江西省南昌市2015届高考化学零模试卷

1、江西省南昌市2015届高考化学零模试卷一、选择题（每题3分，共48分）1（3分）化学与人类生活、环境保护及社会可持续发展密切相关，下列有关叙述正确的是（）A大量开发利用深海可燃冰，有助于海洋生态环境的治理B汽车尾气中含有大量大气污染物，其原因是汽油不完全燃烧造成的C煤炭燃烧过程安装固硫装置，目的是提高煤的利用率DPM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害2（3分）下列有关各实验的叙述中正确的是（）A可用于SO2气体的干燥，收集并吸收多余SO2气体，防止SO2逸出污染空气并防止倒吸B当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸C进行H2，NH3，CO2，Cl，H

2、Cl，NO2等气体收集，但不能用于NO气体收集D利用氯仿（CHCl3）密度大于乙醇，进行氯仿与乙醇混合物的分离3（3分）若X+酸盐+水，则X不可能属于（）A氧化物B单质C碱D电解质4（3分）合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下A L氨气完全反应并转移电子数X个，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（）Amol1Bmol1Cmol1Dmol15（3分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB标准状况下，2.24L CHCl3的分子数为0.1NAC1L0.1molL1的氨水中有0.1NA个N原子

3、D标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA6（3分）下列离子方程式中，正确的是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32+2H+=H2SiO3CAlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+4OH=AlO2+2H2OD向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O7（3分）下列反应中，反应后固体质量一定减少的是（）A铝与V2O5发生铝热反应B镁粉投入到FeCl3溶液中C碳粉与CuO混合物在试管中加热D水蒸气通入足量Na2O2粉末8（3分）常温下，下列溶液

4、的离子浓度关系正确的是（）ApH=4的H2C2O4溶液中，c（H+）=c（HC2O4）=104mol/LBpH=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，xy1CpH=2的NaHC2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比混合，混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）DpH相同的CH3COONa、Na2CO3 、NaClO三种溶液中c（Na+）：9（3分）某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态

5、未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（）该反应的化学平衡表达式为：K=此时B的转化率为35%增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变增加C的量，A、B转化率不变ABCD10（3分）普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并产生Ca（OH）2，溶液呈碱性根据这一特点，科学家发明了电动势（E）法则水泥初凝时间，此法原理如图所示反应总方程式为：2Cu+Ag2OCu2O+2Ag下列有关说法不正确的是（）A工业上制备水泥的原料有黏土、石灰石、石膏B测量原理装置图中Ag2O/Ag极发生还原反应C负极的电极反应式为2Cu+H2O2e=Cu

6、2O+2H+D在水泥固化过程中，由于自由水分子的减少，溶液中各离子浓度的变化导致电动势变化11（3分）新型纳米材料MFe2Ox（3x4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化常温下，MFe2Ox能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2OxMFe2Oy下列判断正确的是（）ASO2是该反应的催化剂BMFe2Ox是还原剂CXYDSO2发生了置换反应12（3分）下列有关叙述不正确的是（）在100，101KPa条件下，液态水气化热为40.69KJmol1则H2O（g）=H2O（l） H=+40.69KJmol1已知25时，MgCO3的Ksp=6.82×106，则在该

7、温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32）是否相等，总有c（Mg2+）c（CO32）=6.82×106已知：共价键CCC=CCHH一H键能（KJmol1）348610413436则反应（g）+3H2（g）（g）H=384KJmol1常温下，在0.10molL1的NH3H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3H2O电离被抑制，溶液pH减少ABCD13（3分）下表为几种短周期元素的性质元素符号原子半径101nm0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价2+2+1+53+71+1+53+3对上述元素有关说法正确的是（）A

