2023年湖北省恩施州高中教育聯(lián)盟高三第二次調(diào)研化學(xué)試卷含解析

2023-2023考生請(qǐng)留意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫(xiě)在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。第一局部選擇題每題選出答案后，需將答案寫(xiě)在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，其次局部非選擇題答案寫(xiě)在試卷題目指定的位置上?？忌匦璞ＷC答題卡的干凈。考試完畢后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題〔每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1、以下能源不屬于直接或間接利用太陽(yáng)能的是( A．風(fēng)能B．江河水流能C．生物質(zhì)能D．地?zé)釡厝?、以下試驗(yàn)操作標(biāo)準(zhǔn)且能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康氖恰病尺x項(xiàng)ABCDA．A

試驗(yàn)?zāi)康腒NO3NaCl制備Fe(OH)3膠體CCl4I2驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕B．B C．C

試驗(yàn)操作將固體混合物溶于水后蒸發(fā)結(jié)晶，過(guò)濾NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中先從分液漏斗下口放出有機(jī)層，后從上口倒出水層將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒(méi)D．D3、以下試驗(yàn)操作標(biāo)準(zhǔn)且能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?〕A．A B．B C．C D．D4、以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔 〕A．銀氨溶液不能留存，久置后簡(jiǎn)潔爆炸B．白磷暴露在空氣中易自燃，可保存在水中C．易燃的有機(jī)溶劑使用時(shí)必需遠(yuǎn)離明火和熱源D．鈉著火不能用水撲滅，可以用泡沫滅火器來(lái)滅火5、依據(jù)以下試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是選項(xiàng) 試驗(yàn)操作和現(xiàn)象 結(jié)論A NaCO

溶液，濁液變清

HCO

的酸性2 3 2 3將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體通入溴的B四氯化碳溶液，溶液褪色

溴乙烷發(fā)生消去反響C 通入向 、D

溶液，溶液褪色的混合稀溶液中滴入少量稀 溶液，有黃色

有漂白性沉淀生成A．A B．B C．C D．D6、向淀粉－碘化鉀的酸性溶液中參與少量H2O2溶液，溶液馬上變藍(lán)，再向藍(lán)色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍(lán)色漸漸消逝。以下推斷不正確的選項(xiàng)是H2O2SO2反響能生成強(qiáng)酸藍(lán)色漸漸消逝，表達(dá)了SO2的漂白性C．SO2Ssp2V型D．H2O2是一種含有極性鍵和非極性鍵的極性分子7、反響A+B→C+Q(Q＞0)分兩步進(jìn)展，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。以下示意圖中，能正確表示總反響過(guò)程中能量變化的是〔 〕A． B．C． D．8、烷烴命名中常使用三套數(shù)字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。其中“一、二、三……”是說(shuō)明碳原子數(shù)9、：

烷基位置編號(hào) C．氫原子數(shù)ΔH=-akJ/mol

D．同種烷基數(shù)目以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是〔 〕順-2-丁烯比反-2-丁烯穩(wěn)定順-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C．高溫有利于生成順-2-丁烯D．等物質(zhì)的量的順-2-丁烯和反-2-丁烯分別與足量氫氣反響，放出的熱量相等10、鋰空氣電池是一種用鋰作負(fù)極，以空氣中的氧氣作為正極反響物的電池。其工作原理如圖，以下說(shuō)法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )A．多孔電極可以提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣集中至電極外表BO+4e+2HO=4OH-2 2C．有機(jī)電解液可以是乙醇等無(wú)水有機(jī)物D．充電時(shí)專(zhuān)用充電電極可防止空氣極腐蝕和劣化111、我國(guó)科學(xué)家成功地研制出長(zhǎng)期依靠進(jìn)口、價(jià)格昂貴的物質(zhì)18O．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕181它是16O的同分異構(gòu)體18O3的一種同素異形體C18O1與16O1互為同位素8 8D．1molO110mol電子12、油畫(huà)變黑，可用確定濃度的H2O2溶液擦洗修復(fù)，發(fā)生的反響為4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．H2O是氧化產(chǎn)物 B．H2O2中負(fù)一價(jià)的氧元素被復(fù)原C．PbS是氧化劑 D．H2O2在該反響中表達(dá)復(fù)原性13、2023年是元素周期表誕生的第1502023年是“國(guó)際化學(xué)元素周期表年”。W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。W的一種核素可用于文物年月的測(cè)定，X與W同周期相鄰，四種元素中只有Y為金屬元素，Z的單質(zhì)為黃綠色氣體。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．W的氫化物中常溫下均呈氣態(tài)B．Z的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸C．四種元素中，Z原子半徑最大D．Y與Z形成的化合物可能存在離子鍵，也可能存在共價(jià)鍵14、25℃時(shí)，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋?zhuān)敲磮D中的縱坐標(biāo)y表示的是〔 〕A．溶液中OH-的物質(zhì)的量濃度 B．溶液的導(dǎo)電力氣C．溶液中的

