辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试（二）化学参考答案

这是一份辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试（二）化学参考答案，共13页。
【详解】A.当x=10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，故此时不会有AlO2-生成。参加反应的硫酸根离子为0.001ml，剩余0.001mlSO42-，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，溶液中c（NH4+）c(Al3+)，正确；
C.当x=30时，0.001 ml的NH4Al(SO4)2与0.003 ml Ba(OH)2反应，生成0.002 ml BaSO4、0.001 ml NaAlO2、0.001 ml NH3•H2O，且剩余0.001 ml Ba2+和0.001 ml OH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2ONH4++ OH-，使得溶液中c（OH-）大于0.001 ml，c（OH-）＞c（AlO2-），错误；
D.由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c（OH-）大于0.001 ml，含有0.001 ml Ba2+，c（OH-）＞c（Ba2+），错误。
答案选B。
2．D
【详解】A．a点所得溶液pH=1.85，即pH=pKa1，所得溶液中：c(HA-)=c(H2A)，根据物料守恒：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=ml·L-1，由于c(HA-)=c(H2A)，则2c(HA-)+c(A2-)=ml·L-1，A项错误；
B．b点加入NaOH溶液体积为20mL，恰好完全反应生成NaHA，根据质子守恒：所得溶液中：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)，B项错误；
C．c点所得溶液pH=7.19，即pH=pKa2，所得溶液中：c(HA-)=c(A2-)，溶液为碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，可知c(Na+)＞3c(HA-)，C项错误；
D．a点到b点溶液中，NaOH与H2A反应生成NaHA，则HA-数目逐渐增多，从b点到e点溶液中NaHA与NaOH反应生成Na2A，HA-数目逐渐减少，D项正确；
答案选D。
3．D
【分析】C(OH)2受热分解，生成CO和H2O，CO易被空气中O2氧化，生成C的氧化物。从图中可以看出，随着温度的不断升高，固体失重质量分数不断增大，所以从反应开始至X点，C(OH)2不仅发生分解反应，还发生氧化反应；从X点到Y点、从Y点到Z点，都为钴的氧化物的分解反应。
【详解】A．由选项内容可知，的加热失重先生成，元素化合价逐渐从价，升高至价，因此空气中的参与了该反应，则的加热失重过程不是分解反应。A错误；
B．由图象可知，X点失重质量分数为10.75%，则加热后的残留率为89.25%，若取的初始质量为，则残留的质量为，因元素质量不变，，则残留物质中O质量，则残留物为，即为，B错误；
C．若取的初始质量为，则残留的质量为，因元素质量不变，，则残留物质中O质量，则残留物为，即Y点为，C错误；
D．Z点，残留的质量为，因，则残留物质中O质量，故残留物为，D正确；
故选D。
4．D
【分析】向盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入氨水，前阶段反应为盐酸与氨水反应：，随着滴加氨水增多，混合溶液中离子总浓度减小，电导率下降，对应pH曲线的b点前阶段反应完成，此时混合溶液为等浓度的氯化铵和醋酸溶液，溶液呈酸性，即的水解小于的电离。 后阶段反应为醋酸与氨水反应：，随着滴加氨水增多，混合溶液总离子浓度增大，电导率上升，对应pH曲线c点后阶段反应完成，此时混合溶液为等浓度的氯化铵和酸酸铵溶液，溶液呈酸性，即水解大于水解。此后滴加的氨水过量，混合溶液总离子浓度减小，电导率下降。题目据此解答。
【详解】A．a点时混合溶液中存在醋酸和水的电离平衡：、，在盐酸的抑制下，醋酸和水的电离程度很小，因此溶液中，，根据，得溶液中，A正确；
B．b点时盐酸与氨水恰好完全反应，混合溶液呈酸性，的水解小于的电离，根据原子守恒得溶液中离子浓度大小关系为：，B正确；
C．c点时醋酸恰好与氨水完全反应，混合溶液溶质是，根据原子守恒得：，C正确；
D．a点时盐酸和醋酸均抑制水的电离，b点时醋酸抑制水的电离，c点时的水解促进水的电离，d点时抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是c点，D错误；
故选D。
5．B
【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)，按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：
【详解】A．X溶液中含有Cu2+，溶液为蓝色，A项错误；
B．根据反应方程式，参加反应的浓硫酸中，体现氧化性的占，B项正确；
