2021年普通高中学业水平选择性考试(浙江卷1月)高考化学试卷

2021年普通高中学业水平选择性考试(浙江卷1月)化学本试卷共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39Ca—40Cr—52Fe—56Cu—64Ag—108Ba—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项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。1．下列含有共价键的盐是()A．CaCl2 B．H2SO4C．Ba(OH)2 D．Na2CO3解析：选D氯化钙属于盐，是由简单离子形成的离子化合物，不含共价键；硫酸属于酸；氢氧化钡属于碱，；碳酸钠属于盐，碳酸根离子中C、O原子之间形成的是共价键，故选D。2．蒸馏操作中需要用到的仪器是()解析：选AA仪器是蒸馏烧瓶，是蒸馏操作的必备仪器；B仪器是分液漏斗，是萃取、分液操作的仪器；C仪器是蒸发皿，是蒸发结晶操作的仪器；D仪器是容量瓶，是配制一定物质的量浓度溶液的仪器。3．下列物质属于强电解质的是()A．KOH B．H3PO4C．SO3 D．CH3CHO解析：选A氢氧化钾是强碱，属于强电解质，A符合题意；磷酸是中强酸，属于弱电解质，B不符合题意；三氧化硫是非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；乙醛是有机物，属于非电解质，D不符合题意。4．下列物质与俗名对应的是()A．纯碱：NaHCO3 B．硫铵：NH4HSO4C．TNT： D．氯仿：CCl4解析：选C碳酸钠的俗名是纯碱，碳酸氢钠的俗名是小苏打；硫铵是硫酸铵的俗名；2，4，6三硝基甲苯的俗名是TNT；三氯甲烷的俗名是氯仿；故选C。5．下列表示正确的是()A．甲醛的电子式：B．乙烯的球棍模型：C．2甲基戊烷的键线式：D．甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3解析：选B题中氧原子周围没有满足8电子结构，A错误；乙烯是平面形分子，分子中2个碳原子均为sp2杂化，B正确；题中键线式表示有机物的名称是3甲基戊烷，C错误；题中有机物的名称是乙酸甲酯，D错误。6．下列说法不正确的是()A．联苯属于芳香烃，其一溴代物有2种B．甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反应C．沥青来自石油经减压分馏后的剩余物质D．煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等解析：选A联苯中有三种氢原子，如图，所以其一溴代物有3种，A说法错误；根据反应机理可知，甲烷与氯气在光照下的反应属于自由基反应，B说法正确；石油分馏是物理变化，是根据石油中各种成分的熔、沸点不同进行分离，减压分馏可使重油中可挥发部分在炭化之前挥发出来，最后剩余物质就是沥青，C说法正确；煤的气化是以煤炭为原料，在特定的设备(如气化炉)内，在高温高压下使煤炭中的有机物质和气化剂发生一系列的化学反应，使固体的煤炭转化成可燃性气体的生产过程，生成的可燃性气体以一氧化碳、氢气及甲烷为主要成分，D说法正确。7．下列说法正确的是()A．14N2和15N2互为同位素B．间二甲苯和苯互为同系物C．Fe2C和Fe3C互为同素异形体D．乙醚和乙醇互为同分异构体解析：选B同位素是同种元素的不同核素，14N2和15N2是两种单质分子，A错误；同系物是结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团的物质，间二甲苯和苯都含有苯环，分子组成相差2个CH2，属于同系物，B正确；同素异形体是同种元素组成的不同单质，Fe2C和Fe3C是两种化合物，C错误；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，分子式为C4H10O，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，二者不互为同分异构体，D错误。8．下列说法不正确的是()A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫解析：选A铝热反应中的反应物是铝单质与金属氧化物，A说法错误；镁燃烧时会发出耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的石膏，利用石膏的这一性质，人们常用石膏制作各种模型和医疗石膏绷带，C说法正确；用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵又被氧化成硫酸铵，既可消除SO2带来的污染，又可得到副产品硫酸铵，D说法正确。9．下列说法不正确的是()A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔解析：选D有色玻璃是固溶胶，玻璃是分散剂，金属氧化物为分散质，将某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，A说法正确；用提取粗食盐的母液作为制取溴的原料，一是可充分利用原料，二是海水得到了浓缩，使Br－的浓度增大，有利于提取Br2，B说法正确；生物炼铜利用的是某些具有特殊本领的细菌，这些细菌能耐受铜盐的毒性，并能用空气中的氧气氧化硫化铜，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，C说法正确；沸腾炉、接触室和吸收塔是工业制硫酸的主要设备，而氧化炉(转化器)、热交换器和吸收塔是工业制硝酸的主要设备，D说法错误。10．关于反应8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O，下列说法正确的是()A．NH3中H元素被氧化B．NO2在反应过程中失去电子C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶4D．氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3解析：选D氨气中氢元素化合价在反应前后未发生变化，A错误；在反应过程中NO2中氮元素化合价降低，得到电子，B错误；NH3中氮元素化合价升高，被氧化，是还原剂，NO2中氮元素化合价降低，被还原，是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，C错误；氧化产物由还原剂得到，还原产物由氧化剂得到，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，D正确。11．下列说法不正确的是()A．用纸层析法分离Fe3＋和Cu2＋，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果B．将CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇，加水稀释，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色C．乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去聚合物杂质D．