8、元素的原子序数小于元素的原子序数B、处于同一周期C上述八种元素中最高价氧化物对应水化合物酸性最强的元素是D号元素原子结构示意图为：14（3分）A是一种常见的单质BC为常见的化合物ABC均含有元素X它们有如图所示转化关系（部分产物及反应条件已略去）下列有关推断正确的是（）aX元素为Al；b反应和反应互为可逆反应；cA可能是S或Cl2；d反应和反应一定是氧化还原反应Aa和bBc和dCa、b、c、dDb、c、d15（3分）将一定质量的镁铜合金加入到100mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成

9、沉淀质量比原合金质量增加5.1g；则下列有关叙述中不正确的是（）A开始加入合金的总物质的量为0.15molB生成NO气体体积在标准状况下为2.24LC生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100mLD原硝酸物质的量浓度为1mol/L16（3分）化工生产中常用MnS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq）下列有关叙述中正确的是（）MnS的Ksp大于CuS的Ksp 达到平衡时c（Mn2+）=c（Cu2+）溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Mn2+）保持不变 该反应平衡常数K=ABCD二、非选择题17（6分）A、B、C、D、E

10、为原子序数依次递增的5种短周期元素，已知：A、B、C同周期，C、E同主族A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍C与氢元素能组成10电子的X离子，D单质是生活中常见的一种金属请回答下列问题：（1）AC2分子的结构式为；（2）写出X的电子式：（3）D的某种化合物可用于净水，其净水原理是（用离子方程式表示）：（4）将EC2气体通入BaCl2与B的最高价氧化物的稀溶液的混合液中，其反应的离子方程式为：18（13分）过氧化氢是重要的氧化剂，也可作还原剂，它的水溶液称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等 某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质测定市售过氧化氢溶

11、液中H2O2的质量分数（1）量取10.00mL密度为g/mL市售过氧化氢溶液，应选用滴定管是（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”）；（2）将上述溶液配制成250.00mL，配制过程中需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、（填名称）；（3）取25.00mL（2）中溶液于锥形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加适量蒸馏水稀释，用高锰酸钾标准液滴定完成反应的离子方程式：MnO4+H2O2+H+Mn2+ H2O+；重复滴定三次，平均消耗Cmol/L KMnO4标准液VmL，则原过氧化氢溶液中H2O2质量分数为；（4）下列操作会导致测定结果偏高的是；A滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失B将H2O2溶液配制成25

12、0.00mL溶液时，定容俯视刻度线C判断终点时，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈红色，向红色溶液再滴一滴H2O2溶液仍呈红色探究H2O2性质（1）上述测定原理，H2O2体现性；（2）若要验证H2O2不稳定性，操作是19（8分）某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42，HCO3等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示请回答下列问题：（1）ab段生成沉淀的化学方程式：；（2）cd段沉淀减少的反应方程式：；（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：；（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为20（10分）CO2是引

13、起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用化石能源，控制CO2排放，探索CO的循环利用是保护环境，促进经济科持续发展的重要举措（1）在一定温度下，向2L固定容积的密闭容器中通入2mol CO2，3mol H2，发生反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=490KI/mol测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示能说明该反应已达到平衡状态的是ACO2（g）体积分数在混合气体中保持不变B单位时间内有1.2mol HH断裂，同时有0.8mol OH键生成C混合气体的密度不随时间变化D当体系中c（H2O）：c（CH3OH）=l：l，且保持不变下列措施能

14、使增大的是A升高温度 B恒温恒容充入Hc（g） C使H2O（g）变成H2O（l）D恒温恒容下，再充入2mol CO2，3mol H2计算该温度下此反应的平衡常数K=；若使K=1应采取的措施是A增大压强B恒压加入一定量H2C恒容通入CO2D降低温度E升高温度（2）如图2所示：用某甲醇燃料电池作电源电解饱和食盐水写出电极N发生的反应式：若食盐水体积为300Ml，电解过程溶液体积变化忽略不计，常温下测得PH=13时，理论上消耗甲醇质量为g21（6分）某研究性学习小组将Na2SO3固体隔绝空气加强热至600以上，冷却后，经称量，固体物质保持原质量，取少量加热后固体溶于水，固体完全溶解，所得溶液使红色石

