2023屆東北三省四市化學高二下期末質量跟蹤監視模擬試題(含解析)_第1頁
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文檔簡介

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷考生請注意: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,不得在試卷上作任何標記。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,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。考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列有關說法不正確的是圖1圖2圖3圖4A.水合銅離子的模型如圖1所示,1個水合銅離子中有4個配位鍵B.CaF2晶體的晶胞如圖2所示,每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2+C.H原子的電子云圖如圖3所示,H原子核外的大多數電子在原子核附近運動D.金屬Cu原子堆積模型如圖4所示,該金屬晶體為最密堆積,每個Cu原子的配位數均為122、下列有機物的命名正確的是()A.1,2,4-三甲苯 B.3-甲基戊烯C.2-甲基-1-丙醇 D.1,5-二溴丙烷3、下列說法正確的是()A.由原子構成的晶體不一定是原子晶體B.分子晶體中的分子間可能含有共價鍵C.分子晶體中一定有共價鍵D.分子晶體中分子一定緊密堆積4、鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物,加入過量鹽酸充分反應,過濾后向濾液中加入過量燒堿溶液,再過濾,濾液中存在的離子有()A.Cu2+ B.AlO2- C.Al3+ D.Mg2+5、N2的結構可以表示為,CO的結構可以表示為,其中橢圓框表示π鍵,下列說法不正確的是()A.N2分子與CO分子中都含有三鍵B.CO分子中有一個π鍵是配位鍵C.N2與CO互為等電子體D.N2與CO的化學性質相同6、若agCO2含b個分子,則阿伏加德羅常數的值為()A.ab/28 B.ab/14 C.28/b D.44b/a7、燃燒0.1mol某有機物得0.2molCO2和0.3molH2O,由此得出的結論不正確的是()A.該有機物分子的結構簡式為CH3—CH3B.該有機物中碳、氫元素原子數目之比為1∶3C.該有機物分子中不可能含有雙鍵D.該有機物分子中可能含有氧原子8、下列排列順序錯誤的是()A.酸性:H4SiO4<H3PO4<H2SO4<HClO4B.堿性:Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3C.原子半徑:F<O<S<NaD.氫化物的穩定性:SiH4>H2S>H2O>HF9、下列實驗裝置、操作均正確的是A.分離乙醇和乙酸 B.證明碳酸酸性強于苯酚C.產生光亮的銀鏡 D.實驗室制備乙稀10、甲酸、乙醛和葡萄糖組成的某混合物,其中氧的質量分數為15.3%,則氫的質量分數為A.84.7% B.72.6% C.12.1% D.6.05%11、二氟甲烷是性能優異的環保產品,它可替代某些會破壞臭氧層的“氟利昂”產品,用作空調、冰箱和冷凍庫的致冷劑。試判斷二氟甲烷的結構有()A.4種 B.3種 C.2種 D.1種12、NA是阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A.1mol葡萄糖分子含有的羥基數目為6NAB.5.8gC4H10中含有共價鍵總數為1.3NAC.5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的結晶水分子數為0.04NAD.4.6g乙醇完全氧化成乙醛,轉移電子數為0.1NA13、化學與生活密切相關,下列物質不能用作食品添加劑是()A.乙醇 B.乙酸 C.乙酸乙酯 D.乙醛14、用石墨電極電解100mLH2SO4與CuSO4的混合溶液,通電一段時間后,兩極均收集到2.24L氣體(標準狀況),則原混合溶液中Cu2+的物質的量濃度為()A.3mol·L-1 B.2mol·L-1 C.4mol·L-1 D.1mol·L-115、下列物質屬于醇的是()A. B.HOCH2CH2OHC.CH3COOCH3 D.CH3CHO16、關于膠體的性質與應用,相關說法錯誤的是()A.靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠體粒子的帶電性而加以除去B.明礬凈水是利用膠體的吸附性C.從顏色上無法區別FeCl3溶液和Fe(OH)3膠體D.由于膠粒之間的排斥作用,膠粒不易聚集成大的顆粒,故膠體的性質相對比較穩定17、在下列指定條件的溶液中,一定能大量共存的離子組是(

