1、2022年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟试卷B (考试时间：90分钟 满分100分)可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ti 48 Fe 56 Cu 64 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。每个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下列物质属于纯净物的是( )A汽油B食醋C漂白粉D小苏打【答案】D【解析】A项，汽油是碳原子个数在511的烃的混合物，故A错误；B项
2、，食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；C项，漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；D项，小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；故选D。2下列物质属于弱电解质的是( )ANH3BHCOOHCNaHCO3DCH3CH2OH【答案】B【解析】A项，NH3不能自身电离，是非电解质，A不符合；B项，HCOOH溶于水部分电离，属于弱电解质，B符合；C项，NaHCO3溶于水全部电离，属于强电解质，C不符合；D项，CH3CH2OH不能自身电离，是非电解质，D不符合；故选B。3下列物质对应组成正确的是( )A木醇：CH3CH2OH B摩尔盐：(NH4)2SO4FeSO46H2OC甘
3、氨酸：CH3CH(NH2)COOH D黄铁矿：FeS【答案】B【解析】A项，木醇是甲醇，结构简式为CH3OH，A错误；B项，硫酸亚铁铵，俗名为莫尔盐、摩尔盐，简称FAS，化学式为Fe(NH4)2(SO4)26H2O，可以表示为(NH4)2SO4FeSO46H2O，B正确；C项，甘氨酸是H2NCH2COOH，C错误；D项，黄铁矿中主要含有FeS2，D错误；故选B。4用浓硫酸配制950mL2.50mol/L稀硫酸，包括计算、量取、稀释、转移、定容等多个步骤，下列说法不恰当的是( )A图1仪器的规格应选择1000mLB图2稀释过程中应将浓硫酸加入水中C图3洗涤后需将洗涤液转入容量瓶D按图4操作加水至
4、溶液凹液面与刻度线相平【答案】D【解析】A项，浓硫酸配制950mL2.50mol/L稀硫酸，实验室没有950mL规格的容量瓶，所以应该选择1000mL的容量瓶，故A正确；B项，浓硫酸稀释过程中会释放大量的热，所以应将浓硫酸缓慢加入水中，并不断搅拌，故B正确；C项，洗涤后的洗涤液中含有溶质，所以需将洗涤液转入容量瓶，故C正确；D项，定容时当液面距刻度线1-2cm时，改用胶头滴管继续定容至凹液面与刻度线相平，故D错误；故选D。5下列表示正确的是A的电子式 B蔗糖的分子式C12H22O11C乙炔的比例模型 D甲酸甲酯的键线式【答案】B【解析】A项，H2O2是共价化合物，电子式为，故A错误；B项，蔗糖
5、是二糖，分子式是C12H22O11，故B正确；C项，乙炔的比例模型是，故C错误；D项，是乙酸甲酯的键线式，故D错误；故选B。6下列说法正确的是( )A12CO与14CO互为同位素B石墨、金刚石、C60互为同素异形体CC2H6O与C3H8O一定是同系物DCH3COOCH2CH3与CH3CH2OOCH3互为同分异构体【答案】B【解析】A项，同位素是质子数相同中子数不同的核素，12C与14C互为同位素，CO为分子、不是核素，12CO与14CO不互为同位素，A错误；B项，石墨、金刚石、C60是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C项，结构相似、通式相同，相差1个或几个CH2原子团，互为同系物
6、。C2H6O既可以是甲醚、也可以是乙醇，C3H8O既可以是甲乙醚、也可以是1-丙醇或2-丙醇，二者不一定是同系物，C错误；D项，CH3COOCH2CH3与CH3CH2OOCH3均为乙酸乙酯、是同一种物质、不互为同分异构体，D错误；故选B。7关于有机反应类型，下列说法不正确的是( )A+CH2=CH2(加成反应)Bn+n+nH2O(缩聚反应)CnCH2=CHCl(加聚反应)D2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O(消去反应)【答案】D【解析】A项，该反应过程中乙烯断开双键，形成乙苯，属于加成反应，A正确；B项，该反应在形成高分子化合物的同时，形成了小分子水，属缩聚反应，B正确；C项，该
7、反应中碳碳双键断开，形成高分子化合物，属加聚反应，C正确；D项，该反应属于两分子乙醇脱去一分子水形成醚的过程，属取代反应，D错误；故选D。8关于反应5NaClO2+4HCl= 4ClO2+ 5NaCl+2H2O，下列说法正确的是( )ANaClO2中Cl元素仅被还原B该反应中，HCl体现了酸性和还原性C还原剂与氧化剂的质量之比为D氧化产物与还原产物的物质的量之比为【答案】C【解析】A项，根据反应方程式5NaClO2+4HCl= 4ClO2+ 5NaCl+2H2O，得到NaClO2中Cl元素有升高也有降低，既被还原又被还原，故A错误；B项，该反应中，HCl体现了酸性，故B错误；C项，5mol N
8、aClO2中有1mol降低，有4mol升高，因此还原剂与氧化剂的质量之比为4：1，故C正确；D项，氧化产物为ClO2，物质的量为4mol，还原产物为NaCl，物质的量为1mol，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1，故D错误。故选C。9下列说法正确的是( )A工业提取镁的过程中涉及置换反应B炼铁高炉中铁水的密度小于炉渣C硅藻土和陶瓷的主要成分均为硅酸盐D自然界中的硫元素主要以硫单质、硫化物和硫酸盐等形式存在【答案】D【解析】A项，工业提取镁涉及的反应有：CaCO3CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2= CaCl2+Mg(OH)2，Mg(OH)2+2
