2022年湖南省怀化市会同一中高考化学二调试卷（附答案详解）

2022年湖南省怀化市会同一中高考化学二调试卷

1.科学防护对预防病毒感染非常重要，下列说法错误的是（）

A.制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料

B.冠状病毒粒子直径约60〜220nm,介于溶液和胶体粒子之间

C.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性

D.二氧化氯泡腾片可用于水处理

2.短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中元素P的一种核素仅有

一个质子和一个中子；元素X、Z同主族且Z的最高价与最低价的绝对值之比为3；

元素Q是组成有机物的基本元素，而元素丫是无机非金属材料的主角。则下列说法

正确的是（）

A.元素P、Q、X所形成的某种化合物可以检验Fe3+

B.元素P分别与元素Q、Z所形成的化合物化学键一定相同

C.元素Q、Y、Z所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：Z>Y>Q

D.元素Q、Y、Z所形成的单质在一定条件下，均可溶于Z的最高价含氧酸的浓溶液

中

3.己二酸（HOOCCH2cH2cH2cH2COOH）是工业上具有重要意义的二元残酸，它的工业

路线和改进的“绿色”合成路线如图所示。下列说法错误的是（）

_E业路线“绿色”曾皿咐戏

（------------------------------"'

OH

_r^^COOH.空气

煌一。催化剂区。80日催化剂,△C

A.lmol己二酸与足量NaHC（）3溶液反应生成88gCC）2

B.苯、环己烷分子中所有原子均共平面

C.由环己醇生成己二酸的反应类型为氧化反应

D.己二酸与草酸（HOOC-COOH）互为同系物

4.气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果.其中在气相Fe+催化下，

乙烷发生氧化反应的机理如图所示（图中虚线为副反应）。下列说法错误的是（）

A.主反应为CH3cH3+2N2OtCH3CHO+2N2+H20

B.副反应为CH3cH3+N20->C2H50H+N2

C.每生成lmolCECHO,消耗电0的物质的量为2moi

H,C-Fe+

D.FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4*]+、II均为反应中间体

HiC—O

5.某化学兴趣小组，根据电化学原理，设计出利用KC1、NaNC)3为原料制取KNO3和NaCl

的装置如图。A、C代表不同类别的选择性离子通过膜，M、N为惰性电极。下列有

关说法中正确的是()

A.若产品出口1为NaCl溶液，则C为阳离子交换膜

B.电解总反应：EtW-KCl+NaNO3—KNO2+NaCl

C.产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等

D.M上反应确定为：2C1--2e-=Cl2T

6.工业上以黄铁矿(主要成分为Fes2,含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备

K4[Fe(CN)6]-3H2O,工艺流程如图：

第2页，共31页

T麻M

—丽噌

滤渣］

黄铁矿i石灰乳HCN

气体A

I谑渣w

Na2COj_JZL

泄液屐丽【

KC1［iii］

Kx[Fe(CN)J・3HQ"1at[Fc(CN)J溶液

一系列操作

下列说法错误的是（）

A.“焙烧”时氧化产物有Fe2（）3和SO2

B.“调pH”分离Fe3+与CM+、Ni2+是利用了它们氢氧化物（p的不同

2+4

C.“溶液I”中主要反应的离子方程式为60H-+6HCN+Fe=［Fe（CN）6］-+

6H2O

D.”一系列操作”为过滤、洗涤、干燥

7.设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是（）

A.0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成也的分子数为0.4NA

B.常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA

C.ImolNazOz与水完全反应时转移电子数为2NA

D.100g质量分数为46%的乙醉溶液中含有氢原子数为6NA

8.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1,4二氧杂螺［2,2］丙烷的结构简

式为°下列说法正确的是（）

A.Imol该有机物完全燃烧需要4moi。2

B.该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构）

C.该有机物所有原子均处于同一平面

D.该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体

9.40mLX溶液中可能含有下列离子中的若干种：Na+、NH：,Mg2+>Fe3+,Al3+,C「、

soi-»现对X溶液进行如图所示的实验，其现象和结果如图。下列说法正确的是（）

A.X溶液中一定含有Mg2+、々3+、cr,不含有Na+和NH]

B.X溶液中一定含有Na+、Mg2+、CP,可能含有A13+

C.X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)为0.50mol•『I

D.X溶液中c(Na+)为1.50mol」T、c(Al3+)^0.50mol-L-1

10.已知:常温下，H2s溶液的电离平衡常数Ka】=1.3xIO',Q=7.1x10-13,乂心、

2+

CuS的Ksp分别为1.7xIO-”、85*10-45,pM=lgc(M)(M=Mn、Cu、Zn),pS=

lgc(S2-),三种硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中曲线b表示ZnS。下列说

法错误的是()

