山東省日照市2016屆高考化學二模試卷Word版含解析

1、2016年山東省日照市高考化學二模試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1后漢書郡國志中記載：“石出泉水其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆”酉陽雜俎一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明”這里的“石漆”“石脂水”是指（）A油脂B油漆C石油D煤焦油2NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A標準狀況下，22.4L庚烷的分子數(shù)約為NAB1L 0.1molLl的Na2S溶液中S2和HS的總數(shù)為0.1NAC4.0 gH218O與D2O的混合物中所含中子數(shù)為2NAD50mL 12 molL1鹽酸與足量MnO2共熱，

2、轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA3X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X2和Y+的核外電子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半徑最小的，Z核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍下列說法不正確的是（）A單質(zhì)的沸點：WZB氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WZC簡單離子半徑：ZWXYDX的氫化物中不可能含有非極性共價鍵4如表實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關系的是（） 選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向裝有石灰石的簡易啟普發(fā)生器中加入濃醋酸，將產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液中苯酚鈉溶液產(chǎn)生渾濁酸性：醋酸碳酸苯酚B將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+

3、I2C向10mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1MgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL1FeCl3溶液白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀相同溫度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3D室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pHCH3COONa溶液的pH試紙顏色深酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD5依曲替酯用于治療嚴重的牛皮癬、紅斑性角化癥等它可以由原料X經(jīng)過多步反應合成：下列說法正確的是（）AX與Y互為同分異構(gòu)體B可用酸性KMnO4溶液鑒別X和YC1molY能與6molH2或3mol

4、NaOH發(fā)生反應D依曲替酯只能發(fā)生加成、取代、消去反應6如圖甲是利用一種微生物將廢水中的尿素CO（NH2）2的化學能直接轉(zhuǎn)化為電能，并生成環(huán)境友好物質(zhì)的裝置，同時利用此裝置的電能在鐵上鍍銅，下列說法中不正確的是（）A銅電極應與X相連接BH+透過質(zhì)子交換膜由左向右移動CM電極反應式為CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+D當N電極消耗0.25 mol氣體時，則理論上鐵電極增重32 g7pC類似pH，是指極稀溶液中，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的常用對數(shù)負值如某溶液溶質(zhì)的濃度為l×103molL1，則該溶液中溶質(zhì)的pC=lg（1×l03）=3如圖為H2CO3在加入強酸或強堿溶液后

5、，平衡時溶液中三種成分的pCpH圖下列說法不正確的是（）AH2CO3、HCO3、CO32不能在同一溶液中大量共存BH2CO3電離平衡常數(shù)Kal106CpH=7時，溶液中存在關系（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）DpH=9時，溶液中存在關系（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）二、非選擇題8酣酸亞鉻晶體是一種氧氣吸收劑，化學式為Cr（CH3COO）222H2O，不溶于冷水，易溶于鹽酸由于Cr2+易被氧氣氧化，制備醋酸亞鉻時，需在封閉體系中用鋅作還原劑，先將Cr3+還原為Cr2+，再與醋酸鈉溶液作用制得，其總反應為：2Cr3+Zn+4CH3COO+2H2OCr（CH3COO

6、）222H2O+Zn2+請回答下列問題：（1）實驗中用恒壓滴液漏斗，相比普通分液漏斗，顯著的優(yōu)點是（2）實驗開始前，必需進行的實驗操作是；實驗開始時，打開恒壓滴液漏斗的旋塞，讓鹽酸滴入裝置2中，打開A，關閉B，目的是，反應一段時間后，保持鹽酸持續(xù)滴下，關閉A，打開B，目的是（3）已知其它反應物足量，實驗時取用的是含溶質(zhì)3.17g CrCl3溶液和1L 0.1molL1的醋酸鈉溶液；實驗后得干燥純凈的醋酸亞鉻晶體2.82g，則該實驗所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為（不考慮醋酸亞鉻晶體的溶解損失）（4）為標定實驗所用的CrCl3溶液，進行了如下操作：取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一種帶塞的錐形瓶）中，加

7、熱至沸后加入適量Na2O2，充分加熱煮沸，稀釋，加入過量的稀H2SO4至溶液呈強酸性，此時鉻以Cr2O72存在；再加入足量KI，密塞，搖勻，于暗處靜置5分鐘后，用0.25molL1硫代硫酸鈉溶液滴定至溶液呈淡黃色，加入l mL指示劑，滴定至終點平行測定三次，平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，2S2O32+I2S4O62十2I實驗所用的CrCl3溶液的物質(zhì)的量濃度為滴定過程中所用的指示劑是下列操作導致實驗結(jié)果偏低的是a移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液潤洗b盛硫代硫酸鈉溶液的滴定管滴定前有氣泡，滴定后無氣泡c量

