浙江省温州市2025届高三化学二模考试试题鸭含解析

PAGE28-浙江省温州市2025届高三化学二模考试试题（选考，含解析）考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先运用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64I-127选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.有共价键的离子化合物是（）A.NaCl B.H2O2 C.C2H5Br D.K2SO4【答案】D【解析】【详解】A.NaCl由活泼金属与活泼非金属组成，为离子化合物，组成中不含原子团，不含共价键；A不符合题意；B.H2O2是由非金属元素组成的共价化合物，B不符合题意；C.C2H5Br为不能电离的有机物，是共价化合物，C不符合题意；D.K2SO4是由活泼金属与酸根离子组成的盐，是离子化合物，酸根离子为原子团，含共价键，D符合题意。答案选D。2.试验室用Na2CO3固体和蒸馏水精确配制肯定物质的量浓度的Na2CO3溶液，以下仪器中不是必需用到的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A.配制肯定物质的量浓度的Na2CO3溶液中，溶解过程须要烧杯，A必需用到；B.配制肯定物质的量浓度的Na2CO3溶液中，不须要量取液体的体积，B不是必需用到；C.配制肯定物质的量浓度的Na2CO3溶液中，须要用容量瓶来固定溶液的体积，C必需用到；D.配制肯定物质的量浓度的Na2CO3溶液中，溶解和转移的过程中要运用玻璃琫，D必需用到。答案选B。3.溶于水能导电的非电解质的是（）A.二氧化氮 B.乙酸 C.蔗糖 D.氯气【答案】A【解析】【详解】A.二氧化氮为非金属氧化物，为非电解质，它溶于水时与水反应产生能导电的硝酸，A符合题意；B.乙酸为有机酸，为电解质，B不符合题意；C.蔗糖为有机物，是非电解质，其水溶液中无自由移动的离子，不导电，C不符合题意；D.氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意。答案选A。4.反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中，还原产物是A.Cu B.H2SO4 C.CuSO4 D.SO2【答案】D【解析】【分析】在氧化还原反应中，化合价上升，失电子，被氧化，得到氧化产物；化合价降低，得电子，被还原，得到还原产物。【详解】依据Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O的反应来分析，浓硫酸中硫元素化合价降低，生成二氧化硫，还原产物是二氧化硫，故选D。【点睛】氧化还原反应中，要熟记：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂。5.下列物质的名称正确的是（）A.熟石灰：CaOB.摩尔盐：(NH4)2SO4•FeSO4•6H2OC.氯仿：CCl4D.：2-乙基丁烷【答案】B【解析】【详解】A.CaO俗称生石灰，熟石灰是氢氧化钙，A错误；B.硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，俗称摩尔盐，B正确；C.氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式CHCl3，C错误；D.在系统命名时，主链上有5个碳，取代基为甲基，位置在第3个碳原子上，命名为3-甲基戊烷，D错误。答案选B。6.下列表示正确的是（）A.氨基的电子式：B.乙炔的结构简式：CHCHC.S2-的结构示意图：D.H2O的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A.氨基显电中性，N原子最外层为5个电子，与2个H形成共用电子对，还存在1对孤对电子，和1个单电子，其电子式：，A正确；B.乙炔的结构中存在碳碳三键，书写结构简式不能省略，B错误；C.S2-的结构示意图中，硫为16号元素，核电荷数为16，C错误；D.水的分子构型为V型，则水分子的比例模型是，D错误。答案选A。7.下列说法不正确的是（）A.35Cl和37Cl互为同位素B.乙酸和油酸（C17H33COOH）互为同系物C.红磷和白磷互为同素异形体D.乙醛和环氧乙烷()互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．35Cl和37Cl的质子数均为17，中子数分别为18和20，质子数相同而中子数不同的核素互为同位素，A选项正确；B．乙酸的分子式为CH3COOH，其为饱和一元羧酸，油酸(C17H33COOH)的分子中有碳碳双键，其为不饱和的一元羧酸，故两者结构不相像，且两者分子组成上相差C16H30，不是相差n个CH2，因此两者不是同系物，B选项错误；C．红磷和白磷为P元素的不同种单质，互为同素异形体，C选项正确；D．乙醛和环氧乙烷()的分子式均为C2H4O，两者结构不同，互为同分异构体，D选项正确；答案选B。8.下列说法不正确的是（）A.金属镁可用来制造信号弹和焰火B.某些含铝的化合物可作净水剂C.硫酸铁可用于治疗缺铁性贫血D.二氧化硅可用于制造光导纤维【答案】C【解析】【分析】【详解】A.镁在空气中点燃，猛烈燃烧，发出刺眼的白光，放出大量的热，生成白色固体氧化镁，镁是制造信号弹、焰火的原料，故A正确；B.某些含铝的化合物作净水剂，利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮的杂质，故B正确；C.