江蘇省鹽城市東臺三倉2023年高三第六次模擬考試化學(xué)試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2023高考化學(xué)模擬試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列有關(guān)物質(zhì)的用途、性質(zhì)都正確且有相關(guān)性的是選項用途性質(zhì)A液氨作制冷劑NH3分解生成N2和H2的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)BNH4Fe(SO4)2·12H2O常作凈水劑NH4Fe(SO4)2·12H2O具有氧化性C漂粉精可以作環(huán)境消毒劑漂粉精溶液中ClO-和HClO都有強(qiáng)氧化性DAl2O3常作耐高溫材料Al2O3,既能與強(qiáng)酸反應(yīng),又能與強(qiáng)堿反應(yīng)A.A B.B C.C D.D2、某學(xué)習(xí)小組在室溫下用0.01mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.01mol/L的H2A溶液,滴定曲線如圖。(H2A的電離分兩步,H2A=H++HA-,HA-H++A2-)下列說法錯誤的是A.室溫時,E點對應(yīng)的溶液中0.01mol/L<c(H+)<0.02mol/LB.F點對應(yīng)溶質(zhì)是NaHA,溶液顯酸性C.G點溶液顯中性的原因是溶質(zhì)為Na2AD.H點溶液中,c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)3、我國某科研機(jī)構(gòu)研究表明,利用K2Cr2O7可實現(xiàn)含苯酚廢水的有效處理,其工作原理如下圖所示。下列說法正確的是A.N為該電池的負(fù)極B.該電池可以在高溫下使用C.一段時間后,中間室中NaCl溶液的濃度減小D.M的電極反應(yīng)式為:C6H5OH+28e-+11H2O=6CO2↑+28H+4、有關(guān)晶體的下列說法中正確的是A.原子晶體中共價鍵越強(qiáng),熔點越高B.分子晶體中分子間作用力越大,分子越穩(wěn)定C.冰熔化時水分子中共價鍵發(fā)生斷裂D.CaCl2晶體中含有兩種化學(xué)鍵5、某抗癌藥物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示,其中W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述正確的是A.元素的非金屬性:W>Z>XB.Y的最高價氧化物的水化物是強(qiáng)酸C.W的最簡單氫化物與Z的單質(zhì)混合后可產(chǎn)生白煙D.Y、Z形成的化合物中,每個原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)6、硒(Se)與S同主族,下列能用于比較兩者非金屬性強(qiáng)弱的是()A.氧化性:SeO2>SO2 B.熱穩(wěn)定性:H2S>H2SeC.熔沸點:H2S<H2Se D.酸性:H2SO3>H2SeO37、通常條件下,經(jīng)化學(xué)反應(yīng)而使溴水褪色的物質(zhì)是()A.甲苯 B.己烯 C.丙酸 D.戊烷8、常溫常壓下,某燒堿溶液與0.05mol氯氣恰好完全反應(yīng),得到pH=9的混合溶液(溶質(zhì)為NaC1與NaC1O)。下列說法正確的是(NA代表阿伏加德羅常數(shù))A.氯氣的體積為1.12L B.原燒堿溶液中含溶質(zhì)離子0.2NAC.所得溶液中含OH-的數(shù)目為1×10-5NA D.所得溶液中ClO-的數(shù)目為0.05NA9、下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是A.A B.B C.C D.D10、25℃時,向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液中由水電離出的c水(OH-)的負(fù)對數(shù)[-1gc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法中正確的是A.水的電離程度:M>N=Q>PB.圖中M、P、Q三點對應(yīng)溶液中cHXC.N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D.P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)11、已知一定溫度下硫酸銅受熱分解生成氧化銅、三氧化硫、二氧化硫和氧氣;三氧化硫和二氧化硫都能被氫氧化鈉溶液吸收?,F(xiàn)進(jìn)行如下實驗:①加熱10g硫酸銅粉末至完全分解,②將生成的氣體通入足量濃氫氧化鈉溶液。反應(yīng)結(jié)束后稱量①中固體質(zhì)量變?yōu)?g,②中溶液增加了4.5g。該實驗中硫酸銅分解的化學(xué)方程式是A.3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ B.4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑C.5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D.6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑12、化學(xué)家合成了一種新化合物(如圖所示),其中A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,B與C在同一主族,C與D在同一周期。