8、取CrCl3溶液時先俯視后仰視d滴定終點時，盛硫代硫酸鈉溶液的滴定管尖嘴外掛有一滴液珠未滴落9研究汽車尾氣中含氮污染物的治理是環(huán)保的一項重要工作（1）NH3催化還原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反應：反應：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反應：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2反應：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3則H3=（用H1和H2的代數(shù)式表示）n（N2）（mol）相同條件下，反應I在2L密閉容器內(nèi)，選用不同的催化劑，反應產(chǎn)生N2的量隨時間變化如圖1所示計算04min在A催化劑作用下，反應速率v（NO

9、）=下列說法不正確的是a該反應的活化能大小順序是：Ea（A）Eb（B）Ec（C）b縮小體積能使體系壓強增大，反應速率加快，但活化分子的百分數(shù)不變c單位時間內(nèi)HO鍵與NH鍵斷裂的數(shù)目相等時，說明反應已經(jīng)達到平衡d若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生反應，當K值不變時，說明反應已經(jīng)達到平衡（2）三元催化轉(zhuǎn)化裝置是安裝在汽車排氣系統(tǒng)中最重要的機外凈化裝置，裝置中涉及的反應之一為：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）探究上述反應中NO的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強、溫度的關系，得到如圖2所示的曲線催化裝置比較適合的溫度和壓強是測試某型號汽車在冷啟動（冷啟動指發(fā)動機水溫低的情況下啟動）時催化裝置內(nèi)CO和NO

10、百分含量隨時間變化曲線如圖3所示則前10s內(nèi)，CO和NO百分含量沒明顯變化的原因是實驗編號T（K）NO初始濃度（molL1）CO初始濃度（molL1）催化劑的比表面積（m2/g）400 1.00×103 3.60×103824001.00×1033.60×1031244501.00×103 3.60×103124研究表明：在使用等質(zhì)量催化劑時，增大催化劑比表面積可提高化學反應速率為了分別驗證溫度、催化劑比表面積對化學反應速率的影響規(guī)律，某同學設計了如表三組實驗：根據(jù)坐標圖4，計算400K時該反應的平衡常數(shù)為；并在圖中畫出上表中的實驗I

11、I、III條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢曲線圖（標明各條曲線的實驗編號）10鋰離子電池廣泛應用于日常電子產(chǎn)品中，也是電動汽車動力電池的首選正極材料的選擇決定了鋰離子電池的性能磷酸鐵鉀（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循環(huán)特性、高安全性、低成本、環(huán)保等優(yōu)點而逐漸成為“能源新星”（1）磷酸鐵鋰電池比鉆酸鋰電池或錳酸鋰電池更環(huán)保的原因是（2）高溫固相法是磷酸鐵鋰生產(chǎn)的主要方法通常以鐵鹽、磷酸鹽和鋰鹽為原料，按化學計量比充分混勻后，在惰性氣氛的保護中先經(jīng)過較低溫預分解，再經(jīng)高溫焙燒，研磨粉碎制成其反應原理如下：完成上述化學方程式Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO

12、42LiFePO4+2NH3+3CO2+理論上，反應中每轉(zhuǎn)移0.15mol電子，會生成LiFePO4g反應需在惰性氣氛的保護中進行，其原因是（3）磷酸鐵鋰電池裝置如圖所示，其中正極材料橄欖石型LiFePO4通過粘合劑附著在鋁箔表面，負極石墨材料附著在銅箔表面，電解質(zhì)為溶解在有機溶劑中的鋰鹽電池工作時的總反應為：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，則放電時，正極的電極反應式為充電時，Li+遷移方向為（填“由左向右”或“由右向左”），圖中聚合物隔膜應為（填“陽”或“陰”）離子交換膜（4）廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料（主要成分為LiFePO4，難溶于水，不與強堿反應）可通過濕法回收鋰和

13、鐵，其過程如下：堿溶加入強堿溶液除去鋁箔及其氧化物，過濾酸浸在過濾后的濾渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，發(fā)生反應的離子方程式為，得到浸出液分離鋰和鐵向浸出液中加堿調(diào)節(jié)溶液的pH使鐵元素沉淀，當pH為時，鐵恰好沉淀完全（已知KspFe（OH）3=1×1039當離子濃度小于l×105mo1L1時，可認為該離子沉淀完全）三、化學-選修5：有機化學基礎11OPA是醫(yī)藥中間體，可用作內(nèi)窺鏡手術用器械高效安全抗菌消毒劑，也用于合成新抗血小板聚集藥吲哚波芬有關OPA的轉(zhuǎn)化關系如圖：已知：A是摩爾質(zhì)量為106gmol1的烴同一個碳原子上連兩個羥基不穩(wěn)定，會脫去一分子的水生成醛基無H