15、蕊试纸变蓝（1）甲同学根据实验提供信息分析，认为加强热后固体仍为Na2SO3，你认为甲同学分析的依据是：；（2）乙同学用实验室常用试剂盒仪器用实验方法推翻了甲同学的分析结论写出Na2SO3加强热发生反应的化学方程式：；简述乙同学的实验设计：22（9分）二水氯化钡晶体在工业上主要用于制造各种钡盐、颜料和有机染料，其工业制备流程如下：回答下列问题（1）调节pH后，得到二水氯化钡晶体的“操作1”是、过滤（2）酸化过程中加入31%的工业盐酸过快，有时会析出硫磺，请写出生成硫磺的离子反应方程式：（3）脱硫过程中分为两步，第一步是物理脱硫，第二步是化学脱硫物理脱硫是直接用蒸汽升温，并用空气“爆气法”出去的

16、物质是化学脱硫法是向其中加入氧化剂，下列物质最适合做脱硫氧化剂的是A高锰酸钾B氯气C重铬酸钾D次氯酸钾（4）大部分工业生产都用8085时的石灰氮料浆（CaCN2的浆水混合物）吸收硫化氢，充分利用H2S制得更有价值的产品硫脲（CS（NH2）2）和氢氧化钙请写出制备硫脲的化学方程式：江西省南昌市2015届高考化学零模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共48分）1（3分）化学与人类生活、环境保护及社会可持续发展密切相关，下列有关叙述正确的是（）A大量开发利用深海可燃冰，有助于海洋生态环境的治理B汽车尾气中含有大量大气污染物，其原因是汽油不完全燃烧造成的C煤炭燃烧过程安装固硫装置，目的是提高

17、煤的利用率DPM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质，对人的肺功能造成很大危害考点：二氧化硫的污染及治理 分析：A、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境；B、汽油的主要成分是含碳原子511个的烃，烃为碳氢化合物，高温富氧环境造成氮的氧化物，与汽油不完全燃烧无关；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D、根据PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质来回答解答：解：A、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故A错误；B、机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，

18、不是汽油不完全燃烧造成的，故B错误；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，可以减少二氧化硫的排放，主要是为了减少污染，故C错误；D、PM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，对人的肺功能造成很大危害，故D正确；故选D点评：本题涉及二氧化硫的污染和防治知识，注意化学和生产、生活的联系是解决问题的关键，难度中等2（3分）下列有关各实验的叙述中正确的是（）A可用于SO2气体的干燥，收集并吸收多余SO2气体，防止SO2逸出污染空气并防止倒吸B当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸C进行H2，NH3，CO2，Cl，HCl，NO2等气体收集，但不能

19、用于NO气体收集D利用氯仿（CHCl3）密度大于乙醇，进行氯仿与乙醇混合物的分离考点：化学实验方案的评价 分析：ASO2的密度比空气密度大，且与碱石灰反应；B苯的密度比水小，不能隔绝气体与水；C与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体；D氯仿与乙醇混合物不分层解答：解：ASO2的密度比空气密度大，且与碱石灰反应，则收集及除杂不合理，故A错误；B苯的密度比水小，不能隔绝气体与水，则X为苯时不能防止倒吸，应选四氯化碳，故B错误；C与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体，则装置可进行H2

20、，NH3，CO2，Cl，HCl，NO2等气体收集，但不能用于NO气体收集，故C正确；D氯仿与乙醇混合物不分层，不能利用与中分液装置分离，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，涉及混合物分离提纯、气体的收集及防倒吸装置等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大3（3分）若X+酸盐+水，则X不可能属于（）A氧化物B单质C碱D电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质 分析：碱性氧化物、碱都能与酸反应生成盐和水，金属单质和酸反应生成盐和氢气或含氮气体，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解

21、质，可以是碱、碱性氧化物等解答：解：A、碱性氧化物和酸反应生成盐和水，所以A可能是氧化物，故A不选；B、金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以A不可能是单质，故B选；C、碱和酸发生中和反应生成盐和水，所以A可能是碱，故C不选；D、碱及金属氧化物都属于电解质，能和酸反应生成盐和水，所以A可能是电解质，故D不选；故选B点评：本题根据反应类型确定反应物，明确物质的性质是解本题关键，知道哪些物质能和酸反应生成盐和水，易错选项是C，注意金属和硝酸反应的生成物特点，为易错点4（3分）合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化反应，

22、若有标准状况下A L氨气完全反应并转移电子数X个，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（）Amol1Bmol1Cmol1Dmol1考点：化学方程式的有关计算 分析：发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，反应中N元素化合价由3价升高为+2价，根据n=计算氨气物质的量，结合N元素化合价变化表示出电子数目，进而计算阿伏伽德罗常数解答：解：发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，反应中N元素化合价由3价升高为+2价，有标准状况下A L氨气完全反应，则转移电子数目为：××NA=X，解得NA=mol1，故选D点评：本题考查阿伏伽德罗常数计算、氧化还原反应计算，关键是理解氧化还原反

23、应中转移电子的计算，难度不大5（3分）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB标准状况下，2.24L CHCl3的分子数为0.1NAC1L0.1molL1的氨水中有0.1NA个N原子D标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子数目减少；B标准状况下，三氯甲烷的状态不是气体；C根据氨水中氮原子守恒分析；D氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸解答：解：A1L 1molL1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于部

24、分次氯酸根离子水解，则溶液中次氯酸根离子的物质的量小于1mol，含有ClO的数目小于NA，故A错误；B标况下，三氯甲烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L三氯甲烷的物质的量，故B错误；C1L0.1molL1的氨水中含有溶质0.1mol，0.1mol一水合氨中含有0.1mol氮原子，N原子数目在溶液中不会变化，所以溶液中含有0.1NA个N原子，故C正确；D氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应，则0.1mol氯气溶于水，转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学

25、量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，D为易错点，注意氯气与水的反应情况6（3分）下列离子方程式中，正确的是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32+2H+=H2SiO3CAlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+4OH=AlO2+2H2OD向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A不符合反应的客观事实，四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；B醋酸为弱电解质，应保留化学式，硅酸难溶于水，写化学式；C不符合反应

26、的客观事实，氨水为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水解答：解：AFe3O4溶于足量稀HNO3发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式：3Fe3O4+NO3+28H+=9Fe3+14H2O+NO，故A错误；B硅酸钠溶液与醋酸溶液混合，离子方程式：SiO32+2CH3COOH=H2SiO3+2CH3COO，故B错误；CAlCl3溶液中加入过量的氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2溶液，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程

27、式：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项7（3分）下列反应中，反应后固体质量一定减少的是（）A铝与V2O5发生铝热反应B镁粉投入到FeCl3溶液中C碳粉与CuO混合物在试管中加热D水蒸气通入足量Na2O2粉末考点：有关混合物反应的计算 分析：A铝与V2O5发生铝热反应，反应前后都是固体，固体质量不变；B如果镁粉过量，则反应生成铁，根据关系式3Mg2Fe判断；C碳与氧化铜反应生成一氧化碳气体和铜，反应后固体质量一定减少；D水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠转化成氢

28、氧化钠，固体质量一定增加解答：解：AAl与V2O5反应生成Al2O3和V，反应前固体为V2O5、Al，反应后固体为氧化铝、V，均为固体，固体质量不变，故A错误；B镁粉投入到FeCl3溶液中，如果镁足量，根据关系式3Mg2Fe，固体质量变化为：72112，反应后固体质量增加，故B错误；C碳粉与CuO混合物在试管中加热，反应物都是固体，反应后生成了CO气体，则固体质量一定减少，故C正确；D水蒸气通入足量Na2O2粉末，反应前固体为氢氧化钠，反应后固体为氢氧化钠，反应后的固体中增加了H元素，故D错误；故选C点评：本题考查了混合物反应的计算和判断，题目难度中等，明确常见物质的性质及发生反应原理为解答关

