上海市2018年高中化學競賽初賽試題

2018年上海市高中生化學競賽初賽試題可能用到的相對原子質(zhì)量(原子量)：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32C1-35.5K-39Ca-40Cu-64Ag-108一、選擇題(共40分，每小題2分；每小題只有一個正確答案)1.下列“油”中所含主要有機成分的類別與奶油相同的是（）A.汽油 B.甘油 C.醬油 D.豆油【答案】D【解析】【詳解】奶油中所含的主要有機成分有油脂；A．汽油主要成分是C4~C12的烴類混合物，與奶油主要有機成分類別不同，故A不選；B．甘油是丙三醇，屬于醇類物質(zhì)，與奶油主要有機成分類別不同，故B不選；C．醬油有多種氨基酸、糖類、有機酸、色素及香料等，與奶油主要有機成分類別不同，故C不選；D．豆油中含有多種脂肪酸和脂肪，與奶油主要有機成分類別相同，故D選；故答案選D。2.下列物質(zhì)的主要成分對應(yīng)正確的是ABCD物質(zhì)加碘食鹽漂粉精食用純堿鋁熱劑主要成分NaClI2CaCl2Ca(ClO)2NaHCO3Al2O3FeA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．加碘食鹽中的主要成分是NaCl和KIO3，故A錯誤；B．漂粉精是氫氧化鈣溶液與Cl2反應(yīng)生成的，主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，故B正確；C．食用純堿主要成分是碳酸鈉，故C錯誤；D．常用的鋁熱劑是Al與Fe2O3按一定比例組成的混合物，故D錯誤；故答案選B。3.下列單質(zhì)均為時，含有原子數(shù)量最多的是（）A.C60 B.O3 C.P4 D.S8【答案】A【解析】【分析】由n=可知，當質(zhì)量相同時，摩爾質(zhì)量越小的原子所含原子數(shù)反而越多，而摩爾質(zhì)量以g/mol作單位時與相對原子質(zhì)量數(shù)值上相等，故比較各物質(zhì)所含原子的相對原子質(zhì)量大小即可。【詳解】C60中C的相對原子質(zhì)量為12，O3中O的相對原子質(zhì)量為16，P4中P的相對原子質(zhì)量為31，S8中S的相對原子質(zhì)量為32，則相對原子質(zhì)量大小關(guān)系為C<O<P<S，故答案選A。4.若規(guī)定碳12的相對原子質(zhì)量為24，且將千克碳12中所含的碳原子數(shù)目定義為阿伏伽德羅常數(shù)，則下列物理量數(shù)值會變?yōu)樵瓉硪话氲氖牵ǎ〢.一個碳12原子的質(zhì)量 B.98%硫酸的物質(zhì)的量濃度C.標況下氣體摩爾體積 D.44g干冰所含分子數(shù)【答案】B【解析】【分析】假設(shè)12C的相對原子質(zhì)量為24，且以千克12C所含有的原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)，則在規(guī)定12C的相對原子質(zhì)量為24時，實際上是把作為相對原子質(zhì)量的標準從原來用12C質(zhì)量的改為，但是單個碳原子的質(zhì)量并沒有因此而發(fā)生改變；原來是以12C所含有的碳原子數(shù)作為阿伏伽德羅常數(shù)，現(xiàn)在用12C中所含的原子個數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)，很明顯12C中所含的原子個數(shù)是12C中所含的原子個數(shù)的2倍；故阿伏伽德羅常數(shù)變?yōu)樵瓉戆⒎さ铝_常數(shù)的2倍，以此來解答。【詳解】A．一個12C原子的質(zhì)量沒有發(fā)生改變，故A不選；B．阿伏伽德羅常數(shù)變?yōu)樵瓉戆⒎さ铝_常數(shù)的2倍，98%濃硫酸的物質(zhì)的量濃度變?yōu)樵瓉肀叮蔅選；C．阿伏伽德羅常數(shù)變?yōu)樵瓉?倍，則每摩爾氣體含有的分子數(shù)目為原來的2倍，標況下占有的體積為原來的2倍，故C不選；D．一個CO2分子的質(zhì)量不變，故44gCO2所含的分子個數(shù)不變，故D不選；故答案選B?！军c睛】明確常數(shù)的規(guī)定發(fā)生變化時其數(shù)值的變化是解答本題的關(guān)鍵，并熟悉摩爾質(zhì)量、摩爾體積等概念來解答。5.下列儀器在使用前必須進行檢漏操作的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．酸式滴定管下部有玻璃旋塞，使用前需要驗漏，故A選；B．直行冷凝管沒有玻璃塞或旋塞，使用前不需要驗漏，故B不選；C．長頸漏斗沒有玻璃塞或旋塞，使用前不需要驗漏，故C不選；D．量筒沒有玻璃塞或旋塞，使用前不需要驗漏，故D不選；故答案選A。6.化學反應(yīng)的本質(zhì)是（）A.電子轉(zhuǎn)移 B.能量的轉(zhuǎn)化C.舊化學鍵斷裂與新化學鍵生成 D.質(zhì)量的守恒【答案】C【解析】【詳解】A．化學反應(yīng)過程中不一定有電子的轉(zhuǎn)移，如復(fù)分解反應(yīng)，故A不選；B．