湖南省怀化市2014高三第一次模拟考试统一检测试化学卷解析版

湖南省怀化市2014高三第一次模拟考试统一检测试化学卷[解析版]本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷（选择题共126分）以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31S-32Cl-35.5K-39一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．下列说法正确的是 A．地沟油和矿物油都属于酯类物质 B．高温加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面有一层致密的耐高温氧化膜 C．为测定熔融氢氧化钠的导电性，将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化 D．电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁7.B【解析】本题考查有关物质的应用与性质的判断。矿物油是烃类物质，A错误；铝易氧化为熔点高的氧化铝，B正确；熔融状态时氢氧化钠与石英坩埚中的二氧化硅能反应，C错误；制金属镁是电解熔融的氯化镁，D错误。8．下列说法正确的是 A．1L1mol•L-1的NH4Cl溶液中一定含有NA个NH4 B．常温常压下，22.4L乙烯中含极性共价键数为5NA C．6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA D．1mol冰醋酸和lmo1乙醇在浓硫酸加热下反应可生成NA个H2O8.C【解析】本题考查阿伏加德罗常数的的判断。氯化铵溶液中铵根离子会水解，略小于NA，A错误；常温常压下22.4L乙烯不是1mol，B错误；熔融时只有破坏离子键，KHSO4只能电离出K+、HSO4—，C正确；酯化反应是可逆反应，不能全部进行，生成水会小于NA，D错误。9．下列离子方程式书写正确的是 A．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O B．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42–恰好完全沉淀： Al3++Ba2++SO42–+3OH–=BaSO4↓+Al(OH)3↓ C．200mL2mol·L–1的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气： 4Fe2++6Br–+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl– D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO–+2Fe(OH)3=2FeO42–+3Cl–+H2O+4H+A(C7H14O2)＋H2OB＋CH3COOH9.C【解析】本题考查离子方程式的正误判断。少量石灰水定为1，应为Ca2＋+2OH－+HCO3－=CaCO3↓+CO32—+2H2O，A错误；明矾中Al3+、SO42—为1：2，反应为：Al3++2Ba2++2SO42–+4OH–=BaSO4↓+AlO2A(C7H14O2)＋H2OB＋CH3COOH10．已知有机物A、B之间存在如右转化关系：（已配平)。则符合条件的B的结构最多有(不考虑立体异构） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种10.D【解析】本题考查给定条件的同分异构体数目的判断。根据原子守恒得B的分子式为C5H12O，又一定属于醇，即为C5H11—OH，根据基元法可判断共有8种，即D选项正确。11．下列叙述正确的是 A．浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为： NaOH>Na2CO3>(NH4)2SO4>NaHSO4 B．为确定H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H C．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4 D．常温下KSP（AgCl）＝1.5×10－4，此时将足量氯化银固体分别投入相同体积的①蒸馏水②0.1mol/L盐酸③0.1mol/L氯化镁溶液④0.1mol/L硝酸银溶液中，则溶液中Ag＋浓度：①>④=②>③11.A【解析】本题考查水溶液中离子平衡的应用与判断。NaOH是强碱，Na2CO3水解显碱性，(NH4)2SO4水解显酸性，NaHSO4电离显强酸性，酸性比(NH4)2SO4强，A正确；NaHA溶液的pH<7，可能是HA—的电离大于HA—的水解，不能说明HA—不能水解，B错误；醋酸存在电离平衡，稀释时向电离方向移动，pH介于3与4之间，C错误；硝酸银溶液中Ag+浓度最大，应为③对氯化银的溶解抑制最大，应为：④>①>②>③，D错误。13．一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)△H＜0，反应经60s达到平衡并生成0.3molZ，则下列说法中正确的是 A．以Y浓度变化表示的反应速率为0.0005mol/(L·s) B．其他条件不变，将容器体积扩大至20L，则Z的平衡浓度变为原来的1/2 C．其他条件不变，将容器体积缩小至5L，平衡正向移动，平衡常数增大 D．其他条件不变，升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢13.A【解析】本题考查化学反应速率的计算、化学平衡移动的判断。