1、1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是 A. 常用危险化学品标签中的阿拉伯数字主要表示的是危险级别 B. 石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 C. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的食盐水解毒 D. 少量的生石灰能作为鸡舍和猪栏的消毒剂 【答案】D 【解析】 【详解】A. 常用危险化学品标签中的阿拉伯数字是危险化学品分类的危险特性分类号，错误；B.裂解、裂 化均属于化学变化，错误；C.喝食盐水并不能解毒，应及时饮用大量牛奶，错误；D.生石灰与水反应能生成 强碱且放热，可以使蛋白质变性，正确。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 31
2、 g白磷()含有共价键的总数为 15NA B. 常温下，224 mL H2O中所含氢氧键的数目约为 249NA C. 87 g MnO2与 40 mL 10 mol L1的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为 01NA D. 常温下，1 L pH11的 Na2CO3溶液中由水电离出的 H+数目为 0001NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.1mol 白磷中含有 6mol 共价键，故 31g 白磷()含有共价键的总数为 1.5NA，正确；B.常温下 22.4mL水的物质的量，故 22.4 mL H2O中所含氢氧键的数目约为 2.49NA， 正确；C. 4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OC
3、l2，0.1mol MnO2与 0.4mol 浓盐酸反应，因随着反应的进 行，该反应将不再发生， 故无法计算生成的氯气分子数目， 错误； D.该溶液中 N（OH-）=10-3NA，因 Na2CO3 溶液中的 OH-全部是水电离出来的，且水电离出的 H+与 OH-总量相等，故该溶液中水电离出 H+数目为 0.001NA。 3.部分被氧化的 FeCu 合金样品(氧化产物为 Fe2O3、CuO)共 592 g，经如下处理： 学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+ 科+网. 下列说法正确的是滤液A中的阳离子为 Fe2+、Fe3+
4、、H+ ；样品中氧元素的物质的量为 003 mol；溶 解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为 004 mol；V224；V336。 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】.铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣 3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液 A中一定不 含有+3价铁离子，故错误； .最后加热得到的 3.2g 固体为三氧化二铁，其物质的量为：=0.02mol，Fe 元素的物质的量为： n（Fe）=0.02mol 2=0.04mol，铁元素的质量为：0.04mol 56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为： 5.92g-2.2
5、4g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：=0.03mol，故正确； .根据的计算可知，铁元素的物质的量为 0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸 的物质的量为 0.04mol，故正确； .最后溶液中溶质为过量 H2SO4和 FeSO4，而铁元素物质的量为 0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为 0.04mol，含氢离子 0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的 H+和合金中的氧结合成水了，根据可知 氧元素的物质的量为 0.03mol，它结合氢离子 0.06mol，所以硫酸中生成氢气的氢离子为： 0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成 0
6、.01mol氢气，标况体积为 0.01mol氢气的体积为 2.24L，故正确； .根据的计算可知，生成标况下氢气的体积为 2.24L，故错误；由上述分析可知，正确的是。 4.下列化学用语的表述正确的是 A. 葡萄糖的实验式：CH2O B. NaClO 的电子式： C. 甲烷分子的球棍模型： D. 次氯酸的结构式：HClO 【答案】A 【解析】 【详解】A.葡萄糖的分子式为 C6H12O6，故实验式为 CH2O，正确；B. NaClO 的电子式： ， 错误；C.该图为甲烷的球棍模型，错误；D. 次氯酸的结构式应为 HOCl，错误。 5.有 X、Y、Z、M、N五种物质，进行
