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四川省成都市2021-2022学年高二下学期期末摸底测试（新高三零诊）化学试题Word版含解析
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这是一份四川省成都市2021-2022学年高二下学期期末摸底测试（新高三零诊）化学试题Word版含解析，共30页。试卷主要包含了 代表阿伏加德罗常数的值， 下列有关物质分类正确的是， 下列实验设计能达到目的的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
本卷选择题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 2022年北京冬奥会中使用了大量高科技材料，下列说法中错误的是
A. 钛合金速滑冰刀属于无机非金属材料
B. 颁奖礼服保暖用到的石墨烯与金刚石互为同素异形体
C. 火炬中的聚硅氮烷树脂属于高分子化合物
D. 跨临界直冷制冰技术用到的节能、安全无毒
【答案】A
【解析】
【详解】A． 钛合金属于金属材料，故A错误；
B． 石墨烯与金刚石为碳元素组成的不同的单质，互为同素异形体，故B正确；
C． 聚硅氮烷树脂属于高分子化合物，故C正确；
D． 跨临界直冷制冰技术用到的节能、安全无毒，故D正确；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. S2-结构示意图为B. HClO的结构式：H-O-Cl
C. CO2的电子式：D. 丙烯的球棍模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．S2-是S原子获得2个电子形成的，离子核外电子排布为2、8、8，故S2-结构示意图为，A错误；
B．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故其结构式是H-O-Cl，B正确；
C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2的电子式为，C错误；
D．丙烯分子结构简式是CH2=CH-CH3，分子中存在一个碳碳双键，结合C原子价电子数目是4，可知其图示为丙烷的球棍模型，D错误；
故合理选项是B。
3. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为
B. 80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液物质的量浓度为2ml/L
C. 1L0.1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子数小于
D. 标况下22.4L中含有的分子数等于
【答案】C
【解析】
【详解】A．的摩尔质量为54g/ml，1个中的中子数为(18-8)×3=30，故中含有的中子数为，故A错误；
B． 80gNaOH物质的量为2ml，但是1L为溶剂水的体积，不是溶液的体积，故不能计算溶液物质的量浓度，故B错误；
C．碳酸钠的物质的量为1L×0.1ml/L=0.1ml，碳酸根离子发生水解反应，故碳酸根离子数小于，故C正确；
D． 标况下，水为固体，则22.4L的物质的量不是1ml，故D错误；
故选C。
4. 下列有关物质分类正确的是
A SiO2——两性氧化物B. 水玻璃——弱电解质
C. 小苏打——正盐D. 石油——混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．SiO2只能与碱反应产生盐和水，故SiO2是酸性氧化物，A错误；
B．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质，B错误；
C．小苏打是NaHCO3的俗称，属于酸式盐，而不是正盐，C错误；
D．石油中含有多种烷烃、环烷烃，因此石油属于混合物，D正确；
故合理选项是D。
5. 下表中是部分短周期元素的原子半径及主要化合价的信息。下列叙述正确的是
A. 与的核外电子数不可能相等
B. 离子半径大小：
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：A＞B
D. 简单氢化物的稳定性；D＜C
【答案】C
【解析】
【分析】由表中数据可知A为钠，B为铝，C为硫，D为氧。
【详解】A．B为铝，D为氧，则与的核外电子数相等，故A错误；
B．A为钠，D为氧，O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小：O2-＞Na+，故B错误；
C． 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；
D． 非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O＞S，则简单氢化物稳定性：H2O＞H2S，故D错误；
故选C。
6. 下列物质与水反应，转化成对应物质时有气体逸出的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应：，没有气体逸出，A不符合题意；
B．Mg与水反应：，有气体逸出，B符合题意；
C．NH3与水反应：，没有气体逸出，C不符合题意；
D．SO3与水反应：，没有气体逸出，D不符合题意；
故选B。
7. 下列方程式能正确解释其事实的是
A. 沸水中滴加饱和氯化铁溶液制胶体：
B. 自然界的天然固氮：
C. 氯化铝溶液与浓氨水混合：
D. 过量铁粉与新制氯水反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 沸水中滴加饱和氯化铁溶液制胶体，化学方程式正确，故A符合题意；
B． 该反应为工业合成氨，属于人工固氮，故B不符合题意；
C． 氢氧化铝不能与弱碱反应，故氯化铝溶液与浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：，故C不符合题意；
D． 过量铁粉与新制氯水反应，应生成氯化亚铁，故D不符合题意；
故选A。
8. 下列应用与对应物质的性质关系正确的是
A. 非金属性C>Si，故可用碳单质高温下与二氧化硅反应制粗硅
B. 氢氟酸显弱酸性，故可用于雕刻玻璃
C. 密度比空气大，故可作钠着火时的灭火剂
D. 明矾溶于水可产生胶体，故可作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性C>Si，但制粗硅与其非金属性没有关系，A错误；
B．氢氟酸显弱酸性，但与其用于雕刻玻璃没关系，雕刻玻璃是由于SiO2与HF反应的特殊性，B错误；
C．能与Na加热条件下反应，不可作钠着火时的灭火剂，C错误；
D．明矾溶于水可产生胶体，胶体具有吸附性，故可作净水剂，D正确；
故选D。
9. 下列实验设计能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢气体极易溶于水，因此不能采用该装置储存少量氯化氢气体，故A不符合；
B．NO难溶于水也不与水反应，因此NO能够采用排水法收集，故B符合；
C．硼酸不能和Na2CO3反应生成CO2，石灰水中无现象，因此不能得出硼酸酸性强于，故C不符合；
D．蒸发结晶氯化钠溶液应该在蒸发皿中进行，故D不符合；
故选B。
10. 观察是化学学习的重要方法。金属钠放置于空气中观察到下列现象，下列推证正确的是
A. 若将钠放置于坩埚中加热，观察到的现象与①、②相同
B. 取①得到的产物，滴加适量水和溶液，可观察到蓝色沉淀生成
C. 取③后液滴的稀溶液滴加酚酞溶液，可观察到酚酞先变红后褪色
D. 加热④的白色晶体，通入水中有气泡则可证明白色晶体是
【答案】B
【解析】
【分析】金属钠露置于空气中发生的变化中，①是钠被氧化为氧化钠为灰暗色；②是氧化钠和水反应生成氢氧化钠为白色；③氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠晶体，
【详解】A．钠放置于坩埚中加热，钠首先融化成小球，继而剧烈燃烧产生黄色火焰，燃烧产物为淡黄色的固体过氧化钠，A错误；
B．①是钠被氧化为氧化钠，水与氧化钠反应生成NaOH，加入溶液生成Cu(OH)2沉淀，可观察到蓝色沉淀生成，B正确；
C．③氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液，滴加酚酞溶液，溶液只变红不褪色，C错误；
D．加热④的白色晶体，即加热Na2CO3·10H2O，对其加热通入水中无明显现象，D错误；
故选：B。
11. 天然气在催化剂作用下热解可制得可再生的绿色能源氢气，其反应为： 。下列有关判断正确的是
A. 催化剂可以提高活化分子百分数
B. 时：反应达到了平衡状态
C. 恒温恒容下加入C(s)；平衡逆向移动
