2022年1月浙江省普通高校招生選考科目化學仿真模擬試卷B(考試時間：90分鐘滿分100分)可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Ti48Fe56Cu64Ag108Ba137選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列物質屬于純凈物的是()A．汽油B．食醋C．漂白粉D．小蘇打【答案】D【解析】A項，汽油是碳原子個數在5—11的烴的混合物，故A錯誤；B項，食醋是乙酸的水溶液，屬于混合物，故B錯誤；C項，漂白粉為主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故C錯誤；D項，小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，屬于純凈物，故D正確；故選D。2．下列物質屬于弱電解質的是()A．NH3B．HCOOHC．NaHCO3D．CH3CH2OH【答案】B【解析】A項，NH3不能自身電離，是非電解質，A不符合；B項，HCOOH溶于水部分電離，屬于弱電解質，B符合；C項，NaHCO3溶于水全部電離，屬于強電解質，C不符合；D項，CH3CH2OH不能自身電離，是非電解質，D不符合；故選B。3．下列物質對應組成正確的是()A．木醇：CH3CH2OHB．摩爾鹽：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2OC．甘氨酸：CH3CH(NH2)COOHD．黃鐵礦：FeS【答案】B【解析】A項，木醇是甲醇，結構簡式為CH3OH，A錯誤；B項，硫酸亞鐵銨，俗名為莫爾鹽、摩爾鹽，簡稱FAS，化學式為Fe(NH4)2·(SO4)2·6H2O，可以表示為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，B正確；C項，甘氨酸是H2NCH2COOH，C錯誤；D項，黃鐵礦中主要含有FeS2，D錯誤；故選B。 4．用濃硫酸配制950mL2.50mol/L稀硫酸，包括計算、量取、稀釋、轉移、定容等多個步驟，下列說法不恰當的是()A．圖1儀器的規(guī)格應選擇1000mLB．圖2稀釋過程中應將濃硫酸加入水中C．圖3洗滌后需將洗滌液轉入容量瓶D．按圖4操作加水至溶液凹液面與刻度線相平【答案】D【解析】A項，濃硫酸配制950mL2.50mol/L稀硫酸，實驗室沒有950mL規(guī)格的容量瓶，所以應該選擇1000mL的容量瓶，故A正確；B項，濃硫酸稀釋過程中會釋放大量的熱，所以應將濃硫酸緩慢加入水中，并不斷攪拌，故B正確；C項，洗滌后的洗滌液中含有溶質，所以需將洗滌液轉入容量瓶，故C正確；D項，定容時當液面距刻度線1-2cm時，改用膠頭滴管繼續(xù)定容至凹液面與刻度線相平，故D錯誤；故選D。5．下列表示正確的是A．的電子式B．蔗糖的分子式C12H22O11C．乙炔的比例模型D．甲酸甲酯的鍵線式【答案】B【解析】A項，H2O2是共價化合物，電子式為，故A錯誤；B項，蔗糖是二糖，分子式是C12H22O11，故B正確；C項，乙炔的比例模型是，故C錯誤；D項，是乙酸甲酯的鍵線式，故D錯誤；故選B。6．下列說法正確的是()A．12CO與14CO互為同位素B．石墨、金剛石、C60互為同素異形體 C．C2H6O與C3H8O一定是同系物D．CH3COOCH2CH3與CH3CH2OOCH3互為同分異構體【答案】B【解析】A項，同位素是質子數相同中子數不同的核素，12C與14C互為同位素，CO為分子、不是核素，12CO與14CO不互為同位素，A錯誤；B項，石墨、金剛石、C60是碳元素組成的不同單質，互為同素異形體，B正確；C項，結構相似、通式相同，相差1個或幾個CH2原子團，互為同系物。C2H6O既可以是甲醚、也可以是乙醇，C3H8O既可以是甲乙醚、也可以是1-丙醇或2-丙醇，二者不一定是同系物，C錯誤；D項，CH3COOCH2CH3與CH3CH2OOCH3均為乙酸乙酯、是同一種物質、不互為同分異構體，D錯誤；故選B。7．關于有機反應類型，下列說法不正確的是()A．+CH2=CH2(加成反應)B．n+n+nH2O(縮聚反應)C．nCH2=CHCl(加聚反應)D．2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O(消去反應)【答案】D【解析】A項，該反應過程中乙烯斷開雙鍵，形成乙苯，屬于加成反應，A正確；B項，該反應在形成高分子化合物的同時，形成了小分子水，屬縮聚反應，B正確；C項，該反應中碳碳雙鍵斷開，形成高分子化合物，屬加聚反應，C正確；D項，該反應屬于兩分子乙醇脫去一分子水形成醚的過程，屬取代反應，D錯誤；故選D。8．關于反應5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O，下列說法正確的是()A．NaClO2中Cl元素僅被還原B．該反應中，HCl體現了酸性和還原性C．還原劑與氧化劑的質量之比為D．氧化產物與還原產物的物質的量之比為【答案】C【解析】A項，根據反應方程式5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O，得到NaClO2中Cl 元素有升高也有降低，既被還原又被還原，故A錯誤；B項，該反應中，HCl體現了酸性，故B錯誤；C項，5molNaClO2中有1mol降低，有4mol升高，因此還原劑與氧化劑的質量之比為4：1，故C正確；D項，氧化產物為ClO2，物質的量為4mol，還原產物為NaCl，物質的量為1mol，因此氧化產物與還原產物的物質的量之比為4：1，故D錯誤。故選C。9．下列說法正確的是()A．工業(yè)提取鎂的過程中涉及置換反應B．煉鐵高爐中鐵水的密度小于爐渣C．硅藻土和陶瓷的主要成分均為硅酸鹽D．