14、 （醛基相鄰碳上的氫）的醛能發(fā)生歧化反應，如：2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK回答下列問題：（1）A的名稱是（2）檢驗B中溴元素的方法正確是a加入氯水振蕩，觀察上層是否有紅棕色b滴加硝酸酸化的硝酸銀，觀察有無淺黃色沉淀生成c滴加NaOH溶液共熱，再加硝酸銀溶液，觀察有無淺黃色沉淀d滴加NaOH溶液共熱，后加稀硝酸酸化，再加硝酸銀溶液，觀察有無淺黃色沉淀（3）OPA的結(jié)構(gòu)簡式是，OPA分子中最多有個原子共平面（4）D中官能團的名稱是，E是一種聚酯類高分子化合物，由D生成E的化學反應方程式為（不必注明反應條件），該反應的類型為（5）D的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且苯環(huán)上的取代基至少有兩個，能水解

15、且能發(fā)生銀鏡反應的共有種（不考慮立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積之比為l：2：2：3的是（寫出其結(jié)構(gòu)簡式）2016年山東省日照市高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1后漢書郡國志中記載：“石出泉水其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆”酉陽雜俎一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明”這里的“石漆”“石脂水”是指（）A油脂B油漆C石油D煤焦油【考點】烷烴及其命名【專題】有機化合物的獲得與應用【分析】后漢書郡國志中記載：“石出泉水其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆”可

16、知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”酉陽雜俎一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮，據(jù)此分析【解答】解：后漢書郡國志中記載：“石出泉水其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”酉陽雜俎一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮A、后漢書郡國志中記載：“石出泉水”，可知“石漆”“石脂水”不是油脂，故A錯誤；B、油漆

17、不是自然界天然存在的，故B錯誤；C、石油在自然界天然存在，不可食用，難溶于水且密度比水小，呈黑色，可以燃燒且火焰明亮，符合上述所有特點，故C正確；D、煤焦油是煤經(jīng)干餾得到的，在自然界不存在，故D錯誤故選C【點評】本題以文言文的形式考查了常見的化學物質(zhì)，既考查了化學知識還考查了文學素養(yǎng)，難度不大，是考查的熱點2NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A標準狀況下，22.4L庚烷的分子數(shù)約為NAB1L 0.1molLl的Na2S溶液中S2和HS的總數(shù)為0.1NAC4.0 gH218O與D2O的混合物中所含中子數(shù)為2NAD50mL 12 molL1鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA

18、【考點】阿伏加德羅常數(shù)【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A、標況下庚烷為液態(tài)；B、S2在溶液中能水解為HS和H2S，根據(jù)物料守恒來分析；C、H218O與D2O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol；D、二氧化錳只能和濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應【解答】解：A、標況下庚烷為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和分子個數(shù)，故A錯誤；B、S2在溶液中能水解為HS和H2S，根據(jù)物料守恒可知，溶液中的S2、HS和H2S個數(shù)共為0.1NA個，故B錯誤；C、H218O與D2O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，故4.0g混合物的物質(zhì)的量為0.2mol，而兩者均含10個中子，故0.2mol混合物中含2NA個

19、中子，故C正確；D、二氧化錳只能和濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA個，故D錯誤故選C【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關鍵，難度不大3X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X2和Y+的核外電子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半徑最小的，Z核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍下列說法不正確的是（）A單質(zhì)的沸點：WZB氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WZC簡單離子半徑：ZWXYDX的氫化物中不可能含有非極性共價鍵【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】X、Y、Z

20、、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X2和Y+的核外電子排布相同；則X位于第二周期、Y處于第三周期，X為O元素、Y為Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序數(shù)大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半徑最小的，則W為Cl元素；Z核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，設最外層電子數(shù)為x，則10+x=3x，解得：x=5，則Z為P元素，據(jù)此進行解答【解答】解：X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X2和Y+的核外電子排布相同；則X位于第二周期、Y處于第三周期，X為O元素、Y為Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序數(shù)大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半徑最小的，

21、則W為Cl元素；Z核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，設最外層電子數(shù)為x，則10+x=3x，解得：x=5，則Z為P元素，AW為Cl、Z為P，氯氣常溫下為氣體，而磷單質(zhì)為固態(tài)，則氯氣的沸點小于磷，故A正確；BW為Cl、Z為P，非金屬性：Cl大于P，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WZ，故B正確；C離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層相同時，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：ZWXY，故C正確；DX為O元素，其氫氧化物雙氧水中含有非極性鍵，故D錯誤；故選C【點評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的綜合應用，題目難度中等，推斷元素為解答關鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關系，試

22、題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力4如表實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關系的是（） 選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向裝有石灰石的簡易啟普發(fā)生器中加入濃醋酸，將產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液中苯酚鈉溶液產(chǎn)生渾濁酸性：醋酸碳酸苯酚B將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+I2C向10mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1MgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL1FeCl3溶液白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀相同溫度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3D室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1molL1NaClO溶液和0.

