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文檔簡介
2023年高考化學(xué)模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、工業(yè)上常用鐵碳混合物處理含Cu2+廢水獲得金屬銅。當保持鐵屑和活性炭總質(zhì)量不變時,測得廢水中Cu2+濃度在不同鐵碳質(zhì)量比(x)條件下隨時間變化的曲線如下圖所示。下列推論不合理的是A.活性炭對Cu2+具有一定的吸附作用B.鐵屑和活性炭會在溶液中形成微電池,鐵為負極C.增大鐵碳混合物中鐵碳比(x),一定會提高廢水中Cu2+的去除速率D.利用鐵碳混合物回收含Cu2+廢水中銅的反應(yīng)原理:Fe+Cu2+=Fe2++Cu2、容量瓶上未必有固定的()A.溶液濃度 B.容量 C.定容刻度 D.配制溫度3、汽車劇烈碰撞時,安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol,則下列判斷正確的是A.生成40.0LN2(標準狀況) B.有0.250molKNO3被氧化C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25mol D.被氧化的N原子的物質(zhì)的量為4.75mol4、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。俗名為“臭堿”的硫化鈉廣泛應(yīng)用于冶金、染料、皮革、電鍍等工業(yè)。硫化鈉的一種制備方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有關(guān)說法正確的是A.1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子數(shù)目為NAB.1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的陰離子數(shù)目小于0.1NAC.生成1mol還原產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8NAD.通常狀況下,11.2L.CO2中含有的共價鍵數(shù)目為2NA5、下列各組物質(zhì),滿足表中圖示物質(zhì)在一定條件下能一步轉(zhuǎn)化的是()序號XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A.A B.B C.C D.D6、下列說法正確的是()A.古代的鎏金工藝利用了電解原理B.“丹砂(HgS)燒之成水銀,積變又還成丹砂”互為可逆反應(yīng)C.古代所用“鼻沖水”為氨水,其中含有5種微粒D.“凡酸壞之酒,皆可蒸燒”中涉及蒸餾操作7、mg鐵粉與含有H2SO4的CuSO4溶液完全反應(yīng)后,得到mg銅,則參與反應(yīng)的CuSO4與H2SO4的物質(zhì)的量之比為A.8:7 B.1:7 C.7:8 D.7:18、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是A.常溫下,pH=2的H2SO4溶液1L中,硫酸和水電離的H+總數(shù)為0.01NAB.1molH2O最多可形成4NA個氫鍵C.用濃鹽酸分別和MnO2、KClO3反應(yīng)制備1mol氯氣,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NAD.常溫常壓下,O2與O3的混合氣體16g,分子總數(shù)為NA9、將一定量的SO2通入BaCl2溶液中,無沉淀產(chǎn)生,若再通入a氣體,則產(chǎn)生沉淀。下列所通a氣體和產(chǎn)生沉淀的離子方程式正確的是()A.a(chǎn)為H2S,SO2+2H++S2?→3S↓十2H2OB.a(chǎn)為Cl2,Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl?C.a(chǎn)為NO2,4Ba2++4SO2+5H2O+NO3?→4BaSO4↓+NH4++6H+D.a(chǎn)為NH3,Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+10、近日,北京某區(qū)食藥監(jiān)局向居民發(fā)放了家用食品快檢試劑盒.試劑盒涉及的部分檢驗方法如下,其中不是通過化學(xué)原理進行檢驗的是()A.通過測定大米浸泡液的pH檢驗大米新鮮度B.用含F(xiàn)e2+的檢測試劑檢驗自來水中余氯的含量C.向食鹽樣品中加還原劑和淀粉檢測食鹽的含碘量D.通過觀察放入檢測液中雞蛋的沉浮檢驗雞蛋新鮮度11、下列化學(xué)用語對事實的表述正確的是A.硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng):C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.向Na2SiO3溶液中通入過量的SO2:SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-C.由Na和C1形成離子鍵的過程:D.已知電離平衡常數(shù):H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量CO2:2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-12、人體血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等緩沖對。