D. 恒温恒压下通入氦气；平衡正向移动，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂通过改变反应途径，降低反应活化能，从而使活化分子变相增加，故新反应路径下活化分子百分含量上升，描述正确，符合题意；
B．反应速率未标注反应正逆方向，不能明确反应速率是同向还是逆向，描述错误，不符题意；
C．固体反应物的添加不会影响反应平衡，不会破坏原有平衡，描述错误，不符题意；
D．恒温恒压条件下通入氦气，容器容积会增大，相当于减小压强，平衡正向移动，反应体系中各气体浓度均下降，所以正逆反应速率均会减小，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
12. 某烃的结构简式为，有关它的分析正确的是
A. 分子式为B. 一氯代物有8种
C. 能发生取代、氧化、加聚反应D. 最多有7个碳原子在一条直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该烃的结构简式可知，其分子式为C11H10，A错误；
B．该烃上的苯环关于两对位取代基团连线对称，不同化学环境的H原子有6种，则一氯代物有6种，B错误；
C．该烃苯环上的氢原子可发生取代反应，有不饱和碳可发生氧化反应，碳碳双键和碳碳叁键可发生加聚反应，C正确；
D．碳碳叁键及其连接的苯环碳原子、苯环上对位碳原子在同一直线，碳碳双键是平面结构，碳原子及取代氢原子位置的甲基碳原子不可能在同一直线，故最多有5个碳原子在一条直线上，D错误；
故选C。
13. 下列过程不涉及氧化还原反应的是
A. 蔗糖水解为葡萄糖和果糖B. 直接加热氧化银冶炼银
C. 含氯消毒剂用于消毒环境D. 大气中二氧化氮参与酸雨形成
【答案】A
【解析】
【详解】A． 蔗糖水解为葡萄糖和果糖，是水解反应，不是氧化还原反应，故A符合题意；
B． 直接加热氧化银冶炼银，生成银单质和氧气，化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不符合题意；
C． 含氯消毒剂用于消毒环境，是利用含氯物质的强氧化性，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D． 大气中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，有化合价的变化，是氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
14. 下图是某同学用500mL容量瓶配制NaOH溶液的过程：
下列关于该实验的叙述正确的是
A. 如图所示，用托盘直接称量2.0g烧碱
B. 配制的正确顺序为①④③⑤②⑥
C. ②中定容时仰视刻线会导致溶液浓度偏高
D. 能用容量瓶贮存配制好的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A． 氢氧化钠易潮解，且有腐蚀性，故应在烧杯中称取氢氧化钠，而不能直接用托盘称量，故A错误；
B． 配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶，故配制的正确顺序为①④③⑤②⑥，故B正确；
C．定容时仰视刻线会导致溶液的体积偏大，所溶液浓度偏低，故C错误；
D．容量瓶只能用于配溶液，不能用于贮存配制好的溶液，故D错误；
故选B。
15. 下列实验操作、现象及解释或所得结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该实验操作生成多种气体，也不用来制取氨气，选项A错误；
B．原盐溶液中不一定含有Cl-，可能含有、等，选项B正确；
C．气体A不一定是SO2，可能是Cl2， Cl2和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能漂白，使品红褪色，选项C错误；
D．试管中可能有剩余的浓硫酸，不能直接向试管中加入水，应将试管中的液体冷却后缓慢注入盛水的烧杯中，观察溶液颜色，选项D错误；
答案选B。
16. 我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，在“碳中和”领城做出了卓越贡献，其转化过程示意图如下：
下列叙述正确的是
A. 反应①：，
B. 反应②：有极性键、非极性键的断裂与形成
C. 该过程实现了能量的储存，将太阳能最终转变成了化学能
D. 向所得淀粉溶液中加适量稀硫酸，加热，冷却后加过量NaOH溶液，再滴加少量碘水，溶液未变蓝，证明淀粉已完全水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气燃烧为放热反应，反应①是其逆反应，则水分解为吸热反应，，A项错误；
B．反应②为二氧化碳和氢气反应，生成甲醇，该反应有极性键的断裂与形成，非极性键的断裂，B项错误；
C．由图可知，该过程实现了能量的储存，将太阳能最终转变成了淀粉中的化学能，C项正确；
D．加过量NaOH溶液，再滴加少量碘水，碘单质与氢氧化钠发生了反应，则溶液未变蓝，不能证明淀粉已完全水解，D项错误；
答案选C。
17. 生产生活中，盐类水解有着广泛的应用。下列做法错误的是
A. 洗餐具油污时，用热的纯碱溶液较冷的好
B. 用泡沫灭火剂灭火时，将溶液和溶液混和
C. 将溶于大量水并加热制备
D. 为增加肥效将草木灰与铵态氮肥混合施用
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中水解，加热能使其水解程度增大，溶液中碱性增强，更容易使油脂分解从而达到清洗目的，描述正确，不符题意；
B．两种盐溶液混合会发生离子反应：，形成大量糊状泡沫，Al(OH)3和CO2都能阻隔可燃物与空气接触，达到灭火目的，描述正确，不符题意；
C．TiCl4接触水并加热会发生比较明显的水解反应，生成含结晶水的TiO2•xH2O细小颗粒，描述正确，不符题意；
D．草木灰中有效成分是K2CO3，与铵态氮肥同时使用，在土壤水分环境中会发生反应生成NH3和CO2，造成化肥中氮元素损失，所以该操作应避免发生，描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
18. 25℃时，向的一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a＞1
B. 可用甲基橙指示滴定终点c
C. 水的电离程度：b点和d点近似相同
D. d点时，
【答案】B
【解析】
【详解】A． HA为一元弱酸，HA部分电离，溶液中H+物质的量浓度低于0.10，故溶液的pH大于1即a ＞ 1，故A正确；
B．强碱弱酸盐呈碱性，甲基橙的变色范围为pH 3.1—4.4，不可以作为强碱滴定弱酸的指示剂，故B错误；
C． b点溶质为HA、NaA，pH=3，c(H+)=1×10-3 ml∙L-1，c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，则水电离出的c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，d点溶质为NaA、NaOH，pH = 11，c(OH-) =1×10-3 ml∙L-1，c(H+)=1×10-11 ml∙L-1，则水电离出的c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，故b、d两点水的电离程度相同，故C正确；
D． d点时，由电荷守恒：可知，，则，故D正确；
故选B。
19. 在pH=4.5时，利用原电池原理，用铁粉将废水中无害化处理的实验如下表：
下列说法正确的是
A. 该电池中Fe作负极，可被完全氧化
B. 正极的电极反应为：
C. 方案二的去除率高，原因可能是Fe2+破坏了FeO(OH)层
D. 改变铁粉粒径大小，的去除速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁粉将废水中无害化处理，则Fe为负极，由于反应产生的FeO(OH)不能导电，该物质不能溶于水，其将Fe全部覆盖，阻碍电子转移，因此Fe不能被完全氧化，A错误；
B．在正极上得到电子被还原为，在酸性环境中不可能存在NH3，正极的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O，B错误；
C．方案二的去除率高，原因可能是Fe2+与FeO(OH)反应产生了Fe3O4，将不能导电的FeO(OH)反应产生易导电的Fe3O4，有利于电子的转移，因此加入Fe2+可以提高去除率，C正确；
D．改变铁粉粒径大小，可以形成许多微小原电池，从而使的去除速率加快，D错误；
故合理选项是C。
20. 难溶电解质存在沉淀溶解平衡，已知：，，下列叙述中正确的是
A. 在含有固体的悬浊液中加入少量固体，不变
B. 悬浊液液中逐渐加入溶液，一定不发生
C. 将几滴溶液滴入溶液，得到白色沉淀，再滴加溶液，出现红褐色沉淀，证明