7、的有关实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 气体 X 和气体 Y混合 气体变红棕色 Y、M、N分别与氢硫酸反应 都产生淡黄色固体 用玻璃棒蘸取 Z和 M 的浓溶液，相互靠近 产生白烟 Z和 N分别通入少量溴水中 溴水都变成无色透明的液体 X、Y、Z、M、N 依次可能是 A. NO、O2、NH3、HNO3、SO2 B. O2、NO、NH3、HCl、SO2 C. O2、NO、HCl、NH3、CO2 D. NO、O2、NH3、HCl、CH4 【答案】A 【解析】 【详解】该红棕色气体为 NO2，故 X为 NO或 O2，Y为 NO或 O2；实验现象说明 Y、M、N均具有氧
8、化性；实验现象说明 Z、M的浓溶液均具有挥发性；实验现象说明 Z、N均具有还原性；综上所述，Y 为 NO，X为 O2，排除 BC， 因 D项中 CH4不能满足实验，故答案为 A。 6.如图装置中，容器甲内充入 0.1 mol NO气体。干燥管内装有一定量 Na2O2，从 A处缓慢通入 CO2气体。 恒温下，容器甲中活塞缓慢由 D处向左移动，当移至 C 处时容器体积缩至最小，为原体积 9/10，干燥管中 物质的质量增加了 2.24 g。随着 CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是 A. 活塞从 D处移动到 C 处的过程中，通入的 CO2气体为 2.24 L(标准状况) B. N
9、O2转化为 N2O4的转化率为 20% C. 容器甲中 NO 已反应完 D. 活塞移至 C处后，继续通入 a mol CO2，此时活塞恰好回至 D处，则 a 小于 0.01 【答案】D 【解析】 【分析】 本题主要考查过氧化钠与二氧化碳反应，NO 与氧气反应，2NO2N2O4以及化学平衡的相关计算。CO2通 入时，干燥管中发生反应：2Na2O22CO2=4NaOHO2，C中发生反应：2NO+O2=2NO2N2O4，导致 气体体积减小。 A.根据干燥管中固体物质的质量增加量计算通入的 CO2体积； B.根据 O2计算出生成的 NO2物质的量，再根据体积变化计算出转化的 NO2物质的量，从而计算出
10、转化率； C.根据 O2物质的量计算反应的 NO； D.因继续通入 CO2时，体积不会缩小，即干燥管中 Na2O2已反应完，活塞向右移动，2NO2N2O4 平衡向左 移动，由此判断 a值。 【详解】A.设通入标准状况下 CO2气体的体积为 x，产生氧气的体积为 y，则： 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 质量装置m 2 22.4 L 22.4 L 56 g x y 2.24 g 所以 56 g：2
11、.24g=2 22.4 L：x，解得 x=1.792L，56 g：2.24g=22.4 L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化 碳的体积为 1.792L，故 A错误； B.由 A计算可知，生成氧气的物质的量：n（O2）=0.04mol， 2NO+O2 =2NO2 2 1 2 0.08mol 0.04 mol 0.08 mol 0.1 mol0.08 mol，所以 NO过量，生成 NO2的物质的量为 0.08 mol， 2NO2N2O4 物质的量减少n 2 1 &n
12、bsp; 1 0.02 mol 0.1 mol （1-）=0.01mol 所以 NO2转化为 N2O4的转化率为： 100%=25%，故 B错误； C.根据 B 的计算可知，NO还剩余：0.1mol-0.08mol=0.02mol，故 C 错误； D.活塞移至 C，体积不会再减少，则干燥管中 Na2O2已反应完，活塞由 C向 D移动，体积扩大，2NO2N2O4 平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至 D时，气体物质的量共增加 0.01 mol，因此所需 CO2必小于 0.01 mol，故 D正确。 【点睛】本题试题综合性强，过程复杂，计算量很大，难度很
13、大，为易错题目，旨在考查学生灵活运用基 础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，侧重对学生能力的培养和 解题方法的指导与训练。 7.某酯的分子式可表示为 CnH2nO2(n 为整数)，相对分子质量不大于 160，且在酸性条件下能水解生成两种相 对分子质量相等的有机物，则该酯的结构可能有 A. 15 种 B. 23种 C. 28 种 D. 32 种 【答案】B 【解析】 【详解】分子式为 CnH2nO2(n 为整数)的酯的相对分子质量不大于 160，则有 14n+32160，求得 n=9，在酸 性条件下水解生成相对分子质量相等的饱
14、和醇和酸，则醇分子中碳原子数比酸中碳原子数多 1，可能的组合 有 C2H5OH 和 HCOOH、C3H7OH（2 种）和 CH3COOH、C4H9OH（4 种）和 CH 3CH2COOH、C5H11OH（8 种）和 C3H7COOH（两种） ，第一组形成的酯有 1种，第二组形成的酯有 2种，第三组形成的酯有 4种，第 四组形成的酯有 16 种，共有 23 种。 【点睛】对于此类同分异构体的判断，不能直接写酯类化合物的同分异构体，需根据醇和羧酸的结构共同 判断。 8.某混合物 X由 Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。现进行如下图所示实验。下列有关说 法正确的是 A.
