一輪鞏固卷2-2022年高考化學模擬卷2

備戰(zhàn)2022年高考化學模擬卷（)一輪鞏固卷2（本卷共31小題，滿分100分，考試用時90分鐘)可能用到的相對原子質量：H—1Li7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5Ca—40Fe—56Br—80Cu—64I—127Ba—137一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列物質中含有共價鍵的鹽是()A．Na3N B．NaOH C．COCl2 D．NH4Br【答案】D【解析】A項，Na3N由Na+與N3構成，只含離子鍵，A不符合題意；B項，NaOH中Na+與OH之間為離子鍵，OH內部H與O之間為共價鍵，但NaOH屬于堿，不是鹽，B不符合題意；C項，COCl2，只含共價鍵，但不屬于鹽，C不符合題意；D項，NH4Br屬于銨鹽，且銨根離子內部N與H之間為共價鍵，D符合題意；故選D。2．下列物質熔融狀態(tài)下能導電，且屬于電解質的是()A．HCl B．NaOH C．Cu D．NH3【答案】B【解析】A項，HCl是電解質，HCl為分子化合物熔融狀態(tài)下不導電，A錯誤；B項，NaOH是電解質，NaOH為離子化合物，熔融狀態(tài)下能導電，B正確；C項，Cu是單質，既不是電解質也不是非電解質，C錯誤；D項，NH3是非電解質，D錯誤；故選B。3．下列物質的化學成分不正確的是()A．生石灰：Ca(OH)2 B．重晶石：BaSO4C．尿素：CO(NH2)2 D．草酸：HOOCCOOH【答案】A【解析】A項，生石灰的主要成分為氧化鈣，故A錯誤；B項，重晶石的主要成分為硫酸鋇，故B正確；C項，尿素的分子式為CO(NH)2，故C正確；D項，草酸是乙二酸的俗稱，結構簡式為HOOC—COOH，故D正確；故選A。4．除去氨氣中的水蒸氣，需要用到的儀器是()A．B．C． D．【答案】B【解析】A裝置為坩堝，灼燒固體時用，B為干燥管，可以盛放固體干燥劑，C為洗氣瓶，可以盛放液體干燥劑，D為蒸發(fā)皿，蒸發(fā)溶液時使用；除去氨氣中的水蒸氣一般需要用堿性干燥劑，常見的堿性干燥劑有堿石灰、固體燒堿等，均為固體，所以需要用到干燥管。故選B。5．下列表示不正確的是()A．硅原子的結構示意圖 B．丙烷的比例模型C．乙烯的最簡式CH2 D．氯化鈣的電子式【答案】B【解析】A項，硅原子核外有14個電子，結構示意圖，故A正確；B項，丙烷的球棍模型為，故B錯誤；C項，乙烯的分子式是C2H4，最簡式CH2，故C正確；D項，氯化鈣是離子化合物，電子式為，故D正確；故選B。6．下列說法正確的是()A．正丁烷與新戊烷互為同系物 B．金剛石和干冰互為同素異形體C．乙醇和乙醚互為同分異構體 D．16O和18O是兩種不同的元素【答案】A【解析】A項，正丁烷()與新戊烷()具有相似結構，分子中相差一個CH2，二者互為同系物，故A正確；B項，金剛石是C單質屬，干冰是固態(tài)的CO2，屬化合物，兩者不可能為同素異形體，故B錯誤；C項，乙醇、乙醚的分子式分別為C2H6O、C4H10O，分子式不同，不是同分異構體，故C錯誤；D項，16O和18O都是氧元素的不同核素，互為同位素，故D錯誤；故選A。7．關于有機反應類型，下列判斷不正確的是()A．CH3CHO+H2CH3CH2OH(加成反應)B．CH2=CH2+O2CH3COOH(氧化反應)C．2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O(消去反應)D．CH3COOCH2CH3CH3COO+CH3CH2OH(取代反應)【答案】C【解析】A項，乙醛和氫氣發(fā)生加成反應，CH3CHO+H2CH3CH2OH，故A正確；B項，CH2=CH2+O2CH3COOH是乙烯發(fā)生氧化反應生成乙酸，故B正確；C項，2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O是發(fā)生取代反應，故C錯誤；D項，CH3COOCH2CH3CH3COO+CH3CH2OH是酯的水解反應，又叫取代反應，故D正確。故選C。8．關于反應Zn+NH4NO3=ZnO+N2↑+2H2O，下列說法正確的是()A．Zn在反應過程中被還原 B．NH4NO3既是氧化劑又是還原劑C．氧化產物和還原產物之比為 D．每生成1molZnO共轉移2mol電子【答案】B【解析】A項，該反應中Zn由0價變?yōu)?2價，化合價升高被氧化，A錯誤；B項，該反應中硝酸銨中3價的N被氧化為0價，+5價的N被還原為0價，所以硝酸銨既是氧化劑又是還原劑，B正確；C項，該反應中氧化產物為ZnO和N2，還原產物為N2，N2中一半是氧化產物，一半是還原產物，所以氧化產物和還原產物的物質的量之比為2：1，C錯誤；D項，生成1molZnO時，有1molNH4NO3參與反應，則有1mol硝酸根被還原，且只有硝酸根被還原，所以轉移電子為5mol，D錯誤；故選B。9．下列說法不正確的是A．工業(yè)鹽在建筑業(yè)中常用做混凝土摻加劑B．含氟牙膏中的能和Ca2+及PO43生成更難溶物質，使牙齒堅固C．尿素和甲醛在一定條件下能發(fā)生反應生成脲醛樹脂D．