安徽省芜湖市皖江区域示范高中2022届高三化学上学期摸底试卷含解析

2022-2022学年安徽省芜湖市皖江区域示范高中高三（上）摸底化学试卷　一、选择题．1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　）　A．采取低碳、节俭的生活方式　B．按照规定对生活废弃物进行分类放置　C．在田间焚烧大量秸秆　D．深入农村和社区宣传环保知识　2．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）　A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣　C．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣D．Cl﹣、NO3﹣、Fe2+、H+　3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA　B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA　C．Na2O2与足量H2O反应产生0.1molO2，转移电子的数目为0.2NA　D．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA　4．二氧化硫能使品红褪色，说明二氧化硫具有（　　）　A．还原性B．氧化性C．酸性D．漂白性　5．下列化学反应的离子方程式正确的是（　　）　A．氯气溶于水：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣　B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+　C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑　D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O　6．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．加入催化剂，减小了反应的热效应　B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率　C．反应物的总能量高于生成物的总能量　D．H2O2分解的热化学方程式：H2O2═H2O+O2△H＜020　7．下列比较不正确的是（　　）　A．氢化物热稳定性：H2S＞HClB．酸性：H2SO4＞H3PO4　C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．离子半径：O2﹣＞Na+　8．高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH═2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是（　　）　A．ClO﹣做还原剂　B．制备1molK2FeO4时转移3mol电子　C．高铁酸钾中铁的化合价为+7　D．Fe（OH）3在反应中被还原，发生还原反应　9．下列有关化学用语表达正确的是（　　）　A．HCl的电子式：　B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：　C．乙酸的结构简式：C2H4O2　D．质子数为17、中子数为20的氯原子：　10．下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）　A．聚乙烯分子中含碳碳双键　B．油脂的皂化反应属于加成反应　C．丁烷有3种同分异构体　D．以淀粉为原料可以制备乙醇　11．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）选项实验操作现象结论A．向AgCl悬浊液中加入稀的NaI溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B．在某溶液中加KSCN溶液显红色该溶液中有Fe3+，无Fe2+C．在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化滴落下来金属铝的熔点较低D．将气体通入澄清石灰水溶液变浑浊该气体一定是CO2　A．AB．BC．CD．D　12．下列装置能达到实验目的是（　　）　A．图1证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚20　B．图2用排水法收集NO　C．图3萃取碘水中I2，分出水层后的操作　D．图4验证乙烯的生成　13．如图是某同学做完Zn﹣Cu原电池实验后所做的读书卡片记录：实验后的记录：①Cu为负极，发生氧化反应；②H+向负极移动；③Cu电极上有气泡产生；④电子流动方向是Zn→导线→Cu．描述合理的是（　　）　A．①③B．①④C．②③D．③④　14．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．HA为强酸　B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同　C．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）　D．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）　　二、简答题．15．（14分）（2022秋•芜湖月考）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1=　　　　　　kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=　　　　　　kJ．mol﹣120（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为　　　　　　；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　　　　（填曲线标记字母），其判断理由是　　　　　　．（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而　　　　　　（填“增大”或“减小”），其原因是　　　　　　．图2中的压强由大到小为　　　　　　，其判断理由是　　　　　　　16．（14分）（2022秋•芜湖月考）硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、4.9、9.7和12.4．回答下列问题：（1）为提高“浸出”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　　　　　　；（2）实验室中过滤操作所需要的玻璃仪器有：玻璃棒、　　　　　　；（3）“浸渣”中的物质是　　　　　　（化学式）；（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　　　　　　，然后再调节溶液的pH约为5，目的是　　　　　　；（5）“粗硼酸”中的主要杂质是　　　　　　（填名称）；（6）单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢．以硼酸和金属镁为原料在加热条件下可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　　　　　　．　17．（12分）（2022秋•芜湖月考）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：20已知：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′请回答：（1）A中官能团的名称是　　　　　　；C→D的反应类型为　　　　　　；（2）B+D→F的化学方程式　　　　　　；（3）E的结构简式　　　　　　；（4）对于化合物X，下列说法正确的是　　　　　　；A．能发生水解反应B．能发生银镜反应C．不与浓硝酸发生取代反应D．能使Br2的CCl4溶液褪色（5）F有多种同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中四个的结构简式是：CH2CH2OOCH、COOCH2CH3、CH2COOCH3、00CCH2CH3．