单科化学-2022年秋季高三开学摸底考试卷02

绝密★考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷02（全国通用）化学(满分100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ba137选择题部分(共60分)一、选择题(本大题共25小题，第1—15题每小题2分，第16—25题每小题3分，共60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、错选均不给分)1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是A．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料B．“黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯是有机物C．冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物.D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为可“最快的冰”，二氧化碳含非极性键【答案】A【解析】有机高分子材料是以有机高分子化合物为主要成分的材料，聚氨酯是一种有机高分子化合物，是高分子材料，A正确；石墨烯是碳的单质，不是有机物，B错误；冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是高聚物，属于混合物，C错误；二氧化碳是直线型分子，是完全对称结构的分子，为非极性分子，但碳氧之间的键是极性键，D错误。答案选A。2．第24届冬季奥林匹克运动会在北京市和张家口市成功举办。下列不属于化学变化的是ABCDA．冬奥场馆使用CO2跨临界直接制冰（“水立方”场馆中的水冰转换）B．北京冬奥会菜单上有678道菜，其中工作人员对食材进行的煎、炒、烹、炸C．冬奥会开幕式中火炬“飞扬”中氢燃料的燃烧D．冬奥会上采用紫外杀菌技术使蛋白质变性【答案】A【解析】冬奥场馆使用CO2跨临界直接制冰是利用二氧化碳状态转化过程中的能量变化，使水冰转换，为物理变化，A正确；北京冬奥会菜单上有678道菜，其中工作人员对食材进行的煎、炒、烹、炸过程发生了化学反应，为化学变化，B错误；冬奥会开幕式中火炬“飞扬”中氢燃料的燃烧是发生了化学反应，为化学变化，C错误；冬奥会上采用紫外杀菌技术使蛋白质变性，发生了化学反应，为化学变化，D错误。答案选A。3．对抗疫情离不开化学。下列抗疫物资中，主要成分属于无机物的是A．医用酒精 B．塑料护目镜C．漂粉精 D．医用橡胶手套【答案】C【解析】医用酒精的主要成分为乙醇，属于有机物，A错误；塑料护目镜的主要成分为树脂，树脂是指尚未和各种添加剂混合的高分子化合物，为有机化合物，B错误；漂粉精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，为无机物，C正确；医用橡胶手套的主要成分为橡胶，是高分子材料，为有机物，D错误。答案选C。4．下列化学用语或图示表示正确的是A．甘氨酸的分子式： B．中子数为45的溴原子：C．的电子式： D．的球棍模型：【答案】A【解析】甘氨酸的结构式为，其分子式为，A正确；质子数为35，中子数为45的溴原子可表示为，B错误；硼原子最外层只有3个电子，分子中B原子与每个F原子共用一对电子对，电子式为，C错误；分子的中心原子为O原子，空间构型为V形，且原子半径较大，其球棍模型为，D错误。答案选A。5．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，1.12L18O2中含有的中子数为NAB．室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH的数目为0.2NAC．3.4g()中含有的极性键数目0.2NAD．等物质的量的I2(g)和H2(g)在密闭容器中充分反应，容器内分子总数一定为2NA【答案】A【解析】标准状况下，1.12L18O2物质的量，每个18O2含有的中子数(188)×2=20，所以0.05mol18O2含有的中子数为NA，A正确；室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含c(H+)为1013mol/L，根据水的离子积常数可得c(OH)为0.1mol/L，所以含OH的数目为0.1NA，B错误；的分子式为C4H4O，3.4g的物质的量，每个含有4个C—H和2个C—O即6个极性键，所以0.05mol的含有的极性键数目0.3NA，C错误；等物质的量的I2(g)和H2(g)在密闭容器中充分反应，但是不知道具体的物质的量，所以无法确定分子数目，D错误。答案选A。6．下列离子可以在指定溶液中大量共存的是A．常温下，=1010的溶液：Mg2+、NH、HCO、NOB．电解饱和食盐水一段时间后的溶液：K+、Na+、CO、SOC．硫酸酸化的高锰酸钾溶液：Ba2+、NH、I、ClD．生锈铁钉溶于盐酸后形成的溶液：H+、Ca2+、SCN、Br【答案】B【解析】常温下，，，不能大量存在，A错误；电解饱和食盐水一段时间后的溶液含氢氧化钠：K+、Na+、CO、SO互不反应可以共存，B正确；硫酸酸化的高锰酸钾溶液，、不能大量存在，C错误﹔生锈铁钉溶于盐酸后生成的与不能大量共存，D错误。答案选B。7．如图是微电池反应器处理废水的构造原理装置。下列说法错误的是A．铁作负极，放电时变成Fe2+进入溶液B．空气氧化Fe2+，进一步产生的胶体有混凝作用C．污染物中的微粒可被氢氧化铁胶体吸附而去除D．废水中，NO在石墨上发生反应NO2e+H2O=NO+2H+【答案】D【解析】铁作负极，电极反应式为：Fe2e=Fe2+，放电时变成Fe2+进入溶液，A正确；空气氧化Fe2+，生成Fe3+，Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，有混凝作用，B正确；氢氧化铁胶体具有吸附性，可吸附污染物中的微粒，C正确；石墨为正极，发生还原反应，应该得电子，电极反应式为：2NO+6e+4H2O=N2↑+8OH，D错误。答案选D。8．由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如图：下列有关说法正确的是A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2OD．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解【答案】C【解析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，A错误；加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，B错误；Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，C正确；若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，D错误。答案选C。9．下列反应改变某种条件，不会改变生成物的是A．Cl2与NaOH溶液的反应：改变NaOH溶液的温度B．Al与H2SO4溶液的反应：改变H2SO4溶液的浓度C．H2S与O2的燃烧反应：改变O2的量D．S与O2的燃烧反应：改变O2的量【答案】D【解析】Cl2与NaOH溶液在常温下生成氯化钠和次氯酸钠，在加热时生成氯化钠和氯酸钠，A不符合题意；Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，Al与浓硫酸常温钝化生成致密的氧化膜，B不符合题意；H2S与少量氧气燃烧反应生成水和硫单质，与过量氧气燃烧反应生成水和二氧化硫，C不符合题意；S与O2反应时无论氧气过量与否都只生成二氧化硫，D符合题意。答案选D。10．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法错误的是A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙物质可能是一种盐B．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使品红溶液褪色C．若甲、丙、戊均含同种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序不可能为甲<戊<丙D．若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则丙与丁反应可能得到两种盐【答案】C【解析】甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是一种盐，例如氯化铝等，A正确；丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，如果是氯气，则会使品红溶液褪色，B正确；若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为铁、乙为氯气、丙为氯化铁、丁为硫化氢等具有还原性的物质、戊为氯化亚铁时，则含Fe元素的物质中Fe的化合价由低到高的顺序为甲<戊<丙，C错误；若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则甲、乙、丁可能为Fe、O2、HCl，铁和氧气反应生成Fe3O4，和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，D正确。答案选C。11．丙烷与氯气反应可得到两种一氯代物，其反应机理为游离基(电中性的原子或原子团)间的反应，部分反应过程如图所示，下列说法正确的是A．含碳自由基的形成过程中只断裂了极性键B．生成自由基CH3CH2CH2的速率较快C．主要有机产物是CH3CHClCH3D．生成一氯代物的反应可能是吸热反应【答案】C【解析】由图中信息知，含碳自由基是丙烷与Cl·作用的结果，原料中的Cl2转化为Cl·时断裂了非极性键，A错误；由图可知，过渡态I活化能较高，相应的反应速率较慢，即生成自由基CH3CH2CH2的速率较慢，B错误；由于生成CH3CHCH3的速率较快且CH3CHCH3的能量更低，故主要有机产物是CH3CHClCH3，C正确；含碳自由基与Cl·结合可得到一氯代物，结合中会形成共价键，释放出能量，故产物总能量低于反应物总能量，反应是放热反应，D错误。答案选C。12．向恒容密闭容器中充入amolCO和bmol，发生反应：，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是A．150℃时，若该反应的，则B．该反应为吸热反应C．COS与的浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态D．平衡后，向容器中再通入amolCO，逐渐增大至不变【答案】A【解析】150℃时H2S的转化率为40%，平衡时H2S的物质的量变化为0.4b，，设容器的体积为V，则该反应的平衡常数，整理可得a：b=6：5，A正确；温度升高H2S的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，B错误；COS和H2均为生成物，计量数之比为1：1，反应从左侧开始，则

COS与的浓度之比始终不变，无法判断平衡状态，C错误；通入CO后的瞬间，正反应速率立即增大，逆反应速率不变，之后正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，直至正逆反应速率相等，重新达到平衡状态，D错误。答案选A。13．利用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取NO2B．用图装置乙探究催化剂对H2O2分解速率的影响C．用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱D．用装置丁蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体【答案】C【解析】稀硝酸与铜反应生成NO，不能制取NO2，A错误；浓度不同、催化剂不同，两个变量，不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，B错误；浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可比较，C正确；加热时氯化铁易水解，生成氢氧化铁，应通入氯化氢气体，以抑制水解，D错误。答案选C。14．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Z同主族，Y、Z的原子序数分别是W、X的2倍，X的单质在空气中含量最多，下列说法一定错误的是A．简单离子半径大小：X>YB．X的简单氢化物的沸点比相邻同族元素的高C．一定条件下，Y单质在空气中点燃可生成两种离子化合物D．高温下W单质与Z的氧化物发生置换反应，则非金属性：W>Z【答案】D【解析】X的单质在空气中含量最多，则X为N元素；Z的原子序数是X的2倍，则Z的原子序数为14，Z为Si元素；W和Z同主族，且Y的原子序数是W的2倍，则W、Y分别为C、Mg元素。综上分析，W、X、Y、Z分别为C、N、Mg、Si元素。N、Mg元素的简单离子分别为N3、Mg2+，核外电子层相同。根据元素周期律，电子层相同时，核电荷数越大其半径越小，因此离子半径：N3>Mg2+，A正确；N的相邻同族元素为C元素，N、C的简单气态氢化物分别为NH3、CH4，NH3分子间能形成氢键，而CH4分子间不能形成氢键，因此NH3沸点高于CH4，B正确；一定条件下，Mg在空气中点燃可生成MgO、MgO2两种离子化合物，C正确；高温下SiO2可与C发生置换反应生成Si和CO，该反应为非自发的氧化还原反应，因此无法说明C、Si元素的非金属性强弱，D错误。答案选D。15．化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是选项实验目的选用试剂(或操作)实验装置A验证Fe2+和Br的还原性强弱取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置甲B制备氢氧化亚铁取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液乙C除去CO2中少量的SO2、H2O(g)试剂a为饱和碳酸钠溶液丙D制备AlCl3固体蒸发AlCl3饱和溶液丁【答案】A【解析】少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br强，A正确；Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B错误；CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C错误；由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D错误。答案选A。16．氨基酸分子中含有NH2和COOH两种官能团，当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点。常温下，0.001mol·L1的甘氨酸(H2NCH2COOH)溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示，下列说法正确的是已知：A．B点为等电点B．pH=7时，c(H3N+CH2COO)>c(H3N+CH2COOH)>c(H2NCH2COO)C．H3N+CH2COOHH3N+CH2COO+H+平衡常数的数量级为1010D．C点溶液中满足：c(H+)+c(H3N+CH2COOH)=c(OH)+c(H3N+CH2COO)【答案】A【解析】溶液碱性越强，H2NCH2COO含量越大，溶液酸性越强，H3N+CH2COOH含量越大，则曲线①表示H3N+CH2COOH、曲线②表示H3N+CH2COO、曲线③表示H2NCH2COO；当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点，B点H3N+CH2COOH与H2NCH2COO浓度相等，甘氨酸所带正负电荷刚好为零，则B点为等电点，A正确；pH=7时，曲线①表示H3N+CH2COOH、曲线②表示H3N+CH2COO、曲线③表示H2NCH2COO，由图可知，c(H3N+CH2COO)>c(H2NCH2COO)>c(H3N+CH2COOH)，B错误；平衡常数，当c(H3N+CH2COO)=c(H3N+CH2COOH)时即图中A点，此时pH约为2.5，则平衡常数的数量级为103，C错误；C点溶液c(H3N+CH2COO)>c(H2NCH2COO)，溶液呈碱性，则溶液中还加入其它碱性的物质，应该还有一种阳离子，D错误。答案选A。17．对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成它的装置如图。下列说法中正确的是A．左边电极电势比右边高B．每转移1mole时，阳极电解质溶液的质量减少8gC．阴极的主要电极反应式为+6e+6H+→+2H2OD．反应结束后阳极区pH增大【答案】C【解析】金属阳极DSA发生2H2O4e=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为+6e+6H+→+2H2O。金属阳极DSA发生2H2O4e=O2+4H+，右侧为阳极，左侧为阴极，右边电极电势比左边高，A错误；阳极发生反应2H2O4e=O2+4H+，氧气逸出，氢离子跨过阳离子交换膜移向阴极，当转移4mole时，阳极电解质溶液减少2mol水，则转移1mole时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，B错误；阴极上对硝基苯甲酸得电子发生还原反应，生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e+6H+→+2H2O，C正确；由B项分析知，阳极反应消耗阳极区的水，则反应结束后阳极区硫酸的浓度增大，pH减小，D错误。答案选C。18．光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料，可用降冰片烯与马来酸酐共同加聚而成。下列说法不正确的是A．1mol马来酸酐与氢氧化钠溶液反应最多消耗2molNaOHB．降冰片烯与互为同分异构体C．该光刻胶合成过程中可能会出现链节：D．降冰片烯的一氯代物有4种【答案】B【解析】一个马来酸酐分子水解生成2个羧基，则1mol马来酸酐，最多消耗2molNaOH，A正确；降冰片烯与分子式相同、结构相同，二者是同种物质，B错误；降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应，所以其链节可能是：，C正确；由题干信息中降冰片烯的结构简式利用等效氢原理可知，降冰片烯的一氯代物有4种，如图所示：，D正确。答案选B。19．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，X、Y同主族。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＞Y＞XB．X、Y、Z在自然界中均存在游离态C．Y的氧化物对应的水化物一定是强酸D．工业上制备Z单质通常用电解法【答案】D【解析】根据结构，Z显+1价，即Z位于ⅠA，原子序数依次增大，且属于前四周期主族元素，Z可能为Na，也可能为K，X形成2个共价键，X位于ⅥA，推出X为O，X、Y位于同一主族，则Y为S，从而确定Z为K。三者简单离子半径大小顺序是r(S2)＞r(K+)＞r(O2)，A错误；K是活泼金属，在自然界中以化合态形式存在，B错误；S的氧化物有SO2、SO3，SO2对应水化物为H2SO3，H2SO3属于中强酸，SO3对应水化物为H2SO4，H2SO4为强酸，C错误；金属钾是非常活泼的金属，工业上制备金属钾，常电解熔融的氯化钾，D正确。答案选D。20．实验室从海带中提取碘的过程如下：下列说法正确的是A．步骤①④分别是灼烧、分液B．海带中含有的硫酸盐在步骤②中实现与碘的分离C．向反应液中通入过量实现步骤③D．