10 四川省新高考教研联盟高三上学期八省适应性联考模拟演练考试（二）-【景行之教育】2027年化学高考一轮复习先锋名校检测卷

10四川省新高考教研联盟高三上学期八省适应性 联考模拟演练考试（二） 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1N一140一16V一51 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小6.碱式碳酸锌[nZn(0H)2·ZnC0,]可被用于皮肤保护 题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。 剂、饲料添加剂等。以锌焙砂（主要成分为Z0及少量 1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是 Cu+、Mn2+的化合物)为原料制备碱式碳酸锌的工艺流 A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性 程如图所示，下列说法错误的是 B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的 稀硫酸氨水，H,ZnS NH,HCO气体A 散射 C.S0,可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中的 锌焙砂酸浸→氧化→沉铜→沉锌☐产品 有色成分 MnO,CuS 料液 D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以 A.“酸浸”前将锌焙砂粉碎可提高酸浸速率与原料的利 被氧化 用率 2.1827年，英国科学家法拉第进行了NH,喷泉实验。在 B.“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之 此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其 比为2：1 中，难以达到预期目的的是 C.“沉铜”过程中反应的离子方程式为ZnS(s)+ -NH Cu2(ag)=CuS(s)+Zn2*(ag) D.碱式碳酸锌可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到ZO H.O 7.下列实验操作对应的现象、结论均正确的是 滴有酚酞 浓氨水 选项 实验操作 现象 结论 的水溶液 Cao 图1 图2 图3 图4 向某无色溶液X中滴 溶液变黄色 X中肯定含 A.图1：喷泉实验 B.图2：干燥NH 加几滴氯水并振荡 有 C.图3：收集NH D.图4：制备NH 将红色的石蕊试纸伸 试纸不变蓝色 X不是NH 3.设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、 人某无色气体X中 NH,Cl和NaHCO,等物质。下列叙述正确的是( 向FeCl,溶液中滴加少 酸性KMnO,溶 FeCL,溶液中 A.1 mol NH,Cl含有的共价键数目为5N 量酸性KMnO,溶液 液褪色 含有Fe2” B.1 mol NaHC0,完全分解，得到的CO2分子数目 将点燃的镁条迅速插 C02不能用于 为2N 入盛满C02气体的集 产生浓烟与黑 色微粒 扑灭活泼金属 C.体积为1L的1mol·L1NaHC0,溶液中，HC0,数目 气瓶中 引起的火灾 为NA 8.室温时，向0.01mol·L1盐酸中匀速滴加 D.NaCl和NH,Cl的混合物中含1 mol Cl,则混合物中 Na[A1(OH)4]溶液，用传感器测定溶液的pH和电导率 质子数为28N 随时间的变化如图所示。下列有关叙述错误的是( 4.抗癌药物CADD522的结构如图。关于 3.81 该药物的说法错误的是 3.6 A.能发生水解反应 10 3.4 B.含有2个手性碳原子 3.2 C.能使Br,的CCl4溶液褪色 3.0 D.碳原子杂化方式有sp2和sp 26 2.8 5.某无色溶液中可能含有Cu2+、Ba2+ Mg2+、K、Cl、S0、CO?、NO?中的几种。①取适量该 2.4日 溶液放入试管中，滴加足量的NaOH溶液得到白色沉 2.2 淀；②过滤后取滤液于试管中，滴加足量的Na2CO3溶 10152025 液，又有白色沉淀生成；③另取少量溶液放入试管中，滴 A.a点开始滴加Na[Al(OH)4]溶液 加足量硝酸酸化的AgNO,溶液，得到白色沉淀。下列 B.b到c减小较快的原因是溶液中离子大量减少 有关该溶液的组成的说法正确的是 C.d到e的过程中，水的电离程度逐渐增大 A.一定含有Mg2+、Ba2+、CIB.一定不含NO3 D.e点溶液中：c(Na*)>c(Cl)>c{[Al(OH)4]}> C.可能含有S0 D.最多含有四种离子 c(OH-)>c(H*) 9.下列有关物质转化关系的说法中不正确的是（) 甲 A 广C气体 甲+X,乙+X,丙B D 图1 图2 Fe e H 个n(沉淀) H H N-0 Fe e Fe 3 n(NaOH) 图2 图3 图4 A.该装置能将化学能转化为电能，Pt电极为负极 A.图1中甲可能是CL2,X可能是Fe B.图2中，A为H,B为NH,OH B.图2中反应一定是置换反应或复分解反应 C.图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像，原 C.电池工作一段时间后，正极区溶液的pH下降 溶质可能是A12(S04)3 D.每制取0.1 mol NH20H·HCl,有3.36L(标准状 D.图4中a可能为NaOH,b可能为Na2C03,c可能 况)H2参与反应 为NaHCO 10.某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示。 12.25℃时，1L0.1mol·L1的某二元酸HR0,溶液中各含 下列说法不正确的是 ( R物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含R物 N(His404) 种的浓度负对数[pc=-gc,pOH=-lgc(OH)]。下列说 法正确的是 0 0H① HOCI OV-OH H02 N(His404) 5② N(His496) ① N(His404) 01 兰10 H H 0 OH O0H 15 N(His496) 0 OH ③ 5 N(His496) ④ 2017+02 024 67.31012.6 ② POH HO N(His404). A.曲线③表示p[c(RO?)]随pOH的变化 OH 2H,0 N(His496) 0v9 B.y点的溶液中：c(H2R03)+2c(R0号)=0.1mol·L 4 -0 C.H2R03的K1=1.0×106.7 H、CI N(His496) D.2HR0?