精品解析：湖北省武汉市育才高级中学2023-2024学年高三下学期仿真模拟化学试题

湖北省武汉市育才高级中学2023-2024学年高三下学期仿真模拟 化学试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题号 一 二 总分 得分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷(选择题) 评卷人 得分 一、单选题(共15题，每题3分，共45分) 1. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和，c(Na+)=c(CH3COO-) D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 2. 时，向溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，溶液中与的关系如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该温度下，的 B. 溶液中： C. W点所表示的溶液中： D. 向原溶液中不断通入气体： 3. 下列叙述正确的是 A. 等质量的钠与足量氧气在不同条件下反应转移电子数不同 B. 将1 mol NO2和1 mol NO分别充入两容器，则两容器内所含分子数相等 C. 1 mol乙醇和1 mol 甲醚所含碳氢键数目相同 D. 12 g NaHSO4固体和12 g MgSO4固体所含离子总数相等 4. 碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是 A. 碳是构成有机物的主要元素 B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程 C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一 D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志 5. 生活中处处有化学。下列说法错误的是 A. 天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯 B. 天然气的主要成分是甲烷 C. 乙烯可用作水果催熟剂 D. 苯酚可用作消毒剂 6. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A. 可以用苯甲醛和甲醇原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 化合物1直接催化反应的进行 7. 已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C物质的以下性质错误的是 A. 溶液呈碱性 B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀 C. 受热易分解 D. 与足量盐酸反应放出气体 8. 下列物质的三态变化只与分子间作用力有关的是 A. CCl4 B. NaCl C. Al D. KClO3 9. 制备水煤气的反应 ，下列说法正确的是 A. 该反应 B. 升高温度，反应速率增大 C. 恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变 D. 恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大 10. 下列关于地沟油的认识正确的是 A. 地沟油过滤后可食用 B. 地沟油经高温处理后，可以食用 C. 地沟油可提炼为生物柴油 D. 用地沟油做菜可节约用油 11. 四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是(　　) A. 若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，则X单质可与强碱溶液反应 B. 简单阴离子半径：M＞Z＞Y C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞M D. 若Y的氢化物的水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应 12. 短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子；V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍；X的单质是空气的主要成分之一，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3；Y原子半径在同周期中最大，Z是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径大小顺序为Z>Y>X B. X的最高价氧化物对应水化物酸性最强 C. Y、Z分别与X形成的化合物中化学键类型一定相同 D. 电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质 13. 常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 A. 该溶液中： B. 三种一元弱酸的电离常数： C. 当时，三种溶液中： D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合： 14. 我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE) 概念， HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成 下列叙述正确的是 A. X中苯环上的一溴代物有5种 B. 1mol X最多与7mol H2发生加成反应 C. 生成1molHPS同时生成1molLiCl D. HPS 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 15. 室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是 A. Ka1(H2A)数量级为10-3 B. b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—) C. 水的电离程度：d>c>b>a D. b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O 第II卷(非选择题) 评卷人 得分 二、综合题(共4题，共55分) 16. CCUS是一种碳捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。