浙江省台州市2025届高三化学4月教学质量评估试题含解析

PAGE30-浙江省台州市2025届高三化学4月教学质量评估试题（含解析）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.下列物质既能和酸反应，又能和碱反应的是A.NaCl B.KNO3 C.Na2SO4 D.(NH4)2CO3【答案】D【解析】【详解】A.NaCl既不能与碱反应，也不能与酸反应，故A错误；B.KNO3既不能与碱反应，也不能与酸反应，故B错误；C.Na2SO4既不能与碱反应，也不能与酸反应，故C错误；D.(NH4)2CO3与酸反应生成铵盐、水和二氧化碳，与碱溶液反应生成碳酸盐、氨气和水，故D正确；故选D。【点睛】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质。如：a.个别酸性氧化物SiO2；b.具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应，与碱反应；c.具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应，与碱反应。2.下列物质属于电解质，且溶于水为酸性的是A.NaOH B.CO2 C.NaHSO4 D.盐酸【答案】C【解析】【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，电解质与非电解质都必需是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质。【详解】A.NaOH是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，但是其溶于水电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不符合；B.CO2溶于水后，能与水反应生成碳酸，溶液显酸性，且可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，故B不符合；C.NaHSO4是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，且其溶于水电离出氢离子，溶液显酸性，故C符合；D.盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合；故选C。【点睛】电解质与非电解质的推断是常考点，须要留意的是，电解质与非电解质都必需是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不确定能导电，导电的不确定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电确定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似的还有二氧化硫、氨气等。3.下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是A.SO2+2H2S=3S↓+H2O B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C.HCl+NaOH=NaCl+H2O D.Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑【答案】A【解析】【详解】A.SO2中S元素的化合价由+4价降低为0，H2S中S元素的化合价由-2价上升为0，S既是氧化产物也是还原产物，故A符合；

B.Na2O2中-1价的O元素的化合价即上升又降低，NaOH为还原产物，O2为氧化产物，故B不符合；

C.该反应中没有元素化合价的变更，属于非氧化还原反应，故C不符合；

D.Zn元素的化合价上升，H元素的化合价降低，ZnCl2为氧化产物，H2为还原产物，故D不符合；

故选A。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价上升，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。4.下列仪器，在蒸馏操作中应用不到的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A.蒸馏试验中，牛角管的作用是使冷凝后的液体沿着其方向流入锥形瓶，故A不符合；

B.蒸馏试验中，蒸馏烧瓶的作用是盛装受热液体并导出产生的气体，故B不符合；

C.蒸馏试验中，冷凝管的作用是将产生的蒸气液化成液体，故C不符合；

D.蒸馏试验中，不须要蒸发皿，故D符合；

故选D。【点睛】进行蒸馏试验时，须要的仪器有：带铁圈的铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶(接收器)等仪器。5.下列物质名称与物质的符号不对应的是A.消石灰：Ca(OH)2 B.熟石膏：2CaSO4·H2OC.蚁酸：CH3COOH D.硬脂酸钠：C17H35COONa【答案】C【解析】【详解】A.消石灰是Ca(OH)2的俗名，故A正确；B.熟石膏是2CaSO4·H2O的俗名，故B正确；C.蚁酸是HCOOH的俗名，故C错误；D.硬脂酸钠是C17H35COONa的俗名，故D正确；故选C。6.下列表示正确的是A.过氧化钠的电子式：B.钠离子的结构示意图C.乙醛的结构式：CH3CHOD.CO2的比例模型【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠是离子化合物，钠离子不能合并，正确的电子式为：，故A错误；B.钠元素为11号元素，钠离子的质子数为11，核外电子数为10，故钠离子的结构示意图，故B正确；C.乙醛的结构式为，故C错误；D.C原子的半径比O原子的半径大，故CO2的比例模型为，故D错误；故选B。7.下列说法正确的是A.H2O和D2O互为同素异形体 B.16O、18O互为同位素C.C3H6和C4H8互为同系物 D.有机物的同分异构体确定是有机物【答案】B【解析】【分析】A.同种元素组成的不同单质互称为同素异形体；B.质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；