A.曲线a表示MnS

B.Ksp(ZnS)=10-23.8

C.将浓度均为O.OOlmoLLT的MnS。,溶液和H2s溶液等体积混合，有沉淀产生

D.含MnS和CuS的悬浊液中:c(Mn2+)：c(Cu2+)=2.0x1029：1

11.常温下，用O.lmohLTNaOH溶液滴定lOmLO.lmoLLTNH/SCU溶液，下列说法

不正确的是()

A.滴定前，NH4HSO4溶液中c(NH^)>c(H+)

+

B.当滴入lOmLNaOH溶液时，c(H)=c(NH3-H2O)+c(OH-)

C.当滴入20mLNaOH溶液时，c(H+)+c(NH^)=c(OH")

D.当溶液呈中性时，c(Na+)<2C(NH3-H2O)

第4页，共31页

12.已知气相直接水合法制取乙醇的反应为H20(g)+C2H4(g)UCH3cH20H(g)。在容

积为3L的密闭容器中，当叱出。)：n(C2HJ=1：1时，乙烯的平衡转化率与温度、

压强的关系如下图所示：下列说法正确的是()

A.a、b两点平衡常数：b>a

B.压强大小顺序：Pi>P2>P3

C.当混合气的密度不变时反应达到了平衡

D.其他条件不变，增大起始投料益黑，可提高乙烯转化率

13.常温时，用O.lOOOmol•LNaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol•L一元弱酸HR的溶

液，滴定过程中pH变化曲线如图所示(溶液体积近似可以加和)，则下列判断正确的

是()

A.A点时c(OH-)=c(HR)+c(H+)

B.常温下，HR的心的数量级为KF,

C.B点时c(Na+)>c(R-)>c(OH-)

D.B点和C点，水的电离程度相同

14.事实证明，通过电化学方法将CO2转化为含能化合物意义重大。某科研机构通过电

催化将CO?和CH30H高效合成了HCOOH,其工作原理如图。下列说法不正确的是()

换膜

A.石墨2连电源的正极

B.阴极发生的电极反应式为CO?+2e-+2H+=HCOOH

C.每生成ImolHCOOH,左室溶液增重46g

D.每生成ImolHCOOH,理论上消耗fmolCO2

15.如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM-、M2-的浓度对数Ige随pH的变化图

像。下列分析错误的是()

A.a点时，溶液的pH=4.06

B.a点时，，c(HM-)+2c(M2")=O.lOmol-L-1

2-

C.pH=6.23时，c(HM-)=c(M)>c(H2M)

D.在NaHM溶液中，微粒的浓度大小：c(Na+)>c(HM")>c(OH-)c(M2+)>c(H+)

16.草酸亚铁，在形成晶体时会结晶一定量的水；在工农业生产中具有重要用途，如照

相的显影剂，生产磷酸铁锂电池的原料等。

己知：①草酸亚铁不溶于水，可溶于酸；

②Fe(SCN义-+3c2。/=Fe(C2O4)l-+6SCNZ

回答下列问题：

I.甲同学检查药品发现该晶体显浅黄色，认为晶体不纯，可能是因为部分的铁被

氧化。为验证自己的猜想，进行实验验证。取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN

溶液，溶液无明显变化。由此认为晶体中不存在+3价的铁。你认为(填“正

确”或“不正确”)，理由是。

第6页，共31页

口.乙同学为测定草酸亚铁晶体Fee?。4.XH2O中的结晶水含量，利用如图装置。

①做实验前首先要。

②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤依次为,

重复实验直至B中恒重。

a.点燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭Kd.打开K,缓缓通入空气e.冷却至室温

f.称量

也.丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取a克草酸亚铁

晶体溶入稀硫酸，再把所得溶液稀释成500mL,取出50mL放入锥形瓶，向其中逐

滴滴入未知浓度的酸性KMn()4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，且有气

泡冒出，当溶液颜色突变成浅紫色，停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的KI溶液

和几滴淀粉溶液，然后再用cmol/L的Na2s2O3溶液滴至终点。几次实验平均耗用

Na2s2O3溶液VmL.(2Na2s2O3+I2=Na2S406+2NaI)

⑴写出向溶液中滴加酸性KMnCU溶液发生反应的离子方程式______。

(2)上述试验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有

(3)x=0

(4)若实验中滴入KM11O4溶液过多，则所得x值。(填偏大、偏小或无影响)