常溫下,水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值lgx[x表示或]與pH的關(guān)系如圖所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2(pKa═-lgKa)。則下列說法不正確的是A.曲線Ⅱ表示lg與pH的變化關(guān)系B.a(chǎn)~b的過程中,水的電離程度逐漸增大C.當c(H2CO3)═c(HCO3—)時,c(HPO42—)=c(H2PO4—)D.當pH增大時,逐漸增大13、既含離子鍵又含共價鍵的物質(zhì)是A.H2 B.MgCl2 C.H2O D.KOH14、用下列實驗裝置進行相應(yīng)實驗,能達到實驗?zāi)康牡氖茿.制備乙酸乙酯B.配置一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液C.在鐵制品表面鍍銅D.制取少量CO2氣體15、下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化在給定條件下不能實現(xiàn)的是A.B.飽和C.D.16、W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。Y是短周期中原子半徑最大的元素;元素X和Z同族,Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng),生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體。下列說法正確的是()A.簡單離子半徑大小為Y<X<ZB.Y和Z的氫化物溶于水,所得溶液均呈酸性C.W與Z均只有兩種的含氧酸D.工業(yè)上電解熔融Y2X制備單質(zhì)Y二、非選擇題(本題包括5小題)17、聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一種可降解的聚酯類高分子材料,在材料的生物相容性方面有很好的應(yīng)用前景。PPG的一種合成路線如圖:已知:①烴A的相對分子質(zhì)量為70,核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴;化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物,F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)④R1CHO+R2CH2CHO回答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為__。(2)由B生成C的化學(xué)方程式為__。(3)由E和F生成G的反應(yīng)類型為__,G的化學(xué)名稱為__。(4)①由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為__;②若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000,則其平均聚合度約為__(填標號)。a.48b.58c.76d.122(5)D的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的共有__種(不含立體異構(gòu));①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng),又能發(fā)生皂化反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示為3組峰,且峰面積比為6∶1∶1的是__(寫結(jié)構(gòu)簡式);D的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同,該儀器是__(填標號)。a.質(zhì)譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀18、有甲、乙、丙、丁、戊五種短周期元素,原子序數(shù)依次增大,其常見化合價依次為+1、-2、+1、+3、-1。它們形成的物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。常溫下用惰性電權(quán)電解(有陽離子交換膜)1L1mol/L的A溶液。請按要求回答下列問題:①.己元素與丙元素同主族,比丙原子多2個電子層,則己的原子序數(shù)為________;推測相同條件下丙、己單質(zhì)分別與水反應(yīng)劇烈程度的依據(jù)是__________________________________________________。②.甲、乙、戊按原子個數(shù)比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性,其電子式為_______________。③.上圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中不屬于氧化還原反應(yīng)的有(填編號)_______。④.接通如圖電路片刻后,向燒杯中滴加一種試劑即可檢驗鐵電極被腐蝕,此反應(yīng)的離子方程式為_____________________。⑤.當反應(yīng)①電解一段時間后測得D溶液pH=12(常溫下,假設(shè)氣體完全逸出,取出交換膜后溶液充分混勻,忽略溶液體積變化),此時共轉(zhuǎn)移電子數(shù)目約為___________;反應(yīng)②的離子方程式為_________⑥.