卷02小题素养卷
难度：★★★★☆ 建议用时： 30分钟 正确率 ： /30
一、单选题
1．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．《吕氏春秋别类》中"金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢"，体现合金硬度比成分金属大的性质，A不符合题意；
B．中国空间站天宫授课展示了许多有趣的实验，过滤要比溶解、蒸发更难进行，因为处于失重状态，液体无法自然流下，B不符合题意；
C．高铁酸钾有强氧化性，有杀菌消毒功能及净水功能，明矾只有净水功能，不能杀菌消毒，二者的净水原理不完全相同，C符合题意；
D．春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术，D不符合题意；
故选C。
2．
【答案】B
【解析】
【详解】
A．该颜料中CuCO3和Cu(OH)2均难溶于水，故A正确；
B．石青与盐酸反应的方程式为：2CuCO3•Cu(OH)2 6HCl=3CuCl2 4H2O 2CO2↑，故B错误；
C．CuCO3和Cu(OH)2均受热分解可得到黑色固体CuO，故石青加热分解能得到黑色固体，故C正确；
D．石青[2CuCO3•Cu(OH)2]在常温下较稳定，故是历史上名家大作喜爱的原因，故D正确；
故选B。
3．
【答案】B
【解析】
【详解】
A．42g丙烯的物质的量为1mol，只有2molC原子采取sp2杂化，碳原子数为2NA，A正确；
B．标准状况下PCl5为固体，B错误；
C．1mol[Ag(NH3)2] 中心原子与氨气形成2mol配位键，配位键数为2NA，C正确；
D．C的价层电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，故0.5molC中含有的未成对电子数为NA，D正确；
故选B。
4．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．C6H5ONa溶液中通入少量CO2，碳酸酸性比苯酚强，苯酚酸性比碳酸氢根强，离子方程式正确，故产物为苯酚和碳酸氢根，A正确；
故选C。
5．
【答案】A
【解析】
【详解】
A． Cu2 、SO42-、Al3 、NO3-之间不发生反应，能大量共存，故A符合题意；
B．水电离出c(H )=10-12mol/L的溶液可能呈碱性也可能呈酸性，HCO3-与H 、OH-均发生反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C． Fe3 具有氧化性，I-具有还原性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．使甲基橙呈...的溶液是pH>4.4的溶液，可能呈酸性，酸性溶液中，H 与AlO2-反应生成Al(OH)3，不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
6．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由弥罗松酚衍生物A的结构简式可知，其化学式为C20H26O2，A正确；
B．弥罗松酚衍生物A中含有碳碳双键，可发生加成反应，能与HCN加成形成羟基腈类化合物，B正确；
C．弥罗松酚衍生物A中的酚羟基能与Na、NaOH、Na2CO3发生反应，不含羧基，不能与NaHCO3反应，C错误；
D．一个弥罗松酚衍生物A分子中含有一个碳碳双键可与一个Br2分子发生加成反应，酚羟基邻对位碳原子上有氢原子可与Br2发生取代反应，故1mol弥罗松酚衍生物A与溴水反应，最多可消耗2molBr2，D正确；
故选C。
7．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．若X为N2，N2与O2放电或高温下化合成的Y为NO，NO与O2化合成的Z为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则A为HNO3，A项正确；
B．若X为S，S与O2点燃时反应生成的Y为SO2，SO2与O2化合成的Z为SO3，SO3与H2O化合成的A为H2SO4，B项正确；
C．根据A项分析，若X为N2，则Y、Z依次为NO、NO2，NO2与H2O的反应为氧化还原反应；根据B项分析，若X为S，Y、Z依次为SO2、SO3，SO3与H2O的反应为非氧化还原反应，C项错误；
D．若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，A为HNO3，Cu与稀硝酸反应生成NO；若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，A为H2SO4，Cu与浓硫酸共热反应生成SO2；若X为C或CH4，Y为CO，Z为CO2，A为H2CO3，Cu与H2CO3不反应，D项正确；
答案选C。
8．
【答案】B
【解析】
【分析】
将烟气通入氨水中发生反应Ⅰ生成碳酸铵，再加入石灰乳发生反应Ⅱ生成碳酸钙和氨水，过滤得到的滤液中含有氨水，可循环使用；所得碳酸钙沉淀进行洗涤干燥，得到轻质CaCO3。
【详解】
A．“反应I”中增大氨水浓度，可以充分吸收二氧化碳，能提高烟气中CO2去除率，选项A正确；
B．加入石灰乳时生成碳酸钙沉淀和氨水，故初始时溶液中的铵根离子、碳酸根离子因反应而快速降低导致导电能力快速降低，后加入过量的氢氧化钙，由于生成氨水的电离及过量氢氧化钙的电离导致离子浓度增大，导电能力逐渐上升，选项B错误；
D．所得“滤液”中含有氨水，可转移到“反应I”中循环利用，选项D正确；
答案选B。
9．
【答案】D
【解析】
【分析】
海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2 ，苦卤水中加物质X使Mg2 转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。据此分析解答。
【详解】
A．苦卤水中加物质X使Mg2 转化为Mg(OH)2，一般采用生石灰做沉淀剂，故A正确；
B．镁为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，故B正确；