请回答下列问题： （1）以废气中的CO2为原料可制取甲醇。在恒容密闭容器中，298 K和101 kPa下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。 ①已知：H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8 kJ/ mol和 -726.5 kJ/mol； CH3OH(l)= CH3OH(g) △H= +38 kJ /mo； H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol； 则CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g) +H2O(g) △H=______kJ/mol。 ②某温度下，在体积为2 L的恒容密闭容器中加入6 mol H2、2.4 mol CO2进行反应：CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g) +H2O(g)，达到平衡时H2的转化率是50% ，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_____。 ③起始温度、容器体积相同（T1℃、2 L密闭容器），一定条件下，反应I 、II起始CO2、H2、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量如下表所示： n(CO2)/mol n(H2)/mol n[CH3OH(g)]/mol n[H2O(g)]/mol 反应I（恒温恒容） 2 6 0 0 反应II（绝热恒容） 0 0 2 2 对比反应I、II平衡常数：K(I)_______（填“＞”“＜"或“＝”，下同）K(II)；平衡时CH3OH的浓度：c(I)______c(II)。 （2）CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2 (g)CH2=CH2(g) +4H2O(g) △H=- 127.8 kJ/mol；在0.1 MPa下，CO2和H2以n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度下，反应达到平衡时的四种气态物质的物质的量分数如图1所示： ①曲线b、c表示的物质分别为____________（填化学式）。 ②保持某一温度不变，在体积为V L的恒容容器中以n(CO2)：n(H2)=2：3的投料比加入反应物，t0时达到化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2V L并保持不变，t2时重新达到平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量随时间变化的图象。_______ 17. 镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛。 （1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知： Mg(s)+H2(g)=MgH2(s) ΔH1=-74.5 kJ·mol-1 Mg2Ni(s) +2H2(g)=Mg2NiH4(s) ΔH2=-64.4 kJ·mol-1 写出Mg2Ni与MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4热化学方程式___________。 （2）钢铁工业的高炉炼铁常用赤铁矿(Fe2O3)、焦炭、空气和熔剂(石灰石)作原料，已知赤铁矿被还原剂还原时是逐级进行的，还原时温度与在CO、CO2平衡混合气体中CO的体积分数的关系如图： ①在温度低于570 ℃时，还原分两个阶段完成，在温度高于570 ℃时，依次发生的还原反应有___________(选用图中的“a、b、c、d”填空)。 ②为减少高炉炼铁时含CO的尾气排放，下列研究方向可采取的是___________(填字母序号)。 A．其他条件不变，增加高炉的高度 B．调节还原时的炉温 C．增大原料中焦炭的比例 D．将生成的铁水及时移出 （3）将0.508 g碘、0.699 2 g金属钨放置于50.0 mL密闭容器中，在一定温度下发生反应：W(s)+I2(g)WI2(g)，如图是混合气体中WI2蒸气的物质的量随时间变化关系，其中曲线Ⅰ(0~t2时间段)的反应温度为450 ℃，曲线Ⅱ(从t2时刻开始)的反应温度为530 ℃。 ①该反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。在450 ℃时，该反应的平衡常数K=___________。 ②若保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.508 g碘，当再次达到平衡时，反应混合气体中I2的百分含量___________(填“变大”、“不变”或“变小”)。 ③若保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.002 mol W、0.000 6 mol I2、0.005 4 mol WI2，则化学平衡___________(填“正向移动”、“不移动”或“逆向移动”)。 （4）硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最强的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2 + 11O2=4B2O3 + 2V2O5 。电极a为电池的___________极，电极b的电极反应式为___________。 18. 前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB2能升华；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E－少一个电子层，E原子得到一个电子后3p轨道全充满；D最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，有F+和F2+两种离子。回答下列问题： （1）元素电负性：D____E (填＞、＜或＝)； （2）B、C单质熔点B_____C(填＞、＜或＝)； （3）AE4中A原子杂化轨道方式为：________杂化；其固态晶体类型为________； （4）氢化物的沸点：B比D高的原因______________； （5）F的核外电子排布式为____________________________；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体的化学式为_______，其中关于该晶体下列说法中正确的是_____________________。 A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出 B．