某些强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸解析：选A用纸层析法分离Fe3＋和Cu2＋的实验中不能将滤纸上的试样点完全浸入展开剂中，否则试样接触展开剂会溶解在展开剂中而无法分离，A说法错误；将CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇，存在平衡[CoCl4]2－(蓝色)＋6H2O[Co(H2O)6]2＋(粉红色)＋4Cl－，加水稀释时，平衡向正反应方向移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，B说法正确；乙酰水杨酸(结构简式为)能与碳酸氢钠反应生成水溶性钠盐，而其副产物聚乙酰水杨酸不能溶于碳酸氢钠溶液，故过滤可除去聚合物杂质，C说法正确；研磨时强氧化剂易发生分解反应，生成气体，导致爆炸，故KClO3、KMnO4等强氧化剂及其混合物不能研磨，D说法正确。12．下列“类比”合理的是()A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3解析：选CNa与H2O反应是因为金属钠的特殊活泼性，不是金属的通性，所以不能类比其他金属，A错误；HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，B错误；Na3N是离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，可看作是阴、阳离子之间重新组合生成NaCl和NH3，NH3再与HCl结合生成NH4Cl，Mg3N2与Na3N结构相似，都是离子化合物，结构决定性质，所以反应可以“类比”，C正确；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]＋，离子反应方程式为Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，所以得不到Ag2O，D错误。13．下列反应的方程式不正确的是()A．石灰石与醋酸反应：COeq\o\al(2－,3)＋2CH3COOH=2CH3COO－＋CO2↑＋H2OB．铜片上电镀银的总反应(银做阳极，硝酸银溶液做电镀液)：Ag(阳极)eq\o(=,\s\up7(通电))Ag(阴极)C．铜与稀硝酸反应：3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OD．向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓解析：选A碳酸钙是难溶物，离子方程式中应该保留化学式，A方程式错误；铜片上电镀银，阳极反应为Ag(阳极)－e－=Ag＋，阴极反应为Ag＋＋e－=Ag(阴极)，所以总反应为Ag(阳极)eq\o(=,\s\up7(通电))Ag(阴极)，B方程式正确；铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C方程式正确；向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，氢氧化钡完全反应，明矾是过量的，则Ba2＋和OH－一定会按照化学组成参加反应，即离子方程式中Ba2＋与OH－的化学计量数之比为1∶2，然后根据Ba2＋和OH－来确定Al3＋和SOeq\o\al(2－,4)的化学计量数，离子方程式为2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D方程式正确。14．下列说法不正确的是()A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生咸4种二肽B．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基D．工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油解析：选B甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下可生成4种二肽，分别是甘氨酸和甘氨酸、丙氨酸和丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的氨基和丙氨酸的羧基缩合、丙氨酸的氨基和甘氨酸的羧基缩合形成2种二肽，共4种，A说法正确；酸性高锰酸钾溶液和草酸反应的化学方程式是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O，则草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B说法错误；纤维素中含—OH，与乙酸酐发生酯化反应生成醋酸纤维和乙酸，醋酸纤维不燃烧，则醋酸纤维可用于生产电影胶片片基，C说法正确；植物油中含有碳碳双键，植物油和氢气在一定条件下发生加成反应，此过程称为植物油硬化或植物油氢化，可用于制造人造奶油，D说法正确。15．有关的说法不正确的是()A．分子中至少有12个原子共平面B．完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C．与FeCl3溶液作用显色D．与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种解析：选C苯环是一个平面结构，六个碳原子和六个氢原子一定共平面，所以该有机物取代苯环氢原子位置的原子仍然在这个平面上，即分子中至少有12个原子共平面，A说法正确；该有机物完全水解后得到的产物为，其中只有与氨基直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B说法正确；该有机物不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显色，C说法错误；该有机物与足量NaOH溶液完全反应后生成和碳酸钠，D说法正确。16．现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中Z、Q在同一周期。相关信息如下表：元素相关信息X最外层电子数是核外电子总数的一半Y最高化合价和最低化合价之和为0Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近Q同周期元素中原子半径最小下列说法正确的是()A．常温时，X单质能与水发生剧烈反应B．Y与Q元素组成的YQ4分子，空间构型为正四面体C．Y、Z、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱D．第5周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态解析：选BBe的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水发生剧烈反应，A错误；Y与Q元素组成的CCl4或SiCl4分子，空间构型均为正四面体，B正确；Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，C错误；第5周期且与Cl同主族元素的单质是碘，碘在常温常压下呈固态，D错误。17．25℃时，下列说法正确的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1<α2D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出的H＋的物质的量为1.0×10－5mol解析：选DNaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α2，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4mol·L－1，则水电离出的H＋的物质的量浓度也是1.0×10－4mol·L－1，则100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－4mol·L－1×100×10－3L＝1.0×10－5mol，D正确。18．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1molNH4F晶体中含有的共价键数目为3NAB．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NAC．向100mL0.10mol·L－1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NAD．0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA解析：选CNH4F晶体中1个铵根离子中含有4个共价键，则1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；2.24L(标准状况)CH4和C2H4混合气体的物质的量是0.1mol，由于1molCH4和C2H4完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；100mL0.10mol·L－1FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，即0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目一定小于0.1NA，D错误。19．取50mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O2=2H2O＋O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(mol·L－1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是()A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B．20～40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L－1·min－1C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I－也可以催化H2O2分解解析：选C由题给表格数据可知，反应20min时，过氧化氢的物质的量为(0.8－0.4)mol·L－1×0.05L＝0.02mol，根据反应方程式可得生成氧气的物质的量为0.01mol，即体积为224mL(标准状况)，A说法正确；20～40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40－0.20)mol·L－1＝0.20mol·L－1，则这段时间内的平均速率v＝eq\f(Δc,t)＝eq\f(0.20mol·L－1,20min)＝0.010mol·L－1·min－1，B说法正确；其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，随着反应的进行，过氧化氢的浓度逐渐减小，所以第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C说法错误；I－在反应中的作用是做催化剂，分解酶或Fe2O3也可以催化过氧化氢的分解，D说法正确。20．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H—HH—O键能/(kJ·mol－1)436463热化学方程式2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－482kJ·mol－1则2O(g)=O2(g)的ΔH为()A．428kJ·mol－1 B．－428kJ·mol－1C．498kJ·mol－1 D．－498kJ·mol－1解析：选D2O(g)=O2(g)的过程形成O=O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O=O共价键的键能，A、C错误；对于热化学方程式2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－482kJ·mol－1，根据键能与焓变的关系ΔH＝2E(H—H)＋E(O=O)－4E(O—H)，可计算得E(O=O)＝－482kJ·mol－1＋4×463kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1＝498kJ·mol－1，B错误，D正确。21.铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。下列推测不正确的是()A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛B．若a＝eq\f(x,2)，则M为二价阳离子C．调节eq\f(y,x)(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子解析：选A偏铝酸钠在强酸溶液中反应，AlOeq\o\al(－,2)会转化成Al(OH)3，然后再溶解生成铝离子，不会形成铝氧四面体，即得不到分子筛，A推测错误；分子筛Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O中，“AlO2”显－1价，“SiO2”、“H2O”都显0价，设M的化合价为m，则根据正、负化合价代数和为0，m×eq\f(x,2)＋x×(－1)＝0，解得m＝＋2，B推测正确；铝硅酸盐型分子筛的热稳定性与其结构类型、结晶度、硅铝比等都有关系，则调节eq\f(y,x)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性，C推测正确；分子筛是一种具有多孔结构的水合铝硅酸盐，其中有许多笼状孔穴和通道能让直径比孔穴小的分子通过而将直径比孔穴大的分子留在外面，故可用于筛分分子，D推测正确。22．镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是()A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变D．镍镉二次电池的总反应式：Cd＋2NiOOH＋2H2Oeq\o(KN*,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Cd(OH)2＋2Ni(OH)2解析：选C断开K2、合上K1，发生的是原电池反应，所以能量转化形式为化学能→电能，A说法正确；断开K1、合上K2，发生的是电解池反应，电极A与电源负极相连，为阴极，阴极发生还原反应，B说法正确；当发生电解反应时，电极B是阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=2NiOOH＋2H2O，根据电极反应式可知溶液中KOH浓度降低，C说法错误；根据题给装置图中物质的变化过程可得总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2Oeq\o(KN*,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D说法正确。