1、第 1 页，共 18 页2019 年湖南省株洲市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共 14 小题，共 42.0 分）1. 下列说法都来自某手机收到的微信，你认为无科学性错误的是（ ）铅笔芯中含有重金属铅，儿童在使用时不可用嘴吮咬铅笔，以免引起铅中毒；某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由 4.68 变为 4.28，是因为水中溶解了更多的 CO2；氮肥中的氮含量按照 N 元素的含量来计算的，但磷肥中的磷含量以及钾肥中的钾含量分别 是按照 P2O5、K2O 的含量来计算的；用灼烧并闻气味的方法可区别纯棉织物和纯毛织物。A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：铅笔的笔芯是用石墨和粘土按一定比例
2、混合制成的，不是金属铅，故错误； 二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的 pH 值小于 5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的 pH 值变得更小，故错误； 磷肥中的磷含量按有效磷 P2O5 计算，钾肥中的钾按养分 K2O 计算，所以氮肥中的氮含量按照 N 元素的含量来计算的，但磷肥中的磷含量以及钾肥中的钾含量分别 是按照P2O5、K2O 的含量来计算的，故正确； 纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相似，纯毛织物的主要成分是蛋白质，与羽毛相似，前者燃烧有烧纸的气味，后者燃烧有烧焦羽毛的气味，故正确； 故选：B。铅笔芯的主要成分是粘土和石墨； 亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；
3、一般物质的某元素含量直接按元素的含量计算，但磷肥中的磷含量按有效磷 P2O5 计算，钾肥中的钾按养分 K2O 计算； 蛋白质燃烧有烧焦羽毛的气味；本题考查化学与生活的关系，题目难度不大，掌握常见物质的组成、俗名、性质为解答关键，注意酸雨成分的化学性质。2. 下列说法正确的是（ ）A. Cl2 溶于水得到的氯水能导电，但 Cl2 不是电解质，而是非电解质B. 只有在电流作用下 KHSO4 才能电离成 K+、H +和 SO42-C. 强电解质溶液的导电能力不一定都强；弱电解质溶液的导电能力不一定都弱D. BaSO4 难溶于水，故 BaSO4 是弱电解质；醋酸铅易溶于水，故醋酸铅是强电解质【答案】C
4、【解析】解：A氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误； B只有在溶于水，在水分子作用下 KHSO4 才能电离成 K+、H +和 SO42-，故 B 错误； C电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度，离子带电荷数有关，与电解质强弱无关，故 C 正确； D电解质强弱与溶解性无关，与电离程度有关，硫酸钡难溶于水，溶于水的部分完全电离，为强电解质，故 D 错误； 故选：C。A氯气为单质； B熔融状态下硫酸氢钾电离产生钾离子和硫酸氢根离子； C电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度，离子带电荷数有关； D电解质强弱与溶解性无关，与电离程度有关。第 2 页，共 18 页本题考查了物质分类，电
5、解质性质，明确电解质、非电解质、强电解质、弱电解质基本概念是解题关键，注意电解质强弱划分依据为电离程度，题目难度不大。3. 中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间 成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了 80 多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说 法中不正确的是（ ）A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水C. 由于氢键的存在，沸点：HFHClHBrHID. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构【答案】C【解析】解：A冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的
6、原因，故 A 正确； B乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，故 B 正确； C卤素的氢化物中只有 HF 含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HFHIHBrHCl，故 C 错误； D氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，故D 正确； 故选：C。A冰中分子排列有序，含有氢键数目增多； B乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度； C卤素的氢化物中只有 HF 含有氢键； D氢键具有方向性和饱和性。本题考查氢键的形成与性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响。4. 研究表明
