2022届浙江省衢温“5+1”联盟高二下学期期中考试化学试题（含解析）

2021学年第二学期“衢温5+1”联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本试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.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ba-137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.下列物质中既含离子键又含非极性键的是A.KOH B.CaC2 C.H2O2 D.NH4Cl【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．KOH是碱，属于离子化合物，K+与OH-之间以离子键结合，在OH-中H、O原子之间以极性键结合，因此KOH中含有离子键和极性键，A错误；A．CaC2是离子化合物，Ca2+与之间以离子键结合，在中2个C原子之间以非极性键结合，因此CaC2中含有离子键和非极性键，B正确；C．H2O2是由分子构成的共价化合物，分子中含有极性键H-O和非极性键O-O，分子中无离子键，C错误；D．NH4Cl是盐，属于离子化合物，与Cl-之间以离子键结合，在中N原子与H原子之间以极性键N-H键结合，因此NH4Cl中含有离子键和极性键，D错误；故合理选项是B。2.下列属于强电解质的是A.Cu B.AlCl3 C.C17H35COOH D.SO3【2题答案】【答案】B【解析】【详解】A．Cu是金属单质，不是化合物，因此不是强电解质，A错误；B．AlCl3是可溶性盐，在水中完全电离为自由移动的Al3+、Cl-而能够导电，因此AlCl3是强电解质，B正确；C．C17H35COOH在水中能够微弱的电离产生C17H35COO-、H+，存在电离平衡，因此C17H35COOH是一元弱酸，属于弱电解质，C错误；D．SO3是由分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此SO3属于非电解质，D错误；故合理选项是B。3.名称为“蒸馏烧瓶”的仪器是A. B. C. D.【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．仪器名称是蒸馏烧瓶，A正确；B．仪器名称是分液漏斗，B错误；C．仪器名称是容量瓶，C错误；D．仪器名称是具支试管，D错误；故选A。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.黄铁矿的主要成分：FeS2 B.重晶石：BaSO4C.生石灰：CaSO4•2H2O D.氯仿：CHCl3【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．黄铁矿因其浅黄铜色和明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，黄铁矿的主要成分为FeS2，A正确；B．重晶石是钡的常见矿物，它的成分为硫酸钡，化学式为BaSO4，B正确；C．生石灰的化学式为CaO，石膏的化学式为CaSO4•2H2O，C错误；D．氯仿是甲烷和氯气光照条件下生成的三氯甲烷，则氯仿的化学式为CHCl3，D正确；答案选C。5.下列有关化学用语正确的是A.NaH中阴离子的结构示意图： B.Cl2O的球棍模型：C.SiO2的结构式O=Si=O D.三氟化氮的电子式：【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．NaH中阴离子H-的原子核内质子数是1，原子核外电子数是2，故H-结构示意图：，A正确；B．Cl2O分子呈V形，但由于Cl原子半径比O原子大，因此其球棍模型可用表示，B错误；C．SiO2是共价晶体，每个Si原子与4个O原子形成Si-O共价键，每个O原子与相邻的2个Si原子形成Si-O共价键，并没有形成类似CO2的分子结构，C错误；D．在NF3分子中的N原子上还存在1对孤电子对，故三氟化氮的电子式为，D错误；故合理选项是A。6.下列说法正确的是A.H、D、T互为同素异形体B.(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质C和属于同分异构体D.化合物是苯的同系物【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．H、D、T是H元素的三种原子，它们的质子数相同而中子数不同，因此互为同位素，A错误；B．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2表示的物质都是2-甲基己烷，因此二者属于同种物质，B正确；C．这两个结构式是CH4分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，因此二者属于同一物质，C错误；D．该化合物分子中含有两个苯环，与苯结构不相似，在分子组成上也不是相差CH2的整数倍，因此二者不是同系物，D错误；故合理选项是B。7.下列说法不正确的是A.胆矾可以和石灰乳混合制成一种常用的农药(波尔多液)B.乙炔是一种植物生成调节剂，可用于催熟果实C.放射性同位素释放的射线可以用来育种、给金属探伤、诊断和治疗疾病D.