C．MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2，发生的反应为
，故C正确；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误。
故选：D。
10．
【答案】B
【解析】
【详解】
A．气体会从长颈漏斗中逸出，故A错误；
B．NO2密度比空气大且NO2会造成大气污染，尾气要吸收处理且要防倒吸，故B正确；
C．过滤时不能搅拌，故C错误；
D．蒸发时不能直接蒸干，且灼烧时Cu(NO3)2会分解为CuO，故D错误；
故选B。
11．
【答案】C
【解析】
【分析】
浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池，该浓差电池最终交换膜两侧硫酸铜溶液浓度相等，即阴离子交换膜左侧溶液c(CuSO4)增大，右侧c(CuSO4)减小，又因为只允许阴离子迁移，故交换膜左侧铜极溶解，c(Cu2 )增大；交换膜右侧铜极上析出铜，c(Cu2 )减小，即Cu(1)极为负极，发生反应Cu-2e-═Cu2 ；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2 2e-═Cu，SO42-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，Cu(1)极为负极，Cu(2)极为正极，原电池中阴离子流向负极，则SO42-向Cu(1)极区域迁移，A正确；
B．由分析可知，Cu(1)极为负极，则C(2)极为阴极，电解池中阴极发生还原反应，B正确；
C．由分析可知，Cu(2)极为正极，则C(1)极为阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，故NaCl中的Cl-通过膜1进入阳极室，故膜1为阴离子交换膜，C错误；
D．由B项分析可知，C(2)极为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O-2e-=2OH- H2↑，D正确；
故答案为：C。
12．
【答案】B
【解析】
【详解】
A．由图示可知，Fe较活泼，是负极，Fe转化成Fe2 ，Cu是正极，HOOCCH(OH)CH2COOH转化成OOCCH(OH)CH2COO2-和H2，铜片上可能发生的反应为HOOCCH(OH)CH2COOH 2e-=-OOCCH(OH)CH2COO- H2↑，A正确；
B．由图示可知，Fe较活泼，是负极，Fe转化成Fe2 ，Cu为正极，反应为O2 2H2O 4e-=4OH-，B错误；
C．由图示可知，图3电池锌筒做负极，放电过程中锌被不断消耗，用久有漏液风险，C正确；
D．由图示可知，金属铝可以自发的与NaOH反应，故Al是负极，Mg是正极，电流从镁电极流向铝电极，D正确；
故选B。
13．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3?H2O)减小，c(NH4 )增大，则溶液中δ(NH3?H2O)减小，δ(NH4 )增大，根据图知，曲线a代表δ(NH4 )，曲线c代表δ(NH3?H2O)，故A错误；
B．当加入盐酸体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为NH4Cl和NH3?H2O，且n(NH4Cl)=2.5?10-3mol，n(NH3?H2O)= 2.5?10-3mol，由于以NH3?H2O的电离常数大于NH4 的水解常数，因此c(NH4 )>c(NH3?H2O)，而M点时，c(NH4 )=c(NH3?H2O)，所以M点加入盐酸体积小于12.5mL
D．若改为醋酸，当加入体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为CH3COO NH4和NH3?H2O，且n(CH3COO NH4)=2.5?10-3mol，n(NH3?H2O)= 2.5?10-3mol，由于以 CH3COONH4发生双水解， c(NH4 )比用盐酸时要小，为使M点c(NH4 )=c(NH3?H2O)，则加入醋酸体积大于使用盐酸时体积，则M点随CH3COOH溶液体积的变化下移，故D错误；
故选：C。
14．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．NH3?H2O的电离平衡常数
，据图可知当lgc(NH4 )=lgc(NH3?H2O)，即c(NH4 )=c(NH3?H2O)时，溶液pH=9.25，pOH=4.75，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A正确；
B．t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3?H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4 ) c(H )=c(OH−) c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3?H2O) c(NH)，联立可得2c(H ) c(NH4 ) =c(NH3?H2O) 2c(OH−)，B正确；
C．若c(Cl−)=0.05mol?L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH3?H2O和NH4Cl，由于NH4 的水解程度和NH3?H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH)≠c(NH3?H2O)，与P1不符，C错误；
答案为D。
15．
【答案】A
【解析】
【详解】
C．醋酸和盐酸的体积未知，不能计算两者消耗的NaOH的物质的量，故C错误；
D． pH=7的溶液，溶质对水的电离平衡可能有影响，如向醋酸溶液中逐滴加入NaOH溶液过程中，某一时刻溶液的pH=7，此时溶液中存在的两种溶质分别是醋酸钠和醋酸，醋酸钠水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离，故D错误；
答案选A。
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