7、：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了八电子的稳定结 构。在一个三硫化四磷分子中含有的 P-S 共价键个数是（ ）A. 6 个 B. 7 个 C. 8 个 D. 9 个【答案】A【解析】解：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了 8 个电子的结构，P 元素可形成 3 个共价键，S 元素可形成 2 个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为 =9 个，其中一个硫形成二个 P-S 共价键，则三个硫形成 6 个 P-S 共价键。故选：A。P 的最外层有 5 个电子，形成 3 个单键可达 8 电子稳定结构，S 的最外层为 6 个电子，形成 2 个单键可达
8、到 8 电子稳定结构，以此解答。本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及原子核外电子的排布，难度不大。5. 下列实验操作完全正确的是（ ） 编号 实验 操作A 制取纯净的Fe（OH）2用铁作阴极、石墨作阳极电解煮沸过的 NaOH 溶液（液面上 覆盖一层苯）第 3 页，共 18 页B 证明 SO2 具有氧化性 将 SO2 通入酸性 KMnO4 溶液中C排除碱式滴定管尖嘴 部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压 玻璃珠，使溶液从尖嘴流出D取出分液漏斗中的上 层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体
9、继续从分液漏斗下端管口放出A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】解：A制取纯净的 Fe（OH） 2，Fe 与电源正极相连，作阳极，Fe 失去电子，故 A 错误； BSO 2 通入酸性 KMnO4 溶液中，S 元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故B 错误； C将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡，故 C 正确； D分液时避免上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端管口倒出，故 D 错误； 故选：C。A制取纯净的 Fe（OH） 2，Fe 与电源
10、正极相连，作阳极； BSO 2 通入酸性 KMnO4 溶液中，S 元素的化合价升高； C将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠； D分液时避免上下层液体混合。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应、实验操作、电解原理、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6. 下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. pH=1 的溶液中：CH 3CH2OH、Cr 2O72-、K +、SO 42-B. c（Ca 2+）=0.1molL -1 的溶液中： NH4+、C 2O42-、Cl -、Br
11、 -C. 加入铝粉放出大量 H2 的溶液：Fe 2+、Na +、Cl -、NO 3-D. 含大量 HCO3-的溶液中：C 6H5O-、CO 32-、Br -、K +【答案】D【解析】解：ApH=1 的溶液呈酸性，CH 3CH2OH、Cr 2O72-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误； BCa 2+、C 2O42-之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故 B 错误； C加入铝粉放出大量 H2 的溶液呈酸性或强碱性，Fe 2+、NO 3-在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe 2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故 C 错误； DC 6H5O-、CO 32-、
12、Br -、K +之间不反应，都不与 HCO3-反应，在溶液中能够大量共存，故 D 正确； 故选：D。A该溶液呈酸性，酸性条件下重铬酸根离子能够氧化乙醇； B草酸根离子与钙离子反应； C该溶液呈酸性或碱性，铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子； D四种离子之间不反应，都不与碳酸氢根离子反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不第 4 页，共 18 页能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H +或 OH-；溶液的具体反
13、应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。7. “聚酯玻璃钢”是制作宇航员所用氧气瓶的材料。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法中一定正确的是（ ）甲物质能发生缩聚反应生成有机高分子；1mol 乙物质最多能与 4molH2 发生加成反应；1mol 丙物质可与 2mol 钠完全反应，生成 22.4L 氢气；甲、乙、丙三种物质都能够使酸 性高锰酸钾溶液褪色A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键
