二輪拔高卷3-高考化學模擬卷(浙江專用)(解析版)

【贏在高考·黃金20卷】備戰(zhàn)2022年高考化學模擬卷(浙江專用)二輪拔高卷3(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(zhì)量：H—1Li-7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5Fe—56Cu—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(zhì)屬于鹽且水解后溶液呈堿性的是()A．K2S B．CuCl2 C．Na2O D．Na2SO4【答案】A【解析】A項，K2S是強堿弱酸鹽，水溶液中S2-水解后溶液呈堿性，故A正確；B項，CuCl2是強酸弱堿鹽，水溶液中Cu2+水解后溶液呈酸性，故B錯誤；C項，Na2O溶于水，與水化合生成NaOH，溶液呈堿性，故C錯誤；D項，Na2SO4是強酸強堿鹽，水溶液中不存在水解反應，溶液呈中性，故D錯誤；故選A。2．下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是()A．CuSO4 B．HI C．NH3 D．C17H35COOH【答案】D【解析】A項，CuSO4是鹽，完全電離，屬于強電解質(zhì)，A不符合題意；B項，HI是一元強酸，完全電離產(chǎn)生H+、I-，屬于強電解質(zhì)，B不符合題意；C項，NH3在水溶液或熔融狀態(tài)下都不能因自身發(fā)生電離而導電，屬于非電解質(zhì)，C不符合題意；D項，C17H35COOH是飽和高級脂肪酸，能夠微弱電離產(chǎn)生H+，存在電離平衡，屬于弱電解質(zhì)，D符合題意；故選D。3．下列圖示表示升華操作的是()A．B． C． D．【答案】C【解析】A項，圖示為蒸發(fā)操作的裝置，A不符合題意；B項，圖示為分液操作的裝置，B不符合題意；C項，圖示為升華裝置，C符合題意；D項，圖示為洗氣裝置，D不符合題意；故選C。4．下列物質(zhì)對應的組成不正確的是()A．冰晶石：Na3AlF6 B．熟石膏：2CaSO4·H2OC．工業(yè)鹽：NaCl D．小蘇打：NaHCO3【答案】C【解析】A項，冰晶石是一種礦物，化學式為Na3AlF6，A正確；B項，熟石膏是2CaSO4?H2O，生石膏為CaSO4?2H2O，B正確；C項，工業(yè)鹽是一種混合物，主要成分有氯化鈉、亞硝酸鈉，C錯誤；D項，碳酸氫鈉俗稱小蘇打，D正確；故選C。5．下列表示不正確的是()A．對硝基苯酚的結(jié)構簡式： B．水分子的比例模型：C．SiO2的結(jié)構式：O=Si=O D．異戊二烯的鍵線式：【答案】C【解析】A項，對硝基苯酚中，硝基和酚羥基處于苯環(huán)對位，對應結(jié)構簡式為，A正確；B項，水分子空間構型為V形，氫原子半徑比氧原子半徑小，對應比例模型為，B正確；C項，SiO2為原子晶體，由原子構成，其中硅原子和氧原子以共價鍵相互連接形成立體網(wǎng)狀結(jié)構，C錯誤；D項，異戊二烯中含有兩個碳碳雙鍵，2號碳原子上連有支鏈甲基，對應鍵線式為：，D正確；故選C。6．下列說法不正確的是()A．使固態(tài)生物質(zhì)與水蒸氣高溫反應生成熱值較高可燃氣體，屬于生物質(zhì)能的熱化學轉(zhuǎn)化B．石油的裂化和裂解、煤的干餾、玉米制醇都是化學變化C．將固態(tài)化石燃料轉(zhuǎn)化為氣體，可有效提高燃燒效率，減少環(huán)境污染D．水煤氣、焦爐煤氣均可來自于煤的氣化【答案】D【解析】A項，生物質(zhì)由化學變化生成可燃性氣體，可提供能量，則該過程屬于生物質(zhì)的熱化學轉(zhuǎn)化，A正確；B項，石油的裂化是將長鏈的重油轉(zhuǎn)換為短鏈的輕質(zhì)油，石油裂解是將長鏈的飽和烴轉(zhuǎn)換為短鏈的不飽和烴，如乙烯，煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，得到焦爐煤氣、焦炭、煤焦油，玉米通過發(fā)酵可得乙醇，都有新物質(zhì)生成，都是化學變化，B正確；C項，將固態(tài)化石燃料轉(zhuǎn)化為氣體，可使化石燃料充分燃燒，有效提高燃燒效率，同時減少CO的氣體的排放，從而減少環(huán)境污染，C正確；D項，水煤氣來自于煤的氣化，焦爐煤氣來自煤的干餾，D錯誤。故選D。7．下列說法正確的是()A．D和T是兩種不同的元素 B．1，3-丙二醇與乙二醇互為同系物C．H2O2與H2O互為同素異形體 D．聯(lián)苯和萘互為同分異構體【答案】B【解析】A項，D和T是氫元素的兩種核素，不是兩種不同的元素，故A錯誤；B項，1，3-丙二醇與乙二醇結(jié)構相似，在組成上相差一個CH2，則兩者互為同系物，故B正確；C項，H2O2與H2O是相同元素組成的化合物，同素異形體是相同元素組成的單質(zhì)，故C錯誤；D項，聯(lián)苯的結(jié)構簡式，分子式是C12H10，萘的結(jié)構簡式，分子式是C10H8，則二者不是同分異構體，故D錯誤；故選B。8．下列說法不正確的是()A．泡沫滅火器利用了硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液的雙水解反應原理B．海輪的外殼附上一些鎂塊，是利用了電解原理的犧牲陽極的陰極保護法C．工業(yè)上電解飽和食鹽水時采用陽離子交換膜，防止OH-進入陽極區(qū)D．