C.同系物指结构相像，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质；

D.具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。【详解】A.H2O和D2O是化合物，不是单质，不能互为同素异形体，故A错误；B.16O、18O的质子数均为8，中子数分别为8、10，中子数不同，互为同位素，故B正确；C.通式符合CnH2n的烃可以是烯烃或环烷烃，则C3H6可以是环丙烷或丙烯，同理C4H8可以是丁烯或者环丁烷等，则二者不确定互为同系物，故C错误；D.有机物的同分异构体不确定是有机物，有机物和无机物也有可能互为同分异构体，如氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]，氰酸铵是无机物，尿素是有机物，故D错误；故选B。【点睛】1.同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，则互为同素异形体的物质必需是单质；2.质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；

3.同系物指结构相像，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，结构相像即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；

4.具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；这是常考点，也是学生们的易错点。8.下列说法不正确的是A.瑞典化学家贝采利乌斯最早提出了有机化学的概念B.晶体硅可用于制造半导体材料C.“光化”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关D.氢氧化铝和苏打都可以用于治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A.瑞典化学家贝采利乌斯1806年最早提出了有机化学的概念，故A正确；B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C.氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生，则“光化”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关，故C正确；D.苏打为碳酸钠，虽然能够与盐酸反应，但是因为碱性较强，所以不能可用于治疗胃酸过多，氢氧化铝和小苏打都可以用于治疗胃酸过多，故D错误；故选D。9.下列说法正确的是A.可以用丁达尔效应区分氯化铝溶液和氯化钠溶液B.二氧化硅是一种酸性氧化物，故不能和酸发生反应C.NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2，可析出NaHCO3D.可以通过电解熔融氯化铝的方法来制备铝【答案】C【解析】【详解】A.丁达尔效应是胶体特性，是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，不能用于区分氯化铝溶液和氯化钠溶液，故A错误；B.二氧化硅是一种酸性氧化物，但其可以与氢氟酸反应，故B错误；C.NaCl饱和溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3晶体，故C正确；D.氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，故不能通过电解熔融氯化铝的方法来制备铝，应电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故D错误；故选C。【点睛】1、钠、镁、铝还原性强，用电解的方法进行冶炼，依据阴极的放电依次（K+Ca2+Na+Al3+H+）可知，电解它们的盐溶液均不能得到三种金属单质，应用电解熔融氧化物或者熔融盐的方法冶炼。电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氧化镁冶炼金属镁，这是学生们的易错点。2、工业制取纯碱(利用侯氏制碱法)，先将足量氨气通入饱和食盐水中，再通入足量二氧化碳气体，由于NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步骤，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得到碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。10.下列说法正确的是A.汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B.熔喷布以聚丙烯为主要原料，是生产医用口罩的重要原材料，制造聚丙烯的原料主要来自于石油的裂化C.生物质气化是指将生物质转化为可燃性气体，这是一种热化学转换D.通过煤的液化可以得到液态的燃料煤焦油【答案】C【解析】【详解】A.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气反应生成的，不是汽油不完全燃烧造成的，汽油不完全燃烧生成CO，故A错误；B.制造聚丙烯的原料为丙烯，工业上获得丙烯的主要途径是石油催化裂解，而不是裂化，故B错误；C.生物质气化是将含碳的生物质原料经简洁的破裂和压制成型后，通以一小部分O2或者稳定的蒸汽、CO2等氧化物，使之转换成可燃性的气体，如H2，CO和CH4等，是一种热化学转换，故C正确；D.煤焦油是通过煤的干馏得到的，而不是煤的液化而得到，故D错误；故选C。11.下列有关试验说法中，不正确的是A.利用纸层析法分别铁离子和铜离子，氨熏后红棕色在上，蓝色在下B.向海带灰的浸取液中，加入少量稀硫酸和过氧化氢溶液氧化C.向氯化钴溶液中滴加浓盐酸，溶液变成粉红色D.皂化反应中，最终通过加入氯化钠，使得高级脂肪酸钠析出【答案】C【解析】【详解】A.Fe3+是亲脂性强的成分，在流淌相中安排的多一些，随流淌相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中安排的多一些，随流淌相移动的速度慢一些，因此Fe3+在上方，Cu2+在下方，则利用纸层析法分别铁离子和铜离子，氨熏后红棕色在上，蓝色在下，故A正确；B.碘离子在酸性条件下可与过氧化氢发生氧化还原反应生成I2，故B正确；C.Co(H2O)62+显粉红色，CoCl42-显蓝色，发生反应CoCl42-+6H2O⇌Co(H2O)62++4Cl-，加入浓盐酸，平衡向逆反应方向移动，溶液变为蓝色，故C错误；D.油脂皂化反应后的混合溶液中加入氯化钠，会降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，析出高级脂肪酸钠，故D正确；故选C。12.下列关于氮及其化合物，说法不正确的是A.氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定B.人工固氮须要在高温高压催化剂的条件下进行，但这是个放热反应C.工业硝酸往往会发黄，因为其中含有Fe3+D.常温下，浓硝酸可以利用铁罐车进行运输【答案】C【解析】【详解】A.氮气是空气中含量最高的气体，由于氮气分子中氮原子之间形成氮氮三键，键能大，不易断裂，则氮气的性质比较稳定，故A正确；B.人工固氮的原理是，须要在高温高压催化剂的条件下进行，该反应是放热反应，温度越低，转化率越高，但是工业条件却是高温，缘由是工业合成必需同时考虑转化率和速率两方面，高温下虽然牺牲了转化率，但是却可以大大缩短达到平衡所须要的时间，变相提高了生产效率，故B正确；C.