河北省邯郸一中高考二模化学试卷有答案

1、河北省邯郸一中2017届高考二模化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意。共15小题，每题2分，共30分）1 .明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煨红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也。”下列说法不正确的是（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌）（）A.该冶炼锌的反应属于置换反应B.煤炭中起作用的主要成分是C高温C.冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2CZn+3COD.倭铅是指金属锌和铅的混合物2 .下列说法错误的是（）A.液氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂B.压减燃煤、严格控车、调整产业是治理雾霾的有效措施C.

2、手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料D.纯碱可用于生产普通玻璃，也可用来治疗胃酸过多的病症3.下列叙述正确的是（）A. NH4CI是电解质，所以NH4CI溶液是电解质B. Al2。3是两性氧化物，所以它能溶解于盐酸也能溶于氨水中C.用FeCh溶液制作印刷电路板的原因是Fe3+具有氧化性D.Fe（OH）3胶体的本质特征是能产生丁达尔效应4 .下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体。A.B.C.D.5 .下列对实

3、验操作及结论的描述不正确的是（）an如图夹紧弹簧夹，由漏斗中加水至产生液面差，一段时间后液面差不变，说明气密性良好B.如图打开弹簧夹，红墨水倒吸入导气管中，说明铁钉发生了吸氧腐蚀如图滴入浓硫酸后，高镒酸钾溶液褪色，说明浓硫酸使蔗糖脱水的同时还产生了二氧化碳如图加热片刻后高镒酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解产生了乙烯6 .有一混合溶液，其中只含有Fe2+、C、Br、I（忽略水的电离），C、Br、的个数比为2:3:4,向该溶液中通入氯气使溶液中C和Br的个数比为3:1,则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）A.7:4B,7:3C.7:2D.7:17 .取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸

4、中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于（）A.8.64gB.9.20gC.9.00gD.9.44g8 .已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图。则甲和X不可能（）呻甲J-1+为A.甲：Fe、X:Cl2B.甲：SO2、X:NaOH溶液C.甲：C、X:O2D.甲：AlCl3溶液、X:NaOH溶液9 .设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.常温常温下，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.1NaB.电解饱和食盐

5、水时，当阴极产生22.4LH2时，电路中转移的电子数为2NaC.100mL12mol_L1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NaD,标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2Na10.常温下，向100ml0.01mol/LHA溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，如图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是（）A.HA为一元弱酸，MOH为一元强碱B.滴入MOH溶液的体积为50ml时，（M+）>（A）C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度D. K点时，则有c（MOH）+（M+）=0.02mol/L11 .工业上曾经通

6、过反应“3Fe+4NaOHUFeaO4+2H2+4Na”生产金属钠。下列有关说法正确的是（）A.用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B.将生成的气体在空气中冷却可获得钠C.该反应条件下铁的氧化性比钠强D,每生成1molH2,转移的电子数约为4X6.02X102312 .下列有关0.1mol/LNa2s溶液的叙述正确的是（）A.该溶液中存在两个平衡、七种粒子B.该溶液中K+、NH4+、NO；、Al3+可以大量共存C.滴加少量稀硫酸，充分振荡无现象D,通入足量SO2气体，发生反应的离子方程式：2S2+SO2+2H2O3SJ+4OH13 .短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素的单质可在自

7、然界中形成最硬的矿石，丫原子最外层有6个电子，Z元素的氧化物可做耐高温材料且其最高价氧化物的水化物是难溶于水的碱性物质，W与X同主族。下列叙述正确的是（）A.原子最外层电子数由少到多的顺序：X=W<Y<ZB.原子半径由大到小的顺序：r（W）>r（X）>r（Y）>r（Z）C.元素非金属性由强到弱的顺序：X、Y、WD.元素的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Y、X、W14 .CO（g）+H2。（g）LH2（g）+CO2（g）AHv0,在其他条件不变的情况下（）A.加入催化剂，改变了反应的途径，反应的Ah也随之改变B.改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C.