F与NH3之间的化学键为离子键 C．该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥型 D．配离子内N原子排列成为平面正方形，则其中F离子是sp3杂化 E．向该晶体水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成 （6）元素X某价态阴离子Xn−中所有电子正好充满K和L电子层，CnX晶体的最小结构单元为立方体，结构如图所示。该晶体中每个Xn−被________个等距离的C+离子包围。已知该晶体的密度为ρg∙cm−3，阿伏伽德罗常数为NA，CnX的摩尔质量为M g∙mol−1，C+和Xn−间的最短距离是_____________nm。(列出计算式即可) 19. 氧化锌是一种半导体化合物，在室温下具有直接带隙和较大的激子束缚能，由于其优良的电学和光学特性，已经吸引了越来越多的关注。如图是采用水热法制备纳米氧化锌的简单流程： 回答下列问题： （1）操作2需要在100 ℃恒温条件下加热反应6 h，能达到该操作的加热方式是___________。 （2）操作3___________(填“能”或“不能”)采用减压过滤装置进行分离，理由是___________。 （3）操作3后的操作是用去离子水与无水乙醇反复冲洗，这样操作的目的是___________；检验洗涤干净的操作是___________。 （4）有关抽滤操作，下列说法不正确的是___________。 A．滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔 B．在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物 C．抽滤结束时，应先关抽气泵，后拔掉吸滤瓶的接管 D．如图所示抽滤装置有2处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口及安全瓶中长导管和短导管连接顺序错误 E．抽滤结束，从吸滤瓶的支管口倒出滤液 （5）用氧化还原滴定的方法可以测定产品纯度。反应原理为先把样品溶于稀硫酸，然后在微酸性环境下加入过量KI和K3Fe(CN)6，生成的I2用Na2S2O3溶液进行滴定(以淀粉作指示剂)： 2K++2Fe(CN+2I-+3Zn2+=K2Zn3 [Fe(CN)6]2↓+I2 I2+2S2=S4+2I- 现取1.640 g样品溶于稀硫酸，然后加入过量KI和K3Fe(CN)6，并将所得溶液稀释成250 mL，取所得溶液25.00 mL，用0.06 mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液22.22 mL。则该样品中氧化锌的纯度为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省武汉市育才高级中学2023-2024学年高三下学期仿真模拟 化学试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 题号 一 二 总分 得分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷(选择题) 评卷人 得分 一、单选题(共15题，每题3分，共45分) 1. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和，c(Na+)=c(CH3COO-) D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】A．A点为0.1 mol·L-1 NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L、c(H+)=1×10-13 mol·L-1，氢氧化钠抑制水电离，由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol·L-1，故A错误； B．B点溶液呈碱性，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)<c(Na+)，故B错误； C．酸碱完全中和时消耗醋酸溶液12.5 mL，此时溶质为CH3COONa，pH大于7，故C错误； D．D点溶液中溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸，根据质子守恒c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确； 选D。 2. 时，向溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，溶液中与的关系如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该温度下，的 B. 的溶液中： C. W点所表示的溶液中： D. 向原溶液中不断通入气体： 【答案】C 【解析】 【详解】A．W点溶液中醋酸根离子和醋酸的浓度相等，，所以醋酸的电离常数，A正确； B．由电荷守恒式及物料守恒可知，，B正确； C．W点所表示的溶液中，则，根据电荷守恒知，，C错误； D．向原溶液中通入气体，由电荷守恒式：及，可得，D正确； 故选C。 3. 下列叙述正确的是 A. 等质量的钠与足量氧气在不同条件下反应转移电子数不同 B. 将1 mol NO2和1 mol NO分别充入两容器，则两容器内所含分子数相等 C. 1 mol乙醇和1 mol 甲醚所含碳氢键数目相同 D. 12 g NaHSO4固体和12 g MgSO4固体所含离子总数相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠与氧气反应，不管是生成氧化钠还是过氧化钠，Na都转化为Na+，所以钠的质量相等时，转移电子数也相等，故A错误； B．二氧化氮中存在如下平衡：2NO2N2O4，则充入1 mol NO2的容器中含有的分子数小于NA，所以两容器内所含分子数不相等，故B错误； C．1 mol 乙醇中含碳氢键5 mol，1 mol 甲醚中含碳氢键6 mol，则1 mol乙醇和1 mol 甲醚所含碳氢键数目不相同，故C错误； D．NaHSO4和MgSO4均为离子化合物，固体中都只存在两种离子，且二者的相对分子质量相等，则等质量的NaHSO4固体和MgSO4固体中含有的离子总数相等，故D正确； 故选D。 4. 碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是 A. 碳是构成有机物的主要元素 B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程 C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一 D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志 【答案】D 【解析】 【详解】A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确； B．