自然界中的硫元素主要以硫單質、硫化物和硫酸鹽等形式存在【答案】D【解析】A項，工業(yè)提取鎂涉及的反應有：CaCO3CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2=CaCl2+Mg(OH)2↓，Mg(OH)2+2HCl=2H2O+MgCl2，MgCl2Mg+Cl2↑，未涉及置換反應，A錯誤；B項，爐渣的密度小于鐵水的密度，爐渣在上面，煉鐵高爐中爐渣的出口高于出鐵口，B錯誤；C項，含Si、O及金屬的鹽類物質為硅酸鹽，硅藻土作為載體的主要成分是SiO2，陶瓷材料大多是氧化主要原料是取之于自然界的硅酸鹽礦物，C錯誤；D項，硫在地殼中主要以硫化物、硫酸鹽等形式存在，火山口出有硫單質，D正確；故選D。10．下列說法正確的是()A．大量SO2排放到空氣中，不但能形成酸雨，還易產生光化學煙霧危害環(huán)境B．純堿是烘焙糕點的發(fā)酵粉的主要成分，醫(yī)療上是治療胃酸過多的藥劑C．“天宮二號”空間實驗室的太陽能電池板主要材料是二氧化硅D．鐵的化合物應用廣泛，FeCl3、FeSO4常用作凈水劑【答案】D【解析】A項，大量氮氧化物排放到空氣中，不但能形成酸雨，還易產生光化學煙霧危害環(huán)境，SO2排放到空氣中，能形成酸雨，不易產生光化學煙霧，A錯誤；B項，碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解、有弱堿性。則小蘇打是烘焙糕點的發(fā)酵粉的主要成分，醫(yī)療上是治療胃酸過多的藥劑，B錯誤；C項，太陽能電池板主要材料是硅、光導纖維主要成分為二氧化硅，C錯誤；D項，亞鐵離子易被氧化為鐵離子、鐵離子易水解生成氫氧化鐵膠體，能吸附水中的固體懸浮物，并使之沉降，因此FeCl3、FeSO4常用作凈水劑，D正確；故選D。11．下列實驗操作或試劑的選擇都合理的是(　　) A．減壓過濾時，常用傾析法先轉移上部清液，溶液量不超過漏斗容量的2/3，慢慢開大水龍頭，待溶液快流盡時再轉移下部沉淀B．用酸性高錳酸鉀溶液檢驗FeCl2和FeCl3混合液中的Fe2＋C．用NaOH溶液除去溶在乙酸乙酯中的乙酸D．向CoCl2溶液中逐滴加入濃鹽酸并振蕩，溶液的顏色會從藍色逐漸變成粉紅色【答案】A【解析】A項，減壓過濾時，常用傾析法先轉移上部清液，溶液量不超過漏斗容量的，慢慢開大水龍頭，待溶液快流盡時再轉移下部沉淀，符合操作要求，故A正確；B項，亞鐵離子、氯離子均能被高錳酸鉀氧化，高錳酸鉀不能檢驗亞鐵離子，故B錯誤；C項，二者均與NaOH溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液，故C錯誤；D項，CoCl2溶于濃鹽酸中能形成CoCl42?，溶液中存在如下平衡：CoCl42?(藍色)＋6H2OCo(H2O)62＋(粉紅色)＋4Cl?，氯離子濃度增大，平衡逆向移動，溶液為藍色，故D錯誤；故選A。12．下列類比合理的是()A．常溫下，濃硝酸能溶解銅，則濃硝酸也能溶解鐵B．工業(yè)上用電解熔融氯化物的方法制備鈉和鎂，則可用電解熔融氯化鋁的方法制備鋁C．AgNO3溶液中逐滴加入足量氨水先產生沉淀后溶解，則Cu(NO3)2溶液中逐滴加入足量氨水現象相同D．Cl2O中Cl的化合價為+1價，則OF2中F的化合價為+1價【答案】C【解析】A項，常溫下，鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，不能溶于濃硝酸，A錯誤；B項，氯化鋁是共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，故用電解熔融氯化鋁的方法不能制備鋁，B錯誤；C項，AgNO3溶液和Cu(NO3)2溶液都能與氨水反應生成氫氧化銀沉淀和氫氧化銅沉淀，兩者都能與過量的氨水反應生成銀氨絡離子和銅氨絡離子，則分別向硝酸銀溶液和硝酸銅溶液中逐滴加入足量氨水，實驗現象都是先產生沉淀后溶解，C正確；D項，氟元素的非金屬性強于氧元素，OF2中共用電子對偏向非金屬性強的氟原子一方，化合物中氟元素的化合價為—1價，D錯誤；故選C。13．下列反應的離子方程式正確的是()A．將少量石灰水滴入到Ca(HCO3)2溶液中：Ca2++2OH?+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．濃硝酸加熱條件下可以氧化硫單質生成硫酸：S+6HNO3(濃)6NO2↑+2H++SO42-+2H2O C．往FeBr2溶液中加入足量氯水：2Fe2++2Br?+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl?D．用銀作電極電解稀鹽酸：2Ag+2H++2Cl?H2↑+2AgCl↓【答案】D【解析】A項，將少量石灰水滴入到Ca(HCO3)2溶液中，生成碳酸鈣和水：Ca2++OH?+HCO3-=CaCO3↓+CO32-+H2O，A錯誤；B項，濃硝酸完全電離為氫離子和硝酸根離子，故應該拆寫硝酸的化學式，B錯誤；C項，往FeBr2溶液中加入足量氯水，得到氯化鐵和溴：2Fe2++4Br?+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl?，C錯誤；D項，用銀作電極電解稀鹽酸，陽極銀失去電子被氧化為銀離子與氯離子結合為氯化銀，陰極氫離子得到電子生成氫氣，總反應式書寫正確無誤，D正確；故選D。14．利巴韋林對新冠肺炎有較好的療效，其結構如圖所示。下列說法不正確的是()A．利巴韋林水溶性較好，且可以與鹽酸反應B．利巴韋林能夠發(fā)生還原、加成、取代反應和消去反應C．1mol利巴韋林能與足量NaOH溶液反應，最多消耗4molNaOHD．