8、升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D.若在原电池中进行，反应放出的热量不变-7 - / 2415 .用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A.阳极反应式为4OH -4e=2H2O+O2B.通电后阴极区附近溶液pH会增大C. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区 二、选择题（每题只有一个选项符合题意。共D.纯净的KOH溶液从b出口导出10小题，每题3分，共30分）16 .一定温度下，在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生反应:卜列说法正确的是（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）窗;口编温度（C）二式口h2(g)13800.10

9、0.600.06023800.2032300.100.0500.050A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时，容器I中的H2体积分数比容器n中的小C.容器I中反应达到平衡所需的时间比容器出中的长D.若起始时向容器出中充入0.10molHmrc«；（g）、0.10molgE-ciL（g）和0.10molH?,则反应向逆反应方向进行17.现有两种短周期主族元素X、Y,且在常温下X的单质呈气态，Y的单质呈固态。则下列推断不正确的是（）A.若X、丫位于IA族，则X、丫可能与氧元素形成原子个数比为1:1或2:1的化合物B.若X、Y位于第3周期，则X、Y形成的化合物可能是离子化合物或共价化合

10、物C.若气态氢化物的沸点：X>Y,则X、丫只能位于周期表VHA族D.若X、Y位于周期表的同一周期，则最高价含氧酸的酸性可能是HnXOm>HaYOb18.某有机物分子式为C4H8,据此推测其结构和性质不可能的是（）A.它与乙烯可能是同系物B.一氯代物只有一种C.分子结构中甲基的数目可能是0、1、2D.等质量的CH4和C4H8,分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H819.下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A证明氧化性：出。2比Fe3+强用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3”溶液中，溶液变黄色B鉴别澳蒸气和NO?分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的

11、是澳蒸汽C证明盐类水解是吸热反应在醋酸钠溶液中滴入酚酗:试液，加热后红色加深D证明难溶物存在沉淀溶解平衡往口色固体难溶物Pbl2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀A. AB.BC.CD.D20.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL0.5mol/L的H2SO4溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现。则原混合物中Cu和Fe2O3物质的量之比为（）A.2:1B.1:lC.1:2D.无法计算A.对苯二酚在空气中能稳定存在B. 1mol该中间体最多可与11molH2反应C. 2,5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应D.该中间体分子中含有1

12、个手性碳原子22 .甲、乙、丙、丁、是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH>C、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是（）A.在甲中滴加丁开始反应的离子方程式:2HCO3 +Ba2+2OH =BaCO3 、 +2H2O+CO32B.溶液丙中还可以大量共存的离子有:2+2-Fe2、NO 3、SO4C.白色沉淀A可能溶解在溶液D中D.甲为NaHCO3,乙为AlC%23 .下列叙述正确的是（）A,常温下，AgCl在同物质的量浓度的AgNO3和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大B.常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a,等物质的量浓

13、度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后形成溶液b,水的电离程度a>bC,若将适量CO2通入0.1mol_L1Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化）2c(CO32)+c(HCO3)=0.1molL1D.常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka;醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：KaLKh=K24 .对于密闭容器中可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）,探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（A%的平衡体稳分薄A.加入催化剂可以使状态d变为状态bB,若Ti>T2,则逆

14、反应一定是放热反应C.达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>cD.在T2和n（A2）不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c>b>a25 .二氧化氯（。2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二氧化氯。下列说法正确的是（）ftKN.QO而液I|（叫1一也NCI,洎/一:NHJ|一-第液K叫+电解A.电解时发生反应的离子方程式为NH4+3Cl-=2H2+NCl3B.溶液X中大量存在的阴离子有C、OHC,可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.可用明矶除去饮用水中残留的NaClO2三、非选择题：1所示流程，测定标准状况下，体积为 V L的硫

15、26.SO2是硫酸工业尾气的主要成分。实验室中，拟用图酸工业尾气中SO2的含量。(1)步骤中加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为。£IM皿始精.同一B<E4一一律|»C生最,_*Ti®J13_*-(mbK画j(2) 一定温度下，BaSO4的沉淀溶解平衡曲线如图2所示。步骤逐滴加入Ba(OH%溶液的过程中,BaSO4的溶度积常数(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液中SO,2浓度的变化情况为一(填序号)。d-c-eb-c-da-c-edca(3) tVL尾气中SO2的体积分数为(用含有V、m的代数式表示)27.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了测定