9、HCl= 2H2O +MgCl2，MgCl2Mg+Cl2，未涉及置换反应，A错误；B项，炉渣的密度小于铁水的密度，炉渣在上面，炼铁高炉中炉渣的出口高于出铁口，B错误；C项，含Si、O及金属的盐类物质为硅酸盐，硅藻土作为载体的主要成分是SiO2，陶瓷材料大多是氧化主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，C错误；D项，硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口出有硫单质，D正确；故选D。10下列说法正确的是( )A大量SO2排放到空气中，不但能形成酸雨，还易产生光化学烟雾危害环境B纯碱是烘焙糕点的发酵粉的主要成分，医疗上是治疗胃酸过多的药剂C“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板主要材料是二氧化硅
10、D铁的化合物应用广泛，FeCl3、FeSO4常用作净水剂【答案】D【解析】A项，大量氮氧化物排放到空气中，不但能形成酸雨，还易产生光化学烟雾危害环境，SO2排放到空气中，能形成酸雨，不易产生光化学烟雾，A错误；B项，碳酸氢钠不稳定，受热易分解、有弱碱性。则小苏打是烘焙糕点的发酵粉的主要成分，医疗上是治疗胃酸过多的药剂，B错误；C项，太阳能电池板主要材料是硅、光导纤维主要成分为二氧化硅，C错误；D项，亚铁离子易被氧化为铁离子、铁离子易水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的固体悬浮物，并使之沉降，因此FeCl3、FeSO4常用作净水剂，D正确；故选D。11下列实验操作或试剂的选择都合理的是()A减压过
11、滤时，常用倾析法先转移上部清液，溶液量不超过漏斗容量的2/3，慢慢开大水龙头，待溶液快流尽时再转移下部沉淀B用酸性高锰酸钾溶液检验FeCl2和FeCl3混合液中的Fe2C用NaOH溶液除去溶在乙酸乙酯中的乙酸D向CoCl2溶液中逐滴加入浓盐酸并振荡，溶液的颜色会从蓝色逐渐变成粉红色【答案】A【解析】A项，减压过滤时，常用倾析法先转移上部清液，溶液量不超过漏斗容量的，慢慢开大水龙头，待溶液快流尽时再转移下部沉淀，符合操作要求，故A正确；B项，亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化，高锰酸钾不能检验亚铁离子，故B错误；C项，二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液，故C错误；D项，CoC
12、l2溶于浓盐酸中能形成CoCl42，溶液中存在如下平衡：CoCl42(蓝色)6H2OCo(H2O)62(粉红色)4Cl，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为蓝色，故D错误；故选A。12下列类比合理的是( )A常温下，浓硝酸能溶解铜，则浓硝酸也能溶解铁B工业上用电解熔融氯化物的方法制备钠和镁，则可用电解熔融氯化铝的方法制备铝CAgNO3溶液中逐滴加入足量氨水先产生沉淀后溶解，则Cu(NO3)2溶液中逐滴加入足量氨水现象相同DCl2O中Cl的化合价为+1价，则OF2中F的化合价为+1价【答案】C【解析】A项，常温下，铁在浓硝酸中发生钝化，不能溶于浓硝酸，A错误；B项，氯化铝是共价化合物，熔融状态下
13、不导电，故用电解熔融氯化铝的方法不能制备铝，B错误；C项，AgNO3溶液和Cu(NO3)2溶液都能与氨水反应生成氢氧化银沉淀和氢氧化铜沉淀，两者都能与过量的氨水反应生成银氨络离子和铜氨络离子，则分别向硝酸银溶液和硝酸铜溶液中逐滴加入足量氨水，实验现象都是先产生沉淀后溶解，C正确；D项，氟元素的非金属性强于氧元素，OF2中共用电子对偏向非金属性强的氟原子一方，化合物中氟元素的化合价为1价，D错误；故选C。13下列反应的离子方程式正确的是( )A将少量石灰水滴入到Ca(HCO3)2溶液中：Ca2+2OH+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB浓硝酸加热条件下可以氧化硫单质生成硫酸：S+6
14、HNO3(浓)6NO2+2H+SO42-+2H2OC往FeBr2溶液中加入足量氯水：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4ClD用银作电极电解稀盐酸：2Ag+2H+2ClH2+2AgCl【答案】D【解析】A项，将少量石灰水滴入到Ca(HCO3)2溶液中，生成碳酸钙和水：Ca2+OH+ HCO3-=CaCO3+ CO32-+H2O，A错误；B项，浓硝酸完全电离为氢离子和硝酸根离子，故应该拆写硝酸的化学式，B错误；C项，往FeBr2溶液中加入足量氯水，得到氯化铁和溴：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，C错误；D项，用银作电极电解稀盐酸，阳极银失去电子被氧化为银离子与
15、氯离子结合为氯化银，阴极氢离子得到电子生成氢气，总反应式书写正确无误， D正确；故选D。14利巴韦林对新冠肺炎有较好的疗效，其结构如图所示。下列说法不正确的是( )A利巴韦林水溶性较好，且可以与盐酸反应B利巴韦林能够发生还原、加成、取代反应和消去反应C1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHD利巴韦林的分子式为C8H12N4O5【答案】C【解析】A项，根据利巴韦林的结构简式，其分子中含有的羟基和酰胺基都是亲水基，在水中的溶解性好，分子中含有的氮原子和酰胺基都能与盐酸反应，A正确；B项，利巴韦林分子中含有碳氮双键，一定条件下能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原