c(CHCOO-)3

D．醋酸的電離程度c(CHCOOH)315、以下裝置應(yīng)用于試驗(yàn)室制氯氣并回收氯化錳的試驗(yàn)，能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙除去氯氣中的少量氯化氫C．用裝置丙分別二氧化錳和氯化錳溶液D．用裝置丁蒸干氯化錳溶液制MnCl2·4H2O16、以下試驗(yàn)操作能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖怯孟蛏吓趴諝夥ㄊ占疦O用裝置甲配制100mL0.100mol1的硫酸CuCl2CuCl2固體向含少量水的乙醇中參與生石灰后蒸餾可得到無(wú)水乙醇二、非選擇題〔5〕17M和高分子材料N的路線如圖：己知：芳香族化合物苯環(huán)上的氫原子可被鹵代烷中的烷基取代．如：寫(xiě)出反響類(lèi)型．反響Ⅰ 反響Ⅱ 。寫(xiě)出D的分子式 。寫(xiě)出G的構(gòu)造簡(jiǎn)式 。(3)寫(xiě)出E生成F的化學(xué)反響方程式 。E在濃硫酸作用下轉(zhuǎn)化為FG，還會(huì)生成高分子副產(chǎn)物，寫(xiě)出該副產(chǎn)物的構(gòu)造簡(jiǎn)式 。屬于酯類(lèi)且含甲基F的同分異構(gòu)體有多種，寫(xiě)出其中一種的構(gòu)造簡(jiǎn)式 。寫(xiě)出高分子化合物N的構(gòu)造簡(jiǎn)式 (任寫(xiě)一種)A有2種構(gòu)造可通過(guò)定量試驗(yàn)來(lái)確定其準(zhǔn)確構(gòu)造，該定量試驗(yàn)可通過(guò)A與 (填寫(xiě)物質(zhì)名稱(chēng))反響來(lái)實(shí)現(xiàn)。18I是一種抗腦缺血藥物，合成路線如下：：答復(fù)以下問(wèn)題：(1)依據(jù)系統(tǒng)命名法，A的名稱(chēng)是 ；寫(xiě)出A發(fā)生加聚反響的化學(xué)方程式： 。(2)反響H→I的化學(xué)方程式為 ；反響E→F的反響類(lèi)型是 。寫(xiě)出符合以下條件的G的全部同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式： FeCl3溶液發(fā)生顯色反響②核磁共振氫譜有4組峰α,α-二甲基芐醇(路線如下：

)是合成醫(yī)藥、農(nóng)藥的中間體，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備α,α-二甲基芐醇的合成該合成路線中X的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 ，Y的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 ；試劑與條件2為 。19、硫酸四氨合銅晶體([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作殺蟲(chóng)劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業(yè)上用途廣泛。常溫下該物質(zhì)溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空氣中不穩(wěn)定，受熱時(shí)易發(fā)生分解。某化學(xué)興趣小組以Cu粉、3mol/L的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀鹽酸、0.500mol/LNaOH溶液來(lái)合成硫酸四氨合銅晶體并測(cè)定其純度。CuSO4溶液的制備4gA10分鐘并不斷攪拌，放置冷卻。30mL3mol/LA中固體漸漸放入其中，加熱并不斷攪拌。③趁熱過(guò)濾得藍(lán)色溶液。A儀器的名稱(chēng)為 。某同學(xué)在試驗(yàn)中有1.5g的銅粉剩余，該同學(xué)將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發(fā)皿中加熱濃縮至有晶膜消滅，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其緣由 。晶體的制備。將上述制備的CuSO4溶液按如以下圖進(jìn)展操作淺藍(lán)色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，試寫(xiě)誕生成此沉淀的離子反響方程式 。(4)析出晶體時(shí)承受參與乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的緣由是 。氨含量的測(cè)定。準(zhǔn)確稱(chēng)取mg晶體，加適量水溶解，注入如以下圖的三頸瓶中，然后逐滴參與VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導(dǎo)管內(nèi)壁，用V1mLClmol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸取。取C2mol/LNaOHHCl(選用甲基橙作指示劑)V2mLNaOH溶液。(5)玻璃管2的作用 ，樣品中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式 。(6)以下試驗(yàn)操作可能使氨含量測(cè)定結(jié)果偏低的緣由是 。A．滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管B．讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視C．滴定過(guò)程中選用酚酞作指示劑D．取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導(dǎo)管外壁220、一碳酸鑭La2