16、其纯度，进行以下操作：A.在250mL的容量瓶中准确配制250mL烧碱溶液B.用碱式滴定管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂C.在天平上准确称取烧碱样品mg,在烧杯中用蒸储水溶解D.将浓度为cmolJ/1的标准硫酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数ViE.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至橙色为止，记下读数V2就此实验完成下列填空： 正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)。 取碱液过程中眼睛应注视。滴定操作中，锥形瓶残留少量蒸储水，则测得的结果(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)；达到滴定终点时，尖嘴处尚有一滴液滴未滴下，则测得的结果。28.铝氢化钠NaAlH4)是有机合成

17、的重要还原剂，其合成线路如图所示。(1)实验室利用如图装置制取无水AIC13,A中所盛装的试剂的名称BI：IJ(2)改变A、B试管中和D中的试剂就可以用该装置制取NaH。最好将B试管中原来的试剂改为如果操作不当，制得的NaH中可能含有杂质。O从简约性、准确性考虑，最(3)现设计如图四种装置测定铝氧化钠样品的纯度(假设杂质不参与反应)适宜的方案是(填编号)。铝氢化钠与水完全反应，冷却至室温的标志是内29 .请根据化学学科中的基本理论，回答下列问题:傕址 /kJ mol 134864050%(1)纳米级的Cu2。可作为太阳光分解水的彳t化剂。火法还原CuO可制得CO。已知：1克C(s)燃烧全部生成

18、CO时放出热量9.2kJ；Cu?O(s)与O2S)反应的能量变化如图1所示；请写出用足量炭粉还原(2)在加热条件下用液态肿( 反应的化学方程式为CuO(s)制备CU2O(s)的热化学方程式N2H4)还原新制Cu(OH)2可制备纳米级Cu2。，同时生成N2和H2。该(3)某兴趣小组同学以纳米级Cu2O催化光解水蒸气并探究外界条件对化学平衡的影响。在体积均为1L,温度分别为1、T2的A、B两密闭容器中都加入纳米级Cu2。并通人0.1mol水蒸气，反应：2H2O(g)E2H2(g)+O2(g)AH=+484kjLmor1A、B两容器在反应过程中发生如图2所示变化，则A、B两容器反应的温度T1T2(填

19、“<”、"=”或)，该过程中A容器至少需要吸收能kJ。当该反应处于平衡状态时，下列既能增大反应速率，又能增大H2O(g)分解率的措施是(填序号)A.向平衡混合物中充入 ArB.升高反应的温度C.增大反应体系的压强D.向平衡混合物中充人。2(4) 25 c时，H2SO3,HSO3+H+的电离常数Ka=1M102mol/L,则该温度下NaHSOs的水解平衡常数Kh=mol/L。以CO2和h2o.极，b其电极30 .燃料的使用和防污染是社会发展中一个无法回避的矛盾话题。(1)如将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用,为原料制备HCOOH和。2的原理

20、示意图甲。电极A、B表面发生电极反应。其中a极为：反应式为:(2)如果用100ml1.5mol/L的NaOH溶液吸收2.24L(标准状况)的二氧化碳气体所得溶液中各离子浓-8-/24度由大到小的顺序为(用离子浓度符号表示)一一、,._,.一一一9(3)燃料除硫中可用到CaCO3,它是一种难溶物质，其Ksp=2-8x10。石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的工作原理是烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙及鼓入的空气反应生成石膏(CaSO4_2H2。)。写出该反应的化学方程式：。有一纯碱溶液的浓度为2x104mo1/L,现将其与等体积的CaCl2溶液混合，则生成沉淀所需CaCL溶液的最小浓度为。河北省邯