D. 另取少量C中白色沉淀，滴入浓溶液使其溶解，可能是导致沉淀溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A． 含有固体的悬浊液中存在溶解平衡，加入少量Na2SO4固体，溶液中增大，减小，故A错误；
B． 当加入的Na2CO3溶液达到一定量时，BaSO4可以向BaCO3转化，故B错误；
C． NaOH溶液的浓度和体积都比MgCl2的大，两者反应后NaOH有剩余，再滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，无法证明是与NaOH反应产生的，还是Mg(OH)2转化为Fe(OH)3的，故C错误；
D． Mg(OH)2中滴入NH4Cl溶液使其溶解，反应式可能为Mg(OH)2(s)+ 2(aq) = Mg2+ (aq)+ 2NH3∙H2O (aq)，可能是导致沉淀溶解，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
21. 价类二维图是学习和研究物质转化及其性质的有效方法，如图是氮元素的价类二维图。
（1）从氮元素角度，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是_______。
（2）与水反应转化为的化学方程式为_______，并用单线桥表示电子转移情况。
（3）一定条件下，可用对汽车尾气(常含有)进行无害化催化处理。请利用价类二维图写出对NO进行转化的化学方程式_______。
（4）铜与稀硝酸反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（5）将通入稀所得盐溶液呈酸性的原因：_______(用离子方程式表示)；0.1ml/L该盐溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为_______。
【答案】（1）NO、NO2
（2） （3）6NO + 4NH35N2十6H2O
（4）3:2 （5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
氮元素的最高正价为+5价，最低价为-3价，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是：NO、NO2。
【小问2详解】
NO2与水转化为HNO3的反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂，用单线桥表示电子转移情况为： 。
【小问3详解】
一定条件下，可用NH3对汽车尾气中的NO进行无害化催化处理，生成氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为：6NO + 4NH35N2十6H2O。
【小问4详解】
铜与稀硝酸反应的离子方程式为：，还原剂为铜，氧化剂为硝酸，当3ml铜参加反应时，只有2ml氮元素的化合价发生变化，硝酸既表现氧化性，又表现酸性，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为：3:2。
【小问5详解】
将NH3通入稀HNO3所得盐溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性的原因为：，0.1ml/L NH4NO3溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为：。
22. 实验室常用无水乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示。
（1）乙醇和乙酸中官能团名称分别为_______、_______。
（2）制备乙酸乙酯的反应方程式为_______，其反应类型是_______。
（3）实验时，加入浓硫酸要注意的操作是_______。
（4）装置右侧试管中所用液体为_______；实验过程中加热的作用是_______(答一条)。
（5）以乙烯为原料合成乙酸乙酯的路线为：
写出乙烯生成乙醇的反应方程式_______；实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为_______。
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 羧基
（2） ①. CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O ②. 酯化反应(或取代反应)
（3）把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡
（4） ①. 饱和碳酸钠溶液 ②. 加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动
（5） ①. CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH ②. 将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。
【解析】
【小问1详解】
乙醇和乙酸中官能团的名称分别为羟基、羧基。
【小问2详解】
制备乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O，其反应类型是酯化反应(或取代反应)。
【小问3详解】
实验时，加入浓硫酸要注意的操作是把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡。
【小问4详解】
装置右侧试管中所用液体为饱和碳酸钠溶液(可中和乙酸、吸收乙醇，降低酯的溶解度)，实验过程中加热的作用是加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动。
【小问5详解】
乙烯生成乙醇的反应方程为CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH，实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为：将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。
23. 海洋是重要的资源，综合开发海洋是我国资源发展战略的重要举措。
（1）海水淡化的方法中蒸馏法历史最久，下图是海水蒸馏原理示意图，其中仪器a的名称是_______，冷却水的进口为_______。
（2）海水中含有丰富的化学资源，可以进行综合开发利用。
①利用海水提盐：步骤①中要除去粗盐中的、、等杂质，合适的试剂及操作顺序为：_______→过滤→盐酸。(可用试剂：NaOH溶液、溶液、溶液)
②“侯氏制碱法”打破了国外对中国化工用碱的垄断，步骤②中，精制饱和食盐水中先后通入的气体分别为_______，其总反应的离子方程式为_______。
③海水提镁工艺中，步骤③在_______气氛保护下加热获得无水氯化镁。
④采用热空气吹出法进行海水提溴，步骤⑤⑥的目的在于_______。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. c
（2） ①. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液(NaOH溶液添加顺序随意，另两种除杂试剂添加顺序不能改变) ②. NH3、CO2 ③. ④. HCl ⑤. 富集溴元素
【解析】
【小问1详解】
加热海水获取蒸馏水的反应容器是“圆底烧瓶”；直型冷凝管中冷凝液要下进上出，所以冷却水由冷凝管“c”口进入；
【小问2详解】
①粗盐中可溶性杂质离子需发生离子反应生成沉淀或气体从NaCl溶液中除去，为保证除杂完全，除杂试剂需过量加入，所以过量的除杂试剂也算是新杂质，故需考虑它们的除去，所以应先加过量BaCl2，发生，在其后加入过量Na2CO3，发生和，NaOH可以在这两种试剂加入之前、中、后的任何时候加入，发生，该反应与其它几个反应没有关联和影响，过量的Na2CO3和NaOH在过滤沉淀之后，用适量盐酸除去，所以本问第一空可填“BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液”；
②侯氏制碱法是在适当温度的饱和NaCl溶液中，先通入足量NH3使其也达到饱和，再通入CO2与NH3在水中反应生成(NH4)2CO3，进一步再生成NH4HCO3，随着离子浓度的增大，Na+与对应的NaHCO3首先过饱和，析出晶体，实现NaHCO3的制备，所以本问第二空应填“NH3、CO2”；第三空应填“”；
③单独加热MgCl2•6H2O使其受热分解的过程中会出现明显的水解反应，最后会有一定量的Mg(OH)2甚至MgO的生成，为避免杂质出现，则应在“HCl”气体氛围中加热MgCl2•6H2O，HCl的大量存在可以抑制MgCl2•6H2O的水解；