可用于治疗缺铁性贫血的是硫酸亚铁，而不是硫酸铁，三价铁不易被人体汲取，故C不正确；D.二氧化硅透亮度很高造价低,是很好的光导材料，可用于制造光导纤维，故D正确。答案选C。9.新冠病毒的消毒剂有多种，下列说法不正确的是（）A.75%酒精能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好B.市售84消毒液(主要成分为NaClO)可敞口保存且运用时不需稀释C.过氧乙酸(CH3COOOH)具有强氧化性，具有很强的杀菌实力D.若不慎将苯酚沾到皮肤上，应马上用酒精洗涤，再用水冲洗【答案】B【解析】【分析】【详解】A．乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高不易进入细胞内部，75%乙醇溶液消毒效果最佳，A选项正确；B．84消毒液不能够敞口保存，敞口保存易汲取空气中的二氧化碳变质，并且其浓度过高会造成环境污染和奢侈，所以运用时须要稀释，B选项错误；C．过氧乙酸(CH3COOOH)含有过氧键，具有强氧化性，与空气中微生物机体作用，达到灭菌的目的，具有很强的杀菌实力，C选项正确；D．苯酚对皮肤有猛烈的腐蚀性，易溶于酒精，因此若不慎将苯酚沾到皮肤上，应马上用酒精洗涤，再用水冲洗，D选项正确；答案选B。【点睛】A选项，酒精之所以能消毒是因为酒精能够汲取细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的。假如运用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于快速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚实的包膜，酒精反而不能很好地渗入细菌内部，以致影响其杀菌实力。75%的酒精与细菌的渗透压相近，可以在细菌表面蛋白未变性前渐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌全部蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，酒精浓度低于75%时，由于渗透性降低，也会影响杀菌实力。10.下列说法不正确的是（）A.等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷B.石油的裂解主要目的是为了获得乙烯、丙烯等气态短链烃C.煤焦油中可以获得苯、甲苯、二甲苯等有机化合物D.主要成分为聚氯乙烯的塑料瓶可回收利用【答案】A【解析】【详解】A．在光照条件下，等物质的量的氯气与甲烷发生取代反应，会生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，HCl，不能够制得纯净的一氯甲烷，A选项错误；B．石油裂化的目的是提高轻质液体燃料的产量和质量，裂解的目的是获得乙烯、丙烯等小分子气态短链烃，B选择正确；C．煤焦油是一种高芳香度的碳氢化合物的困难化合物，利用沸点不同从中分别出苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，C选项正确；D．废弃的以聚氯乙烯为原料的塑料瓶可以回收，用于炼制燃料油等，D选项正确；答案选A。11.下列说法不正确的是（）A.氯酸钾、高锰酸钾等强氧化剂或其混合物不能研磨B.移液管或者滴定管可精确量取肯定体积的溶液C.元素分析仪可以确定物质中是否含有C、H、O、S等元素D.纸层析法只能用于分别有色物质，否则无法看到色斑【答案】D【解析】【详解】A．强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，因此氯酸钾、高锰酸钾等强氧化剂或其混合物不能研磨，A选项正确；B．移液管和滴定管的精确度的均为0.01mL，可精确量取肯定体积的溶液，比量筒精确度更高，B选项正确；C．元素分析仪可以确定物质中含有哪些元素及这些元素的元素个数比，C选项正确；D．无色离子也能用纸层析法，可以先层析，然后再用显色剂来显色，D选项错误；答案选D。12.下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是（）A.工业上可运用液氨作制冷剂B.少量一氧化氮可防止血管栓塞C.铵态氮肥宜与草木灰（主要成分为K2CO3）混合运用D.硝酸可用于制造TNT、硝化甘油和硝化纤维【答案】C【解析】【详解】A．液氨汽化时要汲取大量的热，可以做制冷剂，A选项正确；B．NO极少量时在人体血管内促进血管扩张，可防止血管栓塞，B选项正确；C．铵态氮肥宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合运用，两者会反应生成氨气，使肥效降低，C选项错误；D．甲苯与硝酸可生成2，4，6-三硝基甲苯(TNT)，用硫酸和硝酸处理甘油，可得到油状透亮的硝化甘油，硝酸与纤维素酯化可生成硝化纤维，D选项正确；答案选C。13.下列离子方程式书写正确的是（）A.乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓＋3H2OB.向加碘食盐(含碘酸钾)中加入碘化钾溶液和稀硫酸：IO3-+I-+6H＋=I2+3H2OC.偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-D亚硫酸钠水解：SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH-【答案】A【解析】【详解】A.乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热时的反应是在碱性环境中进行，乙醛被氧化为CH3COOH，然后与OH-反应产生CH3COO-，而氢氧化铜被还原为氧化亚铜，离子方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓＋3H2O，A正确；B.向加碘食盐(含碘酸钾)中加入碘化钾溶液和稀硫酸：IO3-+I-+6H＋=I2+3H2O，在离子方程式中，电荷不守恒，B错误；C.偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，二氧化碳过量，产物为HCO3-，C错误；D.亚硫酸钠水解时，SO32-的水解是分步进行的，D错误。答案选A。14.下列说法不正确的是（）A.向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，可使蛋白质的溶解度降低而析出B.用蒸馏水能鉴别四氯化碳、乙醇、苯C.向含稀硫酸的淀粉水解液中加入银氨溶液，水浴加热后无银镜产生，说明淀粉未水解D.在其它条件相同时，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中的水解程度比稀硫酸更彻底【答案】C【解析】【分析】【详解】A.向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，可使蛋白质的溶解度降低而析出，这一过程为蛋白质的盐析，A正确；B.用蒸馏水能鉴别四氯化碳、乙醇、苯时，不出现分层的为乙醇，出现分层，水在上层的为四氯化碳，水在下层的为苯，B正确；C.银氨溶液在碱性环境下具有弱氧化性，向含稀硫酸的淀粉水解液中先加入碱，使的溶液呈碱性，才能对水解产物进行检验，否则无明显的现象，C不正确；D.乙酸乙酯在稀硫酸的条件下水解生成乙酸和乙醇，是一个可逆反应，而在氢氧化钠溶液中水解时，要消耗生成的乙酸，使平衡正移，更彻底，D正确。答案选C。15.下列关于东莨菪内酯()的说法，不正确的是（）A.该物质中含有三种含氧官能团B.该物质能发生氧化、取代、加成反应C.0.1mol该物质与足量浓溴水反应，最多可消耗0.3molBr2D.0.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗0.3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．东莨菪内酯的结构简式为，分子中含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，A选项正确；B．东莨菪内酯分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，分子中的苯环可发生氧化反应，B选项正确；C．东莨菪内酯分子中酚羟基的邻、对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多可消耗0.2molBr2，C选项错误；D．1mol该分子中的1mol酚羟基能与1molNaOH溶液反应，酯基水解后形成的1mol酚羟基和1mol羧基能与2molNaOH反应，因此，0.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗0.3molNaOH，D选项正确；答案选C。【点睛】本题D选项为易错选项，解答时需留意分子中的酯基水解后形成的酚羟基和羧基都能与NaOH反应。16.短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中X、Y、Z元素的原子最外层电子数之和为15。下列说法正确的是（）A.原子半径大小：Z＞Y＞XB.简洁氢化物沸点：X＞YC.Z元素与X元素可形成直线形的共价化合物D.M的原子序号为33，其最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示,则X、Y为二周期，Z为三周期，M为四周期，设Y的最外层电子数为a,X的最外层电子数为a-1，Z的最外层电子数为a+1，a-1+a+a+1=15，a=5，则Y为氮，X为碳，Z为硫，M为砷。【详解】A.原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，故原子半径大小：Z＞X＞Y，A不正确；B.X简洁氢化物为甲烷，Y的简洁氢化物为氨气，氨气分子间可以形成氢键，沸点更高，故沸点：Y＞X，B不正确；C.Z元素与X元素可形成CS2，CS2为SP2杂化，为直线形的共价化合物，C正确；D.M为砷，原子序号为33，磷酸为中强酸，而砷的非金属性小于N，非金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越弱，故砷的最高价氧化物对应的水化物不行能是强酸，D不正确。答案选C。17.下列说法不正确的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液从常温升温到60℃，其pH变小B.等浓度的氨水、NaOH溶液加入稀盐酸至中性，则c(NH4+)=c(Na+)C.等浓度的氨水、NaOH溶液稀释相同的倍数，pH后者大D.等体积、等pH的氨水、NaOH溶液加入足量的AlCl3溶液，产生沉淀的质量前者大【答案】B【解析】【详解】A．常温下，0.1mol·L−1NaOH溶液中c(OH-)=10-1mol·L−1，c(H+)=mol·L−1，溶液的pH=13，升温到60℃，Kw增大，c(H+)=，其pH变小，故A正确；B．