浙江省寧波市2025屆高三化學適應性考試二模考試試題含解析

PAGE32-浙江省寧波市2025屆高三化學適應性考試（二?？荚嚕┰囶}（含解析）1.下列化合物中既有離子鍵又有共價鍵的化合物是A.H2O2 B.Na2O C.NH4Cl D.Mg3N2【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．非金屬元素之間一般形成共價鍵，故H2O2只含共價鍵，A錯誤；B．活潑金屬和活潑非金屬之間一般形成離子鍵，故Na2O只含離子鍵，B錯誤；C．非金屬元素之間一般形成共價鍵，但銨根和酸根之間以離子鍵結合，故NH4Cl中銨根離子和氯離子之間以離子鍵結合，N和H之間以共價鍵結合，即NH4Cl中既有離子鍵又有共價鍵，C正確；D．活潑金屬和活潑非金屬之間一般形成離子鍵，故Mg3N2只含離子鍵，D錯誤。答案選C。2.配制0.1mol·L-1NaCl溶液不須要用到的儀器是ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．配制溶液用不到錐形瓶，A錯誤；B．待冷卻后將溶液轉移到容量瓶中，配制過程用到容量瓶，B正確；C．溶解過程用到燒杯，C正確；D．定容時用到膠頭滴管，D正確。答案選A。3.下列屬于電解質，且水溶液顯堿性的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物叫電解質，常見的電解質有酸、堿、鹽、水、活潑金屬氧化物。【詳解】A．Al2(SO4)3屬于強酸弱堿鹽，屬于電解質，其溶液顯酸性，A錯誤；B．CH3CH2ONa是典型的醇鹽，遇水水解成CH3CH2OH和NaOH，故CH3CH2ONa屬于電解質，且水溶液顯堿性，B正確；C．NH3屬于非電解質，其水溶液顯堿性，C錯誤；D．NaHSO3是一種酸式鹽，屬于電解質，但是因HSO3-的電離程度大于水解程度而顯酸性，D錯誤。答案選B。4.下列屬于置換反應，且氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶1的是A. B.C. D.【答案】C【解析】分析】一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應稱為置換反應；得電子，化合價降低的物質稱為氧化劑，失電子，化合價上升的物質稱為還原劑，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．屬于置換反應，Cl2作氧化劑，KI作還原劑，氧化劑和還原劑物質的量之比=1:2，A錯誤；B．不屬于置換反應，B錯誤；C．屬于置換反應，Cl2作氧化劑，TiO2作還原劑，氧化劑和還原劑物質的量之比=2:1，C正確；D．屬于置換反應，CO2作氧化劑，Mg作還原劑，氧化劑和還原劑物質的量之比=1:2，D錯誤。答案選C。5.下列物質的名稱不正確的是A.NaHCO3：小蘇打 B.BaCO3：重晶石C.H2NCH2COOH：甘氨酸 D.：2－甲基戊烷【答案】B【解析】【詳解】A．NaHCO3俗名小蘇打，A正確；B．重晶石的主要成分為BaSO4，而不是BaCO3，B錯誤；C．H2NCH2COOH是甘氨酸的結構簡式，C正確；D．用系統(tǒng)命名法命名為：2－甲基戊烷，D正確。答案選B。6.下列表示正確的是A.中子數(shù)為10的氧原子： B.CCl4的比例模型：C.的結構示意圖： D.的結構簡式：【答案】D【解析】【詳解】A．質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)=8+10=18，故中子數(shù)為10的氧原子為：，A錯誤；B．Cl原子半徑比C原子半徑大，不符合，B錯誤；C．有11個質子，核外電子數(shù)=11-1=10，其結構示意圖：，C錯誤；D．的名稱為：尿素，其結構簡式為：，D正確。答案選D。7.下列說法正確的是A.和互為同位素 B.石英與水晶互為同素異形體C.淀粉和纖維素互為同分異構體 D.乙酸和硬脂酸互為同系物【答案】D【解析】【詳解】A．質子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同種元素的不同種原子互為同位素，和不符合定義，不互為同位素，A錯誤；B．由同種元素組成的不同種單質互為同素異形體，石英與水晶都是混合物，其主要成分均為SiO2，二者不符合同素異形體定義，不互為同素異形體，B錯誤；C．淀粉和纖維素均可用(C6H10O5)n表示，但是二者n不同，故而分子式不相同，不互為同分異構體，C錯誤；D．乙酸CH3COOH和硬脂酸C17H35COOH組成元素相同，結構相像，分子相差16個CH2，互為同系物，D正確。答案選D。8.化學與生活、社會親密相關，下列說法正確的是A.高錳酸鉀溶液、“84”消毒液、酒精能用于殺菌消毒，都利用了強氧化性B.將礦物燃料脫硫脫硝可有效防止酸雨C.新型冠狀病毒有可能在空氣中以氣溶膠的形式傳播，氣溶膠不屬于膠體D.以“地溝油”為原料生產的生物柴油與以“石油”為原料生產的柴油化學成分相像【答案】B【解析】【詳解】A．高錳酸鉀溶液、“84”消毒液、酒精能用于殺菌消毒，其中，高錳酸鉀溶液、“84”消毒液利用了強氧化性，酒精之所以能殺菌消毒是因為酒精能夠汲取病毒蛋白質的水分，使其脫水變性凝固，從而達到殺滅病毒的目的，A錯誤；B．脫硫脫硝可削減二氧化硫、氮的氧化物的排放，從而有效防止酸雨，B正確；C．