生石膏和水混合成糊狀后會很快凝固，轉化為堅硬的熟石膏【答案】D【解析】A項，亞硝酸鈉(NaNO3)俗稱工業(yè)鹽，在建筑工業(yè)中常用作混凝土摻加劑，以促進混凝土凝固，故A正確；B項，牙膏當中添加氟化物，其中的F能與牙齒表層的羥基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]發(fā)生反應生成溶解度更小的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，從而抵抗酸對牙齒的侵蝕，故B正確；C項，尿素()中與氮原子相連的氫原子可以像苯酚中苯環(huán)上的氫原子那樣與甲醛發(fā)生反應，生成交聯脲醛樹脂，故C正確；D項，熟石膏與水混合成糊狀后會很快凝固，轉化為堅硬的生石膏，利用石膏的這一性質，醫(yī)療上可用來制作石膏繃帶，故D錯誤。故選D。10．下列說法不正確的是()A．分子篩很容易可逆地吸收水和小分子B．在醫(yī)療上，碳酸鈉是治療胃酸過多的一種藥劑C．溴可用于生產多種藥劑，如熏蒸劑、殺蟲劑、抗爆劑等D．亞硝酸鈉在建筑行業(yè)中常用做混泥土摻加劑，以促進混泥土凝固【答案】B【解析】A項，某些硅酸鹽形成的分子篩中有許多籠狀空穴和通道，具有吸附性，可以很容易可逆地吸附水和其他小分子，故A正確；B項，碳酸鈉俗名純堿，其水溶液堿性較強，有一定的腐蝕性，不能用于治療胃酸過多，治療胃酸過多的一種藥劑是堿性很弱的碳酸氫鈉和氫氧化鋁等，故B錯誤；C項，溴單質是具有強氧化性的物質，可用于殺菌消毒，工業(yè)上溴主要用于制溴化物、藥物、染料、煙熏劑、抗暴劑等多種藥劑，故C正確；D項，因為亞硝酸鈉可作為早強劑，提高混凝土早期強度，可作為阻銹劑，防止鋼筋銹蝕，可作為防凍劑，防止冬季施工混凝土受凍損壞，所以亞硝酸鈉在建筑行業(yè)中常用做混泥土摻加劑，以促進混泥土凝固，故D正確；故選B。11．下列有關實驗說法中，不正確的是()A．利用紙層析法分離Fe3+、Cu2+時，氨熏顯色后上方出現紅棕色斑點，下方出現深藍色斑點B．可用AgNO3溶液和稀HNO3區(qū)分NaCl、NaNO2和NaNO3C．在“鍍鋅鐵皮的鍍層厚度的測定”實驗中，將鍍鋅鐵皮放人稀硫酸，待產生氣泡的速率顯著減小時，可以判斷鋅鍍層已反應完全D．溶質的溶解度小，溶液的濃度高，可析出較大晶?！敬鸢浮緿【解析】A項，Fe3+是親脂性強的成分，在流動相中分配的多一些，隨流動相移動的速度快一些，而Cu2+是親水性強的成分，在固定相中分配的多一些，隨流動相移動的速度慢一些，從而使Fe3+和Cu2+得到分離，所以氨熏顯色后上方出現棕色斑點，下方出現藍色斑點，故A正確；B項，AgNO3溶液與NaCl、NaNO2溶液發(fā)生反應，分別產生白色沉淀AgCl，加稀硝酸不溶解；淡黃色沉淀AgNO2，加稀硝酸溶解；AgNO3溶液與NaNO3不反應，所以可用AgNO3溶液和稀HNO3區(qū)分NaCl、NaNO2和NaNO3，故B正確；C項，鋅、鐵和稀硫酸構成原電池，鋅作負極，鐵作正極，原電池能加快鋅被腐蝕的速率，鐵的活潑性小于鋅，且只有鐵時不能構成原電池，所以生成氫氣的速率減小，所以當產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全，故C正確；D項，溶質的溶解度小，溶液的濃度越低，越不容易析出晶粒，故D錯誤；故選D。12．下列“類比”合理的是()A．Cu與Cl2反應生成+2價的CuCl2，則Cu與S反應生成+2價的CuSB．C在足量O2中燃燒生成CO2，則S在足量O2中燃燒生成SO3C．Fe—Cu原電池，Fe的活潑性比Cu強，在稀硫酸介質中，Fe做負極，則在濃硝酸中，也是Fe做負極D．NH3與HCl反應生成NH4Cl，則H2N—NH2也可以與HCl反應生成N2H6Cl2【答案】D【解析】A項，Cu與Cl2反應生成+2價的CuCl2，但S氧化性弱于Cl2，Cu與S反應生成+1價的Cu2S，故A錯誤；B項，C在足量O2中燃燒生成CO2，但S在足量O2中燃燒生成SO2，故B錯誤；C項，Fe—Cu原電池，Fe的活潑性比Cu強，在稀硫酸介質中，Fe做負極，但在濃硝酸中，Fe發(fā)生鈍化，阻止內部鐵繼續(xù)反應，故C錯誤；D項，N原子上有孤電子對，NH3與HCl反應生成NH4Cl，則H2N—NH2也可以與HCl反應生成N2H6Cl2，故D正確；故選D。13．下列離子方程式書寫不正確的是A．將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中：H2O2+2M2M↑B．小蘇打溶液顯堿性的主要原因：HCO3+H2OH2CO3+OHC．向新制氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱：CH3CHO+2CH3COO+↓+3H2OD．