浙江省宁波市2025届高三化学适应性考试二模考试试题含解析

PAGE32-浙江省宁波市2025届高三化学适应性考试（二模考试）试题（含解析）1.下列化合物中既有离子键又有共价键的化合物是A.H2O2 B.Na2O C.NH4Cl D.Mg3N2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．非金属元素之间一般形成共价键，故H2O2只含共价键，A错误；B．活泼金属和活泼非金属之间一般形成离子键，故Na2O只含离子键，B错误；C．非金属元素之间一般形成共价键，但铵根和酸根之间以离子键结合，故NH4Cl中铵根离子和氯离子之间以离子键结合，N和H之间以共价键结合，即NH4Cl中既有离子键又有共价键，C正确；D．活泼金属和活泼非金属之间一般形成离子键，故Mg3N2只含离子键，D错误。答案选C。2.配制0.1mol·L-1NaCl溶液不须要用到的仪器是ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．配制溶液用不到锥形瓶，A错误；B．待冷却后将溶液转移到容量瓶中，配制过程用到容量瓶，B正确；C．溶解过程用到烧杯，C正确；D．定容时用到胶头滴管，D正确。答案选A。3.下列属于电解质，且水溶液显碱性的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物叫电解质，常见的电解质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物。【详解】A．Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐，属于电解质，其溶液显酸性，A错误；B．CH3CH2ONa是典型的醇盐，遇水水解成CH3CH2OH和NaOH，故CH3CH2ONa属于电解质，且水溶液显碱性，B正确；C．NH3属于非电解质，其水溶液显碱性，C错误；D．NaHSO3是一种酸式盐，属于电解质，但是因HSO3-的电离程度大于水解程度而显酸性，D错误。答案选B。4.下列属于置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1的是A. B.C. D.【答案】C【解析】分析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应称为置换反应；得电子，化合价降低的物质称为氧化剂，失电子，化合价上升的物质称为还原剂，据此解答。【详解】A．属于置换反应，Cl2作氧化剂，KI作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，A错误；B．不属于置换反应，B错误；C．属于置换反应，Cl2作氧化剂，TiO2作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=2:1，C正确；D．属于置换反应，CO2作氧化剂，Mg作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，D错误。答案选C。5.下列物质的名称不正确的是A.NaHCO3：小苏打 B.BaCO3：重晶石C.H2NCH2COOH：甘氨酸 D.：2－甲基戊烷【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3俗名小苏打，A正确；B．重晶石的主要成分为BaSO4，而不是BaCO3，B错误；C．H2NCH2COOH是甘氨酸的结构简式，C正确；D．用系统命名法命名为：2－甲基戊烷，D正确。答案选B。6.下列表示正确的是A.中子数为10的氧原子： B.CCl4的比例模型：C.的结构示意图： D.的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数=8+10=18，故中子数为10的氧原子为：，A错误；B．Cl原子半径比C原子半径大，不符合，B错误；C．有11个质子，核外电子数=11-1=10，其结构示意图：，C错误；D．的名称为：尿素，其结构简式为：，D正确。答案选D。7.下列说法正确的是A.和互为同位素 B.石英与水晶互为同素异形体C.淀粉和纤维素互为同分异构体 D.乙酸和硬脂酸互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，和不符合定义，不互为同位素，A错误；B．由同种元素组成的不同种单质互为同素异形体，石英与水晶都是混合物，其主要成分均为SiO2，二者不符合同素异形体定义，不互为同素异形体，B错误；C．淀粉和纤维素均可用(C6H10O5)n表示，但是二者n不同，故而分子式不相同，不互为同分异构体，C错误；D．乙酸CH3COOH和硬脂酸C17H35COOH组成元素相同，结构相像，分子相差16个CH2，互为同系物，D正确。答案选D。8.化学与生活、社会亲密相关，下列说法正确的是A.高锰酸钾溶液、“84”消毒液、酒精能用于杀菌消毒，都利用了强氧化性B.将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨C.新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体D.以“地沟油”为原料生产的生物柴油与以“石油”为原料生产的柴油化学成分相像【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液、“84”消毒液、酒精能用于杀菌消毒，其中，高锰酸钾溶液、“84”消毒液利用了强氧化性，酒精之所以能杀菌消毒是因为酒精能够汲取病毒蛋白质的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭病毒的目的，A错误；B．脱硫脱硝可削减二氧化硫、氮的氧化物的排放，从而有效防止酸雨，B正确；C．胶体按分散剂的状态可分为：固溶胶、液溶胶、气溶胶，故气溶胶属于胶体，C错误；D．以“地沟油”为原料生产的生物柴油实质上属于酯类化合物，以“石油”为原料生产的柴油化学成分是烃类化合物，二者化学成分不相像，D错误。答案选B。9.下列说法不正确的是A.在硫酸工业的汲取塔中，采纳浓硫酸汲取三氧化硫B.Na2O2汲取CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂C.SO2与过量氨水反应得到D.无水CoCl2吸水会变为蓝色，可用于推断变色硅胶是否吸水【答案】D【解析】【详解】A．利用浓硫酸汲取三氧化硫，可以防止形成酸雾，所以硫酸工业的汲取塔中，采纳浓硫酸汲取三氧化，A正确；B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2可汲取呼出的CO2，产生吸入的O2，因此可用作呼吸面具供氧剂，B正确；C．过量氨水，意味着少量SO2，少量SO2生成，过量SO2生成，C正确；D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，因此可用CoCl2推断变色硅胶是否吸水，D错误。答案选D。10.下列说法不正确的是A.石油裂解气能使溴水褪色B.可利用生活垃圾中的生物质能焚烧发电C.水煤气既可用来合成液态烃，也可以用来合成甲醇等含氧有机物D.煤中含有苯和二甲苯等物质，可通过煤的干馏获得【答案】D【解析】【分析】【详解】A．石油裂解产物中含乙烯等不饱和烃，能使溴水褪色，A正确；B．利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，从而充分地利用生活垃圾中的生物质能，B正确；C．水煤气的主要成分为CO、氢气，可在肯定条件下合成烃、甲醇等含氧有机物，C正确；D．煤经干馏(将煤隔绝空气加强热)得到的产物中含有苯、甲苯、二甲苯等物质，而不是煤中原来就含有这些物质，D错误。答案选D。11.下列有关试验的说法，正确的是A.金属汞一旦洒落在试验室地面或桌面时，必需尽可能收集，并深埋处理B.纸层析点样所用的试剂的浓度应较小，点样时的试剂斑点直径应小于0.5cmC.用标准HCl溶液滴定未知浓度NaHCO3溶液时可选择甲基橙为指示剂D.在“硫酸亚铁铵的制备”试验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．金属汞有剧毒且常温下即可蒸发形成蒸汽，为避开中毒，金属汞一旦洒落在试验室地面或桌面时，必需尽可能收集，但不能深埋，否则会污染土壤和水体，A错误；B．纸层析点样所用的试剂的浓度应适中，浓度过小现象不明显，浓度过大绽开剂绽开时物质不能完全分别，B错误；C．滴定终点显弱酸性，选择甲基橙为指示剂，C正确；D．硫酸亚铁铵晶体是带有结晶水的化合物，加热时易失去结晶水，故采纳的是降温结晶的方法，即先制得高温饱和溶液，再降温结晶得到硫酸亚铁铵晶体，而不是蒸发结晶的方法，D错误；答案选C。【点睛】酸碱滴定试验中指示剂选择的原则：终点为酸性选择甲基橙试剂，终点为碱性选择酚酞试剂。12.下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是A.铵盐一般都溶于水，且都可分解放出氨气B.液氨气化时会汲取大量的热，所以NH3可用作制冷剂C.汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要缘由之一D.工业浓硝酸通常呈黄色，是因为溶解了NO2气体【答案】A【解析】【详解】A．铵盐一般都溶于水，但分解不肯定放出氨气，如NH4NO3在230℃以上分解产生N2、O2、H2O，不产生氨气，A错误；B．氨易液化，液氨气化时会汲取大量的热，所以液NH3常用作制冷剂，B正确；C．汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要缘由之一，C正确；D．NO2呈红棕色，溶于浓硝酸使浓硝酸呈黄色，D正确。答案选A。13.不能正确表示下列变更的离子方程式是A.用醋酸除去水垢：B.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：C.室温下，测得小苏打溶液pH＞7，证明碳酸是弱酸：D.将溶液与0.40mol·L-1NaOH溶液等体积混合：【答案】A【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，A错误；B．Mg不和NaOH溶液反应，Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：，B正确；C．小苏打溶液即NaHCO3溶液，pH＞7，说明HCO3-会水解且水解程度大于电离程度，水解离子方程式为：，C正确；D．与NaOH按1:4反应，NH4+和Fe3+与OH-恰好完全反应，稀溶液不加热，NH4+和OH-的产物为NH3·H2O，故离子方程式为：，D正确。答案选A。【点睛】稀溶液不加热，NH4+和OH-的产物为NH3·H2O；浓溶液，NH4+和OH-的产物为NH3和H2O；稀溶液加热，NH4+和OH-的产物为NH3和H2O。14.下列说法正确的是A.可用丁达尔效应区分淀粉溶液和氢氧化铁胶体B.油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应C.溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，然后用汽油萃取除去碘D.在鸡蛋清溶液中分别加入饱和硫酸铵溶液、硫酸铜溶液，都会有沉淀析出，接着加水，又都会重新溶解【答案】B【解析】【分析】【详解】A．淀粉溶液和氢氧化铁胶体都属于胶体，都有丁达尔现象，故不行用丁达尔效应区分淀粉溶液和氢氧化铁胶体，A错误；B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应，B正确；C．溴和KI反应生成碘和KBr，碘溶于溴苯，溴苯不溶于水，会分层，通过分液除去水层，碘溶于溴苯，可用蒸馏的方法分别。溴苯和汽油互溶，不行用汽油萃取溶解在溴苯中的碘，C错误；D．加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析可逆，加水沉淀溶解，加入饱和硫酸铜溶液发生变性，变性不行逆，加水沉淀不溶解，D错误。答案选B。15.某有机物X的结构简式如图所示，下列关于X的说法不正确的是A.X分子中含有四种官能团B.X能与金属钠反应，且相同条件下比水与金属钠反应要猛烈C.1molX最多与5mol氢气发生加成反应D.在肯定条件下，X能发生加成、取代、加聚、缩聚、氧化、还原等反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．X分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、氨基四种官能团，A正确；B．X中的羧基能和钠反应，因羧基比水简洁电离出氢离子，故相同条件下X与金属钠反应比水与钠反应猛烈，B正确；C．1mol碳碳双键与1mol氢气发生加成反应，1mol苯环与3mol氢气发生加成反应，酯基和羧基均不能和氢气发生加成反应，故1molX最多与4mol氢气发生加成反应，C错误；D．在肯定条件下，X中的苯环、碳碳双键能发生加成反应，羧基、酯基、氨基、苯环能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，同时有氨基和羧基，所以能发生缩聚反应，氨基能被氧化成硝基，该有机物还能燃烧，该物质和氢气加成属于还原反应，故X能发生加成、取代、加聚、缩聚、氧化、还原等反应，D正确；答案选C。16.下列说法不正确的是A.离子半径（r）：B.若存在简洁阴离子，则X肯定属于第ⅦA族元素C.S和Se属于第ⅥA族元素，H2S的还原性比H2Se的弱D.元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素【答案】B【解析】【详解】A．Na+和O2-的核外电子排布相同，Na+的核电荷数较大，对电子的引力大，半径较小，故离子半径（r）：，A正确；B．若存在简洁阴离子，X不肯定属于第ⅦA族元素，如存在H-，但H属于第ⅠA族元素，B错误；C．S和Se属于第ⅥA族元素，S的非金属性强于Se，所以S单质的氧化性比Se强，-2价的阴离子还原性S2-比Se2-弱，即H2S的还原性比H2Se的弱，C正确；D．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族共10个纵行称为过渡元素，又称过渡金属，都是金属元素，D正确。答案选B。17.某温度下，HF和CH3COOH的电离常数分别为3.5×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的NaF和CH3COONa溶液分别稀释，其pH随加水体积的变更如图所示。下列叙述正确的是A.曲线I代表CH3COONa溶液B.溶液中水的电离程度：c点＞b点C.从b点到d点，溶液中保持不变（其中HA、分别代表相应的酸和酸根离子）D.相同体积a点的两溶液分别与HCl恰好反应后，溶液中相同【答案】B【解析】【分析】F-和CH3COO-水解均显碱性，HF的电离常数大于CH3COOH的电离常数，则F-的水解程度小于CH3COO-的水解程度，相同浓度的NaF和CH3COONa溶液相比较，NaF的pH较小，要使pH相同，则NaF的浓度大于CH3COONa浓度，即起始时，c(NaF)＞c(CH3COONa)，那么稀释相同倍数后，NaF溶液的碱性更强，即NaF的pH更大，故曲线I代表NaF，曲线Ⅱ代表CH3COONa，据此解答。【详解】A．由分析可知，曲线I代表NaF，曲线Ⅱ代表CH3COONa，A错误；B．NaF和CH3COONa溶液都因水解而显碱性，c点pH大于b点，说明c点水解程度大于b点，对水电离促进程度更大，即溶液中水的电离程度：c点＞b点，B正确；C．HA的电离常数k=，从b点到d点，k不变，pH减小，c(H+)增大，减小，所以增大，C错误；D．由分析可知，a点c(NaF)＞c(CH3COONa)，故相同体积的二种溶液：n(NaF)＞n(CH3COONa)，所以，加HCl恰好完全反应时，NaF消耗HCl较多，n(Cl-)较大，D错误。答案选B。18.电化学原理在化学工业中有广泛的应用。依据如下工作原理图，下列说法正确的是A.电极Y为正极，电极反应式为：B.若W为饱和食盐水（滴有几滴酚酞溶液），则工作一段时间后a电极旁边溶液变红C.若a为粗铜（含Zn、Ag等杂质），W为CuSO4溶液，工作一段时间后减小D.若a为银棒，b为铜棒，W为AgNO3溶液，工作一段时间后发觉铜棒增重2.16g，则X电极消耗氢气0.224L【答案】C【解析】【分析】由图可知，A装置为碱性氢氧燃料电池，X电极为负极，发生的电极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，Y电极为正极，发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为：2H2+O2=2H2O；B装置为电解池，a为阳极，b为阴极，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，电极Y为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，A错误；B．a极为阳极，若W为饱和食盐水，有两种状况：若a极为活性电极如Cu，则a电极失电子变为相应的阳离子如Cu2+，若a为惰性电极，则电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，a极旁边不显碱性，溶液不变红，B错误；C．