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故B正确； C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确； D．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故D错误； 故选：D。 5. 生活中处处有化学。下列说法错误的是 A. 天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯 B. 天然气的主要成分是甲烷 C. 乙烯可用作水果催熟剂 D. 苯酚可用作消毒剂 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，故A错误； B．天然气的主要成分是甲烷，故B正确； C．乙烯具有植物生成调节作用，可以用作水果催熟剂，故C正确； D．苯酚能使蛋白质的变性、具有消毒防腐作用，低浓度时可用作杀菌消毒剂，D正确； 故选A。 6. 制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A. 可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B. 反应过程涉及氧化反应 C. 化合物3和4互为同分异构体 D. 化合物1直接催化反应的进行 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确； B．由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确； C．化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确； D．由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D项错误； 综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。 7. 已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C物质的以下性质错误的是 A. 溶液呈碱性 B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀 C. 受热易分解 D. 与足量盐酸反应放出气体 【答案】C 【解析】 【分析】B显淡黄色，且是金属单质A与氧气化合得到，则B是过氧化钠；A是钠；C是碳酸钠；D是氢氧化钠。 【详解】A．碳酸钠水解，溶液呈碱性，故A正确； B．碳酸钠与澄清石灰水反应产生碳酸钙沉淀，故B正确； C．碳酸钠性质稳定，受热不分解，故C错误； D．碳酸钠与足量盐酸反应放出二氧化碳气体，故D正确； 故选C。 8. 下列物质的三态变化只与分子间作用力有关的是 A. CCl4 B. NaCl C. Al D. KClO3 【答案】A 【解析】 【详解】A． CCl4由分子构成，三态变化只与分子间作用力有关，故A选； B． NaCl是离子化合物，三态变化与离子键有关，故B不选； C． Al是金属，三态变化与金属键有关，故C不选； D． KClO3是离子化合物，三态变化与离子键有关，故D不选； 故选A。 9. 制备水煤气的反应 ，下列说法正确的是 A. 该反应 B. 升高温度，反应速率增大 C. 恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变 D. 恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A错误； B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B正确； C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C错误； D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D错误； 故合理选项是B。 10. 下列关于地沟油的认识正确的是 A. 地沟油过滤后可食用 B. 地沟油经高温处理后，可以食用 C. 地沟油可提炼为生物柴油 D. 用地沟油做菜可节约用油 【答案】C 【解析】 【详解】A．地沟油中含有对人体有害的有毒物质，不能食用，A错误； B．地沟油经高温处理后，仍含有对人体有害的有毒物质，不可以食用，B错误； C．地沟油中含有动植物油脂，可提炼生物柴油，C正确； D．地沟油中含有对人体有害的有毒物质，不能用地沟油做菜，D错误； 故选C。 11. 四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是(　　) A. 若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，则X单质可与强碱溶液反应 B. 简单阴离子半径：M＞Z＞Y C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞M D. 若Y的氢化物的水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应 【答案】D 【解析】 【详解】A、若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，说明Y是C，则X是Al，单质铝可与强碱溶液反应，故A不符合题意； B、离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单阴离子半径M>Z>Y，故B不符合题意； C、同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性Z>M，故C不符合题意； D、若Y的氢化物水溶液呈碱性，则Y是N，X是Si，X的氧化物是二氧化硅，能与氢氟酸反应，故D符合题意； 综上所述，本题应选D。 12. 短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子；V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍；X的单质是空气的主要成分之一，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3；Y原子半径在同周期中最大，Z是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径大小顺序为Z>Y>X B. X的最高价氧化物对应水化物酸性最强 C. Y、Z分别与X形成的化合物中化学键类型一定相同 D. 