14、，涉及醇、烯烃的性质，注意为解答易错点，题目难度不大。【解答】甲物质中含有碳碳双键，能发生加聚反应，不能发生缩聚反应，故错误；乙中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol 乙物质最多能与 4molH2 发生加成反应，故正确；丙中-OH 能和 Na 反应，且-OH 与 Na 以 1：1 反应，1mol 丙物质可与 2mol 钠完全反应，生成 1mol 氢气，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，无法计算氢气体积，故错误；含有碳碳双键的有机物、醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以这三种物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；故选：B。8. 短周期元素 W、X 、Y、 Z 的
15、原子序数依次增大，其中 W 的阴离子的核外电子数与 X、Y 原子的核外内层电子数相同。 X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分离法来生产 Y 的单质，W、Z 同族。下列说法中不正确的是（ ）A. 由 Y 与 Z 组成的化合物中都只含有离子键B. 这些元素的原子半径大小为 WY X ZC. Y 与 W 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D. Y 的氢化物与 Y 的最高价氧化物对应水化物可能生成盐【答案】A【解析】分析：短周期元素 W、X 、Y、Z 的原子序数依次增大， X 的一种核素在考古时常用来鉴定一第 5 页，共 18 页些文物的年代，用的是 14C，
16、采用的是断代法，则 X 为 C 元素；工业上采用液态空气分离法来生产 Y 的单质，这是工业上生产氮的方法，则 Y 为 N 元素；W 的阴离子的核外电子数与 X、Y 原子的核外内层电子数相同，W 的阴离子的核外电子数为 2，则W 为 H 元素；W、Z 同族，结合原子序数大小可知 Z 为 Na 元素，据此进行解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。解答：根据推断可知，W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 N 元素，Z 为 Na 元素，AN 与 Na 形成的 NaN3 中含有共价
17、键，故 A 错误；B电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为 WY XZ，故 B 正确；CW 与 Y 可形成化合物 N2H4，N 2H4 中既含极性共价键又含非极性共价键，故 C 正确；DN 的氢化物为氨气，N 的最高价氧化物对应水化物为硝酸，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，故 D 正确；故选：A。9. 将一定量的 SO 2（g）和 O 2（g）置于一恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应（已知该反应为放 热反应）。实验记录得到下表中的两组数据：下列有关说法中不正确的是（ ）起始量/mol平衡量/mol实验序号 温度（） 平衡常数（Lmol -1）SO2 O2
18、SO2O2达到平衡所需时间（min）1 T1 K1 4 2 x 0.8 62 T2 K2 4 2 0.4 y tA. 表中 x=1.6；y=0.2B. 表中 t6C. 表中 K1、K 2 的关系：K 2K 1D. 实验 1 在前 6min 的反应速率 （SO 2）=0.2 mol（L min） -1【答案】D【解析】【分析】本题考查化学平衡计算及温度对化学平衡移动影响，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度对化学平衡移动影响原理与温度和化学平衡常数关系是解本题关键，D 为解答易错点，题目难度不大。【解答】A根据表中数据知，消耗的 n（O 2）=（2-0.8 ）mol=1.2mol，根据 2SO2
19、（g）+O2（g ） 2SO3（g）知，消耗 n（SO 2）=2n（O 2）=21.2mol=2.4mol，剩余的n（SO 2）=（4-2.4）mol=1.6mol，即 x=1.6；消耗的 n（SO 2）= （4-0.4）mol=3.6mol，消耗的 n（O 2）= n（SO 2）= 3.6mol=1.8mol，剩余的 n（O 2）=（2-1.8）mol=0.2mol，即 y=0.2，故 A 正确；B开始时 n（SO 2）相等，达到平衡后剩余 n（SO 2）：12，说明平衡正向移动，该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，则 T1T 2，反应温度越低反应速率越慢，所以达到平衡时间：t6
20、，故 B 正确；C根据 B 知，反应温度 T1T 2，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，则第 6 页，共 18 页K2K 1，故 C 正确；D容器体积未知，无法计算二氧化硫浓度变化量，导致无法计算二氧化硫化学反应速率，故 D 错误；故选 D。10. 含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN -+OH-+Cl2CO 2+N2+Cl-+H2O（未配平）。下列说法错误的是（其中 NA 表示阿伏加德罗常数的值）（ ）A. Cl2 是氧化剂，CO 2 和 N2 是氧化产物B. 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂
21、的化学计量数之比为 2：5C. 该反应中，若有 1mol CN-发生反应，则有 5NA 电子发生转移D. 若将该反应设计成原电池，则 CN-在负极区发生反应【答案】B【解析】解：A反应 CN-+OH-+Cl2CO 2+N2+Cl-+H2O 中 Cl 元素化合价由 0 价降低为-1 价，C 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，可知Cl2 是氧化剂，CO 2 和 N2 是氧化产物，故 A 正确； B由上述分析可知，反应方程式为 2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是 CN-是还原剂，Cl 2 是氧化剂，氧化剂与还原剂的化
22、学计量数之比为 5：2，故 B 错误； C由上述分析可知，C 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为0 价，所以若有 1mol CN-发生反应，则有（4-2）+ （3-0）N A=5NA 电子发生转移，故C 正确； DC 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，则若将该反应设计成原电池，则 CN-在负极区发生氧化反应，故 D 正确。 故选：B。反应 CN-+OH-+Cl2CO 2+N2+Cl-+H2O 中 Cl 元素化合价由 0 价降低为-1 价，化合价总共降低 2 价，C 元素化合价由 +2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-
23、3 价升高为 0 价，化合价升降最小公倍数为 2（4-2）+（3-0）=10 价，故 CN-系数为 2，Cl 2 系数为 5，由元素守恒反应方程式为 2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。11. 下列说法中正确的是（ ）A. 高锰酸钾溶液能氧化乙烯，故浸有高锰酸钾溶液的硅土可做水果保鲜剂B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为 SiO2 是酸性氧化物C. Na2O2 可用于呼吸面具中氧气来源，是因为 Na2O
24、2 能将 CO2 氧化，生成 O2 D. 在处理废水时，常用明矾做消毒剂，使细菌蛋白质发生变性反应【答案】A【解析】解：A乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化，所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，故 A 正确； B硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与 SiO2 是酸性氧化物无关，故 B 错误； C过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧化钠做供氧剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，故 C 错误； D明矾只能净水，不能消毒，故 D 错误； 故选：A。A乙烯具有催熟作用，能够被高锰
25、酸钾氧化； 第 7 页，共 18 页B硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构； C过氧化钠与二氧化碳反应产生氧气； D明矾只能净水，不能消毒。本题考查较为综合，涉及物质的性质、用途等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。12. 常温下，分别取未知浓度的 HA 和 MOH 溶液，加水稀释至原来体积的 n 倍。稀释过程中，两溶液的 pH 变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. HA 为弱酸，MOH 为强碱B. 水的电离程度：XY=ZC. 若升高温度，Y、Z 点对应溶液的 pH 均减小D. 将 Y 点与 Z 点对应溶液以体积比
26、为 1：10 混合，所得溶液中：c（M +）c（A -）c（OH -）c （H +）【答案】D【解析】解：根据图象可知，稀释过程中，HA 溶液的体积变化 10n 倍，溶液的 pH 变化 n 个单位，说明 HA 为强酸；而 MOH 溶液的体积变化 10n 倍，溶液的 pH 变化小于n 个单位，说明 MOH 为弱碱， A根据分析可知，HA 为强酸，MOH 为弱碱，故 A 错误； BX 点水电离出的氢离子浓度是 10-9mol/L，Y 点水电离出的氢离子浓度是 10-10mol/L，Z 点水电离出的氢离子浓度是 10-9mol/L，所以水的电离程度 X=ZY，故 B错误； C升高温度，水的离子积增大
27、，Y 点氢离子浓度基本不变，则其 pH 不变；Y 点氢离子浓度增大，则 Y 点溶液 pH 减小，故 C 错误； DY 点 pH=4，氢离子浓度为 10-4mol/L，HA 的浓度为 10-4mol/L；Z 点 pH=9，氢氧根离子浓度为 10-5mol/L，MOH 为弱碱，则 MOH 的浓度大于 10-5mol/L，将 Y 点与 Z点对应溶液以体积比为 1：10 混合，由于 MOH 过量，混合液呈碱性，则 c（OH -）c（H +），结合电荷守恒可知： c（M +）c（A -），溶液中离子浓度大小为：c（M +）c（ A-）c （OH -）c（H +），故 D 正确； 故选：D。根据图象可知，
28、稀释过程中，HA 溶液的体积变化 10n 倍，溶液的 pH 变化 n 个单位，说明 HA 为强酸；而 MOH 溶液的体积变化 10n 倍，溶液的 pH 变化小于 n 个单位，说明 MOH 为弱碱， AHA 应该为强酸，MOH 为弱碱； B酸碱溶液都抑制了水的电离，酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水的电离的； CY 点 HA 溶液呈酸性，升高温度后氢离子浓度基本不变，溶液 pH 不变； DMOH 为弱碱，混合液中 MOH 过量，溶液呈碱性，则 c（OH -）c（H +），结合电荷守恒判断离子浓度大小。本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为第 8 页，共
29、 18 页解答关键，注意掌握离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。13. 三氧化二镍（Ni 2O3）可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如 下：用 NaOH 溶液将 NiCl2 溶液的 pH 调至7.5，加入适量硫酸钠固体 后进行电解。电解过程中产生的 Cl2 在弱碱性条件下生成 ClO-，把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为 Ni3+，再将 Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3电解装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力B. 电解过程中阳极附近溶液的 pH 降低C. 电解过程中，溶液中的 Cl-经阳离子交换
30、膜向阳极移动D. ClO-氧化 Ni2+的离子方程式为：ClO -+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3+2OH-【答案】C【解析】解：A硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，故 A 正确； B电解过程中，阴极反应：2H +2e-=H2，促进水的电离，氢氧根离子浓度增大，该极附近溶液的 pH 升高，阳极反应： 2Cl-2e-=Cl2，电解过程中阳极附近生成的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液的 pH 降低，故 B 正确； C阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的 Cl-不能通过阳离子交换膜，故 C 错误； DClO -氧化 Ni2+，生
31、成氯离子、 +3 价的镍，离子反应为：ClO -+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3+2OH-，故 D 正确； 故选：C。A硫酸钠是一种强电解质，溶液的导电能力强； B根据电解池阴极上和阳极上的电极反应来判断； C阴离子不能通过阳离子交换摸； D次氯酸根离子具有氧化性，氧化 +2 价的镍生成+3 价的镍。本题考查了电解池原理，正确获取并理解题干信息是解本题关键，该考点是高考考查的重点和难点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等。14. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液 200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能 溶解 l9.2g（已知硝酸只被还原为 NO 气体，下同）。向另一份
32、中逐渐加入铁粉，产生气体的 量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. c 点时，溶液中的溶质为 Fe2（SO 4） 3B. ab 段发生反应的离子方程式为：Fe+Fe 3+=2Fe2+C. 原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为 0.4 mol/LD. 原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为 4 mol/L第 9 页，共 18 页【答案】D【解析】解：由图象可知，由于铁过量，oa 段发生反应为：Fe+NO 3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，ab 段发生反应为：Fe+2Fe 3+=3Fe2+，bc 段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2。A、所以 c 点是硫酸亚铁，而不是硫酸铁，故
33、A 错误；B、ab 段发生反应为：Fe+2Fe 3+=3Fe2+，故 B 错误；C、oa 段发生反应为：Fe+NO 3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中 n（NO 3-）=2n （Fe）=2 =0.4mol，混合酸中 HNO3 物质的量浓度为=2mol/L，故 C 错误；D、反应消耗 22.4g 铁，也就是 =0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸 0.4mol，所以硫酸的浓度是 4mol/L，故 D 正确；故选：D。由图象可知，由于铁过量，oa 段发生反应为：Fe+NO 3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，ab 段发生反应为
