1、全国卷高三入学摸底联合考试化学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。2考试时间为90分钟，满分100分。3答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。4全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 Ca-40 Cu-40第卷 （选择题共48分）一、选择题：本题共24小题，每题2分，共计48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确1.化学与人类文明进步息息相关，下列说法错误的是（ ）A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器
2、，主要化学成分是硅酸盐C. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是无机非金属材料D. 城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“”、液化石油气“”，主要成分都是烃【答案】C【解析】【详解】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，天然高分子化合物包括蛋白质、纤维素、淀粉等，故A说法正确；B、瓷器主要成分是硅酸盐，故B说法正确；C、聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，故C说法错误；D、天然气主要成分是CH4，液化汽油是乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷的混合物，它们都是由碳氢两种元素组成，都属于烃，故D说法正确；答案选C。2.下列化学用语的表述正确的是（ ）A. 由Na和Cl形
3、成离子键的过程：B. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：C. 中子数为20的氯原子：D. 乙烯的分子式：CH2=CH2【答案】A【解析】【详解】ANaCl为离子化合物，Na和Cl形成离子键，即，故A正确；B、NH4Cl是由NH4和Cl形成离子键，NH4中N和H形成共价键，即氯化铵的电子式为，NH5的结构与NH4Cl相似，即NH5可以看作是NH4和H组成的，NH5的结构简式为，故B错误；C、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，该核素的质量数为1720=37，即该核素为Cl，故C错误；D、CH2=CH2是乙烯的结构简式，乙烯的分子式为C2H4，故D错误；答案选A。3.NA代表
4、阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，31g P4（结构式：）中所含P-P键数目为1.5NAB. 1L 0.1mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC. 1mol重水与1mol水中，中子数比为21D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、1mol白磷有6molPP键，即31g白磷中含有PP键的物质的量为=1.5mol，个数为1.5NA，故A正确；B、硫酸钠溶液中含有氧元素的是Na2SO4和H2O，因此1L0.1molL1Na2SO4溶液中含有氧原子的物质的量大于1L0.1molL14=0.4mol，故B
5、错误；C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为10mol，水是1H2O，1mol水中含有中子物质的量为8mol，中子数之比为108=54，故C错误；D、SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，不能进行到底，因此反应后总分子物质的量大于2mol，故D错误；答案选A。【点睛】易错点是选项B，会误认为Na2SO4溶液中含有氧原子物质的量为1L0.1molL14=0.4mol，忽略水的存在，水含有氧元素，硫酸钠溶液含有氧原子的物质的量应大于0.4mol。4.关于的说法，正确的是（ ）A. 所有原子一定处于同一平面内B. 二氯代物有三种C. 与苯互为同分异构体D. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
6、【答案】C【解析】【详解】A、该有机物中存在饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故A错误；B、，如果一个氯原子固定在号碳原子上，另一个氯原子可以在上，共有3种，如果另一个氯原子固定在号碳原子上，另一个氯原子在上，共有3种，综上所述，二氯代物共有6种，故B错误；C、该有机物分子式为C6H6，苯的分子式为C6H6，两者结构不同，因此互为同分异构体，故C正确；D、该有机物中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；答案选C。5.工业上制汞的过程是：焙烧辰砂（主要含HgS），发生反应：HgS+O2Hg+SO2，还原出的汞呈气态，冷凝得液态汞。其流程如图，下列说法不正确的是（ ）A. 含
7、汞烟气可以采用活性炭吸附法处理达标后再排放B. HgS+O2Hg+SO2该反应中HgS只做还原剂C. 洗涤粗汞时不可用5%的硫酸代替5%的硝酸D. 流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放【答案】B【解析】【详解】A、汞是有毒物质，排放到自然界会污染环境，利用活性炭的吸附性处理含汞烟气，当达标后再排放，故A说法正确；B、HgS中Hg的化合价为2价，根据方程式，转化为0价，化合价降低，作氧化剂，HgS中S显2价，转化成4价，化合价升高，作还原剂，HgS既是氧化剂又是还原剂，氧气为氧化剂，故B说法错误；C、硝酸是除去Pb和Cu，而稀硫酸不能与Cu发生反应，因此不能用5%的硫酸代替5%的硝酸，故C说