下列有關(guān)說法正確的是A.熔點:B的氧化物>C的氧化物B.工業(yè)上由單質(zhì)B可以制得單質(zhì)CC.氧化物對應(yīng)水化物的酸性:D>B>CD.A與B形成的化合物中只含有極性鍵13、下列實驗操作、現(xiàn)象和所得到的結(jié)論均正確的是選項實驗內(nèi)容實驗結(jié)論A取兩只試管,分別加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液,然后向一只試管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液2mL,向另一只試管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液4mL,第一只試管中溶液褪色時間長H2C2O4濃度越大,反應(yīng)速率越快B室溫下,用pH試紙分別測定濃度為0.1mol·L-1HClO溶液和0.1mol·L-1HF溶液的pH,前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC檢驗FeCl2溶液中是否含有Fe2+時,將溶液滴入酸性KMnO4溶液,溶液紫紅色褪去不能證明溶液中含有Fe2+D取兩只試管,分別加入等體積等濃度的雙氧水,然后試管①中加入0.01mol·L-1FeCl3溶液2mL,向試管②中加入0.01mol·L-1CuCl2溶液2mL,試管①中產(chǎn)生氣泡快加入FeCl3時,雙氧水分解反應(yīng)的活化能較大A.A B.B C.C D.D14、下列說法正確的是A.純堿和燒堿熔化時克服的化學(xué)鍵類型相同B.碘晶體受熱轉(zhuǎn)變成碘蒸氣,吸收的熱量用于克服碘原子間的作用力C.SO3溶于水的過程中有共價鍵的斷裂和離子鍵的形成D.HF的熱穩(wěn)定性很好,主要是因為HF分子間存在氫鍵15、已知氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標(biāo)志,有機(jī)物A~E能發(fā)生如圖所示一系列變化,則下列說法正確的是()A.A→B的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)B.常溫下有機(jī)物C是一種有刺激性氣味的氣體C.分子式為C4H8O2的酯有3種D.lmolD與足量碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體的體積為22.4L16、NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。關(guān)于常溫下pH=2的H2SO4溶液,溶液中不存在H2SO4分子,但存在HSO4一離子,下列說法錯誤的是A.每升溶液中的H+數(shù)目為0.01NAB.Na2SO4溶液中:c(Na+)=2c(SO42-)>c(H+)=2c(OH-)C.向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸,溶液中減小D.NaHSO4不是弱電解質(zhì)二、非選擇題(本題包括5小題)17、Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素,其原子序數(shù)依次增大。①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。②X、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。③常溫下,Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。請回答下列各題:(1)甲的水溶液呈酸性,用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n-+M2++H+→Z-+M4++H2O(M為金屬元素,方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸,同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。18、氨甲環(huán)酸(F)又稱止血環(huán)酸、凝血酸,是一種在外科手術(shù)中廣泛使用的止血藥,可有效減少術(shù)后輸血。氨甲環(huán)酸(F)的一種合成路線如下(部分反應(yīng)條件和試劑未標(biāo)明):(1)B的系統(tǒng)命名為_______;反應(yīng)①的反應(yīng)類型為_____。(2)化合物C含有的官能團(tuán)的名稱為_____。(3)下列有關(guān)氨甲環(huán)酸的說法中,正確的是_____(填標(biāo)號)。a.氨甲環(huán)酸的分子式為C8H13NO2b.氨甲環(huán)酸是一種天然氨基酸c.氨甲環(huán)酸分子的環(huán)上一氯代物有4種d.由E生成氨甲環(huán)酸的反應(yīng)為還原反應(yīng)(4)氨甲環(huán)酸在一定條件下反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為________。(5)寫出滿足以下條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_____。①屬于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氫譜有3組峰(6)寫出用和CH2=CHOOCCH3為原料制備化合物的合成路線(其他試劑任選)。