29、键，A为易错点，注意反应物、生成物都是固体，反应前后固体质量不变8（3分）常温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）ApH=4的H2C2O4溶液中，c（H+）=c（HC2O4）=104mol/LBpH=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，xy1CpH=2的NaHC2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比混合，混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）DpH相同的CH3COONa、Na2CO3 、NaClO三种溶液中c（Na+）：考点：离子浓度大小的比较 分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根电荷守恒判断；B乙酸是弱电解质，加

30、水稀释促进弱电解质电离；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D弱酸根离子水解程度越大，pH相同的钠盐溶液浓度越小解答：解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O42），故A错误；B乙酸是弱电解质，加水稀释促进弱电解质电离，所以醋酸溶液稀释10倍后，氢离子浓度大于原来的，所以pH=x的CH3COOH溶液100mL，稀释10倍后pH=y，xy1，故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故C正确；D弱酸根离子水解程度越大，pH相

31、同的钠盐溶液浓度越小，酸根离子水解程度CO32ClOCH3COO，所以pH相同的CH3COONa、Na2CO3 、NaClO三种溶液中c（Na+）：，故D错误故选C点评：本题考查离子浓度大小比较，为2015届高考高频点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，知道弱电解质电离特点，注意结合电荷守恒、物料守恒分析，易错选项是D9（3分）某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下

32、列说法中正确的是（）该反应的化学平衡表达式为：K=此时B的转化率为35%增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变增加C的量，A、B转化率不变ABCD考点：化学平衡的计算 分析：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol&#

33、215;=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol1.2mol=2.8mol、2mol0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体，依此进行解答C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中；反应的B的物质的量为0.8mol，依此计算B的平衡转化率%；反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平

34、衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；C不为气体，故增加C的量，平衡不移动解答：解：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8m

35、ol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol1.2mol=2.8mol、2mol0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故错误；反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故错误；反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故正确；C不为气体，故

36、增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故正确；故说法中正确的是，故选D点评：本题考查化学平衡的相关计算，难度中等判断出C不为气体是解题的根据10（3分）普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并产生Ca（OH）2，溶液呈碱性根据这一特点，科学家发明了电动势（E）法则水泥初凝时间，此法原理如图所示反应总方程式为：2Cu+Ag2OCu2O+2Ag下列有关说法不正确的是（）A工业上制备水泥的原料有黏土、石灰石、石膏B测量原理装置图中Ag2O/Ag极发生还原反应C负极的电极反应式为2Cu+H2O2e=Cu2O+2H+D在水泥固化过程中，由于自由水分子的减少，溶液中各离子浓度的变化导致电动势变化考点：

37、原电池和电解池的工作原理 分析：A根据工业上制备普通水泥的主要原料是黏土和石灰石判断；B由2Cu+Ag2OCu2O+2Ag反应可知，Ag2O/Ag极作为正极发生还原反应；C原电池中负极上失电子发生氧化反应，电解质溶液是碱，所以电极产物不可能生成氢离子；D水泥固化过程中，自由水分子减少，导致溶液中离子浓度改变而引起电动势改变解答：解：A工业上制备普通水泥的主要原料是含有石灰石和硅酸盐的粘土，在高温下可反应生成水泥，主要成分为：2CaOSiO2，3CaOSiO2，3CaOAl2O3，故A正确；B由2Cu+Ag2OCu2O+2Ag反应可知，铜作为负极发生氧化反应，而Ag2O/Ag极作为正极发生还原反