请写出另外一个同分异构体的结构简式　　　　　　．　18．（18分）（2022秋•芜湖月考）NH3及其盐都是重要的化工原料．（1）用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3的化学方程式为　　　　　　；该反应发生、气体收集和尾气处理装置如图1依次为　　　　　　；（2）按如图2装置进行NH3性质实验．先打开旋塞1，B瓶中的现象是　　　　　　，稳定后，关闭旋塞1．再打开旋塞2，B瓶中的现象是　　　　　　；（3）写出NH4Cl溶液水解的离子方程式　　　　　　；设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响．限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可调控温度）①实验目的：探究　　　　　　对溶液中NH4Cl水解程度的影响；②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．物理量实验序号V（溶液）/mLNH4Cl质量/g温度/℃　　　　　　…1250　　　　　　　　　　　　X…2250　　　　　　　　　　　　　　　　　　…③按实验序号1所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为X，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　　　　　（只列出算式，忽略水自身电离的影响）．　　2022-2022学年安徽省芜湖市皖江区域示范高中高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析20　一、选择题．1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　）　A．采取低碳、节俭的生活方式　B．按照规定对生活废弃物进行分类放置　C．在田间焚烧大量秸秆　D．深入农村和社区宣传环保知识考点：常见的生活环境的污染及治理．分析：保护环境，可从减少污染物的排放、节约能源等角度分析．解答：解：A．采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A正确；B．垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B正确；C．焚烧大量秸秆会造成空气污染，故C错误；D．伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故D正确．故选C．点评：本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大．　2．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）　A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣　C．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣D．Cl﹣、NO3﹣、Fe2+、H+考点：离子共存问题．分析：A．钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；B．四种离子之间不发生反应；C．氢离子与碳酸氢根离子反应；D．硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够氧化亚铁离子．解答：解：A．Ba2+、CO32﹣之间反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．H+、HCO3﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NO3﹣、Fe2+、H+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA　B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA　C．Na2O2与足量H2O反应产生0.1molO2，转移电子的数目为0.2NA20　D．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A．气体摩尔体积适用对象为气体；B．溶液体积未知，无法计算；C．Na2O2与H2O的反应是歧化反应；D.1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA．解答：解：A．标准状况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算，故B错误；C．Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.1molO2，转移电子0.2mol，数目为0.2NA，故C正确；D．甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3NA，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是气体摩尔体积的条件应用，有机物结构的分析，微粒数的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．　4．二氧化硫能使品红褪色，说明二氧化硫具有（　　）　A．还原性B．氧化性C．酸性D．漂白性考点：二氧化硫的化学性质．分析：二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫还具有氧化性、还原性和酸性，据此分析解答．解答：解：二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但二氧化硫漂白性具有暂时性特点，加热易恢复原色，二氧化硫能使品红溶液褪色体现二氧化硫漂白性，与二氧化硫还原性、氧化性、酸性无关，故选D．点评：本题考查二氧化硫漂白性，为高频考点，注意二氧化硫能漂白品红溶液但不能漂白酸碱指示剂，题目难度不大．　5．下列化学反应的离子方程式正确的是（　　）　A．氯气溶于水：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣　B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+　C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑　D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；B．铝离子的水解为可逆反应，且氢氧化铝不能用沉淀符号；C．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；D．碳酸氢钠与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水．解答：解：A．氯气溶于水生成硫化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；20C．醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．碳酸氢钠溶液中加足量Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力．　6．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．加入催化剂，减小了反应的热效应　B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率　C．反应物的总能量高于生成物的总能量　D．H2O2分解的热化学方程式：H2O2═H2O+O2△H＜0考点：化学反应速率的影响因素．分析：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；C、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；D、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态．