2021-2022学年浙江省金丽衢十二校高三下学期（5月）第二次联考化学试题Word版含解析

这是一份2021-2022学年浙江省金丽衢十二校高三下学期（5月）第二次联考化学试题Word版含解析，共32页。试卷主要包含了 水溶液呈碱性的是， 下列物质属于弱电解质的是， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

 金丽衢十二校2021学年高三第二次联考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 P-31 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Cr-52 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137
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. 水溶液呈碱性的是
A. NaHSO3 B. NH4Cl C. CH3CH2ONa D. KI
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO3是强碱弱酸盐且为酸式盐，电离大于水解，使溶液显酸性，选项A不符合题意；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，电离产生的发生水解反应使溶液显酸性，选项B不符合题意；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，电离产生的CH3COO-发生水解反应使溶液显碱性，选项C符合题意；
D．KI是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，选项D不符合题意；
答案选C。
2. 下列物质属于弱电解质的是
A. AlCl3 B. SO3 C. Cl2 D. HF
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝是盐，在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，选项A错误；
B．SO3在水溶液中可与水反应生成H2SO4，H2SO4能够电离出自由移动的离子，可以导电，但不是SO3自身电离，故SO3是非电解质，选项B错误；
C．Cl2为单质既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；
D．HF发生微弱电离，属于弱电解质，选项D正确；
答案选D。
3. 下列物质对应的化学成分不正确的是
A. “84”消毒液主要成分：NaClO B. 肥田粉：(NH4)2SO4
C. 硝化纤维：[C6H7O2(ONO2)3]n D. 乙醚：CH3OCH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH溶液与氯气反应制备“84”消毒液，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，则消毒液的主要成分为NaClO，选项A正确；
B．硫酸铵[(NH4)2SO4]简称硫铵，俗称肥田粉，选项B正确；
C．硝化纤维，又称纤维素硝酸酯，可表示为[C6H7O2(ONO2)3]n，选项C正确；
D．乙醚为CH3CH2OCH2CH3，CH3OCH3是二甲醚，选项D错误；
答案选D。
4. 除去蒸馏水中的Fe3+，需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】除去蒸馏水中的Fe3＋，采用蒸馏法，所需仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、直行冷凝管、尾接管、锥形瓶等。
【详解】A．为球形冷凝管，蒸馏实验需要直行冷凝管冷却水蒸气，故A错误；
B．为蒸馏烧瓶，蒸馏实验需要，故B正确；
C．为漏斗，蒸馏实验不需要，故C错误；
D．为分液漏斗，蒸馏实验不需要，故D错误；
故答案为：B
5. 下列表示正确的是
A. 18O2-的结构示意图： B. MgCl2的电子式：
C. 甲醛的结构简式：CH2O D. CCl4的球棍模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．18O2-的质子数为8，核外电子数为10，故结构示意图： ，故A正确；
B．MgCl2的电子式为 ，故B错误；
C．甲醛的结构简式为HCHO，故C错误；
D．C原子半径小于Cl原子半径，应为 ，故D错误；
故选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 用水煤气可以合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物
B. 用二氧化碳和环氧丙烷制造可降解塑料
C. 植物纤维、动物纤维均属于蛋白质
D. 石油、煤、天然气属于一次能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．水煤气为CO和H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，选项A正确；
B．用二氧化碳和环氧丙烷制造可生物降解的二氧化碳-环氧丙烷共聚物泡沫塑料，选项B正确；
C．植物纤维的主要成分是纤维素不是蛋白质，动物纤维为蛋白质，选项C不正确；
D．煤、石油、天然气是直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，属于一次能源，选项D正确；
答案选C。
7. 下列说法不正确的是
A. 由同种元素组成的物质可能是混合物 B. CH2O2与C2H4O2一定互为同系物
C. 35Cl和37Cl互为同位素 D. CH3(CH2)3CH3与C(CH3)4互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由同种元素组成的物质可能是混合物，如O2、O3的混合物，选项A正确；
B．CH2O2为甲酸，C2H4O2可以为乙酸，也可以为甲酸甲酯，两者不一定是同系物，选项B不正确；
C． 35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，选项C正确；
D．CH3(CH2)3CH3与C(CH3)4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项D正确；
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 高温冶炼黄铜矿获得的铜可直接用于电气工业生产
B. 碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多
C. 乙醛是制取酚醛树脂的原料
D. 溴可用于生产杀虫剂、抗爆剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温冶炼黄铜矿获得的铜为粗铜，纯度不高，必须经过精炼后才能用于电气工业生产，A错误；
B．碳酸钠碱性较强，不能用来治疗胃酸过多，治疗胃酸过多的药剂是碳酸氢钠、氢氧化铝等，B错误；
C．酚醛树脂是由甲醛和苯酚通过缩聚反应而得，不需要用到乙醛，C错误；