_____19、(發(fā)現(xiàn)問題)研究性學(xué)習(xí)小組中的小張同學(xué)在學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn):通常檢驗CO2用飽和石灰水,吸收CO2用濃NaOH溶液。(實驗探究)在體積相同盛滿CO2的兩集氣瓶中,分別加入等體積的飽和石灰水和濃NaOH溶液。實驗裝置和現(xiàn)象如圖所示。請你一起參與。(現(xiàn)象結(jié)論)甲裝置中產(chǎn)生該實驗現(xiàn)象的化學(xué)方程式為______________________。解釋通常用石灰水而不用NaOH溶液檢驗CO2的原因________________________________________________;乙裝置中的實驗現(xiàn)象是___________________________。吸收CO2較多的裝置是__________________。(計算驗證)另一位同學(xué)小李通過計算發(fā)現(xiàn),等質(zhì)量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的質(zhì)量,Ca(OH)2大于NaOH。因此,他認(rèn)為通過吸收CO2應(yīng)該用飽和石灰水。(思考評價)請你對小李同學(xué)的結(jié)論進(jìn)行評價:________________________________________________________。20、金屬磷化物(如磷化鋅)是常用的蒸殺蟲劑。我國衛(wèi)生部門規(guī)定:糧食中磷化物(以PH3計)的含量不超過0.050mg:kg-1時,糧食質(zhì)量方達(dá)標(biāo)?,F(xiàn)設(shè)計測定糧食中殘留磷化物含量的實驗如下(資料查閱)磷化鋅易水解產(chǎn)生PH3;PH3沸點為-88℃,有劇毒性、強(qiáng)還原性、易自然。(用量標(biāo)準(zhǔn)]如圖:裝置A、B、E中盛有的試劑均足量;C中裝有100原糧;D中盛有40.00mL6.0×10-5mol?L-1KMnO4溶液(H2SO4酸化)。(操作流程)安裝儀器并檢査氣密性→PH3的產(chǎn)生與吸收一轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→用Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。試回答下列問題:(1)儀器E的名稱是______;儀器B、D中進(jìn)氣管下端設(shè)計成多孔球泡形狀,目的是______。(2)A裝置的作用是______;B裝置的作用是吸收空氣中的O2,防止______。(3)下列操作中,不利于精確測定出實驗結(jié)果的是______(選填序號)。a.實驗前,將C中原糧預(yù)先磨碎成粉末b.將蒸餾水預(yù)先煮沸、迅速冷卻并注入E中c.實驗過程中,用抽氣泵盡可能加快抽氣速率(4)磷化鋅發(fā)生水解反應(yīng)時除產(chǎn)生PH3外,還生成______(填化學(xué)式)。(5)D中PH3被氧化成H3PO4,該反應(yīng)的離子方程式為______。(6)把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中,加水稀釋至250.00mL,取25.00mL于錐形瓶中,用5.0×10-5mol?L-1的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL.則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為______mg?kg-1,該原糧質(zhì)量______(填“達(dá)標(biāo)”或“不達(dá)標(biāo)“)。21、為有效控制霧霾,各地積極采取措施改善大氣質(zhì)量,研究并有效控制空氣中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量顯得尤為重要。(1)已知:①N2(g)+O2(g)?2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol;②CO的燃燒熱為283.0kJ/mol。則2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)ΔH=________kJ/mol。(2)在恒溫、恒容條件下,將2.0molNO和1.0molCO充入一個容積為2L的密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng),反應(yīng)過程中部分物質(zhì)的物質(zhì)的量(n)變化如圖所示。①N2在0~9min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(N2)=________mol/(L?min);②第9min時氮氣的產(chǎn)率為________;③第12min時改變的反應(yīng)條件可能為_______(填字母代號);A.升高溫度B.加入NOC.加催化劑D.減小壓強(qiáng)E.降低溫度④若在第24min將NO與N2的濃度同時增加到原來的2倍,化學(xué)平衡______移動(填“向正反應(yīng)方向”、“逆反應(yīng)方向”或“不”)。(3)若將反應(yīng)容器改為恒溫容積可變的恒壓密閉容器,壓強(qiáng)為P=3.0MPa,反應(yīng)物加入的物質(zhì)的量不變,達(dá)到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為50%,該溫度下此反應(yīng)平衡常數(shù)Kp=______

