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1、2020 年安徽省合肥市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共 1414小题，共 84.084.0分）1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是()A.瓷器烧制前后颜色不同的现象称为“窑变”，“窑变”属于物理变化B.从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现C.“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环D.在轮船外壳装上锌或锡等金属块可减慢钢铁的腐蚀2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.25，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1 109NAB.标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为NAC.标准状况下，22.4L己
2、烷中共价键数目为19NAD.过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2NA3.某有机物 A的结构简式如下：.下列叙述正确的是()A.有机物 A属于芳香烃B.有机物 A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应C.有机物 A和浓硫酸混合加热170时，可以发生消去反应D.1mol A和足量的 NaOH溶液反应，可以消耗 2mol NaOH4.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.常温下加水稀释时c(H+)/c(OH)明显增大的溶液：CH3COO、Ba2+、NO3、BrB.使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I、S2O23C.0.1mol/L Fe(NO3)2溶液
3、：Fe(CN)63、Na+、SO24、Cl+2、K+、HCOD.0.1mol/L NaAlO2溶液：NH43、SO35.下列离子方程式正确的是()A.氯气和水反应：Cl2+H2O Cl+ClO+2H+B.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO24=BaSO4C.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O2+D.碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO+2OH=CaCO3+CO23+Ca3+2H2O6.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A.AB.BC.CD.D7.某固体混合物 X可能是由 Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或
4、两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示(所加试剂均过量)。下列说法不正确的是()A.该固体混合物一定含有 Fe、Na2CO3、BaCl2B.气体 A 一定是混合气体C.白色沉淀 B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D.沉淀 A一定是H2SiO38.已知 X、Y两元素能实现如图所示的转化：是()，下列说法中错误的A.X可以是金属B.X 可以是非金属C.m可以等于 1或 2D.XYm与XYn的相互转化是可逆反应9.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作A.B.C.过量的 Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入 KSCN溶液现象溶液呈红
5、色解释或结论稀HNO3将 Fe氧化为Fe3+Fe、Al 与浓HNO3不反应该溶液含有硫酸根离子常温下，Fe、Al 放入浓HNO3中无明显现象往某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀将用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯 铝熔化但不滴落D.上加热下来氧化铝的熔点较高A.AB.BC.CD.D10.下列说法正确的是()A.化学反应放出或吸收热量的多少与物质的性质、反应物的物质的量及物质状态有关B.C(石墨)=C(金刚石)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化C.加热条件对于放热反应和吸热反应的作用和意义是相同的D.燃料燃烧时只是将化学能全部转化为热能11.对于Fe+2HCl=FeCl2+H2反应，下列
6、说法不正确的是()A.Fe是还原剂，被氧化B.HCl 是氧化剂，发生了还原反应C.1价氯在反应中价态未变，所以HCl既不是氧化剂，又不是还原剂D.此反应既是置换反应又是氧化还原反应12.某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a 的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极 b的材料是聚苯胺(PANI)。电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b 发生的反应是PANI 2e=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极 b 表面与 PANIO反应可使电池再生。下列说法 不正确的是A.电池工作时电极 a 为正极，且发生的反应是：Fe3+e=Fe2+B.电池工
7、作时，若在电极 b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b 周围慢慢变红C.电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D.电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANIy两种碱溶液各5 mL，13.现有pH=11的 x、分别稀释至500 mL，其 pH与溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是()A.稀释后 x 溶液中水的电离程度比y溶液中水的电离程度小B.若 x、y是一元碱，则等物质的量浓度的y的硝酸盐溶液的 pH比x 的硝酸盐溶液大C.若 x、y都是弱碱，则 a 一定大于 9D.完全中和 x、y两溶液时，消耗同浓度的稀硫酸的体积V(x)=V(