膠體按分散劑的狀態(tài)可分為：固溶膠、液溶膠、氣溶膠，故氣溶膠屬于膠體，C錯誤；D．以“地溝油”為原料生產的生物柴油實質上屬于酯類化合物，以“石油”為原料生產的柴油化學成分是烴類化合物，二者化學成分不相像，D錯誤。答案選B。9.下列說法不正確的是A.在硫酸工業(yè)的汲取塔中，采納濃硫酸汲取三氧化硫B.Na2O2汲取CO2產生O2，可用作呼吸面具供氧劑C.SO2與過量氨水反應得到D.無水CoCl2吸水會變?yōu)樗{色，可用于推斷變色硅膠是否吸水【答案】D【解析】【詳解】A．利用濃硫酸汲取三氧化硫，可以防止形成酸霧，所以硫酸工業(yè)的汲取塔中，采納濃硫酸汲取三氧化，A正確；B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2可汲取呼出的CO2，產生吸入的O2，因此可用作呼吸面具供氧劑，B正確；C．過量氨水，意味著少量SO2，少量SO2生成，過量SO2生成，C正確；D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色，因此可用CoCl2推斷變色硅膠是否吸水，D錯誤。答案選D。10.下列說法不正確的是A.石油裂解氣能使溴水褪色B.可利用生活垃圾中的生物質能焚燒發(fā)電C.水煤氣既可用來合成液態(tài)烴，也可以用來合成甲醇等含氧有機物D.煤中含有苯和二甲苯等物質，可通過煤的干餾獲得【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．石油裂解產物中含乙烯等不飽和烴，能使溴水褪色，A正確；B．利用垃圾焚燒產生的熱能發(fā)電或供熱，從而充分地利用生活垃圾中的生物質能，B正確；C．水煤氣的主要成分為CO、氫氣，可在肯定條件下合成烴、甲醇等含氧有機物，C正確；D．煤經(jīng)干餾(將煤隔絕空氣加強熱)得到的產物中含有苯、甲苯、二甲苯等物質，而不是煤中原來就含有這些物質，D錯誤。答案選D。11.下列有關試驗的說法，正確的是A.金屬汞一旦灑落在試驗室地面或桌面時，必需盡可能收集，并深埋處理B.紙層析點樣所用的試劑的濃度應較小，點樣時的試劑斑點直徑應小于0.5cmC.用標準HCl溶液滴定未知濃度NaHCO3溶液時可選擇甲基橙為指示劑D.在“硫酸亞鐵銨的制備”試驗中，為了得到硫酸亞鐵銨晶體，應小火加熱蒸發(fā)皿，直到有大量晶體析出時停止加熱【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．金屬汞有劇毒且常溫下即可蒸發(fā)形成蒸汽，為避開中毒，金屬汞一旦灑落在試驗室地面或桌面時，必需盡可能收集，但不能深埋，否則會污染土壤和水體，A錯誤；B．紙層析點樣所用的試劑的濃度應適中，濃度過小現(xiàn)象不明顯，濃度過大綻開劑綻開時物質不能完全分別，B錯誤；C．滴定終點顯弱酸性，選擇甲基橙為指示劑，C正確；D．硫酸亞鐵銨晶體是帶有結晶水的化合物，加熱時易失去結晶水，故采納的是降溫結晶的方法，即先制得高溫飽和溶液，再降溫結晶得到硫酸亞鐵銨晶體，而不是蒸發(fā)結晶的方法，D錯誤；答案選C?！军c睛】酸堿滴定試驗中指示劑選擇的原則：終點為酸性選擇甲基橙試劑，終點為堿性選擇酚酞試劑。12.下列關于氮及其化合物的說法，不正確的是A.銨鹽一般都溶于水，且都可分解放出氨氣B.液氨氣化時會汲取大量的熱，所以NH3可用作制冷劑C.汽車尾氣中的氮氧化物是造成光化學煙霧的主要緣由之一D.工業(yè)濃硝酸通常呈黃色，是因為溶解了NO2氣體【答案】A【解析】【詳解】A．銨鹽一般都溶于水，但分解不肯定放出氨氣，如NH4NO3在230℃以上分解產生N2、O2、H2O，不產生氨氣，A錯誤；B．氨易液化，液氨氣化時會汲取大量的熱，所以液NH3常用作制冷劑，B正確；C．汽車尾氣中的氮氧化物是造成光化學煙霧的主要緣由之一，C正確；D．NO2呈紅棕色，溶于濃硝酸使?jié)庀跛岢庶S色，D正確。答案選A。13.不能正確表示下列變更的離子方程式是A.用醋酸除去水垢：B.用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質鋁：C.室溫下，測得小蘇打溶液pH＞7，證明碳酸是弱酸：D.將溶液與0.40mol·L-1NaOH溶液等體積混合：【答案】A【解析】【詳解】A．醋酸是弱酸，不能拆成離子形式，A錯誤；B．Mg不和NaOH溶液反應，Al和NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，反應的離子方程式為：，B正確；C．小蘇打溶液即NaHCO3溶液，pH＞7，說明HCO3-會水解且水解程度大于電離程度，水解離子方程式為：，C正確；D．與NaOH按1:4反應，NH4+和Fe3+與OH-恰好完全反應，稀溶液不加熱，NH4+和OH-的產物為NH3·H2O，故離子方程式為：，D正確。答案選A?！军c睛】稀溶液不加熱，NH4+和OH-的產物為NH3·H2O；濃溶液，NH4+和OH-的產物為NH3和H2O；稀溶液加熱，NH4+和OH-的產物為NH3和H2O。14.下列說法正確的是A.可用丁達爾效應區(qū)分淀粉溶液和氫氧化鐵膠體B.油脂在堿性條件下生成高級脂肪酸鹽和甘油的反應稱為皂化反應C.溴苯中混有溴，加入KI溶液，振蕩，然后用汽油萃取除去碘D.在雞蛋清溶液中分別加入飽和硫酸銨溶液、硫酸銅溶液，都會有沉淀析出，接著加水，又都會重新溶解【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．