8、法正确；D、根据流程，加入CaO可将硫元素转化成CaS和CaSO4，能减少SO2的排放，故D说法正确；答案选B。6.下列指定的变化，化学方程式表示不正确的是（ ）A. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成：CO2+2Mg2MgO+CB. Na2O2在空气中久置后变为白色：2Na2O2=2Na2OO2C. 向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液出现黑色沉淀：2AgClNa2S=Ag2S2NaCl D. 向AlCl3溶液中通入过量的氨气产生白色沉淀：AlCl33NH3H2O=Al(OH)33NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A、镁条在CO2中剧烈燃烧，有白色
9、和黑色固体生成，白色物质为MgO，黑色物质为C，即Mg与CO2反应的方程式为2MgCO2=2MgOC，故A说法正确；B、Na2O2能与空气中CO2发生反应：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，白色物质为Na2CO3，故B说法错误；C、AgCl悬浊液中加入足量Na2S溶液，使c(Ag)c(S2)ksp(Ag2S)，Ag2S沉淀出来，其反应为2AgClNa2S=Ag2S2NaCl，故C说法正确；D、氢氧化铝不溶于氨水中，因此AlCl3溶液中通入过量的氨气，发生AlCl33NH3H2O=Al(OH)33NH4Cl，故D说法正确；答案选B。7.二茂铁（）广泛应用于航天、化工等领域中，其电化学制备
10、原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂），下列说法正确的是（ ）A. 该电解池的阳极反应Fe3e=Fe3B. DMF溶液可用水替代C. 电解液中钠离子起到催化剂的作用D. 该过程中消耗2mol环戊二烯理论上产生22.4L的H2【答案】C【解析】【分析】该装置有外加电源，即该装置为电解池，然后根据流程进行分析；【详解】A、根据流程，需要Fe2参加反应，推出铁作阳极，阳极反应式为Fe2e=Fe2，故A错误；B、不能用水代替，流程中生成金属钠，金属钠能与水发生反应，水会阻碍中间物Na的生成，且水会电解生成OH，进一步与Fe2反应生成Fe(OH)2
11、，因此不能用水代替，故B错误；C、根据流程，最后生成Na，因此电解液中Na起到催化剂作用，故C正确；D、题中没有说明状态是否是标准状态，不能判断产生H2的体积，故D错误；答案选C。8.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）A. 将4.0g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol/LNaOH溶液B. 用玻璃棒蘸取NaClO溶液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡对比，粗略测定NaClO溶液的pHC. 用铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其不含有K+D. 将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液，该方法可以除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质【答案
12、】D【解析】【详解】A、容量瓶不能作为溶解、反应、长期贮存液体的容器，应将NaOH先溶解在烧杯中，冷却后转移到容量瓶中，故A错误；B、NaClO具有强氧化性，具有漂白性，测NaClO溶液的pH，不能用pH试纸测量，故B错误；C、用焰色反应证明是否含钾元素，需要通过蓝色钴玻璃观察，如果有紫色火焰，证明含有钾元素，反之不含，故C错误；D、NaCl溶解度受温度影响不大，KNO3溶解度受温度影响大，因此除去NaCl中少量的KNO3杂质，采用蒸发结晶，趁热过滤的方法得到NaCl晶体，故D正确；答案选D。9.我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO(g)H2O(g)=CO2(g
13、)H2(g) H0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如图：下列说法正确的是（ ）A. 过程为放热过程、过程为吸热过程B. 过程只生成了非极性共价键C. 图示显示：起始时的2个H2O都参与了反应D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的H 【答案】C【解析】【分析】利用断键需要吸热，形成化学键放出热量，通过反应过程示意图进行分析；【详解】A、根据过程I，1个CO分子接触催化剂，1个水分子中OH键发生断裂，需要吸收热量过程，过程中另一个水分子中OH键发生断裂，需要吸收热量，故A错误；B、过程中形成CO2，即形成极性共价键，同时还生成H2，即生成了非极性共价键，故B错误；C、过程I和过程
