山东省日照市2016届高考化学二模试卷Word版含解析

1、2016年山东省日照市高考化学二模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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1后汉书郡国志中记载：“石出泉水其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆”酉阳杂俎一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”这里的“石漆”“石脂水”是指（）A油脂B油漆C石油D煤焦油2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L庚烷的分子数约为NAB1L 0.1molLl的Na2S溶液中S2和HS的总数为0.1NAC4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NAD50mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，

2、转移的电子数为0.3NA3X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素X2和Y+的核外电子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半径最小的，Z核外电子总数是最外层电子数的3倍下列说法不正确的是（）A单质的沸点：WZB气态氢化物的稳定性：WZC简单离子半径：ZWXYDX的氢化物中不可能含有非极性共价键4如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（） 选项实验现象结论A向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中苯酚钠溶液产生浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚B将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+

3、I2C向10mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL1FeCl3溶液白色沉淀转化为红褐色沉淀相同温度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pHCH3COONa溶液的pH试纸颜色深酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD5依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等它可以由原料X经过多步反应合成：下列说法正确的是（）AX与Y互为同分异构体B可用酸性KMnO4溶液鉴别X和YC1molY能与6molH2或3mol

4、NaOH发生反应D依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应6如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素CO（NH2）2的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（）A铜电极应与X相连接BH+透过质子交换膜由左向右移动CM电极反应式为CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+D当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重32 g7pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为l×103molL1，则该溶液中溶质的pC=lg（1×l03）=3如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后

5、，平衡时溶液中三种成分的pCpH图下列说法不正确的是（）AH2CO3、HCO3、CO32不能在同一溶液中大量共存BH2CO3电离平衡常数Kal106CpH=7时，溶液中存在关系（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）DpH=9时，溶液中存在关系（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）二、非选择题8酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂，化学式为Cr（CH3COO）222H2O，不溶于冷水，易溶于盐酸由于Cr2+易被氧气氧化，制备醋酸亚铬时，需在封闭体系中用锌作还原剂，先将Cr3+还原为Cr2+，再与醋酸钠溶液作用制得，其总反应为：2Cr3+Zn+4CH3COO+2H2OCr（CH3COO

6、）222H2O+Zn2+请回答下列问题：（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是（2）实验开始前，必需进行的实验操作是；实验开始时，打开恒压滴液漏斗的旋塞，让盐酸滴入装置2中，打开A，关闭B，目的是，反应一段时间后，保持盐酸持续滴下，关闭A，打开B，目的是（3）已知其它反应物足量，实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1molL1的醋酸钠溶液；实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g，则该实验所得产品的产率为（不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失）（4）为标定实验所用的CrCl3溶液，进行了如下操作：取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加

7、热至沸后加入适量Na2O2，充分加热煮沸，稀释，加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72存在；再加入足量KI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，用0.25molL1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液呈淡黄色，加入l mL指示剂，滴定至终点平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，2S2O32+I2S4O62十2I实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为滴定过程中所用的指示剂是下列操作导致实验结果偏低的是a移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液润洗b盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡c量

8、取CrCl3溶液时先俯视后仰视d滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落9研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作（1）NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反应：反应：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2反应：4NH3（g）+6NO2（g）5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3则H3=（用H1和H2的代数式表示）n（N2）（mol）相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示计算04min在A催化剂作用下，反应速率v（NO

9、）=下列说法不正确的是a该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Eb（B）Ec（C）b缩小体积能使体系压强增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变c单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡d若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡（2）三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置，装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图2所示的曲线催化装置比较适合的温度和压强是测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO

10、百分含量随时间变化曲线如图3所示则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是实验编号T（K）NO初始浓度（molL1）CO初始浓度（molL1）催化剂的比表面积（m2/g）400 1.00×103 3.60×103824001.00×1033.60×1031244501.00×103 3.60×103124研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如表三组实验：根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为；并在图中画出上表中的实验I

11、I、III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）10锂离子电池广泛应用于日常电子产品中，也是电动汽车动力电池的首选正极材料的选择决定了锂离子电池的性能磷酸铁钾（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”（1）磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是（2）高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料，按化学计量比充分混匀后，在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解，再经高温焙烧，研磨粉碎制成其反应原理如下：完成上述化学方程式Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO

12、42LiFePO4+2NH3+3CO2+理论上，反应中每转移0.15mol电子，会生成LiFePO4g反应需在惰性气氛的保护中进行，其原因是（3）磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，则放电时，正极的电极反应式为充电时，Li+迁移方向为（填“由左向右”或“由右向左”），图中聚合物隔膜应为（填“阳”或“阴”）离子交换膜（4）废旧磷酸铁锂电池的正极材料（主要成分为LiFePO4，难溶于水，不与强碱反应）可通过湿法回收锂和

13、铁，其过程如下：碱溶加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物，过滤酸浸在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，发生反应的离子方程式为，得到浸出液分离锂和铁向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀，当pH为时，铁恰好沉淀完全（已知KspFe（OH）3=1×1039当离子浓度小于l×105mo1L1时，可认为该离子沉淀完全）三、化学-选修5：有机化学基础11OPA是医药中间体，可用作内窥镜手术用器械高效安全抗菌消毒剂，也用于合成新抗血小板聚集药吲哚波芬有关OPA的转化关系如图：已知：A是摩尔质量为106gmol1的烃同一个碳原子上连两个羟基不稳定，会脱去一分子的水生成醛基无H

14、 （醛基相邻碳上的氢）的醛能发生歧化反应，如：2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK回答下列问题：（1）A的名称是（2）检验B中溴元素的方法正确是a加入氯水振荡，观察上层是否有红棕色b滴加硝酸酸化的硝酸银，观察有无浅黄色沉淀生成c滴加NaOH溶液共热，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀d滴加NaOH溶液共热，后加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀（3）OPA的结构简式是，OPA分子中最多有个原子共平面（4）D中官能团的名称是，E是一种聚酯类高分子化合物，由D生成E的化学反应方程式为（不必注明反应条件），该反应的类型为（5）D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个，能水解

15、且能发生银镜反应的共有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积之比为l：2：2：3的是（写出其结构简式）2016年山东省日照市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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1后汉书郡国志中记载：“石出泉水其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆”酉阳杂俎一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”这里的“石漆”“石脂水”是指（）A油脂B油漆C石油D煤焦油【考点】烷烃及其命名【专题】有机化合物的获得与应用【分析】后汉书郡国志中记载：“石出泉水其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆”可

16、知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃烧，火焰明亮；”酉阳杂俎一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”可知，石脂水难溶于水，且浮在水面上，说明密度比水小，且颜色呈黑色，燃烧时火焰明亮，据此分析【解答】解：后汉书郡国志中记载：“石出泉水其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃烧，火焰明亮；”酉阳杂俎一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”可知，石脂水难溶于水，且浮在水面上，说明密度比水小，且颜色呈黑色，燃烧时火焰明亮A、后汉书郡国志中记载：“石出泉水”，可知“石漆”“石脂水”不是油脂，故A错误；B、油漆

17、不是自然界天然存在的，故B错误；C、石油在自然界天然存在，不可食用，难溶于水且密度比水小，呈黑色，可以燃烧且火焰明亮，符合上述所有特点，故C正确；D、煤焦油是煤经干馏得到的，在自然界不存在，故D错误故选C【点评】本题以文言文的形式考查了常见的化学物质，既考查了化学知识还考查了文学素养，难度不大，是考查的热点2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L庚烷的分子数约为NAB1L 0.1molLl的Na2S溶液中S2和HS的总数为0.1NAC4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NAD50mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA

18、【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下庚烷为液态；B、S2在溶液中能水解为HS和H2S，根据物料守恒来分析；C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；D、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应【解答】解：A、标况下庚烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、S2在溶液中能水解为HS和H2S，根据物料守恒可知，溶液中的S2、HS和H2S个数共为0.1NA个，故B错误；C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故4.0g混合物的物质的量为0.2mol，而两者均含10个中子，故0.2mol混合物中含2NA个

19、中子，故C正确；D、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素X2和Y+的核外电子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半径最小的，Z核外电子总数是最外层电子数的3倍下列说法不正确的是（）A单质的沸点：WZB气态氢化物的稳定性：WZC简单离子半径：ZWXYDX的氢化物中不可能含有非极性共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z