少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中：↓【答案】A【解析】A項，高錳酸鉀氧化性比過氧化氫強，將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中，H2O2作還原劑，KMnO4作氧化劑，發(fā)生反應為：H2O2+2M2M↑，A不正確；B項，小蘇打為NaHCO3，其屬于強堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生水解，生成碳酸和氫氧化鈉，水解的離子方程式為：HCO3+H2OH2CO3+OH，B正確；C項，新制氫氧化銅懸濁液具有氧化性，能將醛氧化為羧酸，同時生成Cu2O等，則往氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱，發(fā)生反應的離子方程式為：CH3CHO+2CH3COO+↓+3H2O↓+3H2O，C正確；D項，少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中，會發(fā)生反應，生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，發(fā)生反應的離子方程式為：↓，D正確；故選A。14．巴比妥結構如圖所示，下列有關巴比妥的說法不正確的是()A．巴比妥是一種人工合成的多肽B．巴比妥在酸性條件下發(fā)生水解，可生成CO2氣體C．巴比妥在堿性條件下發(fā)生水解，可生成NH3氣體D．1mol巴比妥與足量NaOH溶液反應，最多可消耗4molNaOH【答案】A【解析】A項，多肽是氨基酸經脫水縮合得到的，巴比妥中雖然含有酰胺基，但并不是氨基酸脫水縮合得到，不屬于多肽，A錯誤；B項，，在酸性條件下，4個“N－C”鍵斷裂，產生CO2，B正確；C項，，在堿性條件下，水解成氨氣，C正確；D項，巴比妥中含有4個“N－C”鍵，1mol“N－C”鍵斷裂，需要消耗1mol氫氧化鈉，即1mol巴比妥與足量的氫氧化鈉溶液反應，可消耗4mol氫氧化鈉，D正確；故選A。15．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如下表所示，其中W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍。下列說法正確的是WXYZA．原子半徑大?。築．最高價氧化物對應水化物的酸性：C．Y單質具有殺菌能力，Y與W可形成化合物WY2D．W元素和氫元素形成的各種化合物均不能與Z的氫化物反應【答案】C【解析】W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍，則W的電子排布為2、4，即W為C元素；由元素在周期表中的相對位置，可確定X為N元素，Y為S元素，Z為Cl元素。A項，X、Y、Z分別為N、S、Cl元素，由元素性質的遞變規(guī)律，可確定原子半徑大?。篠＞Cl＞N，A不正確；B項，W、Y、Z分別為C、S、Cl，非金屬性Cl＞S＞C，則最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3ClO4，B不正確；C項，Y為S元素，其單質具有殺菌能力，可用于生產硫磺軟膏，S與C可形成化合物CS2，C正確；D項，W元素和氫元素形成的各種化合物中，若形成的是烯烴、炔烴等不飽和烴，則能與HCl發(fā)生加成反應，D不正確；故選C。16．已知Na2S2O4(連二亞硫酸鈉)是一種重要的化學用品，不溶于乙醇，溶于氫氧化鈉溶液，遇少量水發(fā)生強烈反應，甚至會引發(fā)燃燒，其相關性質說法不正確的是()A．Na2S2O4具有還原性，可用做抗氧化劑B．Na2S2O4應干燥密封保存在低溫處C．能在空氣中反應生成兩種新鹽：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，生成1molNaHSO4轉移電子2molD．鋅粉法是制備Na2S2O4的常用方法，原料為鋅粉懸濁液、二氧化硫和氫氧化鈉溶液，反應中二氧化硫被還原【答案】C【解析】A項，根據化合價規(guī)律，可知Na2S2O4中S元素的化合價為+3價，處于中間價態(tài)，具有還原性，可用做抗氧化劑，A正確；B項，根據題意，Na2S2O4遇少量水發(fā)生強烈反應，甚至會引發(fā)燃燒，所以應干燥密封保存在低溫處，B正確；C項，因NaHSO3不穩(wěn)定，能被氧化成NaHSO4，所以在空氣中反應生成NaHSO4，C錯誤；D項，二氧化硫中硫元素的化合價為+4價，而制備Na2S2O4中的硫元素化合價為+3價，故反應過程中二氧化硫被還原，D正確；故選C。17．下列反應在任何溫度下均能自發(fā)進行的是()A．2C(s)＋O2(g)2CO(g)△H＜0B．2(s)＋C(s)CO(g)+2(s)△H＞0C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0D．(s)＋3CO(g)2(s)+3CO2(g)△H＞0【答案】A【解析】A項，該反應是一個熵增的放熱反應，反應ΔH<0、ΔS>0，ΔH－TΔS恒小于0，則在任何溫度下均能自發(fā)進行，A正確；B項，該反應是一個熵增的吸熱反應，反應ΔH>0、ΔS>0，在高溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應高溫條件下才能自發(fā)進行，B錯誤；C項，該反應是一個熵減的放熱反應，反應ΔH<0、ΔS<0，在低溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應低溫條件下才能自發(fā)進行，C錯誤；D項，該反應是一個熵增的吸熱反應，反應ΔH>0、ΔS>0，在高溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應高溫條件下才能自發(fā)進行，D錯誤；故選A。18．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1mol二硫化碳晶體中含有的共用電子對數為2NAB．9.2gC7H8和C3H8O3混合物在足量氧氣中完全燃燒，生成H2O的數目為0.4NAC．將2.24LCl2(標準狀況下)通入足量水中，轉移電子數目為0.1NAD．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中所含的陰離子數目小于0.1NA【答案】B【解析】A項，二硫化碳的結構式為S=C=S，則1mol二硫化碳晶體中含有的共用電子對數為4NA，A不正確；B項，C7H8和C3H8O3的相對分子質量都為92，9.2g混合物的物質的量為0.1mol，則混合物中含有H原子的物質的量為0.8mol，完全燃燒生成H2O的數目為0.4NA，B正確；C項，2.24LCl2(標準狀況下)為0.1mol，與水發(fā)生反應Cl2+H2OHCl+HClO，但由于該反應是可逆反應，0.1molCl2只有一部分與水發(fā)生反應，所以轉移電子數目小于0.1NA，C不正確；D項，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中所含的陰離子數目大于0.1NA，D不正確；故選B。19．25℃時，下列說法不正確的是()A．濃度均為0.1mol·L1的NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的粒子種類不相同B．pH為3的H2SO4溶液中由水電離出的c(H+)×c(OH)1.0×1022mol2·L2C．1L0.50mol·L1NH4Cl溶液與2L0.250mol·L1NH4Cl溶液含NH4+物質的量不相同D．相同物質的量濃度的NaClO和NaF兩溶液，前者的堿性較大，則Ka(HClO)＜Ka(HF)【答案】A【解析】A項，NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均為：Na+、CO32、HCO3、OH、H+、H2CO3、H2O，存在的粒子種類相同，故A錯誤；B項，pH為3的H2SO4溶液中c(H+)1.0×103mol·L1，c(OH)1.0×1011mol·L1，水的電離受到抑制，由水電離出的c(H+)c(OH)1.0×1011mol·L1，則由水電離出的c(H+)×c(OH)1.0×1022mol2·L2，故B正確；C項，相同溫度下，不同濃度的NH4Cl溶液，NH4+的水解程度不同，含等物質的量的的NH4Cl溶液中含NH4+的物質的量也不相同，故C正確；D項，相同條件下，酸越弱，對應的弱酸根越易水解，溶液的堿性越強，堿性：NaClO>NaF，說明酸性HClO<HF，則Ka(HClO)＜Ka(HF)，故D正確；故選A。20．在溫度T1和T2時，分別將0.50molA和1.2molB充入體積為3L的恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應：A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)，測得n(A)隨時間變化數據如下表，下列說法正確的是()溫度時間/min010204050T1n(A)/mol0.500.350.250.100.10T2n(A)/mol0.500.300.18……0.15A．溫度：T1>T2B．反應達到平衡狀態(tài)時，容器內壓強不再發(fā)生變化C．在溫度T1時，0~10min用B表示的平均反應速率為0.005mol/(L·min)D．保持其他條件不變，縮小反應容器體積，逆反應速率增大，正反應速率減小【答案】B【解析】A項，分析題干表格數據可知，T2溫度下A的物質的量減小的更快，即T2溫度下反應速率較快，故T1＜T2，A錯誤；B項，分析反應A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)可知該反應前后氣體的體積沒有發(fā)生改變，故容器的壓強始終不變，故反應達到平衡狀態(tài)，容器內壓強當然不再發(fā)生變化，B正確；C項，在溫度T1時，0~10

min用B表示的平均反應速率為mol·L－1·min－1，C錯誤；D項，保持其他條件不變，縮小反應容器體積，反應物生成物的濃度均增大，故逆反應速率增大，正反應速率也增大，D錯誤；故選B。21．相同溫度和壓強下，關于反應的，下列判斷正確的是()CoCl2·6H2O(s)=CoCl2·2H2O(s)+4H2O(l)?H1CoCl2·2H2O(s)=CoCl2·H2O(s)+H2O(l)?H2CoCl2·H2O(s)=CoCl2(s)+H2O(l)?H3CoCl2·6H2O(s)=CoCl2(s)+6H2O(l)?H4A．?H1＞0，?H20 B．?H1?H2+?H3C．?H4?H1=?H2+?H3 D．?H2?H3【答案】C【解析】題給四個反應都是吸熱反應，反應的?H都大于0，將題干4個反應依次編號為①、②、③、④，結合蓋斯定律作答。