大连市第二十四中学2022-2023学年度高考适应性测试（一）化学参考答案1．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。2．D【详解】C2H4和C3H6的体积相同，密度相等，则C2H4和C3H6的质量相等；C2H4、C3H6的摩尔质量依次为28g/mol、42g/mol，C2H4和C3H6的物质的量之比为3:2，所含分子数目之比为3:2；所含氢原子数之比为（34）：（26）=1:1，即所含氢原子数目相等；同温度同体积，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，C2H4与C3H6的压强之比为3:2，P（C2H4）P（C3H6）；正确的为D，答案选D。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．B【详解】试题分析：A、盐酸少量生成碳酸氢钠，过量生成二氧化碳，A项错误；B、Al2O3和NaOH溶液不论量多少都生成氢氧化铝，B项正确；C、氢氧化钠少量生成二氧化碳，过量还生成氨气，C项错误；D、氢氧化钠少量生成碳酸氢钠，过量生成碳酸钠，D项错误；答案选B。考点：考查反应与量的关系5．D【详解】A．一元强酸滴定二元弱碱，滴定到终点时溶液显酸性，应该选甲基橙做指示剂，溶液有黄色到橙色且半分钟内不恢复原来的颜色，故A错误；B．在C点时，pH=5.9，X的二级电离，消耗盐酸的体积是18.75ml，c()=c()，Kb2=，故B错误；C．在A点时，未达到滴定终点，氯化氢的量很少，所以c(X)＞c(Cl-)＞c(HX)+，故C错误；D．在D点，电荷守恒是，物料守恒是，两者相加得2c(X)+c(HX)+=c(H+)-c(OH-)，故D正确；故选：D。6．A【详解】A．X装置打开K1，铜丝与硝酸接触反应生成的NO被排出。关闭K1，NO不溶于稀硝酸，将液面压到铜丝下方，反应停止，A项符合题意；B．Y装置中的药品若换成浓硫酸，则无法除去X中可能产生的NO2等杂质，且U形管装置承装的干燥剂应为固体，B项不符合题意；C．实验时应先通入氯气赶走装置内的空气，防止NO被氧化为NO2，C项不符合题意；D．方程式未配平，N元素不守恒，D项不符合题意；故正确选项为A全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》7．D【分析】因为还原性，所以通入氯气先后依次发生、、离子反应，所以段、段、段、段分别表示、、的物质的量的变化情况，并且根据横坐标氯气的物质的量，可以计算出、、的物质的量分别是、、，因此原溶液中和的物质的量分别为和。【详解】A．段反应为，表示物质的量的变化情况，A错误；B．AB段氯气和碘离子反应、消耗氯气1mol，FG段氯气和溴离子反应、消耗氯气2mol，原溶液中和的物质的量分别为、2mol，B错误；C．段发生的离子反应为，C错误；D．因为还原性，所以氯气会将全部氧化为之后再氧化，因此生成物中不会同时存在和，反应不能发生，D正确；答案选D。8．D【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.40kJ·mol−1，C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误；B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-298K(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。9．D【详解】A.1.6gNH2-离子为0.1mol，1个NH2-含质子数为9，故所含质子数为0.9NA，A错误；B.常温常压下，200g8.5%的H2O2溶液中来自H2O2的氧原子数为×2NA=NA，但溶液中的水也含氧原子，B错误；C.Na2O2晶体由Na+和O22-构成，7.8gNa2O2为7.8g÷78g/mol=0.1mol，晶体中所含离子总数为0.3NA，C错误；D.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，D正确；故选D。【点睛】Na2O2晶体由Na+和O22-构成，我们常会错误地认为，Na2O2晶体由Na+和O2-构成，从而得出错误的结论。10．B【分析】图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；【详解】A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据x点知，时，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线①表示随的变化，故A错误；B．即，由图可知，此时，，即，而，故，故B正确；C．为二元弱酸，其结构简式为，故C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，故D错误；故答案：B。11．C【详解】A．若两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：I＞II，A不正确；B．由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容器中的平衡常数：I＜II，B不正确；C．若温度不变，容器I和容器II中CO2的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移动，所以容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中CO2的少，C正确；D．若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器Ⅰ中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1，现容器II的温度比容器I低，相当于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO2的转化率减小，所以容器Ⅰ中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1，D不正确；故选C。12．A【分析】由曲线Ⅰ、曲线Ⅱ可以看出只是反应速率加快，化学平衡不移动，改变的条件为加入催化剂；【详解】A．根据图象，接近起始阶段，体系压强增大，但随着反应进行，气体分子数减少，容器体积不变，根据pV=nRT，p=，要使p增大，比如T增大，则说明反应放热，所以该反应焓变△H＜0，故A错误；B．发生的反应为：，曲线中平衡时的温度与起始时的温度相同，则，可得x=0.4，则0～10min内，故B正确；C．10min时反应达到平衡，曲线II对应的NO的平衡转化率为×100%=80%，故C正确，D．反应达到平衡时c(NO)=c(H2)=mol/L=0.02mol/L，c(N2)=mol/L=0.04mol/L，c(H2O)=0.08mol/L，所以K==1600，故D正确；故选：A。13．BD【详解】A．随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；B．根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C．Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D．设起始时，设反应前体积是V，反应后体积为x，则由三段式：虽然随着反应的进行，体积在变，但是，一氧化氮和二氧化氮的浓度是相等的，故有，由于是恒压体系，根据体积之比等于气体物质的量之比，则有，解得，，则平衡后氧气的浓度c(O2)=，，现在分析K和2000之间的大小关系，设，则，，0.75a+5×10-4=7.5×10-1a-500a2+5×10-4，只有500a2=0，上述等式才能成立，因为a>0，所以K不等于2000，若K<2000，则-500a2>0，这个是不成立的，若K>2000，则500a2>0，这是成立的，所以K>2000，是成立的，故D正确；故选BD。【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。14．CD【分析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当时，pH应为7，但是当时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点P3，是因为存在水解平衡，故BOH是一元弱碱。【详解】A．由图可知，当pH=9.25，即c(OH-)，lgc(BOH)=lgc(B+)，BOH的电离平衡常数为，故A项错误；B．t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，且c(H+)与c(OH-)不相等，所以2c(H+)+c(BOH)不等于2c(OH-)+c(B+)，故B项错误；C．P1所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25mol·L-1，c(OH-)mol·L-1，，得到c(C1-)＜0.05mol·L-1，故C项正确；D．P2所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据，，故D项正确。故答案选CD。15．BD【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe