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文檔簡介
2023年高二下化學期末模擬試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、等量的鐵粉分別與足量的鹽酸、水蒸氣在一定的條件下充分反應,則在相同的條件下,產生氫氣的物質的量之比是(
)A.1:1 B.3:4 C.2:3 D.4:32、全固態(tài)鋰硫電池能量密度高、成本低,其工作原理如圖所示,其中電極a常用摻有石墨烯的S8材料,電池反應為:16Li+xS8=8Li2Sx(2?x?8).下列說法錯誤的是()A.電池工作時,正極可發(fā)生反應:2Li2S6+2Li++2e?=3Li2S4B.電池充電時間越長,電池中的Li2S2量越多C.石墨烯的作用主要是提高電極a的導電性D.電池工作時,外電路中流過0.04mol電子,負極材料減重0.28g3、下列反應中,反應后固體物質質量增加的是()A.氫氣通過灼熱的CuO粉末B.二氧化碳通過Na2O2粉末C.鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應D.將鋅粒投入FeCl2溶液4、由短周期元素組成的粒子,只要其原子數(shù)相同,各原子最外層電子數(shù)之和相同,也可互稱為等電子體。等電子體的結構相似、物理性質相似。根據(jù)上述原理,下列各微粒不屬于等電子體的是()A.CO32-和SO3B.NO3-和CO2C.SO42-和PO43-D.O3和NO2-5、下列熱化學方程式中,△H能正確表示物質的燃燒熱的是A.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ·mol-1B.C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1C.H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1D.2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)△H=-11036kJ·mol-16、反應“P4(s)+3NaOH(aq)+3H2O(l)=3NaH2PO2(aq)+PH3(g)△H>0”制得的NaH2PO2可用于化學鍍鎳。下列說法正確的是()A.P4分子中P原子均滿足8電子穩(wěn)定結構B.反應中NaOH作還原劑C.該反應能自發(fā)進行,則△S<0D.反應中生成1molNaH2PO2,轉移電子數(shù)目為3×6.02×10237、設NA代表阿伏加德羅常數(shù),下列敘述正確的是()A.1LCO的質量一定比1LO2的質量小B.將1molCl2通入到水中,則N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NAC.常溫常壓下16gO2和O3混合氣體中,氧原子數(shù)為NAD.7.8gNa2O2與足量水反應,轉移電子數(shù)為0.2NA8、某乙醇的水溶液中,乙醇所含的氫原子與水所含的氫原子數(shù)相等,該溶液中乙醇的質量分數(shù)為()A.78% B.46% C.23% D.11.5%9、下列敘述不正確的是A.Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次減弱B.RbOH、KOH、Mg(OH)2堿性依次減弱C.H2S、H2O、HF的穩(wěn)定性依次增強D.O2-、F-、Na+、Br-的半徑大小順序為:Br->O2->F->Na+10、下列事實不能用化學平衡移動原理解釋的是A.收集氯氣可以用排飽和食鹽水的方法B.在一定條件下,氫氣與碘蒸汽反應達平衡后,加壓,混合氣體顏色變深C.可用濃氨水和氫氧化鈉固體快速制取氨氣D.合成三氧化硫過程中使用過量的氧氣,以提高二氧化硫的轉化率11、有關晶體的下列說法中,正確的是()A.分子晶體中分子間作用力越大,分子越穩(wěn)定B.二氧化硅的熔點、硬度均比二氧化碳高C.冰融化時水分子時,僅共價鍵發(fā)生斷裂,分子本身沒有變化D.氯化鈉熔化時離子鍵被破壞,故屬于化學變化12、向新制氯水中加入少量下列物質,能增強溶液漂白能力的是()A.碳酸鈣粉末 B.稀硫酸 C.氯化鈣溶液 D.二氧化硫水溶液13、電—Fenton法是用于水體里有機污染物降解的高級氧化技術,其反應原理如圖所示,其中電解產生的H2O2與Fe2+發(fā)生Fenton反應,F(xiàn)e2++H2O2=Fe3++OH-+?OH,生成的烴基自由基(?OH)能氧化降解有機污染物。下列說法正確的是()A.電解池左邊電極的電勢比右邊電極的電勢高B.電解池中只有O2和Fe3+發(fā)生還原反應C.消耗1molO2,電解池右邊電極產生4mol?OHD.電解池工作時,右邊電極附近溶液的pH增大14、下列電子式書寫正確的是()A.B.C.D.15、下列各物質中,按熔點由高到低的順序排列正確的是A.石墨>金剛石>SiO2 B.KCl>NaCl>MgCl2>MgOC.Rb>K>Na>Li D.CH4>SiH4>GeH4>SnH416、某化學課外活動小組擬用鉛蓄電池進行電絮凝凈水的實驗探究,設計的實驗裝置示意圖如下。下列敘述正確的是A.Y的電極反應為:Pb-2e-+SO42-=PbSO4B.電解池內僅發(fā)生反應:2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑C.若電解池陰極上有0.5molH2生成,則鉛蓄電池中消耗H2SO4為98gD.用電絮凝法凈化過的水,pH顯著升高17、下列說法或有關化學用語的表達正確的是A.1s電子云呈球形,表示電子繞原子核做圓周運動B.鈉原子由1s22s22p63p1→ls22s22p63p1時,原子釋放能量,由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)C.因氧元素的電負性比氮元素的大,故氧原子的第一電離能比氮原子的大D.基態(tài)Fe原子的外圍電子排布圖為18、下列物質分子中,屬于正四面體結構的是()A.CCl4 B.CHCl3C.CH2Cl2 D.CH3Cl19、下列變化屬于物理變化的是()A.煤的干餾 B.石油裂解C.煤焦油中分餾得到苯、甲苯、二甲苯等 D.古代植物變成煤20、下列各組有機化合物中,不論兩者以什么比例混合,只要總物質的量一定,則完全燃燒時生成的水的質量和消耗氧氣的質量不變的是A.C3H8、C4H6 B.C3H6、C5H6O4 C.C2H2、C6H6 D.CH4O、C3H4O421、常溫下,下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.能使石蕊顯紅色的溶液:K+、Mg2+、HCO3-、SO42-B.水電離出來的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液:NH4+、Fe2+、NO3-、Cl-C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液:K+、Fe3+、Cl-、SO42-D.中性溶液中:Na+、SCN-、Fe3+、SO42-22、具有解熱鎮(zhèn)痛及抗生素作用的藥物“芬必得”主要成分的結構簡式如圖,它屬于()①芳香族化合物、②脂肪族化合物、③有機羧酸、④有機高分子化合物、⑤芳香烴。A.①③ B.①④ C.②③ D.③⑤二、非選擇題(共84分)23、(14分)在Cl-濃度為0.5mol·L-1的某無色澄清溶液中,還可能含有下表中的若干種離子。陽離子K+Al3+Mg2+Ba2+Fe3+陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-OH-現(xiàn)取該溶液100mL進行如下實驗(氣體體積均在標準狀況下測定)。序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸產生白色沉淀并放出標準狀況下0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ的反應混合液過濾,對沉淀洗滌、灼燒至恒重,稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象請回答下列問題。(1)通過以上實驗能確定一定不存在的離子是________________。(2)實驗Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為___________________________。(3)通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要計算,請寫出一定存在的陰離子及其濃度(不一定要填滿)______。陰離子濃度c/(mol·L-1)①②③④(4)判斷K+是否存在,若存在,求出其最小濃度,若不存在說明理由:_____________。24、(12分)丹參醇是存在于中藥丹多中的一種天然產物。合成丹參醇的部分路線如下:已知:回答下列問題:(1)C中含氧官能團的名稱為_______
(寫出其中兩種)。(2)寫出B的結構簡式_______。(3)下列敘述正確的是_______。A.D→E的反應為消去反應B.可用金屬鈉鑒別D.EC.D可與NaOH反應
D.丹參醇能發(fā)生加聚反應不能發(fā)生縮聚反應(4)丹參醇的所有同分異構體在下列一種表征收器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同,該僅器是______(填標號)。a.質譜儀
b.紅外光譜儀
c.元素分析儀
d.核磁共探儀(5)芳香化合物F是A的同分異構體,可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,F共有_____種;其中核磁共振氫譜為四組峰,峰面積比為6:2:1:1的結構簡式為______(寫一種即可)。(6)寫出以和為原料制備的合成路線流程圖__________________(無機試劑和乙醇任用,合成路線流程圖示例見本題題干)。25、(12分)某科研小組設計出利用工業(yè)廢酸(稀硫酸)來浸取某廢棄的氧化銅鋅礦的方案,實現(xiàn)廢物綜合利用,方案如圖所示。已知:各離子開始沉淀及完全沉淀時的pH如表所示:請回答下列問題:(1)在“酸浸”步驟中,為提高浸出速率,除通入空氣“攪拌”外,還可采取的措施是(任寫一點即可)__________________________________________________________。(2)物質A最好使用下列物質中的____________(填選項序號)。A.KMnO4B.H2O2C.HNO3(3)除鐵過程中加入氨水的目的是調節(jié)溶液的pH,pH應控制在__________范圍之間。(4)物質B可直接用作氮肥,則B的化學式是________。(5)除鐵后得到的氫氧化鐵可用次氯酸鉀溶液在堿性環(huán)境將其氧化得到一種高效的多功能處理劑(K2FeO4),寫出該反應的離子方程式:__________________________。26、(10分)葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L-1,取300.00mL葡萄酒,通過適當?shù)姆椒ㄊ顾琒O2全部逸出并用H2O2將其全部氧化為H2SO4,然后用0.0900mol·L-1NaOH標準溶液進行滴定。(1)滴定前排氣泡時,應選擇下圖中的________(填序號)。(2)若用50mL滴定管進行實驗,當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處,則管內液體的體積______(填序號)。①=10mL②=40mL③<10mL④>40mL。(3)上述滴定實驗中,可選擇_______為指示劑,選擇該指示劑時如何判斷反應到達滴定終點:______(4)滴定至終點時,消耗NaOH溶液25.00mL,該葡萄酒中SO2含量為________g·L-1。滴定終點讀數(shù)時俯視刻度線,則測量結果比實際值________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、(12分)某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強氧化性,在酸性或中性溶液中快速產生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定?;卮鹣铝袉栴}:(1)分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體,均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑,其目的是________;將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度,鹽酸的作用是________。(2)制備K2FeO4(夾持裝置略)后,取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產生黃綠色氣體,得溶液a,經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl-而產生Cl2,設計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產生。Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子,但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl-氧化,還可能由________________產生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據(jù)K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O得出:氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ實驗表明,Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反,原因是________________。28、(14分)碳銨是一種較常使用的化肥,它在常溫下易分解.某化學興趣小組對碳銨的成分存在疑問,時行了如下探究.(定性實驗)檢驗溶液中的陰、陽離子取少量固體放入試管中,加入鹽酸,把生成的氣體通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成.再另取少量碳銨放入試管中,加入濃NaOH溶液,加熱,用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體,石蕊試紙變藍色.(1)根據(jù)實驗現(xiàn)象,推測碳銨中所含有陰離子可能是_________和__________;(2)根據(jù)實驗現(xiàn)象,碳銨與足量NaOH溶液加熱反應的離子方程式可能是________________;(定量試驗)測定碳銨中C元素和N元素質量比.該興趣小組準確稱取ag碳銨,加熱使之分解,并把產物通入堿石灰中,如圖1所示.(3)碳銨固體應放在________中進行加熱.A.試管B.蒸發(fā)皿C.燒瓶D.坩堝(4)從安全的角度考慮,尾氣處理的裝置可以選用如圖2中的___________;(5)若灼燒后沒有固體殘余,稱量U形管在實驗前后的質量差為bg.由此測得N元素的質量是_________g.29、(10分)第四周期的多數(shù)元素及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領域有著廣泛的應用。回答下列問題:(1)基態(tài)Ti原子中,最高能層電子的電子云輪廓形狀為___,與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中,寫出任意一種最外層電子數(shù)與鈦不同的元素外圍電子排布式_____。
(2)琥珀酸亞鐵片是用于缺鐵性貧血的預防和治療的常見藥物,臨床建議服用維生素C促進“亞鐵”的吸收,避免生成Fe3+,從結構角度來看,F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+的原因是_________________。(3)SCN—可用于Fe3+的檢驗,寫出與SCN—互為等電子體的一種微粒:_____。
(4)成語“信口雌黃”中的雌黃分子式為As2S3,分子結構如圖,As原子的雜化方式為______,雌黃和SnCl2在鹽酸中反應轉化為雄黃(As4S4)和SnCl4并放出H2S氣體,寫出該反應方程式:__________________。SnCl4分子的立體構型為_______。
(5)金紅石(TiO2)是含鈦的主要礦物之一,具有典型的四方晶系結構,其晶胞結構(晶胞中相同位置的原子相同)如圖所示(注意:D不在體心):①4個微粒A、B、C、D中,屬于氧原子的是________________。②若A、B、C原子的坐標分別為A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a,c)、C(a,a,c),則D原子的坐標為D(0.19a,____,____);若晶胞底面邊長為x,則鈦氧鍵的鍵長d=_______(用代數(shù)式表示)。
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、B【解析】
令Fe的物質的量為1mol,根據(jù)方程式計算出生成氫氣的物質的量,再根據(jù)相同條件下體積之比等于物質的量之比確定兩反應中生成氫氣體積之比?!驹斀狻苛頕e的物質的量為1mol,則:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
1mol
1mol
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
1mol
mol,
相同條件下體積之比等于物質的量之比,則兩反應中生成氫氣體積之比為1mol:mol=3:4。
答案選B?!军c睛】本題考查根據(jù)方程式的計算,比較基礎,清楚鐵與水蒸氣的反應是關鍵,注意基礎知識的理解掌握。2、B【解析】
A.原電池工作時Li+向正極移動,根據(jù)圖示可知發(fā)生還原反應:2Li2S6+2Li++2e?=3Li2S4,故A項正確;B.電池充電時,LiSx在陽極放電,S的化合價升高,所以逐步從Li2S2轉變?yōu)長i2S4、Li2S6、Li2S8,故充電時間越長,Li2S2的量越少,故B項錯誤;C.石墨烯能夠導電,其作用是提高電極a的導電性,故C項正確。D.外電路中流過0.04mol電子時,負極的Li被消耗,消耗Li的物質的量為0.04mol,負極材料減重為0.04×7=0.28g,故D項正確;綜上所述,本題選B。3、B【解析】分析:A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水;
B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣;
C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe;
D.Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe。詳解:A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水,反應前固體為CuO,反應后固體為Cu,固體質量減小,故A錯誤;
B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣,反應前固體為過氧化鈉,反應后固體為碳酸鈉,二者物質的量相同,固體質量增加,故B正確;
C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe,反應前固體為氧化鐵、Al,反應后固體為氧化鋁、Fe,均為固體,固體質量不變,所以C選項是錯誤的;
D..Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe,反應前固體為Zn,反應后固體為Fe,二者物質的量相同,則固體質量減小,故D錯誤;
所以B選項是正確的。4、B【解析】分析:本題考查等電子體的判斷,明確原子數(shù)目相同、電子總數(shù)相同的分子互稱等點自提即可解答。詳解:A.CO32-和SO3二者原子數(shù)相等,電子數(shù)分別為4+6×3+2=24,6+6×3=24,故為等電子體,故錯誤;B.NO3-和CO2二者原子個數(shù)不同,故不是等電子體,故正確;C.SO42-和PO43-二者原子個數(shù)相同,電子數(shù)分別為6+6×4+2=32,5+6×4+3=32,為等電子體,故錯誤;D.O3和NO2-二者原子個數(shù)相同,電子數(shù)分別為6×3=18,5+6×2+1=18,是等電子體,故錯誤。故選B。5、A【解析】
燃燒熱為1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時釋放的熱量?!驹斀狻緼.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ·mol-1,符合題意,A正確;B.CO(g)不是穩(wěn)定的氧化物,與題意不符,B錯誤;C.H2O(l)為穩(wěn)定氧化物,與題意不符,C錯誤;D.C8H18(l)的物質的量為2mol,與題意不符,D錯誤;答案為A?!军c睛】穩(wěn)定的氧化物中,S生成二氧化硫氣體,C生成二氧化碳氣體,H生成的為液態(tài)的水。6、A【解析】
A.P原子最外層有5個電子,與其他3個P原子形成共價鍵,含有1個孤電子對,P4分子中P原子均滿足8電子穩(wěn)定結構,故A正確;B.反應中NaOH中沒有元素的化合價發(fā)生變化,既不是氧化劑,也不是還原劑,故B錯誤;C.反應能自發(fā)進行,須△G=△H-T△S<0,因為ΔH>0,則ΔS>0,故C錯誤;D.反應中P元素由0價升高為+1價,由0價降低為-3價,因此生成1molNaH2PO2,轉移1mol電子,故D錯誤;答案選A。7、C【解析】分析:A、氣體的體積大小受溫度和壓強影響,標準狀況下Vm=22.4L/mol;B、氯氣與水反應是可逆反應;C、根據(jù)質量、原子數(shù)目與物質的量之間關系進行換算;D、1mol過氧化鈉與水反應轉移電子總數(shù)是NA。詳解:氣體的體積大小受溫度和壓強影響較大,A選項中沒有指明溫度和壓強,氣體的摩爾體積沒有辦法確定,即1LCO的物質的量和1LO2的物質的量大小沒有辦法確定,導致質量大小也沒有辦法確定,A選項錯誤;Cl2+H2OHClO+HCl,該反應是可逆反應,N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA成立的條件是所有氯氣全部反應生成鹽酸和次氯酸,所以B選項錯誤;16gO2和O3混合氣體中,氧原子的質量是16g,n(O)=16g/16g·mol-1=1mol,所以含有氧原子數(shù)為NA,C選項正確;從化學方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,1mol過氧化鈉完全反應轉移電子總數(shù)是1mol,7.8g過氧化鈉是0.1mol。轉移電子總數(shù)是0.1mol,即0.1NA,D選項錯誤;正確選項C。8、B【解析】
乙醇溶液中溶質的質量分數(shù)=×100%,因此需要判斷溶質乙醇與溶劑水的質量關系;每個乙醇C2H5OH分子中含6個H原子,每個水H2O分子中含2個H原子;根據(jù)“乙醇分子里所含的氫原子總數(shù)與水分子里所含的氫原子總數(shù)相等”可推算溶液中乙醇與水的質量關系。【詳解】根據(jù)氫原子數(shù)相等,找出乙醇分子與水分子間的關系,進而確定出質量關系。C2H5OH~6H~3H2O46
54此乙醇溶液中溶質的質量分數(shù)為:×100%=46%,故答案選B。9、A【解析】
A.同一周期中,從左到右,元素的金屬性逐漸減弱,金屬對應的離子得電子能力依次增強,即氧化性依次增強,所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增強,A不正確;B.Rb、K、Mg的金屬性依次減弱,故RbOH、KOH、Mg(OH)2堿性依次減弱,B正確;C.S、O、F的非金屬性依次增強,故H2S、H2O、HF的穩(wěn)定性依次增強,C正確;D.電子層結構相同的離子,核電荷數(shù)越大其半徑越?。浑娮訉訑?shù)不同的離子,電子層數(shù)越多,半徑越大,故O2-、F-、Na+、Br-的半徑大小順序為Br->O2->F->Na+,D正確。綜上所述,敘述不正確的是A,本題選A。10、B【解析】
利用勒夏特列原理的定義進行分析。【詳解】A、Cl2與H2O發(fā)生Cl2+H2OH++Cl-+HClO,排飽和食鹽水收集氯氣,增加Cl-濃度,使平衡向逆反應方向進行,抑制Cl2的溶解,符合勒夏特列原理,故A不符合題意;B、H2和I2發(fā)生H2+I22HI,組分都是氣體,且反應前后氣體系數(shù)之和相等,即增大壓強平衡不移動,但組分濃度增大,顏色加深,故B符合題意;C、濃氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-,加入NaOH固體,增加溶液中OH-的濃度,平衡向逆反應方向移動,NaOH固體遇水放出熱量,使NH3逸出,故C不符合題意;D、2SO2+O22SO3,使用過量的氧氣,增加反應物的濃度,平衡向正反應方向移動,SO2的轉化率提高,故D不符合題意;答案選B。11、B【解析】試題分析:分子晶體中分子間作用力越大,熔沸點越高,故A錯誤;二氧化硅是原子晶體,所以熔點、硬度均比二氧化碳高,故B正確;冰融化時水分子時,共價鍵沒有發(fā)生斷裂,分子本身沒有變化,故C錯誤;氯化鈉熔化不屬于化學變化,故D錯誤??键c:本題考查化學鍵。12、A【解析】
在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO,若反應使溶液中次氯酸濃度增大,則溶液漂白性會增強,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.由于酸性HCl>H2CO3>HClO,向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O,使化學平衡正向進行,導致次氯酸濃度增大,溶液漂白性增強,故A正確;B.加入稀硫酸使溶液中氫離子濃度增大平衡逆向進行,次氯酸濃度減小,溶液漂白性減弱,故B錯誤;C.加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應,溶液對氯水起到稀釋作用,平衡正向進行但次氯酸濃度減小,漂白性減弱,故C錯誤;D.加入二氧化硫的水溶液,二氧化硫有還原性,能被氯氣氧化,平衡逆向進行,次氯酸濃度減小,漂白性減弱,故D錯誤。答案選A。【點晴】本題考查了氯氣、次氯酸、氯水性質的分析,主要是化學平衡影響因素的理解應用,掌握基礎是解題關鍵。在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO,若反應使溶液中次氯酸濃度增大,則溶液漂白性會增強。13、C【解析】
A.電解池左邊電極上Fe2+失電子產生Fe3+,作為陽極,電勢比右邊電極的電勢低,選項A錯誤;B.O2、Fe3+在陰極上得電子發(fā)生還原反應,H2O2與Fe2+反應,則H2O2發(fā)生得電子的還原反應,選項B錯誤;C.1molO2轉化為2molH2O2轉移2mole-,由Fe2++H2O2=Fe3++OH-+?OH可知,生成2mol?OH,陽極電極方程式為H2O-e-=?OH+H+,轉移2mole-,在陽極上生成2mol?OH,因此消耗1molO2,電解池右邊電極產生4mol?OH,選項C正確;D.電解池工作時,右邊電極水失電子生成羥基和氫離子,其電極方程式為H2O-e-=?OH+H+,附近溶液的pH減小,選項D錯誤;答案選C。14、A【解析】分析:A.雙氧水中含有極性鍵和非極性鍵;B.氯化鈉中含有離子鍵;C.H2S分子中含有極性鍵;D.氯化銨中含有離子鍵。詳解:A.雙氧水分子中含有共價鍵,電子式為,A正確;B.氯化鈉的電子式為,B錯誤;C.H2S分子中含有極性鍵,電子式為,C錯誤;D.氯化銨是離子化合物,電子式為,D錯誤;答案選A。15、A【解析】
A.原子晶體中,共價鍵的鍵長越小,熔點越高,石墨為混合晶體,石墨的鍵長比金剛石的小,所以石墨比金剛石的熔點高,故A項正確;B.離子晶體中離子電荷數(shù)較高的熔點較高,離子電荷數(shù)相同時,離子半徑越小,熔點越高,KCl<NaCl,MgCl2<MgO,故B項錯誤;C.金屬晶體中原子半徑越小,金屬鍵越強,熔點越高,Rb<K<Na<Li,故C項錯誤;D.分子晶體中,相對分子質量越大,分子間作用力越強,熔點越高,CH4<SiH4<GeH4<SnH4,故D項錯誤;綜上所述,本題選A。【點睛】晶體熔沸點比較規(guī)律:原子晶體:主要看原子半徑,原子半徑越小,共價鍵越強,熔沸點就越高;離子晶體:組成和結構相似的,主要看離子半徑,離子半徑越小,離子鍵越強,熔沸點就越高;分子晶體:組成和結構相似的,相對分子質量越大,熔沸點越高(含有氫鍵的反常)。16、C【解析】
左端裝置為電池,右端裝置為電解池,根據(jù)電解池的裝置圖,鐵電極上H2O轉化成H2和OH-,鐵電極為陰極,即Al電極為陽極,X為負極,Y為正極,據(jù)此分析。【詳解】A、根據(jù)上述分析,Y電極為正極,電極反應式為PbO2+SO42-+H++2e-=PbSO4+H2O,故A錯誤;B、根據(jù)電解池裝置,Al電極上除有Al3+生成外,還含有O2的生成,故B錯誤;C、陰極上有0.5molH2產生,鉛蓄電池的總反應為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,即有H2~2e-~2H2SO4,即鉛蓄電池中消耗硫酸的質量為0.5mol×2×98g/mol=98g,故C正確;D、電解池內部發(fā)生的反應是2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑,2H2O2H2↑+O2↑,凈化過的水,pH基本保持不變,故D錯誤;答案選C?!军c睛】涉及電化學計算,特別是兩池的計算時,一般采用關系式法,讓電子為中介,像本題,陰極上產生氫氣,得出H2~2e-,鉛蓄電池中也轉移2mole-,根據(jù)鉛蓄電池總反應,列出H2~2e-~2H2SO4,從而計算出硫酸的質量。17、D【解析】分析:A.電子云不代表電子的運動軌跡;B.原子由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)需要吸收能量;C.N元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài),第一電離能高于氧元素的第一電離能;D.Fe為26號元素,根據(jù)核外電子的排布規(guī)律,可知Fe原子的外圍電子排布圖.詳解:A.電子云表示表示電子在核外空間某處出現(xiàn)的機會,不代表電子的運動軌跡,故A錯誤;B.鈉原子由1s22s22p63p1→ls22s22p63p1時,原子吸收能量,由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài),故B錯誤;C.N元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài),能量較低,第一電離能高于氧元素的第一電離能,故C錯誤;D.Fe為26號元素,根據(jù)核外電子的排布規(guī)律,原子的外圍電子排布圖為,故D正確;答案選D.18、A【解析】
正四面體中,4個鍵的鍵長、鍵角都相等,一般只有同種元素構成的化學鍵才能完全相同?!驹斀狻空拿骟w中,4個鍵的鍵長、鍵角都相等,一般只有同種元素構成的化學鍵才能完全相同。因為各元素原子、離子的大小不同,所形成的化學鍵長短也不同;CCl4是正四面體,其余選項是四面體,但不是正四面體型結構;故選:B。19、C【解析】
有新物質生成的變化是化學變化,沒有新物質生成的是物理變化,據(jù)此判斷?!驹斀狻棵旱母绅s、裂解、古代植物轉化成煤都是化學變化,從煤焦油中得到苯、甲苯、二甲苯等是物理變化。答案選C。20、B【解析】
若兩種有機物無論以何種比例混合,總物質的量一定的情況下,完全燃燒消耗的氧氣和生成的水的量固定,那么這兩種有機物分子中H的個數(shù)相同,且等物質的量的有機物完全燃燒時消耗的氧氣量相同?!驹斀狻緼.兩種有機物分子中H的個數(shù)不同,A項錯誤;B.兩種有機物分子中H的個數(shù)相同,且1個C3H6完全燃燒消耗4.5個O2,1個C5H6O4完全燃燒消耗也是4.5個O2,B項正確;C.兩種有機物分子中H的個數(shù)不同,C項錯誤;D.兩種有機物分子中H的個數(shù)相同,但1個CH4O完全燃燒消耗1.5個O2,1個C3H4O4完全燃燒消耗2個O2,耗氧量不同,D項錯誤;答案選B。21、C【解析】
A.能使石蕊顯紅色的溶液,顯酸性,不能大量存在HCO3-,故A不選;B.水電離出來的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液,為酸或堿溶液,酸溶液中Fe2+、NO3-發(fā)生氧化還原反應,堿性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+,故B不選;C.c(H+)/c(OH-)=1012
的溶液,顯酸性,該組離子之間不反應,可大量共存,故C選;D.中性溶液中:SCN-、Fe3+反應不能大量共存,故D不選;故選:C。22、A【解析】
由結構可知,分子中含苯環(huán)、-COOH,則屬于芳香族化合物,為羧酸類物質,含O元素不屬于芳香烴,且相對分子質量在10000以下,不屬于高分子,選項①③正確,故答案為A。二、非選擇題(共84分)23、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-SiO32-+2H+=H2SiO3↓陰離子CO32-SiO42-c/(mol·L-1)0.250.4存在,最小濃度為1.8mol·L-1【解析】
由題意知溶液為無色澄清溶液,一定不含F(xiàn)e3+,且溶液中含有的離子必須能大量共存.由實驗Ⅰ可知,該溶液中一定含有CO32-,物質的量為0.56L÷22.4L/mol=0.025mol,其濃度為0.025mol÷0.1L=0.25mol/L,則一定沒有Al3+、Mg2+、Ba2+;由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-,發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓,SiO32-的物質的量是2.4g÷60g/mol=0.04mol,其濃度為0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-,根據(jù)電荷守恒2c(CO32-)+2c(SiO32-)+c(Cl-)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L=1.8mol/L,因此溶液中一定含有K+,且其濃度至少為1.8mol/L,不能確定NO3-是否存在。(1)由上述分析可知,一定不含Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-;(2)實驗Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為為SiO32-+2H+=H2SiO3↓。(3)由上述分析可知,c(CO32-)=0.25mol/L,c(SiO32-)=0.4mol/L。(4)由2c(CO32-)+2c(SiO32-)+c(Cl-)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L=1.8mol/L,根據(jù)電荷守恒可知溶液中一定含有K+,且其濃度至少為1.8mol/L。24、羥基、羰基、醚鍵ABc9或【解析】分析:本題考查的是有機推斷和合成,有一定的難度。詳解:(1)觀察C的結構可知,含有羥基、羰基、醚鍵;(2)根據(jù)已知信息分析,兩種烯烴可以通過加成反應形成環(huán),故B的結構為;(3)A.D→E的反應過程中羥基和鄰位碳上的氫原子下去,形成碳碳雙鍵,反應為消去反應,故正確;B.D中含有羥基,而E沒有,所以可以用金屬鈉鑒別D.E,故正確;C.D含有羥基、羰基和醚鍵,不可與NaOH反應,故錯誤;D.丹參醇含有兩個羥基和羰基和碳碳雙鍵和醚鍵,能發(fā)生加聚反應,能發(fā)生縮聚反應,故錯誤;故選AB。(4)丹參醇與同分異構體中組成相同,由元素分析儀顯示的信號完全相同,故選c。(5)芳香化合物F是A的同分異構體,分子式為C8H10O,可與氯化鐵發(fā)生顯色反應,說明苯環(huán)上連接羥基,所以該物質可能連接2個取代基,一個羥基和一個乙基,二者有鄰間對三種位置關系,也可能為一個羥基和兩個甲基,有6種結構,共9種。其中核磁共振氫譜有四組峰,峰面積我6:2:1:1的結構簡式為或。(6),根據(jù)已知信息分析,二烯烴可以和烯烴發(fā)生加成反應生成環(huán)狀,所以合成路線中需要將烯烴變成二烯烴,需要通過烯烴的加成和鹵代烴的消去實現(xiàn),所以合成路線為:。點睛:掌握常見有機物的同分異構體的數(shù)目,方便計算。C3H7-有2種,C4H9-有四種,C5H11-有8種,-C6H4-有3種,若苯環(huán)上連接AAB式的三個取代基,有6種,若連接ABC式的三種取代基,有10種。25、加熱升高溫度,或增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等B3.2~6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O【解析】
(1)酸浸是將氧化銅鋅礦用酸溶解,促進溶解的措施有攪拌、加熱升高溫度、增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等。(2)除鐵過程中加入A和氨水,使亞鐵離子變成氫氧化鐵沉淀,A應為氧化劑,考慮加入A不引入新的雜質,H2O2外,其他試劑均可引入新的雜質。(3)從圖表數(shù)據(jù)可知,鐵離子沉淀完全的pH為3.2,鋅離子開始沉淀的pH為6.2,故除鐵pH范圍為3.2~6.2。(4)因所用廢酸為硫酸,B又可作氮肥,所以B為硫酸銨。(5)由題給信息可知,反應物為氫氧化鐵、次氯酸根離子、氫氧根離子,生成物之一為,因鐵在反應中化合價升高,氯元素的化合價降低,另一產物為氯離子,根據(jù)元素、電子、電荷守恒配平(可知產物還有水),離子方程式為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2+3Cl-+5H2O。【點睛】影響化學反應速率的因素有溫度、濃度和固體表面積等。在選擇除雜試劑時,應不能引入新的雜質。pH的范圍應使鐵完全沉淀而鋅不能沉淀。26、③④酚酞當加入最后一滴標準溶液后,溶液恰好變紅色,且在半分鐘內無變化,說明到達滴定終點0.24偏低【解析】
(1)氫氧化鈉是強堿,應用堿式滴定管量??;(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段沒有刻度線;(3)強堿滴定酸用酚酞;(4)由SO2~H2SO4~2NaOH關系計算。滴定管0刻度在上,俯視讀數(shù)偏小,標準液體積偏小。【詳解】(1)氫氧化鈉是強堿,應用堿式滴定管量取,排液時應將橡皮管向上彎曲排出氣泡,答案選③;(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段沒有刻度線,故管內液體的體積大于40mL,答案選④;(3)強堿滴定酸用酚酞,滴定至終點時溶液的pH在酚酞的變色范圍內,故可選用酚酞作指示劑。選擇酚酞時反應到達滴定終點現(xiàn)象為:當加入最后一滴標準溶液后,溶液恰好變紅色,且在半分鐘內無變化;(4)SO2與NaOH存在如下關系:SO2~H2SO4~2NaOH64g2molm(SO2)0.0900mol·L-1×0.025L解得:m(SO2)==0.072g,故葡萄酒中SO2的含量為==0.24g·L-1。滴定管0刻度在上,俯視讀數(shù)偏小,標準液體積偏小,故測量結果比實際值偏低。27、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42-+20H-=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO-的干擾>溶液的酸堿性不同【解析】
(1)氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵,因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化;氯化鐵是強酸弱堿鹽,水解顯酸性,則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度,鹽酸的作用是抑制鐵離子水解;(2)I.方案I加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應,根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2,自身被還原成Fe3+,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,可能的反應為4FeO42-+20H-=4Fe3++3O2↑+10H2O;II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在;制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價,Cl2是氧化劑,F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價,F(xiàn)e(OH)3是還原劑,K2FeO4為氧化產物,根據(jù)同一反應中,氧化性:氧化劑>氧化產物,得出氧化性Cl2>FeO42-;方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,實驗表明,Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反;對比兩個反應的條件,制備K2FeO4在堿性條件下,方案II在酸性條件下;說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。28、HCO3﹣CO32﹣NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O)AA(a﹣b)g【解析】分析:【定性實驗】取少量固體放入試管中,加入鹽酸,把生成的氣體通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀為碳酸鈣;再另取少量碳銨放入試管中,加入濃NaOH溶液,加熱,用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體,石蕊試紙變藍色,則氣體為氨氣;據(jù)此回答(1)(2)。
【定量試驗】ag碳銨,加熱使之分解,堿石灰增重為水和二氧化碳的質量,尾氣處理為氨氣,
(3)因加熱裝置后連接U形管,以此選擇儀器;
(4)尾氣處理,應防止倒吸;
(5)灼燒后沒有固體殘余,稱量U形管在實驗前后的質量差為bg,則氨氣的質量為(a-b)g;
詳解:【定性實驗】取少量固體放入試管中,加入鹽酸,把生成的氣體通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀為碳酸鈣,鹽中陰離子可能HCO3﹣、CO32﹣;再另取少量碳銨放入試管中,加入濃NaOH溶液,加熱,用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體,石蕊試紙變藍色,則氣體為氨氣,則原固體中含銨根離子,
(1)由上述分析可以知道,陰離子可能為HCO3﹣、CO32﹣,因此,本題正確答案是:HCO3﹣、CO32﹣;
(2)碳銨與足量NaOH溶液加熱反應的離子方程式可能是NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O),
因此,本題正確答案是:NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O);
【定量試驗】ag碳銨,加熱使之分解,堿石灰增重為水和二氧化碳的質量,尾氣處理為氨氣
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