工业硝酸往往会发黄，是由于硝酸分解产生的NO2溶于硝酸造成的，故C错误；D.常温下，浓硝酸遇铁发生钝化，所以常温下，浓硝酸可以利用铁罐车进行运输，故D正确；故选C。13.下列离子方程式不正确的是A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至完全沉淀：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OB.漂白粉的生产原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OC.二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2＋Br2＋2H2O＝4H+＋2Br－＋SO42－D.AlCl3溶液加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【答案】B【解析】【详解】A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至完全沉淀，假设Ba(OH)2物质的量为1mol，则沉淀完全时，加入1molNaHSO4，此时氢离子和氢氧根离子参加反应物质的量均为1mol，离子方程式正确，故A正确；B.氯气与石灰乳反应生成漂白粉，石灰乳不能拆，正确的离子方程式为：，故B错误；C.二氧化硫通入溴水中，溴单质与二氧化硫发生氧化还原反应，溴单质被还原为溴离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，离子方程式正确，故C正确；D.AlCl3溶液加入过量的氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶与弱碱，离子方程式正确，故D正确；故选B。14.下列说法正确的是A.75%的医用酒精和84消毒液可以使蛋白质变性，均可用于新冠病毒的消毒，故两者可以同时运用B.只须要硫酸铜和氢氧化钠溶液就能区分乙醇、乙醛、乙酸、葡萄糖、蛋清溶液，且都能视察到明显的试验现象C.向麦芽糖溶液中加入少量的稀硫酸，片刻之后加入氨水调整pH，加入银氨溶液，水浴加热，管壁产生银镜，说明麦芽糖发生了水解D.苯的间二取代物只有一种，说明苯环内不存在单双键交替地结构【答案】B【解析】【详解】A.84消毒液含有的次氯酸钠具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合运用，乙醇可能将次氯酸钠还原从而产生氯气引起危急，故二者不行以同时运用，故A错误；B.将硫酸铜和稍过量的氢氧化钠溶液混合制得氢氧化铜悬浊液，在氢氧化铜悬浊液中加入以下物质的现象分别为：乙醇：蓝色沉淀不溶解，无其他明显现象；乙醛：不能溶解新制的氢氧化铜悬浊液，加热后有砖红色沉淀生成；乙酸：发生酸碱中和反应，蓝色沉淀溶解，溶液变蓝；葡萄糖：葡萄糖是多羟基醛，加入新制的氢氧化铜悬浊液，会溶解形成绛蓝色溶液，蓝色沉淀先溶解，加热后产生砖红色沉淀；蛋清溶液：鸡蛋清中含有蛋白质，遇到重金属盐(如铜盐)会变性，生成沉淀，则在蛋清溶液加入硫酸铜溶液，会生成沉淀；以上现象均不相同，则可以鉴别，故B正确；C.葡萄糖、麦芽糖均为还原性糖，均含有−CHO，二者均可以与银氨溶液反应，产生银镜，因此不能说明麦芽糖发生了水解，故C错误；D.苯的邻二取代物只有一种，说明苯环内不存在单双键交替地结构，故D错误；故选B。15.某有机物是一种皮肤药物的中间体，结构如图所示，下列说法不正确的是：A.该有机物全部碳原子都可能同平面B.该有机物遇FeCl3会显紫色C.1mol该有机物最多可以与2molNaOH反应D.1mol该有机物最多可以与5molH2发生加成反应【答案】C【解析】【分析】该有机物中含有苯环结构，含有酚羟基、酯基、碳碳双键、羰基，据此分析解答。【详解】A.该有机物含有苯环结构，乙烯结构，碳氧双键，且单键可以旋转，则全部碳原子都可能同平面，故A正确；B.该有机物含有酚羟基，遇FeCl3会显紫色，故B正确；C.该有机物中含有一个酚羟基和一个酯基，酯基水解后生成一个酚羟基和一个羧基，则1mol该有机物与NaOH溶液反应时，最多可以与3molNaOH反应，故C错误；D.苯环、碳碳双键、羰基均可与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与5molH2发生加成反应，故D正确；故选C。【点睛】C项是学生们的易错点，该酯基水解后生成一个酚羟基和一个羧基，因此1mol该酯基水解会消耗2molNaOH，学生们往往错误认为是1molNaOH，确定留意酯基水解后的羟基，若为醇羟基，则不消耗氢氧化钠，若为酚羟基，要消耗氢氧化钠。16.下列关于元素周期表和元素周期律说法正确的是A.52号元素位于第五周期IVA族B.氧的非金属性比碳强，所以H2O的熔沸点比CH4高C.HClO4是卤族元素最高价含氧酸中酸性最强的酸D.元素周期表纵向看由7个主族、7个副族、第VIII族、0族16个纵行构成【答案】C【解析】【详解】A.依据“0族定位法”可知，54号元素为稀有气体氙元素，其位于第五周期0族，则52号元素位于第五周期VIA族，故A错误；B.因为H2O分子之间可以形成氢键，CH4分子之间不能形成氢键，则H2O的熔沸点比CH4高，故B错误；C.非金属元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，F无正价，又Cl、Br、I中，Cl的非金属性最强，则HClO4是卤族元素最高价含氧酸中酸性最强的酸，故C正确；D.第VIII族由三个纵行构成，则元素周期表有18个纵行构成，故D错误；故选C。17.下列说法正确的是A.常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱B.在相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等C.稀释1mol･L-1的HCl溶液，溶液中的离子浓度均下降D.常温下pH=2的CH3COOH溶液和pH=2的H2SO4溶液，c(CH3COO-)=2c(SO42-)【答案】D【解析】【详解】A.常温下，pH=2的HA溶液中氢离子浓度为10−2mol/L，pH=12的BOH溶液中氢氧根离子浓度为10−2mol/L，二者等体积混合后溶液的pH＞7，溶液显碱性，说明碱的浓度大于酸的浓度，碱确定是弱碱，但酸不能确定强弱，生成的盐可能是弱酸弱碱盐或强酸弱碱盐，故A错误；B.没有告知两溶液的体积，则无法计算n(OH-)，故B错误；C.稀释1mol･L-1的HCl溶液，稀释过程中氢离子浓度和氯离子浓度均减小，而水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D.两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，2c(SO42-)+c(OH-)=c(H+)，又两溶液中的pH相同，即c(OH-)和c(H+)均相同，则c(CH3COO-)=2c(SO42-)，故D正确；故选D18.利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。可用电解LiCl溶液制备LiOH，装置如图所示。下列说法正确的是A.惰性电极B是阳极B.电流流向为a→A→B→bC.该电解池用的交换膜是阴离子交换膜D.阳极发生的电极反应方程式：4OH--4e-=O2↑+2H2O【答案】B【解析】【分析】电解LiCl溶液制备LiOH，由图可知，右侧生成氢气，则右侧溶液中应为水电离出的氢离子放电，同时生成氢气和氢氧根离子，B为阴极，阳极为Cl-放电生成氯气，为防止生成的LiOH与氯气反应，应用阳离子交换膜，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动，在B中得到LiOH，阴阳两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，据此依据电解池的工作原理来解答。