二轮拔高卷3-高考化学模拟卷(浙江专用)(解析版)

【赢在高考·黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷(浙江专用)二轮拔高卷3(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—1Li-7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5Fe—56Cu—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．下列物质属于盐且水解后溶液呈碱性的是()A．K2S B．CuCl2 C．Na2O D．Na2SO4【答案】A【解析】A项，K2S是强碱弱酸盐，水溶液中S2-水解后溶液呈碱性，故A正确；B项，CuCl2是强酸弱碱盐，水溶液中Cu2+水解后溶液呈酸性，故B错误；C项，Na2O溶于水，与水化合生成NaOH，溶液呈碱性，故C错误；D项，Na2SO4是强酸强碱盐，水溶液中不存在水解反应，溶液呈中性，故D错误；故选A。2．下列物质属于弱电解质的是()A．CuSO4 B．HI C．NH3 D．C17H35COOH【答案】D【解析】A项，CuSO4是盐，完全电离，属于强电解质，A不符合题意；B项，HI是一元强酸，完全电离产生H+、I-，属于强电解质，B不符合题意；C项，NH3在水溶液或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质，C不符合题意；D项，C17H35COOH是饱和高级脂肪酸，能够微弱电离产生H+，存在电离平衡，属于弱电解质，D符合题意；故选D。3．下列图示表示升华操作的是()A．B． C． D．【答案】C【解析】A项，图示为蒸发操作的装置，A不符合题意；B项，图示为分液操作的装置，B不符合题意；C项，图示为升华装置，C符合题意；D项，图示为洗气装置，D不符合题意；故选C。4．下列物质对应的组成不正确的是()A．冰晶石：Na3AlF6 B．熟石膏：2CaSO4·H2OC．工业盐：NaCl D．小苏打：NaHCO3【答案】C【解析】A项，冰晶石是一种矿物，化学式为Na3AlF6，A正确；B项，熟石膏是2CaSO4•H2O，生石膏为CaSO4•2H2O，B正确；C项，工业盐是一种混合物，主要成分有氯化钠、亚硝酸钠，C错误；D项，碳酸氢钠俗称小苏打，D正确；故选C。5．下列表示不正确的是()A．对硝基苯酚的结构简式： B．水分子的比例模型：C．SiO2的结构式：O=Si=O D．异戊二烯的键线式：【答案】C【解析】A项，对硝基苯酚中，硝基和酚羟基处于苯环对位，对应结构简式为，A正确；B项，水分子空间构型为V形，氢原子半径比氧原子半径小，对应比例模型为，B正确；C项，SiO2为原子晶体，由原子构成，其中硅原子和氧原子以共价键相互连接形成立体网状结构，C错误；D项，异戊二烯中含有两个碳碳双键，2号碳原子上连有支链甲基，对应键线式为：，D正确；故选C。6．下列说法不正确的是()A．使固态生物质与水蒸气高温反应生成热值较高可燃气体，属于生物质能的热化学转化B．石油的裂化和裂解、煤的干馏、玉米制醇都是化学变化C．将固态化石燃料转化为气体，可有效提高燃烧效率，减少环境污染D．水煤气、焦炉煤气均可来自于煤的气化【答案】D【解析】A项，生物质由化学变化生成可燃性气体，可提供能量，则该过程属于生物质的热化学转化，A正确；B项，石油的裂化是将长链的重油转换为短链的轻质油，石油裂解是将长链的饱和烃转换为短链的不饱和烃，如乙烯，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，得到焦炉煤气、焦炭、煤焦油，玉米通过发酵可得乙醇，都有新物质生成，都是化学变化，B正确；C项，将固态化石燃料转化为气体，可使化石燃料充分燃烧，有效提高燃烧效率，同时减少CO的气体的排放，从而减少环境污染，C正确；D项，水煤气来自于煤的气化，焦炉煤气来自煤的干馏，D错误。故选D。7．下列说法正确的是()A．D和T是两种不同的元素 B．1，3-丙二醇与乙二醇互为同系物C．H2O2与H2O互为同素异形体 D．联苯和萘互为同分异构体【答案】B【解析】A项，D和T是氢元素的两种核素，不是两种不同的元素，故A错误；B项，1，3-丙二醇与乙二醇结构相似，在组成上相差一个CH2，则两者互为同系物，故B正确；C项，H2O2与H2O是相同元素组成的化合物，同素异形体是相同元素组成的单质，故C错误；D项，联苯的结构简式，分子式是C12H10，萘的结构简式，分子式是C10H8，则二者不是同分异构体，故D错误；故选B。8．下列说法不正确的是()A．泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的双水解反应原理B．海轮的外壳附上一些镁块，是利用了电解原理的牺牲阳极的阴极保护法C．工业上电解饱和食盐水时采用阳离子交换膜，防止OH-进入阳极区D．比色分析法可用于某些化学反应速率的测定，是利用了有色物质浓度与溶液颜色的关系【答案】B【解析】A项，泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的双水解反应原理，HCO3-与A生成氢氧化铝和二氧化碳，A正确；B项，海轮的外壳附上一些锌块，锌为负极，是利用了原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C项，工业上电解饱和食盐水制烧碱，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，用离子交换膜阻止OH-移向阳极，可制得烧碱，C正确；D项，比色分析是基于溶液对光的选择性吸收而建立起来的一种分析方法，是利用了有色物质浓度与溶液颜色的关系，用于某些化学反应速率的测定，D正确；故选B。