38、应，故B正确；C根据电池反应式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，铜失电子作负极，结合溶液中的氢氧根离子，而不是结合水，负极上发生的电极反应式为：2Cu+2OH2e=Cu2O+H2O，故C错误；D水泥固化过程中，自由水分子减少，溶剂的量减少导致溶液中各离子浓度的变化，从而引起电动势变化，故D正确；故选C点评：本题考查了原电池原理，注意利用电池反应式中元素的化合价变化判断原电池的正负极及反应类型，明确工作原理，题目难度不大11（3分）新型纳米材料MFe2Ox（3x4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化常温下，MFe2Ox能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2O

39、xMFe2Oy下列判断正确的是（）ASO2是该反应的催化剂BMFe2Ox是还原剂CXYDSO2发生了置换反应考点：氧化还原反应 分析：在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系解答：解：ASO2在反应中转化为S为氧化剂，不是催化剂，故A错误；BSO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故B正确；CMFe2Ox为还原剂生成MFe2Oy，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y2）（2x2），即yx，故C

40、正确；D化合物与化合物反应生成单质和化合物，不属于置换反应，SO2转化为S，发生氧化还原反应，故D错误故选BC点评：本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大12（3分）下列有关叙述不正确的是（）在100，101KPa条件下，液态水气化热为40.69KJmol1则H2O（g）=H2O（l） H=+40.69KJmol1已知25时，MgCO3的Ksp=6.82×106，则在该温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32）是否相等，总有c（Mg2+）c（

41、CO32）=6.82×106已知：共价键CCC=CCHH一H键能（KJmol1）348610413436则反应（g）+3H2（g）（g）H=384KJmol1常温下，在0.10molL1的NH3H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3H2O电离被抑制，溶液pH减少ABCD考点：反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：、从不同状态的物质之间的转化判断，一般来说，气体转化为液体、液体转化为固体，反之吸热；、MgCO3溶液中，Mg2+离子和CO32离子都能水解，水解后离子浓度不相等，存在碳酸镁固体的溶液是饱和溶液，所以在相同的温度下，溶度

42、积常数相同；、苯环中不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用表中数据进行计算；、NH3H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，平衡向逆方向移动，电离程度降低解答：解：、气体转化为液体是放热过程，焓变为负值，则正确的表达为：H2O（g）H2O（l）H=40.69kJmol1，故错误；、含有固体MgCO3的溶液中，是饱和溶液，Mg2+离子和CO32离子都能水解，水解后离子浓度可能不相等，但在相同的温度下，溶度积常数不变，故正确；、因为苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种独特的键，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用以上表中进行计算，故错误；、NH3H2O溶液中存在电离平衡，加入少量NH4Cl晶体，NH

43、4+浓度增大使电离平衡向逆方向移动，电离程度降低，溶液的pH减小，故正确故选：D点评：本题考查反应热、沉淀的溶解平衡、电离平衡等问题，本题易错点为项，注意苯的结构特点，题目难度中等13（3分）下表为几种短周期元素的性质元素符号原子半径101nm0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价2+2+1+53+71+1+53+3对上述元素有关说法正确的是（）A元素的原子序数小于元素的原子序数B、处于同一周期C上述八种元素中最高价氧化物对应水化合物酸性最强的元素是D号元素原子结构示意图为：考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：只有最低价2价，则为O；有+7、

44、1价，处于A族，为Cl元素；有+5、3价，处于A族，且原子半径较大，则为P、为N；只有最高正价+1价，处于A族，且的原子半径较大，原子半径不是最小，则为Li、为Na；最高价+2价，处于A族，原子半径大于P，则为Mg；最高价为+3价，处于A族，原子半径小于P元素，则为B元素，据此解答解答：解：只有最低价2价，则为O；有+7、1价，处于A族，为Cl元素；有+5、3价，处于A族，且原子半径较大，则为P、为N；只有最高正价+1价，处于A族，且的原子半径较大，原子半径不是最小，则为Li、为Na；最高价+2价，处于A族，原子半径大于P，则为Mg；最高价为+3价，处于A族，原子半径小于P元素，则为B元素，A