【详解】A.由以上分析知，惰性电极B是阴极，故A错误；B.B为阴极，A为阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，则电流流向为a→A→B→b，故B正确；C.由以上分析知，该电解池用的交换膜是阳离子交换膜，故C错误；D.阳极为Cl-放电生成氯气，电极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；故选B。19.H2S催化分解过程中通入CO2、CH4会发生如下反应，下列说法不正确的是A.CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)压缩容器体积，平衡转化率将增大B.H2S(g)+CO2(g)H2O(g)+COS(g)通入CO2，将促进反应的进行C.已知2H2S(g)+CH4(g)4H2(g)+CS2(g)△H＞0，则该反应在高温下易自发D.2H2S(g)2H2(g)+S(g)△H＞0【答案】A【解析】【详解】A.该反应前后为气体物质的量增大的反应，压缩容器体积，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率将减小，故A错误；B.通入CO2，增大反应的浓度，将促进反应正向进行，故B正确；C.该反应前后为气体物质的量增大的反应，则该反应的△S＞0，又△H＞0，高温条件下，△H-T△S＜0，则该反应在高温下易自发，故C正确；D.大多数分解反应为吸热反应，故D正确；故选A。20.捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.10.1gN(C2H5)3可溶于确定量盐酸形成盐，其中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NAB.30g甲酸分子中，电子对数目为5NAC.在捕获过程中，若有22.4LCO2（标准状况）参加反应，则在反应过程中CO2分子只拆开了NA对电子对D.该反应是氧化还原反应，每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.10.1gN(C2H5)3的物质的量为，类似于铵根离子，[N(C2H5)3H]+为弱离子，会发生水解，则其数目小于0.1NA，故A错误；B.30g甲酸的物质的量为，又一个甲酸分子中含有5对共用电子对，则30g甲酸中含有共用电子对数目为，故B错误；C.标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，由图可知，在捕获过程中，二氧化碳分子中的两个碳氧双键均变为单键，则在反应过程中1molCO2分子拆开了2NA对电子对，故C错误；D.CO2中C元素的化合价为+4，甲酸中C元素的化合价为+2，C元素的化合价发生变更，则该反应是氧化还原反应，且C元素的化合价由+4价降低为+2价，则每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故D正确；故选D。21.有两个相同带活塞的容器，向容器a中充入NO2(g)待颜色不再变更，再向容器b中充入溴蒸汽，使两容器的颜色和体积相等〔留意：同浓度的NO2和Br2蒸汽颜色相同，2NO2(g)N2O4(g)(无色)，快速将两容器同时压缩(假设气体不液化)，下列说法正确的是A.a→a′过程中，颜色突然加深，然后渐渐变浅，最终颜色比原来的浅B.若对a和b以极慢的速度缓缓压缩，则a和b的颜色均渐渐加深，但在每一个相同的时间点，b的颜色总比a的深C.假设容器和活塞均为无色，从容器左侧视察a和a′，a′的颜色比a浅D.气体的物质的量：na确定大于nb′【答案】B【解析】【详解】a→a′过程中，增大压强，2NO2⇌N2O4平衡正向移动，有确定量的NO2转化成N2O4，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大；b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，浓度增大，A.a→a′过程中，起先时容器的容积瞬间减小，NO2的浓度瞬间增大，则颜色突然加深，2NO2⇌N2O4平衡正向移动，NO2的浓度渐渐减小，则颜色又渐渐变浅，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大，则最终颜色比原来的深，故A错误；B.在以极慢的速度缓缓压缩的过程中，a中2NO2⇌N2O4平衡正向移动，有确定量的NO2转化成N2O4，而b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，但在每一个相同的时间点，溴蒸汽的浓度总是比NO2的浓度大，故b的颜色总比a的深，故B正确；C.由A项分析知，从容器左侧视察a和a′，a′的颜色更深，故C错误；D.起始时，两容器中气体的浓度和体积相等，即气体物质的量相等，b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，故气体的物质的量：na等于nb′，故D错误；故选B。22.我国科学家运用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在低温下获得较高反应速率，反应过程如图：下列说法正确的是A.若已知CO和H2的标准燃烧热，由此可推算出该反应的ΔHB.过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程，且汲取的热量相等C.在该反应过程中，实际有两个H2O参加反应，断裂了三个氢氧键D.运用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH，提高了反应速率【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，其中C→CO2(g)，H→H2O(l)，因此写出的CO和H2的标准燃烧热的热化学方程式中不含有H2O(g)，因此无法推算出该反应的ΔH，故A错误；B.反应过程中断裂化学键汲取能量，形成化学键放出能量，过程I、II都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，但是过程I还包括CO的吸附过程，存在热量变更，因此过程I、II汲取的热量不相等，故B错误；C.依据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ分别有一个水分子中的氢氧键断裂，过程Ⅲ断裂一个氢氧键，同时形成一个氢氧键，并生成一个水分子，所以在该反应过程中，实际有两个H2O参加反应，断裂了三个氢氧键，故C正确；D.运用催化剂可以降低该反应的活化能，提高反应速率，但不变更焓变，故D错误；故选C。【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。23.某爱好小组用数字试验系统测定确定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析不正确的是A.b点溶液中OH-浓度在整个过程中最大B.