==H2R03+RO号的平衡常数K=1.0×105.3 3 A.在循环过程中涉及氢氧键的断裂和形成 13.化合物XY,Z3M,E2是良好的电和热绝缘体，组成元素 B.在该循环中，催化剂为化合物1 原子序数均小于20，且在前四个周期均有分布。仅X C.循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应 和M同族，电负性：X<M;Y和Z同周期，Y的基态原子 D.在循环过程中，无机物发生的反应为H,02+C1+ 价层电子排布式为ns-np-2,Z的基态原子价层的s HH,O+HOCI 11.盐酸羟胺(NH,0H·HCl)是一种无机物，可用作合成 和p轨道电子数相同；E在地壳中含量最多。下列说 抗癌药，其化学性质与NH,C1类似。工业上主要采用 法正确的是 () 图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电 A.原子半径：Z>Y 极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列◆ B.第一电离能：X>Y 说法不正确的是 C.熔点：ZE2>ZM4 A D.M,E*中的E的杂化方式：sp2 14.利用丙烷C3H在无氧条件下制备丙烯C3H。的反应方程 式为C3H3(g)C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ· 盐酸 交 盐酸 mol。向两个初始压强为0.1MPa的相同恒压容器 I、Ⅱ中都充入等物质的量的丙烷气体，再向Ⅱ容器 膜 中充人一定量的水蒸气进行上述反应，达到化学平衡 含Fe的催化电极 Pt电极 时，测得丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图 图1 所示，则下列说法正确的是 () 化学P答案D26卷10 80 (5)在“煅烧”NH,VO,的过程中，固体的残留率 70 剩余固体质量 A(556℃，50%) 原始固体质量 ×100%随温度变化的曲线如图所示， 吃 则A点剩余固体的成分为 (填化学式)。 b 40 B530℃，40%)c 100 301 人 20- d 901 A(210℃，85.47%) 10 500510520530540550560570580590 80 B(380℃，77.78%) T/℃ A.b曲线表示的是I容器中丙烯随温度变化的物质的 0 200 400 量分数 600T1℃ B.A点对应的该反应平衡常数K。=0.0125MPa(K。 (6)在空气中“煅烧”NH4V03分解制备V,0,分解 为以分压表示的平衡常数) 段时间后，得到一种无色、有刺激性气味的气体，随后 C.根据B点数据可以计算出丙烷的平衡转化率 固体中检测到了V0,杂质，不断搅拌，充分反应后，最 D.相同温度下Ⅱ容器中丙烷的平衡转化率比I容 终无该杂质。请分析生成V,04的原因 器小 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 16.(15分)C、C0、H2是常见的还原剂。不同的反应，选 15.(14分)硫酸工业所得废钒催化剂主要含V0S0,、 择合理的还原剂可以达到不同的工艺意图。工业上常 V205、Si02、K2S04和Fe203。一种利用废钒催化剂制 见几种还原反应如下： 取V,0,的流程如图所示： 反应I:C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g) 稀硫酸Na,SO,NaOH NaCIO NH,CI △H1=-41kJ·mol1 反应Ⅱ：C0(g)+Fe0(s)=C0,(g)+Fe(s)△H2 废钒 催化剂 →酸浸 →调→氧化沉钒→煅烧→V,0 反应Ⅲ：H,(g)+Fe0(s)=H,0(g)+Fe(s)△H, 反应V:MgO(s)+C(s)-=Mg(s)+CO(g) 滤渣1 滤渣2 滤液 △H4=+491kJ·mol1 已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是V0+。 反应V:H2(g)+l(g)=2HI(g) ②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种 回答下列问题。 的分布分数δ与pH的关系如图所示。 (1)从△G=△H-T△S的角度，说明反应I自发进行的 VOOH) 可能性： (2)①其他条件不变，分别测定C0还原Fe0H2还原 VO F0反应体系中，平衡时H2、C0体积分数与温度的关 0.5 VO 系如图所示。关于该类还原反应，有关说法不正确的 VO(OH), 是 填字母)。 100 6 8 1010.812 80 pH 76 FeO+CO-Fe+CO, (1)写出“酸浸”时V,0,发生反应的离子方程式： FeO+H,-Fe+H,O (2)“调pH”时，控制溶液的pH>11,其目的是 40 (3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： Fe,O,+CO 20 =3Fe0+CO (4)“沉钒”时控制溶液pH约为7，生成偏钒酸铵 Fe,O,+H,-3EeO+H,O (NH4VO3)固体。沉钒率随温度的变化如图所示，温 576600 8001000 1200 度高于80℃，沉钒率下降的原因是 温度/℃ 100 A.温度越高，Fe0被C0还原的程度越大 98 B.温度越低，H2还原生成铁所需的H2的浓度越大 C.若H2还原Fe0活化能相对较小，则C0-H,混合气 体系中的还原Fe0的速率由H,+FeO一Fe+H,0 决定 92 D.4H2(g)+Fe04(s)一3Fe(s)+4H20(g)宜在低温 % 下进行 ②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体 88 50 60 70 80 90100 系中，H,与C0还原F0的能力发生变化的原因： 沉淀温度/℃ 卷10答案D260化学 ③计算576℃条件下，反应Ⅲ的平衡常数K= 速率，原因除变色时间过短外，还有 (4)加入Na2S,03溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲 (3)根据反应V,在如图中分别画出C(s)→C0(g)、 同学对此提出两种猜想。 Mg(s)→MgO(s)的能量变化，并进行必要的标注。 猜想1：(NH4)2S20g先与Na2S203反应，使c(S20) 降低； 猜想2：(NH4)2S20g先与KI反应， ①甲同学提出猜想1的依据：由信息ⅲ推测，NaS20g 的还原性 （填“强于”或“弱于”)KI的。 