④母液中Br-离子浓度过低，故将其氧化为Br2后并不直接萃取或者蒸馏分离，而是使用空气吹出含溴蒸气的空气，让混合气体通入溶有SO2的溶液中，Br2与SO2在水中发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，这样该溶液中的Br-可以达到相当高的浓度，再将这些Br-重新氧化生成Br2后，通过萃取和蒸馏操作获取纯净的Br2单质过程可以节约一定量的萃取试剂和加热能源，降低工业成本，所以本问第五空应填“富集溴元素”。
24. 氯化钠是重要的化工原料，有着广泛的应用。
（1）图a，b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图模型(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)。
其中能观察到灯泡发亮的是_______(填序号)，原因是_______(解释其中一个即可)。
（2）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如下。
①该原理的化学方程式为_______。
②生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知当pH升高时，易歧化为和，下列关于产生的说法中，不合理的是_______(填序号)。
a．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
b．在电极上放电，可能产生
c．主要在阴极室产生
【答案】（1） ①. bc ②. 固态NaCl中阴阳离子无法自由移动
（2） ①. ②. c
【解析】
【小问1详解】
由题目所给示意图可以分析出，a图中NaCl处于固体状态，这时Na+和Cl-均无法自由移动，无法实现直流电场下的电荷定向移动，b图中NaCl应处于熔融态，阴阳离子可以自由移动，那么直流电场下就可以有电荷的定向移动，c图NaCl应处于溶液中，离子周围均有水分子包围，在溶液中阴阳离子也能自由移动，所以c图中直流电场下电荷也能定向移动，所以本问第一空应填“bc”；第二空应填“固态NaCl中阴阳离子无法自由移动”；
【小问2详解】
①氯碱工业原理就是电解饱和食盐水，Cl-在阳极失电子生成Cl2，H2O在阴极得电子生成H2和OH-，所以本问第一空应填“”；
②a．阳离子交换膜破损，阴极室的OH-有可能进入阳极室，阳极室溶液中溶有少量Cl2，Cl2与OH-反应生成Cl-和ClO-，当溶液中pH略有变大，会有一定量ClO-转化为Cl-和，描述正确，不符题意；
b．Cl-在阳极上失电子，有可能被氧化少量生成，描述正确，不符题意；
c．Cl-在阳极失电子，生成产物也在阳极室溶液中存在，故不可能在阴极室产生，描述错误，符合题意；
综上，本问第二空应选填“c”。
25. 烟气脱硫脱硝是减排研究的热点，某实验小组模拟氧化并结合溶液吸收法，同时脱除和NO的原理如图所示：
气体反应器的主要反应原理和相关数据如下表：
（1）已知 ，则_______。
（2）恒温恒容下，和NO初始物质的量浓度均为1ml/L，检测装置1分析：
①经5min时NO的转化率为20%，则该时间内生成的平均速率为_______。
②相同时间内，和NO的转化率随的浓度变化如图1。结合数据分析NO的转化率高于的原因是_______。
（3）其它条件不变，和NO初始物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图2。浓度很低时，脱除率却超过97%，原因是_______(可用离子方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，（+）=（）=；故答案为：。
【小问2详解】
NO初始物质的量浓度均为1ml/L，经5min时NO的转化率为20%，由反应Ⅱ可知，生成的物质的量浓度为0.2ml/L，则5min内生成的平均速率；由数据分析可知，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅱ的速率更快，所以相同时间内，NO的转化率高于SO2；故答案为：；反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快。
【小问3详解】
浓度很低时，脱除率却超过97%，主要是由于溶液直接与发生反应，使得脱除率较高，反应的离子方程式为：；故答案为：。
26. 某小组根据白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色的现象，探究产生灰绿色沉淀的原因。
Ⅰ．甲同学猜测灰绿色沉淀是和的混合物，验证实验如下。
（1）实验1中加入维生素C是因其具有_______性。
（2）实验2中试剂a为_______溶液，试剂b为_______溶液；实验现象说明甲同学的猜测_______(填“正确”或“不正确”)。
Ⅱ．乙同学查阅资料得知，沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验3~实验5。
（3）推测实验4中沉淀无灰绿色的原因为_______。
（4）若乙同学的猜测正确，则预测实验5的现象为_______。
【答案】（1）还原 （2） ①. 铁氰化钾##K3[Fe(CN)6] ②. 硫氰化钾##KSCN ③. 不正确
（3）NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附
（4）从白色变为红褐色
【解析】
【分析】NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3，用维生素C溶液延缓空气对Fe(OH)2的氧化，待沉淀变灰绿色，将其取出，溶解于盐酸，分别用铁氰化钾和硫氰化钾检验Fe2+和Fe3+的存在情况；用过量的较高浓度的NaOH溶液将滴入的FeSO4迅速完全反应，验证乙同学猜测Fe(OH)2因吸附Fe2+而显灰绿色的可能。
【小问1详解】
维生素C具有还原性，实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。
【小问2详解】
实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+，试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀，则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液；根据实验目的，试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+，则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液；该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2，没有Fe(OH)3，故甲同学的猜测不正确。
【小问3详解】
由于沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是吸附引起的，则实验4中沉淀无灰绿色的原因为：NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附。
【小问4详解】
若乙同学的猜测正确，即灰绿色是吸附引起的，则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附，直接被空气氧化为Fe(OH)3，从白色变为红褐色。元素代号
A
B
C
D
原子半径/nm
0186
0.143
0.102
0.074
要化合价
+1
+3
+6、-2
-2
A
B
C
D
储存少量氯化氢气体
收集NO
比较酸性：硼酸
蒸发结晶
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
加热固体，在试管口放一小片湿润的蓝色石蕊试纸
石蕊试纸变红
可用此方法实验室制备氨
B
在某盐溶液中滴入几滴溶液
有白色沉淀生成
原盐溶液中不一定含有
C
向品红溶液中通入气体A，振荡
品红褪色
气体A为
D
将铜丝放入盛有浓硫酸的试管中加热，反应完后静置，直接加入少量水
试管中出现蓝色澄清溶液
浓硫酸具有强氧化性
方案一
方案二
初始条件
pH=4.5
pH=4.5，Fe2+
去除率
＜50%
接近100%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁最终物质形态
反应
平衡常数(25℃)
活化能()
反应Ⅰ：
24.6
反应Ⅱ：
3.17
反应Ⅲ：
58.17
编号
实验操作
实验现象
实验1
液面上方出现白色沉淀，一段时间，后变为灰绿色，长时间后变为红褐色
实验2
①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变红色
编号
实验操作
实验现象
实验3
液面上方产生向色沉淀(带有较多，灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色