碳酸氢钠受热分解产生大量气体，可用作加工馒头、面包等膨松剂【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．农药波尔多液是一种常用的杀菌剂，常用配方为硫酸铜、熟石灰、水，三者按一定质量比混合产生的波尔多液，结合酸性物质释放出Cu2+，Cu2+能使菌体蛋白质变性，A正确；B．乙烯是一种植物生成调节剂，可用于催熟果实，乙炔气体没有该性质，B错误；C．放射性同位素可以作为辐射育种，根据生物体内的DNA承载着物种的遗传密码，DNA在射线作用下可能会发生突变，通过射线照射可以使种子发生变异，培育出新的优良品种；也可以根据放射性同位素能放出γ射线的贯穿本领很强，用来检查金属内部有没有砂眼或裂纹，即进行金属探伤；在临床医学上用于疾病的诊断和治疗，即我们常说的”放疗”，C正确；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解产生大量气体，能够使面团松软，因此可用作加工馒头、面包等膨松剂，D正确；故合理选项是B。8.下列说法正确的是A.浓硫酸有氧化性，稀硫酸没有氧化性B.氯气有毒，不能用于药物的合成C.工业上采用电解饱和食盐水制取金属钠D.将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以用于制造肥皂和油漆等【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸有氧化性，稀硫酸也有氧化性，如，故A项错误；B．氯气是有毒气体，但可以合成药物所需的化合物，能用于药物的合成，故B项错误；C．钠为活泼金属，要通过电解熔融的NaCl来获取，故C项错误；D．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，故D项正确；答案选D。9.K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A.铁元素被氧化，氮元素被还原 B.每生成1molK2FeO4，转移6mole-C.K2FeO4具有氧化杀菌作用 D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．在该反应中Fe元素化合价由反应前中Fe2O3中的+3价变为反应后K2FeO4中的+6价，化合价升高，失去电子被氧化；N元素化合价由反应前中KNO3中的+5价变为反应后KNO2中的+3价，化合价降低，得到电子被还原，A正确；B．在反应中每生成1molK2FeO4，元素化合价改变了3价，因此反应过程中转移电子3mole-，B错误；C．K2FeO4具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质分子结构发生改变而失去生理活性，因此K2FeO4具有杀菌消毒作用，C正确；D．在该反应中Fe2O3作还原剂，K2FeO4是氧化产物；KNO3作氧化剂，KNO2是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3，D正确；故合理选项是B。10.关于下列各装置图的叙述中正确的是A.图①中X可以为苯，实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸B.图②为向试管中滴加少量液体C.图③用于配制一定物质的量浓度的稀硫酸D.实验室用图④收集氨气【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．图①中物质X是密度比水大，与水互不相溶的液体物质，可以为四氯化碳，在实验中可用于吸收氯化氢，并防止倒吸，而苯的密度比水小，A错误；B．向试管中滴加液体物质时应该悬空垂直滴加，而不能伸入到试管中滴加液体物质，B错误；C．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液在稀释浓硫酸时应该在烧杯中进行，而不能在容量瓶中直接进行稀释，C错误；D．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，此时集气瓶中导气管连接方式是短进长出，D正确；故合理选项是D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1molNa3AlF6晶体中含有的阳离子总数目为3NAB.D218O和T2O的混合物1.1g，含有的质子数为0.5NAC.0.1molCH3COOH与足量乙醇一定条件下充分反应，生成CH3COOC2H5的分子数目为0.1NAD.向FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移的电子数至少为3NA【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．中阳离子为钠离子，1mol中含有的阳离子总数为3，A正确；B．和的摩尔质量均为22g/moL，1分子中所含质子数均为10，故1.1g混合物所含的质子数为：，B正确；C．乙醇与乙酸的酯化反应可逆，生成乙酸乙酯分子数无法计算，C错误；D．向碘化亚铁溶液中通入适量氯气，由于碘离子还原性强于亚铁离子，故碘离子反应完全之后亚铁离子再反应。有1mol亚铁离子被氧化时，至少有1mol碘化亚铁，即碘离子至少有2mol，故转移电子数至少为3，D正确；故选C。12.