)A.K2S溶液中:SO42-、B.無色溶液中:Fe2+、Na+C.室溫下,Kwc(H+)=0.1mol?L-1D.滴入KSCN溶液顯紅色的溶液中:K+、Na+、18、乙酸和乙醇在濃硫酸的催化下發生酯化反應時,乙酸分子中斷鍵的位置是()A.a B.b C.c D.d19、對于處于化學平衡狀態的反應CO+H2O(g)CO2+H2中,K正反應代表正反應的平衡常數,K逆反應代表逆反應的平衡常數,下列有關說法正確的是()A.K正反應=K逆反應B.K正反應>K逆反應C.K正反應<K逆反應D.K正反應×K逆反應=120、下列實驗操作、實驗現象和實驗結論均正確的是選項實驗操作實驗現象結論A將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液溶液變為紅色樣品已被氧化B向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有氧化性C向AgNO3溶液中滴加過量氨水得到澄清溶液Ag+與NH3?H2O能大量共存D向1mL0.1mol?L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol?L-1ZnSO4溶液,再加入2mL0.1mol?L-1CuSO4溶液開始有白色沉淀生成;后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D21、已知有機物A可發生如下轉化關系,且C、E均不能發生銀鏡反應,則A的結構可能有A.2種 B.3種 C.4種 D.5種22、BF3是典型的平面三角形分子,它溶于氫氟酸或NaF溶液中都形成BF4-離子,則BF3和BF4-中的B原子的雜化軌道類型分別是A.sp2、sp2 B.sp3、sp3 C.sp2、sp3 D.sp、sp2二、非選擇題(共84分)23、(14分)M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序數依次遞增的前四周期元素.M原子最外層電子數為內層電子數的3倍;N的焰色反應呈黃色;O的氫化物是一種強酸,其濃溶液可與M、Q的化合物反應生成O的單質;P是一種金屬元素,其基態原子中有6個未成對電子.請回答下列問題:(1)元素Q的名稱為______________,P的基態原子價層電子排布式為__________________。(2)O的氫化物的沸點比其上一周期同族元素的氫化物低,是因為___________________。(3)M、O電負性大小順序是__________(用元素符號表示),實驗室制備O單質的化學方程式__________________________。(4)M、N形成的化合物的晶胞如圖所示,該晶胞的邊長為apm,則該晶體的密度為____________________g/cm324、(12分)近來有報道,碘代化合物E與化合物H在Cr-Ni催化下可以發生偶聯反應,合成一種多官能團的化合物Y,其合成路線如下:已知:回答下列問題:(1)A的化學名稱是________________。(2)B為單氯代烴,由B生成C的化學方程式為________________。(3)由A生成B、G生成H的反應類型分別是________________、________________。(4)D的結構簡式為________________。(5)Y中含氧官能團的名稱為________________。(6)E與F在Cr-Ni催化下也可以發生偶聯反應,產物的結構簡式為________________。(7)X與D互為同分異構體,且具有完全相同官能團。X的核磁共振氫譜顯示三種不同化學環境的氫,其峰面積之比為3∶3∶2。寫出3種符合上述條件的X的結構簡式________________。25、(12分)某無色溶液中含有K+、Cl-、OH-、SO32-、SO42-,為檢驗溶液中所含的某些陰離子,限用的試劑有:鹽酸、硝酸、硝酸銀溶液、硝酸鋇溶液、溴水和酚酞試液。檢驗其中OH-的實驗方法省略,檢驗其他陰離子的過程如下圖所示。(1)圖中試劑①~⑤溶質的化學式分別是:①________,②________,③________,④__________,⑤__________。(2)圖中現象c表明檢驗出的離子是________________。(3)白色沉淀A若加試劑③而不加試劑②,對實驗的影響是____________________。(4)氣體E通入試劑④發生反應的離子方程式是_________________________。26、(10分)三草酸合鐵(III)酸鉀K3[Fe(C204)3]·3H2O為綠色晶體,易溶于水,難溶于乙醇丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(III)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶體溶于20mL水中,加入5滴6mol/LH2SO4酸化,加熱溶解,攪拌下加入25m飽和和H2C2O4溶液,加熱,靜置,待黃色的FeC2O4沉淀完全沉降以后,傾去上層清液,傾析法洗滌沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀容液,水浴加熱至40℃,用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2,邊加邊攪拌并維持在40℃左右,溶液變成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸段時間后,再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL,后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解,變為綠色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95%的乙醇,這時如果濾液渾濁可微熱使其變清,放置暗處冷卻,結晶完全后,抽濾,用少量洗條劑洗滌晶體兩次抽干,干燥,稱量,計算產率。已知制各過程中涉及的主要反應方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O請回答下列各題:(1)簡達傾析法的適用范圍____________。(2)步驟③加熱煮沸的目的是___________。(3)步驟④中乙醇要緩慢加入的原因是_________。(4)下列物質中最適合作為晶體洗滌劑的是_______(填編號)。A.冷水B.丙酮C.95%的乙醇D.無水乙醇(5)如圖裝置,經過一系列操作完成晶體的抽濾和洗滌。請選擇合適的編號,按正確的順序補充完整(洗條操作只需要考慮一次):開抽氣泵→a→____→b→d→c→關閉抽氣泵。