A項，CoCl2·6H2O(s)=CoCl2·2H2O(s)+4H2O(l)和CoCl2·2H2O(s)=CoCl2·H2O(s)+H2O(l)都是吸熱反應，故?H1＞0，?H2＞0，A錯誤；B項，根據蓋斯定律，將②+③得CoCl2·2H2O(s)=CoCl2(s)+2H2O(l)?H=?H2+?H3(標為⑤)，該反應為吸熱反應，該反應失去2mol結晶水，反應①失去4mol結晶水，失去水的物質的量是⑤的兩倍，故反應①吸收的熱量更多，則?H1＞?H2+?H3，B錯誤；C項，根據蓋斯定律，將①+②+③=④，則?H1+?H2+?H3=?H4，則?H4?H1=?H2+?H3，C正確；D項，反應②、③都失去1mol結晶水，由題意無法判斷?H2、?H3的大小，D錯誤；故選C。22．天津大學研究團隊以KOH溶液為電解質，CoP和Ni2P納米片為催化電極材料，電催化合成偶氮化合物()的裝置如圖所示(R代表烴基)。下列說法正確的是()A．若用鉛蓄電池作為電源，CoP極連接鉛蓄電池的正極B．Ni2P電極反應式為RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2OC．合成1mol偶氮化合物，需轉移4mol電子D．離子交換膜是陽離子交換膜【答案】B【解析】該裝置為電解池，Ni2P電極上是RCH2NH2失電子生成RCN，發(fā)生氧化反應，Ni2P為陽極，電極反應為：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O，消耗OH，CoP電極上硝基苯變化為偶氮化合物，發(fā)生的是還原反應，為電解池的陰極，電極反應：2+8e+4H2O=+8OH。A項，鉛蓄電池屬于二次電池，其電極材料分別是Pb和PbO2，工作時負極材料是Pb，Pb失電子生成硫酸鉛，PbO2為正極，該裝置為電解池，CoP電極上硝基苯變化為偶氮化合物，發(fā)生的是還原反應，為電解池的陰極，CoP極連接鉛蓄電池的負極，故A錯誤；B項，Ni2P電極上是RCH2NH2失電子生成RCN，發(fā)生氧化反應，Ni2P為陽極，電極反應為：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O，故B正確；C項，CoP電極上硝基苯變化為偶氮化合物，電極反應：2+8e+4H2O=+8OH，合成1mol偶氮化合物，要轉移8mole，故C錯誤；D項，由Ni2P電極上是RCH2NH2失電子生成RCN，Ni2P電極反應式：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O可知，陽極上的反應會消耗OH，為保持電中性，右端OH通過陰離子交換膜移向左端，所以該離子交換膜是陰離子交換膜，故D錯誤；故選B。23．己知。室溫下，向3COOH溶液中逐滴滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液的pH隨著變化關系如圖所示。下列說法不正確的是()A．x=2.25B．水的電離程度：c＞b＞aC．當=0時，加入NaOH溶液的體積小于10.00mLD．當溶液加入10.00mLNaOH溶液時：c(H+)+2c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1mol/L+c(OH)【答案】D【解析】已知，，根據圖上，pH=3.75，故，。A項，，pH=7時，故A正確B項，，橫坐標越大，則pH值越大，溶液中CH3COO越大，水電離程度越大，從a到c溶液的pH值逐漸增大，溶液中c(CH3COO)增大，則水電離程度增大c＞b＞a，故B正確；C項，當=0時，Ka=104.75，Kh=＜Ka，說明等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa溶液中CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，如果加入10.00mLNaOH溶液，溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa溶液，CH3COOH電離程度大于CH3COO水解程度，導致溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO)，要使混合溶液中=0即c(CH3COO)=c(CH3COOH)，加入的NaOH應該少一些，即加入NaOH溶液的體積小于10.00mL，故C正確；D項，當加入10.00mLNaOH溶液時，溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COOH、CH3COONa溶液，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)、存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，則c(CH3COO)=2c(Na+)c(CH3COOH)，將c(CH3COO)=2c(Na+)c(CH3COOH)代入電荷守恒等式得c(H+)+c(CH3COOH)=c(Na+)+c(OH)，故D錯誤。24．工業(yè)上可以利用CO2來合成乙酸，其反應路徑順序如圖所示，下列說法不正確的是()A．