1 mol C(s) ②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是 或Mg(s) 0 ③补全猜想2： (5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数 反应过程 据，计算30s内的平均反应速率v(S20?)= (4)已知基元反应mA+nBP的速率方程可表示为 mol·L1·s1(写出计算式)。 (6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S20g与 v=hcm(A)·c"(B)(k为速率常数，下同)。碰撞理论 Na2S203反应，可能的原因是 研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就 。(写出2条)。 能完成，往往需经过多个反应步骤才能实现反应过程。 18.(14分)不同空腔尺寸的瓜环[n](n=5,6,7,8…)可以 用H2还原I2合成HⅢ的反应I2+H2=2HI实际上是 通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择 经过两步基元反应完成的： 性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下： Br Br ÷2(快)21·+2（慢） NH. >CH-CH H 取代反应 C.HioN 已知：快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，c(12)= Br Br amol·L1,c(H2)=bmol·L1。写出T℃下L2+H2 成环 =2HⅢ反应的速率方程：v= (用含k1k2、 CH,O一C -OCH k3、a、b的代数式表示) 17.（15分)实验小组探究(NH4)2S20。溶液与KI溶液的 反应及其速率，实验过程和现象如表。 已知： CH HCHO/ i.(NH4)2S20g具有强氧化性，能完全电离，S20?易 催化剂 被还原为S0?； CH NH ⅱ.淀粉检测1，的灵敏度很高，遇低浓度的L2即可快 速变蓝；一一 瓜环 M ⅲi.12可与S20号发生反应：2S,0号+12—S,0g+2。 (1)A的名称是 编号1-1 1-2 (2)1,1,2,2-四溴乙烷与NH反应生成B的化学方程 式是 。此反应过程需要加 2滴淀粉溶液 2mL0.2mol·L-1NH),S,0溶液 入远远过量的NH3,目的有： 和2滴淀粉溶液 ①减少副反应，提高生成物纯度。 实验 ② 操作 (3)推测“成环”反应中生成M和 (4)瓜环[7]的分子结构模型如图所示： 2mL0.2mol·L-1KI溶液 2mL0.2mol·L-KI溶液 现象 无明显现象 溶液立即变蓝 (1)实验1-1的目的是 (2)(NH4)2S20g与KI反应的离子方程式为 ①下列关于瓜环[7]的说法正确的是 (填字母)。 为了研究(NH4)2S,0g与KI反应的速率，小组同学分别向 a.含有的官能团是酰胺基 两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。 b.含有2种不同化学环境的氢原子 c.分子间存在范德华力和氢键 0.2mol·0.01mol· 蒸馏 0.4%的0.2mol,L-1 变色时 d.空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对 编号L1KI溶L1Na2S203 淀粉溶(NH4)2S20g 水/mL 液/mL溶液/mL 液/滴溶液/mL 间/s 特定分子的识别能力 ②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是 2-1 2 0 2.8 2 0.2 立即 2-22 0.80.22 3 30 (5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案： (3)实验2-1不能用于测定(NH4),S,0g与KI反应的高考一轮复习检测卷·化学 HOAc HNO CH.OOC +H20。(4)G比B NO 的分子式少一个CH2,则G的分子式为CH0,G的同分 异构体能使FeCL,溶液显色，说明含有（酚）羟基；G能发生 水解反应，说明含有酯基，故G的结构分为以下几种情况： 苯环上有三条侧链，即一OH、一00CH、一CH,共有10种结 构；苯环上有两条侧链，即一OH和一C00CH、一OH和 一00CCH2、一O0H和一CH,00CH,各有3种结构，综上，G 的同分异构体共有10+3+3+3=19种。其中核磁共振氢谱 显示有4种不同化学环境的氢原子的G的结构简式为 HO C-O-CH,HO- 0-C-CH,。(5)参照 题干的反应流程可知，由 和必要的试剂合成 OH 0 先发生硝化反应引入硝基得到 再发生还原反应将硝基转化为氨基 NO 0 发生环化反应得 NH2 H OEt 18.(共14分，除标注外，每空2分) 少1分)A(1分 (2)AB (3)①c②0.0015（或1.5×103）③升高温度对反应1 的影响大于反应ⅱ (4)8 4×(91+16×2) a3Na×1030 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应ⅲ=反应ⅱ-反应1，所 10四川省新高考教研联盟高三上学 1.B【解析】苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，且 其可作为食品防腐剂是由于其能够有效地抑制细菌生长，A 错误：豆浆属于胶体，胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子 对光线发生了散射，B正确；S0,可用于丝织品漂白是由于其 能与丝织品中的有色成分化合为不稳定的无色物质，C错 误：维生素C具有很强的还原性，容易被氧气氧化，因此其可 用作水果罐头的抗氧化剂，从而防止水果被氧化，D错误。 2.B【解析】NH极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减 小，从而产生喷泉，A能达到预期目的；P,0,为酸性氧化物 NH,具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P,0,干燥 NH,B不能达到预期目的：NH,的密度比空气的小，可采用 向下排空气法收集，C能达到预期目的；Ca0与浓氨水混合后 与水反应并放出大量的热，促使NH,挥发，可用此装置制备 NH3,D能达到预期目的。 3.D【解析】铵根离子中存在4个N一H共价键，1mol NH,Cl含有的共价键数目为4N、,A错误；碳酸氢钠受热分解 D26卷 以K 心。由于反应ⅲ是放热、嫡减的反应，根据吉布斯自 由能公式可得，低温有利于该反应正向自发进行，故选A。 (2)仅发生反应ⅱ时，恒容时增大H,的浓度，反应ⅱ平衡正 向移动，可以增加另一种反应物二氧化碳的平衡转化率，A 符合题意；反应ⅱ是气体体积减小的反应，减小反应容器的 容积即增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率提 高，B符合题意；提高反应体系的温度，反应ⅱ平衡逆向移 动，C0,的平衡转化率降低，C不符合题意：选择合适的催化 剂，不会影响C0,的平衡转化率，D不符合题意。(3)①反 应ⅰ中生成C0(g)的反应为吸热反应，反应ⅱ中生成 CH3OH(g)的反应为放热反应，故随着温度的升高，反应1 正向移动，C0(g)的选择性升高，反应ⅱ逆向移动 CH,0H(g)的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%， 结合题图可知表示C0的选择性的曲线是c。②根据题给 图像信息可知，250℃时，C02的平衡转化率为12%，C0(g) 的选择性为25%，CH,0H(g)的选择性为75%，可计算出 C02的消耗量为1mol×12%=0.12mol,生成C0(g)的物质 的量为0.12mol×25%=0.03mol,生成CH,0H(g)的物质 的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容 器中发生反应1和反应ⅱ： 反应H2(g)+C02(g)==C0(g)+H20(g) n(变化)0.03mol0.03mol0.03mol0.03mol 反应iⅱ3H2(g)+C02(g)一CH0H(g)+H20(g) n(变化)0.27mol0.09mol0.09mol 0.09 mol 故在该温度下达到平衡状态时，n(H2)=3mol-0.03mol- 0.27mol=2.7mol,n(C02)=1mol-0.03mol-0.09mol= 0.88mol,n(C0)=0.03mol,n(H20)=0.03mol+0.09mol= 0.12mol,反应1反应前后气体的化学计量数相等，用浓度 表示的平衡常数可以用物质的量来表示，故反应的平衡 常数K=0.03x0.12 ≈0.0015。③升高温度，反应i正向移 2.7×0.88 动，C0,的平衡转化率升高，反应ⅱ逆向移动，C0,的平衡转 化率降低，结合题给图像信息可知，在210~250℃过程中， C02的平衡转化率随着温度的升高而升高，说明升高温度 对反应i的影响大于反应iⅱ。(4)以面心Zx“为参考，每个 晶胞中有4个02-与Z+距离最近，面由两个晶胞共用，故 Z的配位数为8；晶胞中Z+位于顶点和面心，个数为8× 8+6x2=4,02位于晶胞体内，个数为8，则1个晶胞中含 有4个Z02,质量为4x(91+16x2) g,晶胞体积为a3× N m4×(91+16×2) 1030cm3,则晶体密度p= a3Wx10-0g·cm3。 期八省适应性联考模拟演练考试（二） 生成碳酸钠、水和二氧化碳，1 mol NaHC0,完全分解得到 0.5molC02分子，即C02分子数为0.5NA,B错误；NaHC0 溶液中，HC0;会发生水解和电离，则1 mol NaHCO,溶液中 HCO数目小于NA,C错误；NaCl和NH,Cl的混合物中含 1 mol Cl,则混合物的总物质的量为1mol,两种物质中的质子 数之和均为28，则1mol该混合物中质子数为28Na,D正确。 4.B【解析】 含有碳碳双键， 含有酰胺基，能 能使Br,的CCl 发生水解反应， A说法正确 溶液褪色，C说 OH 法正确 0 根据图解分析可知，标注“*”的4个碳原子各连有4个各不 10·化学 相同的原子或原子团，因此这4个碳原子为手性碳原子，B说 法错误；分子中双键碳原子为s即杂化，饱和碳原子为s即3杂 化，D说法正确。 5.A【解析】某无色溶液中可能含有Cu2+、Ba2+、Mg2、K CI、S0?、C0、NO?中的几种，含铜离子的溶液显蓝色，故 定不含铜离子：①取适量该溶液放入试管中，滴加足量的 NaOH溶液得到白色沉淀，则存在镁离子，不存在碳酸根离 子；②过滤后取滤液于试管中，滴加足量的Na2C03溶液，又 有白色沉淀生成，则存在钡离子，不存在硫酸根离子：③另取 少量溶液放入试管中，滴加足量硝酸酸化的AgNO,溶液，得 到白色沉淀，则溶液中含有氯离子：根据上述分析可知，无法 确定溶液中是否含有钾离子、硝酸根离子。由上述分析可 知，该溶液中一定含有Mg2+、Ba2+、CI,A正确：不确定溶液中 是否含有钾离子、硝酸根离子，B错误；硫酸根离子和钡离子 不能共存，一定不含有硫酸根离子，C错误：若同时含有钾离 子、硝酸根离子，则最多含有五种离子，D错误。 6.B【解析】“酸浸”前将锌焙砂粉碎可增大反应物的接触 面积，提高酸浸速率与原料的利用率，A说法正确：“氧化”过 程中，过氧化氢将二价锰离子氧化为二氧化锰，根据得失电 子守恒可知，H20,~2e~Mn2,则消耗的氧化剂与还原剂物 质的量之比为1：1，B说法错误：“沉铜”过程中加入硫化锌 将铜离子转化为锌离子和硫化铜，发生了沉淀的转化，反应 的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(ag)==CuS(s)+Zn2+(ag),C 说法正确：碱式碳酸锌中含有碳酸根离子和氢氧根离子，可 与盐酸反应，其加热灼烧时可得到氧化锌、二氧化碳和水，D 说法正确。 7.D【解析】由于氯水能分别将Br、I厂氧化为Br2、L2,而溴 水、碘水均可能显黄色，故X中不一定含有，A错误：用试 纸检验气体时，试纸必须是湿润的，NH,不能使干燥的红色 石蕊试纸变蓝，题给条件未说明试纸是否湿润，故X可能为 氨气，B错误；酸性条件下C也能使酸性高锰酸钾溶液褪 色，故FeC3溶液中不一定含有Fe2+,C错误；镁与二氧化碳 反应的化学方程式为2Mg+C0,点燃2Mg0+C,因此活泼金属 着火时，不能用二氧化碳灭火，D正确。 8.C【解析】α点以前，电导率不变，说明未开始添加 Na[AI(OH),]溶液；a→b将Na[Al(OH),]溶液滴入盐酸中， 盐酸过量，此时生成铝离子，[A1(OH)4]厂+4H一A3++ 4H,0,电导率与离子浓度和所带电荷数有关，故此时电导率 下降；b→c时，溶液中氢离子浓度减小，发生反应 [A1(OH)4]ˉ+H*=A1(OH)3+H20,生成氢氧化铝沉淀， 电导率快速下降。由上述分析可知，a点以前，电导率不变 说明Na[Al(OH),]溶液与盐酸未发生反应，离子数目未减 少，a点时，电导率开始下降，说明开始滴加Na[Al(OH),]溶 液，A叙述正确：b到c过程中，电导率快速下降是因为盐酸 与Na[Al(OH)4]反应生成氢氧化铝沉淀，离子数目减少，B 叙述正确；d到e的过程中，d点溶液pH<7,抑制水的电离， 随着pH不断增大，氢离子浓度减小，水的电离程度增大，当 pH>7时，溶液显碱性，碱性越强，越抑制水的电离，水的电离 程度减小，故水的电离程度应该先增大后减小，C叙述错误： 根据电荷守恒可知，pH=7时，溶液中c(Na)=c(C),继续 滴加Na[Al(OH)4]溶液，当达到e点时，根据滴定时间可以 判断出溶液中氯化钠的浓度大于Na[A1(OH)4],且 Na[A1(OH)4]部分水解，则溶液中存在：c(Na)>c(CI)> c{[A1(0H),]>c(OH)>c(H),D叙述正确。 