a.轉移固體混合物b.關活塞Ac.開活塞Ad.確認抽干e.加洗滌劑洗滌II.純度的測定稱取1.000g產品,配制成250mL溶液,移取25.00mL溶液,酸化后用標定濃度為0.0100mol/L的高錳酸鉀溶被滴定至終點,三次平行實驗平均消耗高猛酸鉀溶被24.00mL。(6)滴定涉及反應的離子方程式:____________。(7)計算產品的純度______(用質量百分數表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相對分子質量為491)27、(12分)亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業鹽,實驗室可用如下裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2;②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O;③酸性條件下,NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+;Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。(1)加熱裝置A前,先通一段時間N2,目的是_______________。(2)裝置A中發生反應的化學方程式為__________________________________。實驗結束后,將B瓶中的溶液經蒸發濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。(3)儀器C的名稱為______________,其中盛放的藥品為____________(填名稱)。(4)充分反應后,檢驗裝置D中產物的方法是:取產物少許置于試管中,________________,則產物是NaNO2(注明試劑、現象)。(5)為測定亞硝酸鈉的含量,稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液,取25.00mL溶液于錐形瓶中,用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液進行滴定,實驗所得數據如下表所示:①第一組實驗數據出現異常,造成這種異常的原因可能是_________(填代號)。a.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b.錐形瓶洗凈后未干燥c.滴定終點時仰視讀數②根據表中數據,計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數__________。28、(14分)鎂元素在自然界廣泛分布,是人體的必需元素之一。回答下列問題(1)下列Mg原子的核外電子排布式中,能量最高的是_______,能量最低的是________(填序號)a.1s22s22p43s13px13py13pz1b.1s22s22p33s23px13py13pz1c.1s22s22p63s13px1d.1s22s22p63s2(2)Mg元素的第一電離能高于Al元素,其原因是_________________________。(3)MgO是一種耐火材料,熔點2852℃,其熔融物中有Mg2+和O,這兩個離子半徑大小關系是_________;MgO的熔點高于MgCl2的原因是__________________。(4)葉綠素a是自然界中常見的含鎂化合物,從葉綠素a的結構看,其中的碳原子既有sp2雜化,又有sp3雜化,以sp2雜化的碳原子有________個,葉綠素a結構中存在_______(填標號)。a.配位鍵b.π鍵c.非極性鍵d.氫鍵e.極性鍵(5)尖晶石是鎂鋁氧化物組成的礦物,有些尖晶石透明且顏色漂亮,可作寶石。如圖為尖晶石的一種晶胞,晶胞中有A型和B型兩種結構單元。則該尖晶石的化學式為____________。29、(10分)乙酰乙酸乙酯是有機合成中非常重要的原料,實驗室制備乙酰乙酸乙酯的反應原理、裝置示意圖和有關數據如下所示:實驗步驟:(I)合成:向三頸燒瓶中加入9.8mL無水乙酸乙酯,迅速加入0.1g切細的金屬鈉。水浴加熱反應液,緩慢回流約2h至金屬鈉全部反應完。停止加熱,冷卻后向反應混合物中加入50%乙酸至反應液呈弱酸性。(II)分離與提純:①向反應混合物中加入等體積的飽和食鹽水,分離得到有機層。②水層用5mL無水乙酸乙酯萃取,分液。③將①②所得有機層合并,洗滌、干燥、蒸餾得到乙酰乙酸乙酯粗產品。④蒸餾粗產品得到乙酰乙酸乙酯3.9g。(l)迅速加入金屬鈉的原因是_________(用化學方程式說明)。(2)球形冷凝管中冷卻水從_____(填“上”或“下”)口進入,上方干燥管中盛有無水CaCl2,其作用是_______。(3)實驗室制備乙酰乙酸乙酯時,通常在無水乙酸乙酯中加入微量的無水乙醇,其作用是_______。(4)分離與提純操作①中使用的分離儀器是_______。加入飽和食鹽水的作用是_______。(5)分離與提純操作③用飽和NaHCO3溶液洗滌的目的是______________。(6)本實驗的產率為______%(結果保留兩位有效數字)。

