一轮巩固卷2-2022年高考化学模拟卷2

备战2022年高考化学模拟卷（)一轮巩固卷2（本卷共31小题，满分100分，考试用时90分钟)可能用到的相对原子质量：H—1Li7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5Ca—40Fe—56Br—80Cu—64I—127Ba—137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每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．下列物质中含有共价键的盐是()A．Na3N B．NaOH C．COCl2 D．NH4Br【答案】D【解析】A项，Na3N由Na+与N3构成，只含离子键，A不符合题意；B项，NaOH中Na+与OH之间为离子键，OH内部H与O之间为共价键，但NaOH属于碱，不是盐，B不符合题意；C项，COCl2，只含共价键，但不属于盐，C不符合题意；D项，NH4Br属于铵盐，且铵根离子内部N与H之间为共价键，D符合题意；故选D。2．下列物质熔融状态下能导电，且属于电解质的是()A．HCl B．NaOH C．Cu D．NH3【答案】B【解析】A项，HCl是电解质，HCl为分子化合物熔融状态下不导电，A错误；B项，NaOH是电解质，NaOH为离子化合物，熔融状态下能导电，B正确；C项，Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D项，NH3是非电解质，D错误；故选B。3．下列物质的化学成分不正确的是()A．生石灰：Ca(OH)2 B．重晶石：BaSO4C．尿素：CO(NH2)2 D．草酸：HOOCCOOH【答案】A【解析】A项，生石灰的主要成分为氧化钙，故A错误；B项，重晶石的主要成分为硫酸钡，故B正确；C项，尿素的分子式为CO(NH)2，故C正确；D项，草酸是乙二酸的俗称，结构简式为HOOC—COOH，故D正确；故选A。4．除去氨气中的水蒸气，需要用到的仪器是()A．B．C． D．【答案】B【解析】A装置为坩埚，灼烧固体时用，B为干燥管，可以盛放固体干燥剂，C为洗气瓶，可以盛放液体干燥剂，D为蒸发皿，蒸发溶液时使用；除去氨气中的水蒸气一般需要用碱性干燥剂，常见的碱性干燥剂有碱石灰、固体烧碱等，均为固体，所以需要用到干燥管。故选B。5．下列表示不正确的是()A．硅原子的结构示意图 B．丙烷的比例模型C．乙烯的最简式CH2 D．氯化钙的电子式【答案】B【解析】A项，硅原子核外有14个电子，结构示意图，故A正确；B项，丙烷的球棍模型为，故B错误；C项，乙烯的分子式是C2H4，最简式CH2，故C正确；D项，氯化钙是离子化合物，电子式为，故D正确；故选B。6．下列说法正确的是()A．正丁烷与新戊烷互为同系物 B．金刚石和干冰互为同素异形体C．乙醇和乙醚互为同分异构体 D．16O和18O是两种不同的元素【答案】A【解析】A项，正丁烷()与新戊烷()具有相似结构，分子中相差一个CH2，二者互为同系物，故A正确；B项，金刚石是C单质属，干冰是固态的CO2，属化合物，两者不可能为同素异形体，故B错误；C项，乙醇、乙醚的分子式分别为C2H6O、C4H10O，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D项，16O和18O都是氧元素的不同核素，互为同位素，故D错误；故选A。7．关于有机反应类型，下列判断不正确的是()A．CH3CHO+H2CH3CH2OH(加成反应)B．CH2=CH2+O2CH3COOH(氧化反应)C．2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O(消去反应)D．CH3COOCH2CH3CH3COO+CH3CH2OH(取代反应)【答案】C【解析】A项，乙醛和氢气发生加成反应，CH3CHO+H2CH3CH2OH，故A正确；B项，CH2=CH2+O2CH3COOH是乙烯发生氧化反应生成乙酸，故B正确；C项，2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O是发生取代反应，故C错误；D项，CH3COOCH2CH3CH3COO+CH3CH2OH是酯的水解反应，又叫取代反应，故D正确。故选C。8．关于反应Zn+NH4NO3=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法正确的是()A．Zn在反应过程中被还原 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物和还原产物之比为 D．每生成1molZnO共转移2mol电子【答案】B【解析】A项，该反应中Zn由0价变为+2价，化合价升高被氧化，A错误；B项，该反应中硝酸铵中3价的N被氧化为0价，+5价的N被还原为0价，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，该反应中氧化产物为ZnO和N2，还原产物为N2，N2中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，C错误；D项，生成1molZnO时，有1molNH4NO3参与反应，则有1mol硝酸根被还原，且只有硝酸根被还原，所以转移电子为5mol，D错误；故选B。