浙江省宁波市2022届高三化学下学期高考模拟考试（二模）试题（Word版附解析）

宁波市2021学年第二学期选考模拟考试化学试卷考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108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.下列物质属于酸性氧化物的是A.COB.Al2O3C.SiO2D.Na2O2【答案】C【解析】【详解】A．一氧化碳是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故A不合题意；B．氧化铝是两性氧化物，不属于酸性氧化物，故B不符合题意；C．二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故C符合题意；D．过氧化钠是过氧化物，不属于酸性氧化物，故D不符合题意；故选C。2.下列物质属于电解质的是A.NO2B.CuC.CH4D.CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A．NO2自身不能电离出自由移动的离子，NO2是非电解质，A项错误；B．Cu是金属单质，既不是电解质又不是非电解质，B项错误；C．CH4自身不能电离出自由移动的离子，CH4是非电解质，C项错误； D．CH3COOH在水溶液中能电离出自由移动的离子，CH3COOH溶液能导电，CH3COOH是电解质，D项正确；答案选D。3.下列物质对应的化学式或结构简式不正确的是A.摩尔盐：NH4Fe(SO4)2•6H2OB.肥田粉：(NH4)2SO4C.乳酸：CH3CH(OH)COOHD.甘油：HOCH2CH(OH)CH2OH【答案】A【解析】【分析】根据俗名判断物质，根据物质特点、官能团等进行判断物质的结构。【详解】A．摩尔盐中铁化合价是+2价，化学式应为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故A不正确；B．肥田粉是硫酸铵的俗名，故化学式正确；C．乳酸中含有官能团羟基和羧基，故C正确；D．甘油是丙三醇的俗名，含有三个羟基，故D正确；故选答案A。【点睛】此题考查物质的俗名与化学式的书写，根据物质的特点判断其化学式。4.分液操作中需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】分液需使用的仪器是分液漏斗。图示仪器中，A是蒸馏烧瓶；B是分液漏斗；C是坩埚；D是冷凝管；故选B。5.下列表示正确的是A.H2O2电子式：B.中子数为117、质子数为78的铂原子：Pt C.二硫化碳的比例模型：D.2，2—二甲基丁烷的结构简式：CH3CH2C(CH3)3【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；B．中子数为117、质子数为78的铂原子的质量数为195，原子符号为Pt，故B错误；C．二硫化碳分子的空间构型是直线形，分子中硫原子的原子半径大于碳原子，比例模型为，故C错误；D．2，2—二甲基丁烷属于烷烃，结构简式为CH3CH2C(CH3)3，故D正确；故选D。6.下列说法不正确的是A.属于稠环芳烃，其一氯代物有3种结构B.水煤气(CO、H2)可以合成液态烃C.裂化汽油不能用于萃取碘水中的碘D.与氢气相比，相同条件下等体积甲烷燃烧释放出的热量更多【答案】A【解析】【详解】A．苯环之间直接相连的芳香烃是稠环芳香烃，联苯中苯环之间通过单键相连，不属于稠环芳香烃，A错误；B．水煤气可以通过化学变化用来合成液态烃（如汽油），B正确；C．裂化汽油中含有不饱和分子（如烯烃），可与碘发生加成反应，不能用来萃取碘水中的碘，C正确；D．甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故相同条件下等体积甲烷燃烧放出的热量多，D正确；故选A。 7.下列说法不正确的是A.16O和18O互为同位素B.S6和S8互为同素异形体C.甘氨酸和硝基乙烷互为同分异构体D.和互为同系物【答案】D【解析】【分析】根据“四同”的定义进行判断，同位素是针对核素而言，同素异形体是针对单质而言，同分异构体是针对化合物而言，同系物是同一类物质而言，通过特点进行判断。【详解】A．16O和18O中质子数都是8，中子数分别是8和10，属于不同核素，故互为同位素，故A正确；B．S6和S8属于不同的单质，且都是由硫元素构成，故互为同素异形体，故B正确；C．甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，硝基乙烷的结构简式为CH3CH2NO2，两者化学式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．和两种物质的类别不同，第一种物质是酸，第二种物质是醇、醛，故不是同一系列物质，不能互为同系物，故D不正确；故选答案D。【点睛】此题考查“四同”的判断，注意同系物是同一类的物质，对于有机物而言，同系物的官能团的类别和数量相同。8.关于反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，下列说法正确的是A.KClO3发生氧化反应B.KCl和Cl2为还原产物C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11D.产生1molCl2时，反应中转移10mol电子【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，反应中碘元素化合价升高被氧化，碘为反应的还原剂，发生氧化反 应，KH(IO3)2为氧化产物，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是氧化剂，发生还原反应，氯化钾和氯气是还原产物。【详解】A．由分析可知，氯酸钾是反应的氧化剂，发生还原反应，故A错误；B．由分析可知，氯化钾和氯气是还原产物，故B正确；C．由分析可知，氯酸钾是反应的氧化剂，碘为反应的还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，故C错误；D．