2023學年模擬測試卷參考答案(含詳細解析)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、C【答案解析】分析:A水合銅離子中銅離子的配位數為4,配體是水,水中的氧原子提供孤電子對與銅離子形成配位鍵,據此答題;B根據均攤法可以知道,在CaF2晶體的晶胞中,每個CaF2晶胞平均占有Ca2+個數為8×18+6×12=4詳解:A、水合銅離子中銅離子的配位數為4,配體是水,水中的氧原子提供孤電子對與銅離子形成配位鍵,所以A選項是正確的;B、根據均攤法可以知道,在CaF2晶體的晶胞中,每個CaF2晶胞平均占有Ca2+個數為8×18+6×12=4,,所以B選項是正確的;2、A【答案解析】

A、主鏈為苯,從與左邊甲基相連的苯環碳開始編號,名稱為:1,2,4-三甲苯,故A正確;B、沒有標出官能團位置,應為3-甲基-1-戊烯,故B錯誤;C、主鏈錯誤,應為2-丁醇,故C錯誤;D、溴原子在1、3位置,為1,3-二溴丙烷,故D錯誤。故選A。3、A【答案解析】分析:A項,由原子構成的晶體不一定是原子晶體,如稀有氣體構成的晶體;B項,分子晶體中的分子間存在范德華力,可能存在氫鍵,不可能含共價鍵;C項,分子晶體中不一定含共價鍵,如稀有氣體;D項,分子晶體中分子不一定緊密堆積,如冰晶體。詳解:A項,由原子構成的晶體不一定是原子晶體,如稀有氣體構成的晶體,A項正確;B項,分子晶體中的分子間存在范德華力,可能存在氫鍵,不可能含共價鍵,B項錯誤;C項,分子晶體中不一定含共價鍵,如稀有氣體,C項錯誤;D項,分子晶體中分子不一定緊密堆積,如冰晶體,D項錯誤;答案選A。4、B【答案解析】

鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物,加入過量鹽酸充分反應,只有鎂和鋁與鹽酸反應,生成氯化鎂和氯化鋁,過濾后濾液中存在Mg2+和Al3+,向濾液中加入一定量燒堿溶液,發生復分解反應后生成氫氧化鎂沉淀和氫氧化鋁沉淀,其中氫氧化鋁沉淀能繼續溶解在燒堿溶液中,據此分析判斷。【題目詳解】鎂、鋁、銅中加入過量鹽酸充分反應,只有鎂和鋁與鹽酸反應,過濾后濾液中存在Mg2+和Al3+,向濾液中加入一定量燒堿溶液,發生復分解反應后生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀,其中氫氧化鋁沉淀能繼續溶解在燒堿溶液中,過濾后濾液中只存在AlO2-;答案選B。5、D【答案解析】