淀粉溶液和氫氧化鐵膠體都屬于膠體，都有丁達爾現(xiàn)象，故不行用丁達爾效應區(qū)分淀粉溶液和氫氧化鐵膠體，A錯誤；B．油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油的反應稱為皂化反應，B正確；C．溴和KI反應生成碘和KBr，碘溶于溴苯，溴苯不溶于水，會分層，通過分液除去水層，碘溶于溴苯，可用蒸餾的方法分別。溴苯和汽油互溶，不行用汽油萃取溶解在溴苯中的碘，C錯誤；D．加入飽和硫酸銨溶液發(fā)生鹽析，鹽析可逆，加水沉淀溶解，加入飽和硫酸銅溶液發(fā)生變性，變性不行逆，加水沉淀不溶解，D錯誤。答案選B。15.某有機物X的結構簡式如圖所示，下列關于X的說法不正確的是A.X分子中含有四種官能團B.X能與金屬鈉反應，且相同條件下比水與金屬鈉反應要猛烈C.1molX最多與5mol氫氣發(fā)生加成反應D.在肯定條件下，X能發(fā)生加成、取代、加聚、縮聚、氧化、還原等反應【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．X分子中含有碳碳雙鍵、酯基、羧基、氨基四種官能團，A正確；B．X中的羧基能和鈉反應，因羧基比水簡潔電離出氫離子，故相同條件下X與金屬鈉反應比水與鈉反應猛烈，B正確；C．1mol碳碳雙鍵與1mol氫氣發(fā)生加成反應，1mol苯環(huán)與3mol氫氣發(fā)生加成反應，酯基和羧基均不能和氫氣發(fā)生加成反應，故1molX最多與4mol氫氣發(fā)生加成反應，C錯誤；D．在肯定條件下，X中的苯環(huán)、碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，羧基、酯基、氨基、苯環(huán)能發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應，同時有氨基和羧基，所以能發(fā)生縮聚反應，氨基能被氧化成硝基，該有機物還能燃燒，該物質和氫氣加成屬于還原反應，故X能發(fā)生加成、取代、加聚、縮聚、氧化、還原等反應，D正確；答案選C。16.下列說法不正確的是A.離子半徑（r）：B.若存在簡潔陰離子，則X肯定屬于第ⅦA族元素C.S和Se屬于第ⅥA族元素，H2S的還原性比H2Se的弱D.元素周期表中從第ⅢB族到第ⅡB族10個縱行的元素都是金屬元素【答案】B【解析】【詳解】A．Na+和O2-的核外電子排布相同，Na+的核電荷數(shù)較大，對電子的引力大，半徑較小，故離子半徑（r）：，A正確；B．若存在簡潔陰離子，X不肯定屬于第ⅦA族元素，如存在H-，但H屬于第ⅠA族元素，B錯誤；C．S和Se屬于第ⅥA族元素，S的非金屬性強于Se，所以S單質的氧化性比Se強，-2價的陰離子還原性S2-比Se2-弱，即H2S的還原性比H2Se的弱，C正確；D．元素周期表中從第ⅢB族到第ⅡB族共10個縱行稱為過渡元素，又稱過渡金屬，都是金屬元素，D正確。答案選B。17.某溫度下，HF和CH3COOH的電離常數(shù)分別為3.5×10-4和1.7×10-5。將pH和體積均相同的NaF和CH3COONa溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變更如圖所示。下列敘述正確的是A.曲線I代表CH3COONa溶液B.溶液中水的電離程度：c點＞b點C.從b點到d點，溶液中保持不變（其中HA、分別代表相應的酸和酸根離子）D.相同體積a點的兩溶液分別與HCl恰好反應后，溶液中相同【答案】B【解析】【分析】F-和CH3COO-水解均顯堿性，HF的電離常數(shù)大于CH3COOH的電離常數(shù)，則F-的水解程度小于CH3COO-的水解程度，相同濃度的NaF和CH3COONa溶液相比較，NaF的pH較小，要使pH相同，則NaF的濃度大于CH3COONa濃度，即起始時，c(NaF)＞c(CH3COONa)，那么稀釋相同倍數(shù)后，NaF溶液的堿性更強，即NaF的pH更大，故曲線I代表NaF，曲線Ⅱ代表CH3COONa，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線I代表NaF，曲線Ⅱ代表CH3COONa，A錯誤；B．NaF和CH3COONa溶液都因水解而顯堿性，c點pH大于b點，說明c點水解程度大于b點，對水電離促進程度更大，即溶液中水的電離程度：c點＞b點，B正確；C．HA的電離常數(shù)k=，從b點到d點，k不變，pH減小，c(H+)增大，減小，所以增大，C錯誤；D．由分析可知，a點c(NaF)＞c(CH3COONa)，故相同體積的二種溶液：n(NaF)＞n(CH3COONa)，所以，加HCl恰好完全反應時，NaF消耗HCl較多，n(Cl-)較大，D錯誤。答案選B。18.電化學原理在化學工業(yè)中有廣泛的應用。依據(jù)如下工作原理圖，下列說法正確的是A.電極Y為正極，電極反應式為：B.若W為飽和食鹽水（滴有幾滴酚酞溶液），則工作一段時間后a電極旁邊溶液變紅C.若a為粗銅（含Zn、Ag等雜質），W為CuSO4溶液，工作一段時間后減小D.