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、C【解析】

A.液氨汽化時需要大量吸熱,液氨常用作制冷劑,與氨氣的分解無關(guān),故A錯誤;B.鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體,使得具有吸附性,常作凈水劑,與氧化性無關(guān),故B錯誤;C.漂粉精作為消毒劑是因為ClO?和HClO都有強(qiáng)氧化性,故C正確;D.氧化鋁作為耐高溫材料是因為氧化鋁的熔點很高,與其化學(xué)性質(zhì)無關(guān),故D錯誤;故選C?!军c睛】本題的易錯點為B,要注意凈水劑是利用物質(zhì)的吸附性,殺菌消毒一般利用物質(zhì)的氧化性。2、C【解析】

由題給信息可知,H2A分步電離,第一步完全電離,第二步部分電離,F(xiàn)點20.00mL0.01mol/LNaOH溶液與20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反應(yīng)生成NaHA,G點溶液顯中性,溶質(zhì)為NaHA和Na2A,H點40.00mL0.01mol/LNaOH溶液與20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反應(yīng)生成Na2A。【詳解】A項、由題給信息可知,H2A分步電離,第一步完全電離,第二步部分電離,則0.01mol/L的H2A溶液中0.01mol/L<c(H+)<0.02mol/L,故A正確;B項、F點20.00mL0.01mol/LNaOH溶液與20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反應(yīng)生成NaHA,NaHA溶液中只存在電離,溶液顯酸性,故B正確;C項、G點溶液顯中性,溶質(zhì)應(yīng)為電離顯酸性的NaHA和水解呈堿性的Na2A,故C錯誤;D項、H點40.00mL0.01mol/LNaOH溶液與20.00mL0.01mol/L的H2A溶液恰好反應(yīng)生成Na2A,因H2A第一步完全電離,溶液中不存在H2A,則Na2A溶液中的物料守恒關(guān)系為c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-),故D正確。故選C?!军c睛】本題考查水溶液中的離子平衡,試題側(cè)重考查分析、理解問題的能力,注意酸的電離方程式,正確分析圖象曲線變化特點,明確反應(yīng)后溶液的成分是解答關(guān)鍵。3、C【解析】

A.由圖可知Cr元素化合價降低,被還原,N為正極,A項錯誤;B.該電池用微生物進(jìn)行發(fā)酵反應(yīng),不耐高溫,B項錯誤;C.由于電解質(zhì)NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離,使Na+和Cl-不能定向移動,所以電池工作時,負(fù)極生成的H+透過陽離子交換膜進(jìn)入NaCl溶液中,正極生成的OH-透過陰離子交換膜進(jìn)入NaCl溶液中與H+反應(yīng)生成水,使NaCl溶液濃度減小。C項正確;D.苯酚發(fā)生氧化反應(yīng)、作負(fù)極,結(jié)合電子守恒和電荷守恒可知電極反應(yīng)式為C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+,D項錯誤;答案選C。4、A【解析】

A.原子晶體中,共價鍵越強(qiáng),熔點越高,故A正確;B.分子的穩(wěn)定性與分子中的化學(xué)鍵有關(guān),與分子間作用力無關(guān),故B錯誤;C.冰融化時,發(fā)生了變化的是水分子之間的距離,而水分子內(nèi)部的O-H共價鍵沒有發(fā)生斷裂,故C錯誤;D.CaCl2晶體屬于離子晶體,鈣離子與氯離子之間形成的是離子鍵,氯離子與氯離子之間不存在化學(xué)鍵,故D錯誤;答案為A。5、C【解析】