Y的反应速率与Z的反应速率相等，0.3mol/10L/60s=0.0005mol/(L·s)，A正确；将容器体积扩大至20L，相当于减压，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，Z的平衡浓度大于原来的1/2，B错误；温度不变，平衡常数不变，C错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，只是增大程度不一样，D错误。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）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做答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。26．（15分）已知A、B、C、D、E、F六种短周期元素中，A、B、C、D是组成蛋白质的基本元素；A与B的原子序数之和等于C原子核内的质子数；A与E、D与F分别位于同一主族，且F原子核内的质子数是D原子核外电子数的2倍。据此，请回答：⑴F在周期表中的位置是____________________________。⑵由A、C、D、F按8:2:4:1原子个数比组成的化合物甲中含有的化学键类型为____________；甲溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________（用离子浓度符号表示）。⑶化合物乙由A、C组成且相对分子质量为32；化合物丙由A、D组成且分子内电子总数与乙分子内电子总数相等；乙与丙的反应可用于火箭发射（反应产物不污染大气），则该反应的化学方程式为_________________________________________。⑷由A、D、E、F组成的化合物丁能与硫酸反应并放出刺激性气味的气体，则丁的化学式为＿＿＿＿＿＿＿＿；实验测得丁溶液显弱酸性，由此你能得出的结论是_______________________________________________。⑸由B、A按1:4原子个数比组成的化合物戊与D的常见气态单质及NaOH溶液构成原电池温度/K（如右图），试分析：温度/K①闭合K，写出左池X电极的反应式__________________________________；②闭合K，当X电极消耗1.6g化合物戊时（假设过程中无任何损失），则右池两极共放出气体在标准状况下的体积为_________升。26.（除标注外，每空2分，共15分）⑴第三周期第ⅥA族（对一个计1分）⑵离子键、共价键（对一个计1分）c(NH4+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)⑶N2H4+2H2O2＝N2+4H2O（4）NaHSO3（1分）HSO3－的电离能力比水解能力强（合理答案均计分）⑸①CH4+10OH－－8e－=CO32－+7H2O（写HCO3－且方程式正确也计分）②8.96【解析】本题考查元素的推断及元素化合物的性质、粒子浓度比较、电极反应式的书写、电化学的简单计算等。根据原子结构特征，可推知A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Na、S元素。（1）硫元素位于第三周期第ⅥA族；（2）H、N、O、S形成的原子数比为8:2:4:1的化合物为(NH4)2SO4，其中含有离子键和共价键；硫酸铵溶液由于铵根离子水解而显酸性，水解是微弱的，故粒子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)；（3）H与N形成的相对分子质量为32的化合物是N2H4，H与O形成的18电子粒子是H2O2，两者反应生成N2和H2O；（4）H、O、Na、S组成的能与硫酸反应放出刺激性气味气体的物质为NaHSO3；弱酸的弱式盐水溶液显酸性，说明HSO3—的电离能力强于水解能力；（5）CH4与O2形成的碱性燃料电池，通CH4的负极反应式为CH4+10OH－－8e－=CO32－+7H2O；当消耗0.1molCH4时转移0.8mole—，铁电极先有0.4molAg+得e—生成Ag，后H+得0.4mole—生成4.48LH2，石墨电极始终是OH—失电子生成O2，得0.8mole—生成4.48LO2，故两极得气体标准状况下体积为8.96L。27.（13分）氮氧化物是大气污染物之一，消除氮氧化物的方法有多种。（1）利用甲烷催化还原氮氧化物。已知：CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－574kJ/molCH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－1160kJ/mol则CH4将NO2还原为N2的热化学方程式为。（2）利用NH3催化还原氮氧化物（SCR技术)。该技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应的化学方程式为：2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g)ΔH<0为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是（写出1条即可）。（3）利用ClO2氧化氮氧化物。其转化流程如下：NONO2N2已知反应Ⅰ的化学方程式为2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl，则反应Ⅱ的化学方程式是；若生成11.2LN2（标准状况），则消耗ClO2（4）利用CO催化还原氮氧化物也可以达到消除污染的目的。