东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（二）化学参考答案（含解析）

东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（二）化学参考答案（含解析）1．B【分析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。【点睛】A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。2．B【分析】三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。【详解】A．4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH<－116kJ·mol－1，故A错误；B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a>1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b>2，故B正确；C．根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比，解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa，故C错误；D．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，故α1(HCl)+α2(Cl2)<1，故D错误；故选B。3．B【详解】A.硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B.少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C.高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；D.小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。4．A【详解】A.7.8g硫化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol硫化钠和过氧化钠的混合物中含有0.2mol钠离子和0.1mol硫离子与过氧根离子的混合物，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故A正确；B.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，故B错误；C.1.0L1.0mol·L-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数目大于NA，因为水中也含有氧原子，故C错误；D.常温常压下，18g羟基（-O2H）中所含的中子数为N=×NA=×10NA=10NA，故D错误；故选A。5．D【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。6．C【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3：4，且Y可形成2个共价键，则Y为S；W、X、Y位于同一周期，则位于第三周期，W形成1条化学键，则W为Cl，X形成4条化学键，则X为Si；Z与W位于同一主族，则Z为F。【详解】A．同一周期，从左到右，主族元素原子的半径逐渐减小，所以原子半径：Si>S>Cl>F，故A正确：B．Y与氧元素形成的化合物SO2和SO3，均能与NaOH溶液反应，故B正确：C．X和W形成的化合物SCl4中只存在极性键，故C错误：D．W与氧元素形成的化合物ClO2可用于自来水的消毒，故D正确。故选C。7．D【解析】对于反应，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。求出反应后的气体的总物质的量，再根据C的生成量，求出其余物质的物质的量，求出x，再求出其它量。【详解】对于反应，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为6mol，反应前后压强之比为6：5，所以反应后气体的总物质的量为5mol。A．达到平衡时生成2molC，则消耗A的物质的量为1.5mol，消耗B的物质的量为1mol，生成D的物质的量为0.5xmol，则平衡时A的物质的量为4mol-1.5mol=2.5mol，B的物质的量为2mol-1mol=1mol，则2.5mol+1mol+0.5xmol=5mol，x=3，A错误；B．用A表示的反应速率为v(A)=mol˙L-1˙min-1，B错误；C．因为x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，，温度不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C错误；D．若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，物质反应的物质的量的比是3∶2，则2min末达到平衡时A、B的转化量之比仍为3：2，所以2min末达到平衡时A、B的转化率相等，D正确；故选D。8．B【分析】①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣，可知含不溶于水的物质或生成沉淀；②取一定量的滤液分成二份。一份加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的pH试纸变蓝的气体，气体为氨气，可知原溶液含铵盐，另外一份加入BaCl2溶液，无明显现象产生，说明不存在钡离子、钙离子、银离子等；③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣部分溶解，再加入新制氯水和KSCN溶液，溶液显血红色，可知滤渣含铁元素，以此来解答。【详解】A．溶于水得到滤渣含Fe2O3、CaCO3，能全部溶于盐酸，不符合题意，故A不选；B．溶于水得到滤渣为Ag，铁过量时含Fe，Ag与稀盐酸不反应，滤液含有铵根离子，加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的pH试纸变蓝的气体，气体为氨气，滤液和氯化钡不反应，符合题意，故B选；C．溶于水得到滤渣为FeO、BaCO3，滤液中只含NH4Cl，与氯化钡不反应，不符合题意，故C不选；D．溶于水得到滤渣为SiO2，与稀盐酸不反应，不符合题意，故D不选；故选B。9．C【分析】所带负电荷数是其离子数的2倍。的电离程度大于其水解程度，的水解程度大于其电离程度，据此分析解题。【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3−电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH−)，NaHCO3溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，c(OH−)>c(H+)，故A错误；B．由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)═c()+2c()+c(OH−)，故B错误；C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c()+c()+c(H2RO3)，由溶液呈电中性有电荷守恒关系(a)：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，二者联式可得c(H+)+c(H2RO3)=c()+c(OH-)，故C正确；D．同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c()不一定相等，c()>c()，故D错误；故选C。10．A【详解】A．正己烷和2，2-二甲基丁烷均是烷烃，两者分子式相同，但结构式不同，属于同分异构体，A项错误；B．中，苯环共平面，乙炔基为直线型与苯环相连，在平面内，苯环上的甲基，最多有两个原子在平面内，则共平面的原子数目最多为15个，B项正确；C．相同碳原子的烃，支链越多，沸点越低，因此正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇含有分子间氢键，因此乙醇的沸点比二甲醚的高，C项正确；D．苯环影响甲基，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃则不能，是因为烷烃不含苯环，说明苯环活化了甲基，D项正确；答案选A。11．C【详解】向饱和溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解的能力，再通入(碳酸化塔)，反应生成和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的进入回转焙烧炉焙烧后转化为、水和二氧化碳，可进入碳酸化塔重复利用，进入碱母液储罐，由于的溶解度在低温下比小，向其中通入后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故A正确；B．根据，，反应产生的又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为，故B正确；C．氨母液储罐中的溶质主要是和，故C错误；D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，故D正确；故答案为C。12．B【分析】废铁屑加入足量稀硫酸，“反应I”中涉及的反应为：、、与硫酸反应，生成，调节pH使反应生成氢氧化铝沉淀，滤液溶质为，滤液中加入硫酸和亚硝酸钠，反应得到碱式硫酸铁，据此分析。【详解】A．“反应I”中与硫酸的反应是置换反应，、与硫酸反应是复分解反应，与反应是化合反应，，A正确；B．根据上述分析可知，“过滤”所得滤液中溶质主要是，B错误；C．“反应II”是亚硝酸根氧化的反应，生成和，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：，C正确；D．合理处理废铁屑可制取碱式硫酸铁，有利于环境保护和资源再利用，D正确；故本题选B。13．AB【详解】A．由反应历程可看到有→的过程，故该催化循环中Pd的成键数目发生变化，A错误；B