实验4
液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
实验5
取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
本卷选择题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 2022年北京冬奥会中使用了大量高科技材料，下列说法中错误的是
A. 钛合金速滑冰刀属于无机非金属材料
B. 颁奖礼服保暖用到的石墨烯与金刚石互为同素异形体
C. 火炬中的聚硅氮烷树脂属于高分子化合物
D. 跨临界直冷制冰技术用到的节能、安全无毒
【答案】A
【解析】
【详解】A． 钛合金属于金属材料，故A错误；
B． 石墨烯与金刚石为碳元素组成的不同的单质，互为同素异形体，故B正确；
C． 聚硅氮烷树脂属于高分子化合物，故C正确；
D． 跨临界直冷制冰技术用到的节能、安全无毒，故D正确；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. S2-结构示意图为B. HClO的结构式：H-O-Cl
C. CO2的电子式：D. 丙烯的球棍模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．S2-是S原子获得2个电子形成的，离子核外电子排布为2、8、8，故S2-结构示意图为，A错误；
B．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故其结构式是H-O-Cl，B正确；
C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2的电子式为，C错误；
D．丙烯分子结构简式是CH2=CH-CH3，分子中存在一个碳碳双键，结合C原子价电子数目是4，可知其图示为丙烷的球棍模型，D错误；
故合理选项是B。
3. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为
B. 80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液物质的量浓度为2ml/L
C. 1L0.1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子数小于
D. 标况下22.4L中含有的分子数等于
【答案】C
【解析】
【详解】A．的摩尔质量为54g/ml，1个中的中子数为(18-8)×3=30，故中含有的中子数为，故A错误；
B． 80gNaOH物质的量为2ml，但是1L为溶剂水的体积，不是溶液的体积，故不能计算溶液物质的量浓度，故B错误；
C．碳酸钠的物质的量为1L×0.1ml/L=0.1ml，碳酸根离子发生水解反应，故碳酸根离子数小于，故C正确；
D． 标况下，水为固体，则22.4L的物质的量不是1ml，故D错误；
故选C。
4. 下列有关物质分类正确的是
A SiO2——两性氧化物B. 水玻璃——弱电解质
C. 小苏打——正盐D. 石油——混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．SiO2只能与碱反应产生盐和水，故SiO2是酸性氧化物，A错误；
B．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质，B错误；
C．小苏打是NaHCO3的俗称，属于酸式盐，而不是正盐，C错误；
D．石油中含有多种烷烃、环烷烃，因此石油属于混合物，D正确；
故合理选项是D。
5. 下表中是部分短周期元素的原子半径及主要化合价的信息。下列叙述正确的是
A. 与的核外电子数不可能相等
B. 离子半径大小：
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：A＞B
D. 简单氢化物的稳定性；D＜C
【答案】C
【解析】
【分析】由表中数据可知A为钠，B为铝，C为硫，D为氧。
【详解】A．B为铝，D为氧，则与的核外电子数相等，故A错误；
B．A为钠，D为氧，O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小：O2-＞Na+，故B错误；
C． 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；
D． 非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O＞S，则简单氢化物稳定性：H2O＞H2S，故D错误；
故选C。
6. 下列物质与水反应，转化成对应物质时有气体逸出的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应：，没有气体逸出，A不符合题意；
B．Mg与水反应：，有气体逸出，B符合题意；
C．NH3与水反应：，没有气体逸出，C不符合题意；
D．SO3与水反应：，没有气体逸出，D不符合题意；
故选B。
7. 下列方程式能正确解释其事实的是
A. 沸水中滴加饱和氯化铁溶液制胶体：
B. 自然界的天然固氮：
C. 氯化铝溶液与浓氨水混合：
D. 过量铁粉与新制氯水反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 沸水中滴加饱和氯化铁溶液制胶体，化学方程式正确，故A符合题意；
B． 该反应为工业合成氨，属于人工固氮，故B不符合题意；
C． 氢氧化铝不能与弱碱反应，故氯化铝溶液与浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：，故C不符合题意；
D． 过量铁粉与新制氯水反应，应生成氯化亚铁，故D不符合题意；
故选A。
8. 下列应用与对应物质的性质关系正确的是
A. 非金属性C>Si，故可用碳单质高温下与二氧化硅反应制粗硅
B. 氢氟酸显弱酸性，故可用于雕刻玻璃
C. 密度比空气大，故可作钠着火时的灭火剂
D. 明矾溶于水可产生胶体，故可作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性C>Si，但制粗硅与其非金属性没有关系，A错误；
B．氢氟酸显弱酸性，但与其用于雕刻玻璃没关系，雕刻玻璃是由于SiO2与HF反应的特殊性，B错误；
C．能与Na加热条件下反应，不可作钠着火时的灭火剂，C错误；
D．明矾溶于水可产生胶体，胶体具有吸附性，故可作净水剂，D正确；
故选D。
9. 下列实验设计能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢气体极易溶于水，因此不能采用该装置储存少量氯化氢气体，故A不符合；
B．NO难溶于水也不与水反应，因此NO能够采用排水法收集，故B符合；
C．硼酸不能和Na2CO3反应生成CO2，石灰水中无现象，因此不能得出硼酸酸性强于，故C不符合；
D．蒸发结晶氯化钠溶液应该在蒸发皿中进行，故D不符合；
故选B。
10. 观察是化学学习的重要方法。金属钠放置于空气中观察到下列现象，下列推证正确的是
A. 若将钠放置于坩埚中加热，观察到的现象与①、②相同
B. 取①得到的产物，滴加适量水和溶液，可观察到蓝色沉淀生成
C. 取③后液滴的稀溶液滴加酚酞溶液，可观察到酚酞先变红后褪色
D. 加热④的白色晶体，通入水中有气泡则可证明白色晶体是
【答案】B
【解析】
【分析】金属钠露置于空气中发生的变化中，①是钠被氧化为氧化钠为灰暗色；②是氧化钠和水反应生成氢氧化钠为白色；③氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠晶体，
【详解】A．钠放置于坩埚中加热，钠首先融化成小球，继而剧烈燃烧产生黄色火焰，燃烧产物为淡黄色的固体过氧化钠，A错误；
B．①是钠被氧化为氧化钠，水与氧化钠反应生成NaOH，加入溶液生成Cu(OH)2沉淀，可观察到蓝色沉淀生成，B正确；
C．③氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液，滴加酚酞溶液，溶液只变红不褪色，C错误；
D．加热④的白色晶体，即加热Na2CO3·10H2O，对其加热通入水中无明显现象，D错误；
故选：B。
11. 天然气在催化剂作用下热解可制得可再生的绿色能源氢气，其反应为： 。下列有关判断正确的是
A. 催化剂可以提高活化分子百分数
B. 时：反应达到了平衡状态
C. 恒温恒容下加入C(s)；平衡逆向移动
D. 恒温恒压下通入氦气；平衡正向移动，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂通过改变反应途径，降低反应活化能，从而使活化分子变相增加，故新反应路径下活化分子百分含量上升，描述正确，符合题意；
B．反应速率未标注反应正逆方向，不能明确反应速率是同向还是逆向，描述错误，不符题意；
C．固体反应物的添加不会影响反应平衡，不会破坏原有平衡，描述错误，不符题意；