电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子，则W为H，V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍，即V为C，X的单质是空气的主要成分之一即N或O，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3即为O2和O3，故X为O；Y原子半径在同周期中最大且原子序数比O大，则Y为Na，Z是地壳中含量最多的金属元素，故Z为Al，据此分析解题。 【详解】由分析可知，W、V、X、Y、Z分别为H、C、O、Na、Al，故有： A．由分析可知，X、Y、Z分别为O、Na、Al，它们最简单离子具有相同的核外电子排布，且核电荷数Al＞Na＞O，故简单离子的半径大小顺序为O2->Na+>Al3+即X >Y>Z，A错误； B．由分析可知，X为O，O无最高价氧化物，B错误； C．由分析可知，X为O，Y为Na、Z为Al，Y、Z分别与X形成的化合物中Na2O2中含离子键和共价键，而Al2O3中只含离子键，即化学键类型不一定相同，C错误； D．由分析可知，Y为Na，电解熔融状态的NaCl，阴极可得到Na，即可电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质，D正确； 故答案为：D。 13. 常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 A. 该溶液中： B. 三种一元弱酸的电离常数： C. 当时，三种溶液中： D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合： 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。 【详解】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确； B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确； C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误； D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确； 故选C。 14. 我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE) 概念， HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成 下列叙述正确的是 A. X中苯环上的一溴代物有5种 B. 1mol X最多与7mol H2发生加成反应 C. 生成1molHPS同时生成1molLiCl D. HPS 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中苯环上有3种H原子，则X中苯环上的一溴代物有3种，A项错误； B．X中含两个苯环和1个碳碳三键，1molX最多与8molH2发生加成反应，B项错误； C．对比HPS与Y的结构简式，Y与(C6H5)2SiCl2反应生成1molHPS的同时生成2molLiCl，C项错误； D．HPS中含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，D项正确； 答案选D。 15. 室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是 A. Ka1(H2A)数量级为10-3 B. b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—) C. 水的电离程度：d>c>b>a D. b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，a点对应溶液为H2A溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离，H2A溶液与氢氧化钠溶液反应时有b、c两个计量点，b点对应溶液为NaHA溶液、c点对应溶液为Na2A溶液，b点NaHA溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，由b点消耗0.1mol/L氢氧化钠溶液的体积可知，H2A溶液的浓度为=0.1mol/L。 【详解】A．由分析可知，a点对应溶液为0.1mol/L H2A溶液，溶液pH为2，则电离常数Ka1(H2A)= ≈=1×10—3，所以电离常数的数量级为10-3，故A正确； B．由分析可知，b点对应溶液为NaHA溶液，溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)，故B正确； C．由分析可知，c点对应溶液为Na2A溶液，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制A2—在溶液中的水解，水的电离程度小于c点，故C错误； D．由分析可知，b→c段发生的反应为NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应生成Na2A和水，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O，故D正确； 故选C。 第II卷(非选择题) 评卷人 得分 二、综合题(共4题，共55分) 16. CCUS是一种碳捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。请回答下列问题： （1）以废气中的CO2为原料可制取甲醇。在恒容密闭容器中，298 K和101 kPa下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。 ①已知：H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8 kJ/ mol和 -726.5 kJ/mol； CH3OH(l)= CH3OH(g) △H= +38 kJ /mo； H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol； 则CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g) +H2O(g) △H=______kJ/mol。 ②某温度下，在体积为2 L的恒容密闭容器中加入6 mol H2、2.4 mol CO2进行反应：CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g) +H2O(g)，达到平衡时H2的转化率是50% ，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_____。 ③起始温度、容器体积相同（T1℃、2 L密闭容器），一定条件下，反应I 、II起始CO2、H2、CH3OH(g)、H2O(g)物质的量如下表所示： n(CO2)/mol n(H2)/mol n[CH3OH(g)]/mol n[H2O(g)]/mol 反应I（恒温恒容） 2 6 0 0 反应II（绝热恒容） 0 0 2 2 对比反应I、II平衡常数：K(I)_______（填“＞”“＜"或“＝”，下同）K(II)；平衡时CH3OH的浓度：c(I)______c(II)。 （2）CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2 (g)CH2=CH2(g) +4H2O(g) △H=- 127.8 kJ/mol；在0.1 MPa下，CO2和H2以n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度下，反应达到平衡时的四种气态物质的物质的量分数如图1所示： ①曲线b、c表示的物质分别为____________（填化学式）。 ②保持某一温度不变，在体积为V L的恒容容器中以n(CO2)：n(H2)=2：3的投料比加入反应物，t0时达到化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2V L并保持不变，t2时重新达到平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量随时间变化的图象。_______ 【答案】 ①. -48.9 ②. 4:5 ③. ＜ ④. ＜ ⑤. H2O(g)，CO2 ⑥. 【解析】 【详解】（1）：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。 ①已知：H2（g）、CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8 kJ/ mol和-726.5 kJ/mol； H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1= -285.8 kJ/mol CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g)+2H2O(l)△H2= -726.5 kJ/mol CH3OH(l)= CH3OH（g）△H3= +38 kJ /mol； H2O(l)=H2O(g)△H4=+44 kJ/mol； 则CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g)△H=△H1×3-△H2+△H3+△H4=-48.9 kJ/mol，故本题答案为：-48.9； ②根据CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）列出三段式： 在恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以平衡时容器内的压强与起始压强之比=8：10=4：5； ③从表中数据来看，若两者温度相同，则两个容器为完全等同的两个平衡，一个从反应物投料，一个从产物投料而已。现一个为恒温，一个为绝热，又由于该反应是正向放热的反应，容器Ⅱ从产物开始投料，反应过程中吸热，导致温度比容器I的要低。而温度越低，平衡常数越大，所以K1＜K2。容器Ⅱ的反应相当于在密器I的基础上右移，所以平衡时CH3OH的浓度：c(I)＜c(II)； （2）①反应2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=- 127.8 kJ/mol，正向是一个放热反应，升温，平衡应左移，所以所给图示中，含量减少的b、d是生成物，增加的a、c是反应物，因按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料，所以a为H2、b为水、c为CO2，d为乙烯；。 ②反应前混合气体的平均相对分子质量M==18.8，所以坐标起点为（0，18.8）。随着反应的进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至t0时达到化学平衡，如全部化为乙烯和水，平均相对分子质量为M= =26.86，t1瞬间扩大至2V L并保持不变，t2时重新达到平衡，平均相对分子质量减小，t2时达到的相对分子质量应大于18.8，所以图象为： ，故本题答案为： 。 【点睛】根据阿伏伽德罗定律及其推论，在同温同压下，体积之比等于物质的量之比，在同问同体积下，压强之比等于物质的量之比。平均相对分子质量等于混合物的总质量除以混合物的总物质的量。 17. 镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛。 （1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知： Mg(s)+H2(g)=MgH2(s) ΔH1=-74.5 kJ·mol-1 Mg2Ni(s) +2H2(g)=Mg2NiH4(s) ΔH2=-644 kJ·mol-1 写出Mg2Ni与MgH2反应生成Mg和Mg2NiH4的热化学方程式___________。 （2）钢铁工业的高炉炼铁常用赤铁矿(Fe2O3)、焦炭、空气和熔剂(石灰石)作原料，已知赤铁矿被还原剂还原时是逐级进行的，还原时温度与在CO、CO2平衡混合气体中CO的体积分数的关系如图： ①在温度低于570 ℃时，还原分两个阶段完成，在温度高于570 ℃时，依次发生的还原反应有___________(选用图中的“a、b、c、d”填空)。 ②为减少高炉炼铁时含CO的尾气排放，下列研究方向可采取的是___________(填字母序号)。 A．其他条件不变，增加高炉的高度 B．调节还原时的炉温 C．增大原料中焦炭的比例 D．将生成的铁水及时移出 （3）将0.508 g碘、0.699 2 g金属钨放置于50.0 mL密闭容器中，在一定温度下发生反应：W(s)+I2(g)WI2(g)，如图是混合气体中WI2蒸气的物质的量随时间变化关系，其中曲线Ⅰ(0~t2时间段)的反应温度为450 ℃，曲线Ⅱ(从t2时刻开始)的反应温度为530 ℃。 ①该反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。在450 ℃时，该反应的平衡常数K=___________。 ②若保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.508 g碘，当再次达到平衡时，反应混合气体中I2的百分含量___________(填“变大”、“不变”或“变小”)。 ③若保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.002 mol W、0.000 6 mol I2、0.005 4 mol WI2，则化学平衡___________(填“正向移动”、“不移动”或“逆向移动”)。 （4）硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最强的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2 + 11O2=4B2O3 + 2V2O5 。电极a为电池的___________极，电极b的电极反应式为___________。 【答案】（1）Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s) ΔH=+84.6 kJ·mol-1 （2） ①. c、d、b ②. B （3） ①. 放热 ②. 9 ③. 不变 ④. 不移动 （4） ①. 正 ②. 2VB2+22OH-_22e-=V2O5+2B2O3+11H2O 【解析】 【小问1详解】 将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—反应①×2得到反应Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s)，则反应ΔH=( -64.4 kJ·mol-1)—(-74.5 kJ·mol-1) ×2=+84.6 kJ·mol-1，反应热化学方程式为Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s) ΔH=+84.6 kJ·mol-1，故答案为：Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s) ΔH=+84.6 kJ·mol-1； 【小问2详解】 ①由图可知，在温度高于570 ℃时，铁元素的转化关系为Fe2O3Fe3O4FeO，则依次发生的还原反应c、d、b，故答案为：c、d、b； ②A．其他条件不变，增加高炉的高度不影响反应的发生，不能减少尾气中一氧化碳的体积分数，故不符合题意； B．由图可知，调节还原时的炉温可以改变尾气中一氧化碳的体积分数，故符合题意； C．增大原料中焦炭的比例会增大尾气中一氧化碳的体积分数，故不符合题意； D．铁水是浓度为定值的液体，将生成的铁水及时移出不影响平衡的移动，不能减少尾气中一氧化碳的体积分数，故不符合题意； 故选B； 【小问3详解】 ①由图可知，t2时升高温度，WI2的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应；450℃反应达到平衡时，WI2(g)的物质的量为1.80×10-3 mol，由方程式可知，平衡时碘的物质的量为—1.80×10-3 mol=2.0×10-4 mol，则反应的平衡常数K==9，故答案为：放热反应；9； ②该反应是气体体积不变的反应，若保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.508 g碘相当于增大压强，平衡不移动，所以当再次达到平衡时，反应混合气体中碘的百分含量不变，故答案为：不变； ③保持450 ℃温度不变，向该容器中再加入0.002 mol W、0.000 6 mol I2、0.005 4 mol WI2，反应的浓度熵Qc==9=K，所以平衡不移动，故答案为：不移动； 【小问4详解】 硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以电极a为正极，负极上是VB2失电子发生氧化反应，则电极b的电极反应式为2VB2+22OH-_22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故答案为：2VB2+22OH-_22e-=V2O5+2B2O3+11H2O。 18. 前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB2能升华；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E－少一个电子层，E原子得到一个电子后3p轨道全充满；D最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，有F+和F2+两种离子。回答下列问题： （1）元素电负性：D____E (填＞、＜或＝)； （2）B、C单质熔点B_____C(填＞、＜或＝)； （3）AE4中A原子杂化轨道方式为：________杂化；其固态晶体类型为________； （4）氢化物的沸点：B比D高的原因______________； （5）F的核外电子排布式为____________________________；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体的化学式为_______，其中关于该晶体下列说法中正确的是_____________________。 A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出 B．F与NH3之间的化学键为离子键 C．该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥型 D．配离子内N原子排列成为平面正方形，则其中F离子是sp3杂化 E．向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成 （6）元素X的某价态阴离子Xn−中所有电子正好充满K和L电子层，CnX晶体的最小结构单元为立方体，结构如图所示。该晶体中每个Xn−被________个等距离的C+离子包围。已知该晶体的密度为ρg∙cm−3，阿伏伽德罗常数为NA，CnX的摩尔质量为M g∙mol−1，C+和Xn−间的最短距离是_____________nm。(列出计算式即可) 【答案】（1）＜ （2）＜ （3） ①. sp3 ②. 分子晶体 （4）水分子间存在氢键 （5） ①. [Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1) ②. [Cu(NH3)4]SO4·H2O ③. ACE （6） ①. 6 ②. 【解析】 【分析】E原子得到一个电子后3p轨道全充满，E为Cl元素；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E－少一个电子层，C为Na元素；A、B的原子序数小于C，A和B同周期，固态AB2能升华，A为C元素，B元素为O元素；设D的最高正价为+x，D最高价氧化物中D与O的个数比为2：x，D最高价氧化物中D的质量分数为40%，2Ar(D)：16x=40%：60%，=，经讨论，Ar(D)=32，x=6，D原子核内质子数等于中子数，D为S元素；F为红色单质，有F+和F2+两种离子，F为Cu元素。 