已知质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。右图是反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)中NO的浓度随温度(T)、等质量催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线。据此判断该反应的△H0(填“＞”、“＜”或“无法确定”)；催化剂表面积S1S2(填“＞”、“＜”或“无法确定”)。27.（除标注外，每空2分，共13分）（1）CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－867kJ/mol（3分）（2）增大NH3的浓度或减小反应体系的压强或降低反应体系的温度等（合理答案也计分）（3）2NO2+4Na2SO3===N2+4Na2SO467.5（4）＜＞【解析】本题以氮氧化物消除为题境考查了盖斯定律、化学平衡的移动、反应平衡图像的分析判断、氧化还原反应的计算等。（1）目标热方程式为已知两热化学方程式之和再除2，反应热也是如此；（2）转化反应是气体分子数增加的吸热反应，所以提高氮氧化物的转化率措施有：增大NH3的浓度、减小反应体系的压强、降低反应体系的温度等；（3）分析转化流程NO2→N2，则Na2SO3→Na2SO4，进而写出化学方程式；由两方程式得计算关系式2ClO2～N2，计算出ClO2的质量为67.5g；（4）根据“先拐先平”、“定二议一”原则分析，催化剂表面积均为S1时，T2先达平衡，T2＞T1，降温T2→T128、（15分）草酸亚铁（FeC2O4）常用作分析剂、显影剂以及新型电池材料磷酸亚铁锂的生产。I．某兴趣小组对草酸亚铁的分解产物进行实验和探究。（1）已知CO能与氯化钯（PdCl2）溶液反应生成黑色的钯粉。将草酸亚铁分解产生的气体依次通过A（澄清石灰水）和B（氯化钯溶液），观察到A中澄清石灰水变浑浊，B中有黑色物质生成。由此说明气体产物中含有。（2）将样品草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）在氩气气氛中进行热重分析，结果如下图（TG表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）。①试确定B点对应固体物质的化学式；TG/%TGABC温度/KTG/%TGABC温度/K400500600100806040···II．某草酸亚铁样品（不含结晶水）中含有少量草酸。现用滴定法测定该样品中FeC2O4的含量。实验方案如下：①将准确称量的0.20g草酸亚铁样品置于250mL锥形瓶内，加入适量2mol/L的H2SO4溶液，使样品溶解，加热至70℃②向滴定终点混合液中加入适量的Zn粉和过量的2mol/L的H2SO4溶液，煮沸5～8min。用KSCN溶液在点滴板上检验煮沸液，直至溶液不变红，将其过滤至另一个锥形瓶中，用0.02000mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液至终点，消耗高锰酸钾标准液6.00ml。试回答下列问题：（1）高锰酸钾标准液用滴定管盛装（填“酸式”或“碱式”）。（2）在步骤①中，滴加高锰酸钾溶液时观察到有无色气体产生，则高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为。（3）在步骤②中，下列操作会引起测定结果偏高的是。 A、滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗 B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出 C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数 D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数（4）0.20g样品中FeC2O4的质量分数为。(不考虑步骤②中的损耗)28.（除标注外，每空2分，共15分）Ⅰ(1)CO、CO2（对一个计1分）（2）①FeC2O4②FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑Ⅱ（1）酸式（2）2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2（3）AD（对一个计1分，有错计0分）（4）43.2%（3分）【解析】本题以草酸亚铁的实验探究为题境考查了化学实验基础知识、化学方程式及离子方程式的书写、百分率的计算等。I、（1）A中澄清石灰水变浑浊说明生成了CO2，B中有黑色物质生成说明生成了CO；（2）①A→B时，固体质量减少20%，即减少质量为180×20%=36，相当于结晶水的质量，故B点是FeC2O4；②A→C时，固体质量只有40%，即此时相当于有固体180×40%=72，即只有FeO，结合气体产物可写出方程式。II、（1）高锰酸钾标准液有强氧化性，只能用酸式滴定管盛装；（2）无色气体是CO2，即H2C2O4→CO2，MnO4—→Mn2+，根据氧化还原反应规律配平离子方程式；（3）装高锰酸钾前未润洗，标准液稀释后滴定时用的标准液偏高，故结果偏高；部分液体溅出，则所用标准液偏小，结果偏低；俯视读数偏大，使计算出的标准液体积偏小，结果偏低；俯视读数偏小，使计算出的标准液体积偏小，结果偏低；仰视读数偏大，使计算出的标准液体积偏大，结果偏高；（4）由滴定过程②中反应得关系式MnO4－～5Fe2+，计算出n(Fe2+)=n(FeC2O4)=0.02×0.006×5=0.0006mol，m(FeC2O4)=0.0006×144=0.0864g，质量分数为0.0864g（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。