a为阳极，若a为粗铜（含Zn、Ag等杂质），则a极为Zn和Cu失电子变为Zn2+和Cu2+，b为阴极，Cu2+得电子变为Cu，依据得失电子守恒可知，a极补充的Cu2+小于b极消耗的Cu2+，即工作一段时间后，溶液中Cu2+浓度会减小，C正确；D．没有给标准状况，无法计算X电极消耗氢气的体积，D错误；答案选C。【点睛】涉及气体物质的量和体积的计算问题，要先看是否给了标准状况，不要把时间奢侈！19.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气足够时充分燃烧生成二氧化碳，反应的能量变更如图所示。下列说法正确的是A.在通常状况下，金刚石比石墨更稳定B.石墨的燃烧热为C.D.12g石墨在肯定量的空气中燃烧，生成气体产物36g，该过程放出的热量为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，1mol金刚石的能量比1mol石墨的能量高，故在通常状况下，石墨比金刚石更稳定，A错误；B．石墨的燃烧热为，B错误；C．由图可知，1molCO(g)和molO2(g)变为1molCO2(g)的，那么，C错误；D．设燃烧生成二氧化碳的石墨的物质的量为xmol，燃烧生成一氧化碳的石墨的物质的量为ymol，则12x+12y=12，44x+28y=36，联立二式解得：x=0.5，y=0.5，那么，燃烧产生二氧化碳放出的热量=kJ，燃烧产生一氧化碳放出的热量=kJ，所以，该过程放出总热量=kJ+kJ=，D正确；答案选D。【点睛】D项未明确燃烧产物为二氧化碳还是一氧化碳，须要先确定产物为二氧化碳还是一氧化碳，然后计算。20.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol·L-1C.在反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子D.常温下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A．n(H2SO4)=18.4mol·L-1×50mL×10-3=0.92mol，假设H2SO4完全反应，则由可知，生成SO2的物质的量==0.46mol，即生成SO2分子的数目为0.46NA，但是，随着反应的进行，H2SO4的浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不能发生上述反应，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；B．Na2O+H2O=2NaOH，所得溶液中，n(Na+)=1mol，溶液体积未知，不能计算Na+的物质的量浓度，B错误；C．由可知，每生成1molO2转移2mol电子，即每生成32g氧气，则转移2NA个电子，C正确；D．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液的n(NH4Cl)相等，但是二者浓度不同，NH4+水解程度不同，故二者所含物质的量不相同，D错误。答案选C。【点睛】B．中的V指的是溶液的总体积，题目所给的1L为溶剂的体积，二者不相等。21.已知：；将汽车尾气中的CO和NO气体转化CO2和N2是削减汽车尾气的有效途径之一，若用、、、分别表示CO、NO、CO2、N2，在固体催化剂表面，上述反应的过程可用图表示,下列说法正确的是A.从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是C处B.图示过程中，反应物断键汲取能量大于生成物形成所释放的能量C.该反应的反应物浓度越大，反应速率肯定越快D.该反应中的固体催化剂起到反应载体的作用，未影响反应的速率【答案】A【解析】【详解】A．由图可知：从吸附到解吸的A、B、C处，CO和NO在催化剂表面反应生成CO2和N2，由方程式可知：CO和NO反应生成CO2和N2为放热过程，则从吸附到解吸的过程，C处能量状态最低，A正确；B．该反应是放热反应，则反应物断键汲取能量小于生成物成键所释放的能量，B错误；C．压强、温度、催化剂均影响该反应的反应速率，故该反应的反应速率由多种因素共同确定，该反应的反应物浓度越大，反应速率不肯定越快，C错误；D．催化剂可降低反应所需活化能，从而加快反应速率，D错误。答案选A。22.T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.80molA，发生反应：,经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表：时间/min0102030400.800.600.480.000.200.400.40下列说法不正确的是A.该反应在30min时已达到平衡B.反应在前20min的平均速率为C.保持其他条件不变，上升温度，平衡时，，则D.相同温度下，起始时向容器中充入0.10molA、0.10molB和0.30molC，达到平衡前的反应速率：v逆＞v正【答案】D【解析】【分析】前30min，B的物质的量增大了0.40mol，30min之后，B的物质的量不再增大，说明该反应在30min时已达到平衡。因为A和B的计量数都为1，A的物质的量减小量=B的物质的量增大量=0.40mol，所以n2=n3=0.80mol-0.40mol=0.40mol，据此解答。【详解】A．30min之后，B的物质的量不再变更，说明该反应在30min时已达到平衡，A正确；B．反应在前20min的平均速率，所以v(C)=v(A)=，B正确；C．由分析可知，T℃时达到平衡，c(A)=，保持其他条件不变，上升温度，平衡时，＜0.2，说明上升温度，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，＞0，即，C正确；D．