9．下列说法不正确的是()A．工业制取碘时，向干海带浸泡液中加强碱，目的是除去有机物杂质B．氮气与氢气在高温高压下合成氨，是重要的人工固氮方式C．炼铁高炉中得到的是含碳2%~4.5%的铁水，其中炉渣沉降在铁水的底部以除去D．氯碱工业中的电解槽常用到阳离子交换膜，以避免副反应的发生【答案】C【解析】A项，大多数有机物可溶于强碱，所以可以用强碱浸泡除去有机物杂质，A正确；B项，将氮元素的单质转化为氮元素的化合物的方法叫做氮的固定，工业上通常用氢气和氮气在催化剂、高温、高压下合成氨气，从而实现人工固氮，B正确；C项，炉渣的密度比铁水小，在铁水的上部，铁水在下方排出，C错误；D项，氯碱工业中阳极产生氯气，为避免氯气与氢氧根反应，常用阳离子交换膜阻止阴极生成的氢氧根移动到阳极，同时可以使钠离子移动到阴极，D正确；故选C。10．反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，下列说法不正确的是()A．S在反应中得电子B．KNO3中N元素被还原C．每3molC参加反应，有2mol的C被KNO3氧化D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2【答案】C【解析】A项，在该反应中，S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，A正确；B项，在该反应中，N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，B正确；C项，在该反应中，2molKNO3参加反应，N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，得到电子2mol×5=10mol；1mol的S参加反应，N元素由S单质中的0价变为反应后K2S中的-2价，得到电子2mol。C元素化合价由反应前C单质中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，3molC发生反应失去3mol×4=12mol电子，其中被KNO3氧化的C原子的物质的量为3mol×=2.5mol，C错误；D项，在该反应中，CO2为氧化产物，K2S、N2为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3mol∶(1+1)mol=3：2，D正确；故选C。11．下列说法正确的是()A．纸上层析属于色谱分析法，其原理跟“毛细现象”相关，通常以滤纸作为惰性支持物，吸附水作为固定相B．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol/LCuSO4溶液、1mol/LCuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象C．将20g硝酸钠和17g氯化钾放100mL烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到硝酸钾晶体D．用移液管取液后，将移液管垂直伸入容器底部，松开食指使溶液全部流出，数秒后取出移液管【答案】A【解析】A项，纸上层析是利用混台物中各组分在固定相流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，A说法正确；B项，CuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解，溶液显酸性，能先与氧化铝反应，去除氧化膜后，活泼的铝与酸反应会产生气体，同时铝也置换出铜，有红色物质析出，B说法错误；C项，加热时，硝酸钾、氯化钠的溶解度增大，但二者溶解度受温度影响不同，则应冷却结晶得到硝酸钾，C说法错误；D项，移液管取液后，将移液管移入准备接受溶液的容器中，使容器微倾斜，而使移液管直立，然后放松右手食指，使溶液自由地顺壁流下，待溶液停止流出后，数秒后取出移液管，D说法错误；故选A。12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．1mol冰中含有2NA个氢键B．30g的甲醛、乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗NA个O2C．含0.1molNa3AlF6溶液中阳离子数目为0.4NAD．2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42-，1mol[2Mn2++5S2O82-]完全反应转移的电子数为10NA【答案】C【解析】A项，1分子水形成2个氢键，则1mol冰中含2NA个氢键，A项正确；B项，甲醛、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故消耗的氧气分子数为NA，B项正确；C项，0.1molNa3AlF6可电离出0.3molNa+和0.1molAlF6-，则阳离子数目为0.3NA，C项错误；D项，Mn的化合价由+2升到+7，则2molMn2+完全反应转移电子的物质的量为2molmol，即转移电子数为10NA，D项正确；故选C。13．下列离子方程式书写不正确的是()A．