15、步骤中减少的 3 g固体一定是混合物 B. 步骤中质量减少的固体物质一定是 Fe2O3 C. 根据上述步骤可以得出蓝色溶液中 n(Cu2+)002 mol D. 根据步骤、可以判断 X 中氧化铁的质量分数为 50% 【答案】C 【解析】 【详解】A.Al2O3、SiO2都能够与 NaOH溶液反应，所以步骤 I中减少的 3g固体可能为氧化铝或二氧化硅， 不一定为混合物，故 A 错误； B.步骤 II中发生了反应： Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，6.4g固体为铜和 Fe2O3的混合物， 减少的为铜和氧化铁，故 B错误； C.6.4g变成 1.92g，质量
16、减少：6.4g-1.92g=4.48g，减少的质量为 Fe2O3和部分 Cu，剩余的 1.92g为铜，设铜 的物质的量为 x，根据反应 Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为 x，则 64x+160x=4.48，解得 x=0.02mol，则反应后蓝色溶液中含有 0.02mol铜离子，故 C 正确； D.160g/mol 0.02mol=3.2g，X 中氧化铁的质量分数为： 100%=34.0%，故 D错误； 9.已知有机化合物(b)、(d)、 (p)。下列说法正确的是 A. b与 d 互为同系物 B. d中存在少量的 b时可以加入 NaOH溶液后分液除去 C. b、d、p
17、均可与金属钠反应 D. b、d、p 各自同类别的同分异构体数目，d 最多 【答案】D 【解析】 【详解】A.b 与 d结构不相似（官能团不同） ，不互为同系物，错误；B.b与 NaOH溶液能够发生反应而水解， 不能达到分离目的，错误；C.d不能与金属钠反应，错误；D. b、d、p各自同类别的同分异构体数目分别为 1、8、7（不包含本身） ，正确。 10.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 向添有 KIO3的食盐中加入淀粉溶 液、稀盐酸及 KI 溶液变蓝色 氧化性：IO I2 B 向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少 量 Ag2O，振荡 溶液由浅红色变为红色 Ag2O是强
18、碱 C 向装有经过硫酸处理的 CrO3(桔红 色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气 固体逐渐由桔红色变为浅绿 色(Cr3+) 乙醇具有还原性 D 向盛有少量水的烧杯中加入少量 Mg2Si 产生白色沉淀，液面上有火 苗 Mg2Si水解生成Mg(OH)2和SiH4 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】 A.该实验现象说明 I-被氧化， IO3-作氧化剂， 被还原，故氧化性 IO3-I2， 正确；B.该实验现象的原因是稀氨水和 Ag2O发生反应：Ag2O4NH3 H2O=2Ag(NH3)22+2OH-+3H2O， 导致溶液碱性增强，错误；
19、C.CrO3中 Cr 元素为较高价态，具有氧化性，加入乙醇后被还原为 Cr3+，说明乙 醇具有还原性，正确；D.发生反应：Mg2Si+4H2O=2Mg(OH)2+SiH4，SiH4在空气中可以自燃，正确。 11.维生素 P 的结构如图所示，其中 R为烷烃基，维生素 P 是一种营养增补剂。下列关于维生素 P 的叙述正 确的是 A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基 B. 若 R为甲基，则该物质的分子式可以表示为 C16H14O7 C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应 D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是 7 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A.分子中的官
20、能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若 R为甲基，其分子式为 C16H12O7， 错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成 8mol氢 气。错误。 12.现有 FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液，其中 c（H+）=0.10mol/L取该溶液 200mL，加入过量 BaCl2 溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀 27.96g；再另取该混合溶液 200mL，向其中加入过量 NaOH 溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体 8.00g则 原混合溶液中 c（Fe2+）与
21、 c（Fe3+）之比为（ ） A. 4：1 B. 3：1 C. 2：1 D. 1：1 【答案】A 【解析】 试题分析：200mL 混合溶液加入过量 BaCl2溶液，充分反应后得到沉淀 27.96g 为 BaSO4，其物质的量 27.96g 233g/mol0.12mol，根据电荷守恒可知 2n（SO42-）=2n（Fe2+）+3n（Fe3+）+n（H+） ，即 2n（Fe2+） +3n（Fe3+）=0.12mol 2-0.2L 0.1mol/L=0.22mol，另取该混合溶液 200mL，向其中加入过量 NaOH 溶液充分 反应， 待沉淀全部变为红褐色后，