D．恒温恒压条件下通入氦气，容器容积会增大，相当于减小压强，平衡正向移动，反应体系中各气体浓度均下降，所以正逆反应速率均会减小，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
12. 某烃的结构简式为，有关它的分析正确的是
A. 分子式为B. 一氯代物有8种
C. 能发生取代、氧化、加聚反应D. 最多有7个碳原子在一条直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该烃的结构简式可知，其分子式为C11H10，A错误；
B．该烃上的苯环关于两对位取代基团连线对称，不同化学环境的H原子有6种，则一氯代物有6种，B错误；
C．该烃苯环上的氢原子可发生取代反应，有不饱和碳可发生氧化反应，碳碳双键和碳碳叁键可发生加聚反应，C正确；
D．碳碳叁键及其连接的苯环碳原子、苯环上对位碳原子在同一直线，碳碳双键是平面结构，碳原子及取代氢原子位置的甲基碳原子不可能在同一直线，故最多有5个碳原子在一条直线上，D错误；
故选C。
13. 下列过程不涉及氧化还原反应的是
A. 蔗糖水解为葡萄糖和果糖B. 直接加热氧化银冶炼银
C. 含氯消毒剂用于消毒环境D. 大气中二氧化氮参与酸雨形成
【答案】A
【解析】
【详解】A． 蔗糖水解为葡萄糖和果糖，是水解反应，不是氧化还原反应，故A符合题意；
B． 直接加热氧化银冶炼银，生成银单质和氧气，化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不符合题意；
C． 含氯消毒剂用于消毒环境，是利用含氯物质的强氧化性，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D． 大气中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，有化合价的变化，是氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
14. 下图是某同学用500mL容量瓶配制NaOH溶液的过程：
下列关于该实验的叙述正确的是
A. 如图所示，用托盘直接称量2.0g烧碱
B. 配制的正确顺序为①④③⑤②⑥
C. ②中定容时仰视刻线会导致溶液浓度偏高
D. 能用容量瓶贮存配制好的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A． 氢氧化钠易潮解，且有腐蚀性，故应在烧杯中称取氢氧化钠，而不能直接用托盘称量，故A错误；
B． 配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶，故配制的正确顺序为①④③⑤②⑥，故B正确；
C．定容时仰视刻线会导致溶液的体积偏大，所溶液浓度偏低，故C错误；
D．容量瓶只能用于配溶液，不能用于贮存配制好的溶液，故D错误；
故选B。
15. 下列实验操作、现象及解释或所得结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该实验操作生成多种气体，也不用来制取氨气，选项A错误；
B．原盐溶液中不一定含有Cl-，可能含有、等，选项B正确；
C．气体A不一定是SO2，可能是Cl2， Cl2和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能漂白，使品红褪色，选项C错误；
D．试管中可能有剩余的浓硫酸，不能直接向试管中加入水，应将试管中的液体冷却后缓慢注入盛水的烧杯中，观察溶液颜色，选项D错误；
答案选B。
16. 我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，在“碳中和”领城做出了卓越贡献，其转化过程示意图如下：
下列叙述正确的是
A. 反应①：，
B. 反应②：有极性键、非极性键的断裂与形成
C. 该过程实现了能量的储存，将太阳能最终转变成了化学能
D. 向所得淀粉溶液中加适量稀硫酸，加热，冷却后加过量NaOH溶液，再滴加少量碘水，溶液未变蓝，证明淀粉已完全水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气燃烧为放热反应，反应①是其逆反应，则水分解为吸热反应，，A项错误；
B．反应②为二氧化碳和氢气反应，生成甲醇，该反应有极性键的断裂与形成，非极性键的断裂，B项错误；
C．由图可知，该过程实现了能量的储存，将太阳能最终转变成了淀粉中的化学能，C项正确；
D．加过量NaOH溶液，再滴加少量碘水，碘单质与氢氧化钠发生了反应，则溶液未变蓝，不能证明淀粉已完全水解，D项错误；
答案选C。
17. 生产生活中，盐类水解有着广泛的应用。下列做法错误的是
A. 洗餐具油污时，用热的纯碱溶液较冷的好
B. 用泡沫灭火剂灭火时，将溶液和溶液混和
C. 将溶于大量水并加热制备
D. 为增加肥效将草木灰与铵态氮肥混合施用
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中水解，加热能使其水解程度增大，溶液中碱性增强，更容易使油脂分解从而达到清洗目的，描述正确，不符题意；
B．两种盐溶液混合会发生离子反应：，形成大量糊状泡沫，Al(OH)3和CO2都能阻隔可燃物与空气接触，达到灭火目的，描述正确，不符题意；
C．TiCl4接触水并加热会发生比较明显的水解反应，生成含结晶水的TiO2•xH2O细小颗粒，描述正确，不符题意；
D．草木灰中有效成分是K2CO3，与铵态氮肥同时使用，在土壤水分环境中会发生反应生成NH3和CO2，造成化肥中氮元素损失，所以该操作应避免发生，描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
18. 25℃时，向的一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a＞1
B. 可用甲基橙指示滴定终点c
C. 水的电离程度：b点和d点近似相同
D. d点时，
【答案】B
【解析】
【详解】A． HA为一元弱酸，HA部分电离，溶液中H+物质的量浓度低于0.10，故溶液的pH大于1即a ＞ 1，故A正确；
B．强碱弱酸盐呈碱性，甲基橙的变色范围为pH 3.1—4.4，不可以作为强碱滴定弱酸的指示剂，故B错误；
C． b点溶质为HA、NaA，pH=3，c(H+)=1×10-3 ml∙L-1，c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，则水电离出的c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，d点溶质为NaA、NaOH，pH = 11，c(OH-) =1×10-3 ml∙L-1，c(H+)=1×10-11 ml∙L-1，则水电离出的c(OH-) =1×10-11 ml∙L-1，故b、d两点水的电离程度相同，故C正确；
D． d点时，由电荷守恒：可知，，则，故D正确；
故选B。
19. 在pH=4.5时，利用原电池原理，用铁粉将废水中无害化处理的实验如下表：
下列说法正确的是
A. 该电池中Fe作负极，可被完全氧化
B. 正极的电极反应为：
C. 方案二的去除率高，原因可能是Fe2+破坏了FeO(OH)层
D. 改变铁粉粒径大小，的去除速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁粉将废水中无害化处理，则Fe为负极，由于反应产生的FeO(OH)不能导电，该物质不能溶于水，其将Fe全部覆盖，阻碍电子转移，因此Fe不能被完全氧化，A错误；
B．在正极上得到电子被还原为，在酸性环境中不可能存在NH3，正极的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O，B错误；
C．方案二的去除率高，原因可能是Fe2+与FeO(OH)反应产生了Fe3O4，将不能导电的FeO(OH)反应产生易导电的Fe3O4，有利于电子的转移，因此加入Fe2+可以提高去除率，C正确；
D．改变铁粉粒径大小，可以形成许多微小原电池，从而使的去除速率加快，D错误；
故合理选项是C。
20. 难溶电解质存在沉淀溶解平衡，已知：，，下列叙述中正确的是
A. 在含有固体的悬浊液中加入少量固体，不变
B. 悬浊液液中逐渐加入溶液，一定不发生
C. 将几滴溶液滴入溶液，得到白色沉淀，再滴加溶液，出现红褐色沉淀，证明
D. 另取少量C中白色沉淀，滴入浓溶液使其溶解，可能是导致沉淀溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A． 含有固体的悬浊液中存在溶解平衡，加入少量Na2SO4固体，溶液中增大，减小，故A错误；
B． 当加入的Na2CO3溶液达到一定量时，BaSO4可以向BaCO3转化，故B错误；