14、中2个水分子都参与了反应，故C正确；D、催化剂只降低活化能，H只与始态和终态有关，故D错误；答案选C。10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。已知短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（ ）A. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性B. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族C. 氧化物对应水化物的酸性：ZYD. W、X、Y、Z四种元素对应单质的沸点：WXYZ【答案】B【解析】【分析】令X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a，W的最外层电
15、子数为a1，Z的最外层电子数为a1，四种元素最外层电子数之和等于24，即a1aaa1=24，得出a=6，即W为N，X为O，Y为S，Z为Cl，据此分析；【详解】A、W的氢化物是NH3，Z的氢化物是HCl，二者反应所得产物是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故A错误；B、117号元素位于第七周期A族，与Cl元素属于同一主族，故B正确；C、Cl的氧化物对应水化物可以是HClO4，也可以是HClO，HClO4是强酸，HClO是弱酸，S的氧化物可以是H2SO3，也可以是H2SO4，H2SO3为弱酸，H2SO4为强酸，故C错误；D、硫单质为固体，其余为气体，因此硫单质的沸点最高，故D错误；答案选B
16、。【点睛】C项为易错点，比较元素非金属性强弱时，依据是最高价氧化物对应水化物酸性强弱。11.已知3X(g)Y(g) W(g)2M(g) H=-akJ/mol(a0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（ ）A. 充分反应后，放出热量为akJB. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为31C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡D. 若增大Y浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】C【解析】【详解】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A错误；B、 3X(g)Y(g
17、) W(g)2M(g)起始：3 1 0 0变化：3a a a 2a平衡：33a 1a a 2a 无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B错误；C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C正确；D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D错误；答案选C。12.下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性B向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热未出现银镜淀粉未水解C将H2S与SO2在集气瓶
18、中混合，瓶内有黄色颗粒产生SO2具有氧化性D向两支各盛有5mL 0.1mol/L KMnO4的试管中分别滴加2滴0.1mol/L的草酸和0.01mol/L的草酸，滴加0.1mol/L的草酸的试管先褪色在其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、NH4HCO3不稳定，受热分解成NH3、H2O、CO2，NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；B、醛基与银氨溶液发生银镜反应，应先加入NaOH除去硫酸，使溶液显碱性，再加银氨溶液，如果出现银镜，说明淀粉已水解，反之未水解，故B错误；C、H2S与SO2发生2H2SSO2=3S2H2
19、O，从方程式中可以看出SO2中S的价态降低，体现SO2的氧化性，故C正确；D、KMnO4与草酸发生反应，产生Mn2，其中Mn2作催化剂，因此验证浓度对反应速率的影响，不应该用KMnO4与草酸的反应，故D错误；答案选C。【点睛】易错点是选项D，解题时容易只注意到草酸的浓度不同，认为体现了浓度对反应速率的影响，但忽略了高锰酸钾与草酸反应生成的Mn2作催化剂，因此考查浓度对反应速率的影响，不能用该反应。13.下列说法正确的是（ ）A. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 淀粉和纤维素互为同分异构体C. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D. 等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是C
20、H3Cl【答案】A【解析】【详解】A、油脂分为油和脂肪，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油是含有碳碳不饱和键的油脂，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A说法正确；B、淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故B说法错误；C、乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，聚乙烯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C说法错误；D、等物质的量甲烷和氯气发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故D说法错误；答案选A。14.25时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持