21、郸一中2017届高考二模化学试卷一、选择题(每题只有一个选项符合题意。共15. DDCAC610. BBADC1115. DCDBC二、选择题(每题只有一个选项符合题意。共1620. DCDAB2125. BBDDB三、非选择题：26. (1) H2O2+SO2 =2H + +SO4215小题，每题2分，共30分)10小题，每题3分，共30分)(2)不变；(3)22.4m233Vx 100%27.CABDE碱式滴定管刻度不变；偏大28. (1)高镒酸钾(氯酸钾或重铭酸钾)(2)氢氧化钠溶液；NA、Na?O2(3)乙；连续两次读数的氢气体积相等29. (1)2CuO(s)+C(s)=CO(g)+

22、Cu2O(s)AH=+35.6kJmol1(2)4Cu(OH)2+N2H4=2Cu2O+N2+6H2O(3)>；16.1B(4)1.0x101230.(1)2H2O-4e=O2+4H+;CO2+2H+2e=HCOOH(2)c(Na+)>c(HCO3)>c(CO32)>c(OH)>c(H+)(3)2CaCO3+2SO2+O2+4H2。一2(CaSO,他H2OH2CO25.6父105mo1/L-9 - / 24-11 -/ 24河北省邯郸一中2017届高考二模化学试卷解析、选择题（每题只有一个选项符合题意。共15小题，每题2分，共30分）1 .【考点】金属冶炼的一般原

23、理。【分析】碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为分析。【解答】解：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为高温ZnCO3+2C 回皿 Zn+3COT ,据止匕ZnCO3+2CFollolZn+ 3COT ,A.该冶炼锌的反应属于置换反应，故A正确;B.反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C,故B正确；C.冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C向皿Zn+3COT,故C正确;D.由题意可知，倭铅是指金属锌，故D错误。故选D.2.【考点】物质的组成、结构和性质的关系。【分析】A.利用液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降；B.汽车尾气中含有烟尘等颗

24、粒物，化石燃料的燃烧等都会产生大气的污染；C.碳纤维是一种新型的无机非金属材料；D.纯碱不能用来治疗胃酸过多的病症，一般用氢氧化铝或小苏打。【解答】解：A.利用液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；B.汽车尾气中含有燃料不充分燃烧产生的烟尘等，污染了空气，能引起大气中PM2.5增大，化石燃料燃烧会产生CO、SO2和粉尘等有害气体，污染了空气，能引起大气中PM2.5增大，产生雾霾天气，调整产业结构，尽量减少对化石燃料的使用，能够减少雾霾，故B正确；C.碳纤维是一种新型的新型无机非金属材料，故C正确；D.纯碱是生产普通玻璃的原料之一，纯碱不能用来治疗胃酸

25、过多的病症，一般用氢氧化铝或小苏打，故D错误；故选：D.3.【考点】电解质与非电解质。【分析】A.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；B.氧化铝不能溶于弱碱氨水；C,用FeCl3溶液制作印刷电路板的反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+;D.胶体的本质特征是分散质粒子介于1-100nm之间。【解答】解：A.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，而氯化钱溶液是混合物，故不是电解质，故A错误；B.氧化铝是两性氧化物，能溶于强酸和强碱溶液，但不能溶于弱碱氨水，故B错误；C.用FeCl3溶液制作印刷电路板的反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+,在此反应中，铁离子显示氧化性，

26、故C正确；D.胶体的本质特征是分散质粒子介于1-100nm之间，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故D错误。故选C.4 .【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件。【分析】酸性氧化物和碱反应生成盐和水；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；根据元素和化合物性质知识来回答。【解答】解：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+C

27、uSO4=CuSJ+H2SO4,故正确酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl,故正确；根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+SJ可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确。故选A.5 .【考点】化学实验方案的评价。【分析】A.如气密性良好，则由漏斗中加水至产生液面差，一段时间后液面差不变；B.红墨水倒吸入导气管中，说明左侧试管内压强减小；C.二氧化碳与

28、高镒酸钾不反应；D.乙烯可被酸性高镒酸钾氧化。【解答】解：A.实验前检查该装置气密性的方法是：打开旋塞，从长颈漏斗口注水至液面高于漏斗下端，关闭止水夹，继续注水，使漏斗中液面略高于试管中液面，一段时间后，高度差不变，说明气密性良好，故A正确；B.红墨水倒吸入导气管中，说明左侧试管内压强减小，说明铁发生吸氧腐蚀，故B正确；C.二氧化碳与高镒酸钾不反应，应生成二氧化硫，故C错误；D.乙烯可被酸性高镒酸钾氧化，加热片刻后高镒酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解产生了乙烯，故D正确。故选C.6 .【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应的计算。【分析】还原性：532+80，根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(Cl)

