辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试(二)化学参考答案

2024-03-20 · U1 上传 · 13页 · 626 K

辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试(二)化学参考答案(含解析)1.B【详解】A.当x=10时,NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应,此时OH-量不足,OH-首先与Al3+反应,与NH4+不反应,所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在,故此时不会有AlO2-生成。参加反应的硫酸根离子为0.001mol,剩余0.001molSO42-,溶液中NH4+未参加反应,但溶液中NH4+水解,溶液中c(NH4+)c(Al3+),正确;C.当x=30时,0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应,生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3•H2O,且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-,由于NH3•H2O也是一种碱,存在电离平衡:NH3•H2ONH4++OH-,使得溶液中c(OH-)大于0.001mol,c(OH-)>c(AlO2-),错误;D.由C中分析可知,溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-,其中溶液中c(OH-)大于0.001mol,含有0.001molBa2+,c(OH-)>c(Ba2+),错误。答案选B。2.D【详解】A.a点所得溶液pH=1.85,即pH=pKa1,所得溶液中:c(HA-)=c(H2A),根据物料守恒:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=mol·L-1,由于c(HA-)=c(H2A),则2c(HA-)+c(A2-)=mol·L-1,A项错误;B.b点加入NaOH溶液体积为20mL,恰好完全反应生成NaHA,根据质子守恒:所得溶液中:c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-),B项错误;C.c点所得溶液pH=7.19,即pH=pKa2,所得溶液中:c(HA-)=c(A2-),溶液为碱性,溶液中c(H+)<c(OH-),根据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-),可知c(Na+)>3c(HA-),C项错误;D.a点到b点溶液中,NaOH与H2A反应生成NaHA,则HA-数目逐渐增多,从b点到e点溶液中NaHA与NaOH反应生成Na2A,HA-数目逐渐减少,D项正确;答案选D。3.D【分析】Co(OH)2受热分解,生成CoO和H2O,CoO易被空气中O2氧化,生成Co的氧化物。从图中可以看出,随着温度的不断升高,固体失重质量分数不断增大,所以从反应开始至X点,Co(OH)2不仅发生分解反应,还发生氧化反应;从X点到Y点、从Y点到Z点,都为钴的氧化物的分解反应。【详解】A.由选项内容可知,的加热失重先生成,元素化合价逐渐从价,升高至价,因此空气中的参与了该反应,则的加热失重过程不是分解反应。A错误;B.由图象可知,X点失重质量分数为10.75%,则加热后的残留率为89.25%,若取的初始质量为,则残留的质量为,因元素质量不变,,则残留物质中O质量,则残留物为,即为,B错误;C.若取的初始质量为,则残留的质量为,因元素质量不变,,则残留物质中O质量,则残留物为,即Y点为,C错误;D.Z点,残留的质量为,因,则残留物质中O质量,故残留物为,D正确;故选D。4.D【分析】向盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入氨水,前阶段反应为盐酸与氨水反应:,随着滴加氨水增多,混合溶液中离子总浓度减小,电导率下降,对应pH曲线的b点前阶段反应完成,此时混合溶液为等浓度的氯化铵和醋酸溶液,溶液呈酸性,即的水解小于的电离。后阶段反应为醋酸与氨水反应:,随着滴加氨水增多,混合溶液总离子浓度增大,电导率上升,对应pH曲线c点后阶段反应完成,此时混合溶液为等浓度的氯化铵和酸酸铵溶液,溶液呈酸性,即水解大于水解。此后滴加的氨水过量,混合溶液总离子浓度减小,电导率下降。题目据此解答。【详解】A.a点时混合溶液中存在醋酸和水的电离平衡:、,在盐酸的抑制下,醋酸和水的电离程度很小,因此溶液中,,根据,得溶液中,A正确;B.b点时盐酸与氨水恰好完全反应,混合溶液呈酸性,的水解小于的电离,根据原子守恒得溶液中离子浓度大小关系为:,B正确;C.c点时醋酸恰好与氨水完全反应,混合溶液溶质是,根据原子守恒得:,C正确;D.a点时盐酸和醋酸均抑制水的电离,b点时醋酸抑制水的电离,c点时的水解促进水的电离,d点时抑制水的电离,因此水的电离程度最大的是c点,D错误;故选D。5.B【分析】由图知,铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X,无气体生成,生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价,则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高),按元素质量守恒只能为CuSO4,则白色物质X为CuSO4,配平得到该反应方程式为:【详解】A.X溶液中含有Cu2+,溶液为蓝色,A项错误;B.根据反应方程式,参加反应的浓硫酸中,体现氧化性的占,B项正确;C.Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解,存在反应:,Y为S单质,则NO为还原产物、Y为氧化产物,C项错误;D.由知,3molCu生成0.6molCu2S,溶解操作时,Cu2S的氧化产物可能为Cu2+、S或Cu2+、S、,当Cu2S的氧化产物为Cu2+、S时,发生反应:,0.6molCu2S得到0.8molNO与0.6molS,NO与S物质的量之和为1.4mol,当Cu2S的氧化产物为Cu2+、时,发生反应:,0.6molCu2S只得到2molNO,NO与S物质的量之和为2mol,根据题图,反应一定有S单质生成,则,故NO与Y的物质的量之和不可能为2mol,D项错误;答案选B。