D．溴单质具有强氧化性，有毒，所以溴可用于生产多种药剂，如熏蒸剂，杀虫剂、抗爆剂等，D正确；
答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 铜与硫单质反应生成Cu2S B. 工业上以氯气和澄清石灰水为原料制造漂白粉
C. 钠与熔融氯化铜反应生成铜 D. SO2通入Ba(NO3)2溶液中产生BaSO4沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与硫单质反应硫化亚铜，反应方程式为：，反应条件加热，因为S的氧化性不强，所以生成的为硫化亚铜，A项正确；
B．工业上用氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，B项错误；
C．钠与氯化铜溶液不能置换出铜，钠会和水进行反应，但可以置换出熔融状态下氯化铜中的铜单质，C项正确；
D．Ba(NO3)2溶液在酸性条件下具有较强氧化性，故通入SO2之后发生反应：，D项正确；
答案选B
10. 关于反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，下列说法正确的是
A. 氧化剂只有Cu2O B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
C Cu2S只发生氧化反应 D. 生成6.4g Cu时，反应转移0.1mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应化合价降低的有Cu2O和Cu2S中的Cu元素，两者均是氧化剂，A错误；
B．Cu单质由Cu2O和Cu2S中的Cu化合价降低得到，是还原产物，SO2是氧化产物，故还原产物与氧化产物的物质的量之比为6∶1，B错误；
C．Cu2S中的Cu元素化合价从+1降低到0、S元素化合价从-2升高到+4，Cu2S既发生氧化反应又发生还原反应，C错误；
D．Cu的化合价由+1价降低到0价，故生成6.4g即0.1mol Cu，转移0.1mol电子，D正确；
故选D。
11. 下列有关实验的说法不正确的是
A. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
B. KNO3晶体制备实验中，需要先趁热过滤去除NaCl晶体，冷却滤液析出晶体
C. 阿斯匹林制备时产生的副产物可通过NaHCO3溶液，再过滤的方法除去
D. 将浓盐酸和浓硫酸混合产生的气体通入Ba(NO3)2溶液中，会出现白色沉淀
【答案】AD
【解析】
【详解】A．H3PO4是中强酸、HI酸是强酸，H3PO4比HI酸性弱。HI沸点低，易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，利用H3PO4比HI沸点高的原理，故A错误；
B．硝酸钾的溶解度受温度影响大、氯化钠溶解度受温度影响小，KNO3晶体制备实验中，需要先趁热过滤去除NaCl晶体，冷却滤液析出晶体，故B正确；
C．阿斯匹林制备时产生的副产物是水杨酸的聚合物，该副产物难溶于碳酸氢钠溶液，乙酰水杨酸能与碳酸氢钠反应生成可溶性钠盐，所以可通过NaHCO3溶液，再过滤的方法除去杂质，故C正确；
D．将浓盐酸和浓硫酸混合产生氯化氢气体，氯化氢气体通入Ba(NO3)2溶液中，不反应没沉淀生成，故D错误；
选AD。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molNH4Cl晶体中含有的共价键数目为3NA
B. 11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的气体分子数为1.5NA
C. 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0.01NA
D. 0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个中含有4个N-H键，故1molNH4Cl晶体中含有共价键的数目为4NA，A项错误；
B．11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)分别为0.5mol和1mol，甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，0.5mol甲烷有4molH，最多消耗4molCl2，因此甲烷过量，根据1mol氯气可取代1molH2，同时产生1molHCl分子可知，1molCl2完全反应可得1molHCl，根据C原子守恒，反应后含C物质的量=甲烷的物质的量，但由于在标况下，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯甲烷为非气体，因此11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的气体分子数小于1.5NA，B项错误；
C．根据知0.01molFeCl3与足量Cu反应，转移电子数目为0.01NA，C项正确；
D．CH3COOH与足量CH3CH2OH生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D项错误；
答案选C。
13. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO
B. CuCl溶于氨水：Cu++2NH3•H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O
C. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=AlO+H2↑
D. 同浓度同体积NH4HSO3溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，A项正确；
B．氯化亚铜能与氨形成络合物，因此能溶解在浓氨水中，得到无色溶液：，B项错误；
C．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：，C项错误；
D．同浓度同体积NH4HSO3溶液与NaOH溶液混合亚硫酸根先反应：，D项错误；
答案选A。
14. 下列说法正确的是
A. 甲烷中混有乙烯，可通过溴的CCl4溶液洗气
B. 除去碱式滴定管胶管内的气泡，将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
C. 亲脂性：Fe3+>Cu2+
D. 往海水晒盐的母液中通入氯气，再用有机溶剂萃取，可以得到溴单质
【答案】C
【解析】
【详解】A．将甲烷和乙烯通过溴的CCl4溶液中，乙烯会和溴发生加成反应，同时甲烷会溶于四氯化碳溶液中，所以不可用溴的四氯化碳溶液除甲烷中的乙烯，A项错误；
B．除去碱式滴定管胶管内的气泡，将尖嘴向上弯曲，挤压胶管内玻璃球将气泡排出，B项错误；
C．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，可知亲脂性：Fe3+>Cu2+，C项正确；
D．氯气氧化氯离子后，需利用溴的挥发性，将溴吹出，则将氯气通入提取粗盐后的母液中，再鼓入热空气或水蒸气将溴吹出吹出，用有机溶剂萃取，可得溴单质，D项错误；
答案选C。
15. 某有机物结构简式如图，有关该有机物说法正确的是