由方程式可知，反应生成3mol氯气时，反应转移电子的物质的量为60mol，则反应生成1mol氯气时，反应转移电子的物质的量为20mol，故D错误；故选B。9.下列说法不正确的是A.足量Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3B.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀C.漂白粉与洁厕剂(含盐酸)混用可能有氯气产生D.Na2SO3溶液在蒸发皿中蒸干并灼烧，可得到较纯净的Na2SO3【答案】D【解析】【详解】A．铁是变价金属，在氧化性强的氯气中燃烧只能生成高价态的氯化铁，故A正确；B．钢铁在潮湿空气中构成了铁碳原电池，钢铁发生电化学腐蚀而生锈，故B正确；C．漂白粉的主要成分次氯酸钙能与洁厕剂的主要成分盐酸发生氧化还原反应生成氯化钙、氯气和水，故C正确；D．亚硫酸钠溶液在蒸发皿中蒸干并灼烧时亚硫酸钠会被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故D错误；故选D。10.下列说法不正确的是A.氮气、二氧化碳均可用作镁燃烧的灭火剂B.熟石灰、氨水均可用于吸收工业废气中的二氧化硫C.氯化钠可用于生产纯碱、烧碱D.氧化镁、氧化铝均可用于制作耐火材料【答案】A【解析】 【详解】A．镁可以与氮气、二氧化碳发生反应，则氮气、二氧化碳不能作为镁的灭火剂，A项错误；B．熟石灰、氨水显碱性，而二氧化硫是酸性氧化物，会发生反应，则熟石灰、氨水均可用于吸收工业废气中的二氧化硫，B项正确；C．工业上用电解饱和食盐水的方法制烧碱，氯化钠是侯德榜制碱法的生产原料，C项正确；D．氧化镁、氧化铝均是离子化合物，离子键强，导致熔点高，可作为耐高温耐火材料，D项正确；答案选A。11.下列说法不正确的是A.含钡盐、铅盐的废液，不可以直接倒入下水道B.阿司匹林粗产品减压过滤分离时，用滤液淋洗锥形瓶，用冷水洗涤晶体C.纸层析分离铁离子和铜离子时，用饱和溶液点样的斑点应大一些以提高展开效果D.向海带灰浸取液中加入CCl4，振荡静置后下层无色不能说明浸取液中不含碘元素【答案】C【解析】【详解】A．钡盐、铅盐都是能使蛋白质变性的有毒物质，所以含钡盐、铅盐的废液，不可以直接倒入下水道，防止会造成水污染，故A正确；B．阿司匹林粗产品减压过滤分离时，用滤液淋洗锥形瓶，用冷水洗涤晶体可以减少阿司匹林因溶解而造成损耗，故B正确；C．纸层析分离铁离子和铜离子时，用饱和溶液点样的斑点不能太大，过大会使分离色带会出现重叠无法达到分离得目的，故C错误；D．海带灰浸取液中含有碘离子，四氯化碳不能萃取碘离子，所以浸取液中加入四氯化碳，振荡静置后下层无色不能说明浸取液中不含碘元素，故D正确；故选C。12.已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是A.1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气B.X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色C.X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个D.1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH 【答案】D【解析】【详解】A．苯并唑酮的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水，则1mol苯并唑酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；B．X具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误；C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4个，C项错误；D．X在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确；答案选D。13.下列反应的离子方程式不正确的是A.H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑B.醋酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C.少量Mg(OH)2溶于浓NH4Cl溶液：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2OD.乙醛与新制氢氧化铜共热：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2与H2O发生反应，Na2O2自身发生氧还原反应，因此O2中的O全部来自Na2O2中，即产物应为Na18OH和O2，A错误；B．醋酸钠溶液中CH3COO-水解显碱性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，滴入酚酞，溶液变为浅红色，B正确；C．少量Mg(OH)2溶于浓NH4Cl溶液中，生成一水合氨和氯化镁，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2O，C正确；D．乙醛与新制氢氧化铜共热生成Cu2O的砖红色沉淀，反应的离子方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O，D正确；答案选A。 14.下列说法不正确的是A.石油催化重整是获得芳香烃的主要途径B.含酚废水可以通过活性炭吸附或有机溶剂萃取回收利用酚C.麦芽糖、蔗糖和乳糖互为同分异构体，都能发生银镜反应D.可用浓硝酸鉴别人造丝和桑蚕丝【答案】C【解析】【详解】A．石油催化重整可以使碳链由链状变为环状，石油催化重整目的是为了获得芳香烃，因此石油催化重整是获得芳香烃的主要途径，A正确；B．活性炭具有很好的吸附性，因此可以使用活性炭吸附含酚废水中的酚类物质，也可以根据相似相溶原理，用有机溶剂进行萃取然后回收利用，B正确；C．