20、、W为原子序数依次增大的四种短周期元素X2和Y+的核外电子排布相同；则X位于第二周期、Y处于第三周期，X为O元素、Y为Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序数大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半径最小的，则W为Cl元素；Z核外电子总数是最外层电子数的3倍，设最外层电子数为x，则10+x=3x，解得：x=5，则Z为P元素，据此进行解答【解答】解：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素X2和Y+的核外电子排布相同；则X位于第二周期、Y处于第三周期，X为O元素、Y为Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序数大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半径最小的，

21、则W为Cl元素；Z核外电子总数是最外层电子数的3倍，设最外层电子数为x，则10+x=3x，解得：x=5，则Z为P元素，AW为Cl、Z为P，氯气常温下为气体，而磷单质为固态，则氯气的沸点小于磷，故A正确；BW为Cl、Z为P，非金属性：Cl大于P，则气态氢化物的稳定性：WZ，故B正确；C离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：ZWXY，故C正确；DX为O元素，其氢氧化物双氧水中含有非极性键，故D错误；故选C【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试

22、题培养了学生的灵活应用能力4如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（） 选项实验现象结论A向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中苯酚钠溶液产生浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚B将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2C向10mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL1FeCl3溶液白色沉淀转化为红褐色沉淀相同温度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.

23、1molL1CH3COONa溶液的pHCH3COONa溶液的pH试纸颜色深酸性：HClOCH3COOHAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；B同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；CNaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生；D次氯酸钠具有漂白性，不能利用pH试纸测定pH【解答】解：A醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以醋酸干扰碳酸酸性检验，在将气体通入苯酚钠溶液前应该除去醋酸，故A错误；B同一氧化还原

24、反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘，铁离子作氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性：Fe3+I2，故B正确；CNaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生，所以该实验不能判断相同温度下的KspMg（OH）2KspFe（OH）3，故C错误；DNaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及pH测定、溶度积大小比较、氧化性强弱判断、酸性强弱比

25、较等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意D中次氯酸钠的强氧化性及C中NaOH的量，为易错点5依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等它可以由原料X经过多步反应合成：下列说法正确的是（）AX与Y互为同分异构体B可用酸性KMnO4溶液鉴别X和YC1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应D依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体；BX和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；CY中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的

26、羧基能与NaOH反应；D依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等【解答】解：A分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；BX和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成COOH，所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；CY中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应，所以1molY能与5molH2或3mol NaOH发生反应，故C错误；D依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有

27、烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等，不能发生消去反应，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项C为易错点，注意Y水解生成酚羟基，题目难度不大6如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素CO（NH2）2的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（）A铜电极应与X相连接BH+透过质子交换膜由左向右移动CM电极反应式为CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+D当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重32 g【

28、考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题【解答】解：甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，A铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A错误；BM是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；CH2N

29、CONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2+H2O6eCO2+N2+6H+，故C正确；D当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故D正确故选A【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等7pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为l×103molL1，则该溶液中溶质的pC=lg（1×l03

30、）=3如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pCpH图下列说法不正确的是（）AH2CO3、HCO3、CO32不能在同一溶液中大量共存BH2CO3电离平衡常数Kal106CpH=7时，溶液中存在关系（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）DpH=9时，溶液中存在关系（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A根据离子存在溶液的酸碱性判断，碳酸根离子和碳酸不能大量共存；B由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3），结合Ka1（H2CO3）=计算；CPc值越大，其

31、浓度越小；D由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3，结合碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析【解答】解：A碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离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正确；B由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3），结合Ka1（H2CO3）=106，故B正确；CPc值越大，其浓度越小，当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为 c（HCO3）c（H2CO3）c（CO3 2 ），故C正确；D由图象可

32、知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3，碳酸氢钠溶液中溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），物料守恒c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），代入计算得到（H+）+c（H2CO3）=c（OH）+c（CO32），但此时不只是碳酸氢钠，属于溶液中离子浓度关系错误，故D错误；故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确图象中Pc的含义是解本题关键，再结合pH、Pc的关系来分析解答，题目难度中等二、非选择题8酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂，化学式为Cr（CH3COO）222H