23．实验测得10mL0.50mol·L－1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L－1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。下列说法不正确的是()A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为eq\f(0.50,x)mol·L－1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))解析：选C醋酸钠溶液显碱性，加水稀释，碱性减弱，c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小，氯化铵溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱，c(H＋)减小，c(OH－)增大，pH增大，即实线表示pH随加水量的变化；升温，Kw增大，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都会增大，pH表示氢离子浓度的负对数，所以pH都会减小，即虚线表示pH随温度的变化，A说法正确，C说法错误。将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为eq\f(0.50,x)mol·L－1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H＋)变为原来的eq\f(1,x)，则溶液的pH将增大lgx，但是加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H＋)大于原来的eq\f(1,x)，因此溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确。25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中分别存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)、c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，即氯化铵溶液中：c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(H＋)－c(OH－)，醋酸钠溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，盐的水解程度相同，因此，两溶液中|c(OH－)－c(H＋)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))，D说法正确。24．在298.15K、100kPa条件下，N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，N2(g)、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1J·K－1·mol－1、28.9J·K－1·mol－1和35.6J·K－1·mol－1。一定压强下，1mol反应中，反应物[N2(g)＋3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是()解析：选B根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2(g)、H2(g)和NH3(g)的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算，反应物[N2(g)＋3H2(g)]能量升高值为(29.1＋3×28.9)×ΔT、生成物[2NH3(g)]的能量升高值为(2×35.6)×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值(焓变的绝对值)更大了，A错误，B正确。25．下列方案设计、现象和结论都正确的是()选项目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液中是否含有NOeq\o\al(－,2)取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NOeq\o\al(－,2)B探究KI与FeCl3反应的限度取5mL0.1mol·L－1KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度C判断某卤代烃中的卤素取2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素D探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀H2SO4后水浴加热5min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定解析：选B若原溶液中存在硝酸根离子，NOeq\o\al(－,3)可以和Fe2＋反应生成Fe3＋，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根离子，A错误；根据题给数据可知，三价铁的量不足，如果反应完全，三价铁应该没有剩余，溶液变血红色证明三价铁有剩余，说明该反应存在化学平衡，即KI与FeCl3的反应有一定限度，B正确；溶液中加入KOH后，体系中剩余大量的OH－，再加入硝酸银溶液后OH－也可以使Ag＋产生白色沉淀，C错误；新制Cu(OH)2悬浊液在酸性溶液中会溶解，不会与醛基发生特征反应，所以看不到砖红色沉淀，无法证明蔗糖在酸性水溶液中是否稳定，D错误。二、非选择题：本大题共6小题，共50分。26．(4分)(1)用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期ⅢA族，其卤化物的熔点如下表：GaF3GaCl3GaBr3熔点/℃>100077.75122.3GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是______________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)乙酸的相对分子质量为60，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，可能为两分子乙酸缔合形成的二聚体，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体()。(2)F的非金属性比Cl强，比较GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体中主要作用力为离子键，分子晶体中主要作用力为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故GaF3的熔点比GaCl3高很多。答案：(1)两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()(2)GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力27．