23、1molL1CH3COONa溶液的pHCH3COONa溶液的pH試紙顏色深酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD【考點】化學實驗方案的評價【專題】實驗評價題【分析】A醋酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚鈉反應生成苯酚；B同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；CNaOH足量，氯化鎂、氯化鐵不足量，所以該實驗中氫氧化鎂、氫氧化鐵沉淀都產(chǎn)生；D次氯酸鈉具有漂白性，不能利用pH試紙測定pH【解答】解：A醋酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚鈉反應生成苯酚，所以醋酸干擾碳酸酸性檢驗，在將氣體通入苯酚鈉溶液前應該除去醋酸，故A錯誤；B同一氧化還原

24、反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置，下層溶液呈紫紅色，說明碘離子和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成碘，鐵離子作氧化劑、碘是氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+I2，故B正確；CNaOH足量，氯化鎂、氯化鐵不足量，所以該實驗中氫氧化鎂、氫氧化鐵沉淀都產(chǎn)生，所以該實驗不能判斷相同溫度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3，故C錯誤；DNaClO溶液具有強氧化性，不能利用pH試紙測定pH，應利用pH計測定pH比較酸性強弱，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及pH測定、溶度積大小比較、氧化性強弱判斷、酸性強弱比

25、較等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵，注意D中次氯酸鈉的強氧化性及C中NaOH的量，為易錯點5依曲替酯用于治療嚴重的牛皮癬、紅斑性角化癥等它可以由原料X經(jīng)過多步反應合成：下列說法正確的是（）AX與Y互為同分異構(gòu)體B可用酸性KMnO4溶液鑒別X和YC1molY能與6molH2或3mol NaOH發(fā)生反應D依曲替酯只能發(fā)生加成、取代、消去反應【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷【分析】A分子式相同、結(jié)構(gòu)不同的有機物互稱同分異構(gòu)體；BX和Y中苯環(huán)上都含有甲基，都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；CY中苯環(huán)、羰基、碳碳雙鍵都能與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，酚羥基、酯基水解生成的

26、羧基能與NaOH反應；D依曲替酯中含有碳碳雙鍵、醚鍵、苯環(huán)、酯基，具有烯烴、醚、苯和酯的性質(zhì)，能發(fā)生加成反應、取代反應、水解反應等【解答】解：A分子式相同、結(jié)構(gòu)不同的有機物互稱同分異構(gòu)體，原料X與中間體Y的分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同，則二者互為同分異構(gòu)體，故A正確；BX和Y中苯環(huán)上都含有甲基，都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成COOH，所以二者不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，故B錯誤；CY中苯環(huán)、羰基、碳碳雙鍵都能與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，酚羥基、酯基水解生成的羧基能與NaOH反應，所以1molY能與5molH2或3mol NaOH發(fā)生反應，故C錯誤；D依曲替酯中含有碳碳雙鍵、醚鍵、苯環(huán)、酯基，具有

27、烯烴、醚、苯和酯的性質(zhì)，能發(fā)生加成反應、取代反應、水解反應等，不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；故選A【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意把握有機物官能團與性質(zhì)的關系來解答，熟悉酚、酯、烯烴的性質(zhì)是解答的關鍵，選項C為易錯點，注意Y水解生成酚羥基，題目難度不大6如圖甲是利用一種微生物將廢水中的尿素CO（NH2）2的化學能直接轉(zhuǎn)化為電能，并生成環(huán)境友好物質(zhì)的裝置，同時利用此裝置的電能在鐵上鍍銅，下列說法中不正確的是（）A銅電極應與X相連接BH+透過質(zhì)子交換膜由左向右移動CM電極反應式為CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+D當N電極消耗0.25 mol氣體時，則理論上鐵電極增重32 g【

28、考點】化學電源新型電池【專題】電化學專題【分析】根據(jù)題給信息知，甲圖中裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，M是負極，N是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應；在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據(jù)得失電子守恒計算，以此解答該題【解答】解：甲圖中裝置是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，M是負極，N是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，A鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極Y相連，故A錯誤；BM是負極，N是正極，質(zhì)子透過離子交換膜由左M極移向右N極，即由左向右移動，故B正確；CH2N

29、CONH2在負極M上失電子發(fā)生氧化反應，生成但其、二氧化碳和水，電極反應式為H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+，故C正確；D當N電極消耗0.25 mol氧氣時，則轉(zhuǎn)移0.25×4=1mol電子，所以鐵電極增重mol×64g/mol=32g，故D正確故選A【點評】本題考查了原電池原理以及電鍍原理，側(cè)重于學生的分析、計算能力的考查，明確原電池正負極上得失電子、電解質(zhì)溶液中陰陽離子移動方向即可解答，難度中等7pC類似pH，是指極稀溶液中，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的常用對數(shù)負值如某溶液溶質(zhì)的濃度為l×103molL1，則該溶液中溶質(zhì)的pC=lg（1×l03