等浓度的氨水加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，NaOH溶液加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(Na+)=c(Cl-)，由于氨水是弱碱，当氨水与盐酸完全反应生成氯化铵时，溶液为酸性，要使溶液显中性，氨水消耗的盐酸比NaOH溶液消耗盐酸的量少，则c(NH4+)＜c(Na+)，故B错误；C．氨水是弱碱，NaOH是强碱，等浓度的氨水、NaOH溶液，pH后者大，稀释相同的倍数，仍旧pH后者大，故C正确；D．等体积、等pH的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度更大，氢氧根离子的总量比氢氧化钠溶液中的更多，氨水与铝离子反应生成氢氧化铝促进氨水接着电离氢氧根离子，且氨水与氢氧化铝沉淀不反应，氢氧化钠是强碱，完全电离，与铝离子反应过程中，氢氧根离子没有补充，则氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀更多，故D正确；答案选B。18.某二次电池装置如图所示，锂、充有催化剂的碳纳米管为电极，电解质能传导Li+。放电时生成的Li2CO3和C附着在电极上，充电时可使Li2CO3转化为Li、CO2和O2。下列说法不正确的是（）A.放电时，电流从电极Y经外电路流向电极XB.充电时，电极X接外电源的正极发生氧化反应C.充电时，电极Y的电极反应式为2Li2CO3-4e-=2CO2↑+O2↑+4Li+D.应用该电池电镀铜，若析出64gCu，理论上消耗标况下33.6LCO2【答案】B【解析】【详解】A．放电时生成Li2CO3，则锂电极为负极，放电时，电流从正极流向负极，即从电极Y经外电路流向电极X，A正确；B．放电时，X为负极，则充电时，电极X接外电源的负极相连作为阴极，阴极得电子，发生氧化反应，B错误；C．放电时，电极Y为正极，电极反应式为2CO2+O2+4Li++4e-=2Li2CO3，充电时阳极的电极反应式为放电是正极反应的逆反应，C正确；D．应用该电池电镀铜，若析出64gCu即1molCu，转移了2mol电子，依据电池放电时的总反应为，即转移2mol电子消耗1.5mol二氧化碳，理论上消耗标况下33.6LCO2，D正确；答案选B。19.人体内的血红蛋白(Hb)可与O2结合，Hb也可以与CO结合，涉及原理如下：反应①：Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq)ΔH1<0反应②：Hb(aq)+CO(g)HbCO(aq)ΔH2<0反应③：HbO2(aq)+CO(g)HbCO(aq)+O2(g)ΔH3<0下列说法不正确的是（）A.ΔH1>ΔH2B.反应①与反应②在较低温度能自发进行C.从平原初到高原，人体血液中c(HbO2)将降低D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，反应①平衡正移，c(HbO2)增大，反应③正移【答案】D【解析】【详解】A.依据反应原理和盖斯定律可知，ΔH3=ΔH2-ΔH1，由于ΔH3<0为负值，故ΔH1>ΔH2，A正确；B.反应①与反应②中，正反应气体体积减小，故为熵减，ΔS<0，ΔH1和ΔH2均小于0为放热反应，依据吉布斯自由能定义ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应才能自发进行，要使ΔG<0，温度T值比较小才能满意，所以，反应要在较低温度能自发进行，B正确；C.从平原初到高原，氧气浓度减小，反应①平衡逆移，反应③正移，人体血液中c(HbO2)将降低，C正确；D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，反应①平衡正移，c(HbO2)增大，而反应③可样干脆影响的是氧气浓度，氧气浓度增大，平衡逆移c(HbO2)增大，D不正确。答案选D。20.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数为NAB.足量镁与肯定体积的浓硫酸反应，产生气体2.24L（标准状况），则转移的电子数为0.2NAC.含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NAD.向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)=0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，而无论是甲烷还是乙烯中，一个分子所含碳氢键数都为4个，故0.25mol混合气体无论比例如何，所含碳氢键数均为NA，A正确；B.足量镁与肯定体积的浓硫酸反应时，由于镁足量，硫酸要反应完，产生气体为二氧化硫和氢气的混合气体，体积为2.24L（标准状况），总物质的量为0.1mol，产生二氧化硫时，硫由+6价变为+4价，生成1mol二氧化硫转移2mol电子，产生氢气是，2mol氢离子产生1mol氢气，转移电子仍为2mol，即转移电子的物质的量为气体的2倍，故生成0.1mol混合气体，转移的电子数为0.2NA，B正确；C.7.8gNa2S的物质的量，S2-总数为0.1NA，而在水溶液中，S2-水解产生HS-和OH-，溶液中阴离子总数变多，所以大于0.1NA，C正确；D.向100mL1mol•L-1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液时，起先时，稀盐酸过量，马上有二氧化碳放出，依据物料守恒，混合液中：N(CO32-)+N(HCO3-)+N(H2CO3)<0.1NA，D错误。答案选D。21.