物理變化也可能有能量的轉(zhuǎn)化，如燈泡發(fā)光，故B不選；C．化學反應(yīng)的本質(zhì)就是舊化學鍵斷裂與新化學鍵生成的過程，故C選；D．化學變化遵循質(zhì)量守恒定律，但質(zhì)量的守恒不是化學反應(yīng)本質(zhì)，故D不選；故答案選C。7.下列關(guān)于溶液是否飽和的判斷正確的是（）A.溶質(zhì)未達到溶解平衡的溶液一定是不飽和溶液B.無固體溶質(zhì)殘留的溶液一定是不飽和溶液C.加熱蒸發(fā)一定溶劑后恢復(fù)至原溫度無溶質(zhì)析出，原溶液一定是不飽和溶液D.冷卻后無溶質(zhì)析出，原溶液一定是不飽和溶液【答案】C【解析】【詳解】A．溶質(zhì)未達到溶解平衡的溶液也有可能是溶質(zhì)正在析出，故A錯誤；B．無固體溶質(zhì)殘留的溶液有可能是恰好達到飽和的溶液，故B錯誤；C．加熱蒸發(fā)一定溶劑后恢復(fù)至原溫度無溶質(zhì)析出，原溶液一定是不飽和溶液，故C正確；D．部分物質(zhì)，如氫氧化鈣，溫度降低溶解度反而增大，所以冷卻不會析出晶體，但原溶液可能是飽和溶液，故D錯誤；故答案選C。8.核反應(yīng)堆中常存在三種具有放射性的微粒、、，下列說法正確的是A.與互為同素異形體B.與互為同位素C.與具有相同的化學性質(zhì)D.與具有相同的中子數(shù)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．與互為同位素，故A錯誤；B．與是質(zhì)量數(shù)相同的兩種不同元素的核素，不能互稱為同位素，故B錯誤；C．與兩種原子價層電子結(jié)構(gòu)不同，化學性質(zhì)不同，故C錯誤；D．中子數(shù)240-94=238-92=146，與具有相同的中子數(shù)，故D正確；故選D。9.已知苯蒸氣在激光作用下可以轉(zhuǎn)化為棱晶烷：根據(jù)上述關(guān)系，在相同條件下不能判斷（）A.苯和棱晶烷的穩(wěn)定性相對大小B.等質(zhì)量苯與棱晶烷完全分解為炭黑與氫氣所需能量大小C.等物質(zhì)的量的苯與棱晶烷分別充分燃燒放出的熱量大小D.一根碳碳雙鍵與兩根碳碳單鍵鍵能之和大小【答案】D【解析】【詳解】A．由題目中的熱化學方程式可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則相同物質(zhì)的量的苯比棱晶烷能量低，能量越低越穩(wěn)定，由此可知苯比棱晶烷更穩(wěn)定，故A不選；B．由題目中的熱化學方程式可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則相同質(zhì)量的苯比棱晶烷能量低，等質(zhì)量苯完全分解為炭黑與氫氣所需能量比棱晶烷要多，故B不選；C．由題目中的熱化學方程式可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則相同物質(zhì)的量的苯比棱晶烷能量低，等物質(zhì)的量的棱晶烷分別充分燃燒放出的熱量比苯要多，故C不選；D．苯與棱晶烷中都沒有碳碳雙鍵，所以無法推斷一根碳碳雙鍵與兩根碳碳單鍵鍵能之和的相對大小，故D選；故答案選D。10.如圖用紙層析法分離Fe3+與Cu2+后，將濾紙條置于盛有濃氨水的試劑瓶上方進行氨熏，最終濾紙條上顯示的色帶分布正確的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】紙上層析法由于樣品中各物質(zhì)分配系數(shù)不同，因而擴散速度不同而形成不同位置的色斑。展開劑為丙酮和鹽酸，F(xiàn)e3＋更易溶于丙酮，展開的速度快，所以因氨熏后紅褐色出現(xiàn)在濾紙上端，深藍色出現(xiàn)在濾紙下端，C符合題意。答案選C。11.有機化學試劑氨基氰（如圖所示）常用于制備磺胺類藥物，抗癌藥等。下列有關(guān)氨基氰說法正確的是（）A.屬于不飽和烴 B.分子中所有原子共面C.水溶性較好 D.能發(fā)生取代、加成、消去、氧化等反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】氨基氰含有氨基，具有堿性，可與酸反應(yīng)，含有?N?H鍵，可形成氫鍵，且為極性分子，可溶于水，分子中含有N?C鍵，為δ鍵，可旋轉(zhuǎn)，分子不一定共平面，以此解答該題?！驹斀狻緼．氨基氰含有氨基，不屬于烴，故A錯誤；B．氨基氰分子中含有N?C鍵，為δ鍵，可旋轉(zhuǎn)，分子中所有原子不一定共平面，故B錯誤；C．氨基氰含有?N?H鍵，可形成氫鍵，且為極性分子，可溶于水，故C正確；D．氨基氰含有氨基，能夠發(fā)生取代、氧化反應(yīng)，含有碳氮三鍵，能夠發(fā)生加成反應(yīng)，但不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯誤；故答案選C。12.埋在地下的鋼管道可以用如圖所示方法進行電化學保護，下列說法正確的是（）A.鋼管道表面發(fā)生了還原反應(yīng)B.