向一定体积明矾溶液中滴加Ba溶液，使硫酸根离子浓度降低到最小时：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OB．在硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入双氧水，溶液褪色：2KMnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OC．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++2NO↑+2H2OD．已知酸性的强弱：H2CO3HCNHCO3-，则向NaCN溶液中通入少量CO2时，【答案】C【解析】A项，向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使硫酸根离子浓度降低到最小时，依据KAl(SO4)2组成可知若2单位SO42-完全反应需要2个单位Ba(OH)2，即提供4个单位OH-此时1个单位Al3+完全转化为AlO2-，A正确；B项，在硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入双氧水，溶液褪色，此时KMnO4作氧化剂，H2O2作还原剂，根据电子得失数目相等，其离子方程式为2KMnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B正确；C项，还原性I->Fe2+，向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，I-与稀硝酸发生氧化还原反应，而不是Fe2+，离子方程式为：2NO3-+6I-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，C错误；D项，因为酸性的强弱顺序：H2CO3HCNHCO3-，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时应该生成HCN和HCO3-，离子方程式为：，D正确；故选C。14．下列说法不正确的是()A．工业上常通过油脂在碱性条件下的水解反应生产肥皂和甘油B．氨基酸以两性离子的形态存在时，水中溶解度最小，可以形成晶体析出C．苯酚与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子材料脲醛树脂D．在葡萄糖溶液中，链状的葡萄糖分子几乎全部转变为环状结构【答案】C【解析】A项，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分为高级脂肪酸盐，因此可以生产肥皂和甘油，A正确；B项，氨基酸在酸性条件下，以阳离子形式存在，在碱性条件下以阴离子形式存在，当以两性离子存在时，其在水中的溶解度最小，可形成晶体，B正确；C项，尿醛树脂是甲醛与尿素在一定条件下发生缩聚反应得到的，C错误；D项，在葡萄糖溶液中，链状的葡萄糖分子几乎全部转变为两种旋光活性不同的环状结构，D正确；故选C。15．化合物M()是合成药物奥昔布宁的一种中间体，下列关于M的说法正确的是()A．分子式为C15H18O3 B．所有碳原子可能共平面C．1molM最多能与4molH2发生加成反应 D．环上的一氯代物共有7种(不含立体异构)【答案】D【解析】A项，由化合物M的结构简式可知，分子式为C15H20O3，故A错误；B项，由结构简式可知，化合物M分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，则分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C项，由结构简式可知，化合物M分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molM最多能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；D项，由结构简式可知，化合物M分子的环上的一氯代物有如图所示的7种结构：，故D正确；故选D。16．4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大。相关信息如下表：元素相关信息X同周期的主族元素中，X原子的半径最大Y气态氢化物与最高价氧化物对应水化物能发生化合反应Z原子的电子层数为(n-1)，最外层电子数为(3n-2)Q原子的最外层电子数是内层电子数的一半下列说法正确的是()A．X、Z的最高正价之和等于8B．元素的非金属性：ZYQC．化合物X3Y、YZ3中各粒子的最外层均达到8e-结构D．与Z同主族且位于第7周期的元素的单质预测是白色固体【答案】B【解析】4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，同周期的主族元素中，X原子的半径最大，X位于第ⅠA族，Y的气态氢化物与最高价氧化物对应水化物能发生化合反应，Y是N，则X应该是Li。Z原子的电子层数为(n-1)，最外层电子数为(3n-2)，由于最外层电子数不超过8个，则n＝3，Z是F。Q原子的最外层电子数是内层电子数的一半，Q是第三周期元素，则Q是P。A项，F元素没有正价，则X、Z的最高正价之和不等于8，A错误；B项，同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性：F＞N＞P，B正确；C项，化合物Li3N、NF3中Li不满足8电子稳定结构，C错误；D项，由于氯气是黄绿色气体，溴是红棕色液体，碘是紫黑色固体，所以与F同主族且位于第7周期的元素的单质预测不可能是白色固体，D错误；故选B。