22、过滤、 洗涤并灼烧最终得固体 8.00g 为 Fe2O3， 其物质的量8.0g 160g/mol 0.05mol，根据 Fe 元素守恒有 2n（Fe2O3）=n（Fe2+）+n（Fe3+） ，即 n（Fe2+）+n（Fe3+）=0.05mol 2=0.1mol， 联立方程解得：n（Fe2+）=0.08mol、n（Fe3+）=0.02mol，溶液体积相等，浓度之比等于物质的量之比，则 原混合溶液中 c（Fe2+） ：c（Fe3+）=0.08mol：0.02mol=4：1，故选 A。 考点：考查混合物计算 13.常温下，向 1 L浓度为 04 mol L-1的乙醇酸CH2(OH)COOH溶液中加入
23、 8 g NaOH 固体得到 X溶液，将 X 溶液平均分成两等份，一份通入 HCl 气体，得到溶液 Y，另一份加入 NaOH固体得到溶液 Z，溶液 Y、Z 的 pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是 A. c 点对应曲线代表的是加入 NaOH的曲线 B. 溶液中水的电离程度：cb C. a 点：cCH2(OH)COO-c(Na+)c(H+)c(OH) D. 稀释 Y溶液后，溶液中变大 【答案】C 【解析】 【分析】 本 题 主 要 考 查 盐 类 水 解 与 弱 电 解 质 的 电 离 平 衡 以 及 酸 碱 中 和 相 关 计 算 。 由 题 可 知
24、 ， nCH2(OH)COOH=0.4mol，第一次加入 0.2molNaOH 固体，即溶液 X 为等浓度的 CH2(OH)COOH 和 CH2(OH)COONa 的混合溶液，由 a 点可知，CH2(OH)COOH 的电离程度大于 CH2(OH)COO-水解程度，导 致溶液呈酸性。 A.加 NaOH会使溶液 pH增大； B.盐类水解促进水的电离，加酸抑制水的电离； C.分析 a点的溶质，根据电荷守恒以及溶液酸碱性判断； D.平衡常数只与温度有关。 【详解】A.加入 NaOH会使溶液 pH增大,故应为 b点对应的曲线，错误； B.b点时溶液中含 0.06molCH2(OH)COOH和 0.14m
25、olCH2(OH)COONa，c 点时溶液中含 0.14molCH2(OH)COOH 和 0.06molCH2(OH)COONa，故 b点水的电离程度大于 c 点水的电离程度，错误； C.a点为等浓度的 CH2(OH)COOH 和 CH2(OH)COONa的混合溶液， 且 CH2(OH)COO-的电离程度大于水解程 度，根据电荷守恒可判断 a 点离子浓度大小关系为：cCH2(OH)COO-c(Na+)c(H+)c(OH)，正确； D.该比例关系为 CH2(OH)COOH 的电离平衡常数，只与温度有关，稀释过程中，该数值不发生改变，错误。 14.根据各物质间的能量循环图，下列说法正确
26、的是 A. H40 B. H1+H50 C. H2+H3+H4H6 D. H1+H2+H3+H4+H5+H60 【答案】D 【解析】 【详解】A.水蒸气变为液态水为放热过程，故 H4NOH，错误；B.简单气态氢化物的热稳定性：H2ONH3，正确；C.Q 可能为亚 硫酸铵或亚硫酸氢铵，故 Q 既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，正确；D.Y 的最高价氧化物对应 的水化物为硝酸。硝酸会氧化 Q中+4价的硫，故无二氧化硫生成，正确。 【点睛】非金属元素对应的简单氢化物的热稳定性只与微粒间化学键强度有关。 16.城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄
27、漏并与金属管道形成回路时，就 会引起金属管道的腐蚀。 原理如图所示， 但若电压等条件适宜， 钢铁管道也可能减缓腐蚀， 此现象被称为“阳 极保护”。下列有关说法不正确的是 A. 该装置能够将电能转化为化学能 B. 管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为 Fe2eFe2+ C. 如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀 D. 钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜 【答案】B 【解析】 【详解】A.该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，正确；B.左端为阳极，其腐蚀速率较右端快，错 误； C.如果没有外加电源， 潮湿的土壤 （接近中性）中的钢铁管道发生原
28、电池反应， 所以发生的是吸氧腐蚀， 正确；D.根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。 17.用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE)。常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极，电解 CO2，可制得 LDPE，该电极反应可能的机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 含的极与电源负极相连 B. 过程、中碳元素均被还原，过程中碳元素被氧化 C. 电解过程中 CO 向阴极迁移 D. 工业上生产 14 104 g的 LDPE，转移电子的物质的量为 6 103 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A.由题可知，CO2中碳元素化合价降低，得电子，在