麦芽糖、蔗糖和乳糖互为同分异构体，麦芽糖和乳糖分子中含有醛基，因而都能发生银镜反应，而蔗糖无还原性，不能发生银镜反应，C错误；D．桑蚕丝主要成分是蛋白质，由于其分子中含有苯环，因此遇浓硝酸时会变为黄色，而人造丝主要成分不是蛋白质，遇浓硝酸时不会发生颜色变化，故可以用浓硝酸鉴别人造丝和桑蚕丝，D正确；故合理选项是C。15.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。X与其他三种元素均不在同周期；Z单质为淡黄色固体，其最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A.简单离子半径：Z>X>YB.Y的最高价氧化物的水化物能溶于X最简单氢化物的浓溶液C.Y、Z的简单离子均能影响水的电离D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X与其他三种元素均不在同周期，可知X位于第二周期，则W为H；Z单质为淡黄色固体，则Z为S；S最外层电子数是H和X的最外层电子数之和，也是Y最外层电子数的2倍，可知X为N、Y为Al，据此分析作答。【详解】A．简单离子半径，层数多的半径大，相同电子层的，序数小的半径大，则简单离子 半径：Z>X>Y，A项正确；B．Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，X最简单氢化物的浓溶液为氨水，氢氧化铝不与氨水反应，B项错误；C．Y、Z的简单离子溶于水，会发生水解，则均能影响水的电离，C项正确；D．W、X和Z可形成化合物(NH4)2S，该物质为离子化合物，既含有离子键又含有共价键的化合物，D项正确；答案选B。16.无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是A.Na2S2O4具有较强的还原性B.Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2C.Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同D.Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A．由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度可知，连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；B．由化合价代数和为0可知，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；C．由题意可知，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；D．由题意可知，无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；故选D17.已知25℃时醋酸的Ka=1.76×10-5(lg1.76≈0.25)，在100mL0.10mol·L-1醋酸溶液中加入0.01molCH3COONa•3H2O晶体得“溶液X”(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A.溶液X的pH约为4.7B.溶液X中c(CH3COOH)<c(CH3COO-) C.溶液X加蒸馏水稀释至200mL，溶液pH基本保持不变，略有增大D.向溶液X中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，溶液X为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由醋酸的电离常数Ka=可得，溶液中c(H+)=Ka=1.76×10-5，则溶液pH约为4.7，故A正确；B．由题意可知，溶液X为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸根离子的水解常数Kh==＜Ka=1.76×10-5，说明等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，故B正确；C．由题意可知，溶液X为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，加蒸馏水稀释至200mL时，溶液中醋酸和醋酸根以同等程度减小，溶液中c(CH3COOH)≈c(CH3COO-)，醋酸的电离常数和醋酸根离子的电离常数都不变，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液X稀释时水解程度变化大于电离程度，所以溶液的pH基本保持不变，略有增大，故C正确；D．向溶液X中逐滴加入0.10mol/L氢氧化钠溶液时，溶液中醋酸根离子和氢氧根离子浓度都增大，醋酸的电离常数不变，溶液中=，则溶液中减小，减小，故D错误；故选D。18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LCH4与22.4LCl2充分反应，生成的CH3Cl分子数为NAB.2gCO2与C3H8的混合气体中含有的质子数为NAC.含有3molC—C键的石墨中含有的碳原子数为2NAD.0.1L0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中含有的Cr2O离子数为0.01NA【答案】C【解析】 【详解】A．甲烷与氯气光照条件的反应是光敏反应，反应得到的是氯代甲烷的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，所以无法计算标准状况下，22.4L甲烷与22.4L氯气充分反应生成一氯甲烷的分子数，故A错误；B．二氧化碳和C3H8的摩尔质量都为44g/mol，但二氧化碳的质子数为22、C3H8的质子数为26，则无法计算2g二氧化碳与C3H8的混合气体中含有的质子数，故B错误；C．石墨中每个碳原子形成3个共价键，每个共价键被2个碳原子共有，则每个碳原子形成的碳碳键为3×=1.5个，则含有3mol碳碳键的石墨中含有的碳原子数为3mol××NAmol—1=2NA，故C正确；D．