二轮拔高卷3-2022年高考化学模拟卷（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—140—16Na—23Mg—24Al—27Si—28

S—32Cl—35.5Fe—56Cu—641—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.K2sB.CuChC.Na?OD.Na2so4

【答案】A

【解析】A项，K2s是强碱弱酸盐，水溶液中Sz冰解后溶液呈碱性，故A正确；B项，CuCL是强酸

弱碱盐，水溶液中CF+水解后溶液呈酸性，故B错误；C项，NazO溶于水，与水化合生成NaOH,溶液呈

碱性，故C错误；D项，Na2s04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

Ao

2.下列物质属于弱电解质的是（）

A.CuSO4B.HIC.NH3D.CI7H35coOH

【答案】D

【解析】A项，CuSCh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+、匕属于强电解质，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，G7H35coOH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:「「

.区冷水JT

c.肝D.rD

最

【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事碰的是（）

A.冰晶石：Na3AIF6B.熟石膏：2CaSO4H2O

C.工业盐：NaClD.小苏打：NaHCCh

【答案】C

【解析】A项，冰晶石是种矿物，化学式为Na3AlF6,A正确；B项，熟石膏是ZCaSC^H?。，生石

膏为CaSC）4・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.下列表示不思顾的是（）

NO：

A.对硝基苯酚的结构简式：［jB.水分子的比例模型：

HO

C.SiO2的结构式：O=Si=OD.异戊二烯的键线式：

【答案】C

NO：

【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,

H0

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.下列说法不巧砸的是（）

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、煤的干储、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煌转换为短链的

不饱和烧，如乙烯，煤的干福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储，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.I,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.联苯和蔡互为同分异构体

【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CH?,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0-0^

子式是Cl2HM蔡的结构简式QQ）,分子式是C10H8,则二者不是同分异构体，故D错误：故选B。

8.下列说法不无确的是（）

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0H-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AF+发生双

水解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.下列说法不至碘的是（）

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+2KNOj+3C=K2S+N2T+3CO2t中，下列说法不无项的是（）

A.S在反应中得电子

B.KNOj中N元素被还原

C.每3moic参加反应，有2moi的C被KNCh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KNCh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，2moiKNCh参加反应，N

兀素化合价由反应前KNOj中的+5价变为反应后N?中的0价，得到电子2molx5=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2moloC元素化合价由反应前C单质

中的0价变为反应后CO?中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，3molC发生反应失去3molx4=l2mol

电子，其中被KNCh氧化的C原子的物质的量为3molxW=2.5mol,C错误；D项，在该反应中，CCh为氧

12

化产物，K2S.N?为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3moi：（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Imol/LCuSCU溶液、Imol/LCuCL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，纸匕g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CuCb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，下列说法不思獭的是()

A.Imol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02

C.含0.1molNa3AlF6溶液中阳离子数目为0.4NA

D.2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42\lmol[2Mn2++5S2O82-]完全反应转移的电子数为IONA

【答案】C

【解析】A项，1分子水形成2个氢键，则Imol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Imol,而ImolCFhO燃烧消耗Imol

氧气，故消耗的氧气分子数为NA,B项正确；C项，0」molNa3AlF6可电离出0.3molNa+和O.lmolAlF。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2moiMn?+完全反应转移电子的物质

的量为2moix[(+7)-(+2)]=10mol,即转移电子数为IONA,D项正确；故选C。

13.下列离子方程式书写不氐砸的是()

A.向一定体积明矶溶液中滴加Ba(OHb溶液，使硫酸根离子浓度降低到最小时：

3+22+

AI+2SO4-+2Ba+4OH=2BaSO4i+AlO2+2H2O

B.在硫酸酸化的KMnCU溶液中滴入双氧水，溶液褪色：2KMnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2f+8H2。