9.B【解析】铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁溶液和铁反 应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A说法 正确；题图2中反应不一定是置换反应或复分解反应，如在 加热的条件下C0与氧化铜反应生成铜和CO,也符合图示要 求，B说法错误：向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，发 生反应的离子方程式为A1++30H= =A1(0H)3↓，氢氧化 钠过量后发生反应的离子方程式为A1(OH),+OH A1(OH)4],图示正确，C说法正确；向氢氧化钠溶液中通入 少量C02生成碳酸钠和H,0,继续通入C02生成碳酸氢钠，碳酸 氢钠和过量Ba(OH),等反应转化为NaOH,D说法正确。 D27卷 参考答案及深度解析 10.C【解析】过程①中H202转化为一H和-00H,有氢氧 键的断裂，过程③中0一0键断裂形成0一H键，存在氢氧 键的形成，所以在循环过程中涉及氢氧键的断裂和形成，A 说法正确：如题图所示，过程①为反应的开始，化合物1与 H,02反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生 成化合物1，所以化合物1为催化剂，B说法正确：题图中反 应①④中所得产物2和5中均存在配位键，反应过程中元 素化合价均没有发生变化，故反应①④不属于氧化还原反 应，C说法错误：如题图所示，反应物为H,O,、C1、H,产物 为H20和H0Cl,其反应为H202+Cl+H*=H20+H0C,D 说法正确。 11.C【解析】题给装置是原电池装置，将化学能转化为电 能，Pt电极的电极反应式为H,-2e= =2H,H元素化合价 升高，做负极，A说法正确：根据题意可知，NHOH具有类似 NH,的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的 一步反应为NH,OH+H=NH,OH,故题图2中，A为 H,B为NH,OH,B说法正确：正极的电极反应式为NO+ 4H*+Cl+3e= =NH2OH·HCl,正极区H浓度减小，pH 增大，C说法错误；由负极的电极反应式可知，H2~2e,又因 为得失电子守恒，则若要制取0.1 mol NH0H·HCl,则会 转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15molH2,标准状况 下0.15molH2的体积为3.36L,D说法正确。 12.D【解析】由题意可知，H,R03为二元弱酸，H2R03在溶 液中的电离方程式为HRO,一H+HRO,,HRO, RO?+H,pOH=-lgc(OH),pc=-lgc,则pOH越大，溶液 的碱性越弱，Pc越大，含R物种的浓度越小，pOH=0时，溶 液的碱性最强，此时对于H,R0,溶液，各含R物种浓度关 系为c(H2RO)<c(HRO?)<c(RO?),因此曲线①为 pc(RO)随pOH的变化，曲线②为pc(HRO?)随pOH的变 化，曲线③为pC(H,RO3)随pOH的变化。根据以上分析可 知，曲线③表示pc(H,R03)随pOH的变化，A错误。y点的 溶液，pOH=10,即pH=4,由题图可知，此时pc(RO?)= pc(H2RO3),即c(H2RO3)=c(RO3),而c(H2RO3)+ c(HR0)+c(RO号)=0.1mol·L1,故c(HR03)+ 2c(R0号)=0.1mol·L1,B错误。由上述分析可知，曲线 ②与曲线③相交于z点表示pc(HRO,)=pc(H2RO3),K1= (HRO3)(H)=e(),POH 12.6,e(H)= c(H2RO3) 102.6mol·L1,c(H)=101.4mol·L1,所以K1=1014,C 错误。由HRO?=一RO?+H减去H,RO3=一H+HRO?, 可得2HRO?一H2R0,+RO号，其平衡常数K= c(H2RO3)·c(RO3)K ,x点时，c(RO3)=c(HR03),此 c2(HR03) K 时p0H=7.3,则c(0H)=10.3mol·L1,c(H)= 106.7mol·L1,则平衡常数K= Ka2106.7 1014=103,D正确。 13.C综合推断Y的基态原子价层电子排布式为ns-np-2, 可知n=3,价层电子排布式为3s23p',则Y为A1元素，Y和 Z同周期，因此Z也在第三周期，Z的基态原子价层的s和p 轨道电子数相同，可知Z的基态原子价层电子排布式为 3s23p2,Z为Si元素：E在地壳中含量最多，因此E为0元 素；由于组成元素原子序数均小于20，且在前四个周期均有 分布，还差第一周期和第四周期，根据仅X和M同族，电负 性X<M可知，M为H元素，X为K元素，化合物 XY3Z3 M2E2 KAl3Si3H2O12 【解析】Z为Si元素，Y为A1元素，同周期元素原子半径从 左往右逐渐减小，因此原子半径为S<A1,A错误；X为K元 素，Y为A1元素，同主族元素的第一电离能随着原子序数的 增大而减小，因此K的第一电离能比Na的小，而同一周期 从左到右，元素的第一电离能总体上呈增大趋势，A1的第一 电离能大于Na,故第一电离能：Al>K,B错误；ZE2为SiO2, ZM4为SiH4,Si02为共价晶体，SiH4为分子晶体，共价晶体 10·化学 高考一轮复习检测卷·化学 熔点更高，因此熔点：SiO2>SiH4,C正确；M3E为H,O,中 心原子0原子的价层电子对数为3+)×(6-1-3×1)=4，为 sp杂化，D错误。 14.B【解析】根据题目信息可知，Ⅱ容器在恒压条件下充 入了与反应无关的水蒸气作为稀释气，相对I容器而言是 在更低的压强下发生反应，根据C,H(g)一C,H(g)+ H2(g)△H=+124k·mol1可知，该反应正反应为气体体 积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，丙烷减少，丙 烯增多：减小压强，平衡正向移动，所以a、c曲线对应I容 器中的C,H(g)和C,H,(g)平衡时的物质的量分数，d、b曲 线对应Ⅱ容器中的C,H(g)和C,H。(g)平衡时的物质的 量分数。根据分析可知，b曲线表示的是Ⅱ容器中的 C,H。