化学答案可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-7O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Ni-597．2022年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法错误的是（）A．非遗文化“北京绢人”技术制作的中国娃娃入驻奥运村，可用加酶洗涤剂清洗娃娃B．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入C．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料D．二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，可减少向空气中排放CO2【答案】A【解析】A项：“北京绢人”技术制作的中国娃娃的主要材料是丝绢，不能用加酶洗涤剂清洗，A项错误；B项：“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，B正确；C项：无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D项：用二氧化碳人工全合成淀粉，可将二氧化碳转化为“粮食”，从而减少向空气中排放CO，D正确；故选A。8．臭氧已成为夏季空气污染的元凶，地表产生臭氧的机理如图所示，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．反应①②③都是氧化还原反应B．17g18O3和16O2的混合气体中所含质子数为8NAC．25°C时，1LpH=2的HNO2溶液中含H+的数目为0.01NAD．25℃，101kPa下,11.2L的NO和O2混合气体中所含的原子数为NA【答案】C【解析】反应②是O2与O反应生成O3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A错误；17g18O3和16O2的混合气体不一定含有1molO，故B错误；不是标准状况，故D错误。故选C9．X、Y、Z、W、M是五种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示，已知Y的原子核外电子总数是W的4倍，M、X的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等。下列说法错误的是（）A．离子半径：Y>Z>X>WB．1molM与X形成的化合物能与水剧烈反应，转移的电子数为2NAC．Y与Z形成的Y2Z2分子中各原子最外层均达到稳定结构D．1mol离子化合物X2Y5中含有4mol非极性共价键【答案】B【解析】Y的原子核外电子总数是W的4倍，它们都是主族元素，假设W的电子总数为3，Y为12，则W为Li，Y为Mg，或W的电子总数为4，Y为16，则W为Be，Y为S；M、X的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则W的最外层电子数大于1，因此W不可能为Li，只能为Be，则M、X的最外层电子数都是1，则M为H，X为Na，Z的原子序数比Y(S)大，则Z为Cl；分析可知，X为Na、Y为S、Z为Cl、W为Be、M为H元素；A．离子半径：S2->Cl->Na+>Be2+,A正确；B．M与X形成的化合物NaH能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，转移的电子数为NA,B错误；C．Y与Z形成的分子是S2Cl2的结构是为Cl-S-S-Cl,所以均满足稳定结构，C正确；D．X与Y形成的化合物Na2S5含有4条S-S非极性共价键，D正确；故选B。10．一种抗血栓药物新抗凝的结构如图所示，以下说法正确的是（）A．新抗凝的分子式为C17H12NO5，含有苯环所以属于芳香烃B．新抗凝的分子中最多8个碳原子共面C．新抗凝分子的一氯代物有6种D．1mol该分子可与2molNaOH发生水解反应，可与7molH2发生加成反应【答案】D【解析】A．由新抗凝结构可知其属于烃的衍生物故A错误；B．由结构可知所有的碳原子都有可能共面故B错误，；C．由结构可知其一氯代物有8种故C错误；D．新抗凝含有1个酯基，水解后可生成羧酸和酚，则1mol新抗凝含最多可与2molNaOH发生反应，有二个苯环和一个双键，则1mol新抗凝含最多可与7molH2发生反应故D正确；11．已知电离平衡常数的数据：草酸Ka1=5.0×10-2、Ka2=5.4×10-5；碳酸Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11。根据草酸的实验及其现象，判断下列说法及相应的离子方程式或化学方程式都正确的是（）实验装置试剂a现象①Ba(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色，产生气泡④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质A．实验①可证明草酸属于二元弱酸：Ba2++2OH-+H2C2O4=BaC2O4+2H2OB．实验②可证明草酸的酸性大于碳酸：2HCO3-+H2C2O4=C2O42-+2H2O+2CO2C．实验③可证明草酸有还原性：D．实验④可证明草酸可发生酯化反应：【答案】D【解析】A．H2C2O4能够与Ba(OH)2溶液发生反应Ba(OH)2+H2C2O4=BaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ba2++2OH-+H2C2O4═BaC2O4↓+2H2O，但不能证明其是二元弱酸，故A错误；B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B错误；C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；D．H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正确；故选D。12.如图是一种能将苯酚氧化为的原电池－电解池组合装置（其中M和N均为离子交换膜），该装置能实现发电环保二位一体。下列说法正确的是()装置甲装置乙A.装置甲为原电池，a电极和c电极上发生的反应均为氧化反应B.装置乙中每转移2.1mol电子，c、d两极共产生气体33.6L（标准状况）C.b极的电极反应式为：C6H6O+28e—+11H2O=28H++6CO2D.装置甲中的M和N均为阴离子交换膜【答案】B【解析】本题考查原电池-电解池组合装置。由装置图可知，左侧装置中存在自发进行的氧化还原反应，为原电池，上重铬酸根离子得电子发生还原反应，为原电池的正极，b电极上苯酚失电子发生氧化反应，为原电池的负极；右侧装置为电解池，与b极相连的c极为阴极，溶液中氢离子得电子发生还原反应，与a极相连的d极为阳极，水失电子生成，氧化苯酚达到处理废水的目的。