該方法將電能轉(zhuǎn)化為了化學能C.該方法稱為外加電流陰極保護法D.鎂塊上發(fā)生的電極反應(yīng)：O2+2H2O+4e→4OH-【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，即把金屬和鋼管及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，鎂塊作負極，鋼管道作正極，從而鋼管道得到保護。【詳解】A．根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，鋼管道作正極，表面上發(fā)生了還原反應(yīng)，故A正確；B．構(gòu)成的原電池中，該方法是將化學能轉(zhuǎn)化成了電能，故B錯誤；C．根據(jù)圖片知，沒有外加電源，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，故C錯誤；D．鎂塊作負極，電極反應(yīng)：Mg?2e?＋4OH?＝Mg(OH)2↓，故D錯誤；故答案選A。13.取相同質(zhì)量的H2O和D2O分別與少量金屬鉀反應(yīng)完全，若電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相同，則下列敘述中有關(guān)物理量不相等的是（）A.反應(yīng)消耗H2O和D2O的物質(zhì)的量 B.產(chǎn)生氣體在相同條件下的體積C.反應(yīng)后所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù) D.參加反應(yīng)金屬鉀的質(zhì)量【答案】C【解析】【分析】根據(jù)2K+2H2O=2KOH+H2↑，2K+2D2O=2KOD+D2↑，由關(guān)系式2K2H2OH22e-和2K2D2OD22e-可知，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相同進行分析。詳解】根據(jù)2K+2H2O=2KOH+H2↑，2K+2D2O=2KOD+D2↑，由關(guān)系式2K2H2OH22e-和2K2D2OD22e-可知，若電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相同，則：A．反應(yīng)消耗H2O和D2O的物質(zhì)的量相同，故A不選；B．產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量相同，則在相同條件下的體積相同，故B不選；C．反應(yīng)后所得溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同，但是由于KOH和KOD的摩爾質(zhì)量不同，則質(zhì)量不同，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)也不同，故C選；D．參加反應(yīng)金屬鉀的質(zhì)量相同，故D不選；故答案選C。14.將一份NaOH溶液在空氣中放置較長時間后，與另一份新配制相同濃度的氫氧化鈉溶液分別滴定相同體積、相同濃度的鹽酸，能正確反映滴定過程中溶液pH變化曲線的是（虛線表示放置較長時間后的NaOH溶液，實線表示新配制的NaOH溶液）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】NaOH溶液在空氣中放置較長時間后，會吸收空氣中的二氧化碳使溶液中含有碳酸鈉雜質(zhì)，堿性減弱。【詳解】NaOH溶液在空氣中放置較長時間后，會吸收空氣中的二氧化碳使溶液中含有碳酸鈉雜質(zhì)，堿性減弱，與另一份新配制相同濃度的氫氧化鈉溶液分別滴定相同體積、相同濃度的鹽酸，當溶液達到中性時消耗的體積更大；當堿滴加過量時，由于含有碳酸鈉雜質(zhì)的溶液堿性弱，則加入相同體積后溶液的pH更低；則符合題意的圖象是A，故答案選A。15.將與足量NaOH醇溶液共熱，同時發(fā)生了兩種反應(yīng)。能證明發(fā)生了消去反應(yīng)的操作與現(xiàn)象是（）A.反應(yīng)混合物溴的顏色褪去B.反應(yīng)混合物產(chǎn)生白色沉淀C.反應(yīng)混合物有機物紫色褪去D.反應(yīng)混合物有機物溴的顏色褪去【答案】D【解析】【分析】根據(jù)與足量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生了消去反應(yīng)生成苯乙烯，苯乙烯、乙醇都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，苯乙烯能使溴水褪色，乙醇不能使溴水褪色來解答?！驹斀狻緼．反應(yīng)混合物溴的顏色褪去，可能是單質(zhì)溴與堿反應(yīng)，也可能單質(zhì)溴與烯烴發(fā)生加成反應(yīng)，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故A不選；B．