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.醋酸钠水解：CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-C.铝与氢氧化钾溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑D.NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+2ClO-=SO+2HClO【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．向氨水中加入少量硫酸铜溶液，产物为硫酸四氨合铜，离子方程式为:，A错误；B．醋酸根离子水解是可逆的，离子方程式为：，B错误；C．铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，C正确；D．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为：，D错误；故选C。13.下列说法中正确的是A.煤的液化是物理变化 B.苯的同系物都能使高锰酸钾褪色C.石油的催化重整可以使链状烃转化为环状烃 D.乙酸乙酯的水解反应即为皂化反应【13题答案】【答案】C【解析】【详解】A．煤的液化过程中产生了新的物质，因此发生的变化是化学变化，A错误；B．苯的同系物中苯及与苯环连接的C原子上若不含有H原子，则它们结构稳定，不能被酸性KMnO4氧化，因此苯不能使高锰酸钾褪色，苯的同系物也不都能使高锰酸钾褪色，B错误；C．石油的催化重整目的是使链状烃转化为环状烃，使链状烃转变为芳香烃，因此是获得芳香烃的重要途径，C正确；D．油脂在碱性环境下水解为皂化反应，乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应不是皂化反应，D错误；故合理选项是C。14.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。关于分枝酸的叙述正确的是A.该物质分子中含有3个手性碳原子B.分枝酸中含有3种官能团C.分枝酸分子中至少有7个碳原子共平面D.一定条件下，分枝酸可发生氧化、取代、加成和聚合反应【14题答案】【答案】D【解析】【详解】A．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，环上连接羟基、醚键的碳原子都是手性碳原子，因此该物质分子含有2个手性碳原子，A错误；B．该分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，B错误；C．乙烯分子是平面分子，在该物质分子中，不饱和的C原子连接的C原子、羧基取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，则分枝酸分子中至少有5个碳原子共平面，B错误；D．分子物质中含有不饱和的碳碳双键，能发生加成反应、加聚聚合反应；含有羧基、羟基，能够发生取代反应；含有不饱和的碳碳双键，因此也能够发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。15.如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是XYZWTA.Z、W、X的原子半径依次减小B.电负性从大到小顺序：X、W、ZC.第一电离能从大到小顺序：Z、W、YD.Y、Z、W三种元素的氧化物对应水化物的酸性依次增强【15题答案】【答案】D【解析】【分析】如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则X是O，W是S，根据元素的相对位置关系可知Y是Si，Z是P，T是As元素，然后根据元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Si，Z是P，W是S，T是As元素。A．X是O，Z是P，W是S。同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为：Z＞W＞X，A正确；B．X是O，Z是P，W是S。由于同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大；同一主族元素，原子核外电子层数越少，元素的电负性越大，则三种元素的电负性大小关系为：Z＜W＜X，B正确；C．Y是Si，Z是P，W是S，三种元素是同一周期元素，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第ⅤA的半充满的稳定状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故第一电离能大小关系为：Z＞W＞Y，C正确；D．Y是Si，Z是P，W是S，它们是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，但题目未指明是否是最高价含氧酸，因此不能判断酸性强弱，D错误；故合理选项是D。16.下列说法正确的是A.25℃时，可溶性正盐BA溶液pH=a，升温至某温度后pH仍为a，则BA可能为强碱弱酸盐B.Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，BaSO4中加入Na2CO3溶液无法转化为BaCO3C.25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加水稀释至100mL，测得pH=b，b-a<1，则HR一定为弱酸D.在pH=2的醋酸溶液中加入少量0.01mol/L的稀盐酸，溶液的pH会变小【16题答案】【答案】A【解析】【详解】A．若BA为强碱弱酸盐，升高温度促进水解，氢氧根浓度增大，但由于水的离子积常数也增大，则溶液中pH可能不变，A正确；B．BaSO4中加入Na2CO3溶液，只要溶液中钡离子和碳酸根离子浓度之积大于碳酸钡的溶度积常数，即可形成碳酸钡沉淀，所以也可能转化为BaCO3，B错误；C．25℃时，若测得HR溶液的pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，b-a＜1，酸溶液中存在电离平衡，HR为弱酸；酸溶液稀释时仍为酸溶液，若pH=6的强酸溶液，稀释10倍，溶液pH接近7但小于7，b-a＜1，故HR不一定是弱酸，C错误；D．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，D错误；答案选A。17.下列说法正确的是A.中心原子是sp杂化的，其分子的空间构型一定是直线形B.在已知元素中，基态原子的4s能级中只有1个电子且位于d区的元素只有1种C.氯化钠晶体中，每个Na+周围距离最近且相等的Na+共有6个D.氢键(X—H…Y)中三原子在一条直线上时，作用力最弱【17题答案】【答案】B【解析】【详解】A．中心原子是sp杂化分子构型不一定为直线形，比如环炔：，A项错误；B．在已知元素中，基态原子的4s能级中只有1个电子且位于d区的元素只有Cr，B项正确；C．根据氯化钠晶体结构，每个Na+周围距离最近且相等的Na+共有12个，C项错误；D．氢键(X—H…Y)中三原子在一条直线上时，距离最短，作用力最强，D项错误；答案选B。18.如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是

A.每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体B.冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体C.冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大D.lmol冰晶体中最多含有2mol氢键【18题答案】【答案】D【解析】【详解】A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过氢键作用形成冰晶体，故A错误；B．冰晶体虽然具有空间网状结构，但分子之间是氢键，所以是分子晶体，故B错误；C．由于氢键有方向性，分子之间的空隙较大，当晶体熔化时，氢键被破坏，水分子之间的空隙减小，故C错误；D．每个水分子向外伸出4个氢键与另外四个水分子形成四面体，根据均摊法lmol冰晶体中最多含有2mol氢键，故D正确；故答案为D19.T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表。下列说法正确的是t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A.反应在前50s内的平均速率为v(Cl2)=0.0032mol·L-1·s-1B.反应250s时，恰好达到平衡状态C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v正＞v逆D.平衡时，再充入1.0molPCl5(g)，达到新平衡时PCl5的体积分数小于原平衡PCl5的体积分数【19题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据物质反应转化关系可知反应在前50s内的平均速率为v(Cl2)=v(PCl3)=，A错误；B．根据表格数据可知反应在250s后反应体系中各成分的物质的量不变，说明250s时反应已经达到平衡状态，但不能说此时是反应恰好达到平衡状态，也可能在250s前反应就已经达到平衡状态，B错误；C．对于该反应，开始时加入1.0molPCl5，平衡时n(Cl2)=n(PCl3)=0.20mol，此时n(PCl3)=0.80mol，则该温度下的化学平衡常数K=；若在该温度下开始时加入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，Qc=，反应正向进行，因此达到平衡前v正＞v逆，C正确；D．当反应达到平衡时，再充入1.0molPCl5(g)，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，当反应再次达到新平衡时PCl5的体积分数将大于原平衡PCl5的体积分数，D错误；故合理选项是C。20.相同温度和压强下，关于反应的△H，下列判断不正确的是①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1②CH4(g)C(s)+2H2(g)△H2③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3④2CO(g)C(s)+CO2(g)△H4⑤CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)△H5A.