21、，、与混合液的的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. B. b点，C. a、b、c三点，c点时水电离出的最大D. 点过程中，可能存在【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，当NH3H2O的体积为0时，HX溶液的pH=3，0.1molL1HX的pH=3，则说明HX为弱酸，然后利用“三个守恒”、影响盐类水解的因素进行分析；【详解】A、根据图象可知，b点加入等体积等浓度的HX和NH3H2O，两者恰好反应生成NH4X，此时溶液的pH=7，说明X和NH4水解程度相同，即Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A错误；B、根据A选项分析，b点溶质为NH4X，根据电荷守恒，有c(NH4)c(H)=c(OH
22、)c(X)，该点pH=7，c(OH)=c(H)，得出c(NH4)=c(X)，依据物料守恒，c(HX)c(X)=0.05molL1，即c(NH4)c(HX)=0.05molL1，故B正确；C、b点是两种物质恰好完全反应，溶质为NH4X，NH4X属于弱酸弱碱盐，发生双水解，水的电离程度最大，即b点时水电离出的c(H)最大，故C错误；D、根据电荷守恒，c(NH4)c(H)=c(OH)c(X)，ab溶液显酸性，即c(H)c(OH)，则c(NH4)c(X)，故D错误；答案选B。15.下列说法正确的是（ ） A. 图甲表示相同的溶液与氨水稀释过程的变化，曲线a对应氨水B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石
23、比石墨稳定C. 图丙所示，表示反应；的平衡常数K与温度和压强的关系D. 图丁表示用的硝酸银标准溶液滴定浓度均为、及的混合溶液时，先沉淀的是【答案】A【解析】【详解】A、相同pH时，加水稀释相同倍数，弱电解质溶液的pH变化小，即曲线a对应的是氨水，故A正确；B、根据图象，石墨的能量低于金刚石，能量越低，物质越稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；C、平衡常数只受温度的影响，与压强无关，故C错误；D、根据图象，AgI的Ksp最小，则相同条件下c(I)先沉淀出来，故D错误；答案选A。16.下列溶液中所含离子推断正确的是（ ）A. 向溶液中滴加酸化的溶液出现白色沉淀，该溶液中一定有B. 向溶液中滴加氯水
24、后，再滴加溶液，溶液变为红色，该溶液中一定有C. 向溶液中滴加稀溶液，将湿润的红色石蒸试纸置于试管口，试纸不变蓝，该溶液中一定无D. 向溶液中逐渐通入气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入气体，白色胶状沉淀不溶解，该溶液中不一定含有【答案】D【解析】【详解】A、NO3在酸性溶液中具有强氧化性，能将SO32、HSO3氧化成SO42，即滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，SO32、HSO3对SO42的检验产生干扰，故A错误；B、氯水具有强氧化性，能将Fe2氧化成Fe3，滴加KSCN溶液，对Fe3检验产生干扰，因此先滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，如果变红，说明溶液中有Fe3，故B错误；C
25、、因为滴加的是稀NaOH溶液，且没有加热，此时的N元素以NH3H2O形式存在，因此该实验的结论不正确，故C错误；D、通入CO2气体，出现白色胶状沉淀，该沉淀可能是Al(OH)3，也可以是H2SiO3，继续通入CO2，这两种沉淀不会溶解，因此该溶液中可能含有AlO2，也可能含有SiO32，故D正确；答案选D。17.一定温度下，在三个容积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得反应的相关数据如下：容器容器容器容器反应温度600600800反应物投入量、平衡平衡平衡体系总压强物质的转化率平衡常数K下列叙述正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先建立“中间过程
26、”，从影响化学平衡移动的因素、等效平衡等角度进行分析；【详解】A、容器相当于开始时充入2molA2和4molB2，其物质的量浓度大于容器I，物质的量浓度越大，反应速率越快，即v1 c2=2c1，故A错误；B、容器在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即1(A2)3(A2)，温度升高，反应速率加快，即v1v3，故B正确；C、容器相当于开始时充入2molA2和4molB2，容器在容器I基础上再充入1molA2和2molB2，假设平衡不移动，此时p2=2p1，但再充入1molA2和2molB2，平衡向正反应方向进行，气体物质的量减少，p2p1，即有p2K3，故C
27、错误；D、根据选项A的分析，c2 c2=2c1，容器在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c1c3，即c22c3，容器如果通入2molAB2，则与容器I为等效平衡，1(A2)2(AB2)=1，根据上面的分析，2 (AB2)(AB2) 1(A2)2(AB2)3(A2)，则有2(AB2)3(A2)【答案】D【解析】【详解】A、氨水加水稀释后，碱性减弱，但c(H)增大，故A错误；B、Al2S3在水中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S气体，因此制备Al2S3不能在溶液中进行，故B错误；C、加热蒸干过程中，Fe2被氧化成Fe3，故C错误；D、以为基础，相当于向