若a為銀棒，b為銅棒，W為AgNO3溶液，工作一段時間后發(fā)覺銅棒增重2.16g，則X電極消耗氫氣0.224L【答案】C【解析】【分析】由圖可知，A裝置為堿性氫氧燃料電池，X電極為負極，發(fā)生的電極反應式為：H2+2OH--2e-=2H2O，Y電極為正極，發(fā)生的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，總反應為：2H2+O2=2H2O；B裝置為電解池，a為陽極，b為陰極，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由分析可知，電極Y為正極，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，A錯誤；B．a極為陽極，若W為飽和食鹽水，有兩種狀況：若a極為活性電極如Cu，則a電極失電子變?yōu)橄鄳年栯x子如Cu2+，若a為惰性電極，則電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，a極旁邊不顯堿性，溶液不變紅，B錯誤；C．a為陽極，若a為粗銅（含Zn、Ag等雜質），則a極為Zn和Cu失電子變?yōu)閆n2+和Cu2+，b為陰極，Cu2+得電子變?yōu)镃u，依據(jù)得失電子守恒可知，a極補充的Cu2+小于b極消耗的Cu2+，即工作一段時間后，溶液中Cu2+濃度會減小，C正確；D．沒有給標準狀況，無法計算X電極消耗氫氣的體積，D錯誤；答案選C?！军c睛】涉及氣體物質的量和體積的計算問題，要先看是否給了標準狀況，不要把時間奢侈！19.金剛石和石墨均為碳的同素異形體，它們在氧氣不足時燃燒生成一氧化碳，在氧氣足夠時充分燃燒生成二氧化碳，反應的能量變更如圖所示。下列說法正確的是A.在通常狀況下，金剛石比石墨更穩(wěn)定B.石墨的燃燒熱為C.D.12g石墨在肯定量的空氣中燃燒，生成氣體產物36g，該過程放出的熱量為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，1mol金剛石的能量比1mol石墨的能量高，故在通常狀況下，石墨比金剛石更穩(wěn)定，A錯誤；B．石墨的燃燒熱為，B錯誤；C．由圖可知，1molCO(g)和molO2(g)變?yōu)?molCO2(g)的，那么，C錯誤；D．設燃燒生成二氧化碳的石墨的物質的量為xmol，燃燒生成一氧化碳的石墨的物質的量為ymol，則12x+12y=12，44x+28y=36，聯(lián)立二式解得：x=0.5，y=0.5，那么，燃燒產生二氧化碳放出的熱量=kJ，燃燒產生一氧化碳放出的熱量=kJ，所以，該過程放出總熱量=kJ+kJ=，D正確；答案選D?！军c睛】D項未明確燃燒產物為二氧化碳還是一氧化碳，須要先確定產物為二氧化碳還是一氧化碳，然后計算。20.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.50mL18.4mol·L-1濃硫酸與足量銅微熱反應，生成SO2分子的數(shù)目為0.46NAB.含NA個Na+的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物質的量濃度為1mol·L-1C.在反應中，每生成32g氧氣，則轉移2NA個電子D.常溫下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含物質的量相同【答案】C【解析】【詳解】A．n(H2SO4)=18.4mol·L-1×50mL×10-3=0.92mol，假設H2SO4完全反應，則由可知，生成SO2的物質的量==0.46mol，即生成SO2分子的數(shù)目為0.46NA，但是，隨著反應的進行，H2SO4的濃度降低變?yōu)橄×蛩幔×蛩岵荒馨l(fā)生上述反應，故生成SO2分子的數(shù)目小于0.46NA，A錯誤；B．Na2O+H2O=2NaOH，所得溶液中，n(Na+)=1mol，溶液體積未知，不能計算Na+的物質的量濃度，B錯誤；C．由可知，每生成1molO2轉移2mol電子，即每生成32g氧氣，則轉移2NA個電子，C正確；D．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液的n(NH4Cl)相等，但是二者濃度不同，NH4+水解程度不同，故二者所含物質的量不相同，D錯誤。答案選C?！军c睛】B．中的V指的是溶液的總體積，題目所給的1L為溶劑的體積，二者不相等。21.已知：；將汽車尾氣中的CO和NO氣體轉化CO2和N2是削減汽車尾氣的有效途徑之一，若用、、、分別表示CO、NO、CO2、N2，在固體催化劑表面，上述反應的過程可用圖表示,下列說法正確的是A.從吸附到解吸的過程中，能量狀態(tài)最低的是C處B.圖示過程中，反應物斷鍵汲取能量大于生成物形成所釋放的能量C.該反應的反應物濃度越大，反應速率肯定越快D.該反應中的固體催化劑起到反應載體的作用，未影響反應的速率【答案】A【解析】【詳解】A．由圖可知：從吸附到解吸的A、B、C處，CO和NO在催化劑表面反應生成CO2和N2，由方程式可知：CO和NO反應生成CO2和N2為放熱過程，則從吸附到解吸的過程，C處能量狀態(tài)最低，A正確；B．該反應是放熱反應，則反應物斷鍵汲取能量小于生成物成鍵所釋放的能量，B錯誤；C．壓強、溫度、催化劑均影響該反應的反應速率，故該反應的反應速率由多種因素共同確定，該反應的反應物濃度越大，反應速率不肯定越快，C錯誤；D．催化劑可降低反應所需活化能，從而加快反應速率，D錯誤。答案選A。