A. 能与灼热的CuO反应生成醛 B. 所有碳原子可能共平面
C. 与互为同分异构体 D. 与NaOH、CH3CH2OH混合共热可发生消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质为醇，分子中含有-CHOH结构，不含有-CH2OH结构，与灼热的CuO反应生成酮不生成醛，选项A错误；
B．甲烷为正四面体结构，两个四边形的交点上连接的四个碳不可以在同一平面，选项B错误；
C．和分子式均为C7H12O2，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；
D．醇发生消去反应的条件为浓硫酸且加热，选项D错误；
答案选C。
16. 一种麻醉剂的分子结构如图所示，X、Y、Z、W、E原子序数依次增大的短周期元素，元素W和E同主族。下列说法正确的是

A. 由X、Y元素形成的化合物的熔点一定低于X2Z
B. X、Z形成的化合物可能比较稳定，是因为分子间存在氢键
C. X、Z、E可以形成多种化合物，E的价态越高，氧化性越强
D. X、Y、Z形成的酸可能具有较强的还原性
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期元素，元素W和E同主族，W、E都形成1个共价键，则W是F元素、E是Cl元素；X能形成1个共价键，X是H元素；Y形成4的共价键，Y是C元素；Z形成2个共价键，Z是O元素。
【详解】A．H、C元素形成多种化合物，随碳原子数增多熔点升高，有的碳氢化合物为固体，所以H、C元素形成的化合物熔点不一定低于H2O，故A错误；
B．H2O的稳定性，与化学键有关，与氢键无关，故B错误；
C．H、O、Cl可以形成多种化合物，氧化性：HClO>HClO2>HClO3> HClO4，故C错误；
D．H、C、O形成的酸可能具有较强的还原性，如草酸(H2C2O4)具有还原性，故D正确；
选D。
17. 已知25℃时二元弱酸H2A，下列说法不正确的是
A. 在等浓度Na2A、NaHA溶液中，pH前者大于后者
B. 向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，若H2A的电离度为0.01%，则Ka1≈10-7
C. 向H2A溶液中加入NaOH溶液至中性，则c(A2-)＞c(HA-)
D. 取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH 【答案】C
【解析】
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，pH前者大于后者， A正确；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，若H2A的电离度为0.01%，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，c(HA-)=0.1mol/L 0.01%=10-5mol/L，则Ka1=， B正确；
C．由B项分析可知，Ka1=10-7，则Kh2==10-7＞Ka2，即HA-的水解大于电离，即NaHA溶液显碱性，向H2A溶液中加入NaOH溶液若c(A2-)=c(HA-)，则溶液肯定显碱性，所以要想至中性，必然是 c(A2-)＜c(HA-)， C不正确；
D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH 故答案为：C。
18. CH3COOH和氨水反应的能量循环体系如图所示，下列说法正确的是