若上圖中各步反應(yīng)均為恰好完全轉(zhuǎn)化,則混合物X中含有的物質(zhì)(除水外)有___________19、用含有二氧化碳和水蒸氣雜質(zhì)的某種還原性氣體測定一種鐵的氧化物(FexOy)的組成,實驗裝置如圖所示。根據(jù)圖回答:(1)甲裝置的作用是________,甲裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。(2)實驗過程中丁裝置中沒有明顯變化,而戊裝置中溶液出現(xiàn)了白色沉淀,則該還原性氣體是________;丙中發(fā)生的反應(yīng)化學(xué)方程式為________。(3)當丙裝置中的FexOy全部被還原后,稱量剩余固體的質(zhì)量為16.8g,同時測得戊裝置的質(zhì)量增加17.6g,則FexOy中,鐵元素與氧元素的質(zhì)量比為________,該鐵的氧化物的化學(xué)式為________。(4)上述實驗裝置中,如果沒有甲裝置,將使測定結(jié)果中鐵元素與氧元素的質(zhì)量比值____(填偏大、偏小或無影響)。如果沒有已裝置,可能產(chǎn)生的后果是________。20、ClO2與Cl2的氧化性相近,常溫下均為氣體,在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收、釋放和應(yīng)用進行了研究?(1)儀器C的名稱是:___?安裝F中導(dǎo)管時,應(yīng)選用圖2中的:___(填“a”或“b”)。(2)打開B的活塞,A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,寫出反應(yīng)化學(xué)方程式:___;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,可采取的措施是___?(3)關(guān)閉B的活塞,ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2,此時F中溶液的顏色不變,則裝置C的作用是:___。(4)已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2,該反應(yīng)的離子方程式為:___,在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應(yīng),則裝置F的作用是:___?(5)已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ,加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示,若將其用于水果保鮮,你認為效果較好的穩(wěn)定劑是___,(選填“I”或“II”)理由是:___?21、鈾是原子反應(yīng)堆的原料,常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列問題:(1)UF4用Mg
或Ca還原可得金屬鈾。與鈣同周期基態(tài)原子的未成對電子數(shù)為2
的元素共有___種;原子序數(shù)為鎂元素的二倍的元素的基態(tài)原子價電子排布圖為_______。(2)已知:2UO2+5NH4HF2150℃2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑HF2-的結(jié)構(gòu)為[F-H…F]-①NH4HF2中含有的化學(xué)鍵有__________(填選項字母)。A.氫鍵B.配位鍵C.共價鍵D.離子鍵E.金屬鍵②與氧同周期,且第一電離能比氧大的元素有______種。(3)已知:3(NH4)4[UO2(CO3)3]800℃3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O
↑①物質(zhì)中與CO32-
的碳原子雜化類型相同和不同的碳原子的個數(shù)比為______。②分解所得的氣態(tài)化合物的分子鍵角由小到大的順序為_________(填化學(xué)式)(4)下列排列方式中,通常條件下Cu的晶體的堆積方式是_________
(填序號)。A.ABCABCABCB.ABABABABABC.ABBAABBAD.ABCCBCABCCBA(5)水在不同的溫度和壓力條件下可形成11種不同結(jié)構(gòu)的晶體,密度從比水輕的0.92g/cm3到約為水的1.5倍。冰是人們迄今已知的由一種簡單分子堆積出結(jié)構(gòu)花樣最多的化合物。其中冰-Ⅶ的晶體結(jié)構(gòu)為一個如圖所示的立方晶胞,每個水分子與周圍4個水分子以氫鍵結(jié)合。設(shè)O-H-O距離為apm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該冰Ⅶ晶體的密度為____g/cm3(列出計算式即可)。
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、由圖可知純的活性炭銅離子的濃度減?。?/p>
B、鐵與活性炭形成原電池,鐵比炭活潑;
C、由圖可知純鐵時去除銅離子的速率,沒鐵碳比為2:1時的速率快;