反應(yīng)混合物產(chǎn)生白色沉淀，說明生成了氯離子，而發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)都能生成氯離子，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故B不選；C．反應(yīng)混合物有機物紫色褪去，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明發(fā)生消去反應(yīng)，故C不選；D．反應(yīng)混合物有機物溴的顏色褪去，說明有苯乙烯生成，能證明發(fā)生消去反應(yīng)，故D選；故答案選D。16.如圖是1861年索爾維發(fā)明的制堿法中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，其中Ⅰ~Ⅳ代表四個主要化學反應(yīng)，a~i代表除以外不同的物質(zhì)。若不計算其他損耗，下列說法正確的是A.水溶液呈堿性的物質(zhì)只有e、g、hB.水溶液呈酸性的物質(zhì)只有c、f、iC.每消耗，同時消耗D.每生成，同時生成【答案】C【解析】【分析】根據(jù)流程圖I.NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；Ⅱ.CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca(OH)2；Ⅳ.Ca(OH)2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；Ⅲ.2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑合并得到總化學方程式為：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2。各物質(zhì)為：，3，2，3，3，4Cl，，2CO3，2?！驹斀狻緼．水溶液呈堿性的物質(zhì)除e、g、h外還有NaHCO3，是強堿弱酸鹽水解呈堿性，故A錯誤；B．水溶液呈酸性的物質(zhì)只有c、f，i為CaCl2，是強酸強堿鹽，溶液呈中性，故B錯誤；C．由合并得到的總化學方程式CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2得到每消耗即NaCl，同時消耗即CaCO3，故C正確；D．由合并得到的總化學方程式CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2得每生成1molNa2CO3，同時生成1molCaCl2，故D錯誤；故選C。17.從母液中析出的中含有，需洗滌后再進行灼燒。若省略洗滌操作，則最終對所得純堿純度影響敘述正確的是A.無明顯影響 B.雜質(zhì)含量上升C.雜質(zhì)含量上升 D.雜質(zhì)含量上升【答案】C【解析】【分析】加熱和的反應(yīng)，NaHCO3＋NH4ClNaCl＋H2O＋CO2↑＋NH3↑，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【詳解】A．最終對所得純堿純度降低，故A不符；B．雜質(zhì)會發(fā)生反應(yīng)NaHCO3＋NH4ClNaCl＋H2O＋CO2↑＋NH3↑，雜質(zhì)含量降低，故B不符；C．雜質(zhì)含量上升，故C符合；D．與無關(guān)，故D不符；故選C。18.化工專家侯德榜發(fā)明的“侯氏制堿法”大大推進了純堿工業(yè)的發(fā)展，其最重要貢獻是A.找到了新型高效的催化劑 B.充分利用了能量C.提高了純堿產(chǎn)品的純度 D.提升了的利用率【答案】D【解析】【分析】侯氏制堿法的反應(yīng)方程式為：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氫鈉晶體受熱分解可得到純堿，其化學反應(yīng)方程式為2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O?！驹斀狻緼．反應(yīng)中沒有使用催化劑，故A不選；B．從反應(yīng)過程看，沒有涉及充分利用能量，故B不選；C．從反應(yīng)過程看，與提高了純堿產(chǎn)品的純度無關(guān)，故C不選；D．從質(zhì)量守恒的角度看，NaCl中鈉全部轉(zhuǎn)化成Na2CO3，提升了的利用率，故D選；故選D。19.某同學采用BaSO4沉淀重量法測定樣品中SO42-的含量時，發(fā)現(xiàn)濾液中有少許沉淀，檢查濾紙并未破裂，此時他應(yīng)該（）A.將濾液倒回漏斗重新過濾B.在漏斗中再加一張濾紙，將濾液重新過濾C.另取一漏斗，將濾液過濾后與原濾紙合并D.棄去，重新取樣分析【答案】D【解析】【詳解】利用BaSO4沉淀重量法測定樣品中SO42-的含量，需要在原溶液中加入過量的含Ba2+離子的溶液，當沉淀完全時再進行過濾、稱重；若發(fā)現(xiàn)濾液中有少許沉淀，檢查濾紙并未破裂，說明沉淀沒有產(chǎn)生完全時就進行了過濾，此時稱重不能準確的計算出SO42-的含量，只能棄去，重新取樣分析，故答案選D。