29、+n(Br)+n()计算n(Fe2+),根据溶液中通入氯气使溶液中C和Br的个数比为3:1,计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题。【解答】解：由题意可设C、Br、的物质的量分别为2mol、3mol、4mol,由电荷守恒可得：2n(Fe2+)=n(Cl)+n(Br)+n(I)=2mol+3mol+4mol=9mol,n(Fe2+)=4.5mol,通入氯气后，要满足n(Cl):n(Br)=3:1,C只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol。4molI一先消耗2mol氯气，3molFe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5moi,则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为

30、：3.5:1.5=7:3,故选B.7 .【考点】有关混合物反应的计算。【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量。【解答】解：8960mL的NO2气体的物质的量为一二L_一=0.4mol,672mL的N2O4气体的物质的量为22.I0.672LI瓯0.03m°所以金属提供的电子的物质的量为0.4molx(5-4)+0.03molx2x(5-4)=0.46mol。所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol,氢氧根的质量为0

31、.46molX17g/mol=7.82g。所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g。故选B.8 .【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断。【分析】A.甲：Fe,X：Cl2,则乙为FeC比B.甲：SO2X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3,丙为Na2SO3；C,甲：C,X：O2,则乙为CO,丙为CO2；D.若甲为AlCl3,X是NaOH,则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2【解答】解：A.甲为Fe,X是Cl2,则乙为FeCh,FeCh与CL不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；8 .甲：SO2X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3,丙为NazSO3,W2SO3与SO

32、2反应生成NaHSOs,符合题中转化关系，故B正确；C,甲：C,X：O2,则乙为CO,丙为CO2,CO2与C反应生成CO,符合题中转化关系，故C正确；D,若甲为AlCl3,X是NaOH,则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2,NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；故选A.9 .【考点】阿伏加德罗常数。【分析】A.1mol双氧水中含2mol极性共价键；B.氢气所处的状态不明确；C,浓硝酸在和铜反应的过程中，先生成NO2,后生成NO甚至价态更低的产物；D.求出混合物的物质的量，然后根据甲烷和乙烯中均含4个H原子来分析。【解答】解：A.1mol双氧水中含2mol极性共价键，

33、故0.1mol双氧水中含0.2Na个极性共价键，故A错误；B.氢气所处的状态不明确，故无法计算物质的量和转移的电子数，故B错误；C.浓硝酸在和铜反应的过程中，随着硝酸浓度的降低，先生成NO2,后生成NO甚至价态更低的产物，故转移的电子数无法计算，故C错误；D.标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol,而甲烷和乙烯中均含4个H原子，故0.5mol混合物中含2molH原子即2Na个，故D正确。故选D.10.【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。【分析】0.01mol?L1HA溶液中pH=2,则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性

34、溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c(MOH)和c(M+)的和。【解答】解：A.0.01mol?L1HA溶液中pH=2,则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，故错误；B. 100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液50ml,反应后溶液中是MA溶液，c(A)>c(M+),故错误；C. N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故正确；D.在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)和c(M+)

35、的和是原来MOH浓度的一半，故错误；故选C.11.【考点】氧化还原反应。【分析】A.不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引；B.钠极易被空气中的氧气氧化；C.该反应条件下铁的还原性比钠强；D,每生成1molH2,转移的电子为4mol。【解答】解：A.不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，故A错误；B.钠极易被空气中的氧气氧化，故B错误；C.该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，故C错误；D,每生成1molH2,转移的电子为4mol,所以转移的电子数约为4x6.02X1023,故D正确；故选D.12.【考点】盐类水解的应用。【