D、利用鐵碳混合物回收含Cu2+廢水中銅的反應(yīng)原理是鐵與銅離子發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應(yīng)。【詳解】A項,活性炭具有許多細小微孔,且表面積巨大,具有很強的吸附能力,由圖像可知,Cu2+在純活性炭中濃度減小,表明活性炭對Cu2+具有一定的吸附作用,故不選A項;B項,鐵屑和活性炭在溶液中形成微電池,其中鐵具有較強的還原性,易失去電子形成Fe2+,發(fā)生氧化反應(yīng),因此鐵作負極,故不選B項;C項,由圖像可知,隨著鐵碳混合物中鐵含量的增加至x=2:1,Cu2+的去除速率逐漸增加;但當鐵碳混合物變?yōu)榧冭F屑時,Cu2+的去除速率降低。當鐵碳混合物中鐵的含量過大時,正極材料比例降低,鐵碳在廢液中形成的微電池數(shù)量減少,Cu2+的去除速率會降低,因此增大鐵碳混合物中鐵碳比(x),不一定會提高廢水中Cu2+的去除速率,故選C項;D項,在鐵碳微電池中,碳所在電極發(fā)生還原反應(yīng),Cu2+得到電子生成銅單質(zhì);因此該微電池的總反應(yīng)方程式為Fe+Cu2+=Fe2++Cu,故不選D項。綜上所述,本題正確答案為C?!军c睛】本題對電化學(xué)的原理和學(xué)生看圖識的能力的考查,題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng),側(cè)重于考查學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Φ目疾?,注意把握提給信息以及物質(zhì)的性質(zhì),為解答該題的關(guān)鍵。2、A【解析】
容量瓶上標有:溫度、規(guī)格、刻度線,沒有溶液濃度,A項正確答案選A。3、C【解析】
該反應(yīng)中N元素化合價由-、+5價變?yōu)?價,所以NaN3是還原劑、KNO3是氧化劑,N2既是氧化產(chǎn)物又是還原劑,根據(jù)反應(yīng)方程式可知,每當生成16molN2,則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol,被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30mol,有2molKNO3被還原,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.該反應(yīng)中N元素化合價由-價、+5價變?yōu)?價,所以氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是氮氣,假設(shè)有16mol氮氣生成,氧化產(chǎn)物是15mol、還原產(chǎn)物是1mol,則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol,若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol,則生成氮氣的物質(zhì)的量=×16mol=2mol,標準狀況下的體積為:2mol×22.4L/mol=44.8L,故A錯誤;B.反應(yīng)中,硝酸鉀得電子是氧化劑,被還原,故B錯誤;C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為×10=1.25mol,故C正確;D.被氧化的N原子的物質(zhì)的量=×30=3.75mol,故D錯誤;答案選C。【點睛】明確氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物關(guān)系是解本題關(guān)鍵。本題的易錯點為B,注意硝酸鉀中N元素化合價降低,被還原。4、C【解析】
解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面:①要審清所求粒子的種類,如分子、原子、離子、質(zhì)子、中子、電子等,②涉及物質(zhì)的體積時要審清物質(zhì)的狀態(tài)和溫度、壓強,③涉及中子數(shù)和化學(xué)鍵的計算,要審清相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量,④涉及化學(xué)反應(yīng)要明確相關(guān)反應(yīng)的特點和電子轉(zhuǎn)移;⑤涉及溶液中的微粒要關(guān)注電離和水解;⑥要注意審清運算公式?!驹斀狻緼項、溶劑水分子中也含有氧原子,故無法計算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子數(shù)目,故A錯誤;B項、Na2S溶液中S2-水解:S2-+H2OHS-+OH-,導(dǎo)致陰離子總數(shù)增多,則陰離子數(shù)目大于0.1NA,故B錯誤;C項、由方程式可知反應(yīng)的還原產(chǎn)物為硫化鈉,生成1mol硫化鈉時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×[6-(-2)]=8mol,個數(shù)為8NA,故C正確;D項、通常狀況下,氣體摩爾體積大于22.4L/mol,11.2LCO2的物質(zhì)的量小于0.5mol,所含有的共價鍵數(shù)目小于2NA,故D錯誤。故選C?!军c睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算,注意氣體摩爾體積的適用范圍和溶液中的水也含有氧原子是解答關(guān)鍵。5、B【解析】
A.硫燃燒生成二氧化硫,不能一步生成三氧化硫,A錯誤;B.Cu與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅,硫酸銅與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀,氫氧化銅受熱分解生成氧化銅,均能一步完成,B正確;C.硅酸不能一步反應(yīng)生成單質(zhì)硅,C錯誤;D.NaAlO2不能一步反應(yīng)生成單質(zhì)鋁,D錯誤;答案選B。6、D【解析】