29、阴极反应；的一极失电子，发生氧化反应， 应与电源正极相连， 错误； B.过程 IIII中碳元素化合价均降低， 均被还原， 错误； C.电解过程中阴离子 （CO2-） 应向阳极迁移，错误；D. 14 104 g 的 LDPE即 5 102mol LDPE，由 CO2生成 LDPE 过程中转移电子守恒 可知，工业上生产 1.4 104 g 的 LDPE，转移电子的物质的量为 6 103 mol，正确。 18.新装修的房屋会释放出有毒的甲醛气体。银Ferrozine 法检测甲醛(HCHO)的原理如下(在原电池中完成 氧化银与甲醛的反应)。下列说法正确的是 A. 其他条件相同，甲醛浓度越小，所得有色配
30、合物溶液的吸光度越大 B. 电池正极的电极反应式为 Ag2O+2H+2e-2Ag+H2O C. 30 g HCHO被氧化时，理论上电路中通过 2 mol电子 D. 理论上，消耗 HCHO和消耗 Fe3+的物质的量之比为 41 【答案】B 【解析】 【分析】 本 题 主要 考 查原 电池的 相 关应 用 。 HCHO 中 C 为 0 价。 该 检测 过 程中 设 计的 化学反 应 为 2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，Ag+Fe3+=Ag+Fe2+，Fe2+与 Ferrozine 形成有色配合物。 【详解】A.吸光度与有色物质的浓度成正比，根据反应式可推出吸光度与甲醛的浓度成正比，错
31、误；B.负极 的电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，正极的电极反应式为 2Ag2O+4e-+4H+=4Ag+2H2O，正确； C.， 负 极 消 耗 1mol HCHO 理 论 上 电 路 中 通 过 4mol 电 子 ， 错 误 ； D.HCHO4Ag4Fe2+，1molCHO 完全反应，理论上能生成 4molAg消耗 4molFe3+，错误。 19.如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是 A. 上述提取 Mg 的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应 B. 因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气
32、C. 反应所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用 D. 从母液中提取 Mg 和 Br2的先后顺序：先提取 Br2，后提取 Mg 【答案】B 【解析】 【详解】A.题中提取 Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确； B.在高温下，氮气能与镁反应生成 Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应所用的气态氧化剂为 氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液 中会残留 Ca(OH)2，再用 Cl2提取溴时会消耗 Cl2，正确。 20.关于下列各图的叙述，正确的是 A. 图甲表
33、示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，则 H2的燃烧热为 4836 kJ mol-1 B. 图乙表示反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在其他条件不变时，O2的转化率随的变化关系 C. 图丙表示用 0100 0 mol L1的盐酸滴定 2000 mL 0100 0 mol L1Na2CO3溶液的曲线，从 A 点到 B 点反应的离子方程式为：CO32-+2H+CO2+H2O D. 图丁表示常温下，稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液的 pH随加水量的变化，则同浓度溶液的 pH： NaAHB，则同浓度的钠盐，水解程度： NaAc(H+)c(NH4+)c(OH) 【答案】D 【解析
34、】 【分析】 本题主要考查酸碱中和相关曲线分析。 A.由题可知，当滴加 20mL盐酸时，溶液中溶质为 NH4Cl，由此可求出氨水的浓度； B.点溶液中溶质为等浓度 NH4Cl和 NH3H2O的混合溶液，依据物料守恒判断； C.点依据电荷守恒判断； D.点时氨水和氯化氢恰好完全反应，反应后溶质为氯化铵。 【详解】A.由图象曲线变化可知，加入 20mL盐酸时出现滴定飞跃，说明氨水与盐酸的浓度相等，所以该氨 水的物质的量浓度为 0.1000mol/L，故 A 正确； B.点时滴入 10mL盐酸，由于盐酸与氨水浓度相等，反应后溶质为等浓度的 NH4Cl 和 NH3H2O，根据物 料守恒可知：c（NH4