水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响C.a→b段水解平衡向右移动D.a点溶液显碱性，且离子浓度从大到小为：Na+>CO32->OH->HCO3-【答案】A【解析】【分析】溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，图中显示温度上升溶液的碱性先增加后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度上升pH值会降低，碳酸钠溶液中温度上升pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程；后pH值下降，说明温度上升水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，据此分析解答。【详解】A.温度上升，碳酸钠溶液中CO32-的水解程度增大，溶液中的OH-浓度会变大，则b点溶液中OH-浓度在整个过程中不是最大，故A错误；B.随温度上升，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制了碳酸盐的水解平衡，导致溶液pH值减小，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故B正确；C.水解是吸热过程，温度越高，水解程度越大，故a→b段水解平衡向右移动，故C正确；D.整个过程中溶液均呈碱性，故a点溶液显碱性，溶液中存在、、，且电离和水解程度较小，则离子浓度从大到小为：Na+＞CO32-＞OH-＞HCO3-，故D正确；故选A。24.过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂，以及作去污剂、清洗剂、杀菌剂。生产过程的主反应方程式：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2，下列说法不正确的是A.过碳酸钠具有强氧化性B.生产过程中采纳较低温度，目是防止产品及反应物的分解C.在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降D.将过碳酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O【答案】D【解析】【详解】A.过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，故过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；B.温度过高会导致过碳酸钠、过氧化强的分解，因此生产过程中采纳较低温度，目的是防止产品及反应物的分解，故B正确；C.碳酸钠能与酸反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，故C正确；D.产物中Na2CO3的CO32-离子与NaHSO4中的H+离子不共存，可以发生反应生成水和二氧化碳，故该方程式不正确，故D错误；故选D。25.有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下试验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透亮溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成已知NaNO2不能被稀硝酸氧化）。依据以上试验现象，你认为以下推断正确的是A.确定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能确定是否含有氯化铁B.确定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物C.另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在D.将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若有无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在【答案】B【解析】【分析】取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透亮溶液，则确定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成已知NaNO2不能被稀硝酸氧化），只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则确定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀确定是AgCl，则确定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在，以此来解答。【详解】由以上分析知，该固体中确定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，确定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，A.确定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，确定不含有FeCl3，故A错误；B.确定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，故B正确；C.另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，故C错误；D.反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，故D错误；故选B。二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.（1）苏打属于________晶体，与盐酸反应时须要破坏的化学键有_________。（2）可与H2反应，请用系统命名法对其产物命名_________。（3）在蔗糖与浓硫酸的黑面包试验中，蔗糖会变黑并膨胀，请用化学方程式说明膨胀的主要缘由：_________。【答案】(1).离子(2).离子键、共价键(3).3，3，6—三甲基辛烷(4).C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O【解析】【分析】(1)苏打是Na2CO3，其由Na+和CO32-构成，Na+与CO32-之间形成离子键，CO32-中碳原子与氧原子之间形成共价键，HCl中H原子与Cl原子之间形成共价键；(2)依据烷烃的命名规则进行命名；(3)依据浓硫酸的特性：脱水性、强氧化性分析解答。【详解】(1)苏打是Na2CO3，其由Na+和CO32-构成，属于离子晶体，与盐酸反应时，发生复分解反应，Na+与CO32-之间形成离子键，CO32-中碳原子与氧原子之间形成共价键，HCl中H原子与Cl原子之间形成共价键，因此二者发生反应时，须要破坏的化学键有离子键、共价键，故答案为：离子；离子键、共价键；(2)与H2发生加成反应生成，其为烷烃，选择最长的碳链作为主链，最长的碳链含有8个碳原子，则命名为辛烷，再给主链碳原子进行编号，并使得取代基的位次编号加和最小，因此在3号碳原子上有两个甲基，在6号碳原子上有一个甲基，则命名3，3，6—三甲基辛烷，故答案为：3，3，6—三甲基辛烷；(3)浓硫酸具有脱水性，将蔗糖里的H、O脱去，剩下炭黑，且浓硫酸具有强氧化性，能够与黑色的炭反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，发生反应C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，因此蔗糖会变黑并膨胀，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O。【点睛】烷烃命名原则：①长选最长碳链为主链；②多遇等长碳链时，支链最多为主链；③近离支链最近一端编号；④小支链编号之和最小；⑤简两取代基距离主链两端等距离时，从简洁取代基起先编号。