9．下列说法不正确的是A．工业盐在建筑业中常用做混凝土掺加剂B．含氟牙膏中的能和Ca2+及PO43生成更难溶物质，使牙齿坚固C．尿素和甲醛在一定条件下能发生反应生成脲醛树脂D．生石膏和水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的熟石膏【答案】D【解析】A项，亚硝酸钠(NaNO3)俗称工业盐，在建筑工业中常用作混凝土掺加剂，以促进混凝土凝固，故A正确；B项，牙膏当中添加氟化物，其中的F能与牙齿表层的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]发生反应生成溶解度更小的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，从而抵抗酸对牙齿的侵蚀，故B正确；C项，尿素()中与氮原子相连的氢原子可以像苯酚中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛树脂，故C正确；D项，熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，利用石膏的这一性质，医疗上可用来制作石膏绷带，故D错误。故选D。10．下列说法不正确的是()A．分子筛很容易可逆地吸收水和小分子B．在医疗上，碳酸钠是治疗胃酸过多的一种药剂C．溴可用于生产多种药剂，如熏蒸剂、杀虫剂、抗爆剂等D．亚硝酸钠在建筑行业中常用做混泥土掺加剂，以促进混泥土凝固【答案】B【解析】A项，某些硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有吸附性，可以很容易可逆地吸附水和其他小分子，故A正确；B项，碳酸钠俗名纯碱，其水溶液碱性较强，有一定的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，治疗胃酸过多的一种药剂是碱性很弱的碳酸氢钠和氢氧化铝等，故B错误；C项，溴单质是具有强氧化性的物质，可用于杀菌消毒，工业上溴主要用于制溴化物、药物、染料、烟熏剂、抗暴剂等多种药剂，故C正确；D项，因为亚硝酸钠可作为早强剂，提高混凝土早期强度，可作为阻锈剂，防止钢筋锈蚀，可作为防冻剂，防止冬季施工混凝土受冻损坏，所以亚硝酸钠在建筑行业中常用做混泥土掺加剂，以促进混泥土凝固，故D正确；故选B。11．下列有关实验说法中，不正确的是()A．利用纸层析法分离Fe3+、Cu2+时，氨熏显色后上方出现红棕色斑点，下方出现深蓝色斑点B．可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3C．在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放人稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全D．溶质的溶解度小，溶液的浓度高，可析出较大晶粒【答案】D【解析】A项，Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，所以氨熏显色后上方出现棕色斑点，下方出现蓝色斑点，故A正确；B项，AgNO3溶液与NaCl、NaNO2溶液发生反应，分别产生白色沉淀AgCl，加稀硝酸不溶解；淡黄色沉淀AgNO2，加稀硝酸溶解；AgNO3溶液与NaNO3不反应，所以可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3，故B正确；C项，锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率，铁的活泼性小于锌，且只有铁时不能构成原电池，所以生成氢气的速率减小，所以当产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全，故C正确；D项，溶质的溶解度小，溶液的浓度越低，越不容易析出晶粒，故D错误；故选D。12．下列“类比”合理的是()A．Cu与Cl2反应生成+2价的CuCl2，则Cu与S反应生成+2价的CuSB．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3C．Fe—Cu原电池，Fe的活泼性比Cu强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，则在浓硝酸中，也是Fe做负极D．NH3与HCl反应生成NH4Cl，则H2N—NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2【答案】D【解析】A项，Cu与Cl2反应生成+2价的CuCl2，但S氧化性弱于Cl2，Cu与S反应生成+1价的Cu2S，故A错误；B项，C在足量O2中燃烧生成CO2，但S在足量O2中燃烧生成SO2，故B错误；C项，Fe—Cu原电池，Fe的活泼性比Cu强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，但在浓硝酸中，Fe发生钝化，阻止内部铁继续反应，故C错误；D项，N原子上有孤电子对，NH3与HCl反应生成NH4Cl，则H2N—NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2，故D正确；故选D。