16、反应，分子中含有羟基，与羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下能发生取代反应和消去反应，B正确；C项，利巴韦林分子中只有酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C错误；D项，利巴韦林的分子式为C8H12N4O5，故D正确；故选C。15如图所示化合物是合成纳米管原料之一，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，Z元素无正化合价，W与Z同周期。则下列叙述正确的是( )A液态XY3气化过程中需要破坏X和Y之间的共价键BX的氧化物对应水化物一定为强酸CY元素与Na形成的二元化合物与水反应属于非氧化还原反应D
17、与W同主族短周期元素形成的单质可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气【答案】D【解析】Z元素无正化合价，则Z为F元素，F呈-1价，则WZ4-即WF4-中W为+3价，W与Z同周期，XY4+ 离子显示，Y共用1对电子对即达稳定结构，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，则Y为H，H呈+1价，则XY4+中X为-3价，X为N元素、W为B元素。A项，气化是物理变化， 液态XY3气化过程中不需要破坏X和Y之间的共价键，A错误；B项，X的氧化物对应水化物可以为硝酸、亚硝酸，硝酸为强酸，亚硝酸为弱酸，B错误；C项，Y元素与Na形成的二元化合物即NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，属于氧化还原
18、反应，C错误；D项，与W同主族短周期元素形成的单质即铝，铝可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，D正确；故选D。16通过电氧化合成法可制得特殊高价金属化合物高铜酸钠(化学式为NaCuO2)。关于该物质的推测，下列有关说法不正确的是( )ANaCuO2具有强氧化性BNaCuO2与浓盐酸作用会产生无色无味气体C强碱性条件下，通过次氯酸钠氧化氢氧化铜可制得DNaCuO2与氢气反应可能有紫红色固体生成【答案】B【解析】A项，在高铜酸钠(化学式为NaCuO2)中Cu元素化合价为+3价，不稳定，容易获得电子，表现强氧化性，A正确；B项，NaCuO2具有强氧化性，浓盐酸具有强还原性，NaCuO2与浓盐酸混合会发生
19、氧化还原反应产生黄绿色有刺激性气味的气体Cl2，B错误；C项，次氯酸钠具有强氧化性，在强碱性条件下可以将氢氧化铜氧化产生NaCuO2，C正确；D项，H2具有强的还原性，NaCuO2具有强氧化性，二者在一定条件下会发生氧化还原反应，H2将NaCuO2还原产生单质Cu，因此会看到可能有紫红色固体生成，D正确；故选B。17下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )A2C(s)O2(g)2CO(g) H0B2MgO(s)C(s)CO(g)+2Mg(s) H0C2SO2 (g)+ O2(g)2SO3(g) H0DFe2O3(s)3CO(g)2Fe(s)+ 3CO2(g) H0【答案】A【解析】A项，该反
20、应是一个熵增的放热反应，反应H0，HTS恒小于0，则在任何温度下均能自发进行，A正确；B项，该反应是一个熵增的吸热反应，反应H0、S0，在高温条件下，HTS小于0，则该反应高温条件下才能自发进行，B错误；C项，该反应是一个熵减的放热反应，反应H0、S0、S0，在高温条件下，HTS小于0，则该反应高温条件下才能自发进行，D错误；故选A。18设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A标准状况下，2.24L的乙烯和2.24L的己烯，碳氢键都为0.2mNA，m为烯烃碳原子数B25，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目约为0.01NACCH3CH2OH3O24OH- = 2CO32-5H
21、2O，每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移D2Na2O22H2O=4NaOHO2，该反应转移电子数为2NA时，生成0.5mol O2【答案】C【解析】A项，在标准状况下，己烯为液体，所以无法计算烯烃碳原子数，A错误；B项，溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氢氧根个数，B错误；C项，CH3CH2OH3O24OH- = 2CO32-5H2O，碳元素化合价由-2升高+4价，所以每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移，C正确；D项，2Na2O22H2O=4NaOHO2中，氧元素由-1变为0价，该反应转移电子数为2NA时，生成1mol O2，D错误；故选C。19室温下，
22、对于等体积，pH均为2的醋酸和盐酸两种溶液，下列叙述不正确的是A分别加水稀释后，两溶液的pH一定不相等B温度都升高20后，两溶液的pH不再相等C分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多D若HA表示HCl或CH3COOH两溶液中都有c2(H)= c(H+)c(A)+KW【答案】A【解析】A项，分别加水稀释后，醋酸能继续电离出氢离子，两者的pH值盐酸的大于醋酸，故A错误；B项，升高温度，醋酸能继续电离出氢离子，导致醋酸中的氢离子浓度大于盐酸，pH值盐酸大于醋酸，故B正确；C项，等体积时，醋酸的物质的量大于盐酸，与足量Zn反应醋酸放出的氢气多，故C正确；D项，c2(H)= c(H+)c(A)+