33、2O，不溶于冷水，易溶于盐酸由于Cr2+易被氧气氧化，制备醋酸亚铬时，需在封闭体系中用锌作还原剂，先将Cr3+还原为Cr2+，再与醋酸钠溶液作用制得，其总反应为：2Cr3+Zn+4CH3COO+2H2OCr（CH3COO）222H2O+Zn2+请回答下列问题：（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发（2）实验开始前，必需进行的实验操作是检验装置气密性；实验开始时，打开恒压滴液漏斗的旋塞，让盐酸滴入装置2中，打开A，关闭B，目的是盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化，反应一段时间后，保持盐酸持续滴

34、下，关闭A，打开B，目的是让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应（3）已知其它反应物足量，实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1molL1的醋酸钠溶液；实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g，则该实验所得产品的产率为75%（不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失）（4）为标定实验所用的CrCl3溶液，进行了如下操作：取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入适量Na2O2，充分加热煮沸，稀释，加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72存在；再加入足量KI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，用0.25molL

35、1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液呈淡黄色，加入l mL指示剂，滴定至终点平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，2S2O32+I2S4O62十2I实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为0.08mol/L滴定过程中所用的指示剂是淀粉下列操作导致实验结果偏低的是aca移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液润洗b盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡c量取CrCl3溶液时先俯视后仰视d滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）

36、平衡压强，使液体顺利滴下，防止液体挥发；（2）制备气体需要检验装置气密性；由于Cr2+易被氧气氧化，用反应生成氢气将装置中的空气排出；利用生成的氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；（3）3.17g CrCl3为0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据CrCl2计算Cr（CH3COO）222H2O 的理论产量，进而计算其产率；（4）根据关系式2Cr3+Cr2O723I26S2O32计算；碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去；a水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小

37、；b气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内；c量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，对数偏大，则溶液体积偏大；d外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内【解答】解：（1）分液漏斗添加液体，需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发，故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发；（2）实验开始前，必需进行的实验操作是：检验装置气密性，打开A，关闭B，目的是：盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化，关闭A，打

38、开B，目的是：让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，故答案为：检验装置气密性；盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化；让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；（3）CrCl3为=0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据原子守恒，则得到Cr（CH3COO）222H2O为0.02mol，质量为0.02mol××376g/mol=3.76g，所得产品的产率为=75%，故答案为：75%；（4）设CrCl3溶液的物质的量

39、浓度为amol/L，则：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，故答案为：0.08mol/L；碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去，可以用淀粉作指示剂，故答案为：淀粉；a水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，测定浓度偏小，故a符合；b气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内，测定浓度偏大，故b不符合；c量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视

40、，液面在读数上方，对数偏大，则CrCl3溶液体积偏大，测定其浓度偏小，故c符合；d外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内，测定浓度偏大，故d不符合故选：ac【点评】本题考查物质制备实验，涉及化学仪器使用、对操作的分析评价、产率计算、位置含量的测定、信息的获取与运用等，有利于培养学生分析能力、实验能力，题目难度中等9研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作（1）NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反应：反应：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H1反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2反应：4NH3（g）+6NO2（g）5

41、N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）H3则H3=H13H2（用H1和H2的代数式表示）n（N2）（mol）相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示计算04min在A催化剂作用下，反应速率v（NO）=0.36molL1min1下列说法不正确的是aa该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Eb（B）Ec（C）b缩小体积能使体系压强增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变c单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡d若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡（2）三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最

42、重要的机外净化装置，装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图2所示的曲线催化装置比较适合的温度和压强是400K，1MPa测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）实验编号T（K）NO初始浓度（molL1）CO初始浓度（molL1）催化剂的比表面积（m2/g）400 1.00×103 3.60×103824001.00&

43、#215;1033.60×1031244501.00×103 3.60×103124研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如表三组实验：根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为5000Lmol1；并在图中画出上表中的实验II、III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】（1）已知K1K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应

44、，H10；K2K2，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II×3得到反应III，则H3=H13H2，据此分析；已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，根据v（NO）=计算；a单位时间内HO键断裂表示逆速率，NH键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；b改变压强，活化分子百分数不变；c相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；d该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小；（2）综合考虑NO的转化率和成本；汽车冷启动时的尾气

45、催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；结合表格中的浓度，利用三段法列出400K时平衡浓度，带入平衡常数表达式计算；根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断【解答】解：（1）已知K1K1，说明随温度升高，K减小，则反应为放热反应，H10；K2K2，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，H20；反应I反应II×3得到反应III，则H3=H13H2，故答案为：H13H2；已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，所以v（NO）=0