17.工业上利用废催化剂(主要含AI2O3,含少量Pd等)提取杷、明帆的流程如图：

明研,V......A1,(SO.),溶液NO,泌液

回答下列问题：

(1)明研的化学式为

(2)为了工艺绿色化，将空气和流程中产生的(气体)混合通入“酸浸”工序

中。

(3)“酸浸”中生成H2Pde%的化学方程式为。

(4)“热还原”中(填“能”或“不能”)根据消耗出的总质量计算Pd的质

量，理由是o

(5)其他条件相同时，“酸浸”中杷浸出率与液固比(一定浓度的硝酸和盐酸组成混

合溶液的体积与杷渣质量之比)关系如图1所示，最佳液固比为mL-gT。当

液固比一定时，相同时间内钿浸出率与温度关系如图2所示，解释40冤铝浸出率达

到峰值的原因：o

(6)把是优良的储氢金属，其储氢原理是2Pd(s)+xH2(g)=2PdHx(s),其中x的最

大值为0.8。已知Pd的密度为12g-cm-3,贝i]21.2cm3Pd能储存标准状况下H2的最大

体积为L。

18.VA族元素氮、磷、碑(As)、锦(Sb)、娜(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许

多重要用途.

(1)钿合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，

喷出水来灭火.已知原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用

+9表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的秘原子，

其价电子自旋磁量子数的代数和为.

(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有(填元素符号).

(3)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是(填字

母代号).

第8页，共31页

It2a2P.2P2P.

com111itii

la2a2P2P2P

Dmrntntii11

(4)P4s3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示.

①P4s3分子中磷原子的杂化轨道类型为.

②每摩尔P4s3分子中含有的孤电子对的数目为

图I图2

(5)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接

起来的，如图2所示.则这类磷酸根离子的最简单的表示形式为.

(6)H3AsO4中AsO;的等电子体为.(写一种分子)

(7)磷化钱是一种由IDA族元素钱(Ga)与VA族元素磷(P)人工合成的皿-V族化合物

半导体材料.晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心

的碳原子被P原子代替.磷化铉的晶胞结构如图3,图4中矩形AAiCCi是沿晶胞对角

面取得的截图.

图3

请画出晶胞中钱(Ga)原子在矩形AAiCJ中的位置

(8)若晶胞密度为pg-cm-3,阿伏加德罗常数为NA，则晶胞中距离最近的P和Ga之

间距离为pm(列出计算表达式).

19.随着全球气候问题的日益严重,逐步减少使用和倚靠化石燃料已成为必然趋势,CO?

的综合利用是解决温室问题的有效途径

(1)利用C02合成二甲醛可实现碳循环，其过程主要发生如下反应：

-1

反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH1=+41.2kJ-mol

反应n：2CO2(g)+6H2(g)UCH30cH3(g)+3H2O(g)AH2=-122.5kJ-moL

其中反应II分以下两步完成，

反应m：CO2(g)+3H2(g)WCH30H(g)+H2O(g)AH3=-49.5kJ-moL

反应W：2CH3OH=CH30cH3(g)+H20(g)AH4

①2IH4=»

②某温度和压强下ImolCOz与足量的出在一定的条件下发生上述反应，己知达到

平衡时CO2的转化率为40%,部分物质的物质的量如表：

COHO

CH3OH2

0.06mol0.02mol0.56mol

若反应达到平衡时容器中CO的分压p(CO)=O.OIMPa(气体分压=气体总压x气体

的物质的量分数)，则此时该容器中CO2的分压p(C02)=，反应W的平衡常数

Kp=(计算结果保留两位小数)。

③经研究发现，不同反应条件下反应相同时间(未平衡)测得体系中CH30H的浓度很

低，则可知活化能大小关系为反应m_____(填“大于”“等于”或“小于”)反应

IV。

(2)将CO2转化为乙醇也可以实现碳循环，发生反应的化学方程式为

2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH<0.实验测得：v正=kFc2(C()2)•

6

C(H2),k逆c(C2H5。限3(%。),k正、k逆为速率常数，只受温度影响。该反应的

,1.1.1

收。1g媪常数随温度的变化的曲线如图1所示，则(填m或n)表示1g口随温

度变化的曲线，判断的理由为o

第10页，共31页

图1图2

(3)用电解法将CO2转化为燃料是实现碳循环的另一种途径，原理如图2所示。铜电

极上产生C2H4的电极反应式为,若阴极只产生CO、HCOOH、C2H4，且生

成速率相同，则相同条件下Pt电极与Cu电极上产生的。2与HCOOH的物质的量之比

为。

20.乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如图所示。

OHCIWH

Owoiljl。催化剂

OMgBr

OH

AB

CH3（：||-!lliUCH;=CHBrCHM^Br

乙雁I）

,_,<>H.O一心H,

，,八乙酸卅

IM）C।,kC,,=（：,l;li/}\I

~°X=/cntco-C^Vcn-cii=cih

EF

nfr.nR，CHO।

已知：RMgBrtI

RCHR'

