天津市海河中学2020届高三下学期化学测试（二）试卷

天津市海河中学2020届高三下学期化学测试（二）试卷

天津市海河中学高三化学测试（二）‎3 月 1‎4 日 一、单选题（每题 2 分，共 20 分）‎ ‎1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。‎ ‎【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；‎ B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；‎ C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；‎ D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 铝合金大量用于高铁建设 C. 活性炭具有除异味和杀菌作用 D. 碘酒可用于皮肤外用消毒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；‎ B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；‎ C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；‎ D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. 中子数为18的氯原子：‎ B. N2的结构式：N=N C. Na+的结构示意图： ‎ D. H2O的电子式： ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。‎ ‎【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；‎ B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；‎ C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；‎ D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。‎ 故选D。‎ ‎4.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（ ）‎ A. 利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 C. 利用基本的化学原料生产化学合成药物 D. 利用反渗透膜从海水中分离出淡水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．‎ ‎【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故A涉及化学反应；‎ B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B涉及化学反应；‎ C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C涉及化学反应；‎ D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D不涉及化学反应；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．‎ ‎5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；‎ B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；‎ C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；‎ D. 电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。‎ 故选B。‎ ‎6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)‎ C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)‎ D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；‎ B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；‎ C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；‎ D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；‎ ‎【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；‎ B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；‎ C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；‎ D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应 C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023‎ D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；‎ B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；‎ C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；‎ D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。‎ ‎8.下列说法中正确的是 A. PCl3 分子呈三角锥型，这是 P 原子以 sp2 杂化的结果 B. sp3 杂化轨道是由任意的 1 个 s 轨道和 3 个 p 轨道混合形成的 4 个 sp3 杂化轨道 C. 