17．下列一定能说明HClO是弱电解质的是()A．25℃时，用pH试纸测0.01mol·L-1HClO的pH值B．25℃时，NaClO溶液的pH值大于7C．25℃时，若测得HClO溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，b-a<1，则HClO是弱酸D．浓度相同的NaOH溶液分别与pH相同的次氯酸、盐酸反应呈中性，前者消耗的NaOH溶液的体积多【答案】B【解析】A项，HClO能氧化漂白pH试纸，A错误；B项，25℃时，NaClO溶液的pH值大于7，说明ClO-水解显碱性，根据有弱才水解，说明HClO是弱酸，B正确；C项，25℃时，若测得HClO溶液pH＞6，无论弱酸还是强酸，稀释10倍后，pH一定＜7，C错误；D项，酸的体积未知，故不能根据消耗的NaOH溶液的体积的多少判断酸性强弱，D错误；故选B。18．氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=akJ·mol-1②H3O＋(aq)+OH-(aq)=2H2O(l)ΔH=bkJ·mol-1③HF(aq)＋H2O(l)H3O＋(aq)＋F-(aq)ΔH=ckJ·mol-1④F-(aq)＋H2O(l)HF(aq)＋OH-(aq)ΔH=dkJ·mol-1已知：a＜b＜0，下列说法正确的是()A．HF的电离过程吸热 B．c=a-b，c＜0C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0【答案】B【解析】A项，根据③式是电离方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于a<b，故c<0，说明HF的电离是放热过程，A不正确；B项，根据③=①-②得出c=a-b，已知a<b,故c<0，B正确；C项，根据以上推知c<0，反应④是反应①的逆过程，d=-a>0，C不正确；D项，反应④是反应①的逆过程，故d=-a>0，D不正确。故选B。19．苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应：++HBr，某实验小组在原料及催化剂钯用量等均相同的条件下进行多组实验，测得如下数据；反应温度/℃100100100100120140160反应时间/h10121416141414产率/%81.284.486.686.293.596.696.0下列说法正确的是()A．该反应为吸热反应B．由表中数据可知最佳反应条件为120℃、14hC．在100℃时、反应时间10-14h内，产率增加的原因是反应速率增大D．从140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】A项，由表中数据可知，温度为100℃时，随时间的推移产率增大，说明在该温度下14小时还未达到平衡，反应还在正向进行，此产率并非是平衡时的产率，由140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动，故该反应为放热反应，A错误；B项，由表中数据可知，反应条件为140℃、14h时产率最高，故为最佳反应条件，B错误；C项，温度不变，随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减慢，而在100℃时、反应时间10-14h内，产率增加的原因是在该温度下14小时还未达到平衡，反应还在正向进行，生成的产物越来越多，产率增大，C错误；D项，由A项分析可知，从140℃升到160℃，反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动，也可能是催化剂高温下失去活性，D正确；故选D。20．下列关于物质熵的大小比较，合理的是()A．相同压强下，1molH2O(50℃)>1molH2O(80℃)B．标准状况下，1molSO2<1molSO3C．相同温度和压强下，1molH2<2molHeD．相同温度和压强下，1mol正丁烷＞1mol异丁烷【答案】C【解析】A项，相同物质的量的物质，熵的大小与温度有关，温度越高，熵越大，故A错误；B项，在标准状况下SO3为固体而SO2为气体，相同物质的量的气体的熵远比固体的大，故B错误；C项，气体物质的量越多，熵越大，同时相对分子质量越大，熵也越大，故C正确；D项，在同分异构体中，支链越多，熵越大，故D错误；故选C。21．SO2-O2燃料电池将化学能转化为电能的同时，也实现了SO2制备硫酸，其原理如图所示。下列说法正确的是()A．交换膜X为阴离子交换膜B．电极Pt2的电极反应式为O2+4C．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和S2的质量比为4:1D．若用该电池电解硫酸铜溶液，则理论上生成64g铜时，消耗1molO2【答案】C【解析】由图可知电极Pt1为负极，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，电极Pt2为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总反应为2SO2+O2+2H2O=H2SO4。