A.鎏金是指把溶解在水銀里的金子涂在器物表面,經(jīng)過烘烤,汞蒸發(fā)而金固結(jié)于器物上的一種傳統(tǒng)工藝,古代的鎏金工藝沒有外加電源,不是電解原理的應(yīng)用,故A錯誤;B.兩個過程條件不同,不屬于可逆反應(yīng),故B錯誤;C.古代所用“鼻沖水”為氨水,氨水中有NH4+、OH-、H+、NH3·H2O、NH3、H2O等6種微粒,故C錯誤;D.“蒸燒”的過程為蒸餾操作,故D正確。綜上所述,答案為D。7、D【解析】
ag鐵粉的物質(zhì)的量為,agCu的物質(zhì)的量為,根據(jù)氧化還原順序先與反應(yīng),再與反應(yīng),因為,所以反應(yīng)完全,剩余與反應(yīng),所以參加反應(yīng)的的物質(zhì)的量為,參加反應(yīng)的的物質(zhì)的量為,參加反應(yīng)的CuSO4與H2SO4的物質(zhì)的量之比為,答案選D。8、A【解析】
A.常溫下,1LpH=2的H2SO4溶液中,硫酸和水電離的H+總數(shù)為(10-2+10-12)mol/L×1L×NA=0.01NA,A正確;B.在冰中,1個H2O與4個H2O形成4個氫鍵,平均每個水分子形成2個氫鍵,則1molH2O最多可形成2NA個氫鍵,B不正確;C.MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制備1mol氯氣,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA,KClO3與濃鹽酸反應(yīng)制備1mol氯氣(反應(yīng)方程式為ClO3-+5Cl-+6H+==3Cl2↑+3H2O),轉(zhuǎn)移的電子為NA,C不正確;D.采用極端分析法,O2與O3各16g,分子總數(shù)分別為NA和NA,則16g混合氣,所含分子數(shù)介于二者之間,D不正確;故選A?!军c睛】在冰中,每個水分子與周圍的水分子可形成4個氫鍵,我們易認為平均每個水分子能形成4個氫鍵,從而產(chǎn)生錯解。9、C【解析】
A.H2S為弱電解質(zhì),反應(yīng)的離子方程式為SO2+2H2S→3
S↓+2H2O,故A錯誤;B.氯氣具有強氧化性,應(yīng)生成BaSO4沉淀,反應(yīng)的離子方程式為Ba2++SO2+2
H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-,故B錯誤;C.NO2與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng),本身可以被還原為銨根離子,反應(yīng)的離子方程式為4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4
BaSO4↓+NH4++6
H+,故C正確;D.通入氨氣,沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng),應(yīng)該生成BaSO3沉淀,反應(yīng)的離子方程式為Ba2++SO2+2
NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+,故D錯誤;故選C?!军c睛】本題的易錯點為C,要注意二氧化氮具有強氧化性,反應(yīng)后N元素的化合價降低,可以生成NH4+。10、D【解析】
A項、通過測定大米浸泡液的pH檢驗大米新鮮度,涉及與氫離子的反應(yīng),pH試紙的變色過程是化學(xué)變化,故A錯誤;B項、亞鐵離子與氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng),屬于化學(xué)變化,故B錯誤;C項、向食鹽樣品中加還原劑和淀粉檢測食鹽的含碘量,發(fā)生氧化還原反應(yīng),淀粉中碘酸鉀被還原生成碘,故C錯誤;D項、雞蛋的沉浮與密度有關(guān),沒有發(fā)生化學(xué)變化,故D正確;故選D。11、C【解析】
A.硬脂酸為C17H35COOH,含有羧基,與C2H518OH發(fā)生酯化反應(yīng),乙醇脫去H原子,硬脂酸脫去羥基,反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,故A錯誤;B.向Na2SiO3溶液中通入過量SO2的離子反應(yīng)為SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-,故B錯誤;C.氯化鈉為離子化合物,含有離子鍵,反應(yīng)中Na失去電子,Cl得到電子,則Na和Cl形成離子鍵的過程:→,故C正確;D.弱酸的電離平衡常數(shù)越大,酸的酸性越強,強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸,所以向NaClO溶液中通入少量CO2:ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-,故D錯誤;故答案為C。12、D【解析】