中心原子采取 sp3 杂化的分子，其几何构型不一定都是四面体 D. AB3 型的分子空间构型必为平面三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．PCl3分子的中心原子(P)含有3个成键电子对和1个孤电子对，分子呈三角锥形，这是 P 原子以 sp3 杂化的结果，A错误；‎ B．sp3 杂化轨道是由最外层的1个s轨道和 3个p轨道混合形成的4个sp3 杂化轨道，B错误；‎ C．水分子的中心原子(O)采取 sp3 杂化，其几何构型为V型，C正确；‎ D．AB3 型的分子，若中心原子不存在孤对电子，则为平面三角形，若存在孤对电子，则呈三角锥形，D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列描述正确的是(　　)‎ A. CS2为V形极性分子 B. SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化 C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1‎ D. 水加热到很高温度都难分解因水分子间存在氢键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，键角是180°，A错误；‎ B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32- 中S原子的价层电子对数=3+×（6+2-3×2）=4，为sp3杂化,B正确；‎ C.C2H2分子结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；‎ D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是 A. 原子半径：Wc(K+)>c(OH−)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。‎ ‎【详解】A 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；‎ B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；‎ C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；‎ D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。‎ ‎16.室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H‎2A，滴加0.2 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H‎2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是 A. 0.1‎‎ mol·L−1 H‎2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1‎ B. 当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋‎2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL C. 当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)‎ D. 当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝‎2c(HA−)＋‎2c(A2−)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于该二元酸H‎2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1二元酸H‎2A看做20 mL 0.1 mol·L−‎1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H‎2A微粒。‎ ‎【详解】A. 0.1‎ mol·L−1H‎2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+‎2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；‎ B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；‎ C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；‎ D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na‎2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝‎2c(HA−)＋‎2c(A2−)，D项正确。‎ 故答案选B。‎ ‎17.化合物 Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物 X 与 2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：‎ 下列有关化合物 X、Y 的说法正确的是 A. X 分子中所有原子一定在同一平面上 B. Y 与 Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子 C. X、Y 均不能使酸性 KMnO4 溶液褪色 D. X→Y 的反应为氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X 分子中-OH上的H不一定与苯环在同一平面上，A不正确；‎ B．Y 与 Br2 的加成产物中，与羰基相连碳原子为手性碳原子，B正确；‎ C．X分子中含有酚羟基，Y分子中含有碳碳双键，均能使酸性 KMnO4 溶液褪色，C不正确；‎ D．