(4分)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O(x－1)S＋K2Seq\o(=,\s\up7(△))K2Sx(x＝2～6)S＋K2SO3eq\o(=,\s\up7(△))K2S2O3请计算：(1)0.480g硫单质与VmL1.00mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________。(2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程)解析：(1)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))2K2S＋K2SO3＋3H2O，0.480gS的物质的量n(S)＝0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n(KOH)＝2n(S)＝0.03mol，故需要KOH溶液的体积V(KOH)＝eq\f(n（KOH）,c（KOH）)＝eq\f(0.03mol,1.00mol·L－1)＝0.03L＝30.0mL。(2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有：(2x＋2)S＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O2x＋26eq\f(2.560g,32g·mol－1)0.060L×1.00mol·L－1可列比例式：eq\f(2x＋2,\f(2.560g,32g·mol－1))＝eq\f(6,0.060L×1.00mol·L－1)，解得x＝3。答案：(1)30.0(2)3(2x＋2)S＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O2x＋260.0800.060x＝328．(10分)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是____________(填元素符号)，X的化学式是______________。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是_______________________________________________________________________________。(3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是______________________________________________________________________________________________________________。(4)步骤Ⅱ，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_________________________________________________________________________________。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明：____________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)B可使品红水溶液褪色，则B为SO2，固体A与NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液，则说明A中含有Cu元素，X由3种元素组成，则固体X中含有的元素是Cu、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的物质的量为0.005mol，即固体CuSO4的物质的量为0.010mol；步骤Ⅱ中产生2.330g白色沉淀C，则气体SO2的物质的量为0.01mol，则固体X中所含S元素的质量为0.320g＋0.320g＝0.640g，所含Cu元素的质量为0.640g，所含O元素的质量为2.240g－0.640g－0.640g＝0.960g，则该物质中三种元素的质量比m(Cu)∶m(S)∶m(O)＝0.640g∶0.640g∶0.960g，这三种元素原子的物质的量之比n(Cu)∶n(S)∶n(O)＝1∶2∶6，故固体X的化学式为CuS2O6。(2)根据题意，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，可得该过程的离子方程式为S2Oeq\o\al(2－,6)eq\o(=,\s\up7(H＋),\s\do5(△))SOeq\o\al(2－,4)＋SO2↑。(3)步骤Ⅰ中发生的是氢氧化铜与甘油的反应，其反应的化学方程式是。(4)步骤Ⅱ中H2O2的作用是氧化＋4价的硫生成硫酸根离子，未加H2O2溶液，也会缓慢出现白色浑浊，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化。(5)气体B是SO2，SO2溶于水所得的溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。答案：(1)Cu、S、OCuS2O6(2)S2Oeq\o\al(2－,6)eq\o(=,\s\up7(H＋),\s\do5(△))SOeq\o\al(2－,4)＋SO2↑(3)(4)SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4(5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)固体，褪色更快29．(10分)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是_________________。(2)下列说法不正确的是________。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq)K1＝eq\f(c（Cl2）,p)Cl2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋Cl－(aq)＋HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1________0(填”>”“＝”或“<”)。②平衡常数K2的表达式为K2＝________。③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c＝________。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为：Ⅰ.TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)＋O2(g)ΔHⅠ＝181kJ·mol－1，KⅠ＝3.4×10－29Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔHⅡ＝－221kJ·mol－1，KⅡ＝1.2×1048结合数据说明氯化过程中加碳的理由：______________________________________________________________________________________________________________。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol·L－1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是________。