A项，电极Pt1为负极，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，电极Pt2为正极，电极反应式为2+4H++4e-=2H2O，故应该是氢离子从左侧到右侧，交换膜X为阳离子交换膜，A项错误；B项，电极Pt2是氧气得到电子最终生成水，发生反应2+4H++4e-=2H2O，B项错误；C项，根据总反应2SO2+O2+2H2O=H2SO4可知，相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的质量比=(2mol×64g/mol):(1mol×32g/mol)=4:1，C项正确；项，电解硫酸铜溶液生成Cu的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，生成64g铜，电路中转移2mole-，再结合2+4H++4e-=2H2O可知该电池消耗0.5molO2，D项错误；故选C。22．下列“类比”合理的是()A．酸性氧化物CO2可以与水反应生成碳酸，则酸性氧化物SiO2也可以与水反应生成硅酸B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2C．NH3能与HCl反应生成NH4Cl，则H2N-NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2D．Zn与CuSO4溶液反应生成ZnSO4和Cu，则Na与CuSO4溶液反应生成Na2SO4和Cu【答案】C【解析】A项，二氧化硅与硅酸均不溶于水，故酸性氧化物SiO2不可以与水反应生成硅酸，A错误；B项，Na2O2具有强氧化性、SO2具有强还原性，则Na2O2与SO2反应能生成Na2SO4，B错误；C项，NH3能与HCl反应生成NH4Cl，氨基也具有碱性，则H2N-NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2，C正确；D项，钠能与水剧烈反应生成氢氧化钠溶液和氢气，氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液发生复分解反应，则Na与CuSO4溶液反应生成Na2SO4和氢氧化铜沉淀和氢气，D错误；故选C。23．用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在。时，用的溶液滴定某未知浓度的溶液，滴定过程中消耗溶液的体积与混合溶液之间的关系如图所示(已知：，酸性)。下列说法不正确的是()A．电离常数的数量级为B．b点溶液中存在c(A—)+c(OH—)=c(HA)+c(H+)C．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)D．若将改为等体积等浓度的，则随溶液体积的变化曲线竖直上移【答案】B【解析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L，由可得：4.27+lg=4.75+lg，整理可得=100.48=3，解得c=0.2，则PKa=4.75+lg(2—1)=4.75，Ka=10—4.75。A项，HA的电离常数Ka=10—4.75，则电离常数的数量级为10—5，故A正确；B项，b点时Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，由图可知，b点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，则c(HA)+c(H+)＞c(A—)+c(OH—)，故B错误；C项，b点时Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液中c(A—)＞c(HA)，由图可知，c点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，所以溶液中c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正确；D项，由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由可知，当相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D正确；故选B。24．利用无机离子[LRuIII(H2O)5-和[CeIV(NO3)6]2-(如图可简写为CeIV)，可以实现水在催化剂作用下制氧气。其相关机理如图所示：下列说法正确的是()A．[CeIV(NO3)6]2-在反应中做催化剂B．催化氧化水的反应为：2H2OO2↑+2H2↑C．若反应①中为H218O，反应②中为H216O，则产生16O18OD．反应③为非氧化还原反应【答案】C【解析】A项，由题干反应历程图可知，[CeIV(NO3)6]2-在反应中做反应物，A错误；B项，根据流程可知该反应中H2O和[CeⅣ(NO3)6]2-为反应物，最终产物为[CeⅢ(NO3)6]3-、O2和H+，总反应为2H2O+4[CeⅣ(NO3)6]2-O2↑+4[CeⅢ(NO3)6]3-+4H+，B错误；C项，据图可知反应①中为H218O和反应②中为H216O中的O原子最终都将通过反应③释放出O2，故产生16O18O，C正确；D项，由图可知，反应③中O元素和Ru元素的化合价发生了改变，故为氧化还原反应，D错误；故选C。25．