C． NaOH溶液的浓度和体积都比MgCl2的大，两者反应后NaOH有剩余，再滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，无法证明是与NaOH反应产生的，还是Mg(OH)2转化为Fe(OH)3的，故C错误；
D． Mg(OH)2中滴入NH4Cl溶液使其溶解，反应式可能为Mg(OH)2(s)+ 2(aq) = Mg2+ (aq)+ 2NH3∙H2O (aq)，可能是导致沉淀溶解，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
21. 价类二维图是学习和研究物质转化及其性质的有效方法，如图是氮元素的价类二维图。
（1）从氮元素角度，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是_______。
（2）与水反应转化为的化学方程式为_______，并用单线桥表示电子转移情况。
（3）一定条件下，可用对汽车尾气(常含有)进行无害化催化处理。请利用价类二维图写出对NO进行转化的化学方程式_______。
（4）铜与稀硝酸反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（5）将通入稀所得盐溶液呈酸性的原因：_______(用离子方程式表示)；0.1ml/L该盐溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为_______。
【答案】（1）NO、NO2
（2） （3）6NO + 4NH35N2十6H2O
（4）3:2 （5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
氮元素的最高正价为+5价，最低价为-3价，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是：NO、NO2。
【小问2详解】
NO2与水转化为HNO3的反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂，用单线桥表示电子转移情况为： 。
【小问3详解】
一定条件下，可用NH3对汽车尾气中的NO进行无害化催化处理，生成氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为：6NO + 4NH35N2十6H2O。
【小问4详解】
铜与稀硝酸反应的离子方程式为：，还原剂为铜，氧化剂为硝酸，当3ml铜参加反应时，只有2ml氮元素的化合价发生变化，硝酸既表现氧化性，又表现酸性，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为：3:2。
【小问5详解】
将NH3通入稀HNO3所得盐溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性的原因为：，0.1ml/L NH4NO3溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为：。
22. 实验室常用无水乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示。
（1）乙醇和乙酸中官能团名称分别为_______、_______。
（2）制备乙酸乙酯的反应方程式为_______，其反应类型是_______。
（3）实验时，加入浓硫酸要注意的操作是_______。
（4）装置右侧试管中所用液体为_______；实验过程中加热的作用是_______(答一条)。
（5）以乙烯为原料合成乙酸乙酯的路线为：
写出乙烯生成乙醇的反应方程式_______；实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为_______。
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 羧基
（2） ①. CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O ②. 酯化反应(或取代反应)
（3）把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡
（4） ①. 饱和碳酸钠溶液 ②. 加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动
（5） ①. CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH ②. 将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。
【解析】
【小问1详解】
乙醇和乙酸中官能团的名称分别为羟基、羧基。
【小问2详解】
制备乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O，其反应类型是酯化反应(或取代反应)。
【小问3详解】
实验时，加入浓硫酸要注意的操作是把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡。
【小问4详解】
装置右侧试管中所用液体为饱和碳酸钠溶液(可中和乙酸、吸收乙醇，降低酯的溶解度)，实验过程中加热的作用是加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动。
【小问5详解】
乙烯生成乙醇的反应方程为CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH，实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为：将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。
23. 海洋是重要的资源，综合开发海洋是我国资源发展战略的重要举措。
（1）海水淡化的方法中蒸馏法历史最久，下图是海水蒸馏原理示意图，其中仪器a的名称是_______，冷却水的进口为_______。
（2）海水中含有丰富的化学资源，可以进行综合开发利用。
①利用海水提盐：步骤①中要除去粗盐中的、、等杂质，合适的试剂及操作顺序为：_______→过滤→盐酸。(可用试剂：NaOH溶液、溶液、溶液)
②“侯氏制碱法”打破了国外对中国化工用碱的垄断，步骤②中，精制饱和食盐水中先后通入的气体分别为_______，其总反应的离子方程式为_______。
③海水提镁工艺中，步骤③在_______气氛保护下加热获得无水氯化镁。
④采用热空气吹出法进行海水提溴，步骤⑤⑥的目的在于_______。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. c
（2） ①. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液(NaOH溶液添加顺序随意，另两种除杂试剂添加顺序不能改变) ②. NH3、CO2 ③. ④. HCl ⑤. 富集溴元素
【解析】
【小问1详解】
加热海水获取蒸馏水的反应容器是“圆底烧瓶”；直型冷凝管中冷凝液要下进上出，所以冷却水由冷凝管“c”口进入；
【小问2详解】
①粗盐中可溶性杂质离子需发生离子反应生成沉淀或气体从NaCl溶液中除去，为保证除杂完全，除杂试剂需过量加入，所以过量的除杂试剂也算是新杂质，故需考虑它们的除去，所以应先加过量BaCl2，发生，在其后加入过量Na2CO3，发生和，NaOH可以在这两种试剂加入之前、中、后的任何时候加入，发生，该反应与其它几个反应没有关联和影响，过量的Na2CO3和NaOH在过滤沉淀之后，用适量盐酸除去，所以本问第一空可填“BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液”；
②侯氏制碱法是在适当温度的饱和NaCl溶液中，先通入足量NH3使其也达到饱和，再通入CO2与NH3在水中反应生成(NH4)2CO3，进一步再生成NH4HCO3，随着离子浓度的增大，Na+与对应的NaHCO3首先过饱和，析出晶体，实现NaHCO3的制备，所以本问第二空应填“NH3、CO2”；第三空应填“”；
③单独加热MgCl2•6H2O使其受热分解的过程中会出现明显的水解反应，最后会有一定量的Mg(OH)2甚至MgO的生成，为避免杂质出现，则应在“HCl”气体氛围中加热MgCl2•6H2O，HCl的大量存在可以抑制MgCl2•6H2O的水解；
④母液中Br-离子浓度过低，故将其氧化为Br2后并不直接萃取或者蒸馏分离，而是使用空气吹出含溴蒸气的空气，让混合气体通入溶有SO2的溶液中，Br2与SO2在水中发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，这样该溶液中的Br-可以达到相当高的浓度，再将这些Br-重新氧化生成Br2后，通过萃取和蒸馏操作获取纯净的Br2单质过程可以节约一定量的萃取试剂和加热能源，降低工业成本，所以本问第五空应填“富集溴元素”。