45、为P、为N，的原子序数较大，故A错误；B为Mg，处于第三周期，为Li，处于第二周期，二者不处于同一周期，故B错误；CCl元素，其元素最高价氧化物对应的水化物为HClO4，是最强的无机含氧酸，故C正确；D为B元素，原子结构示意图为，故D错误；故选C点评：本题主要考查的是性质结构位置关系应用，根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律，难度中等14（3分）A是一种常见的单质BC为常见的化合物ABC均含有元素X它们有如图所示转化关系（部分产物及反应条件已略去）下列有关推断正确的是（）aX元素为Al；b反应和反应互为可逆反应；cA可能是S或Cl2；d反应和反应一定是氧化还原反应Aa和

46、bBc和dCa、b、c、dDb、c、d考点：无机物的推断 分析：由转化关系图可以看出，A这种单质与强碱发生反应，生成了两种产物B和C，而且B和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下发生反应，生成单质A，那么可以看出反应1应该是A物质的歧化反应，反应2应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，则A可能为Cl2或S，应为非金属元素解答：解：aA单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，化合价既升高又降低，存在负化合价，应为非金属元素，金属元素不存在负价，故a错误；b可逆反应的定义是指在同一条件下，既能向正反应方向进行

47、，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，上述两个反应的反应条件不相同，不是可逆反应，故b错误；c如A为Cl2，在碱性条件下反应生成Cl和ClO，二者在酸性条件下可生成Cl2，符合框图转化关系，如A为S，在碱性条件下反应生成S2和SO32，二者在酸性条件下可生成S，符合框图转化关系，故c正确；d单质A生成化合物，元素的化合价发生变化，化合物生成A单质，化合价了发生变化，所以反应和反应一定属于氧化还原反应，故d正确，所以正确的是c和d，故选B点评：本题考查了元素化合物的性质推断，主要考查非金属元素的歧化反应和归中反应的特征应用，关键是理解金属无负价，题目难度中等15（3分）将一定质量的镁

48、铜合金加入到100mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原合金质量增加5.1g；则下列有关叙述中不正确的是（）A开始加入合金的总物质的量为0.15molB生成NO气体体积在标准状况下为2.24LC生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100mLD原硝酸物质的量浓度为1mol/L考点：有关混合物反应的计算 分析：将一定量的镁和铜合金加入到HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、

49、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入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5.1gA根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，据此计算合金的总物质的量；B根据电子转移守恒计算NO物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积；C加入的氢氧化钠反应生成氢氧化镁、氢氧化铜，根据氢氧根守恒计算NaOH的物质的

50、量，根据V=计算加入的氢氧化钠溶液的体积；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=4n（NO）再根据c=计算解答：解：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，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

51、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，生成NO为=0.1mol，A由上述分析可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol，故A正确；B标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故B正确；C加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故C正确；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=4n（NO）=0.4mol，故原硝酸物质的量浓度为=4mol/L，故D错误，故

52、选D点评：本题考查混合物有关计算，综合考查学生对得失电子守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度中等16（3分）化工生产中常用MnS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq）下列有关叙述中正确的是（）MnS的Ksp大于CuS的Ksp 达到平衡时c（Mn2+）=c（Cu2+）溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Mn2+）保持不变 该反应平衡常数K=ABCD考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；该反应达到平衡时离子的浓度不变；增大硫

53、离子的浓度平衡左移；反应的平衡常数K=解答：解：分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故正确；该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，故错误；增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c（Cu2+）、c（Mn2+）均减小，故错误；反应的平衡常数K=，故正确； 故选A点评：本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成二、非选择题17（6分）A、B、C、D、E为原子序数依次递增的5种短周期元素，已知：A、B、C同周期，C、E同主族A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍C与氢元素能组成10电子的X离子，D单质是生活中常见的一种金属请回答下列问题：（1）AC2分子的结构式为O=C=O；（2）写出X的电子式：（