在相同的密闭容器中，不同温度下发生反应：2A(g)2B(g)+C(g)ΔH＞0，气体A的浓度随时间t改变如下表所示。下列说法不正确的是（）A.试验的温度：T2＞T1B.试验①前20min的平均反应速率v(C)=3.5×10-5mol•L-1•min-1C.试验②比试验①提前10min达到平衡D.试验②中A的平衡转化率为9%【答案】C【解析】【详解】A.在相同的密闭容器中,依据反应，试验①中，A平衡是浓度为0.048mol/L，B平衡浓度为0.002mol/L，C平衡浓度为0.001mol/L，平衡常数=。同理，试验②中A平衡是浓度为0.091mol/L，B平衡浓度为0.009mol/L，C平衡浓度为0.00045mol/L，平衡常数=，由于反应为吸热反应，温度越高，平衡正向进行的程度越大，平衡常数越大，故试验的温度T2＞T1，由化学反应速率的大小关系也可以得到这个结论，A正确；B.试验①前20min的平均反应速率，B正确；C.试验②在30min时已平衡，试验①在40min时已平衡，但是由于记数间隔是10min，无法推断详细的平衡时间，C不正确；D.试验②中，平衡是A的浓度为0.091mol/L，平衡转化量=0.091mol/L-0.10mol/L=0.009mol/L，，D正确。本题选不正确的，故答案选C。22.已知A转化为C和D分步进行：①A(g)B(g)+2D(g)②B(g)C(g)+D(g)，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是（）A.1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量B.B(g)C(g)+D(g)ΔH=Ea4-Ea3C.断裂1molA(g)化学键汲取的热量小于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量D.反应过程中，由于Ea3<Ea1，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累【答案】D【解析】【详解】A.从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，不能比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；B.从图中反应前后能量改变可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH>0，故ΔH=Ea3-Ea4，B错误；C.从图中可知，A转化为C和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键汲取的热量应大于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量，C错误；D.从反应过程图像中可知，Ea3<Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，D正确；答案选D。23.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.lmol•L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H+)的负对数[-lgc(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示：下列说法不正确的是（）A.a、b、c三点溶液均显中性B.a点溶液，c(Na+)=c(X-)>c(H＋)=c(OH-)C.b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液D.常温下，Ka(HX)≈10-5【答案】A【解析】【分析】常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.lmol•L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，b、d二点恰好完全反应，b点溶质为NaY，d点溶质为NaX，a点溶质为NaX、HX，c点溶质为NaX、NaOH，再从b点-lgc(H+)水为7，溶液呈中性，所以HY为强酸，d点-lgc(H+)水小于7，说明NaX能水解，HX为弱酸。【详解】A.c点溶液中溶质为NaX、NaOH，NaX为强碱弱酸盐呈碱性，它们的混合溶液呈碱性，A不正确；B.a点溶液中溶质为NaX、HX，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H＋)=c(OH-)+c(X-)，再依据-lgc(H+)水为7，c(H＋)=c(OH-)=，c(Na+)=c(X-)且远大于，B正确；C.b点溶液中溶质为NaY，为强酸强碱盐，而d点溶质为NaX，X-会水解，c(Y-)=+c(X-)，钠离子相等，而中性溶液NaY中c(H+)大于碱性溶液NaX中c(H+)，所以b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液，C正确；D.常温下，0.lmol•L-1的HX溶液中-lgc(H+)水为11，则c(H+)=，c(H+)=c(A-)=,Ka(HX)=≈10-5，D正确。答案选A。24.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是（）A.CaOCl2有较强的氧化性B.CaOCl2水溶液呈碱性C.