(g)平衡时的物质的量分数，A错误；假设初始时丙烷 的物质的量为1mol,C,H转化了xmol,列“三段式”： CHa(g) C3H6(g)+H2(g) 起始量/mol 1 0 0 转化量/mol 龙 平衡量/mol 1-龙 A点丙烷的物质的量分数为50%，则}x100%=50%,x= 1+x ，反应后总的物质的量为手l,则A点对应的该反应平 ×0.1MPa× -x0.1 MPa 4 衡常数 K (径1P 0.0125MPa,B正确；B点代表Ⅱ容器中C,H,(g)平衡时的 物质的量分数为40%，因为不能获知Ⅱ容器中水蒸气的加 人量，所以不能计算出丙烷的平衡转化率，C错误；Ⅱ容器 相当于在更小的压强下发生该反应，正反应为气体体积增 大的反应，所以减小压强，平衡正向移动，相同温度下丙烷 的平衡转化率比I容器的大，D错误。 15.（共14分，除标注外，每空2分) (1)V203+S03+4H*=2V02++S02+2H,0 (2)使V0(OH)2完全溶解，使Fe2+沉淀完全 (3)2V0(0H):+CI0°+40H=2V0+CI+5H20(3分) (4)温度高于80℃，NH水解程度增大，浓度减小，导致沉 钒率下降（或NH,Cl受热分解） (5)HV0,(3分) (6)NH,VO3加热后分解生成V2O,和NH3,NH3将五价钒 还原为V,0。 【解析】(1)“酸浸”后的溶液中钒元素的存在形式是 V02+,其中钒元素的化合价是+4价，而V20,中的钒元素化 合价是+5价，则V20s被还原，加入的Na2S03被氧化为 Na,S0,,结合电荷守恒和得失电子守恒，可得“酸浸”时 V20,发生反应的离子方程式为V20,+S0?+4H一 2V02++S0?+2H,0。(2)由题给四价钒和五价钒的物种分 布分数8与pH的关系图可知，溶液的pH>11时，钒元素主 要以VO(OH),形式存在，故控制溶液的pH>11,目的是使 V0(OH)2溶解并转化为VO(OH)3,同时除去“酸浸”后溶 液中含有的Fe2+杂质。(3)加入Na0H溶液后，V02+转化为 VO(OH),加入NaCI0氧化后，VO(OH)3被氧化成Vo, Cl0被还原为Cl,故“氧化”时发生反应的离子方程式为 2V0(0H),+CI0+40H=2V0+C1+5H,0。(4)温度 高于80℃时，NH,Cl水解程度增大，导致溶液中的NH浓 度减小，且温度过高时，NH,Cl受热会分解，故温度高于 80℃，沉钒率下降。(5)由题给固体的残留率随温度变化 的曲线图可知，在“煅烧”NH,VO3的过程中，固体质量在 定温度范围内不再变化时有两个阶段，即A点和B点对应 的两个阶段，最后一个阶段即B点对应的产物肯定是 V20,而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和 对应的酸，NH,V03的相对分子质量是117，HVO,的相对分 D28卷 质量是10,10x100%≈85.47%，故A点剩余的固体 HV03。(6)V20,中钒的化合价为+4价，V20,中钒的化合 价为+5价，“煅烧”过程中有杂质V20,生成，说明V20,部 分被还原，煅烧同时得到一种无色、有刺激性气味的气体， 该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是NH,VO,加热后 分解生成V2O,和NH3,NH又将五价钒还原为V204。 16.(共15分，除标注外，每空2分) (1)反应△H小于0，若△S大于0，则由△G=△H-T△S可知， △G小于0，说明反应在任意条件下能自发进行，若△S小于 0,△G在低温条件下小于0，则反应在低温条件下可自发进 行(3分) (2)①AD②反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移 动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于C0,H2还原 能力增强③哥（或0.32） (3)图见解析(3分) (4)5≤ (3分) 【解析】(1)反应I:C0(g)+H,0(g)=C02(g)+H2(g) △H1=-41k·mol1,反应是放热反应，若△S大于0，则由 △G=△H-T△S可知，△G小于0，反应在任意条件下能自发 进行，若△S小于0，△G在低温条件下小于0，则反应在低温 条件下可自发进行。(2)①对于Fe0与C0的反应： C0(g)+Fe0(s)一C02(g)+Fe(s),反应前后气体分子数 不变，根据题给图像分析，温度越高，C0的体积分数越大 说明不利于C0的反应，即Fe0被C0还原的程度越小，A 说法错误；H2(g)+Fe0(s)=H20(g)+Fe(s),从题给图像 分析，H2还原F0生成铁的反应，温度越低，平衡时H2的 体积分数越大，则开始需要的H2浓度越大，B说法正确；反 应活化能越小，反应越快，若H2还原F0活化能相对较小 反应较快，Fe0被快速还原，反应起主导作用，则C0-H2混 合气体系中的还原FeO的速率由H2+Fe0三 =Fe+H20决 定，C说法正确；4H2(g)+Fe304(s)= =3Fe(s)+4H20(g), 根据题给图像分析，温度越高，平衡时H,的体积分数越小 说明有利于反应正向进行，故该反应宜在高温下进行，D说 法错误。②H,和C0还原Fe0的平衡体系中，存在以下反 应：反应I:C0(g)+H20(g)-一C02(g)+H2(g)△H1= -41kJ·mol1,反应Ⅱ：C0(g)+Fe0(s)=C02(g)+Fe(s) △H2,反应Ⅲ：H2(g)+Fe0(s)=一H20(g)+Fe(s)AH3,根 据题给图像分析，温度升高，C0的体积分数变大，不利于 C0还原Fe0,H,的体积分数减小，有利于H,还原Fe0:反 应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起 主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H,的还原能力 大于C0,H2的还原能力增强。③由题给图像可知，576℃ 时，反应Ⅲ：H2(g)+Fe0(s)==H0(g)+Fe(s),H2的体积 分数是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物 质的浓度与体积分数成正比，则K-(4,0)_24%。6、 c(H2)76%=19≈ 0.32。(3)反应V:Mg0(s)+C(s)==Mg(s)+C0(g) △H4=+491kJ·mol,若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则 C0(g)的能量高于Mg0(s),已知C(s)一→C0(g)和Mg(s)→ Mg0(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则根据反应V,在 图中分别画出C(s)→CO(g)、Mg(s)→Mg0(s)的能量变化为 (-Jou. 1 mol C(s) 或Mg(s) co(g) 491kJ·mo MgO(s) 反应过程 10·化学 (4)反应I2+H2=2HⅢ的速率方程表示式是v=kc(I2)· c(H,),该反应经过两步基元反应，且反应速率由慢反应决 定。