(1)ATB的反应类型为。

(2)化合物C的名称是。

(3)化合物E中所含官能团的名称。

(4)写出化合物F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_____。

(5)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：。

①能与FeCk溶液发生显色反应；

②能发生银镜反应；

③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1«

O

(6)请以乙醛和甲苯为原料制尸\II，写出相应的合成路线流程图一

ciijccih

(无机试剂任用，合成路线流程图如题示例)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.制作防护服和口罩的无纺布常采用聚丙烯树脂，属于合成有机高分子材

料，故A正确；

B.冠状病毒粒子直径约60〜220nm,直径大小与1〜100nm有交叉，故介于浊液和胶

体粒子之间，故B错误；

C.免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属离子、乙醇均能使病毒蛋白质变性，则能

消毒杀菌，故C正确；

D.二氧化氯具有强氧化性，能够杀菌消毒,则二氧化氯泡腾片可用于水处理,故D正确；

故选：Bo

A.制作防护服和口罩的无纺布常采用聚丙烯树脂；

B.胶体中分散质的直径在1〜100nm之间，小于lnm为溶液，大于100nm为浊液；

C.重金属离子、某些有机物等使蛋白质发生变性；

D.二氧化氯具有强氧化性。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质、用途为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：根据分析可知，P为H,Q为C,X为0,丫为Si,Z为S元素，

A.元素P、Q、X所形成的苯酚与铁离子发生显色反应，可用苯酚检验Fe3+,故A正确；

B.氢与碳形成的化合物为烧，氢与硫可形成硫化氢，硫化氢中只含有极性键，而乙烷、

丙烷等煌分子中含有C-C非极性键，故B错误；

C.非金属性：S>C>Si,则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>Q>Y,故C错误；

D.Z的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸，硅单质不与浓硫酸反应，故D错误；

故选：A»

短周期主族元素P、Q、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中元素P的一种核素仅有一个

质子和一个中子，贝UP为H；元素X、Z同主族且Z的最高价与最低价的绝对值之比为3,

二者位于WA族，贝位为0,Z为S；元素Q是组成有机物的基本元素，则Q为C；元素丫是

无机非金属材料的主角，则丫为Si,以此分析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构及元素化合价来推断元素为

第12页，共31页

解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.己二酸分子含有2个竣基，Imol己二酸与足量NaHCC)3溶液反应生成

2moic。2,生成CO2的质量为2moix44g/mol=88g,故A正确；

B.环己烷是一个立体结构，所有的碳原子都是饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷结构特

点，所以不可能所有原子共面，故B错误；

OH0H

转化己二酸的过程中，组成上去氢加氧，则由[3生成己二酸的反应类型是

氧化反应，故c正确；

D.己二酸和草酸(乙二酸)结构相似、在分子组成上相差4个C&原子团，所以二者是同系

物，故D正确：

故选:Bo

A.lmol己二酸与足量NaHC()3溶液反应生成2moic。2；

B.环己烷中所有碳原子都是饱和碳原子，具有甲烷结构特点；

0H

c.[5被氧化生成己二酸；

D.己二酸和草酸(乙二酸)结构相似、在分子组成上相差4个CH2原子团。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团

及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：A.由图可知,整个历程的总反应为CH3cH3+2”。催2剂C&CHO+2N2+

H20,故A正确；

f

B•副反应为CH3cH3+"0吧剂C2H50H+N2故B正确；

C.由于有副反应的存在，故每生成lmolCI^CHO,消耗电0的物质的量为2moL故C错

误；

[H,C-FeV

D.由图可知，FeO+、[(C2H5)Fe(0H)]+、[(C2H4)Fe]+、II均为反应中间体，

MC-TAI

故D正确;