解答：解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；C、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；D、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）△H＞0，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中等．　7．下列比较不正确的是（　　）　A．氢化物热稳定性：H2S＞HClB．酸性：H2SO4＞H3PO4　C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．离子半径：O2﹣＞Na+20考点：元素周期律的作用．分析：A、同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定；B．同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C、同周期自左而右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小．解答：解：A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性S＞Cl，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl＞H2S，故A错误；B．同周期自左而右非金属性增强，非金属性S＞P，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性2SO4＞H3PO4，故B正确；C、同周期自左而右金属性减弱，金属性Na＞Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+，故D正确；故选A．点评：本题考查元素周期律，难度不大，考查方式突破常规，需要学生细心审题．　8．高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH═2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是（　　）　A．ClO﹣做还原剂　B．制备1molK2FeO4时转移3mol电子　C．高铁酸钾中铁的化合价为+7　D．Fe（OH）3在反应中被还原，发生还原反应考点：氧化还原反应．分析：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH═2K2FeO4+3KCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价+1价降低为﹣1价，以此来解答．解答：解：A．Cl元素的化合价降低，则制备高铁酸钾用ClO﹣做氧化剂，故A错误；B．制备高铁酸钾时1molFe（OH）3失去3mol电子，故B正确；C．K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0可知，高铁酸钾中铁的化合价为+6，故C错误；D．Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，所以Fe（OH）3在反应中被氧化，发生氧化反应，故D错误；故选B．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重化学与生活的联系，考查点较多，题目难度不大．　9．下列有关化学用语表达正确的是（　　）　A．HCl的电子式：　B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：　C．乙酸的结构简式：C2H4O2　D．质子数为17、中子数为20的氯原子：20考点：电子式；结构简式．分析：A．HCl为共价化合物，不存在离子；B．氯原子得1个电子形成氯离子，氯离子核外电子数为18，核外有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、8；C．结构简式应体现官能团﹣COOH；D．元素符号的左上角是质量数．解答：解：A．HCl的电子式为，故A错误；B．氯原子得1个电子形成氯离子，氯离子核外电子数为18，核外有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、8，氯离子结构示意图为，故B正确；C．结构简式应体现官能团﹣COOH，则乙酸的结构简式为CH3COOH，故C错误；D．原子左上方的数值应该是质量数，质量数为17+20=37，正确的写法是1737Cl，故D错误．故选B．点评：本题考查化学用语，涉及原子的表示方法、电子式、结构示意图等，注意规范应用化学用语，选项A为解答的易错点，题目难度不大．　10．下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）　A．聚乙烯分子中含碳碳双键　B．油脂的皂化反应属于加成反应　C．丁烷有3种同分异构体　D．以淀粉为原料可以制备乙醇考点：常见有机化合物的结构；有机物分子中的官能团及其结构．分析：A．乙烯碳碳双键其中1个键断裂，相互加合出聚乙烯；B．有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂的皂化反应属于油脂的水解反应；C．丁烷有2种同分异构体；D．葡萄糖发酵生成乙醇．解答：解：A．乙烯碳碳双键其中1个键断裂，相互加合出聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，故A错误；B．油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，如：+3NaOH→3C17H35COONa+，该反应属于取代反应，故B错误；C．丁烷分子式为C4H10，有2种同分异构体，正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷结构简式为（CH3）2CHCH3，故C错误；D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，故D正确．故选D．20点评：本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，B选项注意加成反应与水解反应的区别．　11．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）选项实验操作现象结论A．向AgCl悬浊液中加入稀的NaI溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B．在某溶液中加KSCN溶液显红色该溶液中有Fe3+，无Fe2+C．在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化滴落下来金属铝的熔点较低D．将气体通入澄清石灰水溶液变浑浊该气体一定是CO2　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．二氧化硫能使澄清的石灰水变浑浊．解答：解：A．同类型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，只能说明含Fe3+，不能说明无Fe2+，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．二氧化硫能使澄清的石灰水变浑浊，不一定是二氧化碳，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、物质的检验等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．　12．下列装置能达到实验目的是（　　）　A．图1证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚　B．图2用排水法收集NO　C．图3萃取碘水中I2，分出水层后的操作　D．图4验证乙烯的生成考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．分析：A．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠反应；20B．