13．下列离子方程式书写不正确的是A．将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：H2O2+2M2M↑B．小苏打溶液显碱性的主要原因：HCO3+H2OH2CO3+OHC．向新制氢氧化铜悬浊液中加入乙醛溶液并加热：CH3CHO+2CH3COO+↓+3H2OD．少量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：↓【答案】A【解析】A项，高锰酸钾氧化性比过氧化氢强，将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中，H2O2作还原剂，KMnO4作氧化剂，发生反应为：H2O2+2M2M↑，A不正确；B项，小苏打为NaHCO3，其属于强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，生成碳酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，B正确；C项，新制氢氧化铜悬浊液具有氧化性，能将醛氧化为羧酸，同时生成Cu2O等，则往氢氧化铜悬浊液中加入乙醛溶液并加热，发生反应的离子方程式为：CH3CHO+2CH3COO+↓+3H2O↓+3H2O，C正确；D项，少量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中，会发生反应，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，发生反应的离子方程式为：↓，D正确；故选A。14．巴比妥结构如图所示，下列有关巴比妥的说法不正确的是()A．巴比妥是一种人工合成的多肽B．巴比妥在酸性条件下发生水解，可生成CO2气体C．巴比妥在碱性条件下发生水解，可生成NH3气体D．1mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH【答案】A【解析】A项，多肽是氨基酸经脱水缩合得到的，巴比妥中虽然含有酰胺基，但并不是氨基酸脱水缩合得到，不属于多肽，A错误；B项，，在酸性条件下，4个“N－C”键断裂，产生CO2，B正确；C项，，在碱性条件下，水解成氨气，C正确；D项，巴比妥中含有4个“N－C”键，1mol“N－C”键断裂，需要消耗1mol氢氧化钠，即1mol巴比妥与足量的氢氧化钠溶液反应，可消耗4mol氢氧化钠，D正确；故选A。15．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是WXYZA．原子半径大小：B．最高价氧化物对应水化物的酸性：C．Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物WY2D．W元素和氢元素形成的各种化合物均不能与Z的氢化物反应【答案】C【解析】W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W的电子排布为2、4，即W为C元素；由元素在周期表中的相对位置，可确定X为N元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A项，X、Y、Z分别为N、S、Cl元素，由元素性质的递变规律，可确定原子半径大小：S＞Cl＞N，A不正确；B项，W、Y、Z分别为C、S、Cl，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3ClO4，B不正确；C项，Y为S元素，其单质具有杀菌能力，可用于生产硫磺软膏，S与C可形成化合物CS2，C正确；D项，W元素和氢元素形成的各种化合物中，若形成的是烯烃、炔烃等不饱和烃，则能与HCl发生加成反应，D不正确；故选C。16．已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法不正确的是()A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，生成1molNaHSO4转移电子2molD．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原【答案】C【解析】A项，根据化合价规律，可知Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，处于中间价态，具有还原性，可用做抗氧化剂，A正确；B项，根据题意，Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，B正确；C项，因NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，C错误；D项，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，故反应过程中二氧化硫被还原，D正确；故选C。17．下列反应在任何温度下均能自发进行的是()A．2C(s)＋O2(g)2CO(g)△H＜0B．2(s)＋C(s)CO(g)+2(s)△H＞0C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0D．