△H4=△H2-△H1 B.△H2＞0，△H4＞0C.△H5=△H2+△H3-△H1 D.△H3＞H5【20题答案】【答案】B【解析】【详解】A．已知①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1②CH4(g)C(s)+2H2(g)△H2根据盖斯定律，将②-①，整理可得2CO(g)C(s)+CO2(g)△H=△H2-△H1=△H4，A正确；B．②CH4(g)C(s)+2H2(g)的正反应为吸热反应，△H2＞0，④2CO(g)C(s)+CO2(g)的正反应为放热反应，△H4＜0，B错误；C．已知①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1②CH4(g)C(s)+2H2(g)△H2③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3根据盖斯定律，将②+③-①，整理可得CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)△H=△H2+△H3-△H1，即△H5=△H2+△H3-△H1，C正确；D．③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的正反应是吸热反应，△H3＞0，⑤CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)的正反应是吸热反应，△H5＞0，③-⑤整理可得CO2(g)CO(g)+C(s)为吸热反应，△H3-△H5＞0，故△H3＞H5，D正确；故合理选项是B。21.一种酸性“二甲醚(CH3OCH3)直接燃料电池”具有启动快、比能量(即电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少)高、效率好等优点，以此二甲醚燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。下列说法正确的是A.多孔碳c能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B.燃料电池工作时，电极d上发生的反应为：CH3OCH3+12e-+3H2O=2CO2+12H+C.二甲醚直接燃料电池的比能量(kW•h•kg-1)约为甲醇(CH3OH)直接燃料电池比能量的1.4倍D.a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同【21题答案】【答案】C【解析】【分析】由图可知，电极d上，CH3OCH3失电子生成CO2，则电极d为负极，多孔碳c为正极，a为阴极，b为阳极。【详解】A．根据上述分析可知，多孔碳c为正极，故A错误；B．燃料电池工作时，电极d发生失电子的氧化反应，电极反应式为，故B错误；C．根据可知，1mol(即46g)二甲醚反应转移12mol电子，而甲醇作燃料时的反应为，反应转移12mol电子消耗甲醇64g，根据比能量=电能/质量，可知二甲醚直接燃料电池的比能量(kW•h•kg-1)约为甲醇(CH3OH)直接燃料电池比能量的倍，故C正确；D．由上述分析可知，a为阴极，b为阳极，a极是纯铜，b极是粗铜时，溶液中铜离子得电子在a极上析出铜，b极逐渐溶解，阳极上有比铜活泼的金属失去电子，因此两极质量变化不相同，故D错误；答案选C。22.类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是A.H2O2的热稳定性比H2O的弱，则C2H6的热稳定性比CH4的弱B.晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C.Mg—Al原电池，Mg的活泼性比Al强，在稀硫酸介质中，Mg做负极，则在稀氢氧化钠介质中，也是Mg做负极D.根据反应Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O，可类推反应Fe(OH)3+3HI=FeI3+3H2O【22题答案】【答案】A【解析】【详解】A．乙烷中存在C-C键和C-H键，甲烷中只存在C-H键，由于C-C键键能比C-H键小，故乙烷热稳定性比甲烷弱，A正确；B．金属晶体中只有阳离子，没有阴离子，B错误；C．在氢氧化钠介质中，铝优先失去电子，铝作负极，C错误；D．三价铁离子具有氧化性，与碘离子不能共存，故不能生成碘化铁，正确的方程式为：，D错误；故选A。23.室温下，在10mL0.5mol·L-1H2SO3溶液中缓慢滴加0.5mol·L-1KOH溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.若A点pH=3，此时溶液中水电离的c(H+)=10-3mol·L-1B.B点存在：c(HSO)+c(SO)=c(K+)C.C点存在：c(HSO)+c(SO)＞c(K+)D.D点存：c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)=c(OH-)【23题答案】【答案】D【解析】【详解】A．在常温下若A点pH=3，此时溶液中c(H+)=10-3mol·L-1，溶液中c(OH-)=，溶液中水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则水电离产生的c(H+)=10-11mol/L，A错误；B．