A. △H1+△H2+△H3=△H4 B. △H1+△H4>△H2+△H3
C. △H4<△H1-△H2 D. △H3<0
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知①；②；③；④。
A．由以上得②+③+④=①，即△H2+△H3+△H4=△H1，故A错误；
B．由△H2+△H3+△H4=△H1得△H1+△H4=△H2+△H3+2△H4，中和反应是放热反应，故△H4<0，所以△H1+△H4<△H2+△H3，故B错误；
C．由△H2+△H3+△H4=△H1得△H4=△H1-△H2-△H3<0，弱电解质的电离是吸热过程，所以△H3>0，所以△H4<△H1-△H2，故C正确；
D．弱电解质的电离是吸热过程，所以△H3>0，故D错误；
故答案为：C。
19. 已知反应I：C(s)+O2(g)CO2(g) △H1=-394kJ·mol-1
反应II：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H2=-566kJ·mol-1
反应III：2C(s)+O2(g)2CO(g) △H3=-222kJ·mol-1
在一定压强下，随着温度升高，气体中CO与CO2的物质的量之比变化，下列说法正确的是
A. 不变 B. 增大 C. 减小 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应II焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，气体中CO与CO2的物质的量之比增大；
答案选B。
20. 下列说法不正确的是
A. 已知Cl(g)+e-→Cl-(g) △H1，Na(g)→Na+(g)+e- △H2，则△H1<△H2
B. 熵：1molC(CH3)4<1mol(CH3)2CHCH2CH3
C. 热值：汽油<甲烷
D. 热稳定性：NH4F>NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子得到电子释放能量，原子失去电子吸收能量；故△H1＜0，△H2＞0，则△H1<△H2，A项正确；
B．在常温下（同温同压）熵是体系混乱程度的反应，体系越混乱，分子越活泼，熵越大，沸点越低，因为异戊烷((CH3)2CHCH2CH3)的沸点高于新戊烷(C(CH3)4)，所以新戊烷的熵值更大，即1molC(CH3)4＜1mol(CH3)2CHCH2CH3，B项正确；
C．单位质量某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，天然气的热值是汽油热值的3倍左右，故汽油<甲烷，C项正确；
D．两者均为离子化合物，氟离子碱性比氯离子强，所以氟化铵更有分解为氨气和氯化氢的趋势，且氟化氢气体有缔合现象，更稳定，反应物更易分解，D项错误；
答案选D。
21. 以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如图，下列说法不正确的是


A. 电解时通过离子交换膜的离子为K+
B. 在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H+浓度增大，使平衡2+2H++H2O向右移动
C. 该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑
D. 测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比()为d，则此时铭酸钾的转化率为1-
【答案】D
【解析】
【分析】不锈钢连接电源负极为阴极，阴极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，惰性电极连接电源正极为阳极，氢氧根离子失电子产生氧气，导致阳极区氢离子浓度增大，2+2H+ +H2O向右移动，H+浓度降低，K+移动到阳极，故电解时通过离子交换膜的离子为K+。
【详解】A．根据装置图可知，左侧是阴极室，阴极是氢离子放电，腐蚀还原反应生成氢气，选项A正确；
B．阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气，导致阳极区氢离子浓度增大，2+2H++H2O向右移动，选项B正确；
C．电解时，铬酸钾和水放电生成重铬酸钾、氢气、氧气和氢氧化钠，所以总反应的化学方程式为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑，选项C正确；
D．设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，则n（K）=2mol，n（Cr）=1mol,反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，由于阴极是氢离子放电，造成阴极区氢氧根离子增多，所以K+向阴极区移动，补充氢离子，根据化学方程式可知，xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阴极区生成KOH的物质的量是xmol，则阳极区剩余n（K）=（2-x）mol，Cr元素不变，仍是1mol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，解得=d，x=2-d，转化率为×100%=2-d，选项D错误；
答案选D。
22. 乙炔亚铜(Cu2C2)是一种对热和冲击敏感的高爆炸药，把乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液，可以生成Cu2C2红棕色沉淀，下列关于Cu2C2说法不正确的是
A. Cu2C2为无机化合物，爆炸时阴离子作氧化剂
B. 隔绝空气条件下，Cu2C2发生爆炸时不释放气体
C. Cu2C2的电子式为
D. 利用上述反应可以检验乙炔
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cu2C2爆炸时发生反应为：Cu2C2=2Cu+2C，C元素化合价升高，阴离子作还原剂，A错误；
B．隔绝空气条件下，Cu2C2爆炸属于化学的固相爆炸，产物都是固体，不释放气体，B正确；
C．Cu2C2由亚铜离子和C形成离子键，C内C和C原子共用3对电子对，电子式为，C正确；
D．乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液，可以生成Cu2C2红棕色沉淀，可以检验乙炔，D正确；
故选：A。
23. 25℃先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol·L-1的KOH溶液以测定氯水的浓度。此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中不正确的是

