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1、名校交流高考化学模拟试卷一、选择题（本题共15小题，第110小题每小题2分，第1115小题每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第110小题只有1个选项符合题目要求；第1115题有12个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）1（2分）新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下列说法错误的是（）A按如图所示装置电解法能获得84消毒液B75%的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭C口罩的主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染D雾霾天气利于病毒的传播2（2分）氯喹已经被许多国家的食品和
2、药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A氯喹属于芳香化合物B氯喹分子中没有手性碳原子C氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D氯喹与互为同系物3（2分）下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项ABCD实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO用四氯化碳萃取碘水中碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2AABBCCDD4（2分）高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体实验室用NCl3溶液和NaClO2
3、溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH下列有关说法正确的是（）A根据上面化学方程式，生成22.4L NH3时转移电子数目为6NABNCl3中所有原子都满足8电子结构C在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1DClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒5（2分）已知：乙醇的沸点为78.5，乙醛的沸点为20.8；乙醛易溶于乙醇，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。某化学课外兴趣小组的同学设计了如图装置以验证乙醇可被灼热的CuO氧化为乙醛，其中设计不合理的为（）A制备乙醇气体BCuO氧化乙醇气体C收集乙醛并尾
4、气处理D检验乙醛6（2分）已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，元素B的简单离子半径为所在周期中最小，C元素与地壳中含量最多的元素同族，下列说法一定正确的是（）AA元素的含氧酸属于强酸BB的最高价氧化物的水化物可溶于盐酸和氨水CC元素的单质在足量氧气中反应可生成SO3DD的最高价氧化物的水化物一定为强电解质7（2分）下列含铜物质说法正确的是（）A甲图是CuO的晶胞示意图，乙图是Cu2O的晶胞示意图B已知Cu2O和Cu2S晶体结构相似，则Cu2O比Cu2S的熔点低C晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立方最密堆积，配
5、位数为12D铜在氧气中加热生成CuO，CuO热稳定性比Cu2O强8（2分）达菲是治疗流感的重要药物，M是合成达菲的重要中间体，下列说法错误的是（）A化合物M中含有3个手性碳原子B化合物M能发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应C化合物M与N是同分异构体D化合物M有5种不同的官能团9（2分）次氯酸钠是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL 0.1molL1HClO溶液中滴入0.1molL1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数lgc水（H+）与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A0.1molL1NaC1O溶液中ClO的个数小于NABc点溶液对应的p
6、H7Ca点溶液中存在：c（Na+）c（ClO）+c（HClO）Db点溶液中存在：c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）10（2分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程图。已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（）A吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2C1O2NaClO2+H2O+NaClOB发生器中鼓入空气的作用是
7、将NaClO3氧化成ClO2C在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl6e+6OHClO3+3H2OD要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶11（4分）金属插入CH4的CH键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）A整个反应快慢，由CH2ZrH2状态2反应决定BZr+CH4CHZrH3H+39.54kJmol1C在中间产物中CH3ZrH状态最稳定DZr+CH4CHZrH3活化能为201.84kJmol112（4分）医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，
8、用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯（CH2CHCH3），原理如图所示。下列有关叙述错误的是（）Aa为电源负极B左池的电极反应式：3CO2+18e+18H+CH2CHCH3+6H2OCH+从右侧通过质子交换膜进入左侧D若制取过程中转移3mol电子，则产生11.2L丙烯13（4分）在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2（g），如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比（乙醇的起始物质的量相同）测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）AC2H5（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2