28、中加入CH3COO，CH3COO与NH4发生双水解反应，即中c(NH4)小于，相当于向中加入H，抑制NH4的水解，即中c(NH4)大于，浓度相同时，三种溶液中c(NH4)大小顺序是，故D正确；答案选D。19.下列叙述变化理论上计量结果正确的是（ ）A. 标准状况下，用含空气和氨气体积各半的烧瓶进行喷泉实验，所得溶液的物质的量浓度约为B. 相同质量的两份铝，分别放入足量的和溶液中充分反应，消耗的和之比为11C. 将逐滴加入到溶液中，产生的体积约为（标准状况下）D. 向的溶液中通入足量的气体，生成沉淀【答案】C【解析】【详解】A、空气不溶于水，NH3极易溶于水，假设烧瓶的体积为1L，则NH3体积为
29、0.5L，水只能进入烧瓶体积的一半，所得溶液的物质的量浓度为0.045molL1，故A错误；B、铝与盐酸反应：2Al6HCl=2AlCl33H2，铝与NaOH反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，相同质量的铝参与反应，消耗盐酸的物质的量和氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故B错误；C、向Na2CO3溶液中滴加盐酸发生：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl 2103mol 2103molNaHCO3HCl=NaClCO2H2O 2103mol 1103mol显然第二步中盐酸不足，NaHCO3过量，即产生CO2的物质的量为1103mol，CO2标准状况下的体积为1103mol22
30、.4Lmol1=2.24102L，即为22.4mL，故C正确；D、盐酸为强酸，H2SO3为弱酸，因此BaCl2溶液充入SO2不发生反应，故D错误；答案选C。【点睛】易错点是选项C，会误认为Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O， 2103mol 3103molHCl不足，生成CO2的物质的量为1.5103mol，认为本题错误，忽略了碳酸钠与盐酸反应的实质，本题应从碳酸钠与盐酸反应实质入手分析。20.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌碘溴液流电池，其工作原理如图所示。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ）A. 放电时，a电极反应为I2Br2e=2IBrB.
31、充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.01mol I-被氧化C. 放电时，溶液中离子的数目增大D. 充电时，a电极接外电源正极【答案】B【解析】【分析】利用原电池的工作原理，以及装置图进行分析；【详解】A、放电属于原电池，根据装置图，a电极上I2Br得到电子，转化成I和Br，即该电极反应式为I2Br2e=2IBr，故A说法正确；B、充电属于电解池，b电极反应式为Zn22e=Zn，b电极增重0.65g，即电路中转移电子物质的量为0.02mol，根据A选项中的电极反应式，有0.02molI被氧化，故B说法错误；C、根据装置图，放电时，a电极反应式为I2Br2e=2IBr，b电极反应式为Zn2
32、e=Zn2，溶液中离子的数目增大，故C说法正确；D、根据A选项分析，a电极放电时为正极，充电时应接电源的正极，故D说法正确；答案选B。21.下列说法正确的是（ ）A. 25时，加水稀释0.1mol/LNH4Cl，溶液中增大B. 反应2NOO2=2NO2常温下可自发进行，该反应为吸热反应C. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时，使用酚酞作指示剂D. 铜的化学性质比铁稳定，在铁闸上安装铜块可减慢铁闸的腐蚀速率【答案】C【解析】【详解】A、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4发生水解：NH4H2O NH3H2OH，加水稀释促进水解，=，Kb和Kw只受温度的影响，即该比值保持不变，故A错误
33、；B、根据G=HTS，能够自发进行，说明G0，根据反应方程式，该反应为S0，因此H0，属于放热反应，故B错误；C、CH3COOH为弱酸，滴定到终点，溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此用酚酞作指示剂，故C正确；D、Fe比Cu活泼，如果Cu单质安装在铁闸上，构成原电池，Fe为负极，加速铁的腐蚀，故D错误；答案选C。【点睛】指示剂的选择，用强碱滴定强酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定强碱时，一般用甲基橙作指示剂，强碱滴定弱酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定弱碱时，一般用甲基橙作指示剂。22.用下列装置能达到实验目的的是（ ）A. 实验室制取氨气B. 测定化学反应速率C. 验证非金属性：NCSi
34、D. 实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2【答案】D【解析】【详解】A、氯化铵受热分解成NH3和HCl，遇冷NH3和HCl重新生成NH4Cl固体，容易阻塞导管，发生危险，因此不能直接采用直接加热NH4Cl方法制备NH3，故A错误；B、应用分液漏斗，不能用长颈漏斗，故B错误；C、硝酸具有挥发性，对比较碳酸酸性与硅酸酸性强弱时，产生干扰，故C错误；D、Cu连接电源的正极，即Cu电极为阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，石墨为阴极，电极反应式为2H2O2e=H22OH，总电极反应式为Cu2H2OCu(OH)2H2，故D正确；答案选D。23.化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知