36、分析】A.根据Na2s和水在溶液中的行为来分析；B, Al3+和S2发生双水解而不能共存；C, Na2s和少量的硫酸反应生成NaHS;-13 - / 24D.通入足量SO2气体后，反应环境为酸性环境。【解答】解：A.Na2s在溶液中的行为：Na2s=2Na+S2,S2+H2O?HS+OH,HS+H2O?H2S+OH,H2O?H+OH故溶液中存在水的电离平衡、s2的水解平衡和HS的水解平衡共三个平衡，Na+、S2-、HS、OH，H2S、H+、H2O七种粒子，故A错误；B. Al3+和S2发生双水解生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀而不能共存，故B错误；C. Na2s和少量的硫酸反应生成NaHS,无气体

37、放出，故无现象，故C正确；D.通入足量SO2气体后，反应环境为酸性环境，故离子方程式为：2S2+SO2+4H+3sJ+2H2O,故D错误。故选C.13 .【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原子序数依次增大，X元素的单质可在自然界中形成最硬的矿石，该矿石为金刚石，则X为C元素，Z元素的氧化物可做耐高温材料且其最高价氧化物的水化物是难溶于水的碱性物质，则Z为Mg元素，Y原子最外层有6个电子，而且原子序数比Mg小，则丫为O元素，W与C同主族，则W为Si元素，据此解答。【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素的单质可在自然界中形成最硬的矿石

38、，该矿石为金刚石，则X为C元素，Z元素的氧化物可做耐高温材料且其最高价氧化物的水化物是难溶于水的碱性物质，则Z为Mg元素，丫原子最外层有6个电子，而且原子序数比Mg小，则Y为。元素，W与C同主族，则W为Si元素，A.原子最外层电子数由少到多的顺序：Z<W=X<Y,故A错误；B.同周期自左而右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径由大到小的顺序：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y),故B错误；C.X为碳元素，丫为O元素，W为Si元素，则元素非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W,故C错误；D.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：O>

39、C>Si,则气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Y、X、W,故D正确；故选D.14 .【考点】反应热和焰变。【分析】A.催化剂虽然改变了反应途径，但是H只取决于反应物、生成物的状态；B.对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C.升高温度，平衡向吸热的方向移动；D.若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；【解答】解：A.催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以H不变，故A错误；B.这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；

40、D.若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B;【分析】用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根，相当于电解水，故电解时，阳极：4OH-4e=2H2O+O2T,阴极：4H+4e=2H2其中阴极区H+放电，H+浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，OH浓度增大。在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，这样就在阴极区聚集大量的K+和OH,从而产生纯的氢氧化钾溶液。【解答】解：A.电解除杂过程相当于电解水，阳极反应式为：4OH-4e=2H2O+O2/T,故A正确；B.电解时，阴极电极反应式为：4H+4e=2H2氢离子浓度

41、减小，溶液的pH增大，故B正确；C.用氯化钾制备氢氧化钾时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，K+通过交换膜从阳极区移向阴极区，故C错误；D.在B电极附近产生氢氧根离子，钾离子向B电极移动，所以除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口b导出，故D正确；故选C.二、选择题（每题只有一个选项符合题意。共10小题，每题3分，共30分）16.【考点】化学平衡的影响因素。【分析】A.根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；B.该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同；C.温度越高，反应速率越大，反应时间越短；D.根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度

42、商大于平衡常数，则平衡向逆反应方向进行。【解答】解：A.容器I中平衡时c（苯乙烯）=c（i）=0.6mol/L,c（乙苯）=吧吧匚工1吧l=0.2mol/L,11容器I中化学平衡常数Ki="6=0.18,容器出中平衡时c（苯乙烯）=c（H2）=0.05mol/L,c（乙苯）0.05XQ.Q5=0.05mol/L,化学平衡常数K2=0.05<4,所以降低温度，化学平衡常数降低，则正反应是吸热反应，故A错误；B.恒容条件下，容器n相当于在容器I的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器I中的H2体积分数和容器n中的相等，故B错误；C.容器I中的

43、温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；D,若起始时向容器出中充入0.10mol-亡时士W（g）、0.10mol弓，0s二（g）和0.10molH2,浓度商J/；，=0.1>0.05,平衡向逆反应方向移动，故D正确；故选D.17.【考点】原子结构与元素周期律的关系。【分析】A.若X、丫位于IA族，则X为H元素，丫为Li或Na,氢元素与氧元素可以形成过氧化氢、水，钠元素与氧元素可以形成过氧化钠、氧化钠；B.若X、Y位于第三周期，则X为Cl元素，丫为第三周期其它任意一种主族元素，如NaCl属于离子化合物，如SCl2属于共价化合物；-# - / 24C.