6.B【详解】A,根据图象,当Va=100mL,Vb=0时溶液的pH=3,即0.1mol/L100mLHA溶液的pH=3,溶液中c(H+)=110-3mol/L0.1mol/L,HA为弱酸,溶液中c(A-)=c(H+)=110-3mol/L,c(HA)=0.1mol/L-110-3mol/L=0.099mol/L,Ka(HA)===110-5,A项错误;B,根据图象,25℃时b点Va=Vb=50mL,HA和BOH恰好完全反应,溶液的pH=7即c(H+)=c(OH-),说明等浓度的HA和BOH的电离程度相同,b点溶液中的电荷守恒为:c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则b点c(B+)=c(A-),B项正确;C,c点溶液由BA和BOH组成,A-在溶液中存在水解平衡A-+H2OHA+OH-,该水解平衡的水解平衡常数Kh=,盐类水解是吸热过程,升高温度促进水解,水解平衡常数Kh增大,增大,随温度升高而减小,C项错误;D,a→b过程中过量的HA电离的c(H+)减小,反应生成的BA增多,BA水解促进水的电离,水的电离程度增大,b点两者恰好完全反应,水的电离程度最大,b→c过程中过量的BOH电离的c(OH-)增多,反应生成的BA减少,b→c过程中水的电离程度减小,a→c的过程中水的电离程度先增大后减小,D项错误;答案选B。点睛:本题考查酸碱反应的图象分析,电离平衡常数的计算,溶液中离子浓度的大小关系,影响水的电离平衡和盐类水解平衡的因素。明确各点数据的含义、溶液的成分和性质是解题的关键,确定溶液中离子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒,易错选D,酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用。7.C【详解】A.泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化,酸浸时可以进入溶液便于后期制备胆矾,A正确;B.常温下除氯,可以在酸浸时减少HCI挥发,更加环保,B正确;C.pH=5时,c(OH-)=10-9mol/L,经计算c(Fe3+)=,能使Fe3+除尽,但c(Cu2+)=,也会随之沉淀,C错误;D.焙烧加入,可以使V元素转化成可溶性的钒酸盐进入溶液,水浸除掉杂质元素,更好的回收钒,D正确;故选C。8.B【详解】①所有铵盐中,氮元素化合价不一定都是-3价,如NH4NO3中,N的化合价除了-3,还有+5,①错;②所有铵盐都溶于水,②对;③NH4+会和OH-结合生成NH3·H2O,一水合氨不稳定,易分解生成NH3,降低肥效,③对;④铵盐,一般由铵根离子和酸根阴离子构成,含有离子键,是离子化合物,④对;⑤铵盐中的NH4+,可以与OH-结合,因此都可以与碱反应,但是某些铵盐也可以与酸反应,如NH4HCO3,可与酸反应,⑤错;综上②③④对,答案选B。【点睛】①⑤错误的点在于,除了思考NH4+的性质外,还需要考虑阴离子的性质,如①中该铵盐可能为NH4NO3。9.B【分析】无色溶液没有,加入过量盐酸后无现象说明没有,阴离子种类不改变说明一定含有,由焰色试验可知含有没有。加入溶液,产生白色沉淀只可能是生成或者白色沉淀。和须同时存在于溶液中才能满足各离子浓度相等且溶液呈电中性,与不能共存,故原溶液一定没有,一定有的离子为:、、、;一定没有的离子为:、、、,据此分析。【详解】由上述分析可知,原溶液中一定存在,②中的白色沉淀是和,溶液中一定没有的离子为:、、、,由溶液呈电中性可知溶液中一定含有,故本题选B。10.C【详解】A.发生反应:2Fe+3Cl2=2FeCl3,2.8gFe的物质的量为:=0.05mol,根据量的判断,假设0.05mol铁全部反应,消耗氯气物质的量为0.15mol,显然氯气不足,因此0.05mol氯气充分反应转移了0.1mol电子,即转移0.1NA个电子,故A错误;B.没有指明状态是否是标准状态,因此无法计算气体体积,故B错误;C.14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H8)组成的混合物中含有14g最简式CH2,含有最简式CH2的物质的量为1mol,1mol最简式CH2中含有3mol原子,含有原子的数目为3NA,故C正确;D.0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成氧气的物质的量为0.05mol,Na202中氧元素的化合价为-1价,则生成0.05mol氧气转移了0.1mol电子,即转移0.1NA个电子,故D错误;故选C。11.D【详解】16gCu的物质的量为:=0.25mol,根据反应方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,8.4L的气体的物质的量为:=0.375mol,设其中NO2为xmol,则NO为(0.375-x)mol,根据氧化还原反应中电子得失总数相等可知,x+3(0.375-x)=0.25×2,解得x=0.3125mol,则NO2在标准状况下的体积为:0.3125mol×22.4L/mol=7L,故答案为:D。12.D【分析】Z的原子序数与Q的最外层电子数相同,说明Z为第二周期,Q为第三周期元素,依据有机物结构简式可知,元素Y形成四个键,应为C元素,则Z、W依次为N、O元素,Q则为Cl元素,X为H元素。【详解】A.W、Q的简单氢化物依次为、HCl,其沸点由高到低顺序为,A错误;B.Q、Y、Z对应最高价含氧酸分别为、、,满足酸性强弱顺序为,但含氧酸则不正确,如HClO酸性弱于,B错误;C.N元素2p轨道半充满,较为稳定,元素第一电离能最大,即顺序应为,C错误;D.元素X、Z、W形成的离子化合物中含有的为正四面体结构离子,D正确。故选D。13.CD【分析】由图可知,溶液pH为6.4时,溶液中c(HCO)=c(H2CO3),则电离常数Ka1(H2CO3)==c(H+)=10-6.4,溶液pH为9.3时,溶液中c(NH)=c(NH3·H2O),则电离常数Kb(NH3·H2O)==c(OH—)=10-4.7,溶液pH为10.2时,溶液中c(HCO)=c(CO),则电离常数Ka2(H2CO3)==c(H+)=10-10.2。【详解】A.由分析可知,一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数,故A错误;B.由图可知,n点时,加入氢氧化钠溶液反应

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