X + →Y +HCl，反应为取代反应，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎18.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 ‎ ‎ A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。‎ ‎【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；‎ B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；‎ C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；‎ D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。‎ ‎19.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）‎ Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）‎ NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）‎ H2O、浓H2SO4‎ D NO（NO2）‎ H2O、无水CaCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；‎ C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；‎ D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。‎ ‎20.工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，这些杂质不利于锌的电解，必须事先除去。‎ 现有下列试剂可供选择：①酸性KMnO4溶液　②NaOH溶液　③ZnO　④H2O2溶液　⑤Zn   ⑥Fe　⑦AgNO3　⑧Ag2SO4‎ 下列说法不正确的是 A. 用酸性KMnO4溶液将Fe2+氧化成Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀除去 B. 用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀 C. 在实际生产过程中，加入Ag2SO4可除去Cl-，利用的是沉淀转化的原理 D. 可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，在酸性条件下，用H2O2溶液将Fe2+氧化Fe3+；在不引入杂质的前提下，加入ZnO或ZnCO3调节溶液pH使Fe3+沉淀除去；加入Ag2SO4除去Cl-(AgCl比Ag2SO4更难溶的性质，从而发生沉淀的转化)。‎ ‎【详解】A、Fe3+比Fe2+更易水解形成Fe(OH)3沉淀，但用酸性KMnO4溶液氧化Fe2+时，会引入Mn2+等杂质离子，这些离子在后续反应中难以除去，影响生产，工业上采用H2O2溶液将Fe2+氧化Fe3+，故A符合题意；‎ B、加入ZnO的目的是消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，使Fe3+等形成氢氧化物沉淀而不引入新的杂质，故B不符合题意；‎ C、利用AgCl比Ag2SO4更难溶的性质，从而发生沉淀的转化，故C不符合题意；‎ D、ZnCO3也可消耗溶液中的氢离子，调节溶液的酸碱性，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎【点睛】注意：在用化学方法除杂时，应在保证不因为新杂质的前提下，进行除杂。如湿法炼锌过程中采用氧化剂双氧水氧化二价铁离子，而不采用氧化剂酸性KMnO4，因为会引入Mn2+等杂质离子，这些离子在后续反应中难以除去；湿法炼锌过程采用氧化锌或碳酸锌调节pH也是为了不引入新的杂质。‎ ‎21.莎普爱思的有效成分是由苄达酸与赖氨酸生成的有机盐，苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是（ ）‎ A. 分子式为C16H16N2O3‎ B. 属于芳香族化合物，且有弱酸性 C. 苯环上的一氯代物有5种 D. 所有原子可能共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构简式可知其分子式为C16H14N2O3，故A错误；‎ B. 含有苯环属于芳香族化合物，含有羧基，具有弱酸性，故B正确；‎ C. 分子中有两个苯环，苯环上的氢原子有七种，所以一氯代物有7种，故C错误；‎ D. 根据甲烷为正四面体结构，分子中含有亚甲基，所有原子不可能共平面，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据常见分子的空间结构，如甲烷正四面体结构，乙烯、苯的平面结构及乙炔的直线结构，运用类比迁移的方法分析共线共面问题。‎ ‎22.为了强化安全管理，某油库引进一台测空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法不正确的是 A. 石墨电极作正极，发生还原反应 B. 铂电极的电极反应式：C8H18＋16H2O－50e-===8CO2↑＋50H+‎ C. H+由质子交换膜左侧向右侧迁移 D. 每消耗 ‎5.6 L O2，电路中通过 1 mol 电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在石墨电极，O2+4e-+4H+==2H2O，作正极，发生还原反应，A正确；‎ B．铂电极为负极，C8H18失电子生成CO2等，电极反应式：C8H18＋16H2O－50e-==8CO2↑＋50H+，B正确；‎ C．依据原电池原理，阳离子向正极移动，则H+由质子交换膜左侧向右侧迁移，C正确；‎ D．依据正极反应式，电路中通过 1 mol 电子时，需消耗0.25molO2，但未指明温度与压强，O2体积不一定是‎5.6 L，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎23.