35、+）+c（NH3H2O）+c（NH3）=2c（Cl-） ，故 B正确； C.点时溶液为中性，则 c（H+）=c（OH-） ，根据溶液中的电荷守恒可知：c（NH4+）=c（Cl-） ，故 C 正确； D.点时 NH3H2O和 HCl恰好完全反应，反应后溶质为 NH4Cl，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，由于水 解程度较小，则 c（Cl-）c（NH4+）、c（H+）c（OH-） ，由于水解程度较小，则 c（NH4+）c（H+） ，溶 液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-） ，错误。 【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液 pH的计算、离子浓度大小比
36、较，题目难度中等，可从溶液 中溶质变化进行突破，明确溶液酸碱性与溶液 pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的 水解原理的含义及应用方法。 22.25时，用 NaOH溶液滴定 H2C2O4溶液，溶液中lg和lgc(HC2O )或lg和 lgc(C2O)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线 N表示lg和lgc(HC2O )的关系 B. K a1(H2C2O4)的数量级为 10 -1 C. 向 NaHC2O4溶液中加少量 NaOH至 c(HC2O )和 c(C2O)相等，此时溶液 pH约为 5 D. 在 NaHC2O4溶液中 c(Na+)c(HC2O )c(H2C2O4)c(
37、C2O) 【答案】C 【解析】 【分析】 本 题 主 要 考 查 电 解 质 相 关 知 识 。， 同 理 ，因，故曲线 M表示和的关系，由此 分析各选项正误。 【详解】A.由上述分析可知，曲线 N表示和的关系，故 A项错误； B.Ka1的数量级为 10-(1+1)=10-2，Ka2的数量级为 10-(2+3)=10-5，故 B 项错误； C.当时，故 pH 约为 5，正确； D.由 C 项分析可知，NaHC2O4溶液呈酸性，故，正确。 二、非选择题二、非选择题(本大题分为必考题和选考题两部分，共本大题分为必考题和选考题两部分，共 56 分。第分。第 2325 题为必考题，共题为必考题，共 4
38、1 分；分； 第第 2627题为选考题，请考生任选一题作答，共题为选考题，请考生任选一题作答，共 15 分。分。) 23.镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为 200%，位居第八位，镁及其化合物在研究和 生产中具有广泛用途。请回答下列问题： (1)氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应， 常用作触媒，实验室欲用如图 1 所示装置和药品制备少量氮化镁。 A 中盛装的是浓氨水，B中可盛装_，二者混合可制取氨气。 按照气流的方向从左至右连接装置：a 接_、_接_、_接_。 已知氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成
39、分，该反应的化学方程式为 _。 如果没有装有无水氯化钙的装置，可能发生反应的化学方程式为_。 (2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。 合成碳酸镁晶须的步骤如下： 步骤 1：配制 05 mol L1 MgSO4溶液和 05 mol L1 NH4HCO3溶液。 步骤 2：用量筒量取 500 mL NH4HCO3溶液于 1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在 50 。 步骤 3：将 250 mL MgSO4溶液逐滴加入 NH4HCO3溶液中，1 min 内滴加完毕，然后用氨水调节溶液 pH到 95。 步骤 4：放置 1 h后，过滤
40、，洗涤。 步骤 5：在 40 的真空干燥箱中干燥 10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3 nH2O，n15)。 配制 05 mol L1 MgSO4溶液 500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、 _。 步骤 3中加氨水后反应的离子方程式为_。 测定合成的 MgCO3 nH2O中的 n 值。 称量 1000 g碳酸镁晶须，放入图 2 所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的 CO2 被 NaOH溶液吸收，在室温下反应 45 h，后期将温度升到 30 ，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴 定，测得生成 CO2的总量；重复上述操作 2次。 图中气球的
41、作用是_。 上述反应后期要升温到 30 ，主要目的是_。 若实验测得 1000 g碳酸镁晶须产生 CO2的平均物质的量为 a mol，则 n 为_(用含 a的表达式表示)。 称取 100 g上述晶须产品进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则合成的晶须中 n_。 【答案】 (1). 生石灰或氢氧化钠 (2). d (3). e (4). c (5). b (6). f (7). 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu (8). Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3 (9).