反應過程中涉及氧化還原反應B．第1步反應屬于取代反應C．CH3COORh*I為該反應的催化劑D．可以用CH3OH、CO2和H2合成CH3COOH【答案】C【解析】A項，過程中存在氫、碳等化合價變化，故過程中涉及氧化還原反應，A正確；B項，第1步中甲醇的羥基被碘原子取代，為取代反應，B正確；C項，根據反應流程可知，CH3COORh*I為反應的中間產物，而非催化劑，C錯誤；D項，該過程的總反應為甲醇與二氧化碳、氫氣反應生成乙酸和水，D正確；故選C。25．由下列實驗操作和現象得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現象結論A向某溶液加強堿，并加熱產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體該溶液溶質為銨鹽B向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色，一段時間后，溶液中出現氣泡，隨后有紅褐色沉淀生成催化H2O2分解產生O2；H2O2分解反應放熱，促進的水解平衡正向移動C往淀粉溶液加稀硫酸加熱后，加入NaOH溶液，再加入碘水無明顯現象淀粉已完全水解D向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，并放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性【答案】D【解析】A項，氨氣可使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，由操作和現象可知，原溶液加堿加熱后產生氨氣，可能是銨鹽，也可能是氨水溶液，故A錯誤；B項，亞鐵離子被過氧化氫氧化成三價鐵，溶液呈棕黃色，生成的三價鐵催化過氧化氫分解生成氧氣，反應過程中溶液的堿性增強，促進三價鐵離子水解生成氫氧化鐵，故B錯誤；C項，因碘單質能與氫氧化鈉反應，加碘水前應先用酸中和氫氧化鈉，故C錯誤；D項，濃硫酸能使蔗糖脫水炭化生成碳單質，產生的碳單質能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳和二氧化硫，體現濃硫酸的脫水性和強氧化性，故D正確；故選D。二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)26．(4分)回答下列問題：(1)已知3種物質的沸點數據如下表：物質乙醇二甲醚四氯化碳相對分子質量4646154沸點/℃782376.5乙醇沸點比相對分子質量相同的二甲醚、相對分子質量是其三倍多的四氯化碳還要高的原因是_____________________。(2)金屬鈉和金屬鋅分別和硫酸銅溶液作用，前者不能置換出銅，后者能，試解釋原因___________________________________?！敬鸢浮?1)三種物質都是有機分子，分子間有范德華力，但乙醇分子間還有氫鍵，所以沸點更高(2分)(2)在溶液中以水合離子形式存在，金屬鈉還原性強，優(yōu)先還原水電離的H+，而鋅和水不反應(2分)【解析】(1)三種物質都是有機分子，分子間有范德華力，但乙醇分子間還有氫鍵，乙醇沸點比相對分子質量相同的二甲醚、相對分子質量是其三倍多的四氯化碳還要高；(2)在溶液中以水合離子形式存在，金屬鈉還原性強，優(yōu)先還原水電離的H+，而鋅和水不反應，所以金屬Na不能置換出硫酸銅溶液中的銅，而鋅能置換出硫酸銅溶液中的銅。27．(4分)某有機化合物A的相對分子質量(分子量)大于110，小于150.經分析得知，其中碳和氫的質量分數之和為52.24%，其余為氧。請回答：(1)A的分子式中氧原子數為___________(要求寫出簡要推理過程)。(2)A的分子式為___________?！敬鸢浮?1)A的分子式中：，故A的分子式中N(O)=4(2分)(2)C5H10O4(2分)【解析】(1)由題意可知，碳和氫的質量分數之和為52.24%，則氧的質量分數為152.24%=47.76%，由于有機化合物的相對分子質量大于110，小于150，即分子中氧原子個數為大于=3.28，小于=4.48，所以氧原子數為4個；(2)分子中氧原子為4，氧元素的質量分數為47.76%，則有機物分子質量為=134，分子中氧原子為4個，所以C、H的相對原子質量之和為1344×16=70，C原子數目為=5…10，故分子中含有5個C，10個H，可以確定化學式為C5H10O4。28．(10分)化合物X由四種常見元素組成，某實驗小組為探究其組成進行了如圖實驗：已知：①純凈氣體E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色；②流程中所用轉化試劑均過量。請回答下列問題：(1)化合物X中所含的元素有H、O和_______，X的化學式為_______。(2)寫出化臺物X隔絕空氣灼燒生成混合氣體A的化學方程式______________。(3)在實驗室，X常用作沉淀劑。寫出化合物X與CaCl2溶波反應的離子方程式_______。(4)氣體E也能與灼熱CuO發(fā)生氧化還原反應，只生成一種固體產物。請推測固體產物的組成(假設CuO完全反應)______________，并設計實驗方案驗證之______________。