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如下图所示。下列叙述正确的是 A. MOH为弱碱，HA为强酸 B. 水的电离程度：X=Z>Y C. 若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均不变 D. 将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.纵坐标为物质的量的倍数取对数，HA从pH=4到pH=5稀释了100倍，所以HA为弱酸，MOH的pH从10到9稀释了10倍，所以MOH为强碱，故A错误；B.水的电离度受溶液中酸电离出的H+浓度或者碱电离出的OH-浓度影响，X点pH=5时，c(H+)水=10-14/10-5=10-9mol/L，Z点c(H+)水=10-9mol/L，Y点c(H+)水=10-10mol/L，所以水的电离度X=Z>Y，故B正确；C.升温水的离子积会增大，溶液的pH值会发生变化，故C错误；D.HA为弱酸，MOH为强碱，X点和Z点相比，HA的溶液浓度大于MOH，所以等体积混合后溶液应该呈酸性，故D错误。‎ 点睛：本题通过图像的分析，考察了弱酸在稀释过程中电离程度的变化，同时考察了水的离子积，对学生知识的迁移运用有较高的要求。‎ ‎24.常温下，向 20 mL 0.1 mol·L-1(NH4)2SO4 溶液中逐滴加入 0.2 mol·L-1NaOH 溶液时，溶液的 pH与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是 A. 点 a 所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(OH-)>c(H+)‎ B. 点 b 所示溶液中：c(NH)＝c(Na+)>c(H+)＝c(OH−)‎ C. 点 c 所示溶液中：c(SO)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)‎ D. 点 d 所示溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图中信息，在a点，溶质为(NH4)2SO4；在c点，(NH4)2SO4与NaOH物质的量相等，此时溶质为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O；则b点，(NH4)2SO4有剩余，此时溶质为NaNH4SO4、NH3·H2O、(NH4)2SO4；在d点，(NH4)2SO4与NaOH刚好完全反应，溶质为Na2SO4和NH3·H2O。‎ ‎【详解】A．点 a 所示溶液为(NH4)2SO4溶液，水解显酸性，离子浓度大小关系：c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)，A错误；‎ B．点 b 所示溶液为NaNH4SO4、NH3·H2O、(NH4)2SO4混合溶液，此时pH=7，NH4+不水解，NH3·H2O不电离，所以c(NH)>c(Na+)>c(H+)＝c(OH−)，B错误；‎ C．点 c 所示溶液为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O混合溶液，此时以NH3·H2O的电离为主，根据电荷守恒和物料守恒可知：‎2c(SO)+ c(OH−)= c(H+)+ c(Na+)+ c(NH)，c(NH3·H2O)＋c(NH)=‎2 c(Na+)，c(SO)= c(Na+)，整理上述三式，可得c(SO)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)-c(H+)，C正确；‎ D．点 d 所示溶液为Na2SO4和NH3·H2O按1:2摩尔比混合的溶液： c(NH3·H2O) )>c(SO>c(OH-)>c(NH)，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】比较离子浓度的相对大小时，首先要明确微粒的起始量关系，然后弄清电离与水解的主次，另外，适当的呈现形式也很重要。比如c点，若我们把溶质写成NH3·H2O、(NH4)2SO4、Na2SO4，要确定c(SO)与c(NH3·H2O)的定量关系，即便代入数据计算，也有些困难。‎ ‎25.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：‎ 已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是 A. ‎650 ℃‎时，反应达平衡后 CO2 的转化率为 25.0%‎ B. ‎550 ℃‎时，若充入惰性气体，v(正)、v(逆)均减小，平衡不移动 C. T ℃时，若充入等体积的 CO2 和 CO，平衡向正反应方向移动 D. ‎925 ℃‎时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp＝24.0p总 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎650 ℃‎时，反应达平衡后CO、CO2体积分数分别为40%、60%，设总物质的量为1mol，则CO为0.4mol,CO2为0.6mol，CO2的变化量为0.2mol，起始量为0.8mol，转化率为 25.0%，A正确；‎ B．‎550 ℃‎时，若充入惰性气体，压强不变时，体积增大，v(正)、v(逆)均减小，平衡正向移动，B不正确；‎ C．T ℃时，若充入等体积的 CO2 和 CO，体积分数不变，浓度不变，平衡不移动，C不正确；‎ D．‎925 ℃‎时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp==24.0×96%p总，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎26.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫等危害。在‎2L恒容密闭容器中一定条件下发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)；起始 CO 物质的量为 10 mol，10 min 达平衡，CO 物质的量变为 8 mol，此条件下该反应的平衡常数 K = 0.1。