23、KW等式量测同除氢离子浓度得：c(H)= c(A)+ c(OH)，根据电荷守恒可知正确，故D正确；故选A。20已知汽车尾气的无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。为研究某种催化剂催化测定在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间(s)012345c(NO)(10-3mol/L)1.000.450.250.150.10.1c(CO)(10-3mol/L)3.603.052.852.752.702.70下列说法正确的是( )A该反应在3s时达到平衡B前2s内的平均反应速率v(N2)=1.87510-4 mol/(Ls)CNO和CO的平衡转化率相同D
24、平衡状态时，c(CO2)=0.9 mol/L【答案】B【解析】A项，从题中表中数据可得出该反应在3s时反应物浓度仍然在变化，没有达到平衡状态，故A错误；B项，前2s内NO浓度减少了7.5104mol/L，因此根据方程式可知生成氮气浓度是3.75104mol/L，则氮气的平均反应速率=1.87510-4 mol/(Ls)，故B正确；C项，NO和CO的起始浓度不是1：1的，而反应是按照1：1转化的，因此平衡转化率不相同，故C错误；D项，平衡状态时消耗CO是9104mol/L，则根据方程式可知平衡时c(CO2)=9104 mol/L，故D错误；故选B。21已知NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热
25、，N2CO3溶液与盐酸反应生成CO2 放热。关于下列H的判断正确的是( )CO32-(aq)+H+(aq)HCO3-(aq) H1HCO3-(aq)+H+(aq)H2CO3(aq) H2H2CO3(aq)H2O(l)+CO2(g) H3OH-(aq)+H+(aq) H2O(l) H4AH10 H20 BH1+H20CH1+H2+H30 DH2H4【答案】B【解析】由题意可知，碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为吸热反应，H0，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为放热反应，H0，将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，+可得HCO3-(aq)+H+(aq) H2O(l)+CO2(g) H
26、=H2+H30，+可得CO32-(aq)+2H+(aq)H2O(l)+CO2(g)H=H1+H2+H30，可得碳酸氢根离子的水解反应HCO3-(aq)+ H2O(l) H2CO3(aq)+OH-(aq)，盐类水解反应为吸热反应，则H=H2H40。A项，由分析可知，H2+H30，H1+H2+H30，则H10；碳酸的分解反应为吸热反应，H30，由H2+H30可知，H2可能大于0，也可能小于0，故A错误；B项，由分析可知，H2+H30，故B正确；C项，由分析可知，H1+H2+H30，故C错误；D项，由分析可知，H2H40，则H2H4，故D错误；故选B。22图示为一种积层型锂聚合物电池的结构。这是将正
27、极(LiCoO2)/凝胶型聚合物电解质/碳和石墨系电池组叠加成平板，并用铝积层包封的电池结构。其中电池内的高分子聚合物能让Li+自由通过，碳和石墨系用C6表示。下列说法正确的是( )A电池放电负极反应为：LiC6-e-=Li+C6B放电时，Li+向负极移动C充电时电极LiCoO2与电源负极相连D可用饱和的食盐水溶液代替凝胶型聚合物电解质【答案】A【解析】A项，电池放电负极LiC6失电子生成Li+，反应为：LiC6-e-=Li+C6，A正确；B项，放电时，负极上失电子，正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，所以正极上附有大量电子，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，B错误；C项，充电时，电
28、极LiCoO2上失电子发生氧化反应，所以该电极应做阳极，应与电源的正极相连，C错误；D项，锂单质是活泼金属单质，能与水反应，故不能使用食盐水溶液，D错误；故选A。23常温下，用0.01 molL1甲溶液滴定0.01 molL120.00 mL乙溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。(已知lg2=0.3；忽略混合前后溶液体积的变化)，下列有关说法不正确的是( )A条件相同时溶液的导电能力：盐酸NaOH溶液CH3COONa溶液B曲线，当NaOH的体积由19.98 mL变为20.02 mL，混合溶液的pH从5.3突跃到8.7C曲线，对应混合溶液中存在c(Na+)+c(CH3COO)+c(CH
29、3COOH)=0.01 molL1D曲线，当溶液呈中性时，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)c(Cl)c(CH3COO)c(H+)=c(OH)【答案】D【解析】A项，等浓度HCl、NaOH、CH3COONa电离产生的阴、阳离子浓度相同，离子带有的电荷数目相同，故条件相同时三种溶液的导电能力相同，A错误；B项，对于曲线，当NaOH的体积由19.98 mL时，碱不足量，溶液显酸性，溶液中c(H+)=，溶液pH=-lgc(H+)=-lg510-6=5.3；当加入NaOH溶液的体积变为20.02 mL，NaOH过量，过量NaOH使混合溶液显碱性，混合溶液中c(OH-)=，溶液中的c(H+)=，所以