故选：Co

由图可知，反应物为ImolCH3cH3、2molN2O,产物为lmolCECHO、2molN2＞根据原

子守恒可知,lmolX为ImolH2。、Fe+在反应前参与反应,最后又生成,属于催化剂,FeO+、

HjO-FeI*

[(C2H5)Fe(OH)]+、[(C2H4)Fe]+、II都是反应过程中生成，在后面的反应中

又消耗掉，属于中间产物，副反应为CH3cH3+N2OTC2H5OH+N2符合氧化还原反应

的规律，据此分析作答即可。

本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查催化剂的作用，逐渐产物的判

断，对反应机理的理解等，对学生的思维能力要求较高，难度中等。

5.【答案】C

【解析】解：A.产品出口1为NaQ溶液，C「通过膜C移向右2室，则C为阴离子交换膜，

故A错误；

电解

B.电解本质是电解水，电解总反应：2H义。-2HzTI。2T'故B错误；

C.产品出口1溶液中离子、产品出口2溶液中离子都带一个单位电荷，两极转移电子相等,

根据电荷守恒守恒可知，产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等，故C正确；

D.电解得到NaCLM极上C「不能放电，故M为阴极，阴极反应生成为2H+2e-=H2T

+20H-,故D错误；

故选:Co

M极通入KC1溶液，N极通入NaNC)3溶液，整个过程电解制取KNO3和NaCl,则M极上C「不

能放电，故M为阴极，N为阳极，阴极反应生成为2H2O+2e-=H2t+2OH-,阳极反

应式为2H2O-4e-=()2T+4H+,左1室与右3室均通入KC1溶液，右1室与左3室均通入

NaN()3溶液，由于阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，故左3室中Na+通过膜A移向

左2室、NO]通过膜C移向中间室(左4室)，右3室中K+通过膜A移中间室(左4室)、C「通

过膜C移向右2室，在中间室获得KNO3,则左2室、右2室获得NaQ,A膜为阳离子交换

膜、C膜为阴离子交换膜。

本题考查电解原理运用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式,

题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。

6.【答案】C

【解析】解：A.FeS2,NiS、CuS反应后生成Fez。?、NiO、CuO和SO2，则焙烧时氧化产

物有Fe2()3和S02,故A正确;

第14页，共31页

B.调节pH值时，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀，所以“调pH”分离Fe3+与CM+、

Ni2+是利用了它们氢氧化物&p的不同，故B正确；

C.石灰乳写化学式，故C错误；

D.从溶液中获取晶体采用过滤、洗涤、干燥的方法，所以“一系列操作”为过滤、洗涤、

干燥，故D正确；

故选:C»