2++3+

C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2NOy+3Fe+4H=3Fe+2NOt+2H2O

D.已知酸性的强弱：H2co3>HCN>HC0y,则向NaCN溶液中通入少量CO2时，

CN+CO2+H2O=HCN+HCO3-

【答案】c

【解析】A项，向明机溶液中滴加Ba(OH”溶液，使硫酸根离子浓度降低到最小时，依据KA1(SC>4)2

组成可知若2单位S042-完全反应需要2个单位Ba(OH)2,即提供4个单位0出此时I个单位AF+完全转化

为AlO*A正确；B项，在硫酸酸化的KMnO」溶液中滴入双氧水，溶液褪色，此时KMnCh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++5ChT+8H20,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，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+=3l2+2NOT+4H2。，C错误：D项，因为酸性的强弱顺序：H2CO3>HCN>HCO3',

贝向NaCN溶液中通入少量的CCh时应该生成HCN和HCOy,离子方程式为：CN+CGh+HzOHCN+HCOj,

D正确：故选C。

14.下列说法不生够的是()

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胭醛树脂

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。

)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Cl5Hl8。3

B.所有碳原子可能共平面

C.ImolM最多能与4moiH2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CL5H2()。3,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ImolM

最多能与3moi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

HO、a

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-l),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8

B.元素的非金属性：Z>Y>Q

C.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的气态氨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-l),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•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，漠是红棕色液体，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HC10是弱电解质的是()

A.25℃时,用pH试纸测0.01molL」HC10的pH值

B.25℃时，NaClO溶液的pH值大于7

C.25℃时，若测得HC1O溶液pH=a,取该溶液10.0mL,加蒸储水稀释至100.0mL,测得pH=b,b-a<],

则HCIO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，HC1O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

C16水解显碱性，根据有弱才水解，说明HC1O是弱酸，B正确；C项，25℃时，若测得HCIO溶液pH>6,

无论弱酸还是强酸，稀释10倍后，pH-定V7,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(叫)+H2O⑴AH=akJmol_1

1

②H3O+(aq)+OH-(aq)=2H2O(1)AH=bkJ-mol-

+1

③HF(aq)+H2O⑴H3O(aq)+F(aq)AH=ckJ-mol-

1

@F-(aq)+H2O(l)HF(aq)+OH(aq)AH=dkJ-mol-

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<0

C.c>0,d<0D.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，A"=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,己知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(1=也>0,D不正确。故

选B。

19.苯乙烯与溟苯在一定条件下发生Heck反应:

某实验小组在原料及催化剂杷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℃、14h

C.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140C升到160C,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1（XTC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

卜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140C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.下列关于物质端的大小比较，合理的是（）

A.相同压强下，lmolH2O（50℃）>lmolH2O（8（rC）

B.标准状况下，lmolSO2<lmolSO3

C.相同温度和压强下，1molH2<2molHe

D.相同温度和压强下，Imol正丁烷>lmol异丁烷

【答案】C

【解析】A项，相同物质的量的物质，燧的大小与温度有关，温度越高，燧越大，故A错误；B项，

在标准状况下SOa为固体而S02为气体，相同物质的量的气体的增远比固体的大，故B错误；C项，气体

物质的量越多，燧越大，同时相对分子质量越大，嫡也越大，故C正确；D项，在同分异构体中，支链越

多，燃越大，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S02制备硫酸，其原理如图所示。下列说

法正确的是()

电极Ptl电极Pt2

A.交换膜X为阴离子交换膜

B.电极P12的电极反应式为02+4e-=2O

C.相同条件下，放电过程中消耗的SO2和S2的质量比为4:1

D.若用该电池电解硫酸铜溶液，则理论上生成64g铜时，消耗ImolCh

【答案】C

【解析】由图可知电极Ptl为负极，电极反应式为SCh+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+2H2OH2so人A项，电极Ptl为负极，电极反应式为