利巴韋林的分子式為C8H12N4O5【答案】C【解析】A項，根據利巴韋林的結構簡式，其分子中含有的羥基和酰胺基都是親水基，在水中的溶解性好，分子中含有的氮原子和酰胺基都能與鹽酸反應，A正確；B項，利巴韋林分子中含有碳氮雙鍵，一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，與氫氣的加成反應屬于還原反應，分子中含有羥基，與羥基相連碳原子的鄰碳原子上含有氫原子，一定條件下能發(fā)生取代反應和消去反應，B正確；C項，利巴韋林分子中只有酰胺基能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol利巴韋林能與足量NaOH溶液反應，最多消耗1molNaOH，故C錯誤；D項，利巴韋林的分子式為C8H12N4O5，故D正確；故選C。15．如圖所示化合物是合成納米管原料之一，W、X、Z、Y是原子半徑逐漸減小的短周期元素，且原子序數均為奇數，Z元素無正化合價，W與Z同周期。則下列敘述正確的是() A．液態(tài)XY3氣化過程中需要破壞X和Y之間的共價鍵B．X的氧化物對應水化物一定為強酸C．Y元素與Na形成的二元化合物與水反應屬于非氧化還原反應D．與W同主族短周期元素形成的單質可以與氫氧化鈉溶液反應產生氫氣【答案】D【解析】Z元素無正化合價，則Z為F元素，F呈-1價，則WZ4-即WF4-中W為+3價，W與Z同周期，XY4+離子顯示，Y共用1對電子對即達穩(wěn)定結構，W、X、Z、Y是原子半徑逐漸減小的短周期元素，且原子序數均為奇數，則Y為H，H呈+1價，則XY4+中X為-3價，X為N元素、W為B元素。A項，氣化是物理變化，液態(tài)XY3氣化過程中不需要破壞X和Y之間的共價鍵，A錯誤；B項，X的氧化物對應水化物可以為硝酸、亞硝酸，硝酸為強酸，亞硝酸為弱酸，B錯誤；C項，Y元素與Na形成的二元化合物即NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，屬于氧化還原反應，C錯誤；D項，與W同主族短周期元素形成的單質即鋁，鋁可以與氫氧化鈉溶液反應產生氫氣，D正確；故選D。16．通過電氧化合成法可制得特殊高價金屬化合物高銅酸鈉(化學式為NaCuO2)。關于該物質的推測，下列有關說法不正確的是()A．NaCuO2具有強氧化性B．NaCuO2與濃鹽酸作用會產生無色無味氣體C．強堿性條件下，通過次氯酸鈉氧化氫氧化銅可制得D．NaCuO2與氫氣反應可能有紫紅色固體生成【答案】B【解析】A項，在高銅酸鈉(化學式為NaCuO2)中Cu元素化合價為+3價，不穩(wěn)定，容易獲得電子，表現強氧化性，A正確；B項，NaCuO2具有強氧化性，濃鹽酸具有強還原性，NaCuO2與濃鹽酸混合會發(fā)生氧化還原反應產生黃綠色有刺激性氣味的氣體Cl2，B錯誤；C項，次氯酸鈉具有強氧化性，在強堿性條件下可以將氫氧化銅氧化產生NaCuO2，C正確；D項，H2具有強的還原性，NaCuO2具有強氧化性，二者在一定條件下會發(fā)生氧化還原反應，H2將NaCuO2還原產生單質Cu，因此會看到可能有紫紅色固體生成，D正確；故選B。 17．下列反應在任何溫度下均能自發(fā)進行的是()A．2C(s)＋O2(g)2CO(g)△H＜0B．2MgO(s)＋C(s)CO(g)+2Mg(s)△H＞0C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0D．Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H＞0【答案】A【解析】A項，該反應是一個熵增的放熱反應，反應ΔH<0、ΔS>0，ΔH－TΔS恒小于0，則在任何溫度下均能自發(fā)進行，A正確；B項，該反應是一個熵增的吸熱反應，反應ΔH>0、ΔS>0，在高溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應高溫條件下才能自發(fā)進行，B錯誤；C項，該反應是一個熵減的放熱反應，反應ΔH<0、ΔS<0，在低溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應低溫條件下才能自發(fā)進行，C錯誤；D項，該反應是一個熵增的吸熱反應，反應ΔH>0、ΔS>0，在高溫條件下，ΔH－TΔS小于0，則該反應高溫條件下才能自發(fā)進行，D錯誤；故選A。18．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是()A．標準狀況下，2.24L的乙烯和2.24L的己烯，碳氫鍵都為0.2mNA，m為烯烴碳原子數B．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的數目約為0.01NAC．CH3CH2OH＋3O2＋4OH-=2CO32-＋5H2O，每消耗1molCH3CH2OH，有12NA電子發(fā)生轉移D．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，該反應轉移電子數為2NA時，生成0.5molO2【答案】C【解析】A項，在標準狀況下，己烯為液體，所以無法計算烯烴碳原子數，A錯誤；B項，溶液體積不明確，故無法計算溶液中的氫氧根個數，B錯誤；C項，CH3CH2OH＋3O2＋4OH-=2CO32-＋5H2O，碳元素化合價由-2升高+4價，所以每消耗1molCH3CH2OH，有12NA電子發(fā)生轉移，C正確；D項，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，氧元素由-1變?yōu)?價，該反應轉移電子數為2NA時，生成1molO2，D錯誤；故選C。19．室溫下，對于等體積，pH均為2的醋酸和鹽酸兩種溶液，下列敘述不正確的是A．分別加水稀釋后，兩溶液的pH一定不相等B．溫度都升高20℃后，兩溶液的pH不再相等C．