以黄铁矿(主要成分为Fes2,含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备KJFeCCNb>

3H2。,黄铁矿在空气中焙烧，FeS2,NiS、CuS反应后生成Fez。?、NiO、CuO和SO2，气

体A为SO2,氧化物中加入稀硫酸得到CUSO4、NiS04,Fe2(SO4)3-SiO2不溶于稀硫酸，

所以滤渣I为Si。?，滤液I中含有CUSO4、NiS04,Fe2(SO4)3和硫酸，调节溶液的pH并过

滤得到滤液H,滤渣H中加入Fe、稀硫酸得到溶液I,根据最终得到的物质元素知，滤渣H

中含有Fe(OH)3，滤液H中含有CUSO4、NiS04.向滤渣H中加入稀硫酸、Fe发生反应

2Fe(OH)3+Fe+3H2S04=3FeS04+6H2O,向溶液I中加入石灰乳、HCN得到

Ca2[Fe(CN)6],滤渣HI为过量的Fe,向滤液中加入Na2cO3得到滤渣IV为CaCC>3，滤液为

Na/FeCCNb],向滤液中加入KC1通过一系列操作得到K41Fe(CN)6]-3H2O；

本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各

物质成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，注意C中氢氧化钙要写

化学式，题目难度中等。

7.【答案】A

【解析】解：A.铁和水蒸气反应时，3moi铁生成4mo倒气，故0.3mol铁反应生成0.4mol

氢气即0.4NA个氢气分子，故A正确；

B.常温下铝在浓硫酸中钝化，故不能完全反应，故铝失去的电子数小于0.3NA个，故B

错误；

C.过氧化钠和水的反应时，-1价的氧歧化为-2价和0价，故lmol过氧化钠转移Imol电

子即NA个，故C错误；

D.lOOg质量分数为46%的乙嚼溶液中，除了乙醇外，水也含H原子，100g质量分数为46%

的乙醇溶液中，乙醇的质量为m=100gx46%=46g,物质的量为n=虚普=lmol,

故含H原子为6moi，水的质量为m=100g-46g=54g,物质的量为n=m=3m。1,

故含H原子含H原子也为6mol,故共含H原子为12moI,即12NA个，故D错误。

故选：Ao

A.铁和水蒸气反应时，3moi铁生成4moi氢气；

B.常温下铝在浓硫酸中钝化；

C.过氧化钠和水的反应时，-1价的氧歧化为-2价和0价；

D.lOOg质量分数为46%的乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含H原子。

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。

8.【答案】D

【解析】解：A.有机物分子式为C3H4O2,lmol有机物完全燃烧等于3moic燃烧消耗的氧

气，即lmol该有机物完全燃烧需要3moi。2,故A错误；

B.环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同

一碳原子上，也可以在不同碳原子上，该有机物的二氯代物有2种，故B错误；

C.环共用的碳原子连接的2个0原子、2个C原子形成四面体结构，该有机物所有原子不

可能处于同一平面，故C错误；

D.该有机物与HCOOCH=CHz的分子式相同，含有的官能团等不同，二者互为同分异构

体，故D正确；

故选：Do

A.有机物分子式为C3H4O2，lmol有机物完全燃烧等于3moic燃烧消耗的氧气；

B.环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同

一碳原子上，也可以在不同碳原子上；

C.环共用的碳原子连接的2个0原子、2个C原子形成四面体结构；

D.该有机物与HC00CH=CH2的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体。

本题考查有机物的结构与性质，涉及燃的含氧衍生物燃烧耗氧量规律、同分异构体、共

面问题等，侧重考查学生分析解决问题的能力。

9.【答案】D

【解析】解：A.由分析可知，X溶液中一定含有Na+、Mg2+、A|3+、C「一定不含NH上

Fe3+、SOI-,故A错误；

B.X溶液中一定含有Na+、Mg2+、A13+、C「，故B错误；

C.X溶液中一定含有Mg2+,且c(Mg2+)=啜黑=1.00mol/L,故C错误；

D.X溶液中中c(Na+)=竺陋=1.50mol」T,c(AF+)=%㈣=0.50mol•广】，故D

0.02L0«02L

第16页，共31页

正确。

故选：Do

20mLX溶液中加入硝酸钢溶液，没有明显现象，说明X溶液不含SOf,再加入足量加入

硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀只能是AgCl,说明X溶液含有C「，且n(C「)=

n(AgCl)=1二言=O.lmol；20mLX溶液中加入氢氧化钠溶液，加热，由滤液稀释后

氢氧根离子浓度，可知氢氧化钠有剩余,反应消耗NaOH为:0.025Lx4.00mol/L-0.2Lx

0.1mol/L=0.08mol,不产生刺激性气味的气体，证明不含有NH1离子，有白色沉淀生

成，白色沉淀只能为Mg(OH)2,说明X溶液含有Mg2+,则一定不含Fe3+,n(Mg2+)=

[Mg(OH)2]=5；蓝。i=0.02mol,0.02molMg2+消耗NaOH为0.02molx2=0.04mol<

0.08mol,故X溶液还含有A13+,由A/+4OH-=AlOj+2H2O,可知n(AF+)=

8mo由于2n(Mg?+)+3n(Al3+)=0.02molx2+O.Olmolx3=

0.07mol<n(Cr)=O.lmol,根据溶液呈电中性，可知X一定含有Na+,且20mL溶液中

n(Na+)=O.lmol-0.07mol=0.03molo

本题考查物质组成确定，涉及常见离子的检验及推断，题目以定性分析与定量计算形式

考查，根据反应现象判断含有的离子，注意电荷守恒的运用，熟练掌握元素化合物知识，

题目侧重学生分析推理能力、计算能力。

10.【答案】C

【解析】解：A.由于Mn解CuS的Ksp分别为1.7x10-15、8.5xIO_45,Lp越大，当金

属离子浓度相等时，pS越小，则曲线a表示MnS,故A正确；

B.曲线b表示ZnS,根据图象可知当硫离子浓度为10-23.8moi/L时，锌离子浓度是lmol/L,

2+2

则Ksp(ZnS)=c(Zn)-c(S~)=刑3,故B正确；

C.将浓度均为O.OOlmol•L的MnSCU溶液和H2s溶液等体积混合，镐离子浓度变为

0.0005mol/L,由于H2s的第一步电离程度远大于第二步电离程度，则溶液中氢离子浓

度近似等于HS-浓度，所以根据第二步电离平衡常数表达式心2==7.1x

10-13可知溶液中硫离子浓度近似等于7.ixICT13moi儿，则溶液中c(Mn2+)•c(S2-)=

3.55X10T6<17x10-15,所以没有沉淀产生，故C错误；

D.根据溶度积常数表达式可知含MnS和CuS的悬浊液中：聚哥=黑篇:焉;=

"胃=2.0x1029：1,故D正确；

8.5X10-45

故选：C。

A.Ksp越大，当金属离子浓度相等时，pS越小；

B.对于MS沉淀，溶度积常数为Lp=c(M2+).c(S2-),据此计算；

C.将浓度均为O.OOlmol•IT】的MnS04溶液和H2s溶液等体积混合，镒离子浓度变为

0.0005mol/L,由于H2s的第一步电离程度远大于第二步电离程度，则溶液中氢离子浓

度近似等于HS-浓度，所以根据第二步电离平衡常数表达式=%等=7.1x

10-13可知溶液中硫离子浓度近似等于7.ix10-13mol/L,计算溶液中c(Mn2+)•c(S2-)

值与Ksp=1.7X10T5比较判断；

D.根据溶度积常数表达式可知含MnS和CuS的悬浊液中：黑号=黑:二黑计算可得。

本题主要考查沉淀溶解平衡及曲线，注重对图象的观察和分析能力的考查，同时有对(p

和K的计算考查，注意纵横坐标的意义，结合沉淀溶度积的相关知识解答，题目难度适

中。

11.【答案】AD

【解析】解：A.NH4HSO4在溶液完全电离，电离出NH：、H+、SO：［而NH［发生水解：

+

NHt+H2ONH3-H2O+H,故溶液中c(H+)>c(NH：),故A错误；

B.当滴入lOmLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2sO4、(NHQzSCU，且二者物质的量相等，

溶液中氢离子源于NH。水解：NHJ+H2O=NH3-H2O+H+以及水的电离：H2OWH++

OH-,则c(H+)=c(NH3•%())+c(OH-),故B正确；

C.当滴入20mLNaOH溶液时,OH-与NH：、H+恰好反应,溶液中溶质为Na2so4、NH3-H2O,

溶液中氢氧根离子源于水的电离、一水合氨的电离，则c(H+)+c(NH［)=c(OH-),故

C正确；

D.由电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)+c(NH*)=c(0H-)+2c(S0『)，溶液呈中性，贝U

c(H+)=c(OH-),故c(Na+)+c(NH+)=2c(SO：-),由物料守恒有：c(NH3-H2O)+

c(NH^)=c(SOi-),联立可得：c(Na+)=2c(NH3-H2O)+c(NH^),故c(Na+)>2c(NH3•

H2O),故D错误；

故选:ADo

A.溶液中NH1发生水解；

B.当滴入lOmLNaOH溶液时，此时溶液中溶质为(NH)SO,、Na2sO4,溶液中级离子源

于水的电离、镂根离子水解；

C.当滴入20mLNaOH溶液时，此时溶液为等浓度的Na2sO4、NH3•电0混合溶液，溶液

中氢氧根离子源于水的电离、一水合氨的电离；

第18页，共31页

D.由电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)+c(NHf)=c(0H-)+2c(S0『)，溶液呈中性，则

c(H+)=c(OH-),由物料守恒有：C(NH3-H20)+c(NH^)=cCSOj-),联立判断。

本题考查水溶液中离子平衡，涉及弱电解质电离、盐类水解、溶液中离子浓度大小比较

等，注意分析混合后溶液中溶质，再根据强弱电解质的电离、水的电离、盐类水解、电

荷守恒、物料守恒等进行分析判断。

12.【答案】D

【解析】解：A.a、b点温度相同，则a、b两点平衡常数：b=a,故A错误；

B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强乙烯的转化率增大，则压强大小顺序：Pi<

P2<P3，故B错误；

C.混合气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，不能判定平衡状态，故C错误；

D.增大水蒸气的量，可促进乙烯的转化，则增大起始投料端詈，可提高乙烯转化率，

故D正确；

故选：D。

A.a、b点温度相同;

B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强乙烯的转化率增大；

C.混合气体的质量、体积均不变；

D.增大水蒸气的量，可促进乙烯的转化。

本题考查化学平衡及常数，为高频考点，把握图象的意义、平衡移动、K的影响因素为

解答的关键,侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A.A点溶液显酸性，c(OH-)<c(H+),则c(OH-)<c(HR)+c(H+),故A

错误；

B.C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol•Li此时pH=8.0,则«0丁)=

108-14mol/L=10-6mol/L,由三段法可知

R-+H20UHR+0H-(单位：mol/L)