20.衣康酸是制備高效除臭劑、粘合劑等多種精細化學品的重要原料。由3-甲基-3-丁烯酸合成衣康酸的路線如下所示關(guān)于反應(yīng)正確的是（）反應(yīng)l反應(yīng)ll反應(yīng)lll反應(yīng)lVA加成取代消去氧化B加成取代氧化消去C取代加成消去氧化D取代加成氧化消去A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】3?甲基?3?丁烯酸通過反應(yīng)I、II后得到的產(chǎn)物中多了2個醇羥基，則反應(yīng)I應(yīng)該是和溴發(fā)生加成反應(yīng)，生成物結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCBr(CH3)CH2COOH，反應(yīng)II為鹵代烴CH2BrCBr(CH3)CH2COOH的水解反應(yīng)，其產(chǎn)物為HOCH2COH(CH3)CH2COOH，根據(jù)衣康酸結(jié)構(gòu)簡式知，反應(yīng)III為氧化反應(yīng)，產(chǎn)物為HOOCCOH(CH3)CH2COOH，然后醇羥基發(fā)生消去反應(yīng)得到衣康酸，所以反應(yīng)I為和溴的加成反應(yīng)、反應(yīng)II為鹵代烴的水解反應(yīng)、反應(yīng)III為醇羥基的氧化反應(yīng)、反應(yīng)IV為醇羥基的消去反應(yīng)；故答案選B。【點睛】明確有機物官能團及其性質(zhì)關(guān)系、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系、反應(yīng)類型判斷是解本題關(guān)鍵，注意：連接醇羥基的碳原子上不含H原子時，該醇羥基不能被催化氧化。二、選擇題(共60分，每小題4分；每小題有一個或兩個正確答案；只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，只選對一個給2分，選錯一個該小題不給分)21.下列現(xiàn)象與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是（）A.塑料老化 B.石堿風化 C.溶洞形成 D.膠卷曝光【答案】BC【解析】【詳解】A．塑料老化是塑料被空氣中的O2氧化的過程，是氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．石堿風化的化學方程式為：Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O，不是氧化還原反應(yīng)，故B選；C．溶洞形成的原理化學方程式為：CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2=CaCO3↓+CO2↑+H2O，不是氧化還原反應(yīng)，故C選；D．膠卷曝光的原理化學方程式為：2AgBr2Ag+Br2，是氧化還原反應(yīng)，故D不選；故答案選BC。22.9.2g金屬鈉投入到足量的重水中，則產(chǎn)生的氣體中含有A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】重氫的符號為D，其原子核內(nèi)有1個質(zhì)子和1個中子。金屬鈉的物質(zhì)的量為，可以與重水（D2O）反應(yīng)生成0.2molD2，0.2molD2含有中子、電子、質(zhì)子，故B項正確。本題選B。23.離子檢驗時排除干擾很重要，下列排除干擾的方法正確的是A.檢驗用稀硫酸排除干擾B.檢驗用稀鹽酸排除的干擾C.檢驗用藍色鈷玻璃排除的干擾D.檢驗用氯水排除的干擾【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A．檢驗用稀硫酸排除的干擾會引入硫酸根離子，硫酸銀也是白色沉淀，故A錯誤；B．稀鹽酸和反應(yīng)生成二氧化硫，檢驗可用稀鹽酸排除的干擾，故B正確；C．藍色鈷玻璃可濾去Na+的黃色焰色，檢驗用藍色鈷玻璃排除的干擾，故C正確；D．氯水能將氧化成，檢驗用氯水不能排除的干擾，故D錯誤；故選BC。24.元素a-e為短周期原子序數(shù)相連的五種元素（未按原子序數(shù)大小排列）.若x為原子的價電子數(shù)，y為核外未成對電子數(shù)，下表列出了這五種元素原子（x-y）的數(shù)值。abcdex-y02468下列說法錯誤的是（）A.金屬性：a>b B.e單質(zhì)的化學性質(zhì)最穩(wěn)定C.原子半徑：d>a D.核外未成對電子數(shù)：b=c【答案】CD【解析】【分析】元素a-e為短周期元素，由a的(x-y)值為0，可知a原子的價電子數(shù)為1，核外未成對電子數(shù)為1，則a為H、Li或Na；由b的(x-y)值為2，可知b原子的價電子數(shù)可能為2、3、4、5；由c的(x-y)值為4，可知c原子的價電子數(shù)為6，核外未成對電子數(shù)為2，則c為O或S；由d的(x-y)值為6，可知d原子的價電子數(shù)為7，核外未成對電子數(shù)為1，則d為F或Cl；由e的(x-y)值為8，可知e原子的價電子數(shù)為8，核外未成對電子數(shù)為0，則e為稀有氣體元素Ne或Ar；因為元素a-e為原子序數(shù)相連的五種元素，則a為Na，c為O，d為F，e為Ne，可得b為N或Mg，據(jù)此分析。