比色分析法可用于某些化學反應速率的測定，是利用了有色物質(zhì)濃度與溶液顏色的關系【答案】B【解析】A項，泡沫滅火器利用了硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液的雙水解反應原理，HCO3-與A生成氫氧化鋁和二氧化碳，A正確；B項，海輪的外殼附上一些鋅塊，鋅為負極，是利用了原電池原理的犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C項，工業(yè)上電解飽和食鹽水制燒堿，溶液中陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動，用離子交換膜阻止OH-移向陽極，可制得燒堿，C正確；D項，比色分析是基于溶液對光的選擇性吸收而建立起來的一種分析方法，是利用了有色物質(zhì)濃度與溶液顏色的關系，用于某些化學反應速率的測定，D正確；故選B。9．下列說法不正確的是()A．工業(yè)制取碘時，向干海帶浸泡液中加強堿，目的是除去有機物雜質(zhì)B．氮氣與氫氣在高溫高壓下合成氨，是重要的人工固氮方式C．煉鐵高爐中得到的是含碳2%~4.5%的鐵水，其中爐渣沉降在鐵水的底部以除去D．氯堿工業(yè)中的電解槽常用到陽離子交換膜，以避免副反應的發(fā)生【答案】C【解析】A項，大多數(shù)有機物可溶于強堿，所以可以用強堿浸泡除去有機物雜質(zhì)，A正確；B項，將氮元素的單質(zhì)轉(zhuǎn)化為氮元素的化合物的方法叫做氮的固定，工業(yè)上通常用氫氣和氮氣在催化劑、高溫、高壓下合成氨氣，從而實現(xiàn)人工固氮，B正確；C項，爐渣的密度比鐵水小，在鐵水的上部，鐵水在下方排出，C錯誤；D項，氯堿工業(yè)中陽極產(chǎn)生氯氣，為避免氯氣與氫氧根反應，常用陽離子交換膜阻止陰極生成的氫氧根移動到陽極，同時可以使鈉離子移動到陰極，D正確；故選C。10．反應S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，下列說法不正確的是()A．S在反應中得電子B．KNO3中N元素被還原C．每3molC參加反應，有2mol的C被KNO3氧化D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶2【答案】C【解析】A項，在該反應中，S元素化合價由反應前S單質(zhì)的0價變?yōu)榉磻驥2S中的-2價，化合價降低，得到電子，被還原，A正確；B項，在該反應中，N元素化合價由反應前KNO3中的+5價變?yōu)榉磻驨2中的0價，化合價降低，得到電子，被還原，B正確；C項，在該反應中，2molKNO3參加反應，N元素化合價由反應前KNO3中的+5價變?yōu)榉磻驨2中的0價，得到電子2mol×5=10mol；1mol的S參加反應，N元素由S單質(zhì)中的0價變?yōu)榉磻驥2S中的-2價，得到電子2mol。C元素化合價由反應前C單質(zhì)中的0價變?yōu)榉磻驝O2中的+4價，化合價升高，失去電子，被氧化，3molC發(fā)生反應失去3mol×4=12mol電子，其中被KNO3氧化的C原子的物質(zhì)的量為3mol×=2.5mol，C錯誤；D項，在該反應中，CO2為氧化產(chǎn)物，K2S、N2為還原產(chǎn)物，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3mol∶(1+1)mol=3：2，D正確；故選C。11．下列說法正確的是()A．紙上層析屬于色譜分析法，其原理跟“毛細現(xiàn)象”相關，通常以濾紙作為惰性支持物，吸附水作為固定相B．將兩塊未擦去氧化膜的鋁片分別投入1mol/LCuSO4溶液、1mol/LCuCl2溶液中，鋁片表面都觀察不到明顯的反應現(xiàn)象C．將20g硝酸鈉和17g氯化鉀放100mL燒杯中，加35mL水，并加熱、攪拌，使溶液濃縮至約為原來的一半時，趁熱過濾即可得到硝酸鉀晶體D．用移液管取液后，將移液管垂直伸入容器底部，松開食指使溶液全部流出，數(shù)秒后取出移液管【答案】A【解析】A項，紙上層析是利用混臺物中各組分在固定相流動相中的溶解度不同而達到分離目的，常用濾紙作載體，濾紙上所吸收的水分作固定相，有機溶劑作流動相，當流動相流過固定相時，各組分以不同的速度移動，從而使混合物分離，A說法正確；B項，CuSO4和CuCl2溶液中銅離子水解，溶液顯酸性，能先與氧化鋁反應，去除氧化膜后，活潑的鋁與酸反應會產(chǎn)生氣體，同時鋁也置換出銅，有紅色物質(zhì)析出，B說法錯誤；C項，加熱時，硝酸鉀、氯化鈉的溶解度增大，但二者溶解度受溫度影響不同，則應冷卻結(jié)晶得到硝酸鉀，C說法錯誤；D項，移液管取液后，將移液管移入準備接受溶液的容器中，使容器微傾斜，而使移液管直立，然后放松右手食指，使溶液自由地順壁流下，待溶液停止流出后，數(shù)秒后取出移液管，D說法錯誤；故選A。12．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A．1mol冰中含有2NA個氫鍵B．30g的甲醛、乙酸和葡萄糖的混合物充分燃燒消耗NA個O2C．含0.1molNa3AlF6溶液中陽離子數(shù)目為0.4NAD．2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42-，1mol[2Mn2++5S2O82-]完全反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10NA【答案】C【解析】A項，1分子水形成2個氫鍵，則1mol冰中含2NA個氫鍵，A項正確；B項，甲醛、乙酸和葡萄糖的最簡式均為CH2O，故30g混合物中含有的CH2O的物質(zhì)的量為1mol，而1molCH2O燃燒消耗1mol氧氣，故消耗的氧氣分子數(shù)為NA，B項正確；C項，0.1molNa3AlF6可電離出0.3molNa+和0.1molAlF6-，則陽離子數(shù)目為0.3NA，C項錯誤；D項，Mn的化合價由+2升到+7，則2molMn2+完全反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2molmol，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)為10NA，D項正確；故選C。