重铬酸钾在溶液中存在如下可逆反应：Cr2O+H2O2CrO+2H+，所以0.1L0.1mol·L-1重铬酸钾溶液中含有的重铬酸根离子数小于0.1mol·L-1×0.1L×NAmol—1=0.01NA，故D错误；故选C。19.纳米零价铁电化学法除去酸性废水(含有NO)中的三氯乙烯的原理如图所示。下列有关说法不正确的是A.该处理过程中化学能转化为电能B.②对应的电极反应式为：NO+10H++8e-=NH+3H2OC.若消耗amol零价铁，则可除去0.25amol三氯乙烯D.增大单位体积内的纳米零价铁投入量，可提高三氯乙烯的去除效率【答案】C【解析】【详解】A．由题中图示信息可知，铁失电子作负极，该装置是原电池，将化学能转化为电能，故A正确； B．由题中图示信息可知，酸性环境中转化为，即中N元素由+5价得电子转化为-3价，其电极反应式为+8e-+10H+=+3H2O，故B正确；C．由题中图示信息可知，三氯乙烯(C2HCl3)中C原子化合价为+1价，乙烷中C原子化合价为-3价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H6时，得到8mol电子，铁作负极，失电子转化为Fe3O4，其电极反应式为3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+，即3molFe失8mol电子，所以消耗amol零价铁，则可除去mol三氯乙烯，故C错误；D．增大单位体积内的纳米零价铁投入量，可以增大纳米零价铁和正极的接触面积，加快纳米零价铁释放电子的速率，提高三氯乙烯的去除效率，故D正确；答案为C。20.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制备硫酸的重要反应，恒温恒容条件下c(SO3)随时间的变化如图中曲线Ⅰ所示。下列说法正确的是At1～t2min，v(SO3)正=mol·L-1·min-1B.曲线Ⅱ对应的条件改变可能是增大了压强C.工业上采用高温高压的反应条件以提高SO2的转化率D.相同条件下，t3时再充入与起始投料等量的反应物，达到平衡后，SO2转化率增大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，t1～t2min内，三氧化硫的浓度变化量为(c2—c1)，反应速率v(SO3)=mol·L-1·min-1，该速率为正逆反应速率的差值，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，若曲线Ⅱ对应的条件改变是增大了压强，曲线Ⅱ 条件下反应达到平衡时，三氧化硫的浓度应大于曲线Ⅰ，与题给图示不符，故B错误；C．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，故C错误；D．相同条件下，t3时再充入与起始投料等量的反应物相当于增大混合气体的压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，故D正确；故选D。21.已知固态、气态离子的标准熵是根据热力学第三定律求出的绝对值，水合态离子的标准熵是以298K时H+(aq)的标准熵为0算得的相对值。298K时一些离子在不同状态下的标准熵值数据如表所示，通过数据分析得出的下列结论不正确的是标准熵值/J·mol·L-1Li+Na+K+Be2+Mg2+Ca2+Al3+固态离子标准熵S(s)29.151.364.79.532.741.628.3气态离子标准熵S(g)138.8153.7160.3136.3148.6154.9164.6水合态离子标准熵S(aq)13.459102.5-129.7-138.1-53.1-321.7A.金属离子由固态到气态，标准熵值增加B.同周期金属离子价态越高，水合态离子的标准熵值越小C.同主族金属离子半径越大，水合态离子的标准熵值越小D.同主族金属元素固态或气态离子的标准熵值随原子序数增大而增大【答案】C【解析】【详解】A．由表格数据可知：金属离子由固态到气态时，标准熵值增加，A正确；B．Na、Mg、Al是同一周期元素，从左到右，随原子序数的增大，由Na+、Mg2+、Al3+的水合态离子标准熵值逐渐减小，可知：同周期金属离子价态越高，水合态离子的标准熵值越小，B正确；C．Li、Na、K是同一主族元素，Li+、Na+、K+从上到下随原子序数的增大，元素的离子半径逐渐增大，水合态离子的标准熵值越大，C错误； D．Li、Na、K是同一主族元素，根据表格数据可知：同主族金属元素随原子序数增大，元素的固态或气态离子的标准熵值逐渐增大，D正确；故合理选项是C。22.工业合成尿素以NH3和CO2作为原料，其能量转化关系如图。已知2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)△H=—103.7kJ·mol-1。下列有关说法正确的是A.△S1>0，△H4>0B.△H1=—10.0kJ·mol-1C.H2NCONH4比H2NCONH2能量低，更稳定D.过程③反应速率慢，使用合适催化剂可减小△H3而加快反应【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，故A错误；B．由盖斯定律可知，①+②+③得反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，则△H=△H1+△H2+△H3=△H1+(—109.2kJ·mol-1)+(+15.5kJ·mol-1)=-103.7，则△H1=—10kJ·mol-1，故B正确；C．反应③为吸热反应说明H2NCONH4比液态水和H2NCONH2的总能量低，无法比较H2NCONH4比H2NCONH2的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，故C错误；D．过程③使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热△H3的大小，故D错误；故选B。23.在Na2CO3溶液中通入HCl，不断调整溶液pH，测得H2CO3、HCO和CO物质的量分数δ(X)与pH关系如图所示[已知δ(X)=]。