上·（快）的反应速率E三k·c(,= c2(I·),由于快反应近似平衡态，故正=v逆，即c2(I·）= k1·c(L2) ,慢反应的速率方程表示式v=k·c2(I·)· k2 c(H)4年6 17.（共15分，除标注外，每空2分) (1)做对照，排除02氧化I的干扰(1分) (2)S20g+2厂=2S02+L2 (3)无Na2S203时，生成少量12后淀粉立即变蓝，无法确定 S,0?与反应的浓度变化 (4)①强于②实验2-2(NH4)2S20g与Na2S,03完全反应 后的溶液中，n(S,0?)仍高于实验2-1中起始n(S20?)= 0.04×103mol,溶液应立即变蓝③生成的I2与Na2S20 迅速反应，待Na,S,03消耗完，继续生成L2时，淀粉才变蓝 (5)0.8x0.01×103 30x2×5×103 (6)(NH4)2S20g与Na2S203反应的活化能大于与KI反应 的活化能[或浓度相同时，(NH,)2S20g与Na2S203反应的 速率较(NH4)2S20g与KI的小]；c(Na2S,03)<c(KI) 【解析】(1)实验1-2中，(NH4)2S20g氧化KI生成L2,淀 粉遇12变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和 实验1-2中，空气中的0，会将厂氧化为L2,故实验1-1的 目的是做对照，排除O,氧化I厂的干扰。(2)根据题干信息 可知，(NH4)2S20g与KI反应生成(NH4)2S04、K2S04和L2, 该反应的离子方程式为S,0员+2I厂= =2$0+12。(3)实验 2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S203溶液，则 在实验2-1中，生成少量12后淀粉立即变蓝，无法确定 S,0?与I厂反应的浓度变化。(4)①由题给信息ⅲ可得， 2S20号+12一S,0%+21,S20做还原剂，为还原产物， 故Na,S20,的还原性强于KI的。②根据题给信息i和信 息ⅲ可以推测S20%与S,0?发生氧化还原反应：S20?+ 2S20号一2S0+S,0后，实验2-2中，起始n(S20?)= 0.4×103mol,n(S20号)=0.008×10-3mol,该反应后 n(S20%)=0.396×10-3mol,仍高于实验2-1中起始 n(S,03)=0.04×103mol,即实验2-2中S20:与S,03反 应后，溶液中S20?的物质的量仍高于实验2-1中S,0?的 起始物质的量，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不 符，故猜想1不成立。③实验2-2中，加入Na2S203溶液后 溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH,)2S2Og先与 KI反应，生成的2与Na2S203迅速反应，待Na2S203消耗 完，继续生成L2时，淀粉才变蓝。(5)由反应S20。+2I一 2S02+L2和反应2S,03+I2=S,02+2I可得：S,03~ 2S203,30s内，4n(S203)=0.01×0.8×103mol,则 △n(S,0)=2×0.01×0.8×103ml,故30s内的平均反应 菌率0)：0000W00l-LPg.6)安 2-2中，30s内未检测到(NH4)2S20g与Na2S203反应，可能 的原因是(NH)2S20g与NaS20,反应的话化能大于与KI 反应的活化能，也可能是因为浓度相同时，(NH4),S20。与 Na,S,03反应的速率较(NH4)2S20g与KI的小，还可能是因 为c(Na,S,O,)小于c(KI)。 18.(共14分，每空2分) (1)乙炔 Br Br NH2 NH2 Br Br (2)①CHCH+4NH3→CHCH+4HBr(或CHCH+ Br Br NH,NH, Br Br D29卷 参考答案及深度解析 NH2 NH2 8NH3一→CH-CH +4NH,Br)②与HBr反应，提高 NH2 NH2 NH,NH, CHCH的产率 NH,NH, (3)CH,OH HN NH 催化剂 (4)①abd ②7 +14HCHO →14H,0+ HN、 NH (5)通过质谱仪测定瓜环[]的相对分子质量进行推算（合 理即可) Br Br 综合推断A是乙炔，通过加成反应生成CH一CH， Br Br Br 的 NH2 NH2 CH一CH再与NH,发生取代反应生成CH一CH, Br Br NH2 NH2 0 NH2 NH2 HN NH CHCH再与 发生成环反应生成M( 00 HN NH2 NH2 0 和CH,OH,M在催化剂作用下与HCH0反应，生成 ) 和水。 一CH 【解析】(1)A是C2H2,其化学名称为乙炔。(2)1,1,2,2- 四溴乙烷与NH,反应生成B和溴化铵，其反应的化学方程 Br Br NH,NH2 Br Br 式为CHCH+4NH,→CHCH+4HBr或CHCH+ Br Br NH,NH, BrBr NH2 NH, 8NH,+CH一CH+4NH,Br。NH,过量，除了可以减少副 NH,NH, 反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产 率。(3)由综合推断可知，“成环”反应除了生成M,还生成了 CH,OH。(4)①根据题给物质结构可知，含有的官能团是酰胺 基，a正确；根据题给物质结构可知，其中含有2种不同化学环 境的氢原子，b正确；瓜环[7]分子间只有范德华力，没有氢键，c 10·化学 高考一轮复习检测卷·化学 错误：空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定 HN NH 分子的识别能力，d正确。② 与HCHO在催化剂作 N NH 0 11广东省普通高中 1.D【解析】“行书《陋室铭》卷”是纸制品，主要成分为纤维 素，A不符合题意；青釉鸡首壶的主要成分是硅酸盐，B不符 合题意：白玉镂雕龙穿牡丹盖钮的主要成分是二氧化硅，C 不符合题意；青铜人首柱是青铜器，主要由金属材料制成，D 符合题意。 2.A【解析】金刚石结构中碳原子与周围的四个碳原子以共 价单键结合，形成立体网状结构，为共价晶体，A正确：C0,是 分子晶体，液化时破坏的是分子间作用力，不破坏共价键，B 错误；光导纤维的主要成分为Si02,C错误；8U和U互为 同位素，D错误。 3.B【解析】合金的熔点一般低于其成分金属，则青铜的熔 点低于铜，A说法正确；丙烷属于烃类物质，丙醇中含有氧元 素，不属于烃类物质，B说法错误；聚氨酯是合成高分子化合 物，具有高弹性、耐磨性，是一种力学性能优异的有机高分子 材料，C说法正确；太阳能电池板能将太阳能转化为电能，实 现能量转化，D说法正确。 