下列说法不正确的是 A. 升高温度，H2S 浓度增加，表明该反应是放热反应 B. 10 min 内平均速率：v(COS)=0.1 mol·L-1·min-1‎ C. 反应前 H2S 物质的量为 5 mol D. CO 的平衡转化率为 20%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设起始H2S物质的量为x，则三段式为：‎ K=，x-2=5，x=7。‎ ‎【详解】A．升高温度，H2S 浓度增加，则表明平衡逆向移动，正反应是放热反应，A正确；‎ B．10 min 内平均速率：v(COS)==0.1 mol·L-1·min-1，B正确；‎ C．由以上计算可知，反应前 H2S 物质的量为7mol，C不正确；‎ D．CO的平衡转化率为=20%，D正确；‎ 故选C。‎ ‎27.NO2、O2 和熔融 KNO3 可作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物 Y，Y 可循环使用。下列说法正确的是 A. 放电时，NO 向石墨Ⅱ电极迁移 B. 电池总反应式为 4NO2＋O2===2N2O5‎ C. 石墨Ⅱ附近发生的反应为 NO＋O2＋e- ===NO D. 当外电路通过 4 mol e-，负极上共产生 2 mol N2O5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 石墨Ⅱ通入O2，则此电极为原电池的正极，则石墨Ⅰ为负极。依据电极原料，可确定发生的反应为4NO2+O2==2N2O5，则负极反应为4NO2-4e-+4NO3-==4N2O5，正极反应为O2+4e-+2N2O5==4NO3-。‎ ‎【详解】A．由以上分析知，放电时，石墨Ⅰ为负极，则NO向石墨Ⅰ电极迁移，A不正确；‎ B．电池放电时，依据以上分析，电池总反应式为 4NO2＋O2==2N2O5，B正确；‎ C．石墨Ⅱ附近发生的反应为O2+4e-+2N2O5==4NO3-，C不正确；‎ D．负极反应为4NO2-4e-+4NO3-==4N2O5，当外电路通过 4 mol e-，负极上共产生 4mol N2O5，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎28.某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中通入 H2 和 I2，发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。‎ 容器 起始浓度 平衡浓度 c(H2)/mol∙L-1‎ c(I2)/mol∙L-1‎ c(HI)/mol∙L-1‎ 甲 ‎0.01‎ ‎0.01‎ ‎0.004‎ 乙 ‎0.01‎ ‎0.02‎ a 丙 ‎0.02‎ ‎0.01‎ b 丁 ‎0.02‎ ‎0.02‎ ‎—‎ 下列判断正确的是 A. HI 的平衡浓度：a＝b>0.004‎ B. 平衡时，H2 平衡转化率：丁>甲 C. 平衡时，乙中 H2 的平衡转化率等于 20%‎ D. 丙中条件下，该反应的平衡常数 K＝4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容器乙相当于甲平衡时再加入0.01molI2，容器丙相当于甲平衡时再加入0.01molH2，平衡都正向移动，c(HI)增大，所以HI 的平衡浓度：a＝b>0.004，A正确；‎ B．丁相当于甲加压，使其体积变为原来的一半，平衡不发生移动，平衡时，H2的平衡转化率：丁=甲，B不正确；‎ C．平衡时甲中H2的平衡转化率等于20%，乙相当于甲平衡时再加入0.01molI2，平衡正向移动，H2的转化率增大，所以乙中H2的平衡转化率大于20%，C不正确；‎ D．甲中平衡常数 K＝=0.16，因为温度不变，所以丙中该反应的平衡常数 K＝0.16，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎29.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO 、SO，现取三份 100 mL 溶液进行如下实验：‎ ‎(1)第一份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04 mol。‎ ‎(2)第二份加足量 BaCl2 溶液后，得干燥沉淀 ‎6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 ‎2.33 g。‎ ‎(3)第三份加入 AgNO3 溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测不正确的是 A. 100 mL 溶液中含 0.04 mol NH B. 100 mL 溶液中含 0.01 mol SO42-和 0.02 mol CO32-‎ C. K＋、Cl－可能存在 D. 一定不存在Ba2+、Mg2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)第一份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04 mol，则气体为NH3，从而得出原溶液中含NH4+0.04mol。‎ ‎(2)第二份加足量 BaCl2 溶液后，得干燥沉淀 ‎6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 ‎2.33 g，则BaSO4为‎2.33g，=0.01mol，BaCO3为‎6.27g-2.33g=‎3.94g，‎ ‎=0.02mol。‎ ‎(3)因为检验SO42-、CO32-时，加入了BaCl2，引入了Cl-，所以加入 AgNO3 溶液有沉淀产生，不能肯定原溶液中是否含有Cl-。‎ ‎【详解】A．依以上分析，100 mL溶液中含0.04 mol NH，A正确；‎ B．依据上面的分析与计算，100 mL溶液中含0.01 mol SO42-和0.02 mol CO32-，B正确；‎ C．