44、水分子之间存在氢键、氨分子之间也存在氢键，沸点高于同主族其它元素氢化物；D.若X、Y位于周期表的同一周期，原子序数X>Y,非金属性X>Y,X最高价含氧酸酸性较强。【解答】解：A.若X、丫位于IA族，则X为H元素，丫为Li或Na,氢元素与氧元素可以形成H2O2.H2O,钠元素与氧元素可以形成Na2O2Na2。，故A正确；B.若X、Y位于第三周期，则X为Cl元素，丫为第三周期其它任意一种主族元素，如NaCl属于离子化合物，如SCI2属于共价化合物，故B正确；C.若气态HnX的沸点高于HnY,若X可以为N、O、F,对应的Y分别为P、S、CI,X、Y可能位于元素周期表的VA族、VIA族或口

45、A族，故C错误；D.若X、Y位于周期表的同一周期，原子序数X>Y,故非金属性X>Y,最高价含氧酸的酸性可能HnXOm>HaYOb,故D正确；故选C.18 .【考点】有机物的结构和性质。【分析】A.某有机物分子式为C4H8,H原子是C原子2倍，则该有机物可能是单烯煌或环丁烷;B.如果是环丁烷，只有一种氢原子，氢原子种类决定其一氯代物种类;C.该物质可能是环丁烷、1-甲基环丙烷、1 - 丁烯或2-丁烯;D.设煌的化学式为 CxHy,等质量的煌耗氧量m12x+y原子是C原子2倍,则该有机物可能是单烯烧或环丁烷，如【解答】解：A.某有机物分子式为C4H8,H果是烯烧，则与乙烯是同系物

46、，故A正确；B.如果是环丁烷，只有一种氢原子，氢原子种类决定其一氯代物种类，所以如果是环丁烷，其一氯代物只有一种，故B正确；C.该物质可能是环丁烷（无甲基）、1-甲基环丙烷（一个甲基）、1-丁烯（一个甲基）或2-丁烯（2个甲基），所以分子结构中甲基的数目可能是。、1. 2,故C正确;D.设煌的化学式为 CxHy,等质量的煌耗氧量加 x 12x+y（x+二）=4,根据式子知，如CH4和C4H8,分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量大果上越大相同质量时耗氧量就越多，所以等质量的于C4H8,故D错误；故选D.19 .【考点】化学实验方案的评价。【分析】A.酸性条件下硝酸根离子也能够氧化亚铁离子；B.

47、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,澳与水反应生成澳化氢和HBrO;C.加热后红色加深，说明碱性增强，则醋酸根离子的水解为吸热反应；D.根据颜色变化可判断难溶沉淀转化成了更难溶的沉淀。【解答】解：A.用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，由于硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，干扰了检验结果，无法证明H2O2比Fe3+强，故A错误；-17-/24B.分别通入硝酸银溶液中，二氧化氮没有现象，澳蒸汽与硝酸银溶液反应生成澳化银沉淀，则产生淡黄色沉淀的是澳蒸汽，据此可鉴别澳蒸气和NO2,故B正确；C.在醋酸钠溶液中滴入酚酗:试液，加热后红色加深，说明氢氧根离子浓度增强，从而证明醋酸根离子

48、的水解为吸热反应，故C正确；D.往黄色固体难溶物Pbl2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀，说明实现了沉淀的转化，则证明难溶物存在沉淀溶解平衡，故D正确；故选A.20 .【考点】化学方程式的有关计算。【分析】Cu、Fe2O3的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，说明不含Fe3+,溶液中溶质为CuSO4FeSO4,根据得失电子守恒分析解答。【解答】解：Cu、Fe2O3的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，说明不含Fe3+,溶液中溶质为CuSO4.FeSO4,根据得失电子守恒可知：2n