22.T℃時，向2.0L恒容密閉容器中充入0.80molA，發(fā)生反應：,經(jīng)一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見表：時間/min0102030400.800.600.480.000.200.400.40下列說法不正確的是A.該反應在30min時已達到平衡B.反應在前20min的平均速率為C.保持其他條件不變，上升溫度，平衡時，，則D.相同溫度下，起始時向容器中充入0.10molA、0.10molB和0.30molC，達到平衡前的反應速率：v逆＞v正【答案】D【解析】【分析】前30min，B的物質的量增大了0.40mol，30min之后，B的物質的量不再增大，說明該反應在30min時已達到平衡。因為A和B的計量數(shù)都為1，A的物質的量減小量=B的物質的量增大量=0.40mol，所以n2=n3=0.80mol-0.40mol=0.40mol，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．30min之后，B的物質的量不再變更，說明該反應在30min時已達到平衡，A正確；B．反應在前20min的平均速率，所以v(C)=v(A)=，B正確；C．由分析可知，T℃時達到平衡，c(A)=，保持其他條件不變，上升溫度，平衡時，＜0.2，說明上升溫度，平衡正向移動，該反應的正反應為吸熱反應，＞0，即，C正確；D．T℃平衡時，c(B)=c(C)=，c(A)=該反應的平衡常數(shù)K==0.2mol/L，相同溫度下，起始時向容器中充入0.10molA、0.10molB和0.30molC，QC==0.15mol/L，QC＜K，平衡正向進行，v逆＜v正，D錯誤。答案選D。【點睛】QC＜K，反應正向進行，QC=K，反應處于平衡狀態(tài)，QC＞K，平衡逆向進行。23.室溫下，用相同濃度NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1mol·L-1的三種酸（HA、HB和HC）溶液，滴定的曲線如圖所示，下列推斷不正確的是A.當中和百分數(shù)達50%時：B.滴定至①點時，溶液中：C.當中和百分數(shù)達100%時，消耗的NaOH溶液體積D.①和④所示溶液中都有：【答案】A【解析】【分析】濃度為0.1mol·L-1的一元酸，若為強酸，則c(H+)=0.1mol/L，pH=1，由圖可知，濃度為0.1mol/L的HA、HB、HC的pH均大于1且pH依次增大，則三種酸均為一元弱酸，且酸性：HA＞HB＞HC，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．三種狀況下分別存在著如下電荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(C-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，則c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)、c(Na+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)、c(Na+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，當中和百分數(shù)達50%時，三種溶液中的c(Na+)相等，那么：c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，但是由于三種溶液的pH不相同，則三種溶液中c(OH-)-c(H+)不相等，故c(A-)、c(B-)、c(C-)不相等，A錯誤；B．滴定至①點時，HC被中和一半，此時溶質為等物質的量的NaC和HC，二者都能電離C-，故c(C-)最大，其次是c(Na+)，HC是弱酸，部分電離，故c(HC)第三大，溶液pH＜7，c(H+)＞c(OH-)，綜上所述，滴定至①點時，溶液中：，B正確；C．HA、HB、HC都是一元弱酸，且濃度、體積均相等，則物質的量相等，所以，當中和百分數(shù)達100%時，消耗等濃度的NaOH溶液體積，C正確；D．①和④所示溶液中都存在電荷守恒：，D正確。答案選A24.已知：BF3和水反應生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），肯定條件下BF3與肯定量水可形成晶體Q（）。下列有關說法，正確的是A.BF3和水反應生成氟硼酸和硼酸是氧化還原反應B.BF3分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構C.晶體Q中存在離子鍵、共價鍵、范德華力和氫鍵D.H3BO3在水中只發(fā)生反應：，可知硼酸是一元酸【答案】D【解析】【詳解】A．BF3和水反應生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）沒有元素化合價發(fā)生變更，不是氧化還原反應，A錯誤；B．BF3分子中，B原子最外層只有6個電子，B錯誤；C．由Q的結構可知：晶體Q分子內：不存在離子鍵，存在B-F、B-O、O-H共價鍵，O…H之間存在氫鍵，分子之間存在范德華力，C錯誤；D．由H3BO3在水中只發(fā)生反應可知：為硼酸的電離方程式，故硼酸為一元弱酸，D正確。