由分子結(jié)構(gòu)可知Y形成5個共價鍵,則Y原子最外層有5個電子,由于W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,則W是N,Y是P,Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍,P最外層有5個電子,Z最外層電子數(shù)也是奇數(shù),X最外層電子數(shù)為偶數(shù),結(jié)合都是短周期元素,則Z是Cl最外層有7個電子,所以X最外層電子數(shù)為(5+7)÷2=6,原子序數(shù)比P小中,則X是O元素,然后分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知:W是N,X是O,Y是P,Z是Cl元素。A.元素的非金屬性:O>N,即X>W,A錯誤;B.Y是P,P的最高價氧化物的水化物是H3PO4是弱酸,B錯誤;C.W是N,Z是Cl,W的最簡單氫化物NH3與Z的單質(zhì)Cl2混合后會發(fā)生氧化還原反應(yīng):8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,反應(yīng)產(chǎn)生的NH4Cl在室溫下呈固態(tài),因此可看到產(chǎn)生白煙現(xiàn)象,C正確;D.Y是P,Z是Cl,二者可形成PCl3、PCl5,其中PCl3中每個原子均滿足8電子結(jié)構(gòu),而PCl5中P原子不滿足8電子結(jié)構(gòu),D錯誤;故合理選項是C?!军c睛】本題考查元素周期表和元素周期律的應(yīng)用。把握原子結(jié)構(gòu)與原子最外層電子數(shù)目關(guān)系,結(jié)合物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)簡式推斷元素是解題關(guān)鍵,側(cè)重考查學(xué)生分析與應(yīng)用能力,注意規(guī)律性知識的應(yīng)用。6、B【解析】

A.不能利用氧化物的氧化性比較非金屬性強(qiáng)弱,故A錯誤;B.熱穩(wěn)定性:H2S>H2Se,可知非金屬性S>Se,故B正確;C.不能利用熔沸點比較非金屬性強(qiáng)弱,故C錯誤;D.酸性:H2SO3>H2SeO3,不是最高價含氧酸,則不能比較非金屬性強(qiáng)弱,故D錯誤;故答案為B?!军c睛】考查同種元素性質(zhì)的變化規(guī)律及非金屬性比較,側(cè)重非金屬性比較的考查,注意規(guī)律性知識的總結(jié)及應(yīng)用,硒(Se)與S同主族,同主族從上到下,非金屬性減弱,可利用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價含氧酸的酸性等比較非金屬性。7、B【解析】

A.甲苯中沒有碳碳雙鍵,能萃取使溴水褪色,故A錯誤;B.己烯中含有碳碳雙鍵,能夠與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng),使溴水褪色,故B正確;C.丙酸中沒有碳碳雙鍵,不能使溴水褪色,故C錯誤;D.戊烷為飽和烷烴,不能使溴水褪色,故D錯誤;故選:B。8、B【解析】

A項,常溫常壓不是標(biāo)準(zhǔn)狀況,0.05mol氯氣體積不是1.12L,故A錯誤;B項,原溶液中溶質(zhì)為氫氧化鈉,含溶質(zhì)離子為Na+和OH-,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,0.05mol氯氣和0.1mol氫氧化鈉恰好反應(yīng),所以原燒堿溶液中含溶質(zhì)離子0.2NA,故B正確;C項,因為常溫常壓得到pH=9的混合溶液,所以c(OH-)=10-5mol/L,溶液體積未知不能計算OH-的數(shù)目,故C錯誤;D項,反應(yīng)生成0.05molNaClO,因為次氯酸根離子水解,所得溶液中C1O-的數(shù)目小于0.05NA,故D錯誤?!军c睛】本題以阿伏伽德羅常數(shù)的分析判斷為依托,主要考查鹽類水解的分析、化學(xué)方程式的計算應(yīng)用,題目綜合性較強(qiáng),重在考查分析綜合運用能力。A項注意是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況,為易錯點。9、A【解析】

A、石蠟油主要是含17個碳原子以上的烷烴混合物,在加熱條件下,石蠟油可分解生成烯烴,烯烴能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故A正確;B、若待測液中含有Fe3+也能出現(xiàn)相同的現(xiàn)象,故B錯誤;C、CH3CH2Br是非電解質(zhì)不能電離出Br-,加入硝酸銀溶液不能生產(chǎn)淺黃色沉淀,故C錯誤;D、鹽酸具有揮發(fā)性,錐形瓶中揮發(fā)出的氯化氫氣體能與苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚,不能證明碳酸的酸性大于苯酚,故D錯誤。【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價,涉及鹵代烴鹵素原子的檢驗、酸性比較、離子檢驗等,把握實驗操作及物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵,注意實驗方案的嚴(yán)謹(jǐn)性。10、C【解析】