(5)某同學認為可以用點燃的方法將混合氣體B轉變?yōu)榧儍魵怏wC，你認為是否可行，并說明理由____________________________。【答案】(1)N、C(2分)(NH4)2C2O4(2分)(2)(NH4)2C2O42NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O↑(1分)(3)Ca2++C2O42=CaC2O4↓(1分)(4)固體產物可能是Cu，也可能是Cu2O(1分)取反應后的固體，加入稀硫酸，若溶液變藍，說明是Cu2O，若無現象，說明是Cu(1分)(5)不可行，點燃后可能引進氧氣或空氣這一新的雜質；如果CO2含量高時不易點燃；實驗裝置復雜不易操作(2分)【解析】根據信息①，純凈氣體E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，則E是NH3，標準狀況下，其物質的量為，則化合物X中含N元素的質量為M(N)=n(N)·M(N)=0.1molg·molˉ1=1.4g，氣體C能使澄清石灰水變渾濁，則C是CO2，白色沉淀D是CaCO3，其物質的量為，則含C元素的質量為M(C)=n(C)·M(C)=0.1molg·molˉ1=1.2g，其中氣體B經灼熱CuO反應得到氣體C，則B含有CO，而氣體A經濃硫酸干燥得到氣體B，則氣體A中含有水蒸氣，化合物X隔絕空氣加熱分解，則無其他O元素參與，H、O元素全部來源于化合物X，則H、O元素的質量為6.21.21.4=3.6g，即H2O的質量為3.6g，含H的物質的量為，含O的物質的量為，則n(C)：n(N)：n(H)：n(O)=0.1：0.1：0.4：0.2=1：1：4：2，則化合物X的化學式為(NH4)2C2O4。(1)化合物X中所含的元素有H、O和N、C，X的化學式為(NH4)2C2O4；(2)氣體A中含水蒸氣、CO和CO2，化臺物X隔絕空氣灼燒生成混合氣體A的化學方程式：(NH4)2C2O42NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O↑；(3)化合物(NH4)2C2O4電離出C2O42與CaCl2溶液電離出Ca2+結合生成沉淀，反應的離子方程式：Ca2++C2O42=CaC2O4↓；(4)氣體NH3與灼熱CuO發(fā)生氧化還原反應，N元素化合價已經是最低價，則只能做還原劑，則CuO做氧化劑，Cu元素化合價降低，可能是+1價或0價，則固體產物可能是Cu，也可能是Cu2O，實驗方案驗證為：取反應后的固體，加入稀硫酸，若溶液變藍，說明是Cu2O，若無現象，說明是Cu；(5)CO2中含有CO雜質，不能用點燃法除去CO雜質，因為點燃后可能引進氧氣或空氣這一新的雜質；如果CO2含量高時不易點燃；實驗裝置復雜不易操作。29．(10分)碘在生活和科研中有重要的應用。(1)工業(yè)碘單質制備方法之一是在海帶浸泡液(含有碘離子)中加入稀硫酸，再加入二氧化錳，請寫出此反應的離子方程式_________________________________________。已知：①I2(H2O)I2(CCl4)K1=85②I2(aq)+I?(aq)I3(aq)K2=960③I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1④W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0(2)常溫下，用CCl4萃取10mLcmol·L?1碘水中的碘時，碘單質在水和CCl4混合液中存在反應①的溶解平衡，為了提高萃取率，通常采用“少量多次”的方法，如下表所示。方法一：萃取1次方法二：萃取2次V(CCl4)10mL5mL5mL水層c(I2)請結合表中數據和平衡移動原理說明采用“少量多次”的方法提高萃取率的依據________________________________________________________________。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質，加入10.0mLCCl4進行萃取，靜置分層(實驗過程中不考慮體積變化)。已知：I?和I3不溶于CCl4，實驗測得CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，結合上述K1和K2值，則加入碘單質物質的量n=____mol。(保留三位有效數字)(4)反應③在一定條件下速率方程：v(正)=kc(I2)c(H2)，速率常數，其中R和NA是常數，d為分子直徑，M為分子的摩爾質量，P表示碰撞角度的因素，下列說法正確的是___________________。A．反應③的ΔS=0B．反應③I2平衡轉化率隨溫度升高變大C．升高溫度速率常數k變大D．分子直徑、摩爾質量會影響反應速率E.速率常數k的表達式是基于碰撞理論推導而來(5)在碘鎢燈燈泡內封存少量的碘可以延長鎢絲壽命，發(fā)生反應④，為模擬上述反應，取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應，在450℃，n(WI2)隨時間變化圖像如圖所示，t1時，將溫度升高到530℃，t2時達到平衡(530℃平衡常數k=)。