CO3

可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反響原理為：32LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學(xué)興趣小組利用以下裝置試驗(yàn)室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭試驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接挨次為：F→ → → → → ；(2)Y中發(fā)生反響的化學(xué)反響式為 ；X中盛放的試劑是 ，其作用為 ；ZNH3

，后通入過(guò)量的CO2

，緣由為 ；CeOH4

是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO)經(jīng)如下流程獲得：3：在酸性溶液中Ce4+有強(qiáng)氧化性，答復(fù)以下問(wèn)題：氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO)，其在酸浸時(shí)反響的離子方程式為 ；2有機(jī)物HT能將Ce3+從水溶液中萃取出來(lái)該過(guò)程可表示為2Ce3+水層)+6HT 有機(jī)層) 2CeT3

6H(水層)從平衡角度解釋?zhuān)合駽eT3

(有機(jī)層)參與HSO2 4

獲得較純的含Ce3+的水溶液的緣由是 ；298K時(shí)，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，需調(diào)整pH至少為 ；取某Ce(OH)0.50g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L1FeSO溶液滴定至終點(diǎn)(鈰被復(fù)原成Ce3+)．(：4 4Ce(OH)208)4①FeSO溶液盛放在 (填“酸式”或“堿式”)滴定管中；4②依據(jù)下表試驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算Ce(OH)產(chǎn)品的純度 ；4FeSO溶液體積(mL)4滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60其次次1.0026.30第三次1.2024.10③假設(shè)用硫酸酸化后改用0.1000mol?L1FeCl溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定Ce(OH)產(chǎn)品的純度，其它操作都正確，則測(cè)2 4定的Ce(OH)產(chǎn)品的純度 (填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)。421、硒化銅納米晶體在光電轉(zhuǎn)化中有著廣泛的應(yīng)用，銅和硒等元素形成的化合物在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛。(1)基態(tài)硒原子的核外電子排布式為 。As、Se、Br三種元素第一電離能由大到小的挨次為 。(2)SeO2易溶解于水，熔點(diǎn)為340～350℃，315℃時(shí)升華，由此可推斷SeO2中的化學(xué)鍵類(lèi)型為 。Se2Cl2為深棕紅色的劇毒液體，其分子構(gòu)造中含有Se-Se鍵，該分子中，Se原子的雜化軌道類(lèi)型為 ，Se2Cl2的空間構(gòu)型為 〔填字母。a．直線形 b．鋸齒形 c．環(huán)形 d．四周體形硒酸鋼〔CuSeO4〕在電子、儀表工業(yè)中發(fā)揮著重要作用。硒酸的酸性與硫酸的比較，酸性較強(qiáng)的〔填化學(xué)式。4 SeO2中Se-O的鍵角比SeO的鍵角 〔填大或小，緣由是 4 銅的某種氧化物的晶胞構(gòu)造如以下圖，則該氧化物的化學(xué)式為 ，假設(shè)組成粒子氧、銅的半徑分別為r(O)pm、r(Cu)pm，密度為ρg?cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的空間利用率為 〔用含π的式子表示。參考答案一、選擇題〔每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1、D【解析】風(fēng)能是由于地球外表受熱不均勻而產(chǎn)生的空氣流淌，故A不選。江河水流能是利用水循環(huán)，水循環(huán)是太陽(yáng)能促進(jìn)的，故B不選。生物質(zhì)能是太陽(yáng)能以化學(xué)能形式貯存在生物之中的能量形式，故C不選。地?zé)釡厝抢脕?lái)自地球內(nèi)部的熔巖的地?zé)崮埽蔇選。D。2、C【解析】KNO3的溶解度受溫度影響大，而NaCl的溶解度受溫度影響不大，可將固體溶解后蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾、KNO3NaCl固體，故A錯(cuò)誤；NaOH濃溶液滴加到飽和的FeCl3溶液中，二者反響生成Fe(OH)3沉淀，無(wú)法獲得氫氧化鐵膠體，故B錯(cuò)誤；CCl4與水不互溶，且不發(fā)生任何發(fā)應(yīng)，可用CCl4I2，CCl4的密度比水的密度大，則混合液分層后先從分液漏斗下口放出有機(jī)層，后從上口倒出水層，故C正確；鐵在中性溶液或弱酸性溶液中可發(fā)生吸氧腐蝕，鹽酸為酸性溶液，發(fā)生析氫腐蝕，故D錯(cuò)誤；C。3、C【解析】4 4 2 A．氯化鐵在水溶液中由于水解會(huì)呈酸性，生成氫氧化鐵膠體，故FeCl3固體不能直接用蒸餾水溶解，故A錯(cuò)誤；B．Pb2+和SO2-反響生成PbSO，但是Pb2+的量過(guò)量，參與NaS時(shí)，假設(shè)有黑色沉淀PbS生成，不能說(shuō)明PbSO4 4 2 PbSK(PbSO)＞K