答案選D。25.某固體X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一種或幾種，進行如下試驗：①取肯定量樣品溶于水中，得到固體A和溶液B；②向A中加入足量稀鹽酸，得到澄清溶液C。下列說法不正確的是A.固體A可能溶于NaOH溶液B.溶液C能與NaHCO3溶液反應產生沉淀C.向溶液C中加入KSCN溶液，若不變色，則混合物X不含F(xiàn)e2O3D.向溶液B中加入NaOH溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則X中必定有BaCl2和NaHCO3【答案】C【解析】【分析】Fe2O3、Cu不溶于水，NaHCO3和NaAlO2能反應生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，Na2CO3能和BaCl2反應生成BaCO3沉淀和NaCl，因此固體A可能為Fe2O3、Cu、Al(OH)3、BaCO3中的一種或幾種，現(xiàn)在依次分析如下：①若固體A含Cu，則A必含F(xiàn)e2O3，溶液C必含F(xiàn)eCl2和CuCl2，原固體X必含Cu、Fe2O3，BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少含1種，B含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少1種；②若固體A含F(xiàn)e2O3，溶液C必含F(xiàn)eCl3，原固體X至少還含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一種，B至少含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一種；③若固體A含Al(OH)3，溶液C必含AlCl3，原固體X必含NaHCO3和NaAlO2，B必含Na2CO3；④若固體A含BaCO3，則原固體X必含NaHCO3、NaAlO2、BaCl2，那么A必定還含Al(OH)3，溶液C必含BaCl2和AlCl3，B必含NaCl，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．若原固體X為NaHCO3和NaAlO2，則固體A只含Al(OH)3，此時固體A能溶于NaOH溶液，A正確；B．若是分析①中的狀況，則有FeCl2、CuCl2分別與NaHCO3溶液反應生成FeCO3和Cu(OH)2沉淀，若是分析②中的狀況，則有FeCl3和NaHCO3溶液發(fā)生雙水解反應生成Fe(OH)3沉淀，若是分析③或分析④中的狀況，則有AlCl3和NaHCO3溶液發(fā)生雙水解反應生成Al(OH)3沉淀，綜上所述，無論哪種狀況，溶液C能與NaHCO3溶液反應產生沉淀，B正確；C．如上面分析①中的狀況，若原固體X中同時含F(xiàn)e2O3和Cu，且Fe2O3溶于HCl后恰好和Cu反應，則溶液C中沒有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不會變紅，C錯誤；D．參照上面的分析可知，向溶液B中加入NaOH溶液，產生白色沉淀，則白色沉淀必為BaCO3，則X中必定同時有BaCl2和NaHCO3，D正確。答案選C。26.氫化鋁鈉（NaAlH4）是一種新型輕質儲氫材料，可由AlCl3和NaH在適當條件下合成。（1）NaH的熔點為800℃，不溶于有機溶劑。NaH屬于__________晶體，其電子式為__________。（2）AlCl3可作凈水劑，其理由是__________（用必要的化學用語和相關文字說明）?！敬鸢浮?1).離子(2).(3).水解生成的膠體具有吸附性，即【解析】【詳解】(1)NaH是由Na+和H-通過離子鍵結合而成的離子化合物，屬于離子晶體，其電子式為：，故答案為：離子；；(2)Al3+水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，可吸附水中的懸浮雜質，因此可作凈水劑，其水解離子方程式為：，故答案為：水解生成的膠體具有吸附性，即。27.硫代硫酸鈉（）是常用的還原劑。在肯定體積的某維生素C（化學式）溶液中加入溶液，使維生素C完全氧化，充分反應后，用溶液滴定剩余的I2，消耗溶液。已知發(fā)生的反應為：,該溶液中維生素C的物質的量是__________mol。寫出簡要的計算過程__________?！敬鸢浮?1).(2).解：設與Na2S2O3反應的I2的物質的量為n1，則：，解得：，因為I2的總物質的量n=，所以，與維生素C反應的I2的物質的量n2=-，由可知：n(維生素C)=n2=-=mol【解析】【詳解】設與Na2S2O3反應的I2的物質的量為n1，則：，解得：，因為I2的總物質的量n=，所以，與維生素C反應的I2的物質的量n2=-，由可知：n(維生素C)=n2=-=mol，故答案為：；設與Na2S2O3反應的I2的物質的量為n1，則：，解得：，因為I2的總物質的量n=，所以，與維生素C反應的I2的物質的量n2=-，由可知：n(維生素C)=n2=-=mol。28.I.固體A由四種元素組成的化合物，為探究固體A的組成，設計并完成照試驗：已知：固體B是一種單質，氣體E、F都是G和另外一種氣體組成。請回答：（1）組成A的四種元素是__________，氣體E是__________。