8、y)14.某铁的“氧化物”样品，用5 mol L1盐酸 120 mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是()A.Fe5O7B.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe8O9二、实验题（本大题共1 1 小题，共 15.015.0分）15.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为ClCH2COOH+2NaOH HOCH2COONa+NaCl+H2O H”“”或“=”)，v(M)=_。达到平衡状态时，平均反应速率v(N)：(4)若 M、N均为气体，则下列可以判断该反应达到平衡状态的是_(填序
9、号，下同)。生成 1mol M的同时，消耗 2mol N混合气体的平均摩尔质量不再发生变化混合气体中各物质的浓度保持不变混合气体中 M、N 的浓度之比等于两者的化学计量数之比t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡(5)已知 M、N均为气体，则下列措施能增大反应速率的是_。A.升高温度 B.降低压强 C.减小 M的浓度 D.将反应容器体积缩小四、推断题（本大题共1 1 小题，共 15.015.0分）19.已知短周期主族元素 Q、T、U、V、W、X、Y、Z原子序数依次增大。已知：T与 U、V同周期，W 与 X、Y、Z同周期，U 和 Y同族；元素 Q 的某种核素没有中子；元素T的最高正价与最低负价的代
10、数和为 0；Q与 U 形成的气态化合物标况下的密度为0.76g/L；工业上通过分离液态空气获得 V 的单质，且该单质的某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障；W、X、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间都能反应，且W、X、Z原子最外层电子数之和等于W的原子序数。(1)元素 Y在周期表中的位置是_(2)元素 Q与 V可以形成 18电子化合物的其电子式为_(3)由 Q、T、U、V四种元素共同形成的 1：1 型离子化合物可与少量W 的最高价氧化物对应水化物反应。写出反应的离子方程式_(4)Z的单质在工业上有很多用途，写出其实验室制备发生的化学反应方程式：_(5)V的简单氢化物比 T 的氢化物的更
11、稳定的原因是_。【答案与解析】【答案与解析】1.1.答案：答案：C解析：解析：本题考查物质的转化过程中涉及物理变化、化学变化，需能正确区分物理变化及化学变化，题目较简单。解析：解析：A.“窑变”是因为高温下某些金属的价态发生变化从而导致颜色变化，“窑变”属于化学变化，故A错误；B.从海水中制取食用的精盐，需要蒸发结晶，属于物理变化，故B错误；C.自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化为二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料，“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故C 正确；D.锡的金属性弱于铁，在轮船外壳装上
12、锡金属块会加快钢铁的腐蚀，故D 错误。故选 C。2.2.答案：答案：D解析：解析：本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。A.25，1L pH=9的CH3COONa溶液中，溶液中的c(H+)=109mol/L，而溶液中的c(OH)=105mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则发生电离的水分子数为1 105NA，故 A 错误；B.NO与O2反应生成二氧化氮，则标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后生成 1mol二氧化氮，而二氧化氮可生成四氧化二氮，故最后气体的分子数小于NA，故 B错误；C.标准状况下，己烷为液体，无法
13、用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，则电子转移数大于0.2NA，故 D正确。故选 D。3.3.答案：答案：D解析：解析：解：A.该物质中除了含有 C、H元素外还含有 O元素，所以不属于芳香烃，故A 错误；B.该分子中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，故B错误；C.连接醇羟基碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以醇羟基不能发生消去反应，故 C
14、错误；D.氯原子水解生成的HCl能和 NaOH反应，且含有酚羟基，所以 1 mo1A 与足量的 NaOH 溶液反应，最多可以消耗 2mol NaOH，故 D正确；故选：D。该有机物中含有Cl，能发生水解，同时含有 OH，可发生酯化反应、取代反应，可与钠反应生成氢气，含有苯环，可发生加成反应，以此解答该题本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇和卤代烃发生消去反应条件的区别，易错选项是C4.4.答案：答案：A解析：解析：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大。A.加水稀释时c(H+)/c(OH)明显增大，溶液显碱性，
15、该组离子之间不反应，可大量共存，故 A正确；B.使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，S2O23在酸性溶液中不能大量共存，故 B 错误；C.Fe2+离子与Fe(CN)63之间反应时生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C 错误；D.HCO3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D 错误；故选：A。5.5.答案：答案：C解析：解析：本题考查了离子方程式的正误判断和注意问题，弱电解质判断，电荷守恒，反应量关系等，题目难度中等。A.反应生成的 HClO是弱酸，氯气和水的反应：Cl2+H2O H+Cl+HClO，故 A 错误；+B.漏掉氢氧根离子与铵根离子的