如取代基不同，就把简洁的写在前面，困难的写在后面。另外需留意含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。27.有一稀硫酸和硝酸铁的混合溶液，向其中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示（不考虑溶液体积的变更）：（1）溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为_________（2）请写出具体的计算过程_________。【答案】(1).2:1(2).加入铁粉，首先发生反应4H++NO3-+Fe=Fe3++NO↑+2H2O，NO3-消耗完后，接着发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，，，，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)=4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)=n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。【解析】【分析】加入铁粉，首先发生反应4H++NO3-+Fe=Fe3++NO↑+2H2O，NO3-消耗完后，接着发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，据此列比例计算。【详解】加入铁粉，首先发生反应4H++NO3-+Fe=Fe3++NO↑+2H2O，NO3-消耗完后，接着发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，，，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)=4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)=n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。28.Ⅰ.某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。已知：标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。请回答：（1）组成A的元素有_________，A的化学式是_________（2）请写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_________（3）A可用于金属的冶炼，请写出A与Fe2O3的化学反应方程式_________Ⅱ.某试验小组做了如下试验：请回答：（1）写出硬质管中发生反应的化学方程式：_________（2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计试验检验产物成分：_____。【答案】(1).Al、C(2).Al4C3(3).Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2(4).Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑(5).CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O(6).将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛【解析】【分析】Ⅰ.已知标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，则气体B的摩尔质量为16g/mol，应为CH4气体，则A中含有C元素，同时A能与氢氧化钠溶液反应，则A中含有Al元素，A为Al4C3，C为NaAlO2，NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳得到D为氢氧化铝固体，进一步灼烧得到E为氧化铝，据此分析解答；Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；(2)依据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。【详解】Ⅰ.(1)由以上分析知，组成A的元素有Al、C，A的化学式是Al4C3，故答案为：Al、C；Al4C3；(2)Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaAlO2，故反应的化学方程式为Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2；(3)Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CO2，故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑；Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；(2)依据乙酸和乙醛性质的区分，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛。29.苯乙烯是一种重要的化工原料，可采纳乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)(g)+H2(g)ΔH=+117.6kJ·mol-1(1)往刚性恒容容器中同时通入乙苯和水蒸气，测得容器总压和乙苯转化率随时间变更结果如图所示。①平衡时，p(H2O)=_________，平衡常数Kp=_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，请列式计算)②下列说法正确的是_________A．当混合气体的平均相对分子质量不再变更，反应达到平衡状态B．增加通入水蒸气的量，有利于乙苯转化率的高C．若将该反应置于恒压容器中反应，其他起始条件相同，乙苯的转化率将减小D．仅往该刚性恒容容器中通入和上述等量的乙苯，其他条件相同，平衡时氢气的分压不变(2)CO2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在以下两种途径：①请画出途径1的能量和反应过程的图像，并作适当标注______________②途径I的反应历程如图所示，下列说法正确的是_________A.CO2为氧化剂B.状态1到状态2形成了O-H键C.中间产物只有()D.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率③刚性容器中，在催化剂作用下，确定时间内p(CO2)与乙苯转化率关系如图分析，则p(CO2)为15kPa时，乙苯转化率最高的可能缘由_________【答案】(1).80kPa(2).45(3).AD(4).(5).AB(6).确定时间内，低于15kPa时，二氧化碳分压低，反应速率慢，所以乙苯转化率低，高于15kPa时，二氧化碳分压高，过多的占据了催化剂表面，阻碍了乙苯的吸附，导致反应速率减慢【解析】【分析】(1)①由图可知，起始时容器的总压强为100kPa，平衡时，总压强为115kPa，则，依据反应方程式(g)(g)+H2(g)的比例关系，利用差量法计算转化量，进而计算平衡时各气体的压强，再计算Kp；②依据平衡状态的推断依据和外界因素对平衡移动的影响进行分析；(2)①先依据盖斯定律计算△H1=△H2+△H3，再画出途径1的能量和反应过程的图像；