B点加入KOH溶液体积是10mL，二者恰好反应产生KHSO3，存在电离平衡和水解平衡，电离产生SO，水解产生H2SO3，溶液中存在根据物料守恒，可得c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)=c(K+)，B错误；C．C点pH=7，溶液显中性，根据电荷守恒可得：c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)=c(K+)+c(H+)，c(OH-)=c(H+)，则c(HSO)+2c(SO)=c(K+)，因此c(HSO)+c(SO)＜c(K+)，C错误；D．D点时二者恰好反应产生K2SO3，根据质子守恒可得：c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)=c(OH-)，D正确；故合理选项是D。24.制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.若原料用，则产物为 B.反应过程中涉及加成反应C.反应原料中的原子100%转化为产物 D.化合物4是催化剂【24题答案】【答案】A【解析】【分析】由图可知，制备异丁酸甲酯反应物为1、5、7，3为产物异丁酸甲酯，4为催化剂，2、6、8、9为中间产物，制备原理为：CH3OH++CO。【详解】A．若原料用，产物为，A错误；B．反应中的双键变成单键，为加成反应，B正确；C．从反应方程式可以看出，该制备过程无副产物生成，原子利用率100%，C正确；D．4反应前后未消耗，为催化剂，D正确；故选A。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检验电石与水反应气体产物乙炔的生成将反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中溶液紫色褪去，证明有乙炔生成B比较ClO-、CH3COO-结合H+的能力强弱配制相同浓度的NaClO溶液与CH3COONa溶液，用pH计测定溶液pHpH(NaClO)＞pH(CH3COONa)，说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-的强C比较HA和碳酸的酸性强弱向碳酸钠溶液中加少量稀酸HA溶液无明显气泡逸出，说明HA的酸性比碳酸的酸性弱D探究钢铁的电化学腐蚀在铁片上滴一滴含有酚酞的食盐水，一段时间后液滴边缘出现红色铁片发生析氢腐蚀A.A B.B C.C D.D【25题答案】【答案】B【解析】【详解】A．电石中含有的杂质CaS与水反应产生H2S等杂质气体具有还原性，能够与酸性高锰酸钾溶液反应而使溶液褪色，因此不能根据酸性高锰酸钾溶液褪色判断反应产生了乙炔气体，A错误；B．根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，若相同浓度的NaClO溶液与CH3COONa溶液的pH，pH(NaClO)＞pH(CH3COONa)，说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-的强，B正确；C．向碳酸钠溶液中加少量稀酸HA溶液，无明显气泡逸出，可能是HA与Na2CO3反应产生NaHCO3，也可能是与Na2CO3不反应，因此不能判断HA的酸性与碳酸的酸性强弱，C错误；D．在铁片上滴一滴含有酚酞的食盐水，一段时间后液滴边缘出现红色，说明溶液显碱性，说明F是溶解在水溶液中的空气中的O2与水反应产生OH-，导致溶液显碱性，证明钢铁发生的是吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，D错误；故合理选项是B。非选择题部分二、非选择题(共5大题，每小题10分，共50分)26.Ⅰ.铁是地壳中含量第二位的金属元素，其单质、合金及众多的化合物在生产生活中都有广泛的应用，请回答下问题：（1）写出铁元素在周期表中的位置：_____；写出Fe2+的价电子排布式_____。（2）某种铁的化合物俗称“绿矾”，化学式为FeSO4•7H2O，“绿矾”中SO的空间构型为____(用文字描述)，其中S的杂化轨道类型为_____。Ⅱ.铁能形成多种配合物，其中一种配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁，请回答下列问题：（3）Fe(CO)5晶体类型属于____晶体，配体为：____。（4）价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团互称为等电子体，往往具有相似的化学键和构型，请写出与CO互为等电子体的一种阴离子的电子式：____。（5）γ—Fe晶体的晶胞为立方晶胞，结构如图所示，其晶胞边长为apm，则γ—Fe单质的密度为____g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出算式即可)【26题答案】【答案】（1）①.第四周期第ⅤⅢ族②.3d6（2）①.正四面体②.sp3（3）①.