸出率大，则Ni的金属性比Cu强，分铜渣中银元素的存在形式为AgCl，故答案为：强；AgCl；（2）分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，反应的离子方程式为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；（3）分银液中主要成分为Ag（SO3）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag（SO3）23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag（SO3）23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中