开始0.0500

变化10-6io-610-6

平衡0.05-10-610-610-6

则心=啮詈=霖聋黄坦萨=一号Ka=5xlL,故B正确；

C.B点时,由电荷守恒可知,c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此时溶液显酸性，则

c(OH-)>c(H+),故c(Na+)<c(R-),故C错误；

D.B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反应，溶质为NaR,R.水解促进水的

电离，故D错误；

故选：Bo

A.A点溶液显酸性，c(OH-)<c(H+)；

B.C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol•『】，此时pH=8.0,则c(OH-)=

108-14mol/L=10-6mol/L,由三段法可知

R-4-H20=HR+OHX单位:mol/L)

开始0.0500

变化10-610-6io-6

平衡0.05-10-610-610-6

C.B点时，由电荷守恒可知,c(OH-)+c(HR)=c(Na+)+c(H+),此时溶液显酸性，则

c(OH-)>c(H+)；

D.B点HR过量，酸对水电离起抑制作用。

本题考查酸碱混合溶液中的定性判断，明确图中各点发生的化学反应及溶液中的溶质是

解答本题的关键，题目难度中等。

14.【答案】C

【解析】解：A.石墨2为阳极，连电源的正极，故A正确；

B.石墨1为阴极，电极反应式为CC)2+2e-+2H+=HCOOH,故B正确；

C.当电路中转移4moi电子时，阴极生成2moiHCOOH,阳极生成ImolHCOOH,故生成

ImolHCOOH时转移gmol电子，左室质量增加二氧化碳质量为等x^x44g/mol=yg,

由电荷守恒可知，同时有gmol电子由右侧迁移到左侧，故质量增加gg,左室质量共增

加?g+gg=Bg,故C错误；

D.当电路中转移4moi电子时，阴极消耗2moi二氧化碳，生成2moiHCOOH,阳极生成

ImolHCOOH,故消耗2moi二氧化碳生成3moiHCOOH,每生成ImolHCOOH,理论上消

耗|molCO2，故D正确；

故选：Co

第20页，共31页

由图可知，石墨1电极上碳元素价态降低得电子，故石墨1为阴极，电极反应式为C02+

2e-+2H+=HCOOH,石墨2为阳极，电极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+

4H+,据此作答。

本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解

题的关键，难点是电极反应式的书写。

15.【答案】D

【解析】A.Ka】=%MF=10T89,%=喘?=10-623,则％X%=

唱曙2X强黯2=10-8.12,根据图像，a点溶液中C(H2M)=C(M2-),代入得

C(H+)=10-4。6moi/L,则溶液的pH=4.06,故A正确；

B.溶液中c(H2M)+c(HM-)+c(M2-)=0.10mol/L,根据图像，a点溶液中式出乂)=

c(M2-),则C(HNT)+2C(M2-)=0.10mol/L,故B正确；

C.根据图像可知pH=6.23时,溶液中C(HM-)=C(M2-)>C(H2M),故C正确；

D.在NaHM溶液中既存在HM-的电离平衡、又存在HM-的水解平衡，HM-的水解离子方

程式为HM-+H2OUH2M+OH-,其水解平衡常数为0=乂)=詈=

11Vl)Kal

尚篇=lO-12.il<Ka2,HM-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中微粒浓

度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HM-)>c(H+)>c(M2-)>c(OH)故D错误；

故选:Do

根据图像可知，开始溶液中武也乂)=0.1mol/L,c(HM-)=0.001mol/L,c(M2一)很小

几乎忽略，则溶液中c(HzM)+c(HM-)+c(M2")=O.lOlmol/L；当c(HzM)=c(HNT)时

溶液的pH=1.89,则H2M的Kai="黑鲁=io-"、当c(HM-)=c(M2-)时溶液的

pH=6.23,则H2M的Ka2=4部三二10-&23；据此作答。

本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意

掌握弱电解质的电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

16.【答案】不正确根据已知C2O七比SCN-更易与Fe3+结合检查装置气密

2+-+2+3+

性dabecf3MnOJ+5Fe+5C20i+24H=3Mn+5Fe+12H2O+10C02T

2++2+3+

或3MnO1+5Fe+5H2C204+14H=3Mn+5Fe+12H2O+10CO2T500mL

容量瓶、胶头滴管(50a；：cV)偏小

9cV

【解析】解：I.根据题给信息可知，C2。/比SCN-更易与Fe3+结合，所以取少量的晶体

样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化，不能判定晶体中不存在+3价的铁，

不正确，

故答案为：不正确；根据已知C