9、（g）HOB若乙醇的起始物质的量为1mo1，则K（400）CB、C两点一定未达到平衡状态D水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低14（4分）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（）Aa、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点B该溶液中存在：C向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化Db点对应的溶液中存在：3c（Ca2+）c（K+）+c（H+）3c（CO32）+c（OH）+c（C1）15（4分）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NOCO的反应历程，反应
10、路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法错误的是（）A2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）HOB均相NOCO反应经历了三个过渡态和五个中间体C整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定DNO二聚体（）比N2O分子更容易与CO发生反应二、非选择题（本题共5小题，共60分）16（11分）MnS纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的镉离子。（1）锰的价层电子排布式为 ，Mn2+中未成对电子数为 。（2）磁性氧化铁纳米粒子除镉效率不如MnS纳米粒子，试比较两种纳米材料中的阴离子的半径大小 ，常温下H2O是液态而H2S是气态的原因是 。
11、（3）Mn可以形成多种配合物，Mn（CO）（H2O）2（NH3）3Cl2H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为 ，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为 。（4）S和Na形成的晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为 ，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度 。（阿伏加德罗常数的值用NA表示）17（13分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：（1）原料气（SO2）的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是 ；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用 。（填字母）a蒸馏水b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液d
12、饱和NaHCO3溶液D中盛放溶液的溶质的化学名称是 。（2）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的制备Na2S2O5溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是 ，步骤中测定溶液的pH的方法是 ；pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是 。结晶脱水生成产品的化学方程式为 。（3）产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+；2S2O32+I2S4O62+2I。请补充实验步骤（可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中；准
13、确移取V1mL的过量的c1molL1的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水；加入淀粉溶液，用c2molL1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液 ，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值：标准Na2S2O3溶液为V2mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为 。（用含有c1、c2、V1、V2的式子表示）18（12分）CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H2+41.2kJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H390.6kJmol1（
14、1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的热化学方程式为 。（2）下列描述能说明反应在密闭恒压容器中达到平衡状态的是 。（填选项序号）体系压强不变混合气体密度不变v（H2）v（CO）CO质量保持不变（3）温度为T时向容积为2L的密闭容器中投入3mol H2和1mol CO2发生反应反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。CH3OH（g）CO2（g）H2（g）H2O（g）bc0.125c ，CO2的转化率为 。T时反应的平衡常数K 。若要增大甲醇的产率，可采取的措施为 。（任写两点）（4）反应、共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是 。（5）将反应设计成如
15、图所示的原电池，气体A为 ，写出原电池正极的电极反应式 。19（13分）钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3（含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质），利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示。（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有 。（2）生成VO43的离子方程式为 。（3）沉淀物中含有水合铝酸钙（2CaOAl2O38H2O）、水合铝硅酸钙（水化石榴石3CaOAl2O3SiO24H2O）和钒酸钙（3CaOV2O5），其中存在3Ca（OH）2（s）+2VO433CaOV2O5（s）+6OH，加入Na2
16、CO3能够使钒酸钙溶解的原因 。（用平衡原理解释）（4）加入离子交换树脂（C12H18NCl）进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn+nC12H18NCl（C12H18N）nR+nCl，Rn的结构为 。0.1mol/L V2O3在不同pH的存在形态如表所示。pH131411138.5117.58.557.53513存在形态VO43V2O14V4O124V10O286HV10O285H2V10O284V2O5（5）为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有物质可以重复利用 。（至少写两种）（6）利用铝热反应从V2O5中制取510g V需要铝的质量为 。20（11