30、pH=-lgc(H+)=-lg210-9=8.7，可见当NaOH的体积由19.98 mL变为20.02 mL，混合溶液的pH从5.3突跃到8.7，B正确；C项，曲线，对应混合溶液中根据物料守恒可得c(Na+)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.01 molL1，C正确；D项，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)+c(CH3COO)，当溶液显中性时，c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)，但不能确定c(Cl)、c(CH3COO)的相对大小，D错误；故选D。24钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是( )AH2O
31、参与了该催化反应B过程中反应的原子利用率为100%C该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D每次循环的净反应为H2O2+2C1=2HOCl+2e【答案】D【解析】A项，过程说明H2O参与了该催化反应，故A正确；B项，根据过程的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；C项，过程中有氢氧键的形成，过程中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；D项，根据整个反应体系得到每次循环的净反应为HH2O2C1=HOClH2O，故D错误。故选D。25下列方案设计、现象和结论都正确的是( )目的方案设计现象或结论A探究浓度对速率的影响用两支试管各取5mL0
32、.1molL-1酸性KMnO4溶液，分别加入5滴0.2molL-1和5滴0.2molL-1H2C2O4溶液两试管溶液均褪为无色，且加0.2molL-1H2C2O4溶液褪色更快B探究反应：COCl42-+6H2OCO(H2O)62-+4Cl-的热效应取少量COCl26H2O于试管中，逐滴加浓盐酸至晶体完全溶解，再滴加水至溶液呈紫色。将紫色溶液分装于三支试管中，分别置于热水、冰水和室温下置于热水中的溶液呈蓝色，置于冰水中的溶液呈粉红色，则正反应为吸热反应C纸层析法分离Fe3+和Cu 2+将点有试样点的滤纸条末端浸入展开剂中(试样点未接触展开剂)，一段时间后取出滤纸条进行氨熏滤纸表面有红棕色(上)和
33、蓝色(下)斑痕，说明Fe3+在流动相中分配得多D制备铜氨纤维将脱脂棉加入铜氨溶液，搅拌使之形成黏稠液，用注射器将黏稠液注入稀NaOH溶液中。取出生成物，用水洗涤得到白色的铜氨纤维【答案】C【解析】A项，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量之比为2:5，由题中所给的两溶液的浓度和体积可判断出KMnO4溶液过量，两试管溶液均不能褪色，也无法判断褪色的快慢，A项错误；B项，COCl42-呈蓝色，CO(H2O)62-呈粉红色，由题中信息“置于热水中的溶液呈蓝色，置于冰水中的溶液呈粉红色”，说明降低温度，平衡正向移动，正反应为放热反应，B项错误；C项，纸层析法分离Fe3+和Cu 2+，操作正确，由题中
34、信息“滤纸表面有红棕色(上)和蓝色(下)斑痕，”，可说明Fe3+在流动相中分配得多，C项方案设计、现象和结论都正确；D项，实验现象中得到的铜氨纤维应是蓝色的，D项错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26(4分)回答下列问题：(1)两种硼氢化物的熔点如表所示：硼氢化物NaBH4Al(BH4)3熔点/400-64.5两种物质熔点差异的原因是_。(2)已知NH3和水一样会发生类似的自耦电离2H2OH3O+OH-，所以某同学认为NH3和水一样为电解质，根据这位同学的思路写出Ca(NH2)2电子式_。【答案】(1)前者为离子晶体，后者为分子晶体(2分)(2) (2分)【解析
35、】(1)硼氢化钠熔点为400是由活泼金属钠离子与硼氢根离子组成，属于离子晶体，硼氢化铝熔点为-64.5，属于分子晶体，微粒间作用力弱，离子晶体的熔点高；(2)某同学认为NH3和水一样为电解质，所以会发生类似的自耦电离2NH3NH4+NH2-，故可知Ca(NH2)2是离子化合物，由金属阳离子Ca2+和 氨基负离子NH2-构成，电子式为。27(4分)取18.9 g含氯有机物X(分子量小于150)在高温下完全燃烧，得到CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将产物依次通过装置A(足量浓硫酸)和装置B(固体氢氧化钠)，两装置分别增重3.6 g和24.9 g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，
36、并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7 g白色沉淀，请回答：(1)燃烧产生二氧化碳的物质的量为_(2)有机物X的分子式为_【答案】(1)0.4(2分) (2)C2H3ClO2(2分) 【解析】(1)含氯有机物燃烧产生CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将燃烧产物依次通过浓硫酸、NaOH固体，通过浓硫酸时吸收水分，通过NaOH固体时吸收质量为CO2、HCl。根据水蒸气的质量可知H2O的物质的量n(H2O)=；CO2、HCl的质量和为24.9 g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7 g白色沉淀，该白色沉淀是AgCl，根据Cl元素守恒可知n(HCl)=