（2）固體A隔絕空氣加熱分解的化學方程式是__________。（3）藍色溶液D和乙醇反應可獲得固體A，同時還生成一種常見的溫室氣體，該反應的化學方程式為__________。Ⅱ.某化學愛好小組為探究SO2與溶液的反應，用如下裝置（夾持、加熱儀器略）進行試驗：制備SO2，將SO2通入溶液中，快速反應，得到無色酸性溶液和白色沉淀。（1）SO2通入溶液中，得到無色酸性溶液和白色沉淀的離子方程式是__________。（2）若通入溶液中的SO2已過量，請設計試驗方案檢驗__________?！敬鸢浮?1).Cu、C、N、O(2).CO和N2(3).(4).(5).（SO2不足）或（SO2足量）(6).取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量（其它合理答案即可）【解析】【分析】I．固體B和稀HNO3反應生成氣體C和藍色溶液D可知，單質B為Cu，D為Cu(NO3)2，C為NO，且n(NO)==0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)==0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；氣體E和灼熱CuO反應生成氣體F，則氣體F不含SO2，F(xiàn)和澄清石灰水反應有沉淀H生成，故H為CaCO3，F(xiàn)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；固體A隔絕空氣加熱得到Cu、CO、和氣體G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由氣體E總體積為1.008L可得，氣體n(G)==0.015mol，故M(G)==28g/mol，所以，G為N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物質的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A為Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有較強還原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性條件下有強氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中發(fā)生氧化還原反應，據(jù)此解答。【詳解】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四種元素，氣體E為CO和N2的混合物，故答案為：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)結合原子守恒可寫出將A隔絕空氣加熱的化學方程式為：，故答案為：；(3)結合原子守恒、得失電子守恒可寫出Cu(NO3)2和乙醇反應的化學方程式為：，故答案為：；Ⅱ．(1)SO2作還原劑，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-結合成BaSO4，NO3-做氧化劑，被還原為NO，若SO2不足量，氧化產物為BaSO4，若SO2足量，氧化產物除BaSO4外還H2SO4，結合原子守恒、電荷守恒、電子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中發(fā)生的反應的離子方程式為：(SO2不足)或(SO2足量)，故答案為：(SO2不足)或(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫過量，溶液中將含SO2，溶液將具有還原性，可使KMnO4溶液等強氧化劑褪色，因此可取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量，故答案為：取少量反應后的溶液于試管中，滴入幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若褪色，說明通入的SO2已過量（其它合理答案即可）。29.環(huán)戊烯（，）是一種重要的有機化工原料，可用環(huán)成二烯（，）制備。已知：反應Ⅰ反應Ⅱ（環(huán)戊烷）反應Ⅲ（1）某溫度下，將環(huán)戊二烯和HI按物質的量之比1∶2（總物質的量為amol）充入容積為2L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應：。①該反應自發(fā)進行的條件是__________。②下列有關該反應的敘述，不正確的是__________。A.氣體壓強不變，說明反應達到平衡狀態(tài)B.上升溫度，有利于提高環(huán)戊烯的產率C.反應達到平衡時，C5H6和HI的轉化率相等D.通入惰性氣體，有利于提高環(huán)戊二烯的平衡轉化率（2）以為催化劑，如圖1為25℃時環(huán)戊二烯氫化過程，環(huán)戊烯與環(huán)戊烷的各組分含量（物質的量含量）隨時間（t）的變更。為探討不同溫度下催化劑活性，測得不同溫度下反應4h時的轉化率和選擇性數(shù)據(jù)如圖2（其它條件相同）。①環(huán)成二烯氫化制環(huán)成烯的最佳反應溫度為__________，選擇該溫度的緣由是__________。