A. 滴定过程中，当由水电离的c(H+)=10-7mol·L-1时，可能存在c(K+)>c(Cl-)+c(ClO-)
B. 滴定过程中宜选用酚酞为指示剂，不宜选用甲基橙为指示剂
C. 曲线③至④段，n(HClO)+n(ClO-)逐渐增大
D. ③处溶液中存在平衡常数K=(c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度)
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴定过程中，会出现两处由水电离的c(H+)=10-7mol·L-1，第一次溶液显中性，c(K+)=c(Cl-)+c(ClO-)，当HClO完全和KOH反应生成KClO时，次氯酸根离子水解使溶液显碱性，水的电离程度增大，继续滴加KOH溶液，水电离的c(H+)又会出现情况，此时溶液显碱性，存在c(K+)>c(Cl-)+c(ClO-)，选项A正确；
B．滴定过程中HClO、ClO-有漂白性，不宜选用酚酞、甲基橙为指示剂，选项B不正确；
C．③处为饱和氯水，曲线③至④段，饱和氯水加入KOH溶液，促进氯气反应转化为盐酸和次氯酸，n(HClO)+n(ClO-)逐渐增大，选项C正确；
D．③处为饱和氯水，溶液中存在平衡常数K=(c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度)，选项D正确；
答案选B。
24. HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是

A. 相同时间内，使用该催化剂在一定程度上能有效提高转化率
B. HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成了HD
C. 其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果将变差
D. Pd—[H-]为反应过程中的中间产物
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂不能使平衡移动，但能加快反应速率，相同时间内，使用该催化剂在一定程度上能有效提高转化率，选项A正确；
B．根据图示可知，HCOOD可以产生HCOO-和D+，故HCOOD催化释氢反应可以生成二氧化碳和HD，选项B正确；
C．HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成氢气和氢氧化钾，KOH可以吸收分解产生的二氧化碳，使催化效果更好，选项C不正确；
D．根据图中信息可知Pd为催化剂，Pd—[H-]为反应过程中的中间产物，选项D正确；
答案选C。
25. 下列实验方案设计、现象和结论均正确的是
选项
目的
实验方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学反应速率的影响
取两支试管，向试管中分别加入2mL0.01mol·L-1酸性KMnO4溶液，再加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中
80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快
B
鉴别NaCl和NaNO2
各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化
溶液变蓝色的为NaNO2，溶液不变蓝色的为NaCl
C
检验某无色溶液中是否含有NO
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NO
D
探究某纯净固体试样中是否含SO
取少量固体溶于稀盐酸，再滴加BaCl2溶液
若溶液产生白色沉淀，则该固体中含有SO

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应物浓度相同，温度不同，可探究温度对化学反应速率的影响，故A正确；
B．各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉KI溶液，由于不是酸性条件下，亚硝酸钠的氧化性较弱，溶液不会变蓝，无法鉴别食盐与亚硝酸钠，故B错误；
C．酸性溶液中NO和NO均可氧化亚铁离子，溶液变黄色说明亚铁离子被氧化为铁离子，试管上部产生红棕色气体即NO被氧化为NO2，由操作和现象不能确定含有NO，故C错误；
D．加入稀盐酸，若固体试样中含Ag+，Ag+也能与Cl-形成AgCl白色沉淀，不能证明含有SO，故D错误；
故选：A。
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）四种晶体的熔点数据如表：
物质
CH3CH2NO2
CH3CH2CH2NO2
H2NCH2COOH
H2NCH(CH3)COOH
熔点/℃
-90
-108
240
314
互为同分异构体硝基化合物与氨基酸，前者熔点低于后者的主要原因是____。
（2）用质谱仪检测氯化铝时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为267的峰，原因是____。
【答案】（1）氨基酸分子间能形成氢键，硝基化合物不能形成氢键
（2）AlCl3发生二聚反应生成Al2Cl6
【解析】
【小问1详解】
氨基酸分子间能形成氢键，硝基化合物不能形成氢键，所以互为同分异构体的硝基化合物与氨基酸相比，硝基化合物的熔点低于氨基酸；
【小问2详解】
氯化铝谱图中出现质荷比(相对分子质量)为267的峰，说明AlCl3通过配位键发生二聚反应生成Al2Cl6，其结构式为。
27. 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。将0.2molPCl3和0.1molPCl5的混合物溶于足量水，一定条件下缓缓通入VLCl2(标准状况)，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入2Lcmol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）V=____。
（2）c=_____。(写出计算过程)。
【答案】（1）4.48L
（2）0.75mol/L
【解析】
【小问1详解】
PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；将H3PO3氧化为H3PO4，P元素由+3价升高为+5价，0.2molPCl3生成H3PO3后转化为H3PO4，转移电子的物质的量为0.2mol2=0.4mol， Cl2为氧化剂时化合价由0价变为-1价，标准状况V=；
【小问2详解】
根据反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl及P原子、Cl原子守恒可知，最终生成n(H3PO4)= 0.2mol+0.1mol=0.3mol；n(HCl)= 0.2mol×3+0.1mol×5+0.4mol =1.5mol；故消耗的NaOH的物质的量为n=0.3mol1.5mol=2.4mol，c==1.2mol/L。
28. 化合物X由3种元素组成，微溶于水。某学习小组进行如图实验：