下列方案设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A检验电解法制备的氯气电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体若试纸变蓝色，则说明有氯气产生B探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出现黄色，则说明H2O2的氧化性比Fe3+强C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH试纸分别测定0.1mol·L−1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa)，则说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有机物基团之间的相互影响取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性KMnO4溶液(必要时可以稍稍加热)，再观察现象若加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试管中的溶液不褪色，则说明苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧化【答案】D【解析】A项，电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产生的气体，A错误；B项，氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe(NO3)2，B错误；C项，NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；D项，做这组对比实验，实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环对甲基有影响，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)两种硼氢化物的熔点如表所示：硼氢化物NaBH4Al(BH4)3熔点/℃400-64.5两种物质熔点差异的原因是__________________________________。(2)已知NH3和水一样会发生类似的自耦电离2H2OH3O++OH-，所以某同学认为NH3和水一样为电解质，根据这位同学的思路写出Ca(NH2)2电子式______________。【答案】(1)前者为离子晶体，后者为分子晶体(2分)(2)(2分)【解析】(1)硼氢化钠熔点为400℃是由活泼金属钠离子与硼氢根离子组成，属于离子晶体，硼氢化铝熔点为-64.5℃，属于分子晶体，微粒间作用力弱，离子晶体的熔点高；(2)某同学认为NH3和水一样为电解质，所以会发生类似的自耦电离2NH3NH4++NH2-，故可知Ca(NH2)2是离子化合物，由金属阳离子Ca2+和氨基负离子NH2-构成，电子式为。27．(4分)取18.9g含氯有机物X(分子量小于150)在高温下完全燃烧，得到CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将产物依次通过装置A(足量浓硫酸)和装置B(固体氢氧化钠)，两装置分别增重3.6g和24.9g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7g白色沉淀，请回答：(1)燃烧产生二氧化碳的物质的量为___________。(2)有机物X的分子式为___________。【答案】(1)0.4(2分)(2)C2H3ClO2(2分)【解析】(1)含氯有机物燃烧产生CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将燃烧产物依次通过浓硫酸、NaOH固体，通过浓硫酸时吸收水分，通过NaOH固体时吸收质量为CO2、HCl。根据水蒸气的质量可知H2O的物质的量n(H2O)=；CO2、HCl的质量和为24.9g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7g白色沉淀，该白色沉淀是AgCl，根据Cl元素守恒可知n(HCl)=n(AgCl)=，m(HCl)=0.2mol×36.5g/mol=7.3g，反应产生CO2的质量m(CO2)=24.9g-7.3g=17.6g，则反应产生CO2的物质的量为n(CO2)=；(2)根据H元素守恒，由n(H2O)=0.2mol，n(HCl)=0.2mol可得m(H)=2n(H2O)+n(HCl)=(0.2mol×2+0.2mol)×1g/mol=0.6g；根据C元素守恒可得m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，根据Cl元素守恒可得m(Cl)=0.2mol×35.5g/mol=7.1g，故根据质量守恒定律可知该有机物中含有O元素的物质的量为n(O)=，n(C)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4mol：0.6mol：0.2mol：0.4mol=2：3：1：2，所以该物质的化学式为C2H3ClO2。28．(10分)固体化合物X由3种短周期元素组成，某学习小组开展如下探究实验。已知：非金属氧化物A的相对分子质量为44；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；气体G是空气中含量最多的单质。