②上升溫度，環(huán)戊二烯轉化率提高而環(huán)戊烯選擇性降低，其緣由是__________。③在圖1中畫出40℃時環(huán)戊烯含量隨t變更趨勢的曲線。__________（3）實際生產中，常由雙環(huán)戊二烯通入水蒸氣解聚成環(huán)戊二烯：某溫度，加入總壓為70kPa的雙環(huán)成二烯和水蒸氣，達到平衡后總壓為110kPa，雙環(huán)戊二烯的轉化率為80%，則該反應的平衡常數(shù)__________（對于氣相反應，用某組分B的平衡壓強代替物質的量濃度也可表示平衡常數(shù)，記作）?！敬鸢浮?1).低溫(2).BD(3).30℃(4).該溫度下，催化劑的活性好且選擇性好(5).溫度上升，反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率都加快，但對反應Ⅱ速率的影響大于反應Ⅰ(6).(7).640【解析】【詳解】(1)反應Ⅰ：反應Ⅲ：反應Ⅰ-反應Ⅲ得：，其=。①該反應的＜0，＜0，當-T·＜0時，反應自發(fā)進行，即T很小(低溫)時，該反應自發(fā)進行，故答案為：低溫；②A．恒容時，正反應是氣體壓強減小的反應，當氣體壓強不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，A正確；B．正反應是放熱反應，上升溫度，平衡逆向移動，環(huán)戊烯的產率下降，B錯誤；C．起始時，環(huán)戊二烯和HI按物質的量之比1∶2，則二者轉化率之比==1:1，即反應達到平衡時，C5H6和HI的轉化率相等，C正確；D．恒容，通入惰性氣體，平衡不發(fā)生移動，環(huán)戊二烯的平衡轉化率不變，D錯誤；故答案為：BD；(2)①由圖2可知，30℃時，環(huán)戊烯的選擇性最大且環(huán)戊二烯的轉化率較高(催化劑活性好)，所以，30℃是環(huán)戊二烯氫化制環(huán)戊烯的最佳反應溫度，故答案為：30℃；該溫度下，催化劑的活性好且選擇性好；②溫度上升，反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率都加快，但對反應Ⅱ速率的影響大于反應Ⅰ，所以出現(xiàn)上升溫度，環(huán)戊二烯轉化率提高而環(huán)戊烯選擇性降低，故答案為：溫度上升，反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率都加快，但對反應Ⅱ速率的影響大于反應Ⅰ；③40℃時，反應速率加快，環(huán)戊烯含量達到較高值的時間縮短，且因環(huán)戊烯的選擇性降低導致環(huán)戊烯含量最大值減小，結合選擇性公式可知，40℃，4h時，環(huán)戊烯和環(huán)戊烷的含量比應為0.6:0.4，所以，40℃時環(huán)戊烯含量隨t變更趨勢的曲線如圖所示：，故答案為：；(3)設雙環(huán)戊二烯的起始分壓為p，水蒸氣分壓為p0，則到達平衡后雙環(huán)戊二烯分壓減小了0.8p，雙環(huán)戊二烯的分子式為：C10H12，故，p+p0=70kPa，0.2p+1.6p+p0=1.8p+p0=110kPa，解得：p=50kPa，所以：=640，故答案為：640。30.溴化鈣是一種重要的化工原料，常見有和等結晶形式。某愛好小組以廢鐵屑為原料制備的主要流程：相關信息如下：①吸濕性強。②34℃時結晶得到，加熱至210℃得到。請回答：（1）步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是________。（2）試驗室模擬海水提取溴的過程中，用苯萃取溶液中的溴，選出其正確操作并按依次列出字母：涂凡士林→檢漏→（）→（）→（）→（）→（）→清洗干凈。________a.打開玻璃塞放氣b.打開旋塞放氣c.將溶液和苯轉移至分液漏斗中，塞上玻璃塞d.雙手托住分液漏斗，右手壓住玻璃塞，左手握住旋塞，上下顛倒振蕩e.右手壓住玻璃塞，左手握住旋塞，將分液漏斗倒轉振蕩f.置于鐵架臺鐵圈上靜置，打開玻璃塞，將旋塞擰開，放出下層液體g.從下口放出溴的苯溶液h.從上口倒出溴苯溶液（3）步驟④調pH＝7，相宜加入的試劑是________，通過調整分液漏斗的活塞可以限制添加液體的速率。當溶液pH接近7時，滴加試劑的分液漏斗的活塞應如圖中的________（填序號）所示。（4）下列有關說法正確的是________。A.步驟②反應限制在40℃左右，緣由是防止反應過于猛烈并削減液溴揮發(fā)B.步驟③濾渣成分只有、和C.為使快速結晶，可用冰水浴進行冷卻D.步驟⑤包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作（5）制得的可以通過如下步驟測定其純度：①稱取樣品質量；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反應后過濾，洗滌，干燥；④稱量。若試驗操作規(guī)范而測定結果偏低，其可能的緣由是________。【答案】(1).堿煮水洗（或碳酸鈉溶液浸泡數(shù)分鐘后水洗）(2).cebfh(3).氫溴酸(4).②(5).A(6).吸水或可能混有（或洗滌時，有少量的碳酸鈣溶解）【解析】【分析】廢鐵屑表面常含有油污，可用堿性溶液浸泡、清洗除去，得干凈鐵屑，過量的干凈鐵屑和液溴、水反應得含F(xiàn)