42、 500 mL 容 量 瓶 (10). Mg2+HCO3-HCO3-+NH3 H2O+(n-1)H2OMgCO3 nH2O+NH4+ (11). 暂时储存 CO2，有利于 CO2被 NaOH 溶液吸收， 且能保持装置中压强相对稳定 (12). 升高温度气体的溶解度减小， 使溶解在水中的 CO2 逸出，便于吸收完全 (13). (14). 1 【解析】 【详解】（1）浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为： 根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a 接 d，e 接 c，b
43、 接 f，故答 案为： 氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分氮气，则氨气与氧化铜反应的化学方程式 为:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，故答案为：d；e；c；b；f； 氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3； （2）配制 0.5 mol L-1 MgSO4溶液 500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为 500 mL容量瓶，故答案为： 500 mL容量瓶； 步骤 3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的离子方程式为 Mg2+HCO3+NH
44、3 H2O+(n-1)H2O=MgCO3 nH2O+NH4+，故答案为：Mg2+HCO3+NH3 H2O+(n-1)H2O= MgCO3 nH2O+NH4+； 题图 2装置中气球可以暂时储存 CO2，有利于 CO2被 NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定， 故答案为：暂时储存 CO2，有利于 CO2被 NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定； 题述反应后期将温度升到 30 ，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收， 从而减小测定产生的误差，故答案为：升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的 CO2逸出，便于吸收 完全； 若实验测得 1.000 g碳酸镁晶须
45、产生的 CO2的平均物质的量为 a mol，依据碳元素守恒可知，晶须中碳酸 镁的物质的量为 a mol，根据 MgCO3 nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为 1n，得到 1n=a ，得到 n= ，故答案为：； 由题图 3 知 400 时剩余质量为 82.3 g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有 100 =100-82.3，解得 n=1，故答案为：1。 【点睛】本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体，考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的 设计等，解答关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。 24.2017年 11 月 16日，国土资源部召开
46、新闻发布会，宣布天然气水合物，即“可燃冰”新矿种获得国务院批 准，成为我国第 173 个矿种。“可燃冰”主要成分的分子式是 CH4 8H2O，一旦温度升高或压强降低，甲烷气 就会逸出，固体水合物便趋于崩解。“可燃冰”将成为人类的后续能源。 (1)将 320 g可燃冰释放的甲烷完全燃烧生成液态水时，可放出 1 7806 kJ 的能量，则表示甲烷燃烧热的热 化学方程式是_。 (2)CH4不仅是优质的气体燃料，还能利用它和 CO2重整，发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，获 得合成气(主要成分为 CO、H2)，从而减少温室气体的排放。在一定条件下 CH4的平衡转化率与温度
47、及压强 (单位：Pa)的关系如图所示。则 y点：v(正)_(填“”、“”或“ v(逆)；该反应正向为气体体 积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，由 p1到 p2，甲烷转化率降低，即增大了压强，故 p10； （3）恒温恒压恒温恒压条件下，同等增大各物质浓度，平衡不移动； （4）a. 平衡时，2v逆(N2)v正(H2O)，故 a错误； b.反应过程中，气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，故气体密度始终不变，错误； c.该反应反应过程中，混合气体的总物质的量不断发生改变，若混合气体的物质的量不再变化，则反应达到 平衡，正确； d.平衡时，单位时间内有 2 mol NO2消耗同时消耗 1 mo
48、l CO2，错误； e.反应进行过程中， 混合气体总物质的量发生改变， 气体总质量不变， 若混合气体的平均相对分子质量不变， 则反应达到平衡状态，正确； f.甲烷和二氧化碳属于可逆反应中不同反应方向的反应物，比值会随着反应的进行而改变，故当 CH4与 CO2 的物质的量之比不再发生变化，反应达到平衡状态； （5）A.增大甲烷物质的量，NO2的转化率增大，正确；B. CO2为生成物，增大 CO2的量，平衡逆向移动， NO2的转化率减小，错误；C.通入物质的量之比为 12的 CH4与 NO2的混合气体，相当于压强增大，平衡 逆向移动，NO2转化率降低，错误；D.N2为生成物，增大 N2的浓度，平衡
49、逆向移动，NO2转化率减小，错 误。 （6）根据甲烷与氧气反应生成 CO2和 H2O写出该总反应式为：CH4+2O2CO2+2H2O；该电池正极反应式 为：，负极反应式为：，由此可知， 物质 A为 CO2。 25.乙基环己烷常用作气相色谱对比样品，也用于有机合成。 (1)乙基环己烷(C8H16)脱氢制苯乙炔(C8H6)的热化学方程式如下： C8H16(l)C8H10(l)+3H2(g) H10 C8H10(l)C8H6(l)+2H2(g) H2a kJ mol-1 C8H6(l)+5H2(g) C8H16(l) H3b kJ mol-1 则反应的 H1为_(用含 a、b的代数式表示)，有利于提高上述反应的平衡转化率