T℃平衡时，c(B)=c(C)=，c(A)=该反应的平衡常数K==0.2mol/L，相同温度下，起始时向容器中充入0.10molA、0.10molB和0.30molC，QC==0.15mol/L，QC＜K，平衡正向进行，v逆＜v正，D错误。答案选D。【点睛】QC＜K，反应正向进行，QC=K，反应处于平衡状态，QC＞K，平衡逆向进行。23.室温下，用相同浓度NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HC）溶液，滴定的曲线如图所示，下列推断不正确的是A.当中和百分数达50%时：B.滴定至①点时，溶液中：C.当中和百分数达100%时，消耗的NaOH溶液体积D.①和④所示溶液中都有：【答案】A【解析】【分析】浓度为0.1mol·L-1的一元酸，若为强酸，则c(H+)=0.1mol/L，pH=1，由图可知，浓度为0.1mol/L的HA、HB、HC的pH均大于1且pH依次增大，则三种酸均为一元弱酸，且酸性：HA＞HB＞HC，据此解答。【详解】A．三种状况下分别存在着如下电荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(C-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)、c(Na+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)、c(Na+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，当中和百分数达50%时，三种溶液中的c(Na+)相等，那么：c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，但是由于三种溶液的pH不相同，则三种溶液中c(OH-)-c(H+)不相等，故c(A-)、c(B-)、c(C-)不相等，A错误；B．滴定至①点时，HC被中和一半，此时溶质为等物质的量的NaC和HC，二者都能电离C-，故c(C-)最大，其次是c(Na+)，HC是弱酸，部分电离，故c(HC)第三大，溶液pH＜7，c(H+)＞c(OH-)，综上所述，滴定至①点时，溶液中：，B正确；C．HA、HB、HC都是一元弱酸，且浓度、体积均相等，则物质的量相等，所以，当中和百分数达100%时，消耗等浓度的NaOH溶液体积，C正确；D．①和④所示溶液中都存在电荷守恒：，D正确。答案选A24.已知：BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），肯定条件下BF3与肯定量水可形成晶体Q（）。下列有关说法，正确的是A.BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应B.BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C.晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键D.H3BO3在水中只发生反应：，可知硼酸是一元酸【答案】D【解析】【详解】A．BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变更，不是氧化还原反应，A错误；B．BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误；C．由Q的结构可知：晶体Q分子内：不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误；D．由H3BO3在水中只发生反应可知：为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。答案选D。25.某固体X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一种或几种，进行如下试验：①取肯定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B；②向A中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液C。下列说法不正确的是A.固体A可能溶于NaOH溶液B.溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀C.向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3D.向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3【答案】C【解析】【分析】Fe2O3、Cu不溶于水，NaHCO3和NaAlO2能反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3沉淀和NaCl，因此固体A可能为Fe2O3、Cu、Al(OH)3、BaCO3中的一种或几种，现在依次分析如下：①若固体A含Cu，则A必含Fe2O3，溶液C必含FeCl2和CuCl2，原固体X必含Cu、Fe2O3，BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少含1种，B含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少1种；②若固体A含Fe2O3，溶液C必含FeCl3，原固体X至少还含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种，B至少含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种；③若固体A含Al(OH)3，溶液C必含AlCl3，原固体X必含NaHCO3和NaAlO2，B必含Na2CO3；④若固体A含BaCO3，则原固体X必含NaHCO3、NaAlO2、BaCl2，那么A必定还含Al(OH)3，溶液C必含BaCl2和AlCl3，B必含NaCl，据此解答。