【詳解】元素a-e為短周期元素，由a的(x-y)值為0，可知a原子的價電子數(shù)為1，核外未成對電子數(shù)為1，則a為H、Li或Na；由b的(x-y)值為2，可知b原子的價電子數(shù)可能為2、3、4、5；由c的(x-y)值為4，可知c原子的價電子數(shù)為6，核外未成對電子數(shù)為2，則c為O或S；由d的(x-y)值為6，可知d原子的價電子數(shù)為7，核外未成對電子數(shù)為1，則d為F或Cl；由e的(x-y)值為8，可知e原子的價電子數(shù)為8，核外未成對電子數(shù)為0，則e為稀有氣體元素Ne或Ar；因為元素a-e為原子序數(shù)相連的五種元素，則a為Na，c為O，d為F，e為Ne，可得b為N或Mg；A．由分析可知a為Na，b為N或Mg，金屬性：a>b，故A正確；B．由分析可知e為稀有氣體元素Ne，其單質(zhì)的化學性質(zhì)最穩(wěn)定，故B正確；C．由分析可知a為Na，d為F，原子半徑：Na>F，故C錯誤；D．由分析可知b為N或Mg，若b為N，核外未成對電子數(shù)為3，若b為Mg，核外未成對電子數(shù)為0；c為O，核外未成對電子數(shù)為2，故D錯誤；故答案選CD。25.某同學為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡，設(shè)計了如下實驗方案：（）A.步驟①中應(yīng)加入過量的AgNO3溶液B.步驟①中應(yīng)使NaCl溶液過量C.步驟②中現(xiàn)象是無沉淀產(chǎn)生D.步驟②中選用的AgNO3溶液濃度應(yīng)小于步驟①【答案】A【解析】【分析】為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡，要證明在氯化鈉溶液中加入過量的硝酸銀溶液完全反應(yīng)后的濾液中還存在氯離子，需要向濾液中加入濃度更大的硝酸銀溶液，觀察沉淀的生成。【詳解】為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡，要證明在氯化鈉溶液中加入過量的硝酸銀溶液完全反應(yīng)后的濾液中還存在氯離子，由圖可知：A．步驟①中應(yīng)加入過量的AgNO3溶液，故A正確；B．步驟①中應(yīng)加入過量的AgNO3溶液，使NaCl完全反應(yīng)，故B錯誤；C．步驟②中現(xiàn)象是產(chǎn)生了白色沉淀，這樣才能證明濾液中氯離子的存在，故C錯誤；D．步驟②中選用的AgNO3溶液濃度應(yīng)大于步驟①，故D錯誤；故答案選A。26.在制備和提純乙酸丁酯的實驗過程中，下列裝置或操作不會涉及的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】A．制備乙酸丁酯是用1-丁醇和冰醋酸在濃硫酸作催化劑、加熱條件下進行，故A會涉及；B．生成物乙酸丁酯需要用飽和碳酸鈉溶液除去其中含有的1-丁醇和冰醋酸，降低乙酸丁酯在其中的溶解度，并分層，故B會涉及；C．乙酸丁酯在飽和碳酸鈉溶液中分層，需要用分液的方法分離，故C會涉及；D．該實驗不需要測定物質(zhì)的pH，故D不會涉及；故答案選D?！军c睛】制備和提純乙酸丁酯的實驗過程類似于制備和提純乙酸乙酯，可以對照分析。27.在一定條件下，飽和溶液中存在下列平衡：。欲提高該溶液中的濃度，可采用的方法是(忽略溶液體積變化)A.通入少量氨氣 B.加入少量固體C.加入少量冰醋酸 D.加入少量固體【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．通入少量氨氣，與氫離子反應(yīng)生成銨根離子，平衡正向移動，溶液中的濃度增大，故A符合；B．加入少量固體，發(fā)生的反應(yīng)是2NaHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，生成Na2CO3，故B符合；C．加入少量冰醋酸，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度增大，平衡逆向移動，所以碳酸根離子的濃度減小，故C不符；D．飽和溶液中加入少量固體，平衡不移動，故D不符；故選AB。28.溫度為T1C時，向固定體積密閉容器中通入2molSO2和1molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+197kJ一段時間后，將反應(yīng)體系溫度瞬間升至T2C，并開始連續(xù)測定體系內(nèi)SO3的物質(zhì)的量濃度并繪制其與時間t的變化關(guān)系示意圖。