13．下列離子方程式書寫不正確的是()A．向一定體積明礬溶液中滴加Ba溶液，使硫酸根離子濃度降低到最小時：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OB．在硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入雙氧水，溶液褪色：2KMnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OC．向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸：2NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++2NO↑+2H2OD．已知酸性的強弱：H2CO3HCNHCO3-，則向NaCN溶液中通入少量CO2時，【答案】C【解析】A項，向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使硫酸根離子濃度降低到最小時，依據(jù)KAl(SO4)2組成可知若2單位SO42-完全反應需要2個單位Ba(OH)2，即提供4個單位OH-此時1個單位Al3+完全轉(zhuǎn)化為AlO2-，A正確；B項，在硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入雙氧水，溶液褪色，此時KMnO4作氧化劑，H2O2作還原劑，根據(jù)電子得失數(shù)目相等，其離子方程式為2KMnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B正確；C項，還原性I->Fe2+，向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸，I-與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，而不是Fe2+，離子方程式為：2NO3-+6I-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，C錯誤；D項，因為酸性的強弱順序：H2CO3HCNHCO3-，則向NaCN溶液中通入少量的CO2時應該生成HCN和HCO3-，離子方程式為：，D正確；故選C。14．下列說法不正確的是()A．工業(yè)上常通過油脂在堿性條件下的水解反應生產(chǎn)肥皂和甘油B．氨基酸以兩性離子的形態(tài)存在時，水中溶解度最小，可以形成晶體析出C．苯酚與尿素在一定條件下能發(fā)生縮聚反應生成高分子材料脲醛樹脂D．在葡萄糖溶液中，鏈狀的葡萄糖分子幾乎全部轉(zhuǎn)變?yōu)榄h(huán)狀結(jié)構【答案】C【解析】A項，油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應生成高級脂肪酸鹽和甘油，肥皂的主要成分為高級脂肪酸鹽，因此可以生產(chǎn)肥皂和甘油，A正確；B項，氨基酸在酸性條件下，以陽離子形式存在，在堿性條件下以陰離子形式存在，當以兩性離子存在時，其在水中的溶解度最小，可形成晶體，B正確；C項，尿醛樹脂是甲醛與尿素在一定條件下發(fā)生縮聚反應得到的，C錯誤；D項，在葡萄糖溶液中，鏈狀的葡萄糖分子幾乎全部轉(zhuǎn)變?yōu)閮煞N旋光活性不同的環(huán)狀結(jié)構，D正確；故選C。15．化合物M()是合成藥物奧昔布寧的一種中間體，下列關于M的說法正確的是()A．分子式為C15H18O3 B．所有碳原子可能共平面C．1molM最多能與4molH2發(fā)生加成反應 D．環(huán)上的一氯代物共有7種(不含立體異構)【答案】D【解析】A項，由化合物M的結(jié)構簡式可知，分子式為C15H20O3，故A錯誤；B項，由結(jié)構簡式可知，化合物M分子中含有飽和碳原子，飽和碳原子的空間構型為四面體形，則分子中所有碳原子不可能共平面，故B錯誤；C項，由結(jié)構簡式可知，化合物M分子中含有的苯環(huán)一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，則1molM最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；D項，由結(jié)構簡式可知，化合物M分子的環(huán)上的一氯代物有如圖所示的7種結(jié)構：，故D正確；故選D。16．4種短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序數(shù)依次增大。相關信息如下表：元素相關信息X同周期的主族元素中，X原子的半徑最大Y氣態(tài)氫化物與最高價氧化物對應水化物能發(fā)生化合反應Z原子的電子層數(shù)為(n-1)，最外層電子數(shù)為(3n-2)Q原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半下列說法正確的是()A．X、Z的最高正價之和等于8B．元素的非金屬性：ZYQC．化合物X3Y、YZ3中各粒子的最外層均達到8e-結(jié)構D．與Z同主族且位于第7周期的元素的單質(zhì)預測是白色固體【答案】B【解析】4種短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序數(shù)依次增大，同周期的主族元素中，X原子的半徑最大，X位于第ⅠA族，Y的氣態(tài)氫化物與最高價氧化物對應水化物能發(fā)生化合反應，Y是N，則X應該是Li。Z原子的電子層數(shù)為(n-1)，最外層電子數(shù)為(3n-2)，由于最外層電子數(shù)不超過8個，則n＝3，Z是F。