下列说法不正确的是 A.D点溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO)B.C点pH为8.31C.C→A过程中：c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)逐渐减小D.D→B过程中：水电离程度不断减小【答案】A【解析】【分析】当溶液的pH较低时，最大，随着pH的升高，先增大后减小，pH较高时，最大，各曲线对应微粒如下图所示。B点时=，；同理，由D点可得。【详解】A．D点溶液中，根据电荷守恒， 由于=，即，故，A错误；B．C点时，=，即，，即，，pH=8.31，B正确；C．CA过程中有放出，逐渐减小，C正确；D．BD过程中，溶质成分由变，离子水解程度大，促进水电离，故水电离程度逐渐增大；相反DB过程中，水电离程度逐渐减小，D正确；故选A。24.Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是A.3、5和8都是反应的中间体B.该过程仅涉及加成反应C.理论上1mol最多能消耗2molD.若原料用和，则可能得到的产物为、和【答案】B【解析】 【详解】A．根据图示，9是主产物、10是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故A正确；B．该过程中，8→10为消去反应，故B错误；C．根据题意，发生反应，理论上1mol最多能消耗2mol，故C正确；D．若原料用和反应的主产物是，副产物为和，故D正确；选B。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判断C元素和S元素的非金属性强弱常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH若Na2CO3溶液pH比Na2SO3溶液的大，则非金属性：S>CB以Al2O3为原料制备AlCl3•6H2O在Al2O3中加入适量浓盐酸，加热促进溶解，蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶膜，静置，冷却结晶若冷却时晶体析出量很少，则说明氯化铝溶解度随温度降低变化不明显，应采取蒸发结晶的方法C验证反应物浓度增大可加快反应速率在3支试管中分别加入0.05mol·L-1、0.2mol·L-1、2mol·L-1草酸溶液各2mL，再同时加入1mL0.01mol·L-1高锰酸钾溶液，观察现象若0.2mol·L-1草酸溶液中紫色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其它影响因素，需要进一步探究D检验1—溴丙烷消去产物中的丙烯取5mL1—溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀酸性高锰酸钾溶液中若高锰酸钾溶液褪色，则有丙烯生成A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸的盐，不能据此判断C元素和S元素的非金属性强弱，A错误；B．采取蒸发结晶的方法容易失去结晶水，不能得到AlCl3•6H2O，B错误；C．由于生成的锰离子可作催化剂，加快反应速率，所以当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由于浓度影响造成的，还可有其它影响因素，需要进一步探究，C正确；D．生成的丙烯中含有乙醇，乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，D错误；答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题：（1）立方氮化硼(BN)是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石；砷化镓(GaAs)是一种重要半导体材料，具有空间网状结构，比较立方氮化硼和砷化镓熔点的高低并说明理由：____。（2）四种有机物的沸点数据如表：物质CH3OHC2H6CH3(CH2)9OHCH3(CH2)9CH3相对分子质量3230158156沸点/℃64.5-88.6228196CH3OH和C2H6沸点相差较大，CH3(CH2)9OH和CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，原因是____。【答案】（1）立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高（2）甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小【解析】【小问1详解】GaAs和BN均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高，故答案为：立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短) ，键能更大，熔点更高；【小问2详解】CH3OH和C2H6沸点相差较大是因为甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，但是CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，故答案为：甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小。27.单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84g硫与含0.06molNaOH的热溶液完全反应，生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300mL，恰好将硫元素全部转化为SO。请计算：（1）amolNa2Sx和bmolNa2S2O3中a∶b=____。（2）NaClO溶液的物质的量浓度为____mol·L-1(写出计算过程)。