C．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，C项错误；
D．由知，3mlCu生成0.6mlCu2S，溶解操作时，Cu2S的氧化产物可能为Cu2+、S或Cu2+、S、，当Cu2S的氧化产物为Cu2+、S时，发生反应：，0.6mlCu2S得到0.8ml NO与0.6ml S，NO与S物质的量之和为1.4ml，当Cu2S的氧化产物为Cu2+、时，发生反应：，0.6mlCu2S只得到2ml NO，NO与S物质的量之和为2ml ，根据题图，反应一定有S单质生成，则，故NO与Y的物质的量之和不可能为2ml，D项错误；
答案选B。
6．B
【详解】A，根据图象，当Va=100mL，Vb=0时溶液的pH=3，即0.1ml/L100mLHA溶液的pH=3，溶液中c（H+）=110-3ml/L0.1ml/L，HA为弱酸，溶液中c（A-）=c（H+）= 110-3ml/L，c（HA）=0.1ml/L-110-3ml/L=0.099ml/L，Ka（HA）===110-5，A项错误；B，根据图象，25℃时b点Va=Vb=50mL，HA和BOH恰好完全反应，溶液的pH=7即c（H+）=c（OH-），说明等浓度的HA和BOH的电离程度相同，b点溶液中的电荷守恒为：c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则b点c（B+）=c（A-），B项正确；C，c点溶液由BA和BOH组成，A-在溶液中存在水解平衡A-+H2OHA+OH-，该水解平衡的水解平衡常数Kh=，盐类水解是吸热过程，升高温度促进水解，水解平衡常数Kh增大，增大，随温度升高而减小，C项错误；D，a→b过程中过量的HA电离的c（H+）减小，反应生成的BA增多，BA水解促进水的电离，水的电离程度增大，b点两者恰好完全反应，水的电离程度最大，b→c过程中过量的BOH电离的c（OH-）增多，反应生成的BA减少，b→c过程中水的电离程度减小，a→c的过程中水的电离程度先增大后减小，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查酸碱反应的图象分析，电离平衡常数的计算，溶液中离子浓度的大小关系，影响水的电离平衡和盐类水解平衡的因素。明确各点数据的含义、溶液的成分和性质是解题的关键，确定溶液中离子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒，易错选D，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。
7．C
【详解】A．泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化，酸浸时可以进入溶液便于后期制备胆矾，A正确；
B．常温下除氯，可以在酸浸时减少HCI挥发，更加环保，B正确；
C．pH=5时，c(OH-)=10-9ml/L，经计算c(Fe3+)=，能使Fe3+除尽，但c(Cu2+)=，也会随之沉淀，C错误；
D．焙烧加入，可以使V元素转化成可溶性的钒酸盐进入溶液，水浸除掉杂质元素，更好的回收钒，D正确；
故选C。
8．B
【详解】①所有铵盐中，氮元素化合价不一定都是－3价，如NH4NO3中，N的化合价除了－3，还有＋5，①错；
②所有铵盐都溶于水，②对；
③NH4＋会和OH－结合生成NH3·H2O，一水合氨不稳定，易分解生成NH3，降低肥效，③对；
④铵盐，一般由铵根离子和酸根阴离子构成，含有离子键，是离子化合物，④对；
⑤铵盐中的NH4＋，可以与OH－结合，因此都可以与碱反应，但是某些铵盐也可以与酸反应，如NH4HCO3，可与酸反应，⑤错；
综上②③④对，答案选B。
【点睛】①⑤错误的点在于，除了思考NH4＋的性质外，还需要考虑阴离子的性质，如①中该铵盐可能为NH4NO3。
9．B
【分析】无色溶液没有，加入过量盐酸后无现象说明没有，阴离子种类不改变说明一定含有，由焰色试验可知含有没有。加入溶液，产生白色沉淀只可能是生成或者白色沉淀。和须同时存在于溶液中才能满足各离子浓度相等且溶液呈电中性，与不能共存，故原溶液一定没有，一定有的离子为：、、、；一定没有的离子为： 、、、，据此分析。
【详解】由上述分析可知，原溶液中一定存在，②中的白色沉淀是和，溶液中一定没有的离子为： 、、、，由溶液呈电中性可知溶液中一定含有，故本题选B。
10．C
【详解】A．发生反应：2Fe＋3Cl2=2FeCl3，2.8gFe的物质的量为：=0.05ml，根据量的判断，假设0.05ml铁全部反应，消耗氯气物质的量为0.15ml，显然氯气不足，因此0.05ml氯气充分反应转移了0.1ml电子，即转移0.1NA个电子，故A错误；
B．没有指明状态是否是标准状态，因此无法计算气体体积，故B错误；
C．14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H8)组成的混合物中含有14g最简式CH2，含有最简式CH2的物质的量为1ml，1ml最简式CH2中含有3ml原子，含有原子的数目为3NA，故C正确；
D．0.1ml过氧化钠与二氧化碳完全反应生成氧气的物质的量为0.05ml，Na202中氧元素的化合价为-1价,则生成0.05ml氧气转移了0.1ml电子，即转移0.1NA个电子，故D错误；
故选C。
11．D