30、）=3如圖為H2CO3在加入強酸或強堿溶液后，平衡時溶液中三種成分的pCpH圖下列說法不正確的是（）AH2CO3、HCO3、CO32不能在同一溶液中大量共存BH2CO3電離平衡常數(shù)Kal106CpH=7時，溶液中存在關系（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）DpH=9時，溶液中存在關系（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）【考點】離子濃度大小的比較【專題】電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題【分析】A根據(jù)離子存在溶液的酸堿性判斷，碳酸根離子和碳酸不能大量共存；B由圖象可知當pH=6時，pC（H2CO3）=pC（HCO3），結(jié)合Ka1（H2CO3）=計算；CPc值越大，其

31、濃度越??；D由圖象可知，橫坐標為pH，縱坐標為pC，pH=9時，H2CO3溶液中濃度最大的含碳元素離子為HCO3，結(jié)合碳酸氫鈉溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析【解答】解：A碳酸存在的溶液中酸性較強、碳酸根離子存在的溶液中堿性較強，所以碳酸根離子和碳酸不能大量共存，H2CO3、HCO3、CO32不能在同一溶液中大量共存，故A正確；B由圖象可知當pH=6時，pC（H2CO3）=pC（HCO3），結(jié)合Ka1（H2CO3）=106，故B正確；CPc值越大，其濃度越小，當pH=7時，溶液中含碳元素的主要微粒的物質(zhì)的量濃度的大小關系為 c（HCO3）c（H2CO3）c（CO3 2 ），故C正確；D由圖象可

32、知，橫坐標為pH，縱坐標為pC，pH=9時，H2CO3溶液中濃度最大的含碳元素離子為HCO3，碳酸氫鈉溶液中溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），物料守恒c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），代入計算得到（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32），但此時不只是碳酸氫鈉，屬于溶液中離子濃度關系錯誤，故D錯誤；故選D【點評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確圖象中Pc的含義是解本題關鍵，再結(jié)合pH、Pc的關系來分析解答，題目難度中等二、非選擇題8酣酸亞鉻晶體是一種氧氣吸收劑，化學式為Cr（CH3COO）222H

33、2O，不溶于冷水，易溶于鹽酸由于Cr2+易被氧氣氧化，制備醋酸亞鉻時，需在封閉體系中用鋅作還原劑，先將Cr3+還原為Cr2+，再與醋酸鈉溶液作用制得，其總反應為：2Cr3+Zn+4CH3COO+2H2OCr（CH3COO）222H2O+Zn2+請回答下列問題：（1）實驗中用恒壓滴液漏斗，相比普通分液漏斗，顯著的優(yōu)點是平衡壓強，使液體順利滴下，可以防止液體揮發(fā)（2）實驗開始前，必需進行的實驗操作是檢驗裝置氣密性；實驗開始時，打開恒壓滴液漏斗的旋塞，讓鹽酸滴入裝置2中，打開A，關閉B，目的是鹽酸與鋅反應產(chǎn)生的氫氣將裝置中的空氣排出，形成還原性氛圍，防止Cr2+被氧化，反應一段時間后，保持鹽酸持續(xù)滴

34、下，關閉A，打開B，目的是讓產(chǎn)生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與CH3COONa溶液反應（3）已知其它反應物足量，實驗時取用的是含溶質(zhì)3.17g CrCl3溶液和1L 0.1molL1的醋酸鈉溶液；實驗后得干燥純凈的醋酸亞鉻晶體2.82g，則該實驗所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為75%（不考慮醋酸亞鉻晶體的溶解損失）（4）為標定實驗所用的CrCl3溶液，進行了如下操作：取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一種帶塞的錐形瓶）中，加熱至沸后加入適量Na2O2，充分加熱煮沸，稀釋，加入過量的稀H2SO4至溶液呈強酸性，此時鉻以Cr2O72存在；再加入足量KI，密塞，搖勻，于暗處靜置5分鐘后，用0.25molL

35、1硫代硫酸鈉溶液滴定至溶液呈淡黃色，加入l mL指示劑，滴定至終點平行測定三次，平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，2S2O32+I2S4O62十2I實驗所用的CrCl3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.08mol/L滴定過程中所用的指示劑是淀粉下列操作導致實驗結(jié)果偏低的是aca移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液潤洗b盛硫代硫酸鈉溶液的滴定管滴定前有氣泡，滴定后無氣泡c量取CrCl3溶液時先俯視后仰視d滴定終點時，盛硫代硫酸鈉溶液的滴定管尖嘴外掛有一滴液珠未滴落【考點】制備實驗方案的設計【專題】制備實驗綜合【分析】（1）

36、平衡壓強，使液體順利滴下，防止液體揮發(fā)；（2）制備氣體需要檢驗裝置氣密性；由于Cr2+易被氧氣氧化，用反應生成氫氣將裝置中的空氣排出；利用生成的氫氣將CrCl2溶液壓入裝置3與CH3COONa溶液反應；（3）3.17g CrCl3為0.02mol，得到CrCl2為0.02mol，醋酸鈉為0.1mol，結(jié)合酣酸亞鉻晶體的分子式可知醋酸鈉過量，根據(jù)CrCl2計算Cr（CH3COO）222H2O 的理論產(chǎn)量，進而計算其產(chǎn)率；（4）根據(jù)關系式2Cr3+Cr2O723I26S2O32計算；碘遇淀粉變藍色，反應完畢藍色褪去；a水洗后未用CrCl3溶液潤洗，CrCl3溶液被稀釋，消耗硫代硫酸鈉溶液的體積偏小