已知：溶液B焰色反应为砖红色，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
（1）组成X的元素有____；C的化学式为___。
（2）X与足量稀盐酸反应的离子方程式是___。
（3）工业制取X，用气体单质与一种化合物(由X中的两种元素组成的三原子化合物)在电炉中加热至1000℃左右，同时生成一种黑色固体，该反应的化学方程式是___。
（4）适量气体A通入含D的溶液中恰好完全反应，设计实验方案确定反应后溶液中的阴离子(不考虑水的电离)：____。
【答案】（1） ①. Ca、C、N或钙、碳、氮 ②. CaCO3
（2）CaCN2+4H++2H2O=Ca2++2+CO2↑
（3）CaC2+N2 CaCN2+C
（4）取适量反应后的溶液于试管中，加入足量CaCl2溶液，若无明显现象，则溶液中含有；若有白色沉淀产生，则静置后往上层清液中加入NaOH溶液，若无沉淀产生则溶液中含有；若也有白色沉淀产生则溶液中含有和
【解析】
【分析】溶液B焰色反应为砖红色，说明含有Ca元素；气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为NH3,说明X中含有N元素；气体B分为两等份，一份转化为溶液B1,加入足量碳酸钠溶液得到沉淀C应为CaCO3，气体D为NH3,且物质的量为，X中含有N的质量为0.1mol=2.8g，工业制取X，用气体单质N2(钙和碳不可能是气体单质)与一种化合物(由X中的两种元素组成的三原子化合物，为钙与碳形成的CaC2)在电炉中加热至1000℃左右，同时生成一种黑色固体，黑色固体为C。
【小问1详解】
根据上述分析可知，组成X的元素有Ca、C、N或钙、碳、氮；C的化学式为CaCO3；
【小问2详解】
X与足量稀盐酸反应生成铵盐和钙盐及二氧化碳气体，反应的离子方程式是CaCN2+4H++2H2O=Ca2++2+CO2↑；
【小问3详解】
工业制取X，用气体单质与一种化合物(由X中的两种元素组成的三原子化合物)在电炉中加热至1000℃左右，同时生成一种黑色固体，该反应的化学方程式是CaC2+N2 CaCN2+C；
【小问4详解】
适量气体A通入含D的溶液中恰好完全反应，设计实验方案确定反应后溶液中的阴离子，方案为：取适量反应后的溶液于试管中，加入足量CaCl2溶液，若无明显现象，则溶液中含有；若有白色沉淀产生，则静置后往上层清液中加入NaOH溶液，若无沉淀产生则溶液中含有；若也有白色沉淀产生则溶液中含有和。
29. 对CO2的综合利用意义深远，可有效减缓温室效应。
（1）由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备甲醇，主要过程涉及以下反应：
I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.1kJ·mol-1
II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0kJ·mol-1
III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3
已知反应III的△S=-0.18kJ·mol-1·K-1，则____(“高温”或“低温”)有利于反应III自发进行。
（2）恒压条件下，发生反应II，该反应的速率方程为v正=k正•x(CO2)•x3(H2)，v逆=k逆•x(CH3OH)•x(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数(也称摩尔分数)。
①摩尔分数平衡常数Kx=____(以k正、k逆表示)(摩尔分数平衡常数即用摩尔分数代替物质的量浓度的平衡常数)。
②达到平衡时，升高温度，k正、k逆均增大，增大倍数较大的是____，由此请用文字描述当温度改变时，正、逆反应活化能(Ea)与k正、k逆变化的关系____。
③我国科学家使用Pd—Cu双金属合金作催化剂，研究反应II。利用计算机模拟，反应历程如图所示(*表示催化剂吸附的物种)，TS1表示过液态1。

通过降低步骤____(填步骤编号)的能垒(活化能)，进一步提高该反应的反应速率。
（3）利用焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应制合成气的主要反应的lgKp(Kp是以分压表示的平衡常数)与温度的关系如图所示。

①工业上用焦炭和水蒸气反应生成水煤气(CO、H2)时通常交替通入合适量的空气和水蒸气与焦炭反应，其理由是____。
②a点时，C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=____(填数值)。
③等物质的量的CO和H2O发生反应III，b点时，CO的转化率=____。北京大学马丁教授等研究了在Au/a—MoC催化作用下，反应相同时间，温度与CO转化率的关系，如图所示。分析温度升高至t1后，CO转化率降低的原因是____。