(s)＋3CO(g)2(s)+3CO2(g)△H＞0【答案】A【解析】A项，该反应是一个熵增的放热反应，反应ΔH<0、ΔS>0，ΔH－TΔS恒小于0，则在任何温度下均能自发进行，A正确；B项，该反应是一个熵增的吸热反应，反应ΔH>0、ΔS>0，在高温条件下，ΔH－TΔS小于0，则该反应高温条件下才能自发进行，B错误；C项，该反应是一个熵减的放热反应，反应ΔH<0、ΔS<0，在低温条件下，ΔH－TΔS小于0，则该反应低温条件下才能自发进行，C错误；D项，该反应是一个熵增的吸热反应，反应ΔH>0、ΔS>0，在高温条件下，ΔH－TΔS小于0，则该反应高温条件下才能自发进行，D错误；故选A。18．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1mol二硫化碳晶体中含有的共用电子对数为2NAB．9.2gC7H8和C3H8O3混合物在足量氧气中完全燃烧，生成H2O的数目为0.4NAC．将2.24LCl2(标准状况下)通入足量水中，转移电子数目为0.1NAD．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中所含的阴离子数目小于0.1NA【答案】B【解析】A项，二硫化碳的结构式为S=C=S，则1mol二硫化碳晶体中含有的共用电子对数为4NA，A不正确；B项，C7H8和C3H8O3的相对分子质量都为92，9.2g混合物的物质的量为0.1mol，则混合物中含有H原子的物质的量为0.8mol，完全燃烧生成H2O的数目为0.4NA，B正确；C项，2.24LCl2(标准状况下)为0.1mol，与水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，但由于该反应是可逆反应，0.1molCl2只有一部分与水发生反应，所以转移电子数目小于0.1NA，C不正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中所含的阴离子数目大于0.1NA，D不正确；故选B。19．25℃时，下列说法不正确的是()A．浓度均为0.1mol·L1的NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的粒子种类不相同B．pH为3的H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)×c(OH)1.0×1022mol2·L2C．1L0.50mol·L1NH4Cl溶液与2L0.250mol·L1NH4Cl溶液含NH4+物质的量不相同D．相同物质的量浓度的NaClO和NaF两溶液，前者的碱性较大，则Ka(HClO)＜Ka(HF)【答案】A【解析】A项，NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：Na+、CO32、HCO3、OH、H+、H2CO3、H2O，存在的粒子种类相同，故A错误；B项，pH为3的H2SO4溶液中c(H+)1.0×103mol·L1，c(OH)1.0×1011mol·L1，水的电离受到抑制，由水电离出的c(H+)c(OH)1.0×1011mol·L1，则由水电离出的c(H+)×c(OH)1.0×1022mol2·L2，故B正确；C项，相同温度下，不同浓度的NH4Cl溶液，NH4+的水解程度不同，含等物质的量的的NH4Cl溶液中含NH4+的物质的量也不相同，故C正确；D项，相同条件下，酸越弱，对应的弱酸根越易水解，溶液的碱性越强，碱性：NaClO>NaF，说明酸性HClO<HF，则Ka(HClO)＜Ka(HF)，故D正确；故选A。20．在温度T1和T2时，分别将0.50molA和1.2molB充入体积为3L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)，测得n(A)随时间变化数据如下表，下列说法正确的是()温度时间/min010204050T1n(A)/mol0.500.350.250.100.10T2n(A)/mol0.500.300.18……0.15A．温度：T1>T2B．反应达到平衡状态时，容器内压强不再发生变化C．在温度T1时，0~10min用B表示的平均反应速率为0.005mol/(L·min)D．保持其他条件不变，缩小反应容器体积，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】B【解析】A项，分析题干表格数据可知，T2温度下A的物质的量减小的更快，即T2温度下反应速率较快，故T1＜T2，A错误；B项，分析反应A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)可知该反应前后气体的体积没有发生改变，故容器的压强始终不变，故反应达到平衡状态，容器内压强当然不再发生变化，B正确；C项，在温度T1时，0~10