步骤⑤酸化时发生反应：【答案】D【解析】海带灼烧后得到海带灰，加水浸泡得到海带灰的悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，加氧化剂得到含碘单质的溶液，加四氯化碳萃取并分液得到碘的四氯化碳溶液，再加碱溶液进行反萃取可得到含碘离子和碘酸根的溶液，再经过酸化可以得到单质碘。根据分析，步骤①是过滤，④是萃取，A错误；步骤②中并没有将硫酸盐转化为沉淀除去，经过步骤④碘单质转移到有机相中，经过分液与硫酸盐分离，B错误；过量氯气可能继续将碘单质氧化，故氯气不能过量，C错误；步骤⑤酸化时碘离子和碘酸根发生归中反应得到碘单质，所给离子方程式正确，D正确。答案选D。21．有关Na2O2性质实验如下：已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2；②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是A．双氧水能使酚酞褪色B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案【答案】D【解析】由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，A错误；由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，B错误；由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，C错误；由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，D正确。答案选D。22．根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是选项实验操作现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X产生白烟X可能是浓硝酸B向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入1mL0.1mol/LKI溶液充分反应，再加2mLCCl4、振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液溶液变红Fe3+与I的反应有一定限度C浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色浓硫酸具有氧化性D将石蜡油(液态烷烃混合物)蒸气通过炽热的碎瓷片分解，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液Br2/CCl4溶液褪色分解的气体产物中有烯烃【答案】B【解析】浓盐酸、浓硝酸具有挥发性，挥发出的氯化氢、硝酸蒸气与浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵、硝酸铵时会产生白烟，则蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X时产生白烟说明X可能是浓硝酸，A正确；过量氯化铁溶液与碘化钾溶液反应生成氯化钾、氯化亚铁和碘时，无论反应是否有一定限度，充分反应后再加2mL四氯化碳、振荡，静置后取上层清液滴加硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，则上层清液滴加硫氰化钾溶液，溶液变红无法证明此反应可逆，B错误；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖在浓硫酸作用下脱水碳化生成碳并发出热量，碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则反应产生的气体通入品红溶液品红，溶液褪色说明浓硫酸具有强氧化性，C正确；石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片发生催化分解反应生成相对分子质量小的烷烃和烯烃，烯烃能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，则产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明分解的气体产物中有烯烃，D正确。答案选B。23．微生物法浸出黄铜矿(CuFeS2，其中Cu为+2价)中铜元素的过程如图。下列说法错误的是A．该方法的原料只有黄铜矿和氧气B．Fe2(SO4)3和H2SO4可以循环利用C．微生物在整个转化过程中起催化作用D．当黄铜矿中的铁元素全部转化为Fe3+时，生成2molSO同时消耗4.25molO2【答案】A【解析】由微生物法浸出黄铜矿中铜元素的过程示意图可知，黄铜矿与氢离子、铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和H2Sn，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；铁离子与H2Sn反应生成亚铁离子、氢离子和S8，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；S8与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则微生物是浸出过程的催化剂，总反应的方程式为4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，浸出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用。由分析可知，该方法的原料为黄铜矿、硫酸和氧气，A错误；由分析可知，出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用，B正确；由分析可知，微生物是浸出过程的催化剂，C正确；由分析可知，当黄铜矿中的铁元素全部转化为铁离子时，生成2mol硫酸根时，反应消耗氧气的物质的量为17mol×=4.25，D正确。答案选A。24．催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是A．使用催化时，该反应的不变B．不是所有过程都发生氧化还原反应C．总反应为D．为中间产物之一，与中所含阴离子相同【答案】D【解析】催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的∆H不会发生变化，A正确；催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B正确；根据图示的催化机理可知总反应为：，C正确；Na2O2中的阴离子是，与不一样，D错误。答案选D。25．下列离子方程式能用来解释相应实验操作或者现象的是实验现象离子方程式A向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到氢氧化铁胶体B向硫酸铜溶液中加入过量氨水C用高锰酸钾标准溶液滴定草酸D向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解【答案】D【解析】向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到氢氧化铁胶体：，A错误；向硫酸铜溶液中加入过量氨水会形成配合物：，B错误；用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱酸，用分子式表示：，C错误；氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，故向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：，D正确。答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共40分)26．（6分）我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。B、C、D为同周期相邻元素，A为地壳中含量最多的元素。回答下列问题：(1)元素D在周期表中的位置为___，A、C的简单离子半径大小顺序为___(填离子符号)。(2)化合物BA的电子式为___(填元素符号)。A和D形成的化合物中的化学键类型为___________。(3)B和C两元素相比较，金属性较强是___(填元素符号)，可以证明该结论的实验___。A．比较两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率B．比较两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性C．将相同大小的两种元素单质分别放入沸水中，观察反应现象D．比较相同物质的量的两种元素的单质与足量稀盐酸反应产生的多少【答案】(1)第3周期第IVA族(或第3周期14列)（1分）