【答案】（1）2:1（2）1.2【解析】【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。【小问1详解】3.84g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06molNaOH溶液反应，产生amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；【小问2详解】3.84g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的amolNa2Sx和bmol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12mol×(6-0)=n(NaClO)×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36mol。由于NaClO碱性溶液体积是300mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。28.化合物X由4种元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：已知：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同。请回答：（1）组成X的非金属元素是____，无色溶液B中溶质的成分是____。化合物X的化学式是____。（2）无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3•H2O，写出该转化过程的离子方程式____。（3）无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，写出该反应过程的化学方程式____。（4）设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素____。【答案】（1）①.H、Cl②.HCl、NaCl③.NaHCuCl3（2）4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－（3）HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3（4）将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素【解析】 【分析】白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则该气体为二氧化碳，说明无色溶液为HCl。【小问1详解】根据前面分析X中含有Cu、Cl、H和Na，因此组成X的非金属元素是H、Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为0.01mol，另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02mol，则无色溶液B中除了HCl还有NaCl，则无色溶液B中溶质的成分是HCl、NaCl。根据化合物X加入水生成白色沉淀A，说明A为CuCl，则化合物X的化学式是NaHCuCl3；故答案为：H、Cl；HCl、NaCl；NaHCuCl3。【小问2详解】无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04molNH3·H2O，说明发生氧化还原反应得到Cu(NH3)且Cu(NH3)与O2比例关系为4:1，该转化过程离子方程式4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－；故答案为：4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－。【小问3详解】无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，说明生成的固体为CuC≡CCu，则该反应过程的化学方程式HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3；故答案为：HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl=CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3。小问4详解】根据信息白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素；故答案为：将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。29.氮氧化物是常见空气污染物，研究人员对氮氧化物的去除展开研究。 （1）利用催化处理汽车尾气中的NO和CO的技术已投入实际使用，其反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H。某一恒容容器起始时只有2molNO和2molCO，平衡时测得混合气体中CO2的物质的量分数[φ(CO2)]与温度(T)、压强(p)之间的关系如图所示。①温度T1_____T2(填“<”“=”或“>”)，理由是____。②若恒温(T1)恒容条件下，测得平衡时混合气体的压强为p1kPa，则T1时NO的转化率为____，该反应的平衡常数Kp=_____。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)，也可表示平衡常数，记作Kp，p(B)=p•x(B)，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]③下列说法正确的是____。A．增大催化剂的比表面积可以提高NO的平衡转化率B．v(NO)正=2v(N2)逆时，反应达到最大限度C．充入一定量的氦气有利于提高反应速率D．实际过程中适当升高温度有利于提高NO去除效率④一种焦炭催化NO还原反应的反应历程如下，请补充完整(“*”表示吸附态)：Ⅰ．NONO*；Ⅱ．2NO*ON—NO*；Ⅲ．