A.M點:水電離出來的氫氧根離子為10-11.1mol/L,N點和Q點:水電離出來的氫氧根離子為10-7.0mol/L,P點水電離出來的氫氧根離子為10-5.4mol/L,水的電離程度:P>N=Q>M,故A錯誤;B.H2X的第二步電離常數(shù)Ka2=c(X2-)×c(H+)c(HX-)C.N點為NaHX與Na2X的混合溶液,由圖像可知,M點到P點發(fā)生HX-+OH-=H2O+X2-,根據(jù)橫坐標(biāo)消耗堿的量可知,在N點生成的X2-大于剩余的HX-,因此混合液n(Na2X)>n(NaHX),因為溶液呈中性,X2-的水解平衡與HX-的電離平衡相互抵消,所以N點溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-),故選C;D.P點恰好生成Na2X溶液,根據(jù)質(zhì)子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),故D錯誤;答案:C【點睛】本題注意把握圖象的曲線的變化意義,把握數(shù)據(jù)的處理,難度較大。11、B【解析】

由“反應(yīng)結(jié)束后稱量①中固體質(zhì)量變?yōu)?g,②中溶液增加了4.5g”可知,氫氧化鈉溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫,然后根據(jù)質(zhì)量守恒定律分析每個裝置的質(zhì)量變化情況,從而分析反應(yīng)中各物質(zhì)的質(zhì)量?!驹斀狻扛鶕?jù)質(zhì)量守恒定律分析,反應(yīng)生成氣體的質(zhì)量為10.0g?5.0g=5g,生成氧化銅的質(zhì)量為5g;氫氧化鈉溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫,其質(zhì)量為4.5g,生成的氧氣的質(zhì)量為5g?4.5g=0.5g;則參加反應(yīng)的硫酸銅和生成氧化銅及生成的氧氣的質(zhì)量比為10g:5g:0.5g=20:10:1,表現(xiàn)在化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)之比為(20÷160):(10÷80):(1÷32)=4:4:1,故該反應(yīng)的化學(xué)方程式為:4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑,故答案為:B。【點睛】本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)反應(yīng)的質(zhì)量差分析出各物質(zhì)的質(zhì)量,然后求出方程式中物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)。12、B【解析】

從圖中可以看出,B、C都形成4個共價鍵,由于B與C在同一主族且原子序數(shù)C大于B,所以B為碳(C)元素,C為硅(Si)元素;D與C同周期且原子序數(shù)大于14,從圖中可看出可形成1個共價鍵,所以D為氯(Cl)元素;A的原子序數(shù)小于6且能形成1個共價鍵,則其為氫(H)元素?!驹斀狻緼.B的氧化物為CO2,分子晶體,C的氧化物為SiO2,原子晶體,所以熔點:B的氧化物<C的氧化物,A不正確;B.工業(yè)上由單質(zhì)C可以制得單質(zhì)Si,反應(yīng)方程式為SiO2+2CSi+2CO↑,B正確;C.未強(qiáng)調(diào)最高價氧化物對應(yīng)的水化物,所以D不一定比B大,如HClO的酸性<H2CO3,C不正確;D.A與B形成的化合物中可能含有非極性鍵,如CH3CH3,D不正確;故選B。13、C【解析】

A.根據(jù)控制變量的原則,兩試管中液體的總體積不等,無法得到正確結(jié)論,故A錯誤;

B.HClO溶液具有漂白性,應(yīng)選pH計測定,故B錯誤;

C.亞鐵離子、氯離子均能被高錳酸鉀氧化,溶液褪色,不能證明溶液中含有Fe2+,故C正確;

D.活化能越小,反應(yīng)速率越快,試管①產(chǎn)生氣泡快,則加入FeCl3時,雙氧水分解反應(yīng)的活化能較小,故D錯誤;