【答案】（1）低温 （2） ①. ②. k逆 ③. 升高温度， k逆增大倍数比k正大，逆反应的活化能比正反应的活化能高 ④. II
（3） ①. 水蒸气和焦炭反应吸热，氧气和焦炭反应放热，交替通入合适量的空气和水蒸气，有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气的产率 ②. 1 ③. 50% ④. 催化剂活性降低，反应速率减小
【解析】
【小问1详解】
依据盖斯定律，反应III=反应I-反应II，则△H3=△H1-△H2=-90.1kJ·mol-1-(-49.0kJ·mol-1)=-41.1 kJ·mol-1，若反应自发进行，则△H-T△S<0，而反应III的△H<0，△S=-0.18kJ·mol-1·K-1<0，故低温有利于反应III自发进行；
【小问2详解】
①摩尔分数平衡常数Kx=，当反应达到平衡状态时，v正= v逆，即k正•x(CO2)•x3(H2)= k逆•x(CH3OH)•x (H2O)，=，则Kx=；
②反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，v逆>v正，则增大倍数较大的是k逆，依据阿伦尼乌斯方程可知，活化能Ea的数值越大，速率常数k随温度T的变化率越大，而升高温度，增大倍数较大的是k逆，说明逆反应的活化能比正反应的活化能大；
③根据图示可知，步骤II所需活化能最大，所以反应速率最慢，为慢反应，而慢反应决定总反应速率，因此可通过降低步骤II 的能垒(活化能)，进一步提高该反应的反应速率；
【小问3详解】
①由于水蒸气和焦炭反应吸热，会引起体系温度下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应进行，通入空气，利用煤炭与氧气反应放热，维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入合适量的空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气的产率；
②反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp= ，a点时，反应IV和III的Kp相等，即=，即=1，则a点时，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的Kp=1；
③b点时，反应III的Kp=1，设初始CO和H2O的物质的量都为1mol，CO的转化量为xmol，列三段式：，平衡时气体总物质的量为2mol，Kp==1，解得x=0.5，CO的转化率=100%=50%；催化剂活性受温度影响，温度升高至t1后，催化剂活性降低，反应速率减小，CO转化率减小。
30. 某校化学学科小组用单质锌、“烂版液”等制取无色晶体Zn(NO3)2•6H2O与无水Zn(NO3)2，其主要过程如图：

已知：(a)“烂版液”是制印刷锌板时，用一定浓度的稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含少量的Cl-、Fe3+)；
(b)上述操作②④的硝酸浓度均为2mol·L-1；
(c)液态N2O4的电离方程式是：N2O4(l)NO++。
试分析并作答：
（1）若锌与一定浓度的稀硝酸按物质的量之比2∶5反应，则其离子方程式为4Zn+10H++2=4Zn2++N2O↑+5H2O或____。
（2）在上述操作①中保持pH=8的目的是____。
（3）操作③为了促进Fe3+水解完全，常用操作是____过滤。
（4）操作④包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是____。
（5）由单质锌制取无水Zn(NO3)2的简便方法是____(须写出有关化学反应方程式)。
（6）Zn(NO3)2•6H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。
①测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：____。
蒸馏水洗涤→____→____→____→____→____→洗净，放回管架。
a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b放液完毕，停留数秒，取出移液管
c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液
d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e.放液完毕，抖动数下，取出移液管
f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
g.待转移溶液润洗
②滴定法测得产品中Zn(NO3)2•6H2O的含量为100.6%，则产品中可能混有的杂质是____。
【答案】（1）4Zn+10H++=4Zn2+++3H2O
（2）使Zn2+完全转化为Zn(OH)2，并防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解
（3）加热煮沸 （4）将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜
（5）将锌粉与液态N2O4混合，发生反应Zn + 2N2O4= Zn(NO3)2 + 2NO↑，用碱液吸收处理尾气
（6） ①. g→d→f→c→b ②. 失去部分结晶水的Zn(NO3)2•6H2O
【解析】
【分析】因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH = 8，使溶液中Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，过滤得到溶液I中含有NaNO3，沉淀中加热硝酸溶解，得到溶液II中含有Zn(NO3)2、Fe(NO3)3，再调节溶液pH > 7，将溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，溶液II是Zn(NO3)2溶液，在酸性条件下抑制其水解，经过加热浓缩蒸发、冷却结晶等得到Zn(NO3 )2·6H2O。
【小问1详解】
Zn与稀硝酸反应时，其物质的量之比为2：5，其中一部分作酸生成Zn(NO3)2，一部分作氧化剂，根据化学式知，起酸作用的硝酸与锌的物质的量之比为2：1，所以作氧化剂的硝酸与Zn的物质的量之比为1：2，设硝酸还原产物的化合价为x，根据转移电子相等得2×（2-0）=1×（5-x），x=+1，N2O中N元素化合价为+1价，NH4NO3中N元素平均化合价==+1，结合质量守恒配平得反应方程式为4Zn+10H++=4Zn2+++3H2O；
答案为4Zn+10H++=4Zn2+++3H2O；
【小问2详解】
调节pH = 8，使溶液中Zn2+、 Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解，故答案为: 使Zn2+完全转化为Zn(OH)2，并防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解；
【小问3详解】
操作③为了促进Fe3+水解完全，因升高温度有利于盐的水解，故常用操作是加热煮沸、过滤；
【小问4详解】
蒸发浓缩的目的是为了使晶体在溶液中析出得到含有结晶水的结晶水合物，具体操作：将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜时停止加热，
故答案为：将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜；
【小问5详解】
由单质锌制取无水Zn(NO3)2的简便方法是先将锌在空气中燃烧生成氧化锌2Zn + O2 2ZnO、再将氧化锌溶于稀硝酸ZnO + 2HNO3 = Zn(NO3)2 + H2O，在硝酸过量的条件下减压蒸发得到无水Zn(NO3)2；
【小问6详解】
①移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备→放液完毕,停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架，即操作顺序为:蒸馏水洗涤→g→d→f→c→b→洗净，放回管架；
故答案为: ；g→d→f→c→b；
②滴定法测得产品中Zn(NO3)2•6H2O的含量为100.6%，超过100%说明Zn(NO3)2含量增大，说明Zn(NO3)2•6H2O有失去结晶水的问题，则产品中可能混有的物质是Zn(NO3)2•6H2O有失去结晶水，例如: Zn(NO3)2•5H2O，故答案为: 失去部分结晶水的Zn(NO3)2•6H2O。
31. 某药物K的合成路线如图：

