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