_____；Ⅳ．ON—NO—CO*ON—N*+CO2；Ⅴ．_____。（2）利用CH4还原NO脱硝是目前研究的重要技术，其反应为：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H<0。混合气中氧气的存在会急剧降低NO的去除效率，而离子交换分子筛催化剂很好的提高了CH4还原NO的选择性，试用过渡态理论解释其原因_____。【答案】（1）①.<②.该反应为自发反应，△S<0，故△H<0 ，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，φ(CO2)减小，故T1<T2③.80%④.⑤.BD⑥.NO—NO*+CONO—NO—CO*⑦.NO—N*+CON2+CO2（2）氧气存在时，发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比CH4还原NO反应活化能小，导致NO去除率降低。离子交换分子筛催化剂降低了CH4还原NO反应的活化能，选择性提高【解析】【小问1详解】①该反应为气体体积减小的反应，反应熵变△S<0，由利用催化处理汽车尾气中的一氧化氮和一氧化碳的技术已投入实际使用可知，该反应为自发反应，反应△H—T△S<0，所以反应焓变△H<0，相同压强下，温度升高，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的的物质的量分数减小，由图可知，相同压强下，T1条件下二氧化碳的物质的量分数大于T2，所以反应温度T1小于T2，故答案为：<；该反应为自发反应，△S<0，故△H<0，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，φ(CO2)减小，故T1<T2；②设恒温(T1)恒容条件下，容器的体积为VL、一氧化氮的转化率为a，由题给数据可建立如下三段式：由图可知，二氧化碳的物质的量分数为50%，由三段式数据可得：×100%=50%，解得a=0.8，则一氧化氮的转化率80%，平衡时一氧化碳、一氧化氮、氮气、二氧化碳的平衡分压为kPa、kPa、kPa、kPa，反应的平衡常数Kp==，故答案为：80%；；③A．增大催化剂的比表面积可以提高反应的反应速率，但化学平衡不移动，一氧化氮的平衡转化率不变，故错误；B．v(NO)正=2v(N2)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，化学平衡状态是反应达到最大 限度，故正确；C．恒容条件充入一定量不参加反应的氦气，反应体系中各物质的浓度都不变，反应速率不变，故错误；D．实际过程中，适当升高温度能加快反应速率，一氧化氮的消耗量增大，有利于提高一氧化氮的去除效率，故正确；故选BD；④由反应Ⅱ和反应Ⅳ可知，反应Ⅲ为NO—NO*与一氧化碳反应生成NO—NO—CO*，由总反应方程式和反应Ⅳ可知，反应Ⅴ为NO—N*与CO反应生成氮气和二氧化碳，故答案为：NO—NO—CO*；NO—N*+CON2+CO2；【小问2详解】混合气中氧气的存在会急剧降低一氧化氮的去除效率说明氧气与甲烷反应生成二氧化碳和水：CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比甲烷还原一氧化氮反应活化能小，反应速率快，导致一氧化氮去除率降低；离子交换分子筛催化剂很好的提高了甲烷还原一氧化氮的选择性说明离子交换分子筛催化剂降低了甲烷还原一氧化氮反应的活化能，选择性提高，故答案为：氧气存在时，发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比CH4还原NO反应活化能小，导致NO去除率降低；离子交换分子筛催化剂降低了CH4还原NO反应的活化能，选择性提高。30.羟基乙酸是一种很好的清洗剂，某兴趣小组利用羟基乙腈水解制取纯净的羟基乙酸溶液，按如图流程开展实验：已知：①羟基乙腈水解的离子方程式：HOCH2CN(aq)+H+(aq)+2H2O(l)→HOCH2COOH(aq)+(aq)△H＜0。②羟基乙酸易溶于甲醇、乙醇、乙酸乙酯等有机溶剂，易溶于水，沸点265℃，水溶液加热至沸腾时分解。高浓度羟基乙酸会形成酯类聚合物。 请回答：（1）下列说法正确的是____。A.步骤Ⅰ：50%羟基乙腈需分批逐步加入B.步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率C.步骤Ⅳ：用NaOH调节pH后蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤得到(NH4)2SO4D.步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，可获得较大颗粒的晶体（2）步骤Ⅲ：试剂X是____。（3）步骤Ⅴ：控制70℃左右、____条件下浓缩，目的是____。（4）为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。从下列选项中选出合理的操作并排序：准确称取0.6000g样品于锥形瓶中→_____→_____→_____→_____→平行滴定2~3次，计算结果。____a．向锥形瓶中滴加2~3滴酚酞；b．向锥形瓶中滴加2~3滴甲基橙；c．用移液管准确移取25.00mLNaOH溶液于锥形瓶中，溶解样品；d．向锥形瓶中加入约25mL水，溶解样品便于滴定；e．用NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数；f．用HCl标准溶液滴定至终点，记录读数；g．洗涤滴定管、装液、排气泡、调液面，记录读数（5）该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数为42.80%，测得结果明显偏低。分析其原因，决定在上述测定中增加一步操作，测得羟基乙酸的质量分数为60.10%，该操作是____。 【答案】（1）A（2）水（3）①.减压②.