【小问1详解】 根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此元素的电负性：D(S) ＜E(Cl)；故答案为：＜。 【小问2详解】 B的单质有O2和O3，O2、O3常温下呈气态；C的单质为Na，Na常温下呈固态；B、C单质熔点：B＜C；故答案为：＜。 【小问3详解】 AE4化学式为CCl4，中心原子C的价层电子对数为(4−41)+4=4，C原子采用sp3杂化；CCl4固态晶体类型为分子晶体；故答案为：sp3；分子晶体。 【小问4详解】 B的氢化物为H2O，D的氢化物为H2S，B的氢化物(H2O)的沸点比D的氢化物(H2S)高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键；故答案为：水分子间存在氢键。 【小问5详解】 F为Cu，Cu原子核外有29个电子，Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至沉淀完全溶解，发生的反应为CuSO4＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4、Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O，加入乙醇析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O；A．加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出，故A正确；B．Cu2+与NH3之间为配位键，故B错误；C．该配合物中，配体为NH3，N原子上有孤电子对，N是配位原子，N提供孤电子对与Cu2+的空轨道形成配位键，NH3为三角锥型，故C正确；D．若Cu2+为sp3杂化，配离子内N原子排列为正四面体，故D错误；E．在外界，该晶体溶于水电离出[Cu(NH3)4]2+和，向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液会产生白色BaSO4沉淀，故E正确；故答案为：[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)；[Cu(NH3)4]SO4·H2O；ACE。 【小问6详解】 根据晶胞，每个Xn−被6个等距离的C+包围。用“均摊法”，晶胞中含C+：，含Xn−：，晶体的化学式为C3X，n=3；1mol晶体的质量为Mg，1mol晶体的体积为Mgρg∙cm−3=cm3，1个晶胞的体积为cm3NA=cm3，晶胞的边长为cm，C+和Xn−间的最短距离为晶胞边长的一半，C+和Xn−间的最短距离为cm=nm；故答案为：。 19. 氧化锌是一种半导体化合物，在室温下具有直接带隙和较大的激子束缚能，由于其优良的电学和光学特性，已经吸引了越来越多的关注。如图是采用水热法制备纳米氧化锌的简单流程： 回答下列问题： （1）操作2需要在100 ℃恒温条件下加热反应6 h，能达到该操作的加热方式是___________。 （2）操作3___________(填“能”或“不能”)采用减压过滤装置进行分离，理由是___________。 （3）操作3后的操作是用去离子水与无水乙醇反复冲洗，这样操作的目的是___________；检验洗涤干净的操作是___________。 （4）有关抽滤操作，下列说法不正确的是___________。 A．滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔 B．在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物 C．抽滤结束时，应先关抽气泵，后拔掉吸滤瓶的接管 D．如图所示抽滤装置有2处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口及安全瓶中长导管和短导管连接顺序错误 E．抽滤结束，从吸滤瓶的支管口倒出滤液 （5）用氧化还原滴定的方法可以测定产品纯度。反应原理为先把样品溶于稀硫酸，然后在微酸性环境下加入过量KI和K3Fe(CN)6，生成的I2用Na2S2O3溶液进行滴定(以淀粉作指示剂)： 2K++2Fe(CN+2I-+3Zn2+=K2Zn3 [Fe(CN)6]2↓+I2 I2+2S2=S4+2I- 现取1.640 g样品溶于稀硫酸，然后加入过量KI和K3Fe(CN)6，并将所得溶液稀释成250 mL，取所得溶液25.00 mL，用0.06 mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液22.22 mL。则该样品中氧化锌的纯度为___________。 【答案】（1）水浴加热 （2） ①. 不能 ②. 纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸 （3） ①. 除去产品表面吸附的无机和有机杂质 ②. 取最后的倾出液，测其pH为中性，则已洗净 （4）CE （5）98.78% 【解析】 【分析】将溶液与溶液混合并利用超声波振荡，制得固体。并在密闭反应容器内水浴加热，经抽滤得沉淀，由于纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故不能采用减压过滤装置进行分离。随后利用离心洗涤及洗涤剂反复冲洗后再烘干，即可得到纳米氧化锌。据此分析作答。 【小问1详解】 在恒温加热的方法是水浴加热。答案为：水浴加热。 【小问2详解】 由于纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸 ，故不能采用减压过滤装置进行分离。答案为：不能；纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。 【小问3详解】 用去离子水与无水乙醇反复冲洗的目的是除去产品表面吸附的无机和有机杂质；因为之前加入了氢氧化钠溶液，所以检验洗涤干净的操作是取最后的滤液，测其值，若为中性，则已洗净。答案为：除去产品表面吸附的无机和有机杂质；取最后的滤出液，测其为中性，则已洗净。 【小问4详解】 A．在安装装置时，滤纸应比漏斗内径略小，保证能盖住所有小孔，故A正确； B．在洗涤沉淀时，应关小水龙头，目的是使洗涤剂缓缓通过沉淀物，故B正确； C．抽滤结束时，应先拨掉吸滤瓶的接管，后关抽气泵，故C错误； D．在抽滤装置图中有两处错误，漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，同时安全瓶中导管长导管和短导管，顺序错误，故D正确； E．抽滤结束，滤液应从吸滤瓶上口倒出，故E错误； 故答案为CE。 【小问5详解】 根据题意得关系式：，样品中m(ZnO)=×0.06 mol·L-1×22.22×10-3 L×81 g·mol-1×=1.620g，故该样品中氧化锌的纯度为×100%=98.78%。答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$