17、分）抗击新冠病毒性肺炎期间。磷酸氯喹和阿比多尔首次被纳入抗病毒治疗。磷酸氯喹可由氯喹K与磷酸在一定条件下反应制得。由芳香化合物A和乙酰乙酸乙酯（）合成K的种合成路线如图。已知：；RNHR+RXRN（R）R+HX；具有酸性；。附物理性质：本品为白色结晶性粉末，无臭，味苦。遇光渐变色；水溶液显酸性。本品在水中易溶，在乙醇、三氯甲烷、乙醚中几乎不溶。熔点为193196，熔融时同时分解。（1）A的结构简式为 ；G的官能团的名称为 。（2）EF的反应类型为 。（3）GH的反应方程式为 ；F+JK的反应方程式为 。（4）M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有 种；其中核磁共振氢谱显示环上有3组峰，且峰面
18、积之比为4：4：1，写出符合条件的一种结构简式 。含有基团、N（C2H5）2；酸性水解得乙酸；能发生酯化反应（5）由乙醇合成乙酰乙酸乙酯（）的合成路线： 。名校交流高考化学模拟试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，第110小题每小题2分，第1115小题每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第110小题只有1个选项符合题目要求；第1115题有12个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）1（2分）新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下列说法错误的是（）A按如图所示装置电解法能获得84
19、消毒液B75%的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭C口罩的主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染D雾霾天气利于病毒的传播【分析】A电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2；B75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒；C高分子化合物不易降解；D雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向外传播。【解答】解：A电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2，NaClO为消毒液的有效成分，故A正确；B75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒，能够把门把手、钥匙等物品上的新型
20、冠状病毒杀灭，故B正确；C聚丙烯、聚乙烯为高分子化合物不易降解，大量使用，会造成白色污染，故C错误；D雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向被人吸收，病毒进入人的肺部后大量繁殖，引起传播，故D正确；故选：C。2（2分）氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图，下列有关说法正确的是（）A氯喹属于芳香化合物B氯喹分子中没有手性碳原子C氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D氯喹与互为同系物【分析】有机物含有氯原子、亚氨基和碳碳双键，结合卤代烃、胺以及烯烃的性质解答该题。【解答】解：A有机物不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B分子中连接甲基、亚氨基的碳原
21、子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；C含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故C正确；D二者氯原子位置不同，则结构不同，不是同系物，故D错误。故选：C。3（2分）下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项ABCD实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO用四氯化碳萃取碘水中碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2AABBCCDD【分析】A需要测定收集气体需要的时间；B二氧化氮与水反应；C碘不
22、易溶于水、易溶于四氯化碳；DHCl极易溶于水。【解答】解：A需要测定收集气体需要的时间，图中缺少秒表测定时间，故A错误；B二氧化氮与水反应，收集气体为NO，但Cu与浓硝酸的反应产物为二氧化氮，故B错误；C碘不易溶于水、易溶于四氯化碳，且分液时避免上下层液体混合，则充分振荡后静置，待溶液分层后，先让下层液体从下口流出，再把上层液体从上口倒出，故C正确；DHCl极易溶于水，饱和食盐水可除去HCl，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故选：C。4（2分）高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体实验室用NCl3溶液和NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+
23、NH3+3NaCl+3NaOH下列有关说法正确的是（）A根据上面化学方程式，生成22.4L NH3时转移电子数目为6NABNCl3中所有原子都满足8电子结构C在NaClO2和NCl3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1DClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒【分析】反应6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，NaClO2中Cl元素由+3价升高为+4为还原剂，NCl3中Cl元素由+1价降低为1为氧化剂，以此来解答。【解答】解：A未指明标准状态，无法计算气体体积，故A错误；BABn型分子中A的族序数+成键数8时所有原子满足8电子结构，而NCl3中
24、5+38，则分子中所有原子最外层都满足8电子结构，故B正确；C反应6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，NaClO2中Cl元素由+3价升高为+4为还原剂，NCl3中Cl元素由+1价降低为1为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C错误；DClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；故选：B。5（2分）已知：乙醇的沸点为78.5，乙醛的沸点为20.8；乙醛易溶于乙醇，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。某化学课外兴趣小组的同学设计了如图装置以验证乙醇可被灼热的CuO氧化为乙醛，其中设计不合理的为（）A制备乙醇气体BCuO氧化乙醇气体C收集乙醛并
25、尾气处理D检验乙醛【分析】A乙醇的沸点为78.5，易挥发；B乙醇与CuO发生氧化还原反应；C乙醛的沸点为20.8，冰水可冷却乙醛；D乙醇、乙醛均可被高锰酸钾氧化。【解答】解：A乙醇的沸点为78.5，易挥发，图中热水加热可制备乙醇气体，故A正确；B乙醇与CuO发生氧化还原反应，试管中黑色固体变为红色，故B正确；C乙醛的沸点为20.8，冰水可冷却乙醛，则图中装置可收集乙醛并尾气处理，气球可收集尾气，故C正确；D乙醇、乙醛均可被高锰酸钾氧化，滴加高锰酸钾溶液，褪色不能检验乙醛，故D错误；故选：D。6（2分）已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化