故答案為C。14、A【解析】

A碳酸鈉和氫氧化鈉熔化時都克服離子鍵,故正確;B.碘晶體受熱變成碘蒸氣克服分子間作用力,不是克服碘原子間的作用力,故錯誤;C.三氧化硫溶于水的過程中有共價鍵的斷裂和形成,沒有離子鍵的形成,故錯誤;D.氟化氫的穩(wěn)定性好,是因為氟化氫中的共價鍵鍵能高,與氫鍵無關(guān),故錯誤。故選A?!军c睛】掌握氫鍵的位置和影響因素。氫鍵是分子間的作用力,影響物質(zhì)的物理性質(zhì),不影響化學(xué)性質(zhì)。15、A【解析】

氣態(tài)烴A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標(biāo)志,A是C2H4;乙烯與水反應(yīng)生成乙醇,乙醇催化氧化為乙醛、乙醛氧化為乙酸,乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯,所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯?!驹斀狻緼.乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇,所以反應(yīng)類型為加成反應(yīng),故A正確;B.C是乙醛,常溫下乙醛是一種有刺激性氣味的液體,故B錯誤;C.分子式為C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3,共4種,故C錯誤;D.lmol乙酸與足量碳酸氫鈉反應(yīng)生成1mol二氧化碳?xì)怏w,非標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積不一定為22.4L,故D錯誤?!军c睛】本題考查有機(jī)物的推斷,試題涉及烯、醇、醛、羧酸等的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化,熟悉常見有機(jī)物的轉(zhuǎn)化,根據(jù)“A的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標(biāo)志”,準(zhǔn)確推斷A是關(guān)鍵。16、B【解析】

常溫下的溶液,溶液中不存在分子,但存在離子,說明硫酸的第一步完全電離,第二步部分電離?!驹斀狻緼.由可得,每升溶液中的數(shù)目為,故A正確;B.,硫酸根有一部分水解成硫酸氫根,c(Na+)>2c(SO42-),根據(jù)電荷守恒式可知,c(OH-)>c(H+),所以應(yīng)該為c(Na+)>2c(SO42-)>c(OH-)>c(H+),故B錯誤;C.據(jù)已知可知,當(dāng)向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸會增大,所以減小,故C正確;D.NaHSO4屬于鹽,完全電離,故不是弱電解質(zhì),D正確;故答案為:B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2第三周期第ⅦA族16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O【解析】

根據(jù)題干可知Q、W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。(1)甲為硝酸銨,其水溶液呈酸性,主要是銨根水解顯酸性,其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣,其化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。(3)根據(jù)方程式ZO3n-→Z-,由上述信息可推測Z為Cl,在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸,同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。【詳解】(1)甲為硝酸銨,其水溶液呈酸性,主要是銨根水解顯酸性,其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+,故答案為:NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣,其化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案為:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。(3)根據(jù)方程式ZO3n-→Z-,由上述信息可推測Z為Cl,在周期表中位置為第三周期第ⅦA族,故答案為:第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸,同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O,故答案為:16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。18、2-氯-1,3-丁二烯加成反應(yīng)碳碳雙鍵、酯基;氯原子cd【解析】

根據(jù)框圖和各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式及反應(yīng)條件進(jìn)行推斷?!驹斀狻浚?)B的結(jié)構(gòu)簡式為,所以B系統(tǒng)命名為2-氯-1,3-丁二烯;由,所以反應(yīng)①的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反應(yīng)。(2)由C的結(jié)構(gòu)簡式為,則化合物C含有的官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵、酯基、氯原子。答案:碳碳雙鍵、酯基;氯原子。(3)a.氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為:,則氨甲環(huán)酸的分子式為C8H15NO2,故a錯誤;b.氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為:,氨基不在碳原子上,所以不是一種天然氨基酸,故b錯誤;c.氨甲環(huán)酸分子的環(huán)上有四種類型的氫,所以一氯代物有4種,故c正確;d.由E生成氨甲環(huán)酸的框圖可知屬于加氫反應(yīng),所以此反應(yīng)也稱為還原反應(yīng),故d正確;答案:cd。(4)由氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為:,含有羧基和氨基,所以可發(fā)生縮聚反應(yīng),生成高分子化合物,故氨甲環(huán)酸在一定條件下反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為。答案:。(5)由D的結(jié)構(gòu)簡式的,符合下列條件:①屬于芳香族化合物說明含有苯環(huán);②具有硝基說明含有官能團(tuán)–NO2;③核磁共振氫譜有3組峰說明含有3種類型的氫原子,符合條件的同分異構(gòu)體為:;答案:。(6)根據(jù)已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3為原料制備化合物的合成路線:。答案:。19、CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(CO2適量)CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象,和NaOH作用無明顯現(xiàn)象氣球體積增大,溶液不變渾濁乙因為Ca(OH)2的溶解度較小,所形成的飽和石灰水中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)很小【解析】