35、识的方法。下列类推正确的是（ ）A. 电解熔融的NaCl能制备Na，电解熔融的AlCl3也能制备AlB. 钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气C. 铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜D. BaCO3与稀HNO3反应生成CO2，BaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2【答案】B【解析】【详解】A、AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融的Al2O3制备铝单质，故A错误；B、钾比钠活泼，金属钠能与乙醇发生反应，则钾单质也能与乙醇反应生成H2，故B正确；C、氯气的氧化性强，与变价金属反应，生成最高价，Cu和Cl2反应生成CuCl2，硫单质的氧化
36、性较弱，与变价金属反应，生成较低价态，硫单质与Cu反应生成Cu2S，故C错误；D、HNO3具有强氧化性，能将BaSO3氧化成BaSO4，故D错误；答案选B。24.某温度下，将打磨后的镁条放入盛有蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化（如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化）。下列有关描述不正确的是（ ）A. 该实验是在加热条件下进行的B. 该温度下的Ksp的数量级约为C. 50s时，向溶液中滴入酚酞试液，溶液仍为无色D. 150s后溶液浊度下降是因为生成的逐渐溶解【答案】D【解析】【详解】A、常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5”“”或“=”
37、）；调整二者反应的比值可使溶液呈中性，此时溶液中_（同上）。【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 碱 (3). CO32H2OHCO3OH (4). 2Cu2OCu2S 6CuSO2 (5). (6). 【解析】【详解】（1）甲为淡黄色固体，且乙和丙均为常温下的无色无味的气体，则甲为Na2O2，乙为CO2，该反应为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，过氧化钠的电子式为，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键；丁为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，CO32发生水解：CO32H2OHCO3OH、HCO3OHH2CO3OH；答案为离子键、（非极性）共价键； 碱；CO32H2OHCO3OH、HC
38、O3OHH2CO3OH；（2）丁能使品红溶液褪色的无色气体，即丁为SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，丙为常见红色金属，则丙为Cu，这三种元素为O、S、Cu，甲、乙中原子个数比均为12（M均显+1价），且原子序数B大于A，则甲为Cu2O，乙为Cu2S，该反应的方程式为2Cu2OCu2S 6CuSO2；答案为：2Cu2OCu2S 6CuSO2；NH3H2O与SO2反应生成酸式盐，该酸式盐为NH4HSO3，NH4水解常数为， HSO3水解常数为Kh=6.3108，HSO3的电离程度大于其水解程度，NH4的水解程度小于HSO3的电离程度，溶液显酸性，即pH7；根据电荷守恒，因此有c(H)c(N
39、H4)=c(HSO3)2c(SO32)c(OH)，溶液显中性，即c(H)=c(OH)，因此有c(NH4)=c(HSO3)2c(SO32)，因此有；答案为；”或“”），在温度下，内的平均反应速率_。将和充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图2所示。第12min时改变的反应条件可能为_。A升高温度 B加入 C加催化剂 D降低温度 将上述反应产生的与为原料合成尿素，能够实现节能减排： ：将一定量的固体加入恒容密闭容器中，在300K下发生反应，到达平衡时，为，若反应温度不变，将体系的体积增加50%，一段时间后的取值范围是_（用含a的式子表示）。（3）烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污
40、染防治研究的热点。及均是性能优良的脱硫脱硝试剂。在酸性条件下稳定，在溶液中可歧化为和，该反应的化学方程式为_。某研究小组用进行单独脱除实验时，测得的脱除率随溶液变化如图所示。当时，随的增大，脱除率逐渐降低，其原因是_。【答案】 (1). 2H1H2H3 (2). 降低温度、增大压强 (3). (4). (5). (6). A (7). PH2O(g)a (8). (9). 3pH7时，随着pH值的增大，的稳定性降低，氧化性减弱，的脱除率降低【解析】【详解】（1）根据盖斯定律，推出得到目标反应方程式，应是2，即H4=2H1H2H3；有利于提高的NO转化率的反应条件可以是降温、增大压强或通入一定量