min用B表示的平均反应速率为mol·L－1·min－1，C错误；D项，保持其他条件不变，缩小反应容器体积，反应物生成物的浓度均增大，故逆反应速率增大，正反应速率也增大，D错误；故选B。21．相同温度和压强下，关于反应的，下列判断正确的是()CoCl2·6H2O(s)=CoCl2·2H2O(s)+4H2O(l)∆H1CoCl2·2H2O(s)=CoCl2·H2O(s)+H2O(l)∆H2CoCl2·H2O(s)=CoCl2(s)+H2O(l)∆H3CoCl2·6H2O(s)=CoCl2(s)+6H2O(l)∆H4A．∆H1＞0，∆H20 B．∆H1∆H2+∆H3C．∆H4∆H1=∆H2+∆H3 D．∆H2∆H3【答案】C【解析】题给四个反应都是吸热反应，反应的∆H都大于0，将题干4个反应依次编号为①、②、③、④，结合盖斯定律作答。A项，CoCl2·6H2O(s)=CoCl2·2H2O(s)+4H2O(l)和CoCl2·2H2O(s)=CoCl2·H2O(s)+H2O(l)都是吸热反应，故∆H1＞0，∆H2＞0，A错误；B项，根据盖斯定律，将②+③得CoCl2·2H2O(s)=CoCl2(s)+2H2O(l)∆H=∆H2+∆H3(标为⑤)，该反应为吸热反应，该反应失去2mol结晶水，反应①失去4mol结晶水，失去水的物质的量是⑤的两倍，故反应①吸收的热量更多，则∆H1＞∆H2+∆H3，B错误；C项，根据盖斯定律，将①+②+③=④，则∆H1+∆H2+∆H3=∆H4，则∆H4∆H1=∆H2+∆H3，C正确；D项，反应②、③都失去1mol结晶水，由题意无法判断∆H2、∆H3的大小，D错误；故选C。22．天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是()A．若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的正极B．Ni2P电极反应式为RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2OC．合成1mol偶氮化合物，需转移4mol电子D．离子交换膜是阳离子交换膜【答案】B【解析】该装置为电解池，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O，消耗OH，CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为电解池的阴极，电极反应：2+8e+4H2O=+8OH。A项，铅蓄电池属于二次电池，其电极材料分别是Pb和PbO2，工作时负极材料是Pb，Pb失电子生成硫酸铅，PbO2为正极，该装置为电解池，CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为电解池的阴极，CoP极连接铅蓄电池的负极，故A错误；B项，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O，故B正确；C项，CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，电极反应：2+8e+4H2O=+8OH，合成1mol偶氮化合物，要转移8mole，故C错误；D项，由Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，Ni2P电极反应式：RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O可知，阳极上的反应会消耗OH，为保持电中性，右端OH通过阴离子交换膜移向左端，所以该离子交换膜是阴离子交换膜，故D错误；故选B。23．己知。室温下，向3COOH溶液中逐滴滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液的pH随着变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A．x=2.25B．水的电离程度：c＞b＞aC．当=0时，加入NaOH溶液的体积小于10.00mLD．当溶液加入10.00mLNaOH溶液时：c(H+)+2c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1mol/L+c(OH)【答案】D【解析】已知，，根据图上，pH=3.75，故，。A项，，pH=7时，故A正确B项，，横坐标越大，则pH值越大，溶液中CH3COO越大，水电离程度越大，从a到c溶液的pH值逐渐增大，溶液中c(CH3COO)增大，则水电离程度增大c＞b＞a，故B正确；C项，当=0时，Ka=104.75，Kh=＜Ka，说明等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，如果加入10.00mLNaOH溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa溶液，CH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，导致溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO)，要使混合溶液中=0即c(CH3COO)=c(CH3COOH)，加入的NaOH应该少一些，即加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，故C正确；D项，当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)、存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，则c(CH3COO)=2c(Na+)c(CH3COOH)，将c(CH3COO)=2c(Na+)c(CH3COOH)代入电荷守恒等式得c(H+)+c(CH3COOH)=c(Na+)+c(OH)，故D错误。