A．适当提高反应温度 B．改变催化剂C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度解析：(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)氯气可以与碱反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，A说法错误；氯气可以与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；常温下，干燥氯气不容易与金属铁反应，所以可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。(3)①Cl2(g)Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，气体的溶解度随温度的升高而减小，即升温，平衡Cl2(g)Cl2(aq)逆向移动，说明正向放热，则ΔH1<0。②根据化学方程式和平衡常数的意义可得，K2＝eq\f(c（H＋）·c（Cl－）·c（HClO）,c（Cl2）)。③Cl2(g)Cl2(aq)与Cl2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋Cl－(aq)＋HClO(aq)相加可得到Cl2(g)＋H2O(l)H＋(aq)＋Cl－(aq)＋HClO(aq)，氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c＝c(Cl2)＋eq\f(1,2)c(HClO)＋eq\f(1,2)c(Cl－)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c(H＋)＝c(Cl－)＝c(HClO)，由K2＝eq\f(c（H＋）·c（Cl－）·c（HClO）,c（Cl2）)可知c(Cl－)＝c(HClO)＝[c(Cl2)K2]eq\s\up6(\f(1,3))，由K1＝eq\f(c（Cl2）,p)可知，c(Cl2)＝K1p，则c(Cl－)＝c(HClO)＝(K1K2p)eq\s\up6(\f(1,3))，因此，c＝K1p＋(K1K2p)eq\s\up6(\f(1,3))。(4)根据反应Ⅰ：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)＋O2(g)ΔH1＝181mol·L－1，K1＝3.4×10－29，可知该反应正向进行程度非常小，正向反应还需要吸收能量，所以单独进行该反应是不可能的；加碳消耗氧气促进反应Ⅰ平衡正向移动，同时由反应Ⅰ＋反应Ⅱ得：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(g)=TiCl4(g)＋2CO(g)，K＝KⅠKⅡ＝4.08×1019远大于KⅠ，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现。(5)由题意可知，在该温度下，生成对二氯苯的反应更容易发生，说明生成邻二氯苯的反应活化能大，如果想促进生成邻二氯苯，可以提高反应温度，A正确，C错误；还可以通过改变催化剂，改变反应途径，使生成邻二氯苯的反应更容易发生，B正确；反应物浓度对于平行反应的影响是相同的，D错误。答案：(1)2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(2)A(3)①<②eq\f(c（H＋）·c（Cl－）·c（HClO）,c（Cl2）)③K1p＋(K1K2p)eq\s\up6(\f(1,3))(4)反应Ⅰ＋反应Ⅱ得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)，该反应的K＝KⅠKⅡ＝4.08×1019远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH＝ΔHⅠ＋ΔHⅡ＝－40kJ·mol－1，反应Ⅱ可为反应Ⅰ提供所需的能量(5)AB30．(10分)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2＋10Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO22H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O相关物质的溶解度随温度变化如下图。请回答：(1)步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)下列说法正确的是________。A．步骤Ⅱ，低温可提高浸取率B．步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3C．步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7D．步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(3)步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl→(____)→(____)→(____)→(____)→重结晶。a．50℃蒸发溶剂 b．100℃蒸发溶剂c．抽滤 d．冷却至室温e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。①下列关于滴定分析的操作，不正确的是________。A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，________，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是________，添加该试剂的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)固体反应物的反应速率与固体的表面积有关，反应物之间接触面积越大，反应速率越快，故将铬铁矿粉碎可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率。(2)由题给各物质的溶解度随温度变化图像可知，温度越高，Na2CrO4的溶解度越大，所以高温可提高浸取率，A错误；水浸取时发生NaFeO2的水解反应：NaFeO2＋2H2ONaOH＋Fe(OH)3↓，过滤可除去Fe(OH)3，B正确；根据工艺流程可知，需要使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，结合已知反应2H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O可知，硫酸酸化的目的就是实现该转化过程，C正确；步骤Ⅳ，所得滤渣显然是不溶于水的杂质，Na2SO4和Na2CO3都是易溶于水的钠盐，都应该存在于滤液中，D错误。(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7＋2KCl=K2Cr2O7＋2NaCl，根据题给各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时K2Cr2O7、NaCl两者溶解度近似相等，溶液的成分主要是这两种物质，所以可以得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤Ⅴ，重结晶前的操作顺序为：溶解