【详解】A．若原固体X为NaHCO3和NaAlO2，则固体A只含Al(OH)3，此时固体A能溶于NaOH溶液，A正确；B．若是分析①中的状况，则有FeCl2、CuCl2分别与NaHCO3溶液反应生成FeCO3和Cu(OH)2沉淀，若是分析②中的状况，则有FeCl3和NaHCO3溶液发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀，若是分析③或分析④中的状况，则有AlCl3和NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，综上所述，无论哪种状况，溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀，B正确；C．如上面分析①中的状况，若原固体X中同时含Fe2O3和Cu，且Fe2O3溶于HCl后恰好和Cu反应，则溶液C中没有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不会变红，C错误；D．参照上面的分析可知，向溶液B中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀必为BaCO3，则X中必定同时有BaCl2和NaHCO3，D正确。答案选C。26.氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。（1）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于__________晶体，其电子式为__________。（2）AlCl3可作净水剂，其理由是__________（用必要的化学用语和相关文字说明）。【答案】(1).离子(2).(3).水解生成的胶体具有吸附性，即【解析】【详解】(1)NaH是由Na+和H-通过离子键结合而成的离子化合物，属于离子晶体，其电子式为：，故答案为：离子；；(2)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，因此可作净水剂，其水解离子方程式为：，故答案为：水解生成的胶体具有吸附性，即。27.硫代硫酸钠（）是常用的还原剂。在肯定体积的某维生素C（化学式）溶液中加入溶液，使维生素C完全氧化，充分反应后，用溶液滴定剩余的I2，消耗溶液。已知发生的反应为：,该溶液中维生素C的物质的量是__________mol。写出简要的计算过程__________。【答案】(1).(2).解：设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)=n2=-=mol【解析】【详解】设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)=n2=-=mol，故答案为：；设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)=n2=-=mol。28.I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成照试验：已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。请回答：（1）组成A的四种元素是__________，气体E是__________。（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为__________。Ⅱ.某化学爱好小组为探究SO2与溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行试验：制备SO2，将SO2通入溶液中，快速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。（1）SO2通入溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。（2）若通入溶液中的SO2已过量，请设计试验方案检验__________。【答案】(1).Cu、C、N、O(2).CO和N2(3).(4).(5).（SO2不足）或（SO2足量）(6).取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）【解析】【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)==0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。【详解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：，故答案为：；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：，故答案为：；Ⅱ．(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案为：(SO2不足)或(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。29.环戊烯（，）是一种重要的有机化工原料，可用环成二烯（，）制备。已知：反应Ⅰ反应Ⅱ（环戊烷）反应Ⅲ（1）某温度下，将环戊二烯和HI按物质的量之比1∶2（总物质的量为amol）充入容积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：。①该反应自发进行的条件是__________。②下列有关该反应的叙述，不正确的是__________。A.气体压强不变，说明反应达到平衡状态B.上升温度，有利于提高环戊烯的产率C.