Q原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的一半，Q是第三周期元素，則Q是P。A項，F(xiàn)元素沒有正價，則X、Z的最高正價之和不等于8，A錯誤；B項，同周期自左向右非金屬性逐漸增強，同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，則元素的非金屬性：F＞N＞P，B正確；C項，化合物Li3N、NF3中Li不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，C錯誤；D項，由于氯氣是黃綠色氣體，溴是紅棕色液體，碘是紫黑色固體，所以與F同主族且位于第7周期的元素的單質(zhì)預測不可能是白色固體，D錯誤；故選B。17．下列一定能說明HClO是弱電解質(zhì)的是()A．25℃時，用pH試紙測0.01mol·L-1HClO的pH值B．25℃時，NaClO溶液的pH值大于7C．25℃時，若測得HClO溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測得pH=b，b-a<1，則HClO是弱酸D．濃度相同的NaOH溶液分別與pH相同的次氯酸、鹽酸反應呈中性，前者消耗的NaOH溶液的體積多【答案】B【解析】A項，HClO能氧化漂白pH試紙，A錯誤；B項，25℃時，NaClO溶液的pH值大于7，說明ClO-水解顯堿性，根據(jù)有弱才水解，說明HClO是弱酸，B正確；C項，25℃時，若測得HClO溶液pH＞6，無論弱酸還是強酸，稀釋10倍后，pH一定＜7，C錯誤；D項，酸的體積未知，故不能根據(jù)消耗的NaOH溶液的體積的多少判斷酸性強弱，D錯誤；故選B。18．氫氟酸是一種弱酸，可用來刻蝕玻璃。①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=akJ·mol-1②H3O＋(aq)+OH-(aq)=2H2O(l)ΔH=bkJ·mol-1③HF(aq)＋H2O(l)H3O＋(aq)＋F-(aq)ΔH=ckJ·mol-1④F-(aq)＋H2O(l)HF(aq)＋OH-(aq)ΔH=dkJ·mol-1已知：a＜b＜0，下列說法正確的是()A．HF的電離過程吸熱 B．c=a-b，c＜0C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0【答案】B【解析】A項，根據(jù)③式是電離方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于a<b，故c<0，說明HF的電離是放熱過程，A不正確；B項，根據(jù)③=①-②得出c=a-b，已知a<b,故c<0，B正確；C項，根據(jù)以上推知c<0，反應④是反應①的逆過程，d=-a>0，C不正確；D項，反應④是反應①的逆過程，故d=-a>0，D不正確。故選B。19．苯乙烯與溴苯在一定條件下發(fā)生Heck反應：++HBr，某實驗小組在原料及催化劑鈀用量等均相同的條件下進行多組實驗，測得如下數(shù)據(jù)；反應溫度/℃100100100100120140160反應時間/h10121416141414產(chǎn)率/%81.284.486.686.293.596.696.0下列說法正確的是()A．該反應為吸熱反應B．由表中數(shù)據(jù)可知最佳反應條件為120℃、14hC．在100℃時、反應時間10-14h內(nèi)，產(chǎn)率增加的原因是反應速率增大D．從140℃升到160℃，反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動【答案】D【解析】A項，由表中數(shù)據(jù)可知，溫度為100℃時，隨時間的推移產(chǎn)率增大，說明在該溫度下14小時還未達到平衡，反應還在正向進行，此產(chǎn)率并非是平衡時的產(chǎn)率，由140℃升到160℃，反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動，故該反應為放熱反應，A錯誤；B項，由表中數(shù)據(jù)可知，反應條件為140℃、14h時產(chǎn)率最高，故為最佳反應條件，B錯誤；C項，溫度不變，隨著反應的進行反應物濃度減小，反應速率減慢，而在100℃時、反應時間10-14h內(nèi)，產(chǎn)率增加的原因是在該溫度下14小時還未達到平衡，反應還在正向進行，生成的產(chǎn)物越來越多，產(chǎn)率增大，C錯誤；D項，由A項分析可知，從140℃升到160℃，反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動，也可能是催化劑高溫下失去活性，D正確；故選D。20．下列關于物質(zhì)熵的大小比較，合理的是()A．相同壓強下，1molH2O(50℃)>1molH2O(80℃)B．標準狀況下，1molSO2<1molSO3C．相同溫度和壓強下，1molH2<2molHeD．相同溫度和壓強下，1mol正丁烷＞1mol異丁烷【答案】C【解析】A項，相同物質(zhì)的量的物質(zhì)，熵的大小與溫度有關，溫度越高，熵越大，故A錯誤；B項，在標準狀況下SO3為固體而SO2為氣體，相同物質(zhì)的量的氣體的熵遠比固體的大，故B錯誤；C項，氣體物質(zhì)的量越多，熵越大，同時相對分子質(zhì)量越大，熵也越大，故C正確；D項，在同分異構體中，支鏈越多，熵越大，故D錯誤；故選C。21．SO2-O2燃料電池將化學能轉(zhuǎn)化為電能的同時，也實現(xiàn)了SO2制備硫酸，其原理如圖所示。下列說法正確的是()A．交換膜X為陰離子交換膜B．電極Pt2的電極反應式為O2+4C．相同條件下，放電過程中消耗的SO2和S2的質(zhì)量比為4:1D．