请问答：(1)组成D的非金属元素是___________(填元素符号)，写出C的电子式___________。(2)步骤Ⅱ，发生反应的化学方程式是___________。(3)工业上制备X是将金属单质与液态C反应得到，写出该反应的化学方程式为___________。(4)某同学将擦亮的单质F投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，有黑色和白色的固体析出，但无气体产生(已知，黑色固体由2种元素组成，金属元素质量分数为80%，难溶于水和稀硫酸，可溶于硝酸)。请设计实验验证黑色固体的组成元素___________。【答案】(1)N(2分)(2分)(2)NaN3+Na2O+3N2(3)2Na+2NH3=2NaNH2+H2(2分)(4)分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素(2分)【解析】化合物D与CuO撞击可得到白色粉末E、金属单质F和无色气体G，气体G是空气中含量最多的单质，则G为N2，可知化合物D中含有N元素，又白色粉末F的焰色反应呈黄色，则F中含有Na、O元素，F为Na2O，推知D含有Na元素，3.9g的D反应得到2.016LN2(n=)，根据原子守恒可得化合物D中n(N)=0.09mol×2=0.18mol，m(N)=0.18mol×14g/mol=2.52g，则化合物D中m(Na)=3.9g-2.52g=1.38g，n(Na)=，因此化合物D的化学式为NaN3，步骤Ⅱ发生的反应为：NaN3+Na2O+3N2，化合物X由3种短周期元素组成，化合物X与A反应生成强碱B、无色气体C和化合物D，气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则C为NH3，则可知化合物X中含有Na、N、H3种元素，强碱B为NaOH，又非金属氧化物A的相对分子质量为44，则A位N2O，即4.68g的X与N2O发生反应生成2.4gNaOH(n=)，1.344LNH3(n=，m=0.06mol×17g/mol=1.02g)和3.9gNaN3(n=)，根据质量守恒可得m(N2O)=2.4g+3.9g+1.02g-4.68g=2.64g，则n(N2O)=，在由原子守恒可得，化合物X中n(Na)：n(N)：n(H)=(0.06×2)：(0.06+0.06×3-0.06×2)：(0.06+0.06×3)=2：2：4=1：1：2，因此化合物X为NaNH2。(1)D的化学式为NaN3，则组成D的非金属元素为N，C为NH3，是共价化合物，其电子式为；(2)由上述分析可知，步骤Ⅱ发生的反应化学方程式为：NaN3+Na2O+3N2；(3)化合物X为NaNH2，工业上用Na和液态NH3反应得到，反应的化学方程式为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2；(4)单质F为Cu，将Cu投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热，得到由两种元素组成的黑色固体，其中金属元素的质量分数为80%，又难溶于水和稀硫酸，可以溶于稀硝酸，排除铜的氧化物，根据元素守恒可推测该黑色固体中含有Cu、S元素，可以分离出固体加水充分溶解，过滤、洗涤后取黑色固体于试管中加入足量硝酸溶液变蓝色说明有铜元素，向上述溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有硫元素。29．(10分)氨气是一种重要的化工原料。请回答：(1)已知：化学键H-HN-H键能/(kJ·mol－1)945436390.8写出由氢气和氮气合成氨气的热化学方程式_________________________。(2)下列关于工业合成氨的说法不正确的是___________。A．反应温度控制在400~500℃左右，主是为了提高NH3的产率B．为了防止混有杂质的原料气使催化剂“中毒”，必须对原料气净化处理C．采用高压的目的只是为了提高反应的速率D．工业上为了提高H2的转化率，可适当增大H2的浓度E．生产过程中将NH3液化分离，并及时补充N2和H2，有利于氨的合成(3)在其他条件相同时，某同学研究该氨气合成反应在不同催化剂I或II作用下，反应相同时间时，N2的转化率随反应温度的变化情况。请在图中补充后的变化情况____________。(4)在25℃下，将NH3溶于水制成氨水，取amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中c(NH4+)c(-)。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=________。(5)工业上用NH3催化还原NO可以消除氮氧化物的污染。如下图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率(注：脱氮率即氮氧化物转化率)，反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。以下说法正确的是___________。A．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响B．在交叉点A处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡C．催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮D．