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，则每学科按所做的第一题计分。36.〔化学——选修2：化学与技术〕（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用。⑴海水中盐的开发利用：Ⅰ.海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩。所建盐田分为贮水池、蒸发池和_______池。II.目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用____________________________________________。（写一点即可）⑵电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。请回答后面的问题：Ⅰ.海水不能直接通入到该装置中，理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿_____________________________________________。Ⅱ.B口排出的是________(填“淡水”或“浓水”)。⑶用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl-、Br-等离子）可提取溴，其生产流程如下：Ⅰ.若吸收塔中的溶液含BrO3－，则吸收塔中反应的离子方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿_________________________________________。Ⅱ.通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？___________________________________________________。Ⅲ.向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90036.（除标注外，每空2分，共15分）(1)Ⅰ结晶Ⅱ阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等（其他合理答案也计分）⑵Ⅰ海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜（合理答案均计分）（3分）Ⅱ淡水⑶Ⅰ3CO32－+3Br2＝5Br－+BrO3－+3CO2↑Ⅱ富集溴，提高Br2的浓度（合理答案均计分）Ⅲ温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来（合理答案均计分）【解析】本题以海水的综合利用题境考查了海水晒盐、电解食盐水原理、电渗析法淡化海水、海水提溴的原理等。（1）阳离子交换膜是为了防止副反应发生，H2与Cl2、Cl2与NaOH的反应；（2）海水中有些悬浮杂质不能被离子交换膜除去，且悬浮杂质会破坏离子交换膜，还有Mg2+、Ca2+等电解时会产生Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，所以在进入装置前必须除去；在电场作用下，阳离子即Na+、H+移向阴极，阴离子即Cl—移向阳极，但在离子交换膜的选择性透过作用下，阳离子透过阳膜，阴离子透过阴膜，使有的间隔内离子浓度变大(如①间隔)，有的间隔内离子浓度变小(如②间隔)，这样就可以从B口得到淡水；（3）吸收塔中进入的是Na2CO3与Br2，得到物质又要在稀H2SO4作用下得到Br2，所以吸收塔中生成Br－与BrO3－。37．〔化学——选修3：物质结构与性质〕（15分）VA族的氮、磷、砷(As)等元素的化合物在科研和生产中有许多重要用途，请回答下列问题。（1）砷的基态原子的电子排布式为。（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为。（3）NH3的沸点比PH3高，原因是；PO43－离子的立体构型为。（4）AsH3是无色稍有大蒜气味的气体，在AsH3中As原子的杂化轨道类型为。（5）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸,请根据结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因。（6）磷的一种单质白磷（P4)属于分子晶体，其晶胞结构如下图。已知最近两个白磷分子间的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g/cm3(只要求列算式，不必计算）。注：一个注：一个代表一个白磷分子37.（除标注外，每空2分，共15分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）N>P>As（3）NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力（合理答案均计分）正四面体（4）sp3杂化（5）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中的As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+（合理答案均计分）（6）或(3分，其他合理答案也计分)【解析】本题考查了元素（及物质）结构的推断、电子排布式的书写、第一电离能与沸点及酸性的比较、晶体的计算等。