分別加足量的鋅充分反應后，醋酸溶液產生的氫氣多D．若HA表示HCl或CH3COOH兩溶液中都有c2(H＋)=c(H+)·c(A－)+KW 【答案】A【解析】A項，分別加水稀釋后，醋酸能繼續(xù)電離出氫離子，兩者的pH值鹽酸的大于醋酸，故A錯誤；B項，升高溫度，醋酸能繼續(xù)電離出氫離子，導致醋酸中的氫離子濃度大于鹽酸，pH值鹽酸大于醋酸，故B正確；C項，等體積時，醋酸的物質的量大于鹽酸，與足量Zn反應醋酸放出的氫氣多，故C正確；D項，c2(H＋)=c(H+)·c(A－)+KW等式量測同除氫離子濃度得：c(H＋)=c(A－)+c(OH―)，根據電荷守恒可知正確，故D正確；故選A。20．已知汽車尾氣的無害化處理反應為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。為研究某種催化劑催化測定在某溫度下用氣體傳感器測得不同時間的NO和CO濃度如表：時間(s)012345c(NO)(×10-3mol/L)1.000.450.250.150.10.1c(CO)(×10-3mol/L)3.603.052.852.752.702.70下列說法正確的是()A．該反應在3s時達到平衡B．前2s內的平均反應速率v(N2)=1.875×10-4mol/(L·s)C．NO和CO的平衡轉化率相同D．平衡狀態(tài)時，c(CO2)=0.9mol/L【答案】B【解析】A項，從題中表中數據可得出該反應在3s時反應物濃度仍然在變化，沒有達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B項，前2s內NO濃度減少了7.5×10－4mol/L，因此根據方程式可知生成氮氣濃度是3.75×10－4mol/L，則氮氣的平均反應速率==1.875×10-4mol/(L·s)，故B正確；C項，NO和CO的起始濃度不是1：1的，而反應是按照1：1轉化的，因此平衡轉化率不相同，故C錯誤；D項，平衡狀態(tài)時消耗CO是9×10－4mol/L，則根據方程式可知平衡時c(CO2)=9×10－4mol/L，故D錯誤；故選B。21．已知NaHCO3溶液與鹽酸反應生成CO2吸熱，N2CO3溶液與鹽酸反應生成CO2放熱。關于下列ΔH的判斷正確的是()CO32-(aq)+H+(aq)HCO3-(aq)ΔH1HCO3-(aq)+H+(aq)H2CO3(aq)ΔH2H2CO3(aq)H2O(l)+CO2(g)ΔH3 OH-(aq)+H+(aq)H2O(l)ΔH4A．ΔH1＜0ΔH2＞0B．ΔH1+ΔH2＞0C．ΔH1+ΔH2+ΔH3＞0D．ΔH2＜ΔH4【答案】B【解析】由題意可知，碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應生成二氧化碳的反應為吸熱反應，△H＇＞0，碳酸鈉溶液與鹽酸反應生成二氧化碳的反應為放熱反應，△H＇＇＜0，將已知反應依次編號為①②③④，由蓋斯定律可知，②+③可得HCO3-(aq)+H+(aq)H2O(l)+CO2(g)△H＇=△H2+△H3＞0，①+②+③可得CO32-(aq)+2H+(aq)H2O(l)+CO2(g)△H＇＇=△H1+△H2+△H3＜0，②—④可得碳酸氫根離子的水解反應HCO3-(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)+OH-(aq)，鹽類水解反應為吸熱反應，則△H＇＇＇=△H2—△H4＞0。A項，由分析可知，△H2+△H3＞0，△H1+△H2+△H3＜0，則△H1＜0；碳酸的分解反應為吸熱反應，△H3＞0，由△H2+△H3＞0可知，△H2可能大于0，也可能小于0，故A錯誤；B項，由分析可知，△H2+△H3＞0，故B正確；C項，由分析可知，△H1+△H2+△H3＜0，故C錯誤；D項，由分析可知，△H2—△H4＞0，則△H2＞△H4，故D錯誤；故選B。22．圖示為一種積層型鋰聚合物電池的結構。這是將正極(LiCoO2)/凝膠型聚合物電解質/碳和石墨系電池組疊加成平板，并用鋁積層包封的電池結構。其中電池內的高分子聚合物能讓Li+自由通過，碳和石墨系用C6表示。下列說法正確的是()A．電池放電負極反應為：LiC6-e-=Li++C6B．放電時，Li+向負極移動C．充電時電極LiCoO2與電源負極相連D．可用飽和的食鹽水溶液代替凝膠型聚合物電解質【答案】A 【解析】A項，電池放電負極LiC6失電子生成Li+，反應為：LiC6-e-=Li++C6，A正確；B項，放電時，負極上失電子，正極上得電子，所以電子從負極沿導線流向正極，所以正極上附有大量電子，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，B錯誤；C項，充電時，電極LiCoO2上失電子發(fā)生氧化反應，所以該電極應做陽極，應與電源的正極相連，C錯誤；D項，鋰單質是活潑金屬單質，能與水反應，故不能使用食鹽水溶液，D錯誤；故選A。23．常溫下，用0.01mol·L?1甲溶液滴定0.01mol·L?120.00mL乙溶液，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示。(已知lg2=0.3；忽略混合前后溶液體積的變化)，下列有關說法不正確的是()A．條件相同時溶液的導電能力：鹽酸＞NaOH溶液＞CH3COONa溶液B．曲線①，當NaOH的體積由19.98mL變?yōu)?0.02mL，混合溶液的pH從5.3突躍到8.7C．曲線②，對應混合溶液中存在c(Na+)+c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=0.01mol·L?1D．曲線③，當溶液呈中性時，溶液中離子濃度大小關系為：c(Na+)＞c(Cl?)＞c(CH3COO?)＞c(H+)=c(OH?)