16、反应，硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2NH4+2OH+Ba2+SO24=BaSO4+2NH3 H2O，故 B错误；C.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化，离子方程式：故 C 正确；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，2+D.碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式：HCO+OH=CaCO3+H2O，故3+Ca+D错误。故选 C。6.6.答案：答案：C解析：解析：本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体的制取、混合物的分离等知识点，注重基础知识的考查。A.因氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应，不能达到除杂的目的，应选用饱和食盐水，故A 错误；B.NH4Cl受热易分
17、解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液的方法制备NH4Cl晶体，故 B错误；C.碳酸钙为块状固体，能使反应随时停止，可制取二氧化碳，故C正确；D.CCl4的密度比水大，分层后在下层，与图中装置分层现象不符，故D错误。故选 C。7.7.答案：答案：A解析：解析：本题考查物质的组成及实验确定，为高频考点，把握实验流程中发生的反应、物质的性质为解答本题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。X加稀盐酸产生沉淀 A，则一定含有Na2SiO3，气体 A 使澄清石灰水变混浊，则含二氧化碳，则X中含有Na2CO3，溶液 A 加 NaOH溶液生成白色沉淀为Fe(OH)2，则
18、X一定含有 Fe，溶液 B加硝酸盐生成白色沉淀 C为 AgCl，不能确定含有BaCl2，因为 X 中加入盐酸含有Cl，故 BaCl2无法确定，据此答题。A.该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3，可能含有BaCl2，故 A 错误；B.X含有Na2CO3、Fe，据分析气体 A 为氢气和二氧化碳的混合气体，故B正确；C.白色沉淀 B 为Fe(OH)2，易被氧化，在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色，生成氢氧化铁，故 C正确；D.加盐酸产生沉淀的只有Na2SiO3，沉淀 A 一定是H2SiO3，故 D正确；故选 A。8.8.答案：答案：DA.当 X 是金属铁时，解析：解析：解：铁和盐酸反应生成氯化亚铁
19、，氯化亚铁可以和氯气反应生成氯化铁，氯化铁可以和金属铁反应生成氯化亚铁，故A正确；B.当 X是碳单质时，碳可以和氧气生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和单质碳化合为一氧化碳，故B 正确；C.根据 A和 B 答案分析，可以获得结论：m可以等于 1或 2，故 C正确；D.氯化亚铁可以和氯气反应生成氯化铁，氯化铁可以和金属铁反应生成氯化亚铁，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和单质碳化合为一氧化碳，以上两个反应均不可逆，故D错误。故选：D。A.X为 Fe，XYm为氯化亚铁，XYn为氯化铁时符合转化关系；B.X为碳，XYm为 CO，XYn为CO2时符合转化关系；C.根
20、据 A、B的分析进行判断；D.XYm与XYn的相互转化不一定具备相同条件、同时向两个方向进行反应本题考查无机物推断，题目综合性强，属于猜测验证型，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度较大9.9.答案：答案：D解析：解析：本题考查化学实验方案的评价，涉及硝酸、铁、铝、浓硫酸等物质的性质，离子的检验等知识，题目难度中等。A.过量的 Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，生成亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，故A错误；B.常温下，Fe、Al 放入浓HNO3或浓H2SO4中，发生钝化现象，生成致密的氧化物薄膜，故 B 错误；C.往某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液可能含有硫酸
21、根离子或银离子，故 C 错误；D.将用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，因氧化铝的熔点较高，铝熔化但不滴落下来，故 D正确。故选 D。10.10.答案：答案：A解析：解析：解：A.物质的性质、状态、物质的量均影响能量变化，化学反应放出或吸收热量的多少与物质的性质、反应物的物质的量及物质状态有关，故A正确；B.C(石墨)=C(金刚石)中有能量变化，故B 错误；C.对放热反应加热可引发反应，对吸热反应加热提供能量，则作用、意义不同，故C 错误；D.任何能量形式之间的转化，效率都不能达到100%，故 D错误；故选：A。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量转化为解答的关键，侧重分析
22、与应用能力的考查，注意选项C 为解答的难点，题目难度不大。11.11.答案：答案：C解析：解析：解：A、Fe+2HCl=FeCl2+H2反应中铁元素化合价从0价升高到+2价，做还原剂被氧化，故 A 正确；B、HCl中氢元素化合价从+1价变化为 0 价，化合价降低做氧化剂，发生了还原反应，故B正确；C、1价氯在反应中价态未变，氯元素未参加氧化还原反应，但HCl中的氢元素化合价变化，HCl做氧化剂，故 C错误；D、单质和化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，元素化合价变化的反应为氧化还原反应；此反应既是置换反应又是氧化还原反应，故D 正确；故选 CA、依据元素化合价变化分析，铁元
23、素化合价升高做还原剂被氧化；B、HCl中氢元素化合价降低是氧化剂，发生了还原反应；C、氯元素化合价不变，未参与氧化还原反应；D、单质和化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，元素化合价变化的反应为氧化还原反应本题考查了氧化还原反应的判断，特征，实质，元素化合价变化是氧化还原反应的特征，题目较简单12.12.答案：答案：C解析：解析：本题考查原电池的工作原理，注意电极b 发生的反应结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，题目难度中等。由加热使电池工作时电极b 发生的反应是PANI 2e=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，可a 电极为原电