37、；b氣泡體積計算在消耗硫代硫酸鈉溶液體積之內(nèi)；c量取CrCl3溶液時先俯視，液面在讀數(shù)下方，讀數(shù)偏小，后仰視，液面在讀數(shù)上方，對數(shù)偏大，則溶液體積偏大；d外掛有一滴液珠未滴落，以計算在消耗硫酸硫酸鈉溶液體積內(nèi)【解答】解：（1）分液漏斗添加液體，需要將分液漏斗活塞打開，便于液體順利流下，用恒壓滴液漏斗，相比普通分液漏斗，顯著的優(yōu)點是：平衡壓強，使液體順利滴下，可以防止液體揮發(fā)，故答案為：平衡壓強，使液體順利滴下，可以防止液體揮發(fā)；（2）實驗開始前，必需進行的實驗操作是：檢驗裝置氣密性，打開A，關閉B，目的是：鹽酸與鋅反應產(chǎn)生的氫氣將裝置中的空氣排出，形成還原性氛圍，防止Cr2+被氧化，關閉A，打

38、開B，目的是：讓產(chǎn)生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與CH3COONa溶液反應，故答案為：檢驗裝置氣密性；鹽酸與鋅反應產(chǎn)生的氫氣將裝置中的空氣排出，形成還原性氛圍，防止Cr2+被氧化；讓產(chǎn)生的H2將CrCl2溶液壓入裝置3與CH3COONa溶液反應；（3）CrCl3為=0.02mol，得到CrCl2為0.02mol，醋酸鈉為0.1mol，結(jié)合酣酸亞鉻晶體的分子式可知醋酸鈉過量，根據(jù)原子守恒，則得到Cr（CH3COO）222H2O為0.02mol，質(zhì)量為0.02mol××376g/mol=3.76g，所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為=75%，故答案為：75%；（4）設CrCl3溶液的物質(zhì)的量

39、濃度為amol/L，則：2Cr3+Cr2O723I26S2O322 60.025L×amol/L 0.024L×0.25mol/L所以2：6=0.025L×amol/L：0.024L×0.25mol/L解得a=0.08，故答案為：0.08mol/L；碘遇淀粉變藍色，反應完畢藍色褪去，可以用淀粉作指示劑，故答案為：淀粉；a水洗后未用CrCl3溶液潤洗，CrCl3溶液被稀釋，消耗硫代硫酸鈉溶液的體積偏小，測定濃度偏小，故a符合；b氣泡體積計算在消耗硫代硫酸鈉溶液體積之內(nèi)，測定濃度偏大，故b不符合；c量取CrCl3溶液時先俯視，液面在讀數(shù)下方，讀數(shù)偏小，后仰視

40、，液面在讀數(shù)上方，對數(shù)偏大，則CrCl3溶液體積偏大，測定其濃度偏小，故c符合；d外掛有一滴液珠未滴落，以計算在消耗硫酸硫酸鈉溶液體積內(nèi)，測定濃度偏大，故d不符合故選：ac【點評】本題考查物質(zhì)制備實驗，涉及化學儀器使用、對操作的分析評價、產(chǎn)率計算、位置含量的測定、信息的獲取與運用等，有利于培養(yǎng)學生分析能力、實驗能力，題目難度中等9研究汽車尾氣中含氮污染物的治理是環(huán)保的一項重要工作（1）NH3催化還原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反應：反應：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反應：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2反應：4NH3（g）+6NO2（g）5

41、N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3則H3=H13H2（用H1和H2的代數(shù)式表示）n（N2）（mol）相同條件下，反應I在2L密閉容器內(nèi)，選用不同的催化劑，反應產(chǎn)生N2的量隨時間變化如圖1所示計算04min在A催化劑作用下，反應速率v（NO）=0.36molL1min1下列說法不正確的是aa該反應的活化能大小順序是：Ea（A）Eb（B）Ec（C）b縮小體積能使體系壓強增大，反應速率加快，但活化分子的百分數(shù)不變c單位時間內(nèi)HO鍵與NH鍵斷裂的數(shù)目相等時，說明反應已經(jīng)達到平衡d若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生反應，當K值不變時，說明反應已經(jīng)達到平衡（2）三元催化轉(zhuǎn)化裝置是安裝在汽車排氣系統(tǒng)中最