24．工业上可以利用CO2来合成乙酸，其反应路径顺序如图所示，下列说法不正确的是()A．反应过程中涉及氧化还原反应B．第1步反应属于取代反应C．CH3COORh*I为该反应的催化剂D．可以用CH3OH、CO2和H2合成CH3COOH【答案】C【解析】A项，过程中存在氢、碳等化合价变化，故过程中涉及氧化还原反应，A正确；B项，第1步中甲醇的羟基被碘原子取代，为取代反应，B正确；C项，根据反应流程可知，CH3COORh*I为反应的中间产物，而非催化剂，C错误；D项，该过程的总反应为甲醇与二氧化碳、氢气反应生成乙酸和水，D正确；故选C。25．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向某溶液加强碱，并加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液溶质为铵盐B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进的水解平衡正向移动C往淀粉溶液加稀硫酸加热后，加入NaOH溶液，再加入碘水无明显现象淀粉已完全水解D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性【答案】D【解析】A项，氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知，原溶液加碱加热后产生氨气，可能是铵盐，也可能是氨水溶液，故A错误；B项，亚铁离子被过氧化氢氧化成三价铁，溶液呈棕黄色，生成的三价铁催化过氧化氢分解生成氧气，反应过程中溶液的碱性增强，促进三价铁离子水解生成氢氧化铁，故B错误；C项，因碘单质能与氢氧化钠反应，加碘水前应先用酸中和氢氧化钠，故C错误；D项，浓硫酸能使蔗糖脱水炭化生成碳单质，产生的碳单质能与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故D正确；故选D。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26．(4分)回答下列问题：(1)已知3种物质的沸点数据如下表：物质乙醇二甲醚四氯化碳相对分子质量4646154沸点/℃782376.5乙醇沸点比相对分子质量相同的二甲醚、相对分子质量是其三倍多的四氯化碳还要高的原因是_____________________。(2)金属钠和金属锌分别和硫酸铜溶液作用，前者不能置换出铜，后者能，试解释原因___________________________________。【答案】(1)三种物质都是有机分子，分子间有范德华力，但乙醇分子间还有氢键，所以沸点更高(2分)(2)在溶液中以水合离子形式存在，金属钠还原性强，优先还原水电离的H+，而锌和水不反应(2分)【解析】(1)三种物质都是有机分子，分子间有范德华力，但乙醇分子间还有氢键，乙醇沸点比相对分子质量相同的二甲醚、相对分子质量是其三倍多的四氯化碳还要高；(2)在溶液中以水合离子形式存在，金属钠还原性强，优先还原水电离的H+，而锌和水不反应，所以金属Na不能置换出硫酸铜溶液中的铜，而锌能置换出硫酸铜溶液中的铜。27．(4分)某有机化合物A的相对分子质量(分子量)大于110，小于150.经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧。请回答：(1)A的分子式中氧原子数为___________(要求写出简要推理过程)。(2)A的分子式为___________。【答案】(1)A的分子式中：，故A的分子式中N(O)=4(2分)(2)C5H10O4(2分)【解析】(1)由题意可知，碳和氢的质量分数之和为52.24%，则氧的质量分数为152.24%=47.76%，由于有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于=3.28，小于=4.48，所以氧原子数为4个；(2)分子中氧原子为4，氧元素的质量分数为47.76%，则有机物分子质量为=134，分子中氧原子为4个，所以C、H的相对原子质量之和为1344×16=70，C原子数目为=5…10，故分子中含有5个C，10个H，可以确定化学式为C5H10O4。28．(10分)化合物X由四种常见元素组成，某实验小组为探究其组成进行了如图实验：已知：①纯净气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；②流程中所用转化试剂均过量。请回答下列问题：(1)化合物X中所含的元素有H、O和_______，X的化学式为_______。(2)写出化台物X隔绝空气灼烧生成混合气体A的化学方程式______________。(3)在实验室，X常用作沉淀剂。写出化合物X与CaCl2溶波反应的离子方程式_______。(4)气体E也能与灼热CuO发生氧化还原反应，只生成一种固体产物。