34、：Fe+2Fe 3+=3Fe2+，bc 段发生反应为：Fe+2H +=Fe2+H2由此分析解答。本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。二、简答题（本大题共 3 小题，共 34.0 分）15. 下列各实验中需用浓盐酸而不宜用稀盐酸，请写出反应的化学方程式并阐明理由。（1）配制 SnCl2 溶液时，将 SnCl2（s） 溶于浓盐酸后再加水稀释 _。（2）加热 MnO2 与浓盐酸的混合物制取氯气_。（3）需用浓盐酸与浓硝酸混合配制王水才能溶解金（生成 HAuCl 4）_。【答案】Sn 2+4Cl-=SnCl42
35、-，浓盐酸作用是形成 SnCl42-，可以防止 Sn（OH ）Cl 的形成，抑制 SnCl2 水解 MnO2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸有利于提高二氧化锰的氧化性，同时提高 HCl 的还原性，使反应正向进行 有利于增强 Au 的还原性，并且提高硝酸的氧化性，有利于反应正向进行【解析】解：（1）配制 SnCl2 溶液时，将 SnCl2（s）溶于浓盐酸后再加水稀释，Sn2+4Cl-=SnCl42-，浓盐酸作用是形成 SnCl42-，可以防止 Sn（OH ）Cl 的形成，抑制SnCl2 水解，故答案为：Sn 2+4Cl-=SnCl42-，浓盐酸作用是形成 SnCl42-，可以防止
36、 Sn（OH ）Cl 的形成，抑制 SnCl2 水解；（2）浓盐酸和二氧化锰反应：MnO 2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸有利于提高二氧化锰的氧化性，同时提高 HCl 的还原性，使反应正向进行，故答案为：MnO 2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸有利于提高二氧化锰的氧化性，同时提高 HCl 的还原性，使反应正向进行；（3）王水的氧化性大于硝酸的氧化性，则用浓 HCl 溶液配制王水才能溶解金，Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O，浓盐酸作用：有利于增强 Au 的还原性，并且提高硝酸的氧化性，有利于反应正向进行，故答案为：Au+HNO 3+4HC
37、l=HAuCl4+NO+2H2O，有利于增强 Au 的还原性，并且提高硝酸的氧化性，有利于反应正向进行。（1）将 SnCl2（ s）溶于浓盐酸后再加水稀释，抑制水解；第 10 页，共 18 页（2）稀盐酸和二氧化锰不能反应生成氯气；（3）王水的氧化性大于硝酸的氧化性；浓盐酸能提高金的还原性和浓硝酸的氧化性。本题考查了盐类水解原理、化学方程式书写、试剂浓度随反应的影响分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。16. 硫的化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料制备的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、大气污染等。羰基硫的水解和氢解是两种常用的脱硫方法，
38、其反应式分别为：a水解反应：COS （g）+H 2O（g） H2S（g）+CO 2（g ）H 1=-35kJmol-1b氢解反应：COS（g）+H 2（g）=H 2S（g）+CO（g） H2已知：CO（g）+H 2O（g） H2（g）+CO 2（g）H 3=-42kJmol-1（1）完成上述氢解反应的热化学方程式：_。（2）一定条件下，密闭容器中发生反应 a，其中 COS（g）的平衡转化 率（）与温度（T）的关系如图所示。则 A 、B、C 三点对应的状态中，（COS）=（ H2S）的是_（填字母）。（3）反应 b 的正、逆反应的平衡常数（K ）与温度（T）的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常
39、数（K 正）的是 _（填“A ”或 “B”）。（4）T 1时，向容积为 10L 的恒容密闭容器中充入 2mol COS（g）和2mol H2（g），发生反应 b，则： COS 的平衡转化率为_ 。矿石冶炼与含硫化合物有关。（5）将冰铜矿（主要为 Cu2S 和 FeS 相熔合而成）加熔剂（石英砂）在 1200左右吹入空气 进行吹炼：Cu 2S 被氧化为 Cu2O，生成的 Cu2O 与 Cu2S 反应，生成含Cu 量约为 98.5%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是：_；_。（ 6）废气中的 SO2 可用 NaOH 溶液吸收，吸收 SO2 后的碱性溶液还可用于 Cl2 的尾气处理，吸收 C
40、l2 后的溶液仍呈强碱性。吸收 Cl2 后的溶液中一定存在的阴离子有 OH-、_。吸收 Cl2 后的溶液中可能存在 SO32-，取该溶液于试管中，滴加黄色的溴水，得到无色溶液。此实验不能证明溶液中含有 SO32-，理由是_。第 11 页，共 18 页【答案】COS （ g）+H 2（g）H 2S（g）+CO（g）H=+7kJ/mol ABC A 50% 2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+2SO2 SO42-、Cl - NaOH 溶液能跟溴单质反应，使溶液呈无色【解析】解：（1）COS（g）+H 2O（g）H 2S（g）+CO 2（g）H 1=-35kJmo
41、l-1CO（g）+H 2O（g） H2（g）+CO 2（g）H 3=-42kJmol-1将方程式-得 COS（g）+H 2（g）H 2S（g）+CO （g）H=（-35kJ/mol ）- （-42kJ/mol）=+7kJ/mol，故答案为：COS（g）+H 2（g）H 2S（g）+CO（g）H=+7kJ/mol；（2）根据方程式知，COS 和 H2S 的化学计量数相等，则二者化学反应速率相等，与反应无法达到平衡状态无关，与温度无关，故选 ABC；（3）该反应的正反应是吸热反应，则逆反应是放热反应，升高温度平衡正向移动，导致正反应平衡常数增大，故选 A；（4）T 1时，正逆平衡常数相等，正逆反应