26、物之间可以反应生成盐，元素B的简单离子半径为所在周期中最小，C元素与地壳中含量最多的元素同族，下列说法一定正确的是（）AA元素的含氧酸属于强酸BB的最高价氧化物的水化物可溶于盐酸和氨水CC元素的单质在足量氧气中反应可生成SO3DD的最高价氧化物的水化物一定为强电解质【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的前20号主族元素。A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，则A为N；元素B的简单离子半径为所在周期中最小，该元素为金属元素，其原子序数大于N，则B为Al；C元素与地壳中含量最多的元素同族，则C为S元素，D的原子序数大于S，则D可能为Cl、K、Ca元素，据此分析解答。【
27、解答】解：根据分析可知，A为N，B为Al，C为S，D可能为Cl、K、Ca元素。AN的含氧酸不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故A错误；BB的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝溶于盐酸，但不溶于氨水，故B错误；CS元素的单质在足量氧气中反应生成SO2，故C错误；DD可能为Cl、K、Ca，Cl、K、Ca的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、氢氧化钾和氢氧化钙，它们都属于强电解质，故D正确；故选：D。7（2分）下列含铜物质说法正确的是（）A甲图是CuO的晶胞示意图，乙图是Cu2O的晶胞示意图B已知Cu2O和Cu2S晶体结构相似，则Cu2O比Cu2S的熔点低C晶体铜原子的堆积方式如图丙所示，为面心立
28、方最密堆积，配位数为12D铜在氧气中加热生成CuO，CuO热稳定性比Cu2O强【分析】A、根据均摊法，可确定晶胞甲和晶胞乙的化学式；B、Cu2O和Cu2S晶体结构相似，根据晶格能的大小，可以比较其熔点的高低；C、根丙中铜原子的排列方式，可确定晶体铜的堆积方式为及配位数；D、铜在氧气中加热生成CuO而不生成Cu2O，与+1价的铜还原性强有关。【解答】解：A、晶胞甲中含有4个Cu原子，O原子数为2，故晶胞甲的化学式为Cu2O；晶胞乙中含有4个Cu原子，O原子数为4，所以晶胞乙的化学式为CuO，故A错误；B、Cu2O和Cu2S都是离子晶体，O2的半径比S2小，所以Cu2O的晶格能更大，Cu2O的熔点
29、更高，故B错误；C、根据所给图示，可确定晶体铜的堆积方式为立方最密堆积，配位数为12，故C正确；D、铜在氧气中加热生成CuO而不生成Cu2O，是因为Cu2O中+1价的铜还原性强，不稳定，容易被氧化成+2价，故D错误；故选：C。8（2分）达菲是治疗流感的重要药物，M是合成达菲的重要中间体，下列说法错误的是（）A化合物M中含有3个手性碳原子B化合物M能发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应C化合物M与N是同分异构体D化合物M有5种不同的官能团【分析】M含有碳碳双键、醚键、酯基、羟基和肽键等官能团，M和N的不饱合度不同，结合烯烃、醇、酯类和多肽化合物的性质解答该题。【解答】解：A连接4个不同原子
30、或原子团的碳原子为手性碳原子，M中六元环中有3个手性碳原子，故A正确；BM含有羟基、碳碳双键和酯基等，可发生取代反应、消去反应、加聚反应、水解反应，故B正确；C两种有机物不饱合度不同，则分子式不同，不是同分异构体，故C错误；DM含有碳碳双键、醚键、酯基、羟基和肽键等官能团，故D正确。故选：C。9（2分）次氯酸钠是消灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL 0.1molL1HClO溶液中滴入0.1molL1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数lgc水（H+）与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A0.1molL1NaC1O溶液中ClO的个数小于NABc点溶
31、液对应的pH7Ca点溶液中存在：c（Na+）c（ClO）+c（HClO）Db点溶液中存在：c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）【分析】A溶液体积未知，无法确定物质的量；Bc点为加入过量的NaOH，溶液为碱性；Ca点产物为NaClO和HClO，此时c水（H+）107，可以判断溶液为中性，根据物料关系分析；Db点恰好生成NaClO，溶液为碱性，ClO发生水解，根据电荷守恒分析。【解答】解：A溶液体积未知，无法确定物质的量，所以不能判断ClO的个数是否小于NA，故A错误；Bc点为加入过量的NaOH，溶液为碱性，所以溶液pH7，故B错误；Ca点产物为NaClO和HClO，此时c水（H+）107
32、，溶液为中性，但是物料关系不符合c（Na+）c（Cl），所以没有c（Na+）c（ClO）+c（HClO）这个关系，故C错误；Db点恰好生成NaClO，溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（ClO），由于ClO发生水解，所以c（Na+）c（ClO），溶液为碱性，c（OH）c（H+），水解毕竟是微弱的，所以c（ClO）c（OH），所以b点溶液中存在：c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+），故D正确，故选：D。10（2分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消
33、毒剂亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程图。已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（）A吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2C1O2NaClO2+H2O+NaClOB发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2C在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl6e+6OHClO3+3H2OD要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2O NaClO3+3H2，得到
34、氯酸钠溶液，氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，2NaClO3+SO2Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO23H2O，以此解答该题。【解答】解：A吸收塔发生为2NaOH+2ClO2+H2O22 NaClO2+2H2O+O2，故A错误；B通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，故B错误；C阳极发生氧化反应生成ClO3，电极反应式为Cl6e+6OHClO3+3H2O，故C正确；D从溶液中得到含结晶水的