【答案】D【解析】A項，等濃度HCl、NaOH、CH3COONa電離產生的陰、陽離子濃度相同，離子帶有的電荷數目相同，故條件相同時三種溶液的導電能力相同，A錯誤；B項，對于曲線①，當NaOH的體積由19.98mL時，堿不足量，溶液顯酸性，溶液中c(H+)=，溶液pH=-lgc(H+)=-lg5×10-6=5.3；當加入NaOH溶液的體積變?yōu)?0.02mL，NaOH過量，過量NaOH使混合溶液顯堿性，混合溶液中c(OH-)=，溶液中的c(H+)= ，所以pH=-lgc(H+)=-lg2×10-9=8.7，可見當NaOH的體積由19.98mL變?yōu)?0.02mL，混合溶液的pH從5.3突躍到8.7，B正確；C項，曲線②，對應混合溶液中根據物料守恒可得c(Na+)+c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=0.01mol·L?1，C正確；D項，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)+c(CH3COO?)，當溶液顯中性時，c(Na+)=c(Cl?)+c(CH3COO?)，但不能確定c(Cl?)、c(CH3COO?)的相對大小，D錯誤；故選D。24．釩元素用途廣泛，如圖是一種釩的化合物催化某反應的反應機理。下列敘述錯誤的是()A．H2O參與了該催化反應B．過程①中反應的原子利用率為100%C．該催化循環(huán)過程中有氫氧鍵的斷裂和形成D．每次循環(huán)的凈反應為H2O2+2C1－=2HOCl+2e－【答案】D【解析】A項，過程④說明H2O參與了該催化反應，故A正確；B項，根據過程①的反應，反應物全部變?yōu)樯晌铮f明反應的原子利用率為100%，故B正確；C項，過程①中有氫氧鍵的形成，過程②中有氫氧鍵的斷裂，說明該催化循環(huán)過程中有氫氧鍵的斷裂和形成，故C正確；D項，根據整個反應體系得到每次循環(huán)的凈反應為H＋＋H2O2＋C1－=HOCl＋H2O，故D錯誤。故選D。 25．下列方案設計、現象和結論都正確的是()目的方案設計現象或結論A探究濃度對速率的影響用兩支試管各取5mL0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，分別加入5滴0.2mol·L-1和5滴0.2mol·L-1H2C2O4溶液兩試管溶液均褪為無色，且加0.2mol·L-1H2C2O4溶液褪色更快B探究反應：COCl42-+6H2OCO(H2O)62-+4Cl-的熱效應取少量COCl2·6H2O于試管中，逐滴加濃鹽酸至晶體完全溶解，再滴加水至溶液呈紫色。將紫色溶液分裝于三支試管中，分別置于熱水、冰水和室溫下置于熱水中的溶液呈藍色，置于冰水中的溶液呈粉紅色，則正反應為吸熱反應C紙層析法分離Fe3+和Cu2+將點有試樣點的濾紙條末端浸入展開劑中(試樣點未接觸展開劑)，一段時間后取出濾紙條進行氨熏濾紙表面有紅棕色(上)和藍色(下)斑痕，說明Fe3+在流動相中分配得多D制備銅氨纖維將脫脂棉加入銅氨溶液，攪拌使之形成黏稠液，用注射器將黏稠液注入稀NaOH溶液中。取出生成物，用水洗滌得到白色的銅氨纖維【答案】C【解析】A項，KMnO4與H2C2O4反應的物質的量之比為2:5，由題中所給的兩溶液的濃度和體積可判斷出KMnO4溶液過量，兩試管溶液均不能褪色，也無法判斷褪色的快慢，A項錯誤；B項，COCl42-呈藍色，CO(H2O)62-呈粉紅色，由題中信息“置于熱水中的溶液呈藍色，置于冰水中的溶液呈粉紅色”，說明降低溫度，平衡正向移動，正反應為放熱反應，B項錯誤；C項，紙層析法分離Fe3+和Cu2+，操作正確，由題中信息“濾紙表面有紅棕色(上)和藍色(下)斑痕，”，可說明Fe3+在流動相中分配得多，C項方案設計、現象和結論都正確；D項，實驗現象中得到的銅氨纖維應是藍色的，D項錯誤；故選C。非選擇題部分 二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)26．(4分)回答下列問題：(1)兩種硼氫化物的熔點如表所示：硼氫化物NaBH4Al(BH4)3熔點/℃400-64.5兩種物質熔點差異的原因是___。(2)已知NH3和水一樣會發(fā)生類似的自耦電離2H2OH3O++OH-，所以某同學認為NH3和水一樣為電解質，根據這位同學的思路寫出Ca(NH2)2電子式___。【答案】(1)前者為離子晶體，后者為分子晶體(2分)(2)(2分)【解析】(1)硼氫化鈉熔點為400℃是由活潑金屬鈉離子與硼氫根離子組成，屬于離子晶體，硼氫化鋁熔點為-64.5℃，屬于分子晶體，微粒間作用力弱，離子晶體的熔點高；(2)某同學認為NH3和水一樣為電解質，所以會發(fā)生類似的自耦電離2NH3NH4++NH2-，故可知Ca(NH2)2是離子化合物，由金屬陽離子Ca2+和氨基負離子NH2-構成，電子式為。27．(4分)取18.9g含氯有機物X(分子量小于150)在高溫下完全燃燒，得到CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，將產物依次通過裝置A(足量濃硫酸)和裝置B(固體氫氧化鈉)，兩裝置分別增重3.6g和24.9g，結束后將裝置B中的固體溶于足量的稀硝酸中，并加入過量的硝酸銀溶液，得到28.7g白色沉淀，請回答：(1)燃燒產生二氧化碳的物質的量為___________(2)有機物X的分子式為___________【答案】(1)0.4(2分)(2)C2H3ClO2(2分)【解析】(1)含氯有機物燃燒產生CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，將燃燒產物依次通過濃硫酸、NaOH固體，通過濃硫酸時吸收水分，通過NaOH固體時吸收質量為CO2、HCl。