NO不溶于水；C．苯萃取碘水中I2，有机层在上层；D．乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化．解答：解：A．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠反应，干扰二氧化碳与苯酚钠的反应，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故A错误；B．NO不溶于水，可用排水法收集NO，故B正确；C．苯萃取碘水中I2，有机层在上层，则分出水层后的操作，应从上口倒出有机层，故C错误；D．乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，不能检验乙烯的生成，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握化学反应原理、实验装置的作用、物质检验及混合物分离提纯为解答的关键，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大．　13．如图是某同学做完Zn﹣Cu原电池实验后所做的读书卡片记录：实验后的记录：①Cu为负极，发生氧化反应；②H+向负极移动；③Cu电极上有气泡产生；④电子流动方向是Zn→导线→Cu．描述合理的是（　　）　A．①③B．①④C．②③D．③④考点：原电池和电解池的工作原理．分析：Zn﹣Cu原电池中，Zn作负极，发生电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，以此来解答．解答：解：①Cu为正极，发生还原反应，故①错误；②H+向正极移动，故②错误；③Cu电极上发生2H++2e﹣=H2↑，有气泡产生，故③正确；④电子由负极Zn→导线→正极Cu，故④正确；故选D．点评：本题考查原电池，明确电极的判断、发生的电极反应、电子、离子的移动方向即可解答，题目难度不大．　14．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）20　A．HA为强酸　B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同　C．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）　D．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；C．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度；D．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断．解答：解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，故A错误；B．a点A﹣水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故C正确；D．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故D错误；故选C．点评：本题为2022年考题的改编题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．　二、简答题．15．（14分）（2022秋•芜湖月考）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1=　﹣99　kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=　+41　kJ．mol﹣120（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为　　；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　a　（填曲线标记字母），其判断理由是　反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小　．（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而　减小　（填“增大”或“减小”），其原因是　反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小　．图2中的压强由大到小为　P1＞P2＞P3　，其判断理由是　相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高　考点：真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．分析：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的计算；（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大．解答：解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故答案为：﹣99；+41；（2）反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式K=；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，20故答案为：；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；P1＞P2＞P3；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高．点评：本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　16．（14分）（2022秋•芜湖月考）硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、4.9、9.7和12.4．回答下列问题：（1）为提高“浸出”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径　；（2）实验室中过滤操作所需要的玻璃仪器有：玻璃棒、　烧杯和漏斗　；（3）“浸渣”中的物质是　SiO2、CaSO4　（化学式）；（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　将亚铁离子氧化为铁离子　，然后再调节溶液的pH约为5，目的是　使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去　；（5）“粗硼酸”中的主要杂质是　七水硫酸镁　（填名称）；（6）单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢．以硼酸和金属镁为原料在加热条件下可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．20分析：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，以此来解答．解答：解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）实验室中过滤操作所需要的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和漏斗，故答案为：烧杯和漏斗；（3）铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）中不溶于硫酸，另外溶解过程中产生硫酸钙微溶，所以“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（5）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁；（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO．点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．　17．