由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移电子为2molD.CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生【答案】C【解析】【分析】依据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，则混盐CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，据此分析解答。【详解】A．CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，次氯酸盐具有强氧化性，A选项正确；B．ClO-水解使溶液呈碱性，即CaOCl2水溶液呈碱性，B选项正确；C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，1molCl2中1molCl的化合价由0价上升至+1价，1molCl的化合价由0价降低至-1价，总共转移1mol电子，C选项错误；D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯气，D选项正确；答案选C。25.某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下试验以确定其组成：下列说法不正确的是（）A.溶液1中不行能含有Cl-B.气体1可能是二种气体的混合物C.固体1可能是二种固体的混合物D.固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种【答案】D【解析】【详解】固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中肯定含有Na2O2，Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应放热；A.因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X中不含MgCl2，溶液1中不行能含Cl-，A正确；B.若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O，气体1可能是O2、NH3的混合物，B正确；C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不肯定含SO42-，则原固体X中不肯定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；答案选D。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.（1）比较给出H+的实力的相对强弱：H2CO3___C6H5OH(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一个离子方程式说明CO32‾和C6H5O‾结合H+实力的相对强弱___。（2）Ca(CN)2是离子化合物，各原子均满意8电子稳定结构。写出Ca(CN)2的电子式___。（3）常压下，水晶的硬度比晶体硅的硬度大，其主要缘由是___。【答案】(1).>(2).C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-(3).或(4).两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更坚固【解析】【详解】(1)H2CO3中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，则H2CO3给出H+的实力比乙醇要强，由反应C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-可说明CO32‾强于C6H5O‾结合H+实力，故答案为：>；C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-；(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子，碳原子和氮原子共用3电子对，一个碳四周就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以Ca(CN)2的电子式为或，故答案为：或；(3)水晶的主要成分是SiO2，晶体硅是硅单质，因为两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，所以水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更坚固，水晶硬度更大，故答案为：两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，石英中Si-O键比晶体硅中Si—Si更坚固。27.为测定二氯化一氯五氨合钴（[Co(NH3)5Cl]Cl2，摩尔质量用M表示）样品的纯度，将mg样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出全部氨气，用V1mLc1mol•L‾1稀硫酸充分汲取，汲取后的溶液用c2mol•L‾1NaOH中和，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL。（1）该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为___；（2）写出简要计算过程：___。【答案】(1).%或%或%或%(2).