分子②.CO（4）或（5）【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅤⅢ族；Fe2+是Fe元素失去最外层的2个4s电子形成的，Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，则Fe2+的价电子排布式为3d6；【小问2详解】中中心S原子价层电子对数是4+=4，S原子上无孤对电子，因此的空间构型为正四面体形；其中S原子杂化轨道类型是sp3杂化；【小问3详解】配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，物质的熔沸点比较低，说明该物质晶体类型是分子晶体；该配合物的中心原子是Fe原子，配位体是CO；【小问4详解】价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团互称为等电子体，往往具有相似的化学键和构型，则与CO互为等电子体的一种阴离子可能是CN-，其电子式为：；也可能为，的电子式为；【小问5详解】γ—Fe晶体晶胞为立方晶胞，在一个晶胞中含有的Fe原子数目是8×+6×=4，则根据晶胞边长为apm，结合晶体密度计算公式，可得该晶胞的密度ρ=。28.化合物A(50g•mol-1<Mr<300g•mol-1)由3种元素组成，某学习小组开展如图探究实验：

已知固体B由相对分子质量相差32的甲、乙两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同。请回答：（1）化合物A的化学式为____，溶液F中所含溶质是____(用化学式表示)。（2）写出步骤②反应的离子方程式____。（3）化合物A在KOH溶液中会发生岐化反应，生成两种盐，氧化产物为固体B中的一种且无沉淀生成，写出该反应的化学方程式____。（4）请写出实验室检验气体C的过程_____。【28题答案】【答案】（1）①.②.（2）（3）（4）将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2【解析】【分析】化合物A加热分解产生气体C和固体B，气体C和H2O2、BaCl2溶液反应生成沉淀，该沉淀为，则气体C为，生成沉淀的物质的量为，即固体A分解生成的物质的量为0.1mol。固体B与过量盐酸反应，生成淡黄色沉淀，故E为S单质，其物质的量为，则生成的物质的量为，即固体B分解产生的物质的量为0.2mol。溶液F的焰色反应是紫色，则溶液F中含有K+，则溶液F的溶质为KCl和HCl。固体B由相对分子质量相差32的甲、乙两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同，甲、乙中含有K、S、O元素，则甲、乙为K2SO3、K2S2O3。固体B和盐酸反应生成的S和的物质的量之比为1：2，根据离子反应方程式：，，，故固体B中，K、S、O元素全部来自固体A，故固体A中，故A的最简式为，由题中信息化合物A()，其化学式为。【小问1详解】详见分析：①A的化学式为；②F中所含溶质为KCl和HCl；【小问2详解】过氧化氢具有氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，加钡离子生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：；【小问3详解】中S元素化合价为+3价，在氢氧化钾溶液反应产物氧化产物为B中成分之一，分析S元素化合价可知产物为K2SO3，故化学反应方程式为：；【小问4详解】SO2具有漂白性，实验室常用品红溶液检验SO2的存在。检验方法为：将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2。30.当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。以CO2、H2为原料同时发生反应Ⅰ、Ⅱ如下：反应Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1K1反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2K2（1）如图1所示，则△H1-△H2____0(填“＞”、“＜”或“=”)。（2）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入0.1molCO2和0.3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH为0.02mol，CO为0.04mol，此时CO2的转化率为____。反应Ⅰ的化学平衡常数K1=_____。（3）CO2也可以与NH3合成尿素，反应为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H<0，分为两步：反应步骤反应方程式Ⅰ2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)△HⅠ快速放热ⅡNH2COONH4(l)NH2CONH2(l)+H2O(g)△HⅡ慢速吸热已知投料的组成为CO2、NH3和水蒸气(有助于分离尿素)，一定条件下，不同氨碳比与水碳比投料时CO2平衡转化率图像(图2，其中a、b代表水碳比)：下列叙述正确的是_____。A.反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，△HⅠ<△HⅡB.增大氨碳比有利于提高尿素产率，原因之一是过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移C.