请推测固体产物的组成(假设CuO完全反应)______________，并设计实验方案验证之______________。(5)某同学认为可以用点燃的方法将混合气体B转变为纯净气体C，你认为是否可行，并说明理由____________________________。【答案】(1)N、C(2分)(NH4)2C2O4(2分)(2)(NH4)2C2O42NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O↑(1分)(3)Ca2++C2O42=CaC2O4↓(1分)(4)固体产物可能是Cu，也可能是Cu2O(1分)取反应后的固体，加入稀硫酸，若溶液变蓝，说明是Cu2O，若无现象，说明是Cu(1分)(5)不可行，点燃后可能引进氧气或空气这一新的杂质；如果CO2含量高时不易点燃；实验装置复杂不易操作(2分)【解析】根据信息①，纯净气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则E是NH3，标准状况下，其物质的量为，则化合物X中含N元素的质量为M(N)=n(N)·M(N)=0.1molg·molˉ1=1.4g，气体C能使澄清石灰水变浑浊，则C是CO2，白色沉淀D是CaCO3，其物质的量为，则含C元素的质量为M(C)=n(C)·M(C)=0.1molg·molˉ1=1.2g，其中气体B经灼热CuO反应得到气体C，则B含有CO，而气体A经浓硫酸干燥得到气体B，则气体A中含有水蒸气，化合物X隔绝空气加热分解，则无其他O元素参与，H、O元素全部来源于化合物X，则H、O元素的质量为6.21.21.4=3.6g，即H2O的质量为3.6g，含H的物质的量为，含O的物质的量为，则n(C)：n(N)：n(H)：n(O)=0.1：0.1：0.4：0.2=1：1：4：2，则化合物X的化学式为(NH4)2C2O4。(1)化合物X中所含的元素有H、O和N、C，X的化学式为(NH4)2C2O4；(2)气体A中含水蒸气、CO和CO2，化台物X隔绝空气灼烧生成混合气体A的化学方程式：(NH4)2C2O42NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O↑；(3)化合物(NH4)2C2O4电离出C2O42与CaCl2溶液电离出Ca2+结合生成沉淀，反应的离子方程式：Ca2++C2O42=CaC2O4↓；(4)气体NH3与灼热CuO发生氧化还原反应，N元素化合价已经是最低价，则只能做还原剂，则CuO做氧化剂，Cu元素化合价降低，可能是+1价或0价，则固体产物可能是Cu，也可能是Cu2O，实验方案验证为：取反应后的固体，加入稀硫酸，若溶液变蓝，说明是Cu2O，若无现象，说明是Cu；(5)CO2中含有CO杂质，不能用点燃法除去CO杂质，因为点燃后可能引进氧气或空气这一新的杂质；如果CO2含量高时不易点燃；实验装置复杂不易操作。29．(10分)碘在生活和科研中有重要的应用。(1)工业碘单质制备方法之一是在海带浸泡液(含有碘离子)中加入稀硫酸，再加入二氧化锰，请写出此反应的离子方程式_________________________________________。已知：①I2(H2O)I2(CCl4)K1=85②I2(aq)+I−(aq)I3(aq)K2=960③I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=−9.48kJ·mol−1④W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0(2)常温下，用CCl4萃取10mLcmol·L−1碘水中的碘时，碘单质在水和CCl4混合液中存在反应①的溶解平衡，为了提高萃取率，通常采用“少量多次”的方法，如下表所示。方法一：萃取1次方法二：萃取2次V(CCl4)10mL5mL5mL水层c(I2)请结合表中数据和平衡移动原理说明采用“少量多次”的方法提高萃取率的依据________________________________________________________________。(3)在一定温度下，10.0mL0.100mol·L−1KI水溶液加入nmol的碘单质，加入10.0mLCCl4进行萃取，静置分层(实验过程中不考虑体积变化)。已知：I−和I3不溶于CCl4，实验测得CCl4层液体中c(I2)=0.0850mol·L−1，结合上述K1和K2值，则加入碘单质物质的量n=____mol。(保留三位有效数字)(4)反应③在一定条件下速率方程：v(正)=kc(I2)c(H2)，速率常数，其中R和NA是常数，d为分子直径，M为分子的摩尔质量，P表示碰撞角度的因素，下列说法正确的是___________________。A．反应③的ΔS=0B．反应③I2平衡转化率随温度升高变大C．升高温度速率常数k变大D．分子直径、摩尔质量会影响反应速率E.速率常数k的表达式是基于碰撞理论推导而来(5)在碘钨灯灯泡内封存少量的碘可以延长钨丝寿命，发生反应④，为模拟上述反应，取0.004mol碘和0.004mol钨放置在50.0mL密闭容器中反应，在450℃，n(WI2)随时间变化图像如图所示，t1时，将温度升高到530℃，t2时达到平衡(530℃平衡常数k=)。请在图中画出n(WI2)从t1～t3随时间变化图像___________________________。