（1分）(2)（1分）共价键（1分）(3)Mg（1分）

BC（1分）【解析】A为地壳中含量最多的元素，A为O，B、C、D为同周期相邻元素，A、B、C、D原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，则B、C、D最外层电子数之和为9，则B为Mg，C为Al，D为Si。(1)元素D为Si，在周期表中位置为第三周期ⅣA族。核外电子数相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2>Al3+。(2)化合物BA为MgO，电子式为。A和D形成的化合物为SiO2，其中的化学键类型为共价键。(3)Mg和Al相比，金属性较强的为Mg。A项镁能和冷的浓硫酸反应，铝也能和冷的浓硫酸反应，并在表面形成致密的氧化膜阻止硫酸与铝进一步反应，不能通过两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率来比较金属性强弱，A错误；B项元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，B正确；镁可与沸水反应生成氢气，反应较为剧烈，铝不能和沸水发生明显的反应，说明金属性镁强于铝，C正确；D项相同物质的量的两种单质，与足量盐酸反应，铝产生的氢气要多但是铝的金属性弱于镁，D错误。答案选BC。27．（7分）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al(OH)33.85.2Fe(OH)32.73.2Fe(OH)27.69.7Ni(OH)27.19.2②金属离子浓度≤1.0×105mol·L1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。③Ni的常见化合价为+2、+3。回答下列问题：(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：温度/°C707580859095收率/%53.362.770.277.181.581.45本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。【答案】(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等（1分）(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（1分）(3)90℃~95℃（1分）