若用該電池電解硫酸銅溶液，則理論上生成64g銅時，消耗1molO2【答案】C【解析】由圖可知電極Pt1為負極，電極反應式為SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，電極Pt2為正極，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，總反應為2SO2+O2+2H2O=H2SO4。A項，電極Pt1為負極，電極反應式為SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，電極Pt2為正極，電極反應式為2+4H++4e-=2H2O，故應該是氫離子從左側(cè)到右側(cè)，交換膜X為陽離子交換膜，A項錯誤；B項，電極Pt2是氧氣得到電子最終生成水，發(fā)生反應2+4H++4e-=2H2O，B項錯誤；C項，根據(jù)總反應2SO2+O2+2H2O=H2SO4可知，相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的質(zhì)量比=(2mol×64g/mol):(1mol×32g/mol)=4:1，C項正確；項，電解硫酸銅溶液生成Cu的電極反應式為Cu2++2e-=Cu，生成64g銅，電路中轉(zhuǎn)移2mole-，再結(jié)合2+4H++4e-=2H2O可知該電池消耗0.5molO2，D項錯誤；故選C。22．下列“類比”合理的是()A．酸性氧化物CO2可以與水反應生成碳酸，則酸性氧化物SiO2也可以與水反應生成硅酸B．Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2，則Na2O2與SO2反應生成Na2SO3和O2C．NH3能與HCl反應生成NH4Cl，則H2N-NH2也可以與HCl反應生成N2H6Cl2D．Zn與CuSO4溶液反應生成ZnSO4和Cu，則Na與CuSO4溶液反應生成Na2SO4和Cu【答案】C【解析】A項，二氧化硅與硅酸均不溶于水，故酸性氧化物SiO2不可以與水反應生成硅酸，A錯誤；B項，Na2O2具有強氧化性、SO2具有強還原性，則Na2O2與SO2反應能生成Na2SO4，B錯誤；C項，NH3能與HCl反應生成NH4Cl，氨基也具有堿性，則H2N-NH2也可以與HCl反應生成N2H6Cl2，C正確；D項，鈉能與水劇烈反應生成氫氧化鈉溶液和氫氣，氫氧化鈉溶液與硫酸銅溶液發(fā)生復分解反應，則Na與CuSO4溶液反應生成Na2SO4和氫氧化銅沉淀和氫氣，D錯誤；故選C。23．用強堿滴定某一元弱酸時，弱酸被強堿部分中和后得到“弱酸鹽和弱酸”組成的緩沖溶液，其中存在。時，用的溶液滴定某未知濃度的溶液，滴定過程中消耗溶液的體積與混合溶液之間的關系如圖所示(已知：，酸性)。下列說法不正確的是()A．電離常數(shù)的數(shù)量級為B．b點溶液中存在c(A—)+c(OH—)=c(HA)+c(H+)C．c點溶液中離子濃度的大小關系為c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)D．若將改為等體積等濃度的，則隨溶液體積的變化曲線豎直上移【答案】B【解析】溫度不變，酸的電離常數(shù)不變，設酸的濃度為cmol/L，由可得：4.27+lg=4.75+lg，整理可得=100.48=3，解得c=0.2，則PKa=4.75+lg(2—1)=4.75，Ka=10—4.75。A項，HA的電離常數(shù)Ka=10—4.75，則電離常數(shù)的數(shù)量級為10—5，故A正確；B項，b點時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，由圖可知，b點溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，則c(HA)+c(H+)＞c(A—)+c(OH—)，故B錯誤；C項，b點時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，則隨氫氧化鈉溶液體積增大，c點時溶液中c(A—)＞c(HA)，由圖可知，c點溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，所以溶液中c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正確；D項，由HA的酸性強于HCN可知，HA的電離常數(shù)大于HCN，由可知，當相等時，酸的電離常數(shù)越大，溶液pH越小，則若將HA改為等體積等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移，故D正確；故選B。24．利用無機離子[LRuIII(H2O)5-和[CeIV(NO3)6]2-(如圖可簡寫為CeIV)，可以實現(xiàn)水在催化劑作用下制氧氣。其相關機理如圖所示：下列說法正確的是()A．[CeIV(NO3)6]2-在反應中做催化劑B．催化氧化水的反應為：2H2OO2↑+2H2↑C．若反應①中為H218O，反應②中為H216O，則產(chǎn)生16O18OD．反應③為非氧化還原反應【答案】C【解析】A項，由題干反應歷程圖可知，[CeIV(NO3)6]2-在反應中做反應物，A錯誤；B項，根據(jù)流程可知該反應中H2O和[CeⅣ(NO3)6]2-為反應物，最終產(chǎn)物為[CeⅢ(NO3)6]3-、O2和H+，總反應為2H2O+4[CeⅣ(NO3)6]2-O2↑+4[CeⅢ(NO3)6]3-+4H+，B錯誤；C項，據(jù)圖可知反應①中為H218O和反應②中為H216O中的O原子最終都將通過反應③釋放出O2，故產(chǎn)生16O18O，C正確；D項，由圖可知，反應③中O元素和Ru元素的化合價發(fā)生了改變，故為氧化還原反應，D錯誤；故選C。