24. 氯化钠是重要的化工原料，有着广泛的应用。
（1）图a，b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图模型(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)。
其中能观察到灯泡发亮的是_______(填序号)，原因是_______(解释其中一个即可)。
（2）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如下。
①该原理的化学方程式为_______。
②生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知当pH升高时，易歧化为和，下列关于产生的说法中，不合理的是_______(填序号)。
a．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
b．在电极上放电，可能产生
c．主要在阴极室产生
【答案】（1） ①. bc ②. 固态NaCl中阴阳离子无法自由移动
（2） ①. ②. c
【解析】
【小问1详解】
由题目所给示意图可以分析出，a图中NaCl处于固体状态，这时Na+和Cl-均无法自由移动，无法实现直流电场下的电荷定向移动，b图中NaCl应处于熔融态，阴阳离子可以自由移动，那么直流电场下就可以有电荷的定向移动，c图NaCl应处于溶液中，离子周围均有水分子包围，在溶液中阴阳离子也能自由移动，所以c图中直流电场下电荷也能定向移动，所以本问第一空应填“bc”；第二空应填“固态NaCl中阴阳离子无法自由移动”；
【小问2详解】
①氯碱工业原理就是电解饱和食盐水，Cl-在阳极失电子生成Cl2，H2O在阴极得电子生成H2和OH-，所以本问第一空应填“”；
②a．阳离子交换膜破损，阴极室的OH-有可能进入阳极室，阳极室溶液中溶有少量Cl2，Cl2与OH-反应生成Cl-和ClO-，当溶液中pH略有变大，会有一定量ClO-转化为Cl-和，描述正确，不符题意；
b．Cl-在阳极上失电子，有可能被氧化少量生成，描述正确，不符题意；
c．Cl-在阳极失电子，生成产物也在阳极室溶液中存在，故不可能在阴极室产生，描述错误，符合题意；
综上，本问第二空应选填“c”。
25. 烟气脱硫脱硝是减排研究的热点，某实验小组模拟氧化并结合溶液吸收法，同时脱除和NO的原理如图所示：
气体反应器的主要反应原理和相关数据如下表：
（1）已知 ，则_______。
（2）恒温恒容下，和NO初始物质的量浓度均为1ml/L，检测装置1分析：
①经5min时NO的转化率为20%，则该时间内生成的平均速率为_______。
②相同时间内，和NO的转化率随的浓度变化如图1。结合数据分析NO的转化率高于的原因是_______。
（3）其它条件不变，和NO初始物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图2。浓度很低时，脱除率却超过97%，原因是_______(可用离子方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，（+）=（）=；故答案为：。
【小问2详解】
NO初始物质的量浓度均为1ml/L，经5min时NO的转化率为20%，由反应Ⅱ可知，生成的物质的量浓度为0.2ml/L，则5min内生成的平均速率；由数据分析可知，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅱ的速率更快，所以相同时间内，NO的转化率高于SO2；故答案为：；反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快。
【小问3详解】
浓度很低时，脱除率却超过97%，主要是由于溶液直接与发生反应，使得脱除率较高，反应的离子方程式为：；故答案为：。
26. 某小组根据白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色的现象，探究产生灰绿色沉淀的原因。
Ⅰ．甲同学猜测灰绿色沉淀是和的混合物，验证实验如下。
（1）实验1中加入维生素C是因其具有_______性。
（2）实验2中试剂a为_______溶液，试剂b为_______溶液；实验现象说明甲同学的猜测_______(填“正确”或“不正确”)。
Ⅱ．乙同学查阅资料得知，沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验3~实验5。
（3）推测实验4中沉淀无灰绿色的原因为_______。
（4）若乙同学的猜测正确，则预测实验5的现象为_______。
【答案】（1）还原 （2） ①. 铁氰化钾##K3[Fe(CN)6] ②. 硫氰化钾##KSCN ③. 不正确
（3）NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附
（4）从白色变为红褐色
【解析】
【分析】NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3，用维生素C溶液延缓空气对Fe(OH)2的氧化，待沉淀变灰绿色，将其取出，溶解于盐酸，分别用铁氰化钾和硫氰化钾检验Fe2+和Fe3+的存在情况；用过量的较高浓度的NaOH溶液将滴入的FeSO4迅速完全反应，验证乙同学猜测Fe(OH)2因吸附Fe2+而显灰绿色的可能。
【小问1详解】
维生素C具有还原性，实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。
【小问2详解】
实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+，试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀，则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液；根据实验目的，试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+，则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液；该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2，没有Fe(OH)3，故甲同学的猜测不正确。
【小问3详解】
由于沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是吸附引起的，则实验4中沉淀无灰绿色的原因为：NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附。
【小问4详解】
若乙同学的猜测正确，即灰绿色是吸附引起的，则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附，直接被空气氧化为Fe(OH)3，从白色变为红褐色。元素代号
A
B
C
D
原子半径/nm
0186
0.143
0.102
0.074
要化合价
+1
+3
+6、-2
-2
A
B
C
D
储存少量氯化氢气体
收集NO
比较酸性：硼酸
蒸发结晶
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
加热固体，在试管口放一小片湿润的蓝色石蕊试纸
石蕊试纸变红
可用此方法实验室制备氨
B
在某盐溶液中滴入几滴溶液
有白色沉淀生成
原盐溶液中不一定含有
C
向品红溶液中通入气体A，振荡
品红褪色
气体A为
D
将铜丝放入盛有浓硫酸的试管中加热，反应完后静置，直接加入少量水
试管中出现蓝色澄清溶液
浓硫酸具有强氧化性
方案一
方案二
初始条件
pH=4.5
pH=4.5，Fe2+
去除率
＜50%
接近100%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁最终物质形态
反应
平衡常数(25℃)
活化能()
反应Ⅰ：
24.6
反应Ⅱ：
3.17
反应Ⅲ：
58.17
编号
实验操作
实验现象
实验1
液面上方出现白色沉淀，一段时间，后变为灰绿色，长时间后变为红褐色
实验2
①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变红色
编号
实验操作
实验现象
实验3
液面上方产生向色沉淀(带有较多，灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色
实验4
液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
实验5
取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中
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