A.根據圖象知,氮氣和CO都含有兩個π鍵和一個σ鍵,N2分子與CO分子中都含有三鍵,故A正確;B.氮氣中π鍵由每個N原子各提供一個電子形成,而CO分子中其中一個π鍵由O原子提供1對電子形成屬于配位鍵,故B正確;C.N2分子與CO分子中原子總數相同、價電子總數也相同,二者互為等電子體,故C正確;D.N2與CO的化學性質不相同,如CO具有較強的還原性,而氮氣的性質比較穩定,還原性較差,故D錯誤;故選D。6、D【答案解析】

若agCO2含b個分子,設阿伏加德羅常數的值為NA,根據公式N=n×NA=mNA/M,有b=aNA/44,則NA=44b/a,故D正確,本題選D。7、A【答案解析】

根據元素守恒和原子守恒,推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH,即1mol該有機物中有2molC和6molH,據此分析;【題目詳解】A、根據元素守恒和原子守恒,推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH,即1mol該有機物中有2molC和6molH,因為題中無法確認有機物的質量或相對分子質量,因此無法確認有機物中是否含氧元素,即無法確認有機物結構簡式,故A說法錯誤;B、根據A選項分析,該有機物中碳、氫元素原子數目之比為2:6=1:3,故B說法正確;C、1mol該有機物中含有2molC和6molH,該有機物分子式C2H6Ox,不飽和度為0,即不含碳碳雙鍵,故C說法正確;D、根據A選項分析,該有機物中可能存在氧元素,也可能不存在氧元素,故D說法正確;答案選A。【答案點睛】有機物分子式的確定,利用原子守恒和元素守恒,推出有機物中C原子的物質的量和H原子的物質的量,然后根據有機物的質量,確認是否含有氧元素,從而求出有機物的實驗式,最后利用有機物的相對分子質量,求出有機物的分子式。8、D【答案解析】分析:A.元素的非金屬性越強,其最高價氧化物的水化物酸性越強;B.元素的金屬性越強,其最高價氧化物的水化物堿性越強;C.原子電子層數越多,其原子半徑越大,同一周期元素,原子半徑隨著原子序數增大而減小;D.元素的非金屬性越強,其氫化物的穩定性越強。詳解:A.元素的非金屬性越強,其最高價氧化物的水化物酸性越強,非金屬性Cl>S>P>Si,所以酸性H4SiO4<H3PO4<H2SO4<HClO4,A正確;B.元素的金屬性越強,其最高價氧化物的水化物堿性越強,金屬性Ca>Mg>Al,所以堿性:Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3,B正確;C.原子電子層數越多,其原子半徑越大,同一周期元素,原子半徑隨著原子序數增大而減小,所以原子半徑F<O<S<Na,C正確;D.元素的非金屬性越強,其氫化物的穩定性越強,非金屬性F>O>S>Si,所以氫化物的穩定性SiH4<H2S<H2O<HF,D錯誤;答案選D。點睛:本題考查元素周期律,側重考查金屬性、非金屬性強弱判斷及原子半徑大小比較,為高頻考點,知道非金屬、金屬性強弱與得失電子難易程度有關,與得失電子多少無關,為易錯題。9、D【答案解析】

A、乙醇和乙酸互溶,不分層,不能用分液法分離,故A錯誤;B、醋酸具有揮發性,醋酸也能與苯酚鈉溶液反應生成苯酚,故B錯誤;C、銀鏡反應需要水浴加熱,故C錯誤;D、乙醇與濃硫酸的混合液加熱到170℃發生消去反應生成乙烯,故D正確。10、C【答案解析】

甲酸為CH2O,乙醛為C2H4O,葡萄糖為C6H12O6,各分子中碳原子與氫原子數目之比為1:2,故混合物中碳元素與氫元素的質量之比為12:2=6:1,根據氧元素的質量發生計算混合物中碳元素與氫元素的質量分數之和,再根據碳元素與氫元素質量關系計算。【題目詳解】甲酸為CH2O,乙醛為C2H4O,葡萄糖為C6H12O6,各分子中碳原子與氫原子數目之比為1:2,故混合物中碳元素與氫元素的質量之比為12:2=6:1,根據氧元素的質量發生計算混合物中碳元素與氫元素的質量分數之和,混合物中氧的質量分數為15.3%,則混合物中碳元素與氫元素的質量分數之和為1-15.3%=84.7%,故混合物中氫元素的質量分數,故答案選C。11、D【答案解析】