25．下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()目的方案設計現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗電解法制備的氯氣電解飽和食鹽水，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗陰極產(chǎn)生的氣體若試紙變藍色，則說明有氯氣產(chǎn)生B探究H2O2和Fe3+的氧化性強弱將稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出現(xiàn)黃色，則說明H2O2的氧化性比Fe3+強C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH試紙分別測定0.1mol·L?1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa)，則說明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有機物基團之間的相互影響取三支試管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分別加入幾滴等量的酸性KMnO4溶液(必要時可以稍稍加熱)，再觀察現(xiàn)象若加入甲苯中的溶液褪色，其他兩支試管中的溶液不褪色，則說明苯環(huán)對甲基有影響，使甲基更易被氧化【答案】D【解析】A項，電解飽和食鹽水，氯離子失去電子被氧化為氯氣，氯氣為陽極產(chǎn)物，故應檢驗陽極產(chǎn)生的氣體，A錯誤；B項，氫離子、硝酸根離子和亞鐵離子能反應生成鐵離子，故探究H2O2和Fe3+的氧化性強弱，可將稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能選擇Fe(NO3)2，B錯誤；C項，NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH，應該用pH計測定，C錯誤；D項，做這組對比實驗，實驗方案正確，若只有甲苯中紫紅色褪去，說明甲苯中側(cè)鏈甲基已經(jīng)被氧化，甲基變得活潑，則說明苯環(huán)對甲基有影響，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)兩種硼氫化物的熔點如表所示：硼氫化物NaBH4Al(BH4)3熔點/℃400-64.5兩種物質(zhì)熔點差異的原因是__________________________________。(2)已知NH3和水一樣會發(fā)生類似的自耦電離2H2OH3O++OH-，所以某同學認為NH3和水一樣為電解質(zhì)，根據(jù)這位同學的思路寫出Ca(NH2)2電子式______________?！敬鸢浮?1)前者為離子晶體，后者為分子晶體(2分)(2)(2分)【解析】(1)硼氫化鈉熔點為400℃是由活潑金屬鈉離子與硼氫根離子組成，屬于離子晶體，硼氫化鋁熔點為-64.5℃，屬于分子晶體，微粒間作用力弱，離子晶體的熔點高；(2)某同學認為NH3和水一樣為電解質(zhì)，所以會發(fā)生類似的自耦電離2NH3NH4++NH2-，故可知Ca(NH2)2是離子化合物，由金屬陽離子Ca2+和氨基負離子NH2-構成，電子式為。27．(4分)取18.9g含氯有機物X(分子量小于150)在高溫下完全燃燒，得到CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，將產(chǎn)物依次通過裝置A(足量濃硫酸)和裝置B(固體氫氧化鈉)，兩裝置分別增重3.6g和24.9g，結(jié)束后將裝置B中的固體溶于足量的稀硝酸中，并加入過量的硝酸銀溶液，得到28.7g白色沉淀，請回答：(1)燃燒產(chǎn)生二氧化碳的物質(zhì)的量為___________。(2)有機物X的分子式為___________?！敬鸢浮?1)0.4(2分)(2)C2H3ClO2(2分)【解析】(1)含氯有機物燃燒產(chǎn)生CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，將燃燒產(chǎn)物依次通過濃硫酸、NaOH固體，通過濃硫酸時吸收水分，通過NaOH固體時吸收質(zhì)量為CO2、HCl。根據(jù)水蒸氣的質(zhì)量可知H2O的物質(zhì)的量n(H2O)=；CO2、HCl的質(zhì)量和為24.9g，結(jié)束后將裝置B中的固體溶于足量的稀硝酸中，并加入過量的硝酸銀溶液，得到28.7g白色沉淀，該白色沉淀是AgCl，根據(jù)Cl元素守恒可知n(HCl)=n(AgCl)=，m(HCl)=0.2mol×36.5g/mol=7.3g，反應產(chǎn)生CO2的質(zhì)量m(CO2)=24.9g-7.3g=17.6g，則反應產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量為n(CO2)=；(2)根據(jù)H元素守恒，由n(H2O)=0.2mol，n(HCl)=0.2mol可得m(H)=2n(H2O)+n(HCl)=(0.2mol×2+0.2mol)×1g/mol=0.6g；根據(jù)C元素守恒可得m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，根據(jù)Cl元素守恒可得m(Cl)=0.2mol×35.5g/mol=7.1g，故根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知該有機物中含有O元素的物質(zhì)的量為n(O)=，n(C)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4mol：0.6mol：0.2mol：0.4mol=2：3：1：2，所以該物質(zhì)的化學式為C2H3ClO2。