46、.36molL1min1，故答案为：0.36molL1min1；a相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）Ea（B）Ea（C），故a选；b增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故b不选；c单位时间内HO键断裂表示逆速率，NH键断裂表示正速率，单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故c不选；d该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故d

47、不选；故答案为：a；（2）由图2可知，等压条件下，温度越低，NO的转化率越高，因此温度选400K，同温下，NO的转化率随着温度的升高变化不大，所以选用较为经济的1MPa，故答案为：400K，1MPa：汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；证明反应未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）；故答案为：尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）；设400K达到平衡状态时，则 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）初始浓度（103molL1）：1 3.60 0 0转化浓度（103molL1）：

48、0.9 0.9 0.45 0.9平衡浓度（103molL1）：0.1 2.7 0.45 0.9K=5000Lmol1，因、温度相同，初始浓度相等，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但的速率大，则先达到化学平衡，、达平衡时NO的浓度相同，而的温度高，则反应速率最大且平衡逆移，即达到化学平衡时c（NO）增大，实验、条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图为，故答案为：5000Lmol1；【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率和化学平衡的影响因素与图象的关系、平衡常数的计算等知识，为高频考点，其中（3）是难点，把握控制变量法分析反应速率的影响因素及图象为解答的关键，题目难

49、度较大10锂离子电池广泛应用于日常电子产品中，也是电动汽车动力电池的首选正极材料的选择决定了锂离子电池的性能磷酸铁钾（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”（1）磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是磷酸铁锂电池不会产生重金属污染（2）高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料，按化学计量比充分混匀后，在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解，再经高温焙烧，研磨粉碎制成其反应原理如下：完成上述化学方程式Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO42LiFePO4+2NH3+3CO2+2CO

50、+7H2O理论上，反应中每转移0.15mol电子，会生成LiFePO423.7g反应需在惰性气氛的保护中进行，其原因是防止Fe（II）被氧化（3）磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，则放电时，正极的电极反应式为Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4充电时，Li+迁移方向为由左向右（填“由左向右”或“由右向左”），图中聚合物隔膜应为阳（填“阳”或“阴”）离子交换膜（4）废旧磷酸铁锂电池的正极材料（主要成分为L

51、iFePO4，难溶于水，不与强碱反应）可通过湿法回收锂和铁，其过程如下：碱溶加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物，过滤酸浸在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，发生反应的离子方程式为2LiFePO4+2H+H2O22Li+2Fe3+2PO43+2H2O，得到浸出液分离锂和铁向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀，当pH为2.7时，铁恰好沉淀完全（已知KspFe（OH）3=1×1039当离子浓度小于l×105mo1L1时，可认为该离子沉淀完全）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1

52、）重金属离子会产生污染；（2）根据原子守恒分析；C2O42中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，根据电子与LiFePO4的关系计算；亚铁离子容易被氧气氧化；（3）放电时，Li1xFePO4在正极上得电子发生氧化反应；充电时，阳离子向阴极移动；电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动；（4）LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下，被双氧水氧化为铁离子；当离子浓度小于l×105mo1L1时，可认为该离子沉淀完全，结合KspFe（OH）3计算【解答】解：（1）钴酸锂电池或锰酸锂电池中含有重金属离子，重金属离子会产生污染，所以磷酸铁锂电池比钴酸锂电池或锰酸

53、锂电池更环保；故答案为：磷酸铁锂电池不会产生重金属污染；（2）由原子守恒可知，Li2CO3+2FeC2O42H2O+2NH4H2PO42LiFePO4+2NH3+3CO2+2CO+7H2O；故答案为：2CO、7H2O；C2O42中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，生成2molCO转移2mol电子，同时生成2molLiFePO4，则当反应中每转移0.15mol电子，生成0.15molLiFePO4，其质量为23.7g；故答案为：23.7；亚铁离子容易被氧气氧化，所以要隔绝氧气，即反应需在惰性气氛的保护中进行；故答案为：防止Fe（II）被氧化；（3）电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1xFePO4+LixC6，放电时，Li1xFePO4在正极上得电子发生氧化反应，正极反应为Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4；充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，阳离子向阴极移动，即Li+由左向右移动；电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动，所以交换膜应该为阳离子交换膜；故答案为：Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4；由左向右；阳；（4）LiFePO4中