由電離平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知,隨pH增大,溶液中c(OH-)增大,使電離平衡向右移動,H2CO3/HCO3-減小,HPO42-/H2PO4-增大,所以曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系,曲線II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的變化關(guān)系,以此分析解答?!驹斀狻緼.根據(jù)以上分析,曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系,故A錯誤;B.曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關(guān)系,a→b的過程中,c(HCO3-)逐漸增大,對水的電離促進作用增大,所以水的電離程度逐漸增大,故B錯誤;C.根據(jù)H2CO3HCO3-+H+,Kal=;H2PO4-HPO42-+H+,Ka2=;由題給信息可知,Ka1Ka2,則當c(H2CO3)=c(HCO3—)時c(HPO42-)c(H2PO4-),故C錯誤;D.根據(jù)Kal=;Ka2=,可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3),當pH增大時,c(H2CO3)逐漸減小,所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小,故D正確。故答案選D?!军c睛】本題考查電解質(zhì)溶液,涉及電離平衡移動、電離平衡常數(shù)及水的電離等知識,正確分析圖象是解題的關(guān)鍵,注意電離常數(shù)只與溫度有關(guān),溫度不變,電離常數(shù)不變,注意平衡常數(shù)的表達式及巧妙使用。13、D【解析】氫氣中含有H-H鍵,只含共價鍵,故A錯誤;MgCl2由鎂離子、氯離子構(gòu)成,只含離子鍵,故B錯誤;H2O中含有H-O鍵,只含共價鍵,故C錯誤;KOH由鉀離子、氫氧根離子構(gòu)成,氫氧根離子中含有H-O鍵,所以KOH既含離子鍵又含共價鍵,故D正確。14、A【解析】
A.將乙醇加入大試管中,再注入濃硫酸并振蕩冷卻后加入冰醋酸,混合加熱制備乙酸乙酯,產(chǎn)物用飽和碳酸鈉溶液吸收,導(dǎo)管末端置于液面上,能達到實驗?zāi)康?,選項A正確;B.容量瓶不能直接用于配置溶液,必須將NaOH固體倒入燒杯中,加入蒸餾水溶解后,冷卻至室溫,再轉(zhuǎn)移至容量瓶,選項B錯誤;C.在鐵制品表面鍍銅時應(yīng)將鐵制品連接在電源的負極作為陰極,銅連接在電源的正極,電解質(zhì)溶液為可溶性銅鹽溶液,選項C錯誤;D.實驗室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀鹽酸反應(yīng),純堿與鹽酸反應(yīng)速率快不易收集,另外純堿易溶于水,不能停留在有孔塑料板上,不能達到反應(yīng)隨時發(fā)生隨時停止的作用,選項D錯誤。答案選A。15、C【解析】
A、氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水,向偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳,發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉,選項A能實現(xiàn);B、在飽和食鹽水中通入氨氣,形成飽和氨鹽水,再向其中通入二氧化碳氣體,在溶液中就有了大量的Na+、NH4+、Cl-和HCO3-,其中碳酸氫鈉溶解度最小,析出碳酸氫鈉晶體,加熱析出的碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉,選項B能實現(xiàn);C、硫燃燒生成二氧化硫,不能直接生成三氧化硫,選項C不能實現(xiàn);D、氯化鎂溶液與石灰乳反應(yīng)轉(zhuǎn)化為難溶的氫氧化鎂,氫氧化鎂不穩(wěn)定,煅燒生成氧化鎂,選項D能實現(xiàn)。答案選C。16、A【解析】
W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。依據(jù)元素周期律可知,同周期元素中,從左到右原子半徑依次減小,同主族元素中,從上到下原子半徑依次增大,因Y是短周期中原子半徑最大的元素,則Y為Na元素;Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng),生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體,采用逆分析法可知,這兩種氣體為二氧化碳與二氧化硫酸性氣體,則可知Z為S,其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液為濃硫酸,可與W的單質(zhì)(C)反應(yīng),因此推出W為C;又X和Z同族,則X為O元素,據(jù)此分析作答。【詳解】由上述分析可知,W、X、Y、Z分別是C、O、Na和S元素,則A.簡單離子的電子層數(shù)越多,其對應(yīng)的半徑越大;電子層數(shù)相同時,核電荷數(shù)越小,離子半徑越大,則簡單離子半徑大小為Y<X<Z,A項正確;B.氫化鈉為離子化合物,溶于水后與水發(fā)生反應(yīng):NaH+H2O=NaOH+H2↑,使溶液呈現(xiàn)堿性,B項錯誤;C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸,S的含氧酸為亞硫酸、硫酸和硫代硫酸等,C項錯誤;D.工業(yè)上采用電解熔融氯化鈉來制備金屬鈉,而不是Na2O,D項錯誤;答案選A?!军c睛】B項是易錯點,學(xué)生要注意氫元素與活潑金屬作用時,形成離子化合物,H顯-1價。二、非選擇題(本題包括5小題)17、+NaOH+NaCl+H2O加成反應(yīng)3-羥基丙醛(或β-羥基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】