已知：①R1CH2COOR2
②
（1）下列说法正确的是____。
A. 1molG最多可以和3molH2发生加成反应
B. 化合物H既能和HCl溶液发生反应又能和NaOH溶液反应
C. 化合物J的分子式为C15H20N2
D. K中有1个手性碳原子
（2）I的结构简式是____。
（3）F→G的化学方程式为____。
（4）已知有机物L是H的同系物，且比H少1个C原子。写出同时符合下列条件的L所有同分异构体的结构简式____。
①属于芳香族化合物
②核磁共振氢谱显示4个吸收峰
③红外光谱谱图显示不含氢氧键、氧氧键、碳氮键
（5）根据题目所给信息，以A(丙烯)为原料，设计合成B(丙烯酸)的反应路线(用流程图表示，无机试剂任选)：____。
CH2=CHCH3____。
【答案】（1）B （2）
（3）CH2=C(CH3)CH2N(CH2CH2COOCH3)2+CH3OH
（4）、、 （5）CH2Br-CHBr-CH3CH2OH-CHOH-CH3CH3COCOOHCH3CHOHCOOHCH2=CHCOOH
【解析】
【分析】A(CH2=CHCH3)和Br2/CCl4反应后再通过系列反应得到B(CH2=CHCOOH)，对比B的结构和C的分子式可知B和HCl发生加成反应生成C，根据D的结构简式，推测C为CH2ClCH2COOH；C和甲醇发生酯化反应得到D，D和E发生取代反应生成F，F为CH2=C(CH3)CH2N(CH2CH2COOCH3)2；F在乙醇钠作用下发生信息中反应得到G和CH3OH，G在酸性条件下水解生成H，H为；H在加热条件下失去-CO2生成I，I为；I和苯胺反应得到J，J和CH3CH2COCl反应生成K，根据已知信息③，推测K为。
【小问1详解】
A．G为，羰基和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1molG最多可以和2molH2发生加成反应，A项错误；
B．H为，H中含有碳碳双键、-N(R1)R2，可以和HCl发生反应，而且H中含有羧基可以和NaOH发生反应，B项正确；
C．由J的结构简式可知，J的分子式为，C项错误；
D．K的结构为，不含手性碳，D项错误；
答案选B；
【小问2详解】
由分析可知I的结构简式为；
【小问3详解】
F在乙醇钠作用下发生信息中反应得到G和甲醇，F→G的化学方程式为CH2=C(CH3)CH2N(CH2CH2COOCH3)2+CH3OH；
【小问4详解】
H为，不饱和度为4，有机物L是H的同系物，且比H少1个C原子，则L分子比H少一个CH2，其同分异构体满足：
①属于芳香族化合物，说明L中含有苯环，且侧链均饱和；
②核磁共振氢谱显示4个吸收峰，说明L中含有4种不同环境的H原子，具有对称性；
③不含氢氧键、氧氧键、碳氮键，即不含-OH、-O-O-，必含-O-；
符合条件的同分异构体有：、、；
【小问5详解】