甲裝置中,澄清石灰水中的Ca(OH)2與CO2反應(yīng),生成CaCO3白色沉淀,由此可寫出反應(yīng)的方程式。NaOH溶液吸收CO2,看不到現(xiàn)象;乙裝置中,由于CO2被NaOH吸收,導(dǎo)致廣口瓶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)減小,于是空氣進(jìn)入氣球內(nèi),由此可推知實驗現(xiàn)象。從兩瓶內(nèi)溶液中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量及反應(yīng)方程式進(jìn)行綜合分析,以確定所選裝置。小李從相同量的堿的吸收能力考慮,忽視了溶液的濃度。【詳解】甲裝置中,澄清石灰水中的溶質(zhì)為Ca(OH)2,它與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(CO2適量)。通常用石灰水而不用NaOH溶液檢驗CO2,是因為CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象,和NaOH作用無明顯現(xiàn)象;乙裝置中,由于CO2被NaOH吸收,導(dǎo)致廣口瓶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)減小,于是空氣進(jìn)入氣球內(nèi),從而看到氣球體積增大,溶液不變渾濁。因為澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水,濃度很小,溶質(zhì)的物質(zhì)的量很小,所以吸收CO2較多的裝置是乙。答案為:CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(CO2適量);CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象,和NaOH作用無明顯現(xiàn)象;氣球體積增大,溶液不變渾濁;乙;小李從相同量的堿的吸收能力考慮,忽視了溶液的濃度。因為Ca(OH)2的溶解度較小,所形成的飽和石灰水中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)很小。答案為:因為Ca(OH)2的溶解度較小,所形成的飽和石灰水中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)很小?!军c睛】解題時,我們應(yīng)學(xué)會應(yīng)對,一個是從化學(xué)方程式分析,NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力;另一個是從溶液出發(fā),分析相同體積的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力,此時需考慮溶質(zhì)的溶解度以及溶液中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量。20、分液漏斗增大接觸面積吸收空氣中的還原性氣體PH3被氧化cZn(OH)25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.085不達(dá)標(biāo)【解析】

由實驗裝置圖可知,實驗的流程為安裝吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。已知C中盛有100g原糧,E中盛有20.00mL1.13×10-3mol?L-1KMnO4溶液(H2SO4酸化),吸收生成的PH3,B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的O2,防止氧化裝置C中生成的PH3,A中盛裝KMnO4溶液的作用除去空氣中的還原性氣體。【詳解】(1)儀器E的名稱是分液漏斗;儀器B、D中進(jìn)氣管下端設(shè)計成多孔球泡形狀,目的是增大接觸面積,故答案為分液漏斗;增大接觸面積;(2)A裝置的作用是吸收空氣中的還原性氣體;B裝置的作用是吸收空氣中的O2,防止PH3被氧化,故答案為吸收空氣中的還原性氣體;PH3被氧化;(3)實驗前,將C中原糧預(yù)先磨碎成粉末及將蒸餾水預(yù)先煮沸、迅速冷卻并注入E中,均可準(zhǔn)確測定含量,只有實驗過程中,用抽氣泵盡可能加快抽氣速率,導(dǎo)致氣體來不及反應(yīng),測定不準(zhǔn)確,故答案為c;(4)磷化鋅易水解產(chǎn)生PH3,還生成Zn(OH)2,故答案為Zn(OH)2;(5)D中PH3被氧化成H3PO4,該反應(yīng)的離子方程式為5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O,故答案為5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O;(6)由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O,剩余高錳酸鉀為5.0×10-5mol?L-1×0.01L××=2×10-6mol,由5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8

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