根据分析可知a电极为正极，c电极为阴极均发生还原反应，A错误；羟基自由基氧化能力仅次于氟，能氧化苯酚，生成二氧化碳和水，则苯酚被氧化的化学方程式为,c极上氢离子放电，电极反应式为，d极的电极反应式为，结合苯酚的氧化过程可知，当转移2.1mol电子时，c极上生成1.05mol氢气，d极上生成2.1mol的，氧化苯酚时生成CO2为0.45mol，标准状况下c、d两极共产生气体的体积为（1.05+0.45）◊22.4=33.6L标准状况下），B正确；b电极上苯酚转化为二氧化碳，根据原子守恒、电荷守恒，可以写出电极反应式为，C错误；根据分析可知a电极上发生：Cr2O72-+6e—+8H+=2Cr(OH)3+H2O,b电极上发生，M和N应该允许氢离子通过所以应该是阳离子交换膜，D错误13．25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L−1的氨水中（溶液体积变化忽略不计），溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[]的关系如下图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是（）A．25℃时，若HR电离常数Ka=10-3.2，则NH4R的水溶液呈酸性B．t=0.5时的溶液：c(NH)＞c(Cl−)＞c(NH3·H2O)＞c(OH−)＞c(H+)C．P2所示溶液呈中性且c(NH3·H2O)：c(NH)=102.25：1D．P1所示溶液：c(Cl−)＞0.05mol·L−1；P3所示溶液：c(NH3·H2O)+c(NH)=c(Cl−)【答案】C【解析】由图可知P1时铵根和一水合氨的浓度相同，P2时溶液显中性氢离子和氢氧根离子相同，同时结合一水合氨的电离常数的表达式，，以此解题。A项：由图可知，图中P1点pH=9.25，c(OH−)=10-4.75mol·L−1，此时，则NH3·H2O的电离平衡常数，所以铵根水解程度大，A正确；B项：t=0.5时溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨的混合物，由图可知溶液此时显碱性，则一水合氨的电离大于铵根离子水解，则此时溶液中的离子浓度大小顺序为：c(NH)＞c(Cl−)＞c(NH3·H2O)c(OH−)＞c(H+)，B正确；C项：P2所示溶液pH=7，c(OH−)=10-7mol·L−1，根据电离常数，则，故c(NH3·H2O)：c(NH)=1：102.25，C错误；D项：P1所示溶液中电荷守恒，，由图可知P1点时，且c()=10-1mol·L−1，，则，，P3所示溶液为氯化铵溶液，依据物料守恒得c(NH3·H2O)+c(NH)=c(Cl−)，D正确；故选C。26．草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，即K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是制备某些铁触媒的主要原料。该配合物易溶于水，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解。可用如下流程来制备，请回答下列问题：I.草酸的制备：实验室可用电石(主要成分，含少量杂质)制取草酸的装置如图所示。（友情提示：）公众号：高中试卷君(1)装置C中生成H2C2O4的化学方程式为_______；(2)有关此实验，下列说法正确的是（）A．装置B和装置E的作用不同，所以瓶中所添加的的试剂必不相同B．装置C中多孔球泡的作用是防止溶液倒吸装置D为空载仪器，起安全瓶的作用D．要想从装置C中得到草酸晶体（H2C2O42H2O），可以蒸发至有大量晶体析出时停止加热，即得产品(3)准确称取15.0克的草酸（H2C2O4）的粗产品于锥形瓶中加入适量蒸馏水溶解，用2.20mol·L−1酸性高锰酸钾标准溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00mL(假设杂质不参与反应)，产品中草酸（H2C2O4）的质量分数为_______（保留三位有效数字）。II.草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备(1)“溶解”时加入硫酸的目的是___________(请用离子反应方程式表示)；(2)流程的“氧化”这一步，是依次加入试剂，不断搅拌溶液并维持在40℃左右充分反应后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5此时溶液呈翠绿色，请写出使沉淀溶解生成翠绿色溶液的离子方程式:___；将得到的翠绿色溶液趁热过滤到烧杯中降温结晶，___(补充必要的步骤和试剂)，干燥后即得草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体； (3)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为。26（共14分）答案：I.草酸的制备(1)（2分）(2)C（2分）(3)66.0%（2分）II.草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备(1)Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+（2分）(2)2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe(C2O4)3]3-+6H2O（2分）过滤后乙醇洗涤（2分）(3)1：1（2分）I.草酸的制备【分析】由实验装置图可知，装置A中电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，同时会产生硫化氢气体，装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，装置C中乙炔在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生成草酸，空载仪器装置D用于防止二氧化氮与氢氧化钠溶液反应产生倒吸，装置E中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮气体，防止污染环境。【详解】（1）装置C中发生的反应为在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生成草酸，反应的化学方程式为，故答案为：（2）装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，用于防止具有强还原性的硫化氢干扰乙炔与浓硝酸的反应，装置E中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮气体，防止污