【答案】(1)MnO2+4H++2I=2Mn2++I2+2H2O(2分)(2)加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移动，水中碘单质浓度减小，用10mL萃取一次后水中碘水浓度为，用10mL分两次萃取后水中碘水浓度为，大于，则分两次，碘的萃取率高(2分)(3)1.35×103(2分)(4)CDE(2分)(5)(2分)【解析】(1)碘离子在稀硫酸环境中被二氧化锰氧化生成碘、锰离子和水，离子方程式MnO2+4H++2I=2Mn2++I2+2H2O；(2)由表中数据知，每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移动，水中碘单质浓度减小，用10mL萃取一次后水中碘水浓度为，用10mL分两次萃取后水中碘水浓度为，大于，则分两次，碘的萃取率高。(3)在一定温度下，10.0mL0.100mol·L−1KI水溶液加入nmol的碘单质，加入10.0mLCCl4进行萃取，CCl4层液体中c(I2)=0.0850mol·L−1，则n[I2(CCl4)]=8.50×104mol，，则c[I2(H2O)]=103mol·L−1，n[I2(H2O)]=1.0×105mol，则：，，得x=4.90×104mol，，则加入碘单质物质的量n=1.35×103mol。(4)反应③为I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=−9.48kJ·mol−1：A项，ΔHTΔS0时能自发反应，反应③为I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)ΔH=−9.48kJ·mol−1，该反应在高温下可自发，则ΔS0，A错误；B项，反应③为吸热反应，升温则平衡左移，故I2平衡转化率随温度升高减小，B错误；C项，由速率常数可知，升高温度速率常数k变大，C正确；D项，由速率常数可知，其中d为分子直径，M为分子的摩尔质量，则分子直径、摩尔质量会影响反应速率，D正确；E项，速率常数，其中P表示碰撞角度的因素，则速率常数k的表达式是基于碰撞理论推导而来，E正确；故选CDE。(5)反应④为W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。取0.004mol碘和0.004mol钨放置在50.0mL密闭容器中反应，在450℃，n(WI2)随时间变化图像如图所示，t1时，将温度升高到530℃，则平衡向左移动，WI2(g)物质的量减小，则t2时达到平衡(530℃平衡常数k=)。，得x=1.2×103mol，则得到n(WI2)从t1～t3随时间变化图像为：。30．(10分)某兴趣小组以胆矾和草酸制备K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，流程如图：已知：H2C2O4：Ka1=5.0×102Ka2=5.4×105H2CO3：Ka1=4.2×107Ka2=5.6×1011请回答以下问题：(1)步骤③抽滤时用到的主要仪器除安全瓶、抽气泵外，还需__________________。(2)步骤②煮沸的目的是_________________________。(3)下列说法不正确的是___________。A．步骤①溶解过程中加入乙醇的目的是增大草酸的溶解度，加快反应速率B．Cu(OH)2是絮状沉淀，步骤③煮沸是为了将Cu(OH)2转变成黑色固体B，方便过滤C．适当减少碳酸钾的用量，使草酸生成更多的KHC2O4，可以获得更多的产品D．步骤⑤趁热过滤是为了除去未反应的K2CO3(4)移液管可准确移取实验所需的10mL3mol/LNaOH溶液，从下列选项中选出合理操作并排序(步骤可重复)：取一支10.00mL规格的已润洗移液管，用右手拇指及中指捏住管颈标线以上的地方，左手拿洗耳球轻轻将溶液吸上，当液面上升到标线以上1～2cm时，___________。a．接收器稍稍倾斜，移液管直立，使溶液顺壁流下b．迅速用右手食指堵住管口c．将移液管放入接收器，使其尖端与接收器壁接触d．提起移液管，使其尖端与容量瓶内壁接触e．稍稍松开右手食指，使凹液面最低处与标线相切f．移液管稍稍倾斜，接收器直立，使溶液顺壁流下(5)写出生成混合溶液A的离子反应方程式___________。【答案】(1)布氏漏斗、吸滤瓶(2分)(2)加快反应速率；除去溶液中的乙醇，防止乙醇与黑色固体发生氧化反应(2分)(3)D(2分)(4)bdebca(2分)(5)3H2C2O4+2CO32=C2O42+2HC2O4+2CO2+2H2O(2分)【解析】胆矾和草酸为原料制备K2[Cu(C2O4)2]•2H2O，由流程可知胆矾加入氢氧化钠溶液，可生成氢氧化铜，加热、煮沸可生成CuO，草酸晶体加水、微热，然后加入碳酸钾固体，可生成KHC2O4，二者混合在50℃水浴加热，趁热过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu(C2O4)2]•2H2O。(1)抽滤时用到的主要仪器除安全瓶、抽气泵、布氏漏斗、吸滤瓶；(2)黑色固体是CuO，乙醇和氧化铜反应生成乙醛和铜，步骤②煮沸的目的是除去溶液中的乙醇，防止乙醇与黑色固体发生氧化反应；(3)A项，乙醇