（12分）（2022秋•芜湖月考）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：20已知：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′请回答：（1）A中官能团的名称是　羟基　；C→D的反应类型为　取代反应　；（2）B+D→F的化学方程式　　；（3）E的结构简式　　；（4）对于化合物X，下列说法正确的是　AD　；A．能发生水解反应B．能发生银镜反应C．不与浓硝酸发生取代反应D．能使Br2的CCl4溶液褪色（5）F有多种同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中四个的结构简式是：CH2CH2OOCH、COOCH2CH3、CH2COOCH3、00CCH2CH3．请写出另外一个同分异构体的结构简式　CH（CH3）OOCH　．考点：有机物的推断．分析：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，据此结合各小题回答即可．解答：解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为20，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，（1）A是乙醇，A中官能团的名称是羟基；C→D的反应类型为取代反应，故答案为：羟基；取代反应；（2）B为乙酸，D为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反应方程式为：，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，E为，故答案为：；（4）A．X中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；B．X中不含有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C．X中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故C错误；D．X中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，故D正确，故选AD；（5）F有多种同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体有五个，其中四个的结构简式是：CH2CH2OOCH、COOCH2CH3、CH2COOCH3、00CCH2CH3、CH（CH3）OOCH，故答案为：CH（CH3）OOCH．点评：本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用．　18．（18分）（2022秋•芜湖月考）NH3及其盐都是重要的化工原料．（1）用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3的化学方程式为　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　；该反应发生、气体收集和尾气处理装置如图1依次为　BDE　；（2）按如图2装置进行NH3性质实验．先打开旋塞1，B瓶中的现象是　产生白色的烟　，稳定后，关闭旋塞1．再打开旋塞2，B瓶中的现象是　烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色　；（3）写出NH4Cl溶液水解的离子方程式　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　；设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响．20限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可调控温度）①实验目的：探究　温度　对溶液中NH4Cl水解程度的影响；②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．物理量实验序号V（溶液）/mLNH4Cl质量/g温度/℃　pH　…1250　m　　T1　X…2250　m　　T2　　Y　…③按实验序号1所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为X，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　（只列出算式，忽略水自身电离的影响）．考点：氨的制取和性质．分析：（1）NH4Cl和Ca（OH）2在加热条件下生成氨气、氯化钙和水；依据反应物状态和条件选择发生装置，依据氨气易溶于水，密度小于空气密度选择收集装置，依据氨气极易溶于水选择尾气处理装置；（2）氯化氢与氨气反应生成固体氯化铵；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性；（3）氨根离子为弱碱阳离子，水解生成一水合氨和氢离子；①根据影响NH4Cl水解的因素以及题干提供的限选试剂与仪器分析；②氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所配制溶液的体积，根据温度不同，盐类水解后PH不同，进行设计表格数据；③读取的待测物理量的数值为X，X为PH值，PH=﹣lgc（H+）可求算出氢离子浓度，根据NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，求解NH4Cl水解反应的平衡转化率．解答：解：（1）NH4Cl和Ca（OH）2在加热条件下生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；反应物为固体与固体和反应条件为加热，所以选择B发生装置，氨气易溶于水，密度小于空气密度应选择向下排空气法收集，所以选择D收集装置，氨气极易溶于水，可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，可选择E做尾气处理装置；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；BDE；（2）氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，所以看到现象为：产生白色的烟；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性，所以看到现象为：烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色；故答案为：产生白色的烟；烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色；20（3）氨根离子为弱碱阳离子，水解生成一水合氨和氢离子，水解的离子方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；①盐类水解，水解离子浓度越大，水解程度越小，盐类水解为吸热反应，温度越高，水解程度越大，根据题干提供的限选试剂与仪器中的温度计、恒温水浴槽（可调控温度），可选择温度不同对盐类水解的影响，故答案为：温度；②根据①可知，该实验为探究温度对氯化铵水解的影响，氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所以可根据不同温度下，水解的溶液的pH进行判断，所配制溶液的体积都为100mL，m（NH4Cl）相同都为mg，温度不同，分别为T1℃、T2℃，分别测水解后pH；故答案为：物理量实验序号V（溶液）/mLNH4Cl质量（g）温度（℃）pH…1mT1…2mT2Y…③读取的待测物理量的数值为X，X为pH值，pH=﹣lgc（H+），c（H+）=10﹣Xmol/L，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，水解的氯化铵的物质的量为n（NH4Cl）=c（H+）×V=10﹣X×0.25mol，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为：×100%=×100%；故答案为：．点评：本题考查了氨的制备以及铵盐的性质，掌握实验室制取氨气的原理以及铵盐的水解规律是解答的关键，题目难度不大．20