反应达到平衡时，C5H6和HI的转化率相等D.通入惰性气体，有利于提高环戊二烯的平衡转化率（2）以为催化剂，如图1为25℃时环戊二烯氢化过程，环戊烯与环戊烷的各组分含量（物质的量含量）随时间（t）的变更。为探讨不同温度下催化剂活性，测得不同温度下反应4h时的转化率和选择性数据如图2（其它条件相同）。①环成二烯氢化制环成烯的最佳反应温度为__________，选择该温度的缘由是__________。②上升温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其缘由是__________。③在图1中画出40℃时环戊烯含量随t变更趋势的曲线。__________（3）实际生产中，常由双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯：某温度，加入总压为70kPa的双环成二烯和水蒸气，达到平衡后总压为110kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则该反应的平衡常数__________（对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作）。【答案】(1).低温(2).BD(3).30℃(4).该温度下，催化剂的活性好且选择性好(5).温度上升，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于反应Ⅰ(6).(7).640【解析】【详解】(1)反应Ⅰ：反应Ⅲ：反应Ⅰ-反应Ⅲ得：，其=。①该反应的＜0，＜0，当-T·＜0时，反应自发进行，即T很小(低温)时，该反应自发进行，故答案为：低温；②A．恒容时，正反应是气体压强减小的反应，当气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A正确；B．正反应是放热反应，上升温度，平衡逆向移动，环戊烯的产率下降，B错误；C．起始时，环戊二烯和HI按物质的量之比1∶2，则二者转化率之比==1:1，即反应达到平衡时，C5H6和HI的转化率相等，C正确；D．恒容，通入惰性气体，平衡不发生移动，环戊二烯的平衡转化率不变，D错误；故答案为：BD；(2)①由图2可知，30℃时，环戊烯的选择性最大且环戊二烯的转化率较高(催化剂活性好)，所以，30℃是环戊二烯氢化制环戊烯的最佳反应温度，故答案为：30℃；该温度下，催化剂的活性好且选择性好；②温度上升，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于反应Ⅰ，所以出现上升温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，故答案为：温度上升，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于反应Ⅰ；③40℃时，反应速率加快，环戊烯含量达到较高值的时间缩短，且因环戊烯的选择性降低导致环戊烯含量最大值减小，结合选择性公式可知，40℃，4h时，环戊烯和环戊烷的含量比应为0.6:0.4，所以，40℃时环戊烯含量随t变更趋势的曲线如图所示：，故答案为：；(3)设双环戊二烯的起始分压为p，水蒸气分压为p0，则到达平衡后双环戊二烯分压减小了0.8p，双环戊二烯的分子式为：C10H12，故，p+p0=70kPa，0.2p+1.6p+p0=1.8p+p0=110kPa，解得：p=50kPa，所以：=640，故答案为：640。30.溴化钙是一种重要的化工原料，常见有和等结晶形式。某爱好小组以废铁屑为原料制备的主要流程：相关信息如下：①吸湿性强。②34℃时结晶得到，加热至210℃得到。请回答：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是________。（2）试验室模拟海水提取溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，选出其正确操作并按依次列出字母：涂凡士林→检漏→（）→（）→（）→（）→（）→清洗干净。________a.打开玻璃塞放气b.打开旋塞放气c.将溶液和苯转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞d.双手托住分液漏斗，右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，上下颠倒振荡e.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转振荡f.置于铁架台铁圈上静置，打开玻璃塞，将旋塞拧开，放出下层液体g.从下口放出溴的苯溶液h.从上口倒出溴苯溶液（3）步骤④调pH＝7，相宜加入的试剂是________，通过调整分液漏斗的活塞可以限制添加液体的速率。当溶液pH接近7时，滴加试剂的分液漏斗的活塞应如图中的________（填序号）所示。（4）下列有关说法正确的是________。A.步骤②反应限制在40℃左右，缘由是防止反应过于猛烈并削减液溴挥发B.步骤③滤渣成分只有、和C.为使快速结晶，可用冰水浴进行冷却D.步骤⑤包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作（5）制得的可以通过如下步骤测定其纯度：①称取样品质量；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，洗涤，干燥；④称量。若试验操作规范而测定结果偏低，其可能的缘由是________。【答案】(1).碱煮水洗（或碳酸钠溶液浸泡数分钟后水洗）(2).cebfh(3).氢溴酸(4).②(5).A(6).吸水或可能混有（或洗涤时，有少量的碳酸钙溶解）【解析】【分析】废铁屑表面常含有油污，可用碱性溶液浸泡、清洗除去，得干净铁屑，过量的干净铁屑和液溴、水反应得含F