【详解】16gCu的物质的量为：=0.25ml，根据反应方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，8.4L的气体的物质的量为：=0.375ml，设其中NO2为xml，则NO为(0.375-x)ml，根据氧化还原反应中电子得失总数相等可知，x+3(0.375-x)=0.25×2，解得x=0.3125ml，则NO2在标准状况下的体积为：0.3125ml×22.4L/ml=7L，故答案为：D。
12．D
【分析】Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，说明Z为第二周期，Q为第三周期元素，依据有机物结构简式可知，元素Y形成四个键，应为C元素，则Z、W依次为N、O元素，Q则为Cl元素，X为H元素。
【详解】A．W、Q的简单氢化物依次为、HCl，其沸点由高到低顺序为，A错误；
B．Q、Y、Z对应最高价含氧酸分别为、、，满足酸性强弱顺序为，但含氧酸则不正确，如HClO酸性弱于，B错误；
C．N元素2p轨道半充满，较为稳定，元素第一电离能最大，即顺序应为，C错误；
D．元素X、Z、W形成的离子化合物中含有的为正四面体结构离子，D正确。
故选D。
13．CD
【分析】由图可知，溶液pH为6.4时，溶液中c(HCO)= c(H2CO3)，则电离常数Ka1(H2CO3)= = c(H+)=10-6.4，溶液pH为9.3时，溶液中c(NH)= c(NH3·H2O)，则电离常数Kb(NH3·H2O)= = c(OH—)= 10-4.7，溶液pH为10.2时，溶液中c(HCO)= c(CO)，则电离常数Ka2(H2CO3)= = c(H+)=10-10.2。
【详解】A．由分析可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，故A错误；
B．由图可知，n点时，加入氢氧化钠溶液反应得到的溶液中含有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子和一水合氨，溶液中c(HCO)= c(CO)，由溶液中的电荷守恒2 c(CO)+ c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)可得3c(HCO)+c(OH—)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，故B错误；
C．由图可知，m点时，溶液中c(NH3·H2O)>c(HCO)，故C正确；
D．由方程式可知，反应平衡常数K== ===10-0.9，则lgK=-0.9，故D正确；
故选CD。
14．CD
【分析】根据原理装置图可知，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成的Mn3+将FeS2氧化，FeS2+15Mn3++8H2O═Fe3++15Mn2++2SO+16H+，据此分析解答。
【详解】A．FeS2中Fe为+2价，化学名称为二硫化亚铁，故A正确；
B．根据图示，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，故B正确；
C．H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成的Mn3+将FeS2氧化，FeS2+15Mn3++8H2O═Fe3++15Mn2++2SO+16H+，因此电解池中的总反应为FeS2+8H2O═Fe3++2SO+H++H2↑，因此随着电解，混合液中H+的物质的量浓度将变大，混合液pH逐渐减小，故C错误；
D．电解过程中发生的总反应为FeS2+8H2O═Fe3++2SO+H++H2↑，因此混合液中每增加1mlSO，理论上通过电路的电子数为NA，故D错误；
故选CD。
【点睛】本题的难点是示意图的解读，要注意生成的Mn3+将FeS2氧化，然后根据电解的总反应分析判断。
15．BC
【详解】A．焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，整个反应2H2O2(aq) = 2H2O(l)＋O2(g)的ΔH=E1-E2，反应②的ΔH=②反应的生成物总能量-②反应的反应物总能量。不等于E1-E2，故A错误；
B．根据总反应2H2O2(aq)＝2H2O(l)+O2(g) ,Fe3+是催化剂，其作用是加快过氧化氢的分解速率，故B正确；
C．由图知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应2H2O2(aq)＝2H2O(l)+O2(g)为放热反应，故△HB>A；由分析可知，E的结构简式为；
（2）由结构简式可知，的官能团为醚键、酯基；
（3）由结构简式可知，H分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：；
（4）由分析可知，G→H的反应为一定条件下发生分子间取代反应生成和甲醇，反应的化学方程式为2+CH3OH；
（5）F的同分异构体X含有甲基，除苯环外还有一个五元环，且与苯环共用两个碳原子，能发生水解反应说明X分子中含有酰胺基，则符合条件的结构简式为，共有2种；
（6）由题给有机物的转化关系可知，以环丙烷和甲醇为原料合成的合成步骤为催化剂作用下环丙烷与氯气发生环加成反应生成1，2—二氯丙烷，1，2—二氯丙烷与氰化钠发生取代反应生成，酸性条件下发生水解反应所得产物与甲醇在氯化氢作用下发生酯化反应生成，一定条件下发生分子间取代反应生成，合成路线为。