37、n(AgCl)=，m(HCl)=0.2 mol36.5 g/mol=7.3 g，反应产生CO2的质量m(CO2)=24.9 g-7.3 g=17.6 g，则反应产生CO2的物质的量为n(CO2)=；(2)根据H元素守恒，由n(H2O)=0.2 mol，n(HCl)=0.2 mol可得m(H)=2n(H2O)+ n(HCl)=(0.2 mol2+0.2 mol)1 g/mol=0.6 g；根据C元素守恒可得m(C)=0.4 mol12 g/mol=4.8 g，根据Cl元素守恒可得m(Cl)=0.2 mol35.5 g/mol=7.1 g，故根据质量守恒定律可知该有机物中含有O元素的物质的量为n(
38、O)=，n(C)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4 mol：0.6 mol：0.2 mol：0.4 mol=2：3：1：2，所以该物质的化学式为 C2H3ClO2。28(10分)某兴趣小组研究一种由两种元素组成的盐X，进行了如下实验：已知：X中酸根对应的酸为一元酸：气体B与氯化氢反应生成白烟，固体C为单质，固体D为砖红色。(1)气体A的电子式为_，X的化学式为_。(2)盐X隔绝空气分解的化学方程式为_。(3)固体A可溶于稀硫酸中，该反应的离子方程式为_。(4)已知盐X有爆炸危险，可用次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质，该反应的化学方程式为_。(5)设计实验检验固体D中是否含有固体C_。【答
39、案】(1) (1分) Cu(N3)2 (2分) (2)Cu(N3)2Cu+3N2(1分) (3)Mg3N2+8H+=3Mg2+2NH4+(2分) (4)Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2+Cu(OH)2(2分) (5)取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g，则含有C(或取mg固体与足量氢气共热，冷却后称量，若所得固体质量为g，则无C，若小大于g，则含有C) (2分) 【解析】气体B与氯化氢反应生成白烟，则B为NH3，则固体A中含N元素，猜测为Mg3N2，固体B为MgO，气体A为N2，固体D为砖红色，为Cu2O，则溶液A为Cu(NO3)
40、2，固体C为Cu，X由Cu、N元素组成，X中酸根对应的酸为一元酸，则该酸为HN3，则X的化学式为Cu(N3)2。(1)气体A为N2，电子式为，X的化学式为Cu(N3)2；(2)Cu(N3)2隔绝空气分解生成N2和Cu，观察法配平化学方程式为Cu(N3)2Cu+3N2；(3)Mg3N2溶于稀硫酸发生反应生成MgSO4和(NH4)2SO4，该反应的离子方程式为Mg3N2+8H+=3Mg2+2NH4+；(4)Cu(N3)2和次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质是N2，N元素化合价升高，则NaClO中Cl元素化合价降低生成NaCl，该反应的化学方程式为Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2+
41、Cu(OH)2；(5)D为Cu2O，加热条件下被氧气氧化成氧化铜，反应方程式为：2Cu2O+O24CuO，取mg的Cu2O加热后能得到g CuO，若D中含有Cu，在O2中加热后发生反应2Cu+O22CuO，固体质量应大于g，故实验方案可设计为：取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g。29(10分)金属铝有广泛的应用，有人对碳还原氧化铝制备铝进行了实验研究。在2.0 L真空密闭容器中稍过量石墨与1.0 mol Al2O3混合后加热，图1是体系压强随着加热时间变化的曲线图，图2是在不同的恒定温度下，反应达到平衡，冷却后容器内剩余固体中部分含铝元素物质的物质
42、的量随温度变化曲线图。已知：1.01105 Pa下Al熔点933 K，沸点2700 K；10 Pa下Al沸点低于1000 K，Al2O3和C沸点高于2000 K。反应I：Al2O3(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g) H1=+1339.1 kJmol-1反应II：2Al2O3(s)+9C(s) Al4C3(s)+6CO(g) H2=+2249.5 kJmol-1反应III：Al2O3(s)+Al4C3(s) 6Al(s)+3CO(g) H3请回答下列问题：(1)工业上电解法冶炼铝的化学方程式为_。(2)H3=_。(3)图1中石墨与Al2O3混合物加热至150 min时容器内温度约为_
43、。(4)从反应自发性推测，实验室进行碳还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，可能的原因是_。(5)由图2可得1650 K时，反应I的平衡常数K=_。(6)下列说法不正确的是_。A图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热，容器内温度降低，导致反应I、II平衡向逆方向移动B图2显示约16501700 K之间是石墨与Al2O3反应制备Al的最佳温度C图2中T1700K时体系中一定还发生了其他副反应D综合分析可得，碳还原氧化铝制备铝比电解法成本更低，产率更高，适合大规模应用(7)请在图3中画出温度在1450-1650 K之间2.0 L真空密闭容器中CO的