42、重要的機外凈化裝置，裝置中涉及的反應之一為：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）探究上述反應中NO的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強、溫度的關系，得到如圖2所示的曲線催化裝置比較適合的溫度和壓強是400K，1MPa測試某型號汽車在冷啟動（冷啟動指發(fā)動機水溫低的情況下啟動）時催化裝置內(nèi)CO和NO百分含量隨時間變化曲線如圖3所示則前10s內(nèi)，CO和NO百分含量沒明顯變化的原因是尚未達到催化劑工作溫度（或尚未達到反應的溫度）實驗編號T（K）NO初始濃度（molL1）CO初始濃度（molL1）催化劑的比表面積（m2/g）400 1.00×103 3.60×103824001.00&

43、#215;1033.60×1031244501.00×103 3.60×103124研究表明：在使用等質(zhì)量催化劑時，增大催化劑比表面積可提高化學反應速率為了分別驗證溫度、催化劑比表面積對化學反應速率的影響規(guī)律，某同學設計了如表三組實驗：根據(jù)坐標圖4，計算400K時該反應的平衡常數(shù)為5000Lmol1；并在圖中畫出上表中的實驗II、III條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢曲線圖（標明各條曲線的實驗編號）【考點】化學平衡的影響因素；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算【專題】化學平衡專題；燃燒熱的計算【分析】（1）已知K1K1，說明隨溫度升高，K減小，則反應為放熱反應

44、，H10；K2K2，說明隨溫度升高，K減小，則反應II為放熱反應，H20；反應I反應II×3得到反應III，則H3=H13H2，據(jù)此分析；已知4分鐘時氮氣為2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l），則消耗的NO為2.88mol，根據(jù)v（NO）=計算；a單位時間內(nèi)HO鍵斷裂表示逆速率，NH鍵斷裂表示正速率，正逆速率相同則反應已經(jīng)達到平衡；b改變壓強，活化分子百分數(shù)不變；c相同時間內(nèi)生成的氮氣的物質(zhì)的量越多，則反應速率越快，活化能越低；d該反應為放熱反應，恒容絕熱的密閉容器中，反應時溫度會升高，則K會減??；（2）綜合考慮NO的轉(zhuǎn)化率和成本；汽車冷啟動時的尾氣

45、催化處理CO、NO百分含量隨時間變化曲線變化分析，開始的氣體含量變化不大，說明溫度低，催化劑的作用未起作用；結(jié)合表格中的濃度，利用三段法列出400K時平衡濃度，帶入平衡常數(shù)表達式計算；根據(jù)外界條件對化學反應速率和化學平衡的影響判斷【解答】解：（1）已知K1K1，說明隨溫度升高，K減小，則反應為放熱反應，H10；K2K2，說明隨溫度升高，K減小，則反應II為放熱反應，H20；反應I反應II×3得到反應III，則H3=H13H2，故答案為：H13H2；已知4分鐘時氮氣為2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l），則消耗的NO為2.88mol，所以v（NO）=0

46、.36molL1min1，故答案為：0.36molL1min1；a相同時間內(nèi)生成的氮氣的物質(zhì)的量越多，則反應速率越快，活化能越低，所以該反應的活化能大小順序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故a選；b增大壓強能使反應速率加快，是因為增大了活化分子數(shù)，而活化分子百分數(shù)不變，故b不選；c單位時間內(nèi)HO鍵斷裂表示逆速率，NH鍵斷裂表示正速率，單位時間內(nèi)HO鍵與NH鍵斷裂的數(shù)目相等時，則消耗的NH3和消耗的水的物質(zhì)的量之比為4：6，則正逆速率之比等于4：6，說明反應已經(jīng)達到平衡，故c不選；d該反應為放熱反應，恒容絕熱的密閉容器中，反應時溫度會升高，則K會減小，當K值不變時，說明反應已經(jīng)達到平衡，故d

47、不選；故答案為：a；（2）由圖2可知，等壓條件下，溫度越低，NO的轉(zhuǎn)化率越高，因此溫度選400K，同溫下，NO的轉(zhuǎn)化率隨著溫度的升高變化不大，所以選用較為經(jīng)濟的1MPa，故答案為：400K，1MPa：汽車冷啟動時的尾氣催化處理CO、NO百分含量隨時間變化曲線變化分析，開始的氣體含量變化不大，說明溫度低，催化劑的作用未起作用；證明反應未達到催化劑工作溫度（或尚未達到反應的溫度）；故答案為：尚未達到催化劑工作溫度（或尚未達到反應的溫度）；設400K達到平衡狀態(tài)時，則 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）初始濃度（103molL1）：1 3.60 0 0轉(zhuǎn)化濃度（103molL1）：

48、0.9 0.9 0.45 0.9平衡濃度（103molL1）：0.1 2.7 0.45 0.9K=5000Lmol1，因、溫度相同，初始濃度相等，催化劑對平衡移動無影響，則平衡不移動，但的速率大，則先達到化學平衡，、達平衡時NO的濃度相同，而的溫度高，則反應速率最大且平衡逆移，即達到化學平衡時c（NO）增大，實驗、條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢曲線圖為，故答案為：5000Lmol1；【點評】本題考查較為綜合，涉及反應熱的計算、化學反應速率和化學平衡的影響因素與圖象的關系、平衡常數(shù)的計算等知識，為高頻考點，其中（3）是難點，把握控制變量法分析反應速率的影響因素及圖象為解答的關鍵，題目難