35、晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故D错误。故选：C。11（4分）金属插入CH4的CH键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）A整个反应快慢，由CH2ZrH2状态2反应决定BZr+CH4CHZrH3H+39.54kJmol1C在中间产物中CH3ZrH状态最稳定DZr+CH4CHZrH3活化能为201.84kJmol1【分析】A、反应速率取决于反应活化能的大小，活化能越大反应速率越小；B、焓变H生成物的内能反应物的内能；C、物
36、质具有的内能越低，物质越稳定；D、由图可知，Zr+CH4CHZrH3活化能为99.20kJ/mol。【解答】解：A、反应速率取决于反应活化能的大小，活化能越大的那步反应的反应速率越小，整个反应的反应速率由其决定，由图可知，CH2ZrH2状态2反应的活化能最大，反应速率最慢，所以整个反应快慢，由CH2ZrH2状态2反应决定，故A正确；B、由图可知，Zr+CH4CHZrH3的H39.54kJ/mol0.00kJ/mol+39.54kJ/mol，故B正确；C、由图可知，CH3ZrH状态时具有的内能最低，所以CH3ZrH状态最稳定，故C正确；D、由图可知，Zr+CH4CHZrH3活化能为99.20kJ
37、/mol，故D错误；故选：D。12（4分）医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯（CH2CHCH3），原理如图所示。下列有关叙述错误的是（）Aa为电源负极B左池的电极反应式：3CO2+18e+18H+CH2CHCH3+6H2OCH+从右侧通过质子交换膜进入左侧D若制取过程中转移3mol电子，则产生11.2L丙烯【分析】A、二氧化碳中的碳由+4价转化为丙烯中的碳2价；B、左池发生还原反应，生成丙烯；C、电解池中阳离子向阴极移动；D、状况不知，无法由物质的量求气体的体积；【解答】解：A、二氧化碳中的碳由+4价转化为丙烯中的碳2价，发生还原反
38、应，则左池为阴极区，则a为电源负极，故A正确；B、左池发生还原反应，生成丙烯，电极反应式为：3CO2+18e+18H+CH2CHCH3+6H2O，故B正确；C、电解池中阳离子向阴极移动，则H+从右侧通过质子交换膜进入左侧，故C正确；D、状况不知，气体摩尔体积不知，无法由物质的量求气体的体积，故D错误；故选：D。13（4分）在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2（g），如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比（乙醇的起始物质的量相同）测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）AC2H
39、5（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2（g）HOB若乙醇的起始物质的量为1mo1，则K（400）CB、C两点一定未达到平衡状态D水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低【分析】A温度升高，平衡转化率升高，反应吸热；B水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，利用A点计算；C由图象斜率判断；D由图象斜率判断。【解答】解：A温度升高，平衡转化率升高，反应吸热，C2H5（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2（g）HO，故A错误；B水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，A点也是平衡状态； C2H5OH（g）+3H2O（g）2CO2（
40、g）+6H2（g）开始（mol/L） 0.5 1 0 0变化（mol/L） 0.1 0.3 0.2 0.6平衡（mol/L）0.4 0.7 0.2 0.6K1.36102，故B错误；C水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态，该比例随着温度升高的斜率固定，B、C都有先快后慢的变化，判断出变化快时未达到平衡，故C正确；D由图象分析，水醇比过高，450时乙醇转化率降低，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，故D正确；故选：CD。14（4分）向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（）Aa、b、c三点对应的溶液中pH
41、最大的为c点B该溶液中存在：C向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化Db点对应的溶液中存在：3c（Ca2+）c（K+）+c（H+）3c（CO32）+c（OH）+c（C1）【分析】A、H2CO3的电离平衡常数Ka2，则，c（H+）越小，则lg 越小；B、H2CO3是二元弱酸，一级电离平衡常数Ka1大于二级电离平衡常数Ka2；C、向b点溶液中通入CO2，则c（HCO3）增大，增大；D、由图b点可知，c（ CO32）c（HCO3），结合电荷守恒关系分析；【解答】解：A、H2CO3的电离平衡常数Ka2，则，可知溶液越小，c（H+）越小，pH越大，所以a，b，c三点对应溶液pH的大小顺序为：a
42、bc，故A错误；B、H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1Ka2，、，溶液中c（H+）相同，所以溶液中存在：，故B正确；C、向b点溶液中通入CO2，则c（HCO3）增大，lg 增大，所以可使b点溶液向c点溶液转化，故C正确；D、根据电荷守恒可得：2c（Ca2+）+c（K+）+c（H+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），b点时lg0，即c（CO32）c（HCO3），则2c（Ca2+）+c（K+）+c（H+）3c（CO32）+c（OH）+c（Cl），故D错误；故选：BC。15（4分）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NOCO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻
43、点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法错误的是（）A2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）HOB均相NOCO反应经历了三个过渡态和五个中间体C整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定DNO二聚体（）比N2O分子更容易与CO发生反应【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，NO（g）+NO（g）H+199.2kJmol1，+CO（g）CO2（g）+N2O（g）H513.5kJmol1，CO2（g）+N2O（g）+CO（g）2CO2（g）+N2（g）H307.6kJmol1，结合活化能、焓等知识分析。【解答】解：A+得：2NO（g）+2CO（ g）N2（g）+2CO2（g）H+199.2kJmol1513.5kJmol1307.6kJmol1621.9kJmol1，故A错误；B均相NOCO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，IM1