44、浓度随温度变化曲线图_。【答案】(1)2Al2O34Al+3O2(1分) (2)1767.8 kJmol-1(1分) (3)1500 K(1分) (4)减小体系压强可以使铝沸点降低，实验时铝呈气态使反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行(1分) (5)或4.210-3(2分) (6)D(2分) (7) (2分) 【解析】(1)工业上电解法熔融的Al2O3，在阴极上Al3+得到电子被还原变为Al单质，在阳极上O2-失去电子，被氧化为O2，则根据同一闭合电路中电子转移数目相等，可知电解熔融氧化铝来冶炼铝的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2；(2)已知：反应I：Al2O3(s)+3C
45、(s) 2Al(s)+3CO(g) H1=+1339.1 kJmol-1反应II：2Al2O3(s)+9C(s) Al4C3(s)+6CO(g) H2=+2249.5 kJmol-1反应III：Al2O3(s)+Al4C3(s) 6Al(s)+3CO(g) H3根据盖斯定律，将(I)3-(II)，整理可得Al2O3(s)+Al4C3(s) 6Al(s)+3CO(g) H3=+1767.8 kJmol-1；(3)图1中石墨与Al2O3混合物加热至150 min时容器内压强大约为0.75 Pa，结合图2中压强与温度关系可知：反应温度约为1500 K；(4)从反应自发性推测，H0，S0，G=H-TS
46、0，反应自发进行。实验室进行碳还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，这时由于减小体系压强可以使铝沸点降低，实验时铝呈气态，导致反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行；(5)对于反应I：Al2O3(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g)，在1650 K时Al2O3的物质的量是0.5 mol，反应的Al2O3的物质的量是1 mol-0.5 mol=0.5 mol，根据方程式可知：每有1 molAl2O3反应，就会产生3 mol CO，则反应0.5 mol的Al2O3，产生CO的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，故c(CO)=。根据已知条件：在10 Pa下Al沸点低
47、于1000 K，反应在真空容器中进行，压强减小导致Al的沸点低于1000 K，此时Al状态为气态，根据图示可知此时Al蒸气的物质的量为0.20 mol，则c(Al)= 故反应I的化学平衡常数K=c3(CO)c2(Al)=(0.75)3(0.10)2=0.0042；(6)A项，图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热，导致容器内温度降低，降低温度，化学平衡向放热的逆方向移动，A正确；B项，由图2显示约16501700 K之间Al生成量增加，因此是石墨与Al2O3反应制备Al的最佳温度，B正确；C项，图2中T1700 K时，体系中Al的物质的量逐渐减小，一
48、定是体系中发生了其它副反应，如发生反应产生Al4C3，C正确；D项，综合分析可知：碳还原氧化铝所需温度太高，难以实现，制备铝比电解法成本更高，产率更低，不适合大规模应用，D错误；故选D；(7)根据图示可知：在1500 K时开始产生CO气体，在1550K时c(CO)=；在1650 K时c(CO)=，将这些特殊点用平滑曲线连接，可得CO的浓度与温度关系的图像：。30(10分)钛在医疗领域的使用非常广泛，如制人造关节、头盖、主动心瓣等。TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。已知：HCl与TiO2不发生反应；装置中除生成TiCl4外，同时还生
49、成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。其它相关信息如下表所示：熔点/沸点/密度/(gcm-3)水溶性TiCl4-24136.41.7易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂CCl4-2376.81.6难溶于水请回答下列问题：(1)装置A中导管a的作用为_，装置B中所盛试剂为_，装置A中发生反应的离子方程式为_(反应后Mn元素以Mn2+形式存在)。(2)组装好仪器后，部分实验步骤如下：a装入药品 b打开分液漏斗活塞 c检查装置气密性 d关闭分液漏斗活塞 e停止加热，充分冷却 f加热装置C中陶瓷管从上述选项选择合适操作(不重复使用)并排序：_b_，_。(3)下列说法不正确的是_。A通入氯气之前，最好先从k
50、处通入氮气，否则实验会失败B石棉绒载体是为了增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率C装置D中的烧杯中可加入冰水，便于收集到纯的液态TiCl4D装置E可防止空气中的水蒸气进入装置D的圆底烧瓶中使TiCl4变质E该装置有缺陷，通过装置E后的气体不可直接排放到空气中(4)TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米x TiO2yH2O。测定产物x TiO2yH2O组成的方法如下：步骤一：取样品2.100 g用稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量铝将TiO2+还原为Ti3+，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入容量瓶，定容