2+

SO2+2H2O-2e=SO4+4H,电极Pt2为正极，电极反应式为2+4田+452比0,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=2H8,B项错误；C项，根据总反应2so2+O2+2H2OH2sCM可知，相同条件下，放电过程中消

耗的5€)2和02的质量比=(21110收648/11101):(11110以328/1!101尸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2moie,再结合2+4H++4e=2H2。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C02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C02反应生成Na2cCh和则Na2O2与S02反应生成Na2so3和。2

C.NH3能与HC1反应生成NH91,则H2N-NH2也可以与HC1反应生成N2H6cL

D.Zn与CuSO4溶液反应生成ZnSO4和Cu,则Na与CuSO4溶液反应生成Na2s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SiO?不可以与水反应生成硅酸，A错误；B

项，NazCh具有强氧化性、S02具有强还原性，则NaaCh与S02反应能生成Na2so4,B错误；C项，NH.；能

与HCI反应生成NHKZI,氨基也具有碱性，则H2N-NH2也可以与HC1反应生成N2H6cI2,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CuSCh

溶液反应生成Na2sCM和氢氧化铜沉淀和氧气，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

c(酹)

PE2竦。25七时，用。的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消

耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pK^-lgK^lO^^S,酸性HA>HCN)。

下列说法不氐琥的是()

A.HA电离常数的数量级为10-5

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

【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pH=pLTgg^可得：4.27+lg鉴乎

c(盐)0.8

=4.75+lg16c-1-6,整理可得竺匚10°48=3,解得C=0.2,则PKa=4.75+lg(2—1)=4.75,Ka=lL”。A项，HA

1.6c-1

的电离常数Ka=10—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+)=lLq由K否

c(A

二:、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(HA)

>c(A-)+c(OH-),故B错误；C项，b点时^(H^IO-475,由K产-'"可得溶液中c(A-尸c(HA),

则随氢氧化钠溶液体积增大,C点时溶液中e(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pH=pKa-lgC-（§酸（）可知，当1gc谭（酸）（相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若

CI击iJC\im/

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[LRU“I（H2O）5-和[CeYNO3）6F（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.[Ce*NO3）6]2-在反应中做催化剂

B.催化氧化水的反应为：2H2。山区。2产2H2f

C.若反应①中为H2I8O,反应②中为H2I6O,则产生160,0

D.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）6K-在反应中做反应物，A错误；B项，根据流程可

知该反应中H?O和[CeA（NO3）6]2-为反应物，最终产物为[Ce叫NChNF、O2和H+,总反应为

2H2O+4[CeN（NO3）6F」SUo2T+4[Cem（NO3）6]3-+4H+,B错误；C项，据图可知反应①中为Hz”。和反应

②中为Ham。中的O原子最终都将通过反应③释放出。2,故产生160馋0,c正确；D项，由图可知，反应

③中0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检验电解法制备电解饱和食盐水，用湿润的碘化若试纸变蓝色，则说明有氯气产

的氯气钾淀粉试纸检验阴极产生的气体生

探究H2O2和

将稀硫酸酸化的H2O2加入若溶液出现黄色，则说明H2O2

BFe3+的氧化性强

Fe(NO3)2溶液中的氧化性比Fe3+强

弱

探究CH3coOH用pH试纸分别测定若

C和HC1O的KaO.lmolL'CHaCOONa溶液和pH(NaC10)>pH(CH3C00Na),则

大小NaClO溶液的pH说明Ka(CH3C00H)>Ka(HC10)

取三支试管各加入等量的己烷、若加入甲苯中的溶液褪色，其他

探究有机物基团苯、甲苯，分别加入几滴等量的两支试管中的溶液不褪色，则说

D

之间的相互影响酸性KMnCU溶液泌要时可以稍明苯环对甲基有影响，使甲基更

稍加热)，再观察现象易被氧化

【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FeS04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)两种硼氨化物的熔点如表所示：

硼氢化物

NaBH4A1(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2H2。H3O+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(NH»2电子式。