由曲线②温度升高到一定程度后脱氮率下降可推知该反应为放热反应【答案】(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－91.8kJ·mol－1(2分)(2)ACD(2分)(3)(2分)(4)(2分)(5)BC(2分)【解析】(1)ΔH=反应物总键能−生成物总键能，由氢气和氮气合成氨气的热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)其焓变。(2)A项，合成氨反应是放热反应，低温有利于平衡右移、提高平衡产率，反应温度控制在400~500℃左右，主是为了保持催化剂活性、提高反应速率，A说法错误，A选；B项，因吸附或沉淀毒物会使催化剂“中毒”，必须对原料气净化处理，B说法正确，B不选；C项，合成氨反应是气体分子总数减小的反应，采用高压的目的既为了提高反应的速率、又促进平衡右移，C说法错误，C选；D项，增大反应物的浓度使平衡向右移动，工业上为了提高H2的转化率，应适当增大N2的浓度，若增大H2的浓度使平衡向右移动，但通常降低了H2的转化率，D说法错误，D选；E项，增大反应物的浓度、减少生成物浓度均可使平衡向右移动，生产过程中将NH3液化分离，并及时补充N2和H2，有利于氨的合成，E说法正确，E不选；故选ACD。(3)开始升高温度时，由于温度较低，反应速率比较慢，所以该时间内没有达到平衡，因此N2转化率随温度升高而增大，继续升高温度，反应速率也随着加快，该时间内能达到平衡，N2转化率开始随温度升高而减小，根据所给的部分图可知，催化剂Ⅰ效果更好，所以达到平衡所需的温度较低，所以线拐，但催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡移动，所以t°C后的变化情况如下图：。(4)在25℃下，将NH3溶于水制成氨水，取amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中c(NH4+)c(-)，按电中性c(NH4+)+c(H+)c(OH-)+c(-)，得c(H+)c(OH-)=10-7，按物料守恒，则，则用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数。(5)对于反应：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)：A项，反应是气体分子总数增大的反应，相同条件下，改变压强平衡移动、对脱氮率有影响A错误；B．在交叉点A处，脱氮率没有达到最大值，所以不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡，B正确；C项，由图知，催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮，其催化剂活性最好，C正确；D项，曲线②温度升高到一定程度后脱氮率下降，有可能是温度太高、催化剂失去活性导致，故不能推知该反应为放热反应，D错误；选BC。30．(10分)某兴趣小组模拟碱熔法制备KMO4晶体，流程如下：已知：①3MO2+6KOH+KK2MO4+K②3K2MO4+2CO2=2KMO4+MO2+2K2CO3③K2MO4在中性或酸性介质中不稳定，快速发生歧化反应④部分物质的溶解性表：温度溶解度物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃KMO2.83g6.34g12.6g22.1g3.3g7.3g13.9g23.8g37.5g56.3gK2CO3105g111g117g127g140g156gKHCO322.5g33.7g47.5g65.6g(1)步骤I实验中所用坩埚是铁坩埚而不用瓷坩埚的原因是：___________碱熔氧化过程，KOH的用量要过量，其目的是：___________(2)下列说法不正确的是：___________A．步骤I中，MO2应分批加入，以提高原料利用率；过程中还需用铁棒不断搅拌，以防结块B．步骤III中，为使得K2MO4充分歧化，所通入CO2最宜过量至溶液呈弱酸性C．步骤III中，为验证K2MO4已经完全歧化，可用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，观察滤纸上是否有绿色痕迹D．步骤IV中，抽滤时为防止滤纸破损，可选择用双层普通滤纸或直接用砂芯漏斗E．步骤V中，经一系列操作获得的KMO4晶体常出现结块现象，应用研钵充分研磨后再密封保存(3)步骤V中为获得KMO4晶体，从下列选选项中选出合理的操作并排序：将滤液转移至蒸发皿中→______→_______→________→______→干燥，___________。a.用少量冰水洗涤b.先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤c.蒸发溶剂至析出大量晶体，趁热过滤d.缓慢降温结晶e.减压过滤f.蒸发溶剂至溶液表面析出晶膜(4)产品纯度分析：取mg所得晶体，溶于水并加入酸酸化，定容至100mL。取25mL溶液于锥形瓶中，用mol·L-1的K2C2O4标准溶液进行滴定，消耗标准溶液VmL。①酸化KMO4溶液可用___________代替稀硫酸②所得晶体的纯度为：___________(填写数学表达式，要求化简)【答案】(1)反应物中的KOH高温下会腐蚀瓷坩埚(1分)保证碱性条件，防止步骤II中K2MO4发生歧化，导致产率下降(2分)(2)BDE(2分)(3)f-d-