防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解（4）cgaf或cagf（5）在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却【解析】【分析】羟基乙腈在硫酸溶液中发生水解，生成羟基乙酸和硫酸铵，用有机萃取剂萃取后，羟基乙酸进入有机层，硫酸铵进入水层；分液后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，可获得硫酸铵；有机层加水，将羟基乙酸溶于水，与有机溶剂分离，从而得到羟基乙酸溶液，控温蒸发结晶，便可获得羟基乙酸晶体。【小问1详解】A.步骤Ⅰ：50%羟基乙腈分批逐步加入，可使羟基乙腈水解比较完全，从而提高其转化率，A正确；B.步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，虽然萃取所用的步骤少，但萃取剂的用量大，给分离提纯带来困难，且增大生产成本，B不正确；C.步骤Ⅳ：用NaOH调节pH，(NH4)2SO4会转化为Na2SO4和一水合氨等，C不正确；D.步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，快速冷却，所获得晶体颗粒小，D不正确；故选A。答案为：A；【小问2详解】因为羟基乙酸易溶于水，且能与碱反应，所以试剂X是水。答案为：水；【小问3详解】题给信息显示：羟基乙酸的水溶液加热至沸腾时分解，所以需控制70℃左右、减压条件下浓缩，目的是防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解。答案为：减压；防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解；【小问4详解】为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。先加入一定量的过量NaOH溶解羟基乙酸，再将标准盐酸装入酸式滴定管、并用盐酸滴定过量的NaOH；由于滴定终点时羟基乙酸钠溶液呈碱性，则所用酸碱指示剂为酚酞。故选cgaf或cagf。答案为：cgaf或cagf；【小问5详解】该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数偏低，应为羟基乙酸与NaOH反应不充分引起的，所以应设法让羟基乙酸与NaOH充分反应，然后再滴定过量NaOH。从而得出该操 作是：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。答案为：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。【点睛】提取羟基乙酸的有机萃取剂，既能将羟基乙酸从水溶液中提取出来，又能将羟基乙酸释放到水中。31.褪黑素是大脑松果体内分泌的一种吲哚类激素，与多种生命活动密切相关。某小组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：已知：请回答：（1）下列说法不正确的是____。A.A→B的生产方法符合绿色化学的要求B.C→D发生了加成反应，F→G发生了取代反应C.化合物G在一定条件下可以生成高分子化合物D.化合物K的分子式是C12H14N2O（2）化合物M的结构简式是____；化合物J的结构简式是____。 （3）E→F的化学方程式：____。（4）写出2种同时符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)____。1H—NMR谱和IR谱检测表明：①含有4种不同化学环境的氢原子；②含有3个六元环，其中1个是苯环；③含有结构，不含N—H键。（5）设计以二氯甲烷和乙醇为原料合成有机物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。【答案】（1）AD（2）①.C2H5OOCCH2COOC2H5或②.（3）（4）、（5） 【解析】【分析】A分子式是C2H2，该物质是乙炔，结构简式是HC≡CH，A与HCl在HgCl2催化下发生加成反应产生B是CH2=CHCl，CH2=CHCl与NaCN发生取代反应产生C：CH2=CH-CN，C与M发生加成反应产生D，根据C、D结构简式，结合M分子式，可知M结构简式是，D与H2在Ni催化下加热发生加成反应产生E为，E在、CDCl3作用下产生F：和C2H5OH，F在碱性条件下水解，然后酸化可得G，G与反应产生H，H与HCOOH反应产生I，I与KOH溶液加热，酯基水解反应产生J：；J与碱石灰共热，发生脱羧反应产生K：，K与(CH3CO)2O形成肽键得到褪黑素。【小问1详解】A．A是HC≡CH，HC≡CH与HCl发生加成反应产生B：CH2=CHCl，反应物原子完全转化为生成物，原子利用率达到100%，但HgCl2是重金属盐，会导致人中毒，因此A→B的生产方法不符合绿色化学的要求，A错误； B．根据C、D结构简式，结合M分子式可知：C与M发生加成反应产生D；F是，其中含有酯基，与KOH溶液共热发生水解反应，然后酸化可得G，故F→G发生了取代反应，B正确；C．化合物G分子中含有-COOH和亚氨基，在一定条件下可以发生缩聚反应产生高聚物，C正确；D．化合物K结构简式为，根据C原子价电子数目是4，可知K分子式是C11H14N2O，D错误；故合理选项是AD；【小问2详解】根据上述分析可知M结构简式是C2H5OOCCH2COOC2H5或；化合价J结构简式是；【小问3详解】E为，E在、CDCl3作用下产生F：和C2H5OH，则E生成F的化学方程式为：； 【小问4详解】I是，其同分异构体满足条件：①含有4种不同化学环境的氢原子；②含有3个六元环，其中1个是苯环；③含有结构，不含N—H键，则其可能的结构为：、；【小问5详解】CH2Cl2与NaCN发生取代反应产生NCCH2CN，NCCH2CN与H2在Ni催化下发生加成反应产生NH2CH2CH2CH2NH2；NCCH2CN在酸性条件下发生水解反应产生HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应产生C2H5OOCCH2COOC2H5，C2H5OOCCH2COOC2H5与NH2CH2CH2CH2NH2发生取代反应产生目标产物，故以二氯乙烷和乙醇为原料合成有机物的合成路线为：。