24、池的正极，知电极 b为原电池的负极，发生还原反应，电极方程式为Fe3+e=Fe2+，电池冷却时Fe2+在电极 b 表面与 PANIO反应可使电池再生，则冷却时发生的方程式为：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANI，A.电池工作时，a电极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为Fe3+e=Fe2+，故 A 正确；B.电池工作时，电极b 发生的反应是PANI 2e=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，所以在电极 b 周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，故B 正确；C.电池冷却时，Fe2+在电极 b表面与 PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2+PANIO
25、+2H+=2Fe3+PANI，没有形成原电池，因此正负极间接有电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D.电池冷却时，Fe2+在电极 b表面与 PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANI，故 D正确。故选 C。13.13.答案：答案：C解析：解析：本题主要考查了溶液稀释pH 的变化规律，本题易错之处是误认为 pH相同的溶液的物质的量浓度就相同，体积相同时消耗的硫酸相等，而错选D，应注意。A.根据图象可知，稀释后x溶液的 pH小于 y溶液，对水电离的抑制程度小于y溶液，A项错误；B.在稀释过程中，x 溶液的 pH变化大，说明 x 的碱性强于 y，B
26、 项错误；C.弱碱在稀释过程中会电离出OH，C 项正确；D.y的电离程度小于 x，所以 y溶液的浓度大于 x 溶液，则 y溶液消耗的硫酸多，D项错误。14.14.答案：答案：D解析：解析：本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，解题的关键是把握氧化物与盐酸反应的特点，以此确定氧原子数目，结合氯原子守恒解答该题。n(HCl)=0.12L 5.0mol/L=0.6mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)=12n(HCl)=0.3mol，所得溶液还能吸收0.1molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n(Cl)=0.2mol+0.6=0.8
27、mol，则n(Fe3+)=3n(Cl)=0.8310.83mol，所以氧化物中n(Fe)：n(O)=:0.3=8:9，所以化学式为Fe8O9，综合上述，故 D 正确。15.15.答案：答案：(回流)冷凝管 防止升温太快、控制反应体系pH 防止暴沸 减小 趁热过滤 提高羟基乙酸钠的析出量(产量)解析：解析：解：(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH。故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。(2)步骤 2 中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸。故答案为：防止
28、暴沸。(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。故答案为：减小；趁热过滤。(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4 中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。(1)熟悉常见的蒸馏装置；NaOH溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液可以降温也可以控制pH；(2)沸石或碎瓷片的作用是防止暴沸。(3)粗产品溶于过量水，导致得到的产物减少；产品易溶于热水，而活性炭不溶于水，可以趁热过滤除去活性炭
29、。(4)根据题干信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，所以将所得溶液加到适量乙醇中，有利于羟基乙酸钠的析出。本题考查学生的读图、理解能力，能够认识装置图中仪器，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：常见的实验仪器、蒸馏、过滤等知识，学生要准确把握基础实验知识，尤其是物质的分离和提纯实验操作，难度较小。16.16.答案：答案：BDCH2=CH2酸性 KMnO4Fe/HCl、解析：解析：解：根据 H 结构简式知，A结构简式为，B为，A发生信息的反应，C结构简式为根据 H结构简式知，D和 E发生反应生成 F，根据 F结构简式及 D分子式知，D为HOCH2COOH，E 为Cl2，根据 G分子式知
30、，C和 F发生取代反应生成 G，G为，G 发生消去反应生成 H，H结构简式为，(1)化合物 A 的结构简式为，故答案为：；(2)A.B为，氨基具有碱性，故 A正确；B.D为HOCH2COOH，能发生自身的缩聚反应，故B 错误；C.化合物 G 在 NaOH 水溶液能发生取代反应生成H，故 C正确；D.药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H10Cl2NO2Na，故 D 错误；故选 BD；(3)G为，G 发生取代反应生成 H，H结构简式为，反应方程式为，故答案为：；(4)苯和乙烯发生加成反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，发生还原反应生成，其合成路线为CH2=CH2酸性 KM
31、nO4Fe/HCl，故答案为：CH2=CH2酸性 KMnO4Fe/HCl；(5)H为，H的同分异构体符合下列条件：分子中含有联苯结构()和OCH3基团；核磁共振氢谱显示只有 4 种不同的 H 原子，符合条件的同分异构体有、，故答案为：、。根据 H结构简式知，A结构简式为，B 为，A 发生信息的反应，根据 H结构C 结构简式为简式知，D和 E 发生反应生成 F，根据 F结构简式及 D分子式知，D为HOCH2COOH，E 为Cl2，根据G 分子式知，C和 F发生取代反应生成 G，G 为，G发生取代反应生成 H，H结构简式为，本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查知识综合运用能力，明确有机物官能团及