根據水蒸氣的質量可知H2O的物質的量n(H2O)=；CO2、HCl的質量和為24.9g，結束后將裝置B中的固體溶于足量的稀硝酸中，并加入過量的硝酸銀溶液，得到28.7g白色沉淀，該白色沉淀是AgCl，根據Cl元素守恒可知n(HCl)=n(AgCl)=，m(HCl)=0.2mol×36.5g/mol=7.3g，反應產生CO2的質量m(CO2)=24.9g-7.3g=17.6g，則反應產生CO2的 物質的量為n(CO2)=；(2)根據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；根據C元素守恒可得m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，根據Cl元素守恒可得m(Cl)=0.2mol×35.5g/mol=7.1g，故根據質量守恒定律可知該有機物中含有O元素的物質的量為n(O)=，n(C)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4mol：0.6mol：0.2mol：0.4mol=2：3：1：2，所以該物質的化學式為C2H3ClO2。28．(10分)某興趣小組研究一種由兩種元素組成的鹽X，進行了如下實驗：已知：X中酸根對應的酸為一元酸：氣體B與氯化氫反應生成白煙，固體C為單質，固體D為磚紅色。(1)氣體A的電子式為___________，X的化學式為___________。(2)鹽X隔絕空氣分解的化學方程式為___________。(3)固體A可溶于稀硫酸中，該反應的離子方程式為___________。(4)已知鹽X有爆炸危險，可用次氯酸鈉溶液將其轉化為無毒害物質，該反應的化學方程式為___________。(5)設計實驗檢驗固體D中是否含有固體C___________?！敬鸢浮?1)(1分)Cu(N3)2(2分)(2)Cu(N3)2Cu+3N2↑(1分)(3)Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH4+(2分)(4)Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2(2分)(5)取mg固體D，與氧氣加熱充分反應后冷卻稱量，若所得固體質量為g，則無C，若大于g，則含有C(或取mg固體與足量氫氣共熱，冷卻后稱量，若所得固體質量為g，則無C，若小大于g，則含有C)(2分) 【解析】氣體B與氯化氫反應生成白煙，則B為NH3，則固體A中含N元素，猜測為Mg3N2，固體B為MgO，氣體A為N2，固體D為磚紅色，為Cu2O，則溶液A為Cu(NO3)2，固體C為Cu，X由Cu、N元素組成，X中酸根對應的酸為一元酸，則該酸為HN3，則X的化學式為Cu(N3)2。(1)氣體A為N2，電子式為，X的化學式為Cu(N3)2；(2)Cu(N3)2隔絕空氣分解生成N2和Cu，觀察法配平化學方程式為Cu(N3)2Cu+3N2↑；(3)Mg3N2溶于稀硫酸發(fā)生反應生成MgSO4和(NH4)2SO4，該反應的離子方程式為Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH4+；(4)Cu(N3)2和次氯酸鈉溶液將其轉化為無毒害物質是N2，N元素化合價升高，則NaClO中Cl元素化合價降低生成NaCl，該反應的化學方程式為Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2；(5)D為Cu2O，加熱條件下被氧氣氧化成氧化銅，反應方程式為：2Cu2O+O24CuO，取mg的Cu2O加熱后能得到gCuO，若D中含有Cu，在O2中加熱后發(fā)生反應2Cu’+O22CuO，固體質量應大于g，故實驗方案可設計為：取mg固體D，與氧氣加熱充分反應后冷卻稱量，若所得固體質量為g，則無C，若大于g。29．(10分)金屬鋁有廣泛的應用，有人對碳還原氧化鋁制備鋁進行了實驗研究。在2.0L真空密閉容器中稍過量石墨與1.0molAl2O3混合后加熱，圖1是體系壓強隨著加熱時間變化的曲線圖，圖2是在不同的恒定溫度下，反應達到平衡，冷卻后容器內剩余固體中部分含鋁元素物質的物質的量隨溫度變化曲線圖。已知：1.01×105Pa下Al熔點933K，沸點2700K；10Pa下Al沸點低于1000K，Al2O3和C沸點高于2000K。反應I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g)△H1=+1339.1kJ·mol-1反應II：2Al2O3(s)+9C(s)Al4C3(s)+6CO(g)△H2=+2249.5kJ·mol-1反應III：Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g)△H3請回答下列問題： (1)工業(yè)上電解法冶煉鋁的化學方程式為____________________________________。(2)△H3=____________。(3)圖1中石墨與Al2O3混合物加熱至150min時容器內溫度約為___。(4)從反應自發(fā)性推測，實驗室進行碳還原氧化鋁制備鋁的實驗需要在真空容器中進行，可能的原因是________________________________________________。(5)由圖2可得1650K時，反應I的平衡常數K=____________。(6)下列說法不正確的是____________。A．圖1中約170min后體系壓強很快減小可能是反應I、II急劇發(fā)生，吸收了大量的熱，容器內溫度降低，導致反應I、II平衡向逆方向移動B．圖2顯示約1650～1700K之間是石墨與Al2O3反應制備Al的最佳溫度C．圖2中T≥1700K時體系中一定還發(fā)生了其他副反應D．