烴A的相對分子質(zhì)量為70,由=5…10,則A為C5H10,核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫,故A的結(jié)構(gòu)簡式為;A與氯氣在光照下發(fā)生取代反應(yīng)生成B,B為單氯代烴,則B為,化合物C的分子式為C5H8,B發(fā)生消去反應(yīng)生成C,C為,C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D,D為HOOC(CH2)3COOH,F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì),則F為HCHO,E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物,可知E為CH3CHO,由信息④可知E與F發(fā)生加成反應(yīng)生成G,G為HOCH2CH2CHO,G與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成H,H為HOCH2CH2CH2OH,D與H發(fā)生縮聚反應(yīng)生成PPG(),據(jù)此分析解答。【詳解】(1)由上述分析可知,A的結(jié)構(gòu)簡式為,故答案為:;(2)由B發(fā)生消去反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式為:+NaOH+NaCl+H2O,故答案為:+NaOH+NaCl+H2O;(3)由信息④可知,由E和F生成G的反應(yīng)類型為醛醛的加成反應(yīng),G為HOCH2CH2CHO,G的名稱為3-羥基丙醛,故答案為:加成反應(yīng);3-羥基丙醛;(4)①由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為:n+n+(2n-1)H2O,故答案為:n+n+(2n-1)H2O;②若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000,則其平均聚合度約為≈58,故答案為:b;(5)D為HOOC(CH2)3COOH,D的同分異構(gòu)體中能同時滿足:①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體,含-COOH,②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng),又能發(fā)生水解反應(yīng)-COOCH,D中共5個C,則含3個C-C-C上的2個H被-COOH、-OOCH取代,共為3+2=5種,含其中核磁共振氫譜顯示為3組峰,且峰面積比為6∶1∶1的是,D及同分異構(gòu)體中組成相同,由元素分析儀顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同,故答案為:5;;c。18、(1)37;依據(jù)同主族元素的金屬性隨核電荷數(shù)的增加而增強,推測己單質(zhì)與水反應(yīng)較丙更劇烈(1分,合理給分)(2);(3)④;(4)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)6.02×l021;2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)NaCl、Al(OH)3【解析】試題分析:根據(jù)題意可知:A是NaCl,B是Cl2,C是H2,D是NaOH,E是HCl,丁是Al,F(xiàn)是NaAlO2;X是NaCl、AlCl3的混合物。根據(jù)元素的化合價及元素的原子序數(shù)的關(guān)系可知甲是H,乙是O,丙是Na,丁是Al,戊是Cl,己是Rb,原子序數(shù)是37;鈉、銣同一主族的元素,由于從上到下原子半徑逐漸增大,原子失去電子的能力逐漸增強,所以它們與水反應(yīng)的能力逐漸增強,反應(yīng)越來越劇烈;(2)甲、乙、戊按原予個數(shù)比1:1:1形成的化合物Y是HClO,該物質(zhì)具有強的氧化性,故具有漂白性,其電子式為;(3)在上圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中①②③反應(yīng)中有元素化合價的變化,所以屬于氧化還原反應(yīng),而④中元素的化合價沒有發(fā)生變化,所以該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng);(4)如構(gòu)成原電池,F(xiàn)e被腐蝕,則Fe為負極,發(fā)生反應(yīng):Fe-2e-=Fe2+,F(xiàn)e2+與[Fe(CN)6]3-會發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生藍色沉淀,反應(yīng)的離子方程式是:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)NaCl溶液電解的化學(xué)方程式是:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,在該反應(yīng)中,每轉(zhuǎn)移2mol電子,反應(yīng)會產(chǎn)生2molNaOH,n(NaCl)=1L×1mol/L=1mol,當NaCl電解完全后反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子,反應(yīng)產(chǎn)生1molNaOH,當反應(yīng)①電解一段時間后測得D溶液pH=12,n(