【答案】(1)前者为离子晶体，后者为分子晶体(2分)

(2)[H：N：H]'Ca2*[H：^：H]"(2分)

【解析】(I)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NR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NH，构成，电子式为伊求：叮(：仆伊：与：叮。

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82(g)、H2O(g),HCI(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mol。

(2)有机物X的分子式为。

【答案】(1)0.4(2分)(2)C2HQO2(2分)

【解析】(1)含氯有机物燃烧产生C02(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CCh、HC1»根据水蒸气的质量可知H2O的物质的

量"32。)=卷舄=°2mol:CCh、HC1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C1元素守恒可知〃(HCl)=〃(AgC1)=

=2mO1

1435<Vmol°'，制HCD=0.2molx36.5g/mol=7.3g,反应产生CO2的质量w(CO2)-24.9g-7.3g-17.6g,

176。

则反应产生CO的物质的量为"(CO?)=一；「0・4mol；⑵根据H元素守恒，由z?(HO)=0.2mol,n(HCl)=0.2

244g/mol2

mol可得皿H)=2〃(H2O)+W(HC1)=(0.2molx2+0.2mol)xlg/mol=0.6g；根据C元素守恒可得???(C)=0.4molxl2

g/mol=4.8g,根据Cl元素守恒可得/n(Cl)=0.2molx35.5g/mol=7.1g,故根据质量守恒定律可知该有机物中

]89g-48g-06g-71g

含有O元素的物质的量为〃(O)=—〃(C)：〃(H)：〃(C1)：n(O)=0Amol：0.6mol：

16g/mol

0.2mol：0.4mol=2：3：1：2,所以该物质的化学式为C2H3CIO2。

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H,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。

H:N:H

【答案】(1)N(2分)..(2分)

H

⑵CuO+2NaNs^£Cu+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钢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NazO,推知D含有Na元素，3.9g的D反应得到2.016LN2(n=/^、=0.09mol),根据原子守恒可得

乙乙、4L/mol

化合物D中n(N)=0.09molx2=0.18mol,m(N)=0.18molx14g/mol=2.52g,则化合物D中m(Na)=3.9g-2.52g=1.38g,

n(Na户，."g=0.06mo1,因此化合物D的化学式为NaN3,步骤II发生的反应为：CuO+2NaNs撞击Cu

23g/mol=

+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

2.4gI344L

2.4gNaOH(n=-------=0.06mol),1.344LNH^(n=—:------=0.06mol,m=0.06molx17g/mol=1.02g)fll

40g/mol22.4L/mol

3Qcj

3.9gNaN?(n=---——-0.06mol),根据质量守恒可得m(N2O)=2.4g+3.9g+1.02g-4.68g=2.64g,则n(N2O)=

65g/mol

264g

—=0.06mol,在由原子守恒可得,化合物X中n(Na)：n(N)：n(H)=(0.06x2)：(0.06+0.06x3-0.06x2)：

44g/mol

(0.06+0.06x3)=2：2：4=1：1：2,因此化合物X为NaNHz。⑴D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H：'：11；Q)由上述分析可知，步骤］［发生的反应化学方

H

程式为：CuO+2NaNj撞击Cu+Na2(J+3N2；(3)化合物X为NaNfh,工业上用Na和液态NH3反应得到，反

应的化学方程式为：2Na+2NH3=2NaNFh+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%,乂难溶于水和稀硫酸，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

钢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N=NH-HN-H

键能/(kJ-mol1)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无幽的是。

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Hz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n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t°C后的变化情况。

八N2转化率/%

100-

t温度/℃

(4)在25℃下，将NH3溶于水制成氨水，取amol-L”的氨水与O.OlmolL」的盐酸等体积混合，反应后溶

液中c(NH4+)=c(Ck)。用含a的代数式表示NH3H2O的电离平衡常数Kb=。

(5)工业上用N%催化还原NCX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)»

50-

40-