49、度較大10鋰離子電池廣泛應用于日常電子產(chǎn)品中，也是電動汽車動力電池的首選正極材料的選擇決定了鋰離子電池的性能磷酸鐵鉀（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循環(huán)特性、高安全性、低成本、環(huán)保等優(yōu)點而逐漸成為“能源新星”（1）磷酸鐵鋰電池比鉆酸鋰電池或錳酸鋰電池更環(huán)保的原因是磷酸鐵鋰電池不會產(chǎn)生重金屬污染（2）高溫固相法是磷酸鐵鋰生產(chǎn)的主要方法通常以鐵鹽、磷酸鹽和鋰鹽為原料，按化學計量比充分混勻后，在惰性氣氛的保護中先經(jīng)過較低溫預分解，再經(jīng)高溫焙燒，研磨粉碎制成其反應原理如下：完成上述化學方程式Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO42LiFePO4+2NH3+3CO2+2CO

50、+7H2O理論上，反應中每轉(zhuǎn)移0.15mol電子，會生成LiFePO423.7g反應需在惰性氣氛的保護中進行，其原因是防止Fe（II）被氧化（3）磷酸鐵鋰電池裝置如圖所示，其中正極材料橄欖石型LiFePO4通過粘合劑附著在鋁箔表面，負極石墨材料附著在銅箔表面，電解質(zhì)為溶解在有機溶劑中的鋰鹽電池工作時的總反應為：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，則放電時，正極的電極反應式為Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4充電時，Li+遷移方向為由左向右（填“由左向右”或“由右向左”），圖中聚合物隔膜應為陽（填“陽”或“陰”）離子交換膜（4）廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料（主要成分為L

51、iFePO4，難溶于水，不與強堿反應）可通過濕法回收鋰和鐵，其過程如下：堿溶加入強堿溶液除去鋁箔及其氧化物，過濾酸浸在過濾后的濾渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，發(fā)生反應的離子方程式為2LiFePO4+2H+H2O22Li+2Fe3+2PO43+2H2O，得到浸出液分離鋰和鐵向浸出液中加堿調(diào)節(jié)溶液的pH使鐵元素沉淀，當pH為2.7時，鐵恰好沉淀完全（已知KspFe（OH）3=1×1039當離子濃度小于l×105mo1L1時，可認為該離子沉淀完全）【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；原電池和電解池的工作原理【專題】電化學專題；物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】（1

52、）重金屬離子會產(chǎn)生污染；（2）根據(jù)原子守恒分析；C2O42中C的化合價為+3價，生成CO和CO2，C元素的化合價分別為+2價、+3價，根據(jù)電子與LiFePO4的關系計算；亞鐵離子容易被氧氣氧化；（3）放電時，Li1xFePO4在正極上得電子發(fā)生氧化反應；充電時，陽離子向陰極移動；電解質(zhì)為鋰鹽，鋰離子通過交換膜向正極移動；（4）LiFePO4中亞鐵離子在酸性條件下，被雙氧水氧化為鐵離子；當離子濃度小于l×105mo1L1時，可認為該離子沉淀完全，結(jié)合KspFe（OH）3計算【解答】解：（1）鈷酸鋰電池或錳酸鋰電池中含有重金屬離子，重金屬離子會產(chǎn)生污染，所以磷酸鐵鋰電池比鈷酸鋰電池或錳酸

53、鋰電池更環(huán)保；故答案為：磷酸鐵鋰電池不會產(chǎn)生重金屬污染；（2）由原子守恒可知，Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO42LiFePO4+2NH3+3CO2+2CO+7H2O；故答案為：2CO、7H2O；C2O42中C的化合價為+3價，生成CO和CO2，C元素的化合價分別為+2價、+3價，生成2molCO轉(zhuǎn)移2mol電子，同時生成2molLiFePO4，則當反應中每轉(zhuǎn)移0.15mol電子，生成0.15molLiFePO4，其質(zhì)量為23.7g；故答案為：23.7；亞鐵離子容易被氧氣氧化，所以要隔絕氧氣，即反應需在惰性氣氛的保護中進行；故答案為：防止Fe（II）被氧化；（3）電池工作時的總反應為：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，放電時，Li1xFePO4在正極上得電子發(fā)生氧化反應，正極反應為Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4；充電時，正極與外接電源的正極相連為陽極，陽離子向陰極移動，即Li+由左向右移動；電解質(zhì)為鋰鹽，鋰離子通過交換膜向正極移動，所以交換膜應該為陽離子交換膜；故答案為：Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4；由左向右；陽；（4）LiFePO4中