32、其性质、物质之间的转化关系、反应条件是解本题关键，难点是合成路线设计及同分异构体判断，题目难度中等。17.17.答案：答案：(1)水浴加热(2)4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于 AgCl与氨水反应(5)向滤液中滴加2mol L1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol L1H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥(6)A端；I2+2e=2I解析：解析：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应
33、、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。(1)“氧化”阶段需在 80条件下进行，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热；(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2；(3)为提高 Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少 Ag的损失；(4)若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需
34、要增加氨水的用量，除因过量 NaClO与NH3 H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3 H2O不反应)，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于 AgCl与氨水反应；(5)由信息可知，从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案为向滤液中滴加2mol L1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol L1H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥；(6)A端生成I2，原电池工作时，石墨电极为正极，电极反应式：I2+2e=2I。18.18.答案：答案：(1)2N M(2)tmol/(L min)22(3)t3；=
35、2：1(4)(5)AD解析：解析：本题主要考查化学平衡的知识，涉及到化学平衡状态的判断，对影响化学反应速率的因素的掌握等，一定要区别温度、压强对化学反应速率和化学平衡移动影响的区别。(1)由图象看出反应从开始到t2，N的物质的量减小，应为反应物，物质的量变化值为8mol 4mol=4mol，M的物质的量增多，应为是生成物，物质的量的变化值为4mol 2mol=2mol，根据物质的量的变化与化学计量数呈正比，则有n(N)：n(M)=4mol：2mol=2：1，所以反应的化学方程式为2N M；故答案为：2N M；(2)反应到t2min末，N的反应速率=84mol/L2t2min=2t2mol/(L
36、 min)；故答案为：t2mol/(L min)；2(3)达到平衡状态时，各物质的物质的量不再发生变化，由曲线的变化可知t3时刻处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知平均反应速率v(N)：v(M)=2：1，故答案为：t3；=；2：1；(4)反应的化学方程式为2N(g)M(g)，反应前后气体的化学计量数不等，则当反应处于平衡状态时，压强不再改变；生成 1mol M的同时，消耗 2mol N，不能说明达到平衡状态，故错误；混合气体的平均摩尔质量=平衡状态，故正确；混合气体若各物质的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；混合气体中 M、N的浓度之比等于两者的
37、化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；由图可知，t2时，正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，故错误；故答案为：；(5)A.升高温度反应速率增大，故A 正确；B.降低压强反应速率减小，故B错误；C.减小 M 的浓度，反应速率减小，故C 错误；D.将反应容器体积缩小，反应速率增大，故D正确；故选 AD。m总nn总，混合气体的平均摩尔质量不再发生变化，则总不变，反应达到19.19.答案：答案：(1)第三周期第 VA族；(2)；2(3)HCO3+OH=CO3+H2O；(4)4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；(5)O的非金属性比 C强或H O键能比H C大。解析：解析：本
38、题主要考查元素的推断，元素周期表和元素周期律等相关内容，难度一般，注意常见物质的性质，推断出每种元素的种类是解题关键。元素 Q的某种核素没有中子，则Q为氢元素；工业上通过分离液态空气获得V的单质，该单质的某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障，则V为氧元素；T 元素最高正价与最低负价之和为0，处于A族，原子序数小于氧元素，则T 为碳元素；Q与 U形成的气态化合物标况下的密度为0.76g/L，相对分子质量为：M=Vm=0.76g/L 22.4L/mol=17.024g/mol，相对分子质量为17；该气体为NH3，则 U为 N元素；U和 Y同族，则 Y为 P；W 与 X、Y、Z同周期，W、X、
39、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间都能反应，且W、X、Z原子最外层电子数之和等于W的原子序数，则 W为 Na，X为 Al，Z为 Cl，据此解答。(1)元素 Y为 P，在周期表的位置是：第三周期第VA族，故答案为：第三周期第VA族；(2)元素 H与 O可以形成 18电子化合物为H2O2，属于共价化合物，其电子式为：；故答案为：；(3)由 Q、T、U、V四种元素(H、C、N、O)共同形成的 1：1 型离子化合物为NH4HCO3，可与少量2W 的最高价氧化物对应水化物(NaOH)反应，反应的离子方程式为：HCO3+OH=CO3+H2O，2故答案为：HCO3+OH=CO3+H2O；(4)Z的单质为Cl2，在工业上有很多用途，4HCl(浓)+MnO2其实验室制备发生的化学反应方程式为：MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；(5)V的简单氢化物H2O，比 T的氢化物CH4，更稳定的原因是：O的非金属性比 C强或H O键能比H C大，故答案为：O的非金属性比 C 强或H O键能比H C大。