(PbS)B錯(cuò)誤；sp 4 spC．淀粉水解生成葡萄糖，在堿性溶液中葡萄糖可發(fā)生銀鏡反響，則冷卻至室溫，再參與氫氧化鈉中和至堿性。參與銀氨溶液水浴加熱，產(chǎn)生銀鏡。說(shuō)明淀粉水解能產(chǎn)生復(fù)原性糖，故C正確；D．硫酸根離子檢驗(yàn)用鹽酸酸化的氯化鋇溶液，所以應(yīng)領(lǐng)先參與稀鹽酸，沒(méi)有沉淀后再參與氯化鋇溶液，假設(shè)有白色沉淀就說(shuō)明有硫酸根離子，否則不含硫酸根離子，故D錯(cuò)誤；C。【點(diǎn)睛】Pb2+SO2-PbSOPb2+的量過(guò)量，這是易錯(cuò)點(diǎn)。4 44、D【解析】A.銀氨溶液不穩(wěn)定，則銀氨溶液不能留存，久置后會(huì)變成氮化銀，簡(jiǎn)潔爆炸，故A正確；B.白磷在空氣中易自燃，不與水反響，所以可保存在水中，故B正確；C.易燃的有機(jī)溶劑離明火和熱源太近簡(jiǎn)潔燃燒，故應(yīng)遠(yuǎn)離明火、熱源和強(qiáng)氧化劑，故C正確；D.鈉和水反響生成氫氣，氫氣是易燃物，鈉燃燒后生成過(guò)氧化鈉，過(guò)氧化鈉和水、二氧化碳反響生成氧氣，促進(jìn)鈉的燃燒，所以鈉著火燃燒時(shí)，不能用泡沫滅火器滅火，應(yīng)當(dāng)用沙子滅火，故D錯(cuò)誤。D。5、B【解析】苯酚與碳酸鈉溶液反響生成碳酸氫鈉，所以苯酚的酸性強(qiáng)于碳酸氫鈉，弱于碳酸，故A錯(cuò)誤；氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色說(shuō)明生成乙烯氣體，溴乙烷生成乙烯的反響屬于消去反響，故B正確；具有復(fù)原性，通入 溶液，溶液褪色，表達(dá)二氧化硫的復(fù)原性，故C錯(cuò)誤；由于氯化鈉和碘化鈉的物質(zhì)的量濃度的相對(duì)大小未知，有可能由于碘化鈉的濃度較大而產(chǎn)生黃色沉淀碘化銀，因此不能得出結(jié)論D錯(cuò)誤，B。【點(diǎn)睛】