下列示意圖一定不可能出現(xiàn)的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將反應(yīng)體系的溫度瞬間升高至T2，可能沒達到平衡狀態(tài)，然后向正向進行建立化學平衡的階段，該過程中，三氧化硫的百分含量是逐漸增大；可能達到平衡狀態(tài)，再升高溫度，會使已經(jīng)建立的化學平衡逆向移動，三氧化硫的百分含量會逐漸減??；升溫瞬間，可能達到平衡狀態(tài)，三氧化硫的百分含量的變化不隨著時間的變化而變化，以此解答該題。【詳解】A．將反應(yīng)體系的溫度瞬間升高至T2，可能達到平衡狀態(tài)，三氧化硫的百分含量的變化不隨著時間的變化而變化，故A正確；B．將反應(yīng)體系的溫度瞬間升高至T2，可能沒達到平衡狀態(tài)，然后向正向進行建立化學平衡的階段，該過程中，三氧化硫的百分含量是逐漸增大，故B正確；C．如達到平衡狀態(tài)，升高溫度，會使已經(jīng)建立的化學平衡逆向移動，三氧化硫的百分含量會逐漸減小，故C正確；D．升高溫度，如三氧化硫濃度增大，則說明未達到平衡，不能減小，故D錯誤；故答案選D?！军c睛】本題注意把握圖象的分析以及外界條件對平衡移動的影響，分情況討論。29.一定溫度下，向某密閉容器中充入1.6molH2與，發(fā)生如下可逆反應(yīng)并達到平衡：H2（g）+CO（g）?C（s）+H2O（g）+QkJ（Q>0）。若壓縮容器體積并同時升高溫度，達到新平衡后，關(guān)于下列物理量的變化情況敘述錯誤的是（）A.反應(yīng)速率可能保持不變B.平衡常數(shù)一定減小C.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量可能減小D.H2O（g）的體積分數(shù)可能增大【答案】A【解析】【分析】對于反應(yīng)H2（g）+CO（g）?C（s）+H2O（g）+QkJ（Q>0），正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，增大壓強，平衡正向移動，以此解答該題。【詳解】A.升高溫度、增大壓強，反應(yīng)速率增大，故A錯誤；B.升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故B正確；C.一定溫度下，向某密閉容器中充入2與，則有混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為：=，可知，隨著X的增加不斷減小，X代表反應(yīng)進程，升高溫度，平衡逆向移動，增大壓強，平衡正向移動，兩個因素可能導(dǎo)致平衡正向移動，則平均摩爾質(zhì)量可能減小，故C正確；D.如壓強影響較大,平衡正向移動,則H2O(g)的體積分數(shù)可能增大，故D正確；故選：A。【點睛】本題注意把握反應(yīng)的特點以及影響平衡的外界條件的分析，注意根據(jù)所給反應(yīng)物的物質(zhì)的量可得反應(yīng)前后混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變，此為本題易錯點。30.常溫下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四種離子。已知該溶液的溶質(zhì)為一種或兩種，且具有一定的濃度，下列有關(guān)說法正確的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶質(zhì)只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶質(zhì)為CH3COONa與CH3COOHC.若溶液pH=7，則可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，則不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)【答案】BD【解析】【分析】A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性，判斷溶液中的溶質(zhì)；C．若溶液pH=7，呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；D．若溶液pH<7，呈酸性，判斷溶液中的溶質(zhì)，進而分析離子濃度關(guān)系?！驹斀狻緼．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶液中溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH，故A錯誤；B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶液中溶質(zhì)只能為CH3COONa與CH3COOH，故B正確；C．若溶液pH=7，呈中性，則c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶質(zhì)具有一定的濃度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)，故C錯誤；D．