×100%=%【解析】【详解】依据题干信息，用V1mLc1mol•L‾1稀硫酸充分汲取蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，汲取后用c2mol•L‾1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，依据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)=n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为。【点睛】解答本题的关键在于利用反应方程式计算出NH3的物质的量，再依据N原子守恒得到二氯化一氯五氨合钴的物质的量，进而求得其纯度，计算时要留意单位的换算。28.由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行试验：已知：①气体B纯净物。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。请回答：（1）组成A的三种元素是___，A的化学式是___。（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是___。（3）气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式___。【答案】(1).氢、碳、铝(2).Al(CH3)3(3).Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑(4).CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O【解析】【分析】依据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气干脆点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。【详解】（1）依据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3，（2）固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；（3）甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。29.某爱好小组为探究SO2与Fe(NO3)3稀溶液反应的状况，试验装置如图：请回答：（1）试验过程中，甲中溶液由黄色变为浅绿色但马上又变为黄色。请写出甲中溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式___。（2）请设计试验方案，检验反应后甲溶液中的金属阳离子___。【答案】(1).3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(2).取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色变浅），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。）【解析】【分析】向硝酸铁中通入SO2，SO2会先和Fe3+反应生成Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，随后溶液中的硝酸根、氢离子和Fe2+反应生成Fe3+，溶液由浅绿色变成黄色；反应中未参与反应的SO2会被乙中NaOH汲取。【详解】（1）溶液由浅绿色变成黄色的过程是Fe2+被氧化成Fe3+的过程，相应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2）反应结束后溶液中的金属阳离子可能为Fe3+、Fe2+，利用Fe3+、Fe2+的检验方法，取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色变浅），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。）30.我国自主学问产权的首套煤基乙醇工业化项目的生产过程：先用煤制得乙酸甲酯，再将乙酸甲酯转化为乙醇。乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理：主反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ•mol-1副反应：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ•mol-1在催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）化学吸附：H2→2H*表面反应：CH3COOCH3+4H*→CH3CH2OH*+CH3OH*化学脱附：CH3CH2OH*→CH3CH2OHCH3OH*→CH3OH已知：化学吸附的活化能大，确定主反应的反应速率。（1）2CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3COOC2H5(g)＋2CH3OH(g)ΔH3则ΔH3=___。（2）下列条件，有利于提高C2H5OH平衡产率的是___。A.低温B.高温C.低压D.高压E.催化剂（3）在1L密闭容器中充入1mol乙酸甲酯，乙酸甲酯的平衡转化率与温度和氢酯比(x)[x=]的关系如图1。①x1、x2、x3的大小关系为___。②250℃、x1=10，C2H5OH的选择性为60%，则主反应的平衡常数为___(保留2位有效数字）。