28．(10分)固體化合物X由3種短周期元素組成，某學習小組開展如下探究實驗。已知：非金屬氧化物A的相對分子質(zhì)量為44；氣體C能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色；氣體G是空氣中含量最多的單質(zhì)。請問答：(1)組成D的非金屬元素是___________(填元素符號)，寫出C的電子式___________。(2)步驟Ⅱ，發(fā)生反應的化學方程式是___________。(3)工業(yè)上制備X是將金屬單質(zhì)與液態(tài)C反應得到，寫出該反應的化學方程式為___________。(4)某同學將擦亮的單質(zhì)F投入裝有足量濃硫酸的大試管中，微熱，有黑色和白色的固體析出，但無氣體產(chǎn)生(已知，黑色固體由2種元素組成，金屬元素質(zhì)量分數(shù)為80%，難溶于水和稀硫酸，可溶于硝酸)。請設計實驗驗證黑色固體的組成元素___________?！敬鸢浮?1)N(2分)(2分)(2)NaN3+Na2O+3N2(3)2Na+2NH3=2NaNH2+H2(2分)(4)分離出固體加水充分溶解，過濾、洗滌后取黑色固體于試管中加入足量硝酸溶液變藍色說明有銅元素，向上述溶液中加入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀說明有硫元素(2分)【解析】化合物D與CuO撞擊可得到白色粉末E、金屬單質(zhì)F和無色氣體G，氣體G是空氣中含量最多的單質(zhì)，則G為N2，可知化合物D中含有N元素，又白色粉末F的焰色反應呈黃色，則F中含有Na、O元素，F(xiàn)為Na2O，推知D含有Na元素，3.9g的D反應得到2.016LN2(n=)，根據(jù)原子守恒可得化合物D中n(N)=0.09mol×2=0.18mol，m(N)=0.18mol×14g/mol=2.52g，則化合物D中m(Na)=3.9g-2.52g=1.38g，n(Na)=，因此化合物D的化學式為NaN3，步驟Ⅱ發(fā)生的反應為：NaN3+Na2O+3N2，化合物X由3種短周期元素組成，化合物X與A反應生成強堿B、無色氣體C和化合物D，氣體C能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，則C為NH3，則可知化合物X中含有Na、N、H3種元素，強堿B為NaOH，又非金屬氧化物A的相對分子質(zhì)量為44，則A位N2O，即4.68g的X與N2O發(fā)生反應生成2.4gNaOH(n=)，1.344LNH3(n=，m=0.06mol×17g/mol=1.02g)和3.9gNaN3(n=)，根據(jù)質(zhì)量守恒可得m(N2O)=2.4g+3.9g+1.02g-4.68g=2.64g，則n(N2O)=，在由原子守恒可得，化合物X中n(Na)：n(N)：n(H)=(0.06×2)：(0.06+0.06×3-0.06×2)：(0.06+0.06×3)=2：2：4=1：1：2，因此化合物X為NaNH2。(1)D的化學式為NaN3，則組成D的非金屬元素為N，C為NH3，是共價化合物，其電子式為；(2)由上述分析可知，步驟Ⅱ發(fā)生的反應化學方程式為：NaN3+Na2O+3N2；(3)化合物X為NaNH2，工業(yè)上用Na和液態(tài)NH3反應得到，反應的化學方程式為：2Na+2NH3=2NaNH2+H2；(4)單質(zhì)F為Cu，將Cu投入裝有足量濃硫酸的大試管中，微熱，得到由兩種元素組成的黑色固體，其中金屬元素的質(zhì)量分數(shù)為80%，又難溶于水和稀硫酸，可以溶于稀硝酸，排除銅的氧化物，根據(jù)元素守恒可推測該黑色固體中含有Cu、S元素，可以分離出固體加水充分溶解，過濾、洗滌后取黑色固體于試管中加入足量硝酸溶液變藍色說明有銅元素，向上述溶液中加入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀說明有硫元素。29．(10分)氨氣是一種重要的化工原料。請回答：(1)已知：化學鍵H-HN-H鍵能/(kJ·mol－1)945436390.8寫出由氫氣和氮氣合成氨氣的熱化學方程式_________________________。(2)下列關于工業(yè)合成氨的說法不正確的是___________。A．反應溫度控制在400~500℃左右，主是為了提高NH3的產(chǎn)率B．為了防止混有雜質(zhì)的原料氣使催化劑“中毒”，必須對原料氣凈化處理C．采用高壓的目的只是為了提高反應的速率D．工業(yè)上為了提高H2的轉(zhuǎn)化率，可適當增大H2的濃度E．生產(chǎn)過程中將NH3液化分離，并及時補充N2和H2，有利于氨的合成(3)在其他條件相同時，某同學研究該氨氣合成反應在不同催化劑I或II作用下，反應相同時間時，N2的轉(zhuǎn)化率隨反應溫度的變化情況。請在圖中補充后的變化情況____________。(4)在25℃下，將NH3溶于水制成氨水，取amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應后溶液中c(NH4+)c(-)。用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=________。(5)工業(yè)上用NH3催化還原NO可以消除氮氧化物的污染。如下圖，采用NH3作還原劑，煙氣以一定的流速通過兩種不同催化劑，測量逸出氣體中氮氧化物含量，從而確定煙氣脫氮率(注：脫氮率即氮氧化物轉(zhuǎn)化率)，反應原理為：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。