二氧化硫具有漂白性，但并非全部顏色褪去的反響都是由于其漂白性，這是很簡(jiǎn)潔被無(wú)視的問(wèn)題。比較構(gòu)造和組成相像的難溶物的溶度積時(shí)，要依據(jù)把握變量法進(jìn)展試驗(yàn)設(shè)計(jì)，把握兩溶液的濃度一樣，或把握溶度積較大的濃度較大，才可以得出合理的結(jié)論；或者依據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化進(jìn)展推斷，但要留意在進(jìn)展沉淀的轉(zhuǎn)化時(shí)，防止有過(guò)量試劑的干擾。6、B【解析】向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中參與少量H2O2溶液，溶液馬上變藍(lán)，發(fā)生：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2OH2O2具有氧化性，再向藍(lán)色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍(lán)色漸漸消逝，發(fā)生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+SO2具有H2O2SO2可以反響生成硫酸為強(qiáng)酸，故A正確；B錯(cuò)誤；1C．SO2的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+2(6-2×2)=31sp2V形構(gòu)造，故C正確；D．H2O2O-O為非極性鍵，O-H鍵為極性鍵，H2O2是開(kāi)放書(shū)頁(yè)型構(gòu)造，該物質(zhì)構(gòu)造不對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，故D正確；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)睛】同種原子形成的共價(jià)鍵為非極性鍵，不同種原子形成的共價(jià)鍵為極性鍵；正負(fù)電荷中心重合的分子為非極性分子。7、D【解析】由反響A+B→C+Q(Q＞0)可知，該反響是放熱反響，AB的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，該步反響是吸熱反響，故XAB的能量之和；又由于②X→C+Q(Q＞0)是放熱反響，故X的能量之和大CD符合，應(yīng)選D。8、D【解析】據(jù)烷烴的命名規(guī)章，理解所用數(shù)字的含義?！驹斀狻客闊N系統(tǒng)命名時(shí)，甲、乙、丙……，表示主鏈碳原子數(shù)目。1、2、3……，用于給主鏈碳原子編號(hào)，以確定取代基在主鏈的位置。一、二、三……，用于表示一樣取代基的數(shù)目。D。9、C【解析】A．反響可知是放熱反響，順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，所以反?2?丁烯穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；B．反響可知是放熱反響，順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，故B錯(cuò)誤；C．溫度上升平衡向吸熱反響方向進(jìn)展，所以平衡逆向進(jìn)展，有利于生成順?2?C正確；D．順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，等物質(zhì)的量的順?2?丁烯和反?2?丁烯分別與足量氫氣反響，放出的熱量不D錯(cuò)誤；C。10、C【解析】在鋰空氣電池中，鋰作負(fù)極，以空氣中的氧氣作為正極反響物，在水性電解液中氧氣得電子生成氫氧根離子，據(jù)此解答。【詳解】多孔電極可以增大電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，有利于氧氣集中至電極外表，A正確；2 由于該電池正極為水性電解液，正極上是氧氣得電子的復(fù)原反響，反響為O+2HO+4e-=4OH-，B正確；C.乙醇可以和金屬鋰反響，所以不能含有乙醇，C2 D.充電時(shí)，陽(yáng)極生成氧氣，可以和碳反響，結(jié)合電池的構(gòu)造和原理，承受專(zhuān)用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕，D正確；C?！军c(diǎn)睛】此題考察電化學(xué)根底學(xué)問(wèn)，涉及電極推斷、反響式的書(shū)寫(xiě)等相關(guān)學(xué)問(wèn)，C項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，留意鋰的活潑性較強(qiáng)，可以和乙醇發(fā)生置換反響，試題難度不大。11、B【解析】O

與16O

的構(gòu)造一樣，是同種物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；8 1 8 1B18OO都是氧元素的單質(zhì)，互為同素異形體，故B正確；8 1 3O