41、的H2；答案为2H1H2H3；降温、增大压强或通入一定量的H2；（2）根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数是；答案为；根据图1，T1先达到平衡，即T1高于T2，升高温度，c(CO2)降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，H0；02s，生成CO2的浓度为0.2molL1，则生成N2的浓度为0.1molL1，根据化学反应速率的数学表达式：v(N2)=0.05mol/(Ls)；答案为；0.05mol/(Ls)；在第12min后CO和NO物质的量浓度增大，N2的浓度降低，说明反应向逆反应方向移动，A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO、NO物质的量浓
42、度增大，N2的物质的量浓度降低，故A符合题意；B、加入NO，第12min时，NO浓度增大，但根据图象，第12min时，没发生变化，故B不符合题意；C、加入催化剂，平衡不移动，各物质的物质的量浓度不变，故C不符合题意；D、降低温度，平衡向正反应方向移动，CO和NO浓度降低，N2浓度升高，故D不符合题意；答案为A；增大容器的体积，假设平衡不移动，压强与体积成反比，即其压强为原来的，实际上增大容器的体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，温度不变，化学平衡常数不变，水蒸气浓度不变，因此压强为aPa，PH2O(g)的范围是 PH2O(g)a；答案为 PH2O(g)a；（3）ClO2在NaOH溶液中发生歧
43、化反应，生成NaClO3和NaClO2，即反应方程式为2ClO22NaOH=NaClO2NaClO3H2O；答案为2ClO22NaOH=NaClO2NaClO3H2O；ClO2在酸性条件下稳定，当3pH7时，随着pH值的增大，ClO2的稳定性降低，氧化性减弱，SO2脱除率降低；答案为当3pHCHCu；答案为NCHCu；（3）该化合物为N2H4，N2H4电子式为，因此N的杂化类型为sp3，Z的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子是NO3，其中N有3个键，孤电子对数为=0，价层电子对数为3，即NO3空间构型为平面三角形；答案为sp3；平面三角形；（4）W的氯化物是NaCl，Mg的氧化物是MgO，两者
44、都属于离子化合物，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子半径越大、所带电荷数越大，晶格能越高，熔点越高，Mg2、O2的半径分别小于Na、Cl，且Mg2、O2所带电荷数大于Na、Cl，MgO晶格能大于NaCl，即MgO的熔点高于NaCl；答案为MgO；NaCl、MgO都为离子晶体，Mg2和O2半径小，电荷数大，因此MgO晶体的晶格能大，熔点高；（5）C、H组成一种微粒，结合该微粒的球棍模型，C的半径大于H，即该微粒的化学式为CH3-；答案为CH3-；（6）MgQ2的化学式为MgCu2，根据晶胞的结构，Mg位于8个顶点、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，Mg原子个数为=8，则Cu的个数为16个，晶胞
45、的质量为g，晶胞的体积为(a10-10)3cm3，根据密度的定义得出晶胞的密度是g/cm3；答案为。30.苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，如图是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）已知：氯化亚砜可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。+X2+HX（X表示卤素原子）回答下列问题：（1）F中所含的官能团名称是_。（2）的反应类型是_。（3）写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式_。（4）写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式_。属于苯的二取代物； 苯环上的一氯代物有2种； 与溶液发生显色反应。（5）结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理
46、的方案，以苯甲醇（）为原料合成苯乙酸苯甲酯（）写出合成路线，并注明反应条件_。【答案】 (1). 醚键、羧基 (2). 取代反应 (3). +H2O (4). 、 (5). 【解析】【分析】根据信息，A的结构简式为，根据苯氧布洛芬钙G的结构简式，A生成B，发生取代反应，即B的结构简式为，B转化成C，发生加成反应，即C的结构简式为，根据信息，D的结构简式为，D生成E，CN取代Cl，即E的结构简式为，根据信息，推出F的结构简式为，据此分析判断；【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为，含有官能团名称为醚键和羧基；答案为醚键、羧基；（2）D生成E，CN取代Cl的位置，该反应为取代反应；答案为取代反应；（3）F和C发生酯化反应，其反应的化学方程式为+H2O；答案为+H2O；（4）属于苯的二取代物，说明苯上有2个取代基，苯环上一氯代物有2种，说明有2种不同氢原子，可能为对称结构，与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，推知还含有的官能团是碳碳双键和Br，即符合要求的是、 ；答案为、 ；（5）苯乙酸苯甲酯是由苯乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成，苯甲醇与SOCl2发生反应，让Cl取代反应OH，然后与NaCN发生反应，让CN取代Cl，然后在NaOH、H3O条件下，CN转化成COOH，最后发生酯化反应，路线为；答案为。