綜合分析可得，碳還原氧化鋁制備鋁比電解法成本更低，產率更高，適合大規(guī)模應用(7)請在圖3中畫出溫度在1450-1650K之間2.0L真空密閉容器中CO的濃度隨溫度變化曲線圖____________。【答案】(1)2Al2O34Al+3O2↑(1分)(2)1767.8kJ?mol-1(1分)(3)1500K(1分)(4)減小體系壓強可以使鋁沸點降低，實驗時鋁呈氣態(tài)使反應I熵變(或生成物熵)增大，有利于反應自發(fā)進行(1分)(5)或4.2×10-3(2分)(6)D(2分)(7)(2分)【解析】(1)工業(yè)上電解法熔融的Al2O3，在陰極上Al3+得到電子被還原變?yōu)锳l單質，在陽極上O2-失去電子，被氧化為O2 ，則根據同一閉合電路中電子轉移數目相等，可知電解熔融氧化鋁來冶煉鋁的化學方程式為：2Al2O34Al+3O2↑；(2)已知：反應I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g)△H1=+1339.1kJ·mol-1反應II：2Al2O3(s)+9C(s)Al4C3(s)+6CO(g)△H2=+2249.5kJ·mol-1反應III：Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g)△H3根據蓋斯定律，將(I)×3-(II)，整理可得Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g)△H3=+1767.8kJ?mol-1；(3)圖1中石墨與Al2O3混合物加熱至150min時容器內壓強大約為0.75Pa，結合圖2中壓強與溫度關系可知：反應溫度約為1500K；(4)從反應自發(fā)性推測，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反應自發(fā)進行。實驗室進行碳還原氧化鋁制備鋁的實驗需要在真空容器中進行，這時由于減小體系壓強可以使鋁沸點降低，實驗時鋁呈氣態(tài)，導致反應I熵變(或生成物熵)增大，有利于反應自發(fā)進行；(5)對于反應I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g)，在1650K時Al2O3的物質的量是0.5mol，反應的Al2O3的物質的量是1mol-0.5mol=0.5mol，根據方程式可知：每有1molAl2O3反應，就會產生3molCO，則反應0.5mol的Al2O3，產生CO的物質的量是1.5mol，容器的容積是2L，故c(CO)=。根據已知條件：在10Pa下Al沸點低于1000K，反應在真空容器中進行，壓強減小導致Al的沸點低于1000K，此時Al狀態(tài)為氣態(tài)，根據圖示可知此時Al蒸氣的物質的量為0.20mol，則c(Al)=故反應I的化學平衡常數K=c3(CO)·c2(Al)=(0.75)3×(0.10)2=0.0042；(6)A項，圖1中約170min后體系壓強很快減小可能是反應I、II急劇發(fā)生，吸收了大量的熱，導致容器內溫度降低，降低溫度，化學平衡向放熱的逆方向移動，A正確；B項，由圖2顯示約1650～1700K之間Al生成量增加，因此是石墨與Al2O3反應制備Al的最佳溫度，B正確；C項，圖2中T≥1700K時，體系中Al的物質的量逐漸減小，一定是體系中發(fā)生了其它副反應，如發(fā)生反應產生Al4C3，C正確；D項，綜合分析可知：碳還原氧化鋁所需溫度太高，難以實現，制備鋁比電解法成本更高，產率更低，不適合大規(guī)模應用，D錯誤；故選D；(7)根據圖示可知：在1500K時開始產生CO氣體，在1550K時c(CO)=；在1650K時c(CO)=，將這些特殊點用平滑曲線連接，可得CO的濃度與溫度關系的圖像：。 30．(10分)鈦在醫(yī)療領域的使用非常廣泛，如制人造關節(jié)、頭蓋、主動心瓣等。TiCl4是制備金屬鈦的重要中間體。某小組同學利用如下裝置在實驗室制備TiCl4(夾持裝置略去)。已知：HCl與TiO2不發(fā)生反應；裝置中除生成TiCl4外，同時還生成一種有毒氣態(tài)氧化物和少量CCl4。其它相關信息如下表所示：熔點/℃沸點/℃密度/(g?cm-3)水溶性TiCl4-24136.41.7易水解生成白色沉淀，能溶于有機溶劑CCl4-2376.81.6難溶于水請回答下列問題：(1)裝置A中導管a的作用為_______，裝置B中所盛試劑為_______，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為_______(反應后Mn元素以Mn2+形式存在)。(2)組裝好儀器后，部分實驗步驟如下：a．裝入藥品b．打開分液漏斗活塞c．檢查裝置氣密性d．關閉分液漏斗活塞e．停止加熱，充分冷卻f．加熱裝置C中陶瓷管從上述選項選擇合適操作(不重復使用)并排序：____→____→b→____→____→____，____。(3)下列說法不正確的是_______。A．通入氯氣之前，最好先從k處通入氮氣，否則實驗會失敗B．石棉絨載體是為了增大氣體與TiO2、碳粉的接觸面積，以加快反應速率C．裝置D中的燒杯中可加入冰水，便于收集到純的液態(tài)TiCl4D．裝置E可防止空氣中的水蒸氣進入裝置D的圓底燒瓶中使TiCl4變質E．該裝置有缺陷，通過裝置E后的氣體不可直接排放到空氣中(4)TiCl4可制備納米TiO2：以N2為載體，用TiCl4和水蒸氣反應生成Ti(OH)4。再控制溫度生成納米xTiO2·yH2O。測定產物xTiO2·yH2O組成的方法如下： 步驟一：取樣品2.100g用稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量鋁將TiO2+還原為Ti3+，過濾并洗滌，將所得濾液和洗滌液合并注入容量瓶，定容得到待測液。