與16O

都是分子，不是原子，不能稱(chēng)為同位素，故C錯(cuò)誤；8 1 8 11D．O8個(gè)電子，1molO16molD錯(cuò)誤；1B?！军c(diǎn)睛】此題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要留意理解同分異構(gòu)體的概念，互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)構(gòu)造須不同。12、B【解析】H2O2H2O，H2O是復(fù)原產(chǎn)物，故AH2O2中負(fù)一價(jià)的氧元素化合價(jià)降低，發(fā)生復(fù)原反響，故BPbSSPbS是復(fù)原劑，故CH2O2中氧元素化合價(jià)降低，H2O2在該反響中是氧化劑表達(dá)氧化性，故D氧化劑表達(dá)氧化性。13、D【解析】WXY和ZWWC元素，X與W同周期相鄰，則XN元素，Z的單質(zhì)為黃綠色氣體，則ZClY為金屬元素，則YNa、MgAl，以此解題。【詳解】由上述分析可知，WC，XN，YNaMgAl，ZCl，A．WC元素，C的氫化物中常溫下可能為氣態(tài)、液態(tài)或固態(tài)，如甲烷為氣態(tài)、苯為液態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．Z為Cl元素，當(dāng)Z的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為HClO時(shí)，屬于弱酸，故B錯(cuò)誤；C．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則Y的原子半徑最大，故C錯(cuò)誤；D．YNaMgAl，ZCl，YZNaCl時(shí)含離子鍵，為AlCl3時(shí)含共價(jià)鍵，故D正確；D。【點(diǎn)睛】B項(xiàng)Z的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物沒(méi)說(shuō)是最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，非金屬性對(duì)應(yīng)的是最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，需要學(xué)生有分析問(wèn)題解決問(wèn)題的力氣。14、B【解析】加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度漸漸削減，OH-的物質(zhì)的量濃度漸漸增大，故A錯(cuò)誤；醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，但酸的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子、醋酸根離子濃度漸漸削減，溶液的導(dǎo)電力氣漸漸減小，故B正確；c(CHCOO-) c(CHCOO-)因溫度不變，則K不變，且K= 3

c(H+)，因c(H+)濃度減小，則 3

C錯(cuò)誤；a a c(CH3

COOH) c(CHCOOH)3D錯(cuò)誤；B。15、C【解析】A、二氧化錳與濃鹽酸需要在加熱的條件下反響制取氯氣，A不正確；B、用裝置乙除去氯氣中的少量氯化氫應(yīng)當(dāng)用飽和氯化鈉溶液，且氣體是長(zhǎng)口進(jìn)短口出，B不正確；C、二氧化錳不溶于水，因此分別二氧化錳和氯化錳溶液需要過(guò)濾，裝置丙是過(guò)濾裝置，C正確；D、錳離子水解，水解吸熱，因此不能直接加熱蒸發(fā)氯化錳溶液制備MnCl2·4H2O，應(yīng)當(dāng)在氯化氫的氣氛中進(jìn)展，D不正確。16、D【解析】A．NO能與空氣中的氧氣反響，不能使用排空氣法收集，NO難溶于水，應(yīng)使用排水法收集NO，故A錯(cuò)誤；B．容量瓶是用來(lái)配制確定體積、確定物質(zhì)的量濃度溶液的定量?jī)x器，瓶上標(biāo)有刻度、并標(biāo)有容量；容量瓶對(duì)溶液的體積準(zhǔn)確度要求較高，只能在常溫下使用，瓶上標(biāo)有使用溫度，一般為25℃，濃硫酸稀釋放熱，應(yīng)當(dāng)在燒杯中進(jìn)展，所以不能將濃硫酸直接在容量瓶中稀釋?zhuān)蔅錯(cuò)誤；C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加熱蒸干氯化銅溶液，Cu2++2H2O Cu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氫在加熱過(guò)程中揮發(fā)，蒸干得到水解產(chǎn)物氫氧化銅，故C錯(cuò)誤；D．氧化鈣與水反響生成難揮發(fā)的氫氧化鈣，能消耗乙醇中的水，乙醇易揮發(fā)，然后蒸餾即可得到乙醇，故D正確；D。二、非選擇題〔5〕17、消去反響 加聚反響 C H