以下說法正確的是___________。A．相同條件下，改變壓強對脫氮率沒有影響B(tài)．在交叉點A處，不管使用哪種催化劑，上述反應都未達平衡C．催化劑①、②分別適合于250℃和450℃左右脫氮D．由曲線②溫度升高到一定程度后脫氮率下降可推知該反應為放熱反應【答案】(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－91.8kJ·mol－1(2分)(2)ACD(2分)(3)(2分)(4)(2分)(5)BC(2分)【解析】(1)ΔH=反應物總鍵能?生成物總鍵能，由氫氣和氮氣合成氨氣的熱化學方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)其焓變。(2)A項，合成氨反應是放熱反應，低溫有利于平衡右移、提高平衡產(chǎn)率，反應溫度控制在400~500℃左右，主是為了保持催化劑活性、提高反應速率，A說法錯誤，A選；B項，因吸附或沉淀毒物會使催化劑“中毒”，必須對原料氣凈化處理，B說法正確，B不選；C項，合成氨反應是氣體分子總數(shù)減小的反應，采用高壓的目的既為了提高反應的速率、又促進平衡右移，C說法錯誤，C選；D項，增大反應物的濃度使平衡向右移動，工業(yè)上為了提高H2的轉(zhuǎn)化率，應適當增大N2的濃度，若增大H2的濃度使平衡向右移動，但通常降低了H2的轉(zhuǎn)化率，D說法錯誤，D選；E項，增大反應物的濃度、減少生成物濃度均可使平衡向右移動，生產(chǎn)過程中將NH3液化分離，并及時補充N2和H2，有利于氨的合成，E說法正確，E不選；故選ACD。(3)開始升高溫度時，由于溫度較低，反應速率比較慢，所以該時間內(nèi)沒有達到平衡，因此N2轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，繼續(xù)升高溫度，反應速率也隨著加快，該時間內(nèi)能達到平衡，N2轉(zhuǎn)化率開始隨溫度升高而減小，根據(jù)所給的部分圖可知，催化劑Ⅰ效果更好，所以達到平衡所需的溫度較低，所以線拐，但催化劑可以加快反應速率，不會引起平衡移動，所以t°C后的變化情況如下圖：。(4)在25℃下，將NH3溶于水制成氨水，取amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應后溶液中c(NH4+)c(-)，按電中性c(NH4+)+c(H+)c(OH-)+c(-)，得c(H+)c(OH-)=10-7，按物料守恒，則，則用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)。(5)對于反應：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)：A項，反應是氣體分子總數(shù)增大的反應，相同條件下，改變壓強平衡移動、對脫氮率有影響A錯誤；B．在交叉點A處，脫氮率沒有達到最大值，所以不管使用哪種催化劑，上述反應都未達平衡，B正確；C項，由圖知，催化劑①、②分別適合于250℃和450℃左右脫氮，其催化劑活性最好，C正確；D項，曲線②溫度升高到一定程度后脫氮率下降，有可能是溫度太高、催化劑失去活性導致，故不能推知該反應為放熱反應，D錯誤；選BC。30．(10分)某興趣小組模擬堿熔法制備KMO4晶體，流程如下：已知：①3MO2+6KOH+KK2MO4+K②3K2MO4+2CO2=2KMO4+MO2+2K2CO3③K2MO4在中性或酸性介質(zhì)中不穩(wěn)定，快速發(fā)生歧化反應④部分物質(zhì)的溶解性表：溫度溶解度物質(zhì)0℃20℃40℃60℃80℃100℃KMO2.83g6.34g12.6g22.1g3.3g7.3g13.9g23.8g37.5g56.3gK2CO3105g111g117g127g140g156gKHCO322.5g33.7g47.5g65.6g(1)步驟I實驗中所用坩堝是鐵坩堝而不用瓷坩堝的原因是：___________堿熔氧化過程，KOH的用量要過量，其目的是：___________(2)下列說法不正確的是：___________A．步驟I中，MO2應分批加入，以提高原料利用率；過程中還需用鐵棒不斷攪拌，以防結(jié)塊B．步驟III中，為使得K2MO4充分歧化，所通入CO2最宜過量至溶液呈弱酸性C．步驟III中，為驗證K2MO4已經(jīng)完全歧化，可用玻璃棒蘸取溶液于濾紙上，觀察濾紙上是否有綠色痕跡D．步驟IV中，抽濾時為防止濾紙破損，可選擇用雙層普通濾紙或直接用砂芯漏斗E．步驟V中，經(jīng)一系列操作獲得的KMO4晶體常出現(xiàn)結(jié)塊現(xiàn)象，應用研缽充分研磨后再密封保存(3)步驟V中為獲得KMO4晶體，從下列選選項中選出合理的操作并排序：將濾液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中→______→_______→________→______→干燥，___________。a.用少量冰水洗滌b.先用冰水洗滌，再用乙醇洗滌c.蒸發(fā)溶劑至析出大量晶體，趁熱過濾d.緩慢降溫結(jié)晶e.減壓過濾f.蒸發(fā)溶劑至溶液表面析出晶膜(4)產(chǎn)品純度分析：取mg所得晶體，溶于水并加入酸酸化，定容至100mL。取25mL溶液于錐形瓶中，用mol·L-1的K2C2O4標準溶液進行滴定，消耗標準溶液VmL。①酸化KMO4溶液可用___________代替稀硫酸②所得晶體的純度為：___________(填寫數(shù)學表達式，要求化簡)【答案】(1)反應物中的KOH高溫下會腐蝕瓷坩堝(1分)保證堿性條件，防止步驟II中K2MO4發(fā)生歧化，導致產(chǎn)率下降(2分)(2)BDE(2分)(3)f-d-