由于甲烷是正四面體結構,所以其中的任何兩個H原子被F原子取代,產物的結構都是相同的。因此二氟甲烷的結構簡式只有一種。選項為D。12、B【答案解析】

A.1mol葡萄糖分子含有的羥基數目為5NA,故A錯誤;B.正丁烷和異丁烷互為同分異構體,分子式為C4H10,5.8g正丁烷和異丁烷的混合氣體物質的量為=0.1mol,含有共價鍵的總數為0.1×(10+3)×NA=1.3NA,故B正確;C.熟石膏(2CaSO4?H2O)的物質的量n==0.02mol,由熟石膏(2CaSO4?H2O)的化學式可知,1mol熟石膏(2CaSO4?H2O)中含1mol水,故0.02mol中含0.02mol水,即0.02NA個,故C錯誤;D.4.6g乙醇物質的量為0.1mol,完全氧化變成乙醛,轉移電子數為0.2NA,故D錯誤;故答案為B。13、D【答案解析】

A.乙醇可作味劑,能作食品添加劑,故A正確;B.乙酸又名醋酸,是食醋的成分,能作食品添加劑,故B正確;C.乙酸乙酯是特殊的香味,可用作香料,能作食品添加劑,故C正確;D.乙醛有毒,能致癌,不能作食品添加劑,故D錯誤;故答案為D。14、D【答案解析】

電解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液,陽極發生的反應為:4OH—-4e-=2H2O+O2↑,陰極上發生的電極反應為:Cu2++2e-=Cu,2H++2e-=H2↑,兩極均收集到2.24L(標況)氣體,即均生成0.1mol的氣體,陽極生成0.1mol氧氣說明轉移了0.4mol電子,而陰極上生成的0.1molH2只得到了0.2mol電子,所以剩余0.2mol電子由銅離子獲得,所以溶液中有0.1mol銅離子,據c=得到銅離子的濃度為:=1mol/L,答案選D。15、B【答案解析】

A.中羥基與苯環直接相連,該有機物屬于酚類,故A錯誤;B.HOCH2-CH2OH,羥基與烴基相連,該有機物屬于醇類,故B正確;C.CH3COOCH3,該有機物的官能團為酯基,屬于酯類,故C錯誤;D.CH3CHO,官能團為醛基,屬于醛類,故D錯誤;故選B。【答案點睛】本題的易錯點為A,要注意醇的官能團為羥基,但羥基不能直接與苯環相連,否則屬于酚類。16、C【答案解析】

A、靜電除塵利用的是膠體電泳現象;B、明礬凈水是利用鋁離子在溶液中水解生成氫氧化鋁膠體;C、FeCl3溶液與Fe(OH)3膠體的顏色不同;D、膠體性質穩定的原因是膠體粒子帶同種電荷,有相互排斥的作用力。【題目詳解】A項、靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠粒的帶電性而加以除去,此過程為膠體的電泳,故A正確;B項、明礬凈水是利用鋁離子在溶液中水解生成氫氧化鋁膠體,氫氧化鋁膠體具有吸附性,能吸附水中懸浮的雜質,達到凈水的目的,故B正確;C項、Fe(OH)3膠體呈紅褐色,FeCl3溶液呈棕黃色,因此可以從顏色上區分,故C錯誤;D項、膠體之所以具有介穩性,主要是因為膠體粒子可以通過吸附而帶有電荷,同種膠體粒子電性相同,互相排斥使膠粒不易聚集成大的顆粒,故D正確;答案選C。【答案點睛】本題考查了膠體的性質,注意膠體的性質和介穩定的原因是解答關鍵。17、C【答案解析】A.

K2S與Cu2+之間反應生成難溶物硫化銅,在溶液中不能大量共存,故A錯誤;B.