4.C【解析】麦芽糖、葡萄糖等糖类不是高分子化合物，油脂 不是高分子化合物，A错误：纤维素不会被人体所分解转化， B错误：植物油中含有碳碳不饱和键，能与氢气发生加成反 应从而转化为固态脂肪（人造奶油），C正确：向蛋白质溶液 里加入饱和硫酸铵溶液，发生盐析，有固体折出，盐析是可逆 的，加水，析出的固体还能溶解，D错误。 5.C【解析】水泥是一种硅酸盐材料，属于无机非金属材料， A说法正确；海水会引起钢壳锈蚀，海水中的钢壳锈蚀属于 吸氧腐蚀，铁失去电子，被氧化，B说法正确：钢铁是由铁和 碳组成的合金，海水中发生电化学腐蚀时铁与碳会形成原电 池发生电化学腐蚀，化学腐蚀的速率小于电化学腐蚀的速 率，C说法错误：牺牲阳极保护法就是利用比钢铁更活泼的 金属作为阳极，与钢铁构成原电池体系，使活泼金属在腐蚀环 境中优先发生氧化反应，从而避免钢铁被腐蚀，在钢壳沉管的外 层表面镀Z保护钢壳，利用了栖牲阳极法，D说法正确。 6.B【解析】步骤1为精盐溶于水得到饱和食盐水，溶解时 需要使用玻璃棒搅拌，加快氯化钠的溶解，A说法正确：步骤 2的操作为向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气使溶液 呈碱性，再通入二氧化碳，使二氧化碳与溶有氨气的氯化钠 溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，B说法错误：步骤3中碳酸 氢钠加热分解得到纯碱和可以循环使用的二氧化碳，C说法 正确：步骤4的操作为母液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得 到母液2和氯化铵，D说法正确。 7.A【解析】固体疏通剂的主要成分是铝和氢氧化钠，二者 遇水反应生成气体且放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等 堵塞物的腐蚀，便于疏通，A符合题意：维生素C具有较强的 还原性，能做抗氧化剂，B不符合题意；电子从较高能量的激 发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将释放能量，光（辐 射)是电子释放能量的重要形式之一，烟花的颜色与原子核 外电子发生跃迁并释放能量有关，C不符合题意：HF能与二 氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，所以可用氢氟酸雕刻玻 璃花纹，与HF具有弱酸性无关，D不符合题意。 8.B【解析】铜与浓硫酸的反应需要加热，A不符合题意：可 用浓硫酸来干燥二氧化硫，B符合题意；二氧化疏能使品红 褪色，验证的是S0,的漂白性，不能验证其是酸性氧化物，C 不符合题意：二氧化硫会与水反应，不能用排水法收集，D不 符合题意。 9.B【解析】脱氢乙酸分子中含有甲基，甲基上的碳原子为饱 D30卷 N-CH 用下反应生成 和水。(5)质谱仪可以测 定瓜环[n]的相对分子质量，进而推算出n的值。 上业班第二次调研考试 和碳原子，与其相连的四个原子形成四面体结构，故分子中所有 原子不可能共平面，A说法正确；该分子中含有碳碳双键、羰基、 酯基，共3种官能团，B说法错误：该分子中含有饱和碳原子和双 键碳原子，饱和碳原子采用$p3杂化，双键碳原子采用s即2杂化， C说法正确：碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液褪色，D说法正确。 10.A【解析】0.1 mol Na,0中含有0.2mol钠离子和 0.1mol氧离子，0.1 mol Na,0,中含有0.2mol钠离子和 0.1mol过氧根离子，因此0.1 mol Na,0和Na,02的混合物 中含有的离子数目为0.3NA,A正确；0.1mol环氧乙烷 (月)中含有0.1N,的碳碳σ键、0.4W的碳氢σ键和 0.2Wa的碳氧σ键，σ键数目一共有0.7NA,B错误；常温 下，Fe与浓硝酸发生钝化反应，转移电子数目小于0.3NA,C 错误；标准状况下，22.4LN0和11.2L02充分反应后生成 22.4LN02,因为存在2N02一N204,所以气体中含有的 分子数目小于N,D错误。 11.C【解析】本实验的目的为制备磷酸氢二铵 [(NH4)2HPO4],实验原理为2NH3+HP04 (NH4)2HPO4。NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K 以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸 现象时，应及时关闭K,打开K2,A说法正确；通入NH 时，容器壁会变热，说明反应放出热量，存在△H<0的过程」 B说法正确；当pH≈9时，可制得(NH4)2HPO4,说明 （NH,)2HPO4溶液显碱性，因此若不用pH传感器，还可以 选用酚酞做指示剂，而不是甲基橙，C说法错误；若溶液pH 达到9后继续通入NH2,(NH4),HPO4与NH3继续反应生 成(NH4)3PO4,溶液中OH、NH、PO的浓度明显增大，D 说法正确。 12.D【解析】R、W、Z、X、Y、T为原子序数依次增大的短周 期元素。结合题给分子结构可知，R形成1个共价键，则R 为H元素；W形成4个共价键，则W为C元素；Z形成3个 共价键，Y形成5个共价键，Z和Y同主族，故二者均为第V A族元素，则Z为N元素，Y为P元素；X和T都形成2个 共价键，X和T也同主族，故二者均为第IA族元素，则X 为0元素，T为S元素。同一主族从上到下元素的第一电 离能逐渐减小，同一周期从左到右元素的第一电离能呈增 大的趋势，N原子最外层电子排布达到半充满稳定状态而 使其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N> 0>S,A错误；水分子间存在氢键，沸点较高，故沸点：H20> H,S,B错误；CH4分子是正四面体形，为非极性分子，NH3 分子是三角锥形，为极性分子，C错误：S0和P0中心原 子的价层电子对数都是4，且都没有孤电子对，故空间结构 均为四面体形，D正确。 13.D【解析】缺角的明矾晶体在其饱和溶液中会慢慢变为 完整的立方体晶体，是因为晶体具有自范性，不是因为晶体 有各向异性，A不符合题意；聚氯乙烯有毒，不可用于食品 包装，聚氯乙烯抗氧化是因为聚氯乙烯结构中不含碳碳双 键，B不符合题意；煤的干馏发生的是化学变化，通过煤的 干馏可获得苯、甲苯等芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯等芳 香烃，C不符合题意：甲基属于推电子基团，使CH,C0OH的 羧基中O一H的极性比HCOOH的羧基中O一H的极性弱， 故酸性：HCOOH>CH,COOH,D符合题意。 14.C【解析】根据题图中元素化合价及物质类别可知，a为 NH,b为N2,c为NO,d为NO2,e为HNO3,a'为HCl,b'为 1·化学