依据离子共存，溶液中含有NH、CO、SO，则一定不含有Mg2+、Ba2+，依据电荷守恒，阳离子所带正电荷总数为0.04mol，阴离子所带负电荷总数为0.06mol，则K＋至少为0.02mol，不能肯定Cl－是否可能，C不正确；‎ D．由C中分析可知，一定不存在Ba2+、Mg2+，D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在进行离子分析时，一定要注意使用两个隐含信息：离子共存、电荷守恒，否则，不确定的离子太多，难以得出正确结论。‎ ‎30.某废水中含有 Cr2O72-，为了处理有毒的 Cr2O72-，需要先测定其浓度：取 20 mL 废水，加入适量稀硫酸， 再加入过量的 V1 mL c1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2 溶液，充分反应(还原产物为 Cr3＋)。用 c2 mol·L－1KMnO4 溶液滴定过量的 Fe2＋至终点，消耗 KMnO4 溶液 V2 mL。则原废水中 c(Cr2O72－)为(用代数式表示)‎ A. mol·L－1‎ B. mol·L－1‎ C. mol·L－1‎ D. mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】KMnO4 溶液滴定过量的 Fe2＋至终点，发生反应的关系式为KMnO4 ——5Fe2＋，n(KMnO4)= c2 mol·L－1×V2 ×10‎-3L=c2V2×10-3mol，则与它反应的Fe2+的物质的量为n(Fe2+)=‎5 c2V2×10-3mol。与Cr2O72-反应的Fe2+的物质的量为c1 mol·L－1 ×V1 ×10‎-3L ‎-5 c2V2×10-3mol=c1V1×10-3mol‎-5 c2V2×10-3mol。Cr2O72-与的Fe2+的关系式为Cr2O72-——6Fe2+，由此可得出n(Cr2O72-)=，c(Cr2O72-)==‎ mol·L－1，故选A；‎ 故答案为：A。‎ ‎【点睛】在废水中Cr2O72-含量的测定实验中，Fe2+表现两个性质，一个是还原Cr2O72-，另一个是还原KMnO4，如果我们不能理顺两种氧化剂的作用，则可能会出现错误的结果。‎ 三、简答题（每空2分，共20分）‎ ‎31.高分子材料 PET 聚酯树脂和 PMMA 的合成路线如下：‎ 已知：Ⅰ.RCOOR′＋R″18OHRCO18OR″＋R′OH(R、R′、R″代表烃基)‎ II. (R、R′代表烃基)‎ ‎(1)①的反应类型是_____________。‎ ‎(2)②的化学方程式为____________。‎ ‎(3)PMMA 单体的官能团名称是_____、_____。‎ ‎(4)F 的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为：_________。‎ ‎(5)G 的结构简式为______________。‎ ‎(6)下列说法正确的是__________(填字母序号)。‎ a．⑦为酯化反应 b．B 和 D 互为同系物 c．D 的沸点比同碳原子数的烷烃高 d．1mol与足量 NaOH 溶液反应时，最多消耗 4 mol NaOH ‎(7)J 的某种同分异构体与 J 具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是：______。‎ ‎(8)写出由 PET 单体制备 PET 聚酯并生成 B 的化学方程式：__________。‎ ‎(9)写出⑦的化学方程式为：_______________。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr (3). 碳碳双键 (4). 酯基 (5). 2+O2 2+2H2O (6). (7). ac (8). (9). n+(n-1)HOCH2CH2OH (10). + CH3OH+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 流程图中，乙烯与Br2/CCl4发生加成反应生成BrCH2CH2Br(A)，A在NaOH溶液中发生水解生成HOCH2CH2OH(B)和NaBr，B与发生酯交换反应，生成(PET单体)和CH3OH(D)；PET单体缩聚生成和HOCH2CH2OH(B)。PMMA的结构简式为，逆推得它的单体为，则J为，则G为，F为，E为。‎ ‎【详解】(1)由以上分析知，①的反应类型是加成反应。答案为：加成反应；‎ ‎(2)②中，BrCH2CH2Br(A)在NaOH溶液中发生水解生成HOCH2CH2OH(B)和NaBr，化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr。答案为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；‎ ‎(3)PMMA单体为，官能团名称是碳碳双键、酯基。答案为：碳碳双键；酯基；‎ ‎(4)F 的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为：2+O2 2+2H2O。答案为：2+O2 2+2H2O；‎ ‎(5)由以上分析知，G 的结构简式为。答案为：；‎ ‎(6)a．⑦为与CH3OH反应生成和H2O，反应类型为酯化反应，a正确；‎ b．HOCH2CH2OH(B)和CH3OH(D)官能团数目不同，二者不互为同系物，b不正确；‎ c．CH3OH(D)的沸点比同碳原子数的烷烃(CH4)高，因为CH3OH能形成分子间的氢键，c正确；‎ d．1mol与足量 NaOH 溶液反应时，最多消耗 2mol NaOH，d不正确；‎ 故选ac。答案为：ac；‎ ‎(7)J 为，其某种同分异构体与 J 具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是：。答案为：；‎ ‎(8)由 PET 单体制备 PET 聚酯并生成 B 的化学方程式：n+(n-1)HOCH2CH2OH。答案为：n+(n-1)HOCH2CH2OH；‎ ‎(9)⑦的化学方程式为：+ CH3OH+H2O。答案为：+ CH3OH+H2O。‎ ‎【点睛】书写发生缩聚反应方程式时，主产物还有另一种写法：。此时反应方程式为n+nHOCH2CH2OH。‎ ‎ ‎