NaOH)=10-2mol/L×1L=0.01mol<1mol,說明NaCl沒有完全電解,則電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量是0.01mol,電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目約是N(e-)=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021;反應(yīng)②是Al與NaOH溶液反應(yīng),反應(yīng)的離子方程式為2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)若上圖中各步反應(yīng)均為恰好完全轉(zhuǎn)化,則4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3,所以混合物X中含有的物質(zhì)是NaCl、Al(OH)3。考點:考查元素及化合物的推斷、化學(xué)方程式和離子方程式的書寫、電解反應(yīng)原理的應(yīng)用的知識。19、除去混合氣體中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221:8Fe3O4偏小造成大氣污染【解析】
利用還原性氣體測定鐵的氧化物的組成,其原理是根據(jù)生成物的質(zhì)量通過計算確定結(jié)果;還原性氣體有氫氣和一氧化碳,他們奪氧后生成水和二氧化碳;原氣體中混有二氧化碳和水蒸氣,所以必須先除去,然后讓還原性氣體反應(yīng),丁、戊裝置用以檢驗生成的水和二氧化碳,最后的己裝置進行尾氣處理,有環(huán)保理念。【詳解】(1)因二氧化碳能與氫氧化鈉反應(yīng),方程式為:2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,所以除二氧化碳用氫氧化鈉溶液,故甲裝置的作用是除去二氧化碳;故答案為:除去混合氣體中CO2;2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O;(2)丁裝置盛放的是無水硫酸銅,無水硫酸銅遇水會變藍,丁裝置沒有明顯變化,說明沒有水生成,故該還原性氣體不是氫氣。戊裝置盛放的是石灰水,二氧化碳能使石灰水變渾濁,戊裝置中溶液出現(xiàn)了白色沉淀,故該還原性氣體是一氧化碳,反應(yīng)方程式為:yCO+FexOyxFe+yCO2,故答案為:CO;yCO+FexOyxFe+yCO2;(3)丙裝置中的FexOy全部被還原,剩余固體為生成的鐵的質(zhì)量,戊裝置中盛放的石灰水吸水二氧化碳,增加的質(zhì)量為二氧化碳的質(zhì)量,二氧化碳是一氧化碳奪取FexOy的氧生成的,即二氧化碳只有一個氧原子來自鐵氧化合物,占二氧化碳質(zhì)量的,故FexOy中氧元素的質(zhì)量為:17.6g×=6.4g,則FexOy中鐵氧元素的質(zhì)量比為:56x:16y=16.8g:6.4g=21:8,x:y=3:4,該鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe3O4;故答案為:21:8;Fe3O4;(4)如果沒有甲裝置,混有的二氧化碳也會在戊裝置被吸收,故二氧化碳的質(zhì)量偏大,相當于一氧化碳奪得的氧的質(zhì)量增加,故測得結(jié)果中鐵元素與氧元素的質(zhì)量的比值偏小。一氧化碳有毒,會污染空氣,最后的己裝置對尾氣進行處理,具有環(huán)保理念;故答案為:偏?。辉斐纱髿馕廴?。20、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】
(1)根據(jù)儀器特征,判斷儀器名稱;根據(jù)實驗原理,還需要連接尾氣處理裝置,所以應(yīng)長管進氣,短管出氣;(2)根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2的反應(yīng)化學(xué)方程式,為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產(chǎn)生ClO2的速率要慢;
(3)
根據(jù)Cl2+2KI=2KCl+I2進行分析;
(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反,應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可判斷生成物,書寫反應(yīng)方程式;
(5)由圖分析可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度?!驹斀狻?1)根據(jù)儀器特征:可知儀器C是球形干燥管;F裝置應(yīng)是Cl2和KI反應(yīng),還需要連接尾氣處理裝置,所以應(yīng)長管進氣,短管出氣,故選b;
(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價,鹽酸中氯為-1價被氧化成0價氯,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2,所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2,Cl2前系數(shù)為1,反應(yīng)化學(xué)方程式:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2
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