49、(Cu)=2n(Fe2O3),所以原混合物中Cu和Fe2O3物质的量之比为1：1,故选B.21 .【考点】有机物的结构和性质。【分析】A.对苯二酚在空气中易被氧气氧化；B.中间体中苯环、厥基能和氢气发生加成反应；C.2,5-二羟基苯乙酮中含有酚羟基、厥基和苯环，能发生取代反应、氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应；D.碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子。【解答】解：A.对苯二酚中含有酚羟基，在空气中易被氧气氧化，故A错误；B.中间体中苯环、撅基能和氢气发生加成反应，所以1mol该中间体最多可与11molH2反应，故B正确；C.2,5-二羟基苯乙酮中含有酚羟基、厥基和苯环，能发生

50、取代反应、氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应，但不能发生水解反应，故C错误；D.碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故D错误；故选B.22.【考点】无机物的推断。【分析】甲、乙、丙、丁、是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OHC、HCO3离子中的两种组成，溶液甲与乙反应生成氯化钠、沉淀A和气体B,则甲为NaHCO3,乙为AlCl3,沉淀A为氢氧化铝、气体B为二氧化碳；甲与丙反应生成氯化钠和气体B,可知丙为HCl;甲与丁反应生成沉淀C和溶液D,可知丁为Ba(OH)2,D为NaOH,以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，甲为NaHCO3,乙为AlCl3

51、,丙为HCl,丁为Ba(OH)2,D为NaOH,A.在甲中滴加丁开始时碱不足，反应的离子方程式为2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3J+2H2O+CO32，故A错误；B,丙为HCl,酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应不能共存，故B错误；C.A为氢氧化铝，D为NaOH,白色沉淀A可能溶解在溶液D中，故C正确；D,由上述分析可知，甲为NaHCO3,乙为AlCl3,故D正确；故选AB.23.【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。【分析】A.Ag+、C都抑制AgCl溶解；B.常温下pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合后溶

52、液中溶质为醋酸和醋酸钠,酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；等物质的量浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成酸或碱抑制水电离；C,若将适量CO2通入0.1mol?L1Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则存在NaCl,溶液呈中性,c (H + ) =c (OH ),溶液中存(Na+) =2c (CO32 ) +c (HCO3D .常温下，醋酸电离平衡常数Ka=式CH3cos , c(H+)c (CHQOH)醋酸根水解平衡常数Kh=,离子积常数Kw=Cg(CH3C00 )【解答】解：A. Ag+、C都抑制 AgCl(H+)。c (OH )。溶解,常温下，物质的量浓

53、度相同的硝酸银和氯化钠溶液其抑制在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(CO32)+c(HCO3),则-19 - / 24AgCl溶解程度相等，所以AgCl在同物质的量浓度的AgNO3和NaCl溶液中的溶解度相同，故A错误;B.常温下pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合后溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；等物质的量浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaCl,溶液呈中性，酸或碱抑制水电离，所以前者抑制水电离，则水的电离程度：a<b,故B错误；C,若将适量CO2通入0.1mol?L1Na2

54、CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则存在c(H+)=c(OH),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(CO32)+c(HCO3K则c(Na+)=2c(CO32)+c(HCO3)=0.2mol/L,故C错误;D .常温下，醋酸电离平衡常数g(CH3COOH 履01)=,离子积常数c(CH3C00 )+ =c (H )。c (g(CH3C00 )Ka=cfcHjCOO c(H+)醋酸根水解平衡常数Kh=Kw=c+(H+)。c (OH ),则 KA . Kh=：cCCH3COOH)OH ) =Kw,故D正确;故选D.24.【考点】化学平衡的影响因素。【分析】A.催化剂只改变反应速

55、率不改变平衡移动；B.若>丁2,由图象可知温度升高生成物的物质的量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；C.增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率的增大；D.对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多。【解答】解：A.催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b,故A错误；B.若>丁2,由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；C.由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c>b>a,故C错误；D,由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必