（2）第一电离能变化规律：①同一周期从左到右元素的第一电离能呈总体增大的趋势，但当外围电子形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大；②同一族从上到下元素的第一电离能逐渐减小；（3）氢化物的沸点比较规律：分子间作用力越大，物质的沸点越高；组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其沸点越高；同分异构体，支链越多，沸点越低；具有氢键的分子晶体，沸点反常的高；（4）AsH3与NH3结构相似，因此AsH3中As的杂化方式为sp3；（5）酸性强弱主要看是否容易电离出H+，因此分析出H3AsO4易电离出H+的原因即可；（6）每一个晶胞中含有的白磷分子数为个，晶胞的棱长为，每个晶胞的质量为，因此晶胞的密度为。38.〔化学——选修5：有机化学基础〕（15分）有机物H是用于合成药物的中间体，G为合成涤纶。请根据下列转化关系回答有关问题：已知以下信息：①B能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，其苯环上一氯代物只有2种②G为C和F一定条件下1:1反应生成的高分子化合物③（－R1、－R2表示氢原子或烃基）（1）A的化学名称为；C中含氧官能团名称为。（2）H的结构简式为；A→D的反应类型为。（3）写出C和F反应生成高分子化合物的化学方程式。（4）同时符合下列条件的B的同分异构体共有种（不考虑立体异构）；①能发生银镜反应②含有苯环结构③能在碱性条件下水解其中核磁共振氢谱中出现4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的是（写出结构简式）。H3CCOOC2H538.（除标注外，每空2H3CCOOC2H（1）乙烯羧基（2）加成反应H3H3C（4）4（5）（3分）=【解析】本题考查了有机合成与推断、有机物结构的确定及判断、反应类型的判断、同分异构体的判断与书写、有机方程式的书写算等。根据信息B(C8H8O2)含有羧基，能与酸性高锰酸钾反应，苯环上一氯代物只有1种，则B结构为，进而推出C为；A为乙烯与水加成得到D为乙醇，与溴加成得到1，2—二溴乙烷，水解得到乙二醇，B与D发生酯化反应生成H。（4）B的同分异构体含苯环、甲酸酯基，有—CH3、—OOCH在苯环上二元取代物，邻、间、对3种，还有—CH2—OOCH在苯环上的一元取代物。=湖南省岳阳市一中2014届高三第6次质量检测理科综合试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）两部分。全卷共300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H:1O:16C:12N:14Na:23S:32Cl:35.5Cu:64Fe:56第I卷7．下列表述正确的是：①我国禁止使用含铅汽油，其主要原因是铅资源短缺；②凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用；③利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境；④三聚氰胺（C3N6H6)俗称“蛋白精”，加入到奶粉中，可提高蛋白质的含量；⑤现代研制的油漆中一般不使用甲醛、酚类等化合物，因为这些化合物对人体有害A．③⑤B．②④C．③④D．①⑤7.A【解析】本题考查化学与生活常识问题的分析与判断。禁止使用含铅汽油，是因为铅随汽车尾气进入大气而污染环境，①错误；适量的食品添加剂的食物对人体健康危害少，可食用，②错误；利用太阳能等清洁能源有利于空气净化、节约化石燃料，③正确；三聚氰胺有较强的毒副作用，不能加到奶粉中，④错误；现代研制的油漆中减少使用甲醛、酚类等有毒性化合物，⑤正确；综合得A正确。8．设NA为阿伏伽德罗常数，下列有关叙述中正确的是A．标准状况下，2.24LCl2完全溶于水，反应中转移的电子数为0.1NAB．标准状况下，1.12LCCl4中含有的C--Cl键的数目大于0.2NAC．某密闭容器中装有23gNO2气体，则含有的原子数小于1.5NAD．58.5g的氯化钠固体中含氯化钠分子数为NA8.B【解析】本题考查阿伏加德罗常数的分析与判断。Cl2与水的反应是可逆反应，A错误；标准状况下CCl4是液体，1.12LCCl4分子数大于0.05mol，B正确；NO2可部分转化为N2O4，但原子数不变，C错误；氯化钠是离子化合物，固体中没有氯化钠分子，D错误。9．由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的某几种组成的混合物，向混合物中加入足量盐酸，有气体逸出，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减小，或将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，且加热后残留固体物质的质量比加热前有所增加，下列推断正确的是A．混合物中一定含有Na2O、Na2O2、和NaHCO3B．混合物中一定不含Na2CO3和NaClC．混合物中可能含有Na2O和NaClD．混合物中一定不含Na2O2和NaCl9.A【解析】本题考查钠及其化合物的转化及分析判断。