51、得到待测液。步骤二：取待测液于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 molL-1的NH4 Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+氧化为TiO2+，三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL。滴定终点的判断方法是_。通过分析、计算，该样品的组成为_。【答案】(1)平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下 (1分) 浓硫酸 (1分) 2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O(1分) (2)ca(b)fed(2分) (3)AC(2分)(4)溶液出现血红色且半分钟不褪色(1分) 12TiO25H2O(2分) 【解析】 (1)装置A中导管a能够使分液漏斗的液体上下气体压强相
52、同，其作用为平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；装置B的作用是干燥氯气，因此所盛放的试剂是浓硫酸；在装置A是KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应，产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O；(2)组装好仪器后，首先要检查装置的气密性，然后装入药品，并打开分液漏斗活塞，使浓盐酸滴入装置A中发生反应，然后加热装置C中陶瓷管，使Cl2、C与TiO2反应制取TiCl4，带反应结束时停止加热，充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞，故操作顺序用字母序号表示为：ca(b)fed；(3)A项，为防止碳粉在高温下被装置中的空气氧化，应该先通入氯气
53、，但k处是出气口，而不能由此通入氮气，A错误；B项，石棉绒载体比较膨松，可以增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率，B正确；C项，装置D中的烧杯中可加入冰水，密度是降低温度，使TiCl4液化，但反应产生的物质中有少量CCl4也会被液化，因此不能收集到纯的液态TiCl4，C错误；D项，装置E的碱石灰能够吸收空气中的水分，这样就可防止空气中的水蒸气进入装置D的圆底烧瓶中使TiCl4变质，D正确；E该装置有缺陷，通过装置E后的气体中可能含有未反应的Cl2及少量CCl4蒸气，因此不可直接排放到空气中，E正确；故选AC。(4)若反应完全，滴入溶液中的Fe3+不能反应，与SCN-结合，使溶液变
54、为血红色，故滴定终点现象为溶液出现血红色且半分钟不褪色；三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00 mL，物质反应转化关系为TiO2NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80 g/mol0.1000 mol/L 0.024 L =1.92 g；m(H2O)=2.1000 g-1.92 g=0.18 g，所以x：y=：=12:5，故物质的化学式为12TiO25H2O。31(12分)利阿唑(I)是一种抗癌药物，也可用于治疗一些皮肤病，其合成路线如下：已知：CH3O-具有邻对位定位效应(1)下列说法正确的是：_AA分子中所有原子可能共平面BCD的反应属于取代反应C上述流程中X的结构简式为D利阿唑(I
55、)分子组成为C16H13ClN4(2)H的结构简式：_(3)D生成E的化学方程式：_(4)请写出同时满足下列条件的有机物D的同分异构体的3种结构简式：_。分子中含有(苯环上可连其他基团)、和-NO2核磁共振氢谱有5个峰无其他环状结构。(5)以A和一个碳的有机物为原料合成，无机试剂任选，请设计合成路线：_。【答案】(1)BC(2分) (2) (2分) (3)+NH3+CH3OH(2分) (4)、(任选3种) (3分) (5) (3分)【解析】A与B在AlCl3作用下发生取代反应产生C，根据信息，结合利阿唑(I)结构简式逆推可知C结构简式是；C与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生D：；D与N
56、H3发生-OCH3的取代反应产生E：；E与NaBH4发生还原反应产生F：；F与发生羟基的取代反应产生G：；G与H2发生还原反应产生H：；H与HCOOH反应产生利阿唑(I)。根据上述分析可知C是，D是，E是，F是，G是，H是。(1)A项，A是，分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，A错误；B项，C是，D是，C与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生取代反应产生D，因此CD的反应属于取代反应，B正确；C项，根据F、G分子式的不同，结合F中所含有的官能团的性质，可知物质X是，C正确；D项，根据利阿唑(I)结构简式，可知其分子式是C17H13ClN4，D错误；故选BC；(2)根据上述分析可知H结构简式是；(3)D是，D与NH3发生取代反应产生E：和CH3OH，该反应的化学方程式为：+NH3+CH3OH；(4)D是，D的同分异构体满足条件：分子中含有(苯环上可连其他基团)、和；核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中含有5种不同位置的H原子；无其他环状结构，则其可能的结构为：、，可从中任选3种；(5)A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，然后与H2发生还原反应，硝基变为氨基，产生，再与NH3发生取代反应产生，最后与HCOOH形成环状结构得到，故该反应转化合成路线图为：。