步驟二：取待測液于錐形瓶中，加幾滴KSCN溶液作指示劑，用0.1000mol·L-1的NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定，將Ti3+氧化為TiO2+，三次滴定消耗標準溶液的平均值為24.00mL。①滴定終點的判斷方法是_______。②通過分析、計算，該樣品的組成為_______。【答案】(1)平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下(1分)濃硫酸(1分)2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O(1分)(2)ca(b)fed(2分)(3)AC(2分)(4)溶液出現血紅色且半分鐘不褪色(1分)12TiO2·5H2O(2分)【解析】(1)裝置A中導管a能夠使分液漏斗的液體上下氣體壓強相同，其作用為平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下；裝置B的作用是干燥氯氣，因此所盛放的試劑是濃硫酸；在裝置A是KMnO4與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應，產生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，反應的離子方程式為：2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)組裝好儀器后，首先要檢查裝置的氣密性，然后裝入藥品，并打開分液漏斗活塞，使?jié)恹}酸滴入裝置A中發(fā)生反應，然后加熱裝置C中陶瓷管，使Cl2、C與TiO2反應制取TiCl4，帶反應結束時停止加熱，充分冷卻?，最后關閉分液漏斗活塞，故操作順序用字母序號表示為：ca(b)fed；(3)A項，為防止碳粉在高溫下被裝置中的空氣氧化，應該先通入氯氣，但k處是出氣口，而不能由此通入氮氣，A錯誤；B項，石棉絨載體比較膨松，可以增大氣體與TiO2、碳粉的接觸面積，以加快反應速率，B正確；C項，裝置D中的燒杯中可加入冰水，密度是降低溫度，使TiCl4液化，但反應產生的物質中有少量CCl4也會被液化，因此不能收集到純的液態(tài)TiCl4，C錯誤；D項，裝置E的堿石灰能夠吸收空氣中的水分，這樣就可防止空氣中的水蒸氣進入裝置D的圓底燒瓶中使TiCl4變質，D正確；E．該裝置有缺陷，通過裝置E后的氣體中可能含有未反應的Cl2及少量CCl4蒸氣，因此不可直接排放到空氣中，E正確；故選AC。(4)①若反應完全，滴入溶液中的Fe3+不能反應，與SCN-結合，使溶液變?yōu)檠t色，故滴定終點現象為溶液出現血紅色且半分鐘不褪色；②三次滴定消耗標準溶液的平均值為24.00mL，物質反應轉化關系為TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.1000mol/L×0.024L×=1.92g；m(H2O)=2.1000g-1.92g=0.18g，所以x：y=：=12:5，故物質的化學式為12TiO2·5H2O。 31．(12分)利阿唑(I)是一種抗癌藥物，也可用于治療一些皮膚病，其合成路線如下：已知：①CH3O-具有鄰對位定位效應②(1)下列說法正確的是：_______A．A分子中所有原子可能共平面B．C→D的反應屬于取代反應C．上述流程中X的結構簡式為D．利阿唑(I)分子組成為C16H13ClN4(2)H的結構簡式：_______(3)D生成E的化學方程式：_______(4)請寫出同時滿足下列條件的有機物D的同分異構體的3種結構簡式：_______。①分子中含有(苯環(huán)上可連其他基團)、和-NO2②核磁共振氫譜有5個峰③無其他環(huán)狀結構。 (5)以A和一個碳的有機物為原料合成，無機試劑任選，請設計合成路線：_______?！敬鸢浮?1)BC(2分)(2)(2分)(3)+NH3→+CH3OH(2分)(4)、、、(任選3種)(3分)(5)(3分)【解析】A與B在AlCl3作用下發(fā)生取代反應產生C，根據信息①，結合利阿唑(I)結構簡式逆推可知C結構簡式是；C與濃硝酸、濃硫酸混合加熱，發(fā)生取代反應產生D：；D與NH3發(fā)生-OCH3的取代反應產生E：；E與NaBH4發(fā)生還原反應產生F：；F與 發(fā)生羥基的取代反應產生G：；G與H2發(fā)生還原反應產生H：；H與HCOOH反應產生利阿唑(I)。根據上述分析可知C是，D是，E是，F是，G是，H是。(1)A項，A是，分子中含有飽和碳原子，具有甲烷的四面體結構，因此分子中所有原子不可能共平面，A錯誤；B項，C是，D是，C與濃硝酸在濃硫酸作催化劑的條件下加熱，發(fā)生取代反應產生D，因此C→D的反應屬于取代反應，B正確；C項，根據F、G分子式的不同，結合F中所含有的官能團的性質，可知物質X是，C正確；D項，根據利阿唑(I)結構簡式，可知其分子式是C17H13ClN4，D錯誤；故選BC；(2)根據上述分析可知H結構簡式是 ；(3)D是，D與NH3發(fā)生取代反應產生E：和CH3OH，該反應的化學方程式為：+NH3→+CH3OH；(4)D是，D的同分異構體滿足條件：①分子中含有(苯環(huán)上可連其他基團)、和；②核磁共振氫譜有5個峰，說明分子中含有5種不同位置的H原子；③無其他環(huán)狀結構，則其可能的結構為：、、、，可從中任選3種；(5)A是，與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產生，然后與H2發(fā)生還原反應，硝基變?yōu)榘被?，產生，再與NH3發(fā)生取代反應產生，最后與HCOOH形成環(huán)狀結構得到 ，故該反應轉化合成路線圖為：。