請在圖中畫出n(WI2)從t1～t3隨時間變化圖像___________________________?！敬鸢浮?1)MnO2+4H++2I=2Mn2++I2+2H2O(2分)(2)加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動，水中碘單質濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高(2分)(3)1.35×103(2分)(4)CDE(2分)(5)(2分)【解析】(1)碘離子在稀硫酸環(huán)境中被二氧化錳氧化生成碘、錳離子和水，離子方程式MnO2+4H++2I=2Mn2++I2+2H2O；(2)由表中數據知，每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動，水中碘單質濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質，加入10.0mLCCl4進行萃取，CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，則n[I2(CCl4)]=8.50×104mol，，則c[I2(H2O)]=103mol·L?1，n[I2(H2O)]=1.0×105mol，則：，，得x=4.90×104mol，，則加入碘單質物質的量n=1.35×103mol。(4)反應③為I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1：A項，ΔHTΔS0時能自發(fā)反應，反應③為I2(g)+H2(g)?2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1，該反應在高溫下可自發(fā)，則ΔS0，A錯誤；B項，反應③為吸熱反應，升溫則平衡左移，故I2平衡轉化率隨溫度升高減小，B錯誤；C項，由速率常數可知，升高溫度速率常數k變大，C正確；D項，由速率常數可知，其中d為分子直徑，M為分子的摩爾質量，則分子直徑、摩爾質量會影響反應速率，D正確；E項，速率常數，其中P表示碰撞角度的因素，則速率常數k的表達式是基于碰撞理論推導而來，E正確；故選CDE。(5)反應④為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應，在450℃，n(WI2)隨時間變化圖像如圖所示，t1時，將溫度升高到530℃，則平衡向左移動，WI2(g)物質的量減小，則t2時達到平衡(530℃平衡常數k=)。，得x=1.2×103mol，則得到n(WI2)從t1～t3隨時間變化圖像為：。30．(10分)某興趣小組以膽礬和草酸制備K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，流程如圖：已知：H2C2O4：Ka1=5.0×102Ka2=5.4×105H2CO3：Ka1=4.2×107Ka2=5.6×1011請回答以下問題：(1)步驟③抽濾時用到的主要儀器除安全瓶、抽氣泵外，還需__________________。(2)步驟②煮沸的目的是_________________________。(3)下列說法不正確的是___________。A．步驟①溶解過程中加入乙醇的目的是增大草酸的溶解度，加快反應速率B．Cu(OH)2是絮狀沉淀，步驟③煮沸是為了將Cu(OH)2轉變成黑色固體B，方便過濾C．適當減少碳酸鉀的用量，使草酸生成更多的KHC2O4，可以獲得更多的產品D．步驟⑤趁熱過濾是為了除去未反應的K2CO3(4)移液管可準確移取實驗所需的10mL3mol/LNaOH溶液，從下列選項中選出合理操作并排序(步驟可重復)：取一支10.00mL規(guī)格的已潤洗移液管，用右手拇指及中指捏住管頸標線以上的地方，左手拿洗耳球輕輕將溶液吸上，當液面上升到標線以上1～2cm時，___________。a．接收器稍稍傾斜，移液管直立，使溶液順壁流下b．迅速用右手食指堵住管口c．將移液管放入接收器，使其尖端與接收器壁接觸d．提起移液管，使其尖端與容量瓶內壁接觸e．稍稍松開右手食指，使凹液面最低處與標線相切f．移液管稍稍傾斜，接收器直立，使溶液順壁流下(5)寫出生成混合溶液A的離子反應方程式___________?！敬鸢浮?1)布氏漏斗、吸濾瓶(2分)(2)加快反應速率；除去溶液中的乙醇，防止乙醇與黑色固體發(fā)生氧化反應(2分)(3)D(2分)(4)bdebca(2分)(5)3H2C2O4+2CO32=C2O42+2HC2O4+2CO2+2H2O(2分)【解析】膽礬和草酸為原料制備K2[Cu(C2O4)2]?2H2O，由流程可知膽礬加入氫氧化鈉溶液，可生成氫氧化銅，加熱、煮沸可生成CuO，草酸晶體加水、微熱，然后加入碳酸鉀固體，可生成KHC2O4，二者混合在50℃水浴加熱，趁熱過濾，濾液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到K2[Cu(C2O4)2]?2H2O。(1)抽濾時用到的主要儀器除安全瓶、抽氣泵、布氏漏斗、吸濾瓶；(2)黑色固體是CuO，乙醇和氧化銅反應生成乙醛和銅，步驟②煮沸的目的是除去溶液中的乙醇，防止乙醇與黑色固體發(fā)生氧化反應；(3)A項，乙醇