②反应过程中CO2转化为CO，C的化合价降低，被还原；状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和等中间产物；催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，据此分析解答；③由途径I的反应历程可知，乙苯催化脱氢被催化剂吸附，在催化剂表面进行，随着CO2压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快，但压强过大时，会导致催化剂吸附乙苯的机能降低，乙苯平衡转化率反而降低，据此分析解答。【详解】(1)①由图可知，起始时容器的总压强为100kPa，平衡时，总压强为115kPa，则，依据反应方程式(g)(g)+H2(g)的比例关系和差量法可知，乙苯的分压削减了p转(乙苯)=15kPa，，解得p始(乙苯)=20kPa，则p(H2O)=100kPa-20kPa=80kPa，，平衡时，p平(乙苯)=20kPa-15kPa=5kPa，p平(苯乙烯)=15kPa，p平(H2)=15kPa，则，故答案为：80kPa；45；②A.混合气体的总质量不变，随着反应的进行，气体物质的量渐渐增大，平均相对分子质量是一个变量，则当混合气体的平均相对分子质量不再变更时，反应达到平衡状态，故正确；B.增加通入水蒸气的量，不变更反应体系中各气体的浓度，因此对该平衡无影响，不能提高乙苯的转化率，故错误；C.若将该反应置于恒压容器中反应，其他起始条件相同，随着反应的进行，气体物质的量增大，容器的容积随之增大，因此相对与原平衡来说，相当于减压，减压平衡正向移动，乙苯的转化率将增大，故错误；D.水蒸气不影响该反应的平衡状态，因此仅往该刚性恒容容器中通入和上述等量的乙苯，其他条件相同，平衡时氢气的分压不变，故正确；故答案为：AD；(2)①由图可知，△H1=△H2+△H3=+117.6kJ/mol+（+41.6kJ/mol）=+159.2kJ/mol，即a=+159.2，则途径1的能量和反应过程的图像可表示为：；②A.反应过程中CO2转化为CO，C的化合价降低，被还原，是氧化剂，故A正确；