Fe2+、ClO?之間發生氧化還原反應,Fe2+為有色離子,在溶液中不能大量共存,故B錯誤;C.室溫下,KWc(H+)=0.1mol?L?1的溶液為堿性溶液,溶液中存在大量氫氧根離子,Na+、K+、SiO32?、NO3?之間不反應,都不與氫氧根離子反應,在溶液中能夠大量共存,故C正確;D.滴入KSCN溶液顯紅色的溶液中含有鐵離子,鐵離子與C6H5OH發生反應,在溶液中不能大量共存,故D錯誤;本題選D。18、B【答案解析】

乙酸和乙醇在濃硫酸的催化下發生酯化反應時,乙酸分子脫去羥基,斷裂的化學鍵為C-O鍵,即從圖示中的b位置斷裂,故選B。19、D【答案解析】分析:平衡常數K=生成物平衡濃度冪次方乘積/反應物平衡濃度冪次方乘積,依據化學方程式書寫反應的平衡常數,正逆反應的平衡常數互為倒數。詳解:對于處于化學平衡狀態的反應CO+H2O(g)CO2+H2中,K正反應代表正反應的平衡常數=c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O),K逆反應代表逆反應的平衡常數=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2),K正反應×K逆反應=1。答案選D。20、D【答案解析】

A.將Fe(NO3)2樣品溶于稀H2SO4,發生氧化還原反應生成鐵離子,則不能檢驗是否變質,應溶于水,滴加KSCN溶液,選項A錯誤;B.酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性,能氧化還原性物質,向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸,溶液褪色,說明高錳酸鉀溶液被乙二酸還原,則乙二酸體現還原性,選項B錯誤;C.向硝酸銀溶液中滴加過量氨水,生成銀氨溶液,Ag+與NH3?H2O不能共存,選項C錯誤;D、向1mL0.1mol?L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol?L-1ZnSO4溶液,生成白色ZnS沉淀,ZnSO4過量,再加入2mL0.1mol?L-1CuSO4溶液,產生黑色CuS沉淀,證明發生了沉淀轉化,證明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),選項D正確。答案選D。【答案點睛】本題考查化學實驗方案的評價,易錯點為選項D,注意Na2S溶液與ZnSO4溶液反應時的量,硫酸鋅過量,繼續加入硫酸銅時為沉淀轉化。21、A【答案解析】

A的分子式為C6H12O2含有一個不飽和度,又能在NaOH溶液中反應生成兩種物質,所以A即為酯。根據條件,進一步分析可知,B為羧酸鈉,C為對應的羧酸,D為酯水解得到的醇,其能發生催化氧化生成E。又因為C、E均不能發生銀鏡反應,所以C一定不能為甲酸,D對應的醇催化氧化得到的E是酮而非醛。【題目詳解】當C為乙酸時,D分子式為C4H10O,符合條件的D的結構只有2-丁醇,那么A的結構只有1種;當C為丙酸時,D的分子式為C3H8O,符合條件的D的結構只有2-丙醇,那么A的結構只有1種;C為丁酸時,D的結構無法符合要求;C為戊酸時,D的結構無法符合要求;綜上所述,滿足要求的A的結構只有兩種,A項正確;答案選A。【答案點睛】分析有機物的結構時,可以從不飽和度入手,結合題干中給出的關于有機物性質的信息,對有機物可能含有的結構或基團進行合理猜測。22、C【答案解析】

BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵,中心原子B的價層電子對數為3+(3?1×3)/2=3,屬于sp2雜化,BF4-中中心原子B的價層電子對數為4+(3+1?1×4)/2=4,屬于sp3雜化。故C符合題意;答案:C。【答案點睛】根據價層電子對互斥模型(簡稱VSEPR模型),根據價電子對互斥理論,價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數;σ鍵個數=配原子個數,孤電子對個數=×(a-xb),a指中心原子價電子個數,x指配原子個數,b指配原子形成穩定結構需要的電子個數進行解答。二、非選擇題(共84分)23、錳3d54s1HF分子間存在氫鍵,而HCl分子間無氫鍵O>Cl4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O【答案解析】