向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在．将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl；A正确。10．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是序号实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAgBr沉淀中滴入稀NaCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgBr更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸中部试纸变蓝色浓氨水呈碱性10.D【解析】本题考查化学实验及实验现象的分析与判断。过量的铁粉生成的是Fe2+，加KSCN溶液不会变红，A错误；AgBr沉淀中滴入稀NaCl溶液，不会出现白色沉淀，B错误；Al箔插入稀HNO3中不会钝化，有现象，C错误；浓氨水显碱性，能使石蕊试纸变蓝色，D正确。11．常温下，四种溶液的pH如下:编号①②③④溶液氨水氢氧化钠醋酸硫酸pH111133下列说法正确的是A．在①、②中分别加入适量的（NH4)2SO4晶体后，①的pH减小，②的pH不变B．将V1ml④溶液与V2ml②溶液混合后，测得混合溶液pH=4，则V1：V2=9：11C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH大小顺序为：①>②>③>④D．将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中：C(NH4+)>C(SO42-)>C(OH-)>C(H+11.D【解析】本题考查溶液中离子平衡、粒子浓度比较及pH计算。加入适量的（NH4)2SO4晶体后，抑制氨水的电离①的pH减小，与NaOH反应生成弱碱②的pH变小，A错误；混合液pH=4，则有(0.001V1—0.001V2)/(V1+V2)=0.0001，得V1：V2=11：9，B错误；稀释时能促进弱电解质的电离，故四种溶液的pH大小顺序为：②>①>④>③，C错误；①、④两种溶液等体积混合生成(NH4)2SO4，水解显酸性且水解是微弱的，D正确。12．新弹性材料丁基苯呲橡胶的结构简式如下图。正确的一组单体是A．①②⑥B．②③⑤C．①②⑤D．②④⑥12.B【解析】本题考查高聚物单体的分析与判断。根据将主链节上碳原子“单双键互换、超四价断开”的原因可确定单质为②③⑤，B正确。13．将Fe和Cu的质量比为7：8的混和粉末加入到200ml4mol/L稀硝酸中充分反应(假定还原产物只有NO），则使HNO3完全反应的金属粉末的最小质量为A．12.0gB．12.8gC．14.4gD．15.6g13.C【解析】本题考查金属与硝酸的反应及计算。Fe和Cu的质量比为7：8，则Fe和Cu的物质的量比为1：1，当Fe生成Fe3+时消耗的硝酸最多。设Fe、Cu的物质的量均为nmol，硝酸起酸和氧化剂两种作用，起酸作用的硝酸的物质的量为(2n+3n)=5nmol，则有得失电子守恒(0.2×4—5n)×3=2n+3n，解得n=0.12mol，故质量为0.12×56+0.12×64=14.4g，C正确。第Ⅱ卷（一）必考题（11题，共129分）26.（14分）已知25℃时草酸的电离常数为K1=5.O×10-2,K2=5.4×10-5,草酸钙的KSP=4.0×10-8,碳酸钙的KSP=2.5×10-9t/℃0102025405090100KW/10-140.1340.2920.6811.002.925.5738.055.0⑴计算25℃时KHC2O4溶液的水解平衡常数Kh=;写出水溶液中草酸的电离方程式；常温下将0.2mol/L的KOH溶液20ml与0.2mol/L的草酸溶液20ml混合，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为⑵90℃时，将0.005mol/L的Ba(OH)2溶液20ml与0.0024mol/L的盐酸溶液20ml混合，则混合后溶液的pH=;(可能用到的对数：⑶粗制的硫酸铜晶体中通常含有杂质Fe2+,用重结晶的方法难以彻底除去，请给出除去Fe2+的常用方法。⑷25℃时向20ml碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.O×10-4mol/L的草酸钾溶液10ml,能否产生沉淀，（填“能”或“否”⑸计算50℃时水的电离常数大约为K电离=26.（14分，每空2分）⑴2.0×10-13H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，C(K+)>C(HC2O4-)>C(H+)>C(C2O42-)>C(OH-)⑵10⑶加入过量的双氧水，调节pH=4，使Fe3+转化为沉淀而除去。⑷否⑸1.0×10-15【解析】本题考查了电离平衡及计算、水解平衡及应用、离子浓度的大小比较等。（1）KHC2O4的Kh=Kw/K1=1.0×10—14/5.0×10-2=2×10—13；草酸是二元弱酸，分步微弱电离；两者恰好反应生成KHC2O4溶液，HC2O4—的电离程度强于水解程度，以电离为主，显酸性；（2）Ba(OH)2溶液中OH—大于盐酸中H+，混合溶液显碱性，混合溶液中c(OH—)=(0.01—0.0024)/2=0.0038mol/L，c(H+)=38×10—14/0.0038=1×10—10mol/L，pH=10；（3）除Fe2+方法是先将其转化为Fe3+，后调pH水解生成沉淀而除去，但又不能引入新杂质；（4）混合后c(Ca2+)•c(C2O42—)=1.3×10—8＜Ksp(4.0×10—8)，故无沉淀生成；（5）水分子的分子浓度为55.6mol/L，K电离=c(H+)•c(OH—)/c(H2O)=5.57×10-14/55.6==1.0×10-15。