B.状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了“HO-C=O”等中间产物，形成了O-H键，故B正确；

C.状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了“HO-C=O”和等中间产物，故C错误；

D.催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，故催化剂不能提高乙苯的平衡转化率，故D错误；故答案为：AB；③由途径I的反应历程可知，乙苯催化脱氢被催化剂吸附，在催化剂表面进行，随着CO2压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快，乙苯平衡转化率渐渐增大，但压强过大时，会导致催化剂吸附乙苯的机能降低，乙苯平衡转化率反而降低，所以p(CO2)为15kPa时乙苯平衡转化率最高，故答案为：确定时间内，低于15kPa时，二氧化碳分压低，反应速率慢，所以乙苯转化率低，高于15kPa时，二氧化碳分压高，过多的占据了催化剂表面，阻碍了乙苯的吸附，导致反应速率减慢。【点睛】化学平衡状态的推断是学生们的易错点，首先确定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变更以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但确定得是“变更的量”不变了，才可作为推断平衡的标记。30.乳酸亚铁晶体〔CH3CH(OH)COO〕2Fe·2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，制备流程如下：反应装置如下图所示：已知：①潮湿的乳酸亚铁易被氧化②物质的溶解性：乳酸钙：溶于冷水，易溶于热水；乳酸亚铁：溶于冷水和热水，难溶于乙醇。请回答：（1）装置甲的气密性检查操作为_________（2）部分试验操作过程如下，请按正确操作依次填入字母，其正确的操作依次是：检查气密性按图示要求加入试剂将三颈烧瓶置于水浴中（）（）（）（）（）（）开动搅拌器……a.关闭K1；b.盖上分液漏斗上口玻璃塞；c.关闭K3，打开K2；d.关闭K2，打开K3；e.打开分液漏斗上口玻璃塞；f打开K1（3）该装置制备乳酸亚铁的优点是_________副产物为_________（4）下列说法正确的是_________A．装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶B．本试验采纳较大铁片而不是铁粉的主要缘由是限制反应速率，防止进入三颈烧瓶的氯化亚铁过多，反应过于猛烈C．乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗再次抽滤D．粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量（5）在试验过程中FeCl2溶液和乳酸钙溶液混合即出现浑浊，接着在60℃-70℃下反应30分钟，静置冷却、抽滤、洗涤、低温真空干燥，得到成品，经测定得到反应温度和成品中Fe3+含量关系如图，60℃之后Fe3+含量明显较低的可能的缘由是_________（6）有同学提出可干脆用KMnO4滴定法测定样品中的Fe2+量进而计算纯度，但试验后发觉结果总是大于100%，其主要缘由可能是_________【答案】(1).关闭K3、K2，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺当流下，则证明甲装置气密性良好(2).d(3).e(4).f(5).c(6).a(7).b(8).亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高(9).氯化钙(10).AD(11).在较高温度下反应一段时间，有利于得到大颗粒