实际生产中若选择曲线a，则氨碳比应控制在4.0左右D.曲线a的水碳比大于曲线b，减小水碳比有利于尿素生成（4）CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。例如：HCO催化储氢，在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为HCO+H2HCOO-+H2。若其他条件不变，HCO转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图3所示。反应温度在80℃～120℃范围内，HCO催化加氢的转化率下降的可能原因是_____(至少两点理由)。【30题答案】【答案】（1）<（2）①.60%②.15（3）BC（4）储氢过程放热，80℃～120℃范围内升温平衡逆向移动；升温催化剂活性降低；HCO分解【解析】【小问1详解】如图1所示，反应I随升高（即温度降低）K增大，故；反应II随升高（即温度降低）K增大，故，所以；【小问2详解】和CO分别是反应I和II的产物，达到平衡时，容器中为0.02mol，CO为0.04mol，故反应I：反应II：转化率：；达到平衡时：，故反应I的平衡常数：；【小问3详解】A．由表格可知，反应I快速放热，反应II慢速吸热，故反应I的活化能低于反应II，，，即，A错误；B．增大氨碳比，过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移，有利于提高尿素产率，B正确；C．实际生产中若选择曲线a，当氨碳比为4.0时，二氧化碳转化率已经很高，增大氨碳比，虽然二氧化碳转化率增高，但是氨气经济价值比二氧化碳高，因此继续增大氨碳比不划算，故应控制在4.0左右最好，C正确；D．根据总反应，增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图像得到曲线a的水碳比小于曲线b，减小水碳比，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，D错误；故选BC。【小问4详解】随温度升高，催化加氢的转化率下降，可能为储氢过程放热，80℃～120℃范围内升温平衡逆向移动；该过程用到催化剂，升温可能导致催化剂活性降低，转化率降低；温度较高时，会受热分解，转化率降低。32.二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体{K2Cu(C2O4)2•2H2O}(其相对分子质量为354)，是一种工业用化工原料。微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。现以胆矾和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体流程如图：(已知：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O)请回答：（1）第①步操作要微热溶解，其原因是避免H2C2O4分解和_____。（2）下列关于实验原理和流程的说法正确的是____。a．黑色固体是否洗涤干净可取少量最后一次洗涤液，用BaCl2溶液进行检验b．水浴加热的优点是受热均匀易于控制温度c．流程中“混合“操作为：用水溶解滤纸上的黑色固体，再将溶液转入热的KHC2O4溶液中（3）50℃水浴加热至反应充分，写出该反应的化学方程式：____。（4）步骤③所用的洗涤剂最合适的是____。(填“冷水”、“热水”或“酒精”)（5）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的制备也可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。加入适量乙醇的优点有：a．缩短加热的时间，降低能耗；b．_____。（6）准确称取制取的晶体试样1.000g溶于NH3•H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL于锥形瓶中，再加入10mL3.000mol/L的H2SO4溶液，用0.01000mol/L的KMnO4标准液滴定，判定达到滴定终点的现象是____；消耗KMnO4标准液20.00mL，则该产品的纯度是____。【32题答案】【答案】（1）加快溶解速率（2）ab（3）CuO+KHC2O4K2[Cu(C2O4)2]+H2O（4）热水（5）降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出（6）①.当滴入最后一滴KMnO4标准液时，由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色②.88.50%【解析】【分析】胆矾和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，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Cu(OH)2分解生成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，以此解答该题。【小问1详解】第①步操作要微热溶解，其原因是避免H2C2O4分解和加快溶解速率；【小问2详解】a．黑色CuO固体是从含有Na2SO4的溶液中过滤分离出来的，根据最后一次洗涤液中