若溶液pH<7，呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)，故D正確；故答案選BD。31.M、N兩種溶液各含有下列十種離子中的五種：、、、、、、、、、。已知兩溶液所含離子各不相同，下列判斷正確的是A.如果M呈強酸性，則N中可能同時含有、、B.如果M呈強堿性，則N中可能同時含有、、C.如果M具有強還原性，則N中一定同時含有、、D.如果M具有強氧化性，則N中一定同時含有、、【答案】BD【解析】【分析】M、N兩種溶液各含有下列十種離子中五種：、、、、、、、、、，兩溶液所含離子各不相同，由、、均能與OH－反應(yīng)，如果M溶液為酸性則：一定含有、、，OH－在N溶液中，能和酸反應(yīng)的離子、不能在M溶液中，只能在N溶液中，N中一定要有陽離子，在N中。酸性條件下離子有強氧化性，具有強的還原性，不能與氧化性離子共存，如果M呈強氧化性，則亞硫酸根離子存在于N溶液中，據(jù)此解答。以上M、N可以互換。【詳解】A．如果M呈強酸性，則N中一定含有OH－、、、，不可能同時含有、，故A錯誤；B．如果M呈強堿性，則N中一定有、、，可能同時含有、、，故B正確；C．如果M具有強還原性，M中一定含有OH－、、、，M中可能含有，則N中不一定同時含有、、，故C錯誤；D．如果M具有強氧化性，一定含有、、、，則N中一定同時含有、、、，故D正確；故選BD。32.室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH=3的醋酸溶液，向乙燒杯加水稀釋至溶液pH=4，關(guān)于兩燒杯中所得溶液的描述正確的是（）A.溶液體積：10V甲<V乙B.水電離出的OH-濃度：10c（OH-）甲<c（OH-）乙C.若分別用等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲<乙D.若分別與5mLpH=11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲<乙【答案】AD【解析】【詳解】A．醋酸為弱酸，加水稀釋時，促進醋酸的電離，電離產(chǎn)生的氫離子增多，要使pH仍然為4，加入的水應(yīng)該多一些，所以10V甲<V乙，故A正確；B．醋酸溶液中的氫氧根離子是水電離出來的，則pH＝3的醋酸中，水電離的氫氧根離子濃度為c(OH?)甲＝＝10?11mol/L，pH＝4的醋酸中，水電離的氫氧根離子濃度為c(OH?)乙＝＝10?10mol/L，則10c(OH?)甲＝c(OH?)乙，故B錯誤；C．稀釋前后甲乙兩個燒杯中所含的醋酸的物質(zhì)的量相等，依據(jù)酸堿中和反應(yīng)可知，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，由于醋酸是弱酸，則甲溶液水解導(dǎo)致的pH大于乙，即：甲>乙，故C錯誤；D．由于醋酸是弱酸，則反應(yīng)后醋酸有剩余，甲中剩余酸濃度大，酸性強，pH小，所得溶液的pH：甲<乙，故D正確；故答案選AD?！军c睛】本題注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，正確理解題意，明確弱酸存在電離平衡的特點為解答本題的關(guān)鍵。33.某芳香族有機物的分子式為C8H6O2，分子中除苯環(huán)外不含其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則該分子中可能同時含有（）A.羥基與碳碳叁鍵 B.醛基與羥基 C.酯基與碳碳雙鍵 D.羧基與甲基【答案】A【解析】【分析】某芳香族有機物的分子式為C8H6O2，含有的不飽和度為=6，苯環(huán)含有4個不飽和度，由分子中除苯環(huán)外不含其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)，故除苯環(huán)外，含有2個C原子，2個O原子，2個不飽和度，據(jù)此分析?！驹斀狻磕撤枷阕逵袡C物的分子式為C8H6O2，含有的不飽和度為=6，苯環(huán)含有4個不飽和度，由分子中除苯環(huán)外不含其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)，故除苯環(huán)外，含有2個C原子，2個O原子，2個不飽和度；A．根據(jù)分析，可知該分子可以同時形成2個羥基和1個碳碳三鍵，符合題意，故A選；B．根據(jù)分析，若同時含有醛基與羥基，不滿足不飽和度的要求，故B不選；C．根據(jù)分析，除苯環(huán)外，只含有2個C原子，所以不能同時形成酯基與碳碳雙鍵，故C不選；D．根據(jù)分析，若同時含有羧基與甲基，不滿足不飽和度的要求，故D不選；故答案選A。34.某碳酸鈉樣品中可能含有氫氧化鈉、碳酸鈣、生石灰、氯化鈉、硫酸銅五種雜質(zhì)中的三種?，F(xiàn)進行下列實驗：①稱取4.7g樣品，加入足量水，樣品部分溶解。②向①中所得懸濁液中加入100mL1mol/LH