27.（14分）⑴如图I，在恒压密闭容器M中加入2molA和2molB，起始时容器体积为VL,发生如下反应并达到化学平衡状态：2A(？)+B(？)xC(g)△H<0,平衡时A、B、C的物质的量之比为1：3：4，C的物质的量为ymol。①根据题中数据计算，X=,y=。②如图II，在体积为VL的恒容密闭容器N中发生上述反应（其他条件相同），测得反应过程中气体的平均相对分子质量随时间的变化如图III（t0时达平衡），平衡时容器中C的物质的量为zmol。由于反应物A、B的状态未知，则z和y的大小也不确定，请在下表中填入A、B的状态与z、y的大小的关系（仿照情形①，可不填满）：可能的情形A、B是否为气态与y的大Z小关系M(B)与M(C)的大小关系（M表示摩尔质量）AB①是不是Z=y不确定②③⑵液态的N2H4与NO2气体反应生成9g水蒸气时放热141.9KJ,写出该反应的热化学方程式。27．（14分）⑴2（2分），1.6（2分）②是是Z<y不确定③不是是z<yM(B)<M(C)⑵N2H4(l)+NO2(g)=2H2O(g)+N2(g)△H=-567.6KJ/mol（2分）【解析】本题考查了化学平衡的计算、化学平衡移动、化学平衡图像分析、反应热的计算等。（1）①设平衡时b反应的量为a，根据2A(?)+B(?)xC(g)利用三段式计算，(2—2a)∶(2—a)∶xa=1∶3∶4，解得a=0.8，x=2，故生成C的物质的量为1.6mol；②若A、B均是气态，则可逆反应为气体分子数减小的反应，恒压变为恒容反应时压强减小，则平衡有向气体分子数增加的逆反应方向移动趋势，C的物质的量会减小，又气体总质量不变，气体物质的量减小，平衡时混合气体的平均相对分子质量增大，M(B)与M(C)的大小关系不确定；若A不是气态，B是气态，则可逆反应为气体分子数增大的反应，恒压变为恒容时压强增大，则平衡有向气体分子数减小的逆反应方向移动趋势，C的物质的量会减小，气体总质量、气体物质的量均增加，因平衡时混合气体的平均相对分子质量增大，即质量增加的更多，故M(B)小于M(C)；（2）液态的N2H4与NO2气体反应生成36g水蒸气时放热141.9×4=567.6KJ，再写出热化学方程式。（15分）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如图所示。⑴为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入（填A或B),再滴加另一反应物。⑵判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是，高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是。⑶无水AlCl3(183℃装置A中有一处错误是，装置D和E之间应作何改进更有利于实验进行，装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是，F中试剂的作用是。用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装的试剂为。答案：（1）B（2分）（2）以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净，若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净（2分）坩埚（1分）（3）稀盐酸应改为浓盐酸（2分）将收集器换作锥形瓶（2分）除去混有的HCl气体（2分）吸收水蒸气（2分）碱石灰（2分）【解析】本题考查了物质的制备实验设计、化学实验基础知识、镁铝化合物的性质等。（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀；（2）根据题意可知，沉淀中应该附着Cl—和NH4+，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净，若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净；高温培烧时应置于坩埚中；（3）制备氯气时应用浓盐酸；E中广口瓶作收集AlCl3效果没有锥形瓶好，故所作的改进是将收集器换作锥形瓶；B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用。36.【化学—选修化学与技术】（15分）科学家对某山区的饮用水进行分析化验，结果显示水的硬度较大，主要含Ca2+、Mg2+、Cl-、和SO42-。请据此回答下列问题：⑴判断该水属于硬水（填写“暂时”或“永久”）。⑵水样中的Ca2+、Mg2+可以加入石灰和纯碱除去，加试剂时应先加后加，原因是。加入石灰时会+⑶硬水的软化常用离子交换法，磺化煤是一种离子交换剂，MgR2和CaR2跟Na+发生交换作用，请用方程式来表示：，；磺化煤的再生要用溶液进行浸泡。⑷用此水洗涤衣物时，肥皂与合成洗涤剂哪个去污效果更好：，原因是：。⑸请自选试剂设计一个简单的实验，将三瓶中分别盛有蒸馏水、暂时硬水、永久硬水区别开来。。36.（15分）⑴永久（2分）⑵石灰（1分）纯碱（1分）过量的钙离子通过纯碱使之沉淀下来（2分）⑶MgR2+2Na+=2NaR+Mg2+（1分）CaR2+2Na+=2NaR+Ca2+（1分）NaCl（1分）⑷合成洗涤剂（2分）肥