（如乙醇选择性=）（4）其它条件相同，反应经过相同时间，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图2所示。氢酯比(x)在2~9之间，乙醇的选择性渐渐增大的缘由为___。（5）若仅发生主反应，在恒压条件下，充入乙酸甲酯和氢气各2mol一段时间后达平衡，若在t1时刻再充入各1mol的反应物（其它条件不变），t2时重新达到平衡，请在图3中画出t1~t3的正逆反应速率改变的示意图。___。【答案】(1).ΔH=-22.62kJ·mol-1(2).AD(3).x3>x2>x1(4).0.061(5).氢气的化学吸附是决速步，增大氢气浓度加快整体化学反应速率，且副反应的速率增大幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大(6).【解析】【分析】（1）依据盖斯定律进行求算；（2）依据影响化学平衡的因素进行分析；（3）依据图象中平衡转化率分析充入氢气的量，比较三个氢酯比大小；通过乙酸甲酯的平衡转化率计算最终转化为乙醇的乙酸甲酯的物质的量，进而求算化学平衡常数；（4）依据氢酯比增大，反应速率加快的角度回答；（5）依据恒温恒压下的等效平衡原理进行分析。【详解】（1）依据盖斯定律，将已知反应1和2相加即得到目标反应，反应热ΔH3=ΔH1+ΔH2=-22.62kJ·mol-1；（2）该反应为放热反应，若须要提高甲醇的产率则须要将平衡正向移动；降低反应温度，反应向放热方向移动（即正反应方向），可增大甲醇产率；适当增大压强，反应向气体系数和小的方向移动（即正反应方向），可增大甲醇的产率；加入催化剂可以增大化学反应速率但不影响化学平衡，故答案选择AD；（3）①依据图象可以知道，x3的平衡转化率最高x1的平衡转化率最低，说明在充入相同乙酸甲酯时，充入的氢气量x3最大，氢气量越大，乙酸甲酯的平衡转化率就越大，x为氢酯比，故x3>x2>x1；②250℃时，乙酸甲酯的平衡转化率为90%，即反应的0.9mol的乙酸甲酯，依据乙醇的选择性可以计算最终有0.54mol的乙酸甲酯最终转化为乙醇，剩余的0.36mol乙酸甲酯参与了副反应，主反应过程中生成乙醇0.54mol、甲醇0.54mol，消耗氢气1.12mol，剩余氢气8.92mol，副反应过程中生成甲醇0.36mol，故平衡时c(CH3COOCH3)=0.1mol/L，c(H2)=8.92mol/L，c(C2H5OH)=0.54mol/L，c(CH3OH)=0.9mol/L，主反应的平衡常数K===0.061；（4）氢酯比在2-9之间，乙醇的选择性渐渐增大，其缘由是：氢气的化学吸附是决速步，增大氢气浓度加快整体化学反应速率，且副反应的速率增大幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大；（5）在恒压条件下反应，再充入各1mol反应物，反应物的浓度增大，正反应速率加快，生成物浓度减小，逆反应速率减慢；因同时加入等量的反应物与初始状态投入的各反应物的比相同，为等效反应，故新的平衡达到时正逆反应速率与原平衡正逆反应速率相同，t1-t3段的图象为。31.碘化钠在光学器件石油探测、安检、环境监测等领域有重要应用。某探讨小组开发设计的制备高纯NaI的简化流程如图：已知：①I2(s)＋I-(aq)I3-(aq)。②水合肼(N2H4•H2O)具有强还原性，可分别将碘的各种酸根和I2还原为I-，本身被氧化为无毒物质。③NaI易溶于水，也易溶于酒精，在酒精中的溶解度随温度的上升增加不大。请回答：（1）步骤Ⅰ，I2与NaHCO3溶液发生歧化反应，生成物中含IO-和IO3-离子。①I2与NaHCO3溶液反应相宜温度为40～70℃，则采纳的加热方式为___。②试验过程中，加少量NaI固体能使反应速率加快，其缘由是___。（2）步骤Ⅱ，水合肼与IO‾反应的离子方程式为___。（3）步骤Ⅲ，多步操作为：①将步骤Ⅱ得到的pH为6.5～7的溶液调整pH值至9～10，在100℃下保温8h，得到溶液A；②将溶液A的pH值调整至3～4，在70～80℃下保温4h，得溶液B；③将溶液B的pH调整至6.5～7，得溶液C；④在溶液C中加入活性炭，混合匀称后煮沸，静置10～24h后，过滤除杂得粗NaI溶液。上述①②③操作中，调整pH值时依次加入的试剂为___。A.NaOHB.HIC.NH3•H2OD.高纯水（4）步骤Ⅳ，采纳改进的方案为用“减压蒸发”代替“常压蒸发”。①“减压蒸发”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、接收瓶之外，还有___。A.直形冷凝管B.球形冷凝管C.烧杯D.抽气泵②采纳“减压蒸发”的优点为___。（5）将制备的NaI•2H2O粗品以无水乙醇为溶剂进行重结晶。请给出合理的操作排序___。加热乙醇→→→→→纯品（选填序号）。①高纯水洗涤②减压蒸发结晶③NaI•2H2O粗品溶解④趁热过滤⑤真空干燥⑥抽滤【答案】(1).水浴(2).因为NaI固体溶于水产生I-(aq)与I2（S）反应形成I3-(aq)，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快(3).N2H4·H2O+2IO-=N2↑+2I-+3H2O(4).ABA(5).AD(6).减压环境与外界空气隔绝，避开I-被氧化；降低压强，沸点降低，利于水的蒸发(7).③→②→④→⑤【解析】【分析】本试验目的是将碘单质转化为碘化钠并纯化得到NaI·2H2O，依据题目所给流程，将I2与碳酸氢根反应得到碘的各种酸根，此步骤目的是使碘单质尽可能大的转移到溶液；随后向溶液中加入水合肼，水合肼的加入可以使溶液中碘的各种酸根和未反应的碘单质全部还原为I-，此时溶液中主要成分为NaI，经步