HOC(CH

)COOHHSO

=C(CH)COOH+HO10 18 32 2 4 2 3 2HCOOCH(CH3)=CH2CH3COOCH=CH2CH2=COOCH3HCOOCH2=CHCH3或 濃溴水【解析】依據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，AFeCl3A中有酚羥基，A→B發(fā)生了類(lèi)似題的反響，結(jié)合M的構(gòu)造簡(jiǎn)式可以反響推得A為 ，B為 ，C為 ，D為，依據(jù)E的分子式，且E在濃硫酸條件下能生成G，可知E為 ，G為 ，依據(jù)F的分子式可知，F(xiàn)為 ，所以H為 ，據(jù)此分析解答。【詳解】反響Ⅰ是醇羥基脫水生成碳碳雙鍵，所以是消去反響，反響Ⅱ是由單體發(fā)生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反響；依據(jù)上面的分析可知，D為 ，所以D的分子式為C10H18，G的構(gòu)造簡(jiǎn)式為；E生成F的化學(xué)反響方程式為HOC(CH)COOH HSOCH=C(CH)COOH+H；32 2 4 2 3 2E在濃硫酸作用下轉(zhuǎn)化為FG，還會(huì)進(jìn)展分子間的縮聚生成高分子，該產(chǎn)物的構(gòu)造簡(jiǎn)式為；F的同分異構(gòu)體有多種，其中一種的構(gòu)造簡(jiǎn)式為HCOOCH(CH3)=CH2CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3HCOOCH2=CHCH3；依據(jù)上面的分析可知，高分子化合物N的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 或 ，A2種構(gòu)造，可通過(guò)定量試驗(yàn)來(lái)確定其準(zhǔn)確構(gòu)造，該定量試驗(yàn)可通過(guò)A與濃溴水反響來(lái)實(shí)現(xiàn)，依據(jù)用去的溴的物質(zhì)量推斷；18、2-甲基丙烯 氧化反應(yīng) (CH3)2CHOH O2、Cu和加熱【解析】D發(fā)生取代反響生成E，E發(fā)生氧化反響生成F，由F構(gòu)造簡(jiǎn)式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯 ；G發(fā)生信息中的反響生成H，H中應(yīng)當(dāng)含有一個(gè)-COOH，依據(jù)I構(gòu)造簡(jiǎn)式知，H發(fā)生酯化反響生成I，則H為 ；C、FGC為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，AC、H1：2A、B分子式知，AHBr發(fā)生加成反響生成B，A中含有一個(gè)碳碳雙鍵，依據(jù)BACH2=C(CH3)2據(jù)此分析?！驹斀狻緿發(fā)生取代反響生成E，E發(fā)生氧化反響生成F，由F構(gòu)造簡(jiǎn)式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯 ；G發(fā)生信息中的反響生成H，H中應(yīng)當(dāng)含有一個(gè)-COOH，依據(jù)I構(gòu)造簡(jiǎn)式知，H發(fā)生酯化反響生成I，則H為 ；C、FGC為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，AC、H1：2A、B分子式知，AHBr發(fā)生加成反響生成B，A中含有一個(gè)碳碳雙鍵，依據(jù)BACH2=C(CH3)2。(1)ACH2=C(CH3)2，A2-甲基丙烯；A2-甲基聚丙烯，反響的化學(xué)方程式為： ；H為 ，H發(fā)生酯化反響生成J，則H→I的反響方程為 ；E→F是鄰甲基溴苯發(fā)生氧化反響生成 ，反響類(lèi)型是氧化反響；G為 ，G的同分異構(gòu)體符合以下條件：①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反響，說(shuō)明含有酚羥基；②核磁共振氫譜有4組峰，說(shuō)明分子中含有4種不同位置的氫原子，則符合條件的同分異構(gòu)體有 ；以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反響生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中X，2-2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反響生成a，a二甲基芐醇。依據(jù)合成路線可知試劑與條件1為液溴、Fe作催化劑；X的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 ；Y的構(gòu)造簡(jiǎn)式為(CH3)2CHOH2O2、Cu和加熱?！军c(diǎn)睛】此題考察有機(jī)推斷和合成，推出各物質(zhì)的構(gòu)造簡(jiǎn)式是解題的關(guān)鍵。易錯(cuò)點(diǎn)是合成路線的設(shè)計(jì)，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反響生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中的反響生成X，2-氯丙烷發(fā)2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反響生成a，a二甲基芐醇。19、坩堝反響中硫酸過(guò)量，在濃縮過(guò)程中，稀硫酸漸漸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO5HO失水變成CuSO4 2 42Cu22NH3

HOSO22 4

(OH)SO2 2

2NH4

硫酸四氨合銅晶體簡(jiǎn)潔受熱分解 平衡氣壓防止堵塞和倒吸

cv11

-cv1032 2

100% ACm【解析】Ⅰ．(1)灼燒固體，應(yīng)在坩堝中進(jìn)展；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時(shí)，硫酸變濃，具有吸水性；Ⅱ．CuSO4溶液參與氨水，先生成Cu2(OH)2SO4沉淀，氨水過(guò)量，反響生成Cu[(NH3)4]SO4·H2O，用乙醇洗滌，可得到晶體。【詳解】Ⅰ．(1)灼燒固體，應(yīng)在坩堝中進(jìn)展；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時(shí)，硫酸變濃，濃硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去結(jié)晶水變?yōu)镃uSO4，可使固體變?yōu)榘咨虎颍?3)淺藍(lán)色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，反響的離子方程式為2Cu2＋+2NH3·H2O+SO42－=Cu2(OH)2SO4+2NH4＋；(4)析出晶體時(shí)承受參與乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的緣由是Cu[(NH3)4]SO4·H2O晶體簡(jiǎn)潔受熱分解；Ⅲ．(5)裝置中長(zhǎng)導(dǎo)管可平衡燒瓶?jī)?nèi)部和外界的氣壓，可以防止堵塞和倒吸，與氨氣反響的1n(HCl)=10-3V1L×c1

mol·L-1-c

×10-3V

L=10-3(c

V-cV

)molHCl的關(guān)系式知，n(NH)=n(HCl)=2211223cVcV10317221122310-3(c1V1-c2V2)mol，則樣品中氨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

11 22m

100%；26)V偏??；222ANaOHV偏大，含量偏低，A符合題意；B．讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定后俯視，導(dǎo)致V偏小，則含量偏高，B不符合題意；C．滴定過(guò)程中選用酚酞作指示劑，滴定終點(diǎn)的溶液中含有NH4ClNaCl，溶液呈酸性，222假設(shè)使用酚酞作指示劑，消耗的NaOHV偏大，結(jié)果偏低，C符合題意；22DV偏小，含量偏高，D不符合題意。2AC。20、A B D E C NH

·HO(濃)+CaO=Ca(OH)+NH

↑

溶液 吸取揮發(fā)的HCl、同3 2 2 3 33時(shí)生成CO NH 在水中溶解度大，CO在水中溶解度不大，堿性溶液吸取CO，可提高CO利用率32 2 2 22CeO+HO+6H+==2Ce3+O+4HO 混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移2 2 2 2 2動(dòng) 9 酸式 95.68% 偏低【解析】(一)依據(jù)制備的反響原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結(jié)合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，XHClZ中制備碳酸鑭，結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答(1)～(4)；(二)由試驗(yàn)流程可知，氟碳酸鈰精礦(CeFCO3)CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過(guò)濾分別出不溶物，含Ce3+的溶液進(jìn)展萃取分別得到濃溶液，再與堿反響生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結(jié)合氧化復(fù)原反響的規(guī)律、鹽類(lèi)水解和溶解積的計(jì)算分析解答(5)～(8)?！驹斀狻?一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，XHCl，YZ中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭試驗(yàn)流程中導(dǎo)管從左向右的連接挨次為：F→A→B→D→E→CA；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反響的化學(xué)反響式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸取揮發(fā)的HCl、同時(shí)生成CO2，故答NaHCO3HClCO2；(4)ZNH3，后通入過(guò)量的CO2，由于NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸3 收二氧化碳，提高CO利用率，故答案為NH在水中溶解度大，CO在水中溶解度不大，堿性溶液吸取CO3 2 2高CO利用率；2(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；CeT3(有機(jī)層)H2SO4Ce3+Ce3+水溶液方向移動(dòng)，故答案為混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動(dòng)；3110201105298K時(shí)，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH3110201105c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=99；①FeSO4屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；25.30mL，誤差較大應(yīng)舍棄，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量為23.10mL22.90mL0.1000mol?L-1×2

×0.001L/mL=0.0023mol，依據(jù)電子得失守恒可得關(guān)系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質(zhì)量為0.0023×208g=0.4784g，則Ce(OH)4產(chǎn)品的純度為

0.4784g0.5g

×100%=95.68%，故答案為95.68%；③改用0.1000mol?-1的FeC2溶液滴定產(chǎn)品從而測(cè)定Ce(OH4C4Cl發(fā)生氧化復(fù)原反響，Ce(OH)4的物質(zhì)