温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低（1分）(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+（1分）(5)1.0×1037.4（2分）【解析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；(2)加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；(4)如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；(5)由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×105mol·L1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)∙c(OH)3=1.0×105×(1010.8)3=1.0×1037.4。28．（8分）CuCl在染色和催化领域应用广泛。实验室利用下图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备CuCl。已知：I.CuCl(M=99.0g/mol)为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸；II.Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，CuCl+HCl=HCuCl2，HCuCl2CuCl↓+HCl。实验步骤如下：向C中先加入15mL0.5mol·L1的CuCl2溶液，再加入0.6mol·L1的NaOH溶液30mL；打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体，一段时间后C中产生白色固体，然后将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为0.594g。(1)试剂a为_______，b仪器的名称为_______。(2)B装置的主要作用有三个：①_______；②平衡装置A到C中气体压强，防止气压过大，气流速度过快；③指示B、C间导管是否堵塞。(3)将二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，产生白色固体的离子方程式为_______。(4)用乙醇洗涤CuCl的优点为_______。(5)计算该实验中CuCl的产率为_______%。(6)若所得CuCl固体中混有少量Cu2O，请补充完除去Cu2O的实验方案：①向产物中滴加试剂_______，使固体充分溶解，再过滤出杂质；②向滤液中加水稀释至不再产生沉淀为止：③_______可得到除去Cu2O后的CuCl固体。【答案】(1)浓硫酸（1分）

蒸馏烧瓶（1分）(2)防止C中液体倒吸入A（1分）(3)2Cl+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl++2H2O（1分）(4)可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥（1分）(5)80.0（1分）(6)浓盐酸（1分）

过滤、洗涤、干燥（1分）【解析】装置A用浓硫酸和Zn制二氧化硫，CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，乙醇可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗涤干净；(1)本实验用浓硫酸和Zn制二氧化硫，即试剂a为浓硫酸；由仪器的结构可知，仪器b为蒸馏烧瓶；(2)SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，浓硫酸与Zn反应放热，故B的作用为防倒吸，故答案为：防止C中液体倒吸入A；(3)CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl++2H2O；(4)已知：CuCl难溶于水和乙醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤CuCl的优点为可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；(5)15mL0.5mol•L1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=0.5mol/L×0.015L=0.0075mol，完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量为m=nM=0.0075mol×99.0g/mol=0.7425g，实验实际所得CuCl固体质量为0.594g，则CuCl的产率=；(6)除去Cu2O的实验方案：可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。29．（9分）一碳产品是石油的良好替代品，一碳化学与绿色化工结合可以实现经济与环境的协调发展。甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：(1)已知一定条件下反应I：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)

ΔH1=+90.7kJ·mol1反应II：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)

ΔH2=41.2kJ·mol1反应III：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)

ΔH3该条件下反应III的ΔH3=_______。(2)已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度(T1、T2)下，测得相应的CO的平衡转化率如图2所示。①比较T1、T2的大小，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。②A点对应的化学平衡常数是_______。③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡：COH2OH2CO2起始浓度/(mol·L1)2100t时刻浓度/(mol·L1)1.50.50.50.5反应进行到t时刻时，判断v(正)、v(逆)的大小关系为断v(正)_______v(逆(填“>“<”或“=”)。④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_______。(3)CO2在生产中有着广泛的用途。经CO2饱和处理的KHCO3，弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。CO2参与反应的一极为_______(填“阴极”或“阳极”)，电极反应式是_______。【答案】(1)+49.5kJ·mol1（2分）(2)<

（1分）

1

（1分）

>

（1分）

进气比越大，反应温度越低（1分）(3)阴极（1分）

2CO2+12e+12H+=CH3CH2OH+3H2O（2分）【解析】(1)由盖斯定律，反应I+反应II可得反应III，ΔH3=+90.741.2=+49.5kJ·mol1；(2)①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