42、平衡常数互为导致，则该温度下正逆反应平衡常数为 1，开始时 c（H 2）=c（COS）= =0.2mol/L，设 COS 的平衡转化率为 x，可逆反应 COS（g）+H 2（g）H 2S（g）+CO（g）开始（mol/L）0.2 0.2 0 0反应（mol/L）0.2x 0.2x 0.2x 0.2x平衡（mol/L）0.2-0.2x 0.2-0.2x 0.2x 0.2x化学平衡常数 K= =1，x=0.5=50%，故答案为：50%；（5）Cu 2S 被氧化为 Cu2O：2Cu 2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu 2O 与 Cu2S 反应：2Cu2O+Cu2S 6Cu+2SO2，故答案为：
43、2Cu 2S+3O2 2Cu2O+2SO2；2Cu 2O+Cu2S 6Cu+2SO2；（6）吸收 SO2 后的碱性溶液还可用于 Cl2 的尾气处理，亚硫酸钠与氯气发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，则吸收 Cl2 后的溶液中一定存在的阴离子有 OH-、SO 42-、Cl -，故答案为：SO 42-、Cl -；滴加黄色的溴水，得到无色溶液，此实验不能证明溶液中含有 SO32-，理由是 NaOH溶液能跟溴单质反应，使溶液呈无色，故答案为：NaOH 溶液能跟溴单质反应，使溶液呈无色。（1）COS （ g）+H 2O（g）H 2S（g）+CO 2（g） H1=-35kJmol-1CO（g）+H 2O（g
44、） H2（g）+CO 2（g）H 3=-42kJmol-1将方程式-得 COS（g）+H 2（g）H 2S（g）+CO （g）H 进行相应的改变；（2）根据方程式知，COS 和 H2S 的化学计量数相等，则二者化学反应速率相等；（3）该反应的正反应是吸热反应，则逆反应是放热反应，升高温度平衡正向移动，导致正反应平衡常数增大；（4）T 1时，正逆平衡常数相等，正逆反应平衡常数互为导致，则该温度下正逆反应平衡常数为 1，开始时 c（H 2）=c（COS）= =0.2mol/L，设 COS 的平衡转化率为 x，第 12 页，共 18 页可逆反应 COS（g）+H 2（g）H 2S（g）+CO（g）开
45、始（mol/L）0.2 0.2 0 0反应（mol/L）0.2x 0.2x 0.2x 0.2x平衡（mol/L）0.2-0.2x 0.2-0.2x 0.2x 0.2x化学平衡常数 K= =1，据此计算 x；（5）Cu 2S 被氧化为 Cu2O：2Cu 2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu 2O 与 Cu2S 反应：2Cu2O+Cu2S 6Cu+2SO2；（6）氯气具有强氧化性，SO 32-中+4 价的硫具有还原性，氯气与 SO32-会发生氧化还原反应；溶液显碱性时能与溴水反应，不能确定溴水与 SO32-会发生氧化还原反应。本题考查较综合，涉及盖斯定律、化学平衡计算、氧化还原反应等知识点，侧
46、重考查分析判断及计算能力，明确三段式在化学平衡计算中的灵活运用、氧化还原反应方程式书写方法是解本题关键，题目难度中等。17. 苯噁洛芬是一种消炎镇痛药，可用于治疗风湿性关节炎、类风湿性关节炎及其它炎性疾病。某研究小组按下列路线合成药物苯噁洛芬：已知：aR-CN R-COOHbR-NO 2 R-NH2CCH 3CH2NH2 CH3CH2OH请回答：（1）化合物 H 的结构简式为： _。（2）化合物 F 中所含的官能团有氨基、_和_等。（3）下列说法正确的是_。A化合物 A 能发生取代反应、加成反应B化合物 F 遇到 FeCl 3 显紫色，可以发生缩聚反应C1mol 化合物 G 最多可以与 3mo
47、l NaOH 反应D苯噁洛芬的分子式是 C16H11O3NCl（4）写出 DE 的化学方程式 _。（5）写出 B 的任意一种满足下列条件的同分异构体的结构简式：_。第 13 页，共 18 页核磁共振氢谱表明分子中有 4 种氢原子；红外光谱显示有苯环且其含有邻位二取代的五元环，并有 N-H 键。（6）若苯与乙烯在催化剂条件下发生反应生成乙苯，且，请设计由 苯和乙烯为原料制备化合物 A 的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）：_。【答案】 羧基 羟基 AB 【解析】解：（1）由分析可知，化合物 H 的结构简式为：，故答案为： ；（2）F 为 ，化合物 F 中所含的官能团有氨基、羧基、羟基，故答案
48、为：羧基、羟基；（3）A化合物 A 含有苯环等，能发生取代反应、加成反应，故 A 正确；B化合物 F 为 ，含有酚羟基，遇到 FeCl3 显紫色，含有羧基、氨基，可以发生缩聚反应，故 B 正确；CG 为 ，酯基、酚羟基能与氢氧化钠反应，1mol 化合物 G 最多可以与 2mol NaOH 反应，故 C 错误；D苯噁洛芬的分子式是 C16H12O3NCl，故 D 错误，故选：AB；（4）DE 的化学方程式：，故答案为：第 14 页，共 18 页；（5）B（ ）的任意一种同分异构体满足下列条件：核磁共振氢谱表明分子中有 4 种氢原子；红外光谱显示有苯环且其含有邻位二取代的五元环，并有 N-H 键，可能的结构简式为：，故答案为：；（6）苯与乙烯发生加成反应生成 ，然后与氯气在光照条件下生成，再与 NaCN 作用生成 ，最后与HNO3/C
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