依題意可知:M為氧元素,N為鈉元素,O是氯元素,P是鉻元素,Q是錳元素,因此有:(1)元素Q的名稱為錳,P的基態原子價層電子排布式為3d54s1;(2)O的氫化物的沸點比其上一周期同族元素的氫化物低是因為HF分子間存在氫鍵,而HCl分子間無氫鍵;(3)M、O電負性大小順序是O>Cl,實驗室利用二氧化錳與濃鹽酸共熱制取氯氣,反應的化學方程式為4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O;(4)M、N分別為氧元素和鈉元素,根據晶胞結構示意圖可知,一個晶胞含有個8氧原子,8個鈉原子,其化學式為Na2O,該晶胞的邊長為apm,則該晶體的密度為=g/cm3。【答案點睛】本題涉及核外電子排布、電負性、分子結構、雜化軌道、晶胞結構與計算等,(4)為易錯點、難點,需要學生具有一定空間想象及數學計算能力。24、丙炔取代反應加成反應羥基、酯基、、、、、、【答案解析】

A到B的反應是在光照下的取代,Cl應該取代飽和碳上的H,所以B為;B與NaCN反應,根據C的分子式確定B到C是將Cl取代為CN,所以C為;C酸性水解應該得到,與乙醇酯化得到D,所以D為,D與HI加成得到E。根據題目的已知反應,要求F中一定要有醛基,在根據H的結構得到F中有苯環,所以F一定為;F與CH3CHO發生題目已知反應,得到G,G為;G與氫氣加成得到H;H與E發生偶聯反應得到Y。【題目詳解】(1)A的名稱為丙炔。(2)B為,C為,所以方程式為:。(3)有上述分析A生成B的反應是取代反應,G生成H的反應是加成反應。(4)D為。(5)Y中含氧官能團為羥基和酯基。(6)E和H發生偶聯反應可以得到Y,將H換為F就是將苯直接與醛基相連,所以將Y中的苯環直接與羥基相連的碳連接即可,所以產物為。(7)D為,所以要求該同分異構體也有碳碳三鍵和酯基,同時根據峰面積比為3:3:2,得到分子一定有兩個甲基,另外一個是CH2,所以三鍵一定在中間,也不會有甲酸酯的可能,所以分子有6種:【答案點睛】本題的最后一問如何書寫同分異構,應該熟練掌握分子中不同氫數的影響,一般來說,3個或3的倍數的氫原子很有可能是甲基。2個或2的倍數可以假設是不是幾個CH2的結構,這樣可以加快構造有機物的速度。25、Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3Cl-會使SO32-對SO42-的檢驗產生干擾,不能確認SO42-是否存在SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-【答案解析】

根據框圖,結合需要檢驗的離子可知,氣體E只能為二氧化硫。SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀,亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫氣體,二氧化硫氣體E能使溴水褪色,硫酸鋇不溶解于硝酸,故試劑①為Ba(NO3)2溶液,試劑②為鹽酸,試劑④為溴水,無色溶液C中含有Cl-、OH-,溶液呈堿性,加入過量試劑③后再加入試劑⑤生成白色沉淀,應該是檢驗氯離子,因此試劑③為硝酸,調整溶液呈酸性,試劑⑤為硝酸銀溶液,白色沉淀為氯化銀,據此分析解答。【題目詳解】(1)SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀,亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫氣體,二氧化硫氣體E能使溴水褪色,硫酸鋇不溶解于硝酸,故試劑①為Ba(NO3)2溶液,試劑②為鹽酸,試劑④為溴水,無色溶液C中含有Cl-、OH-,溶液呈堿性,加入過量試劑③后再加入試劑⑤生成白色沉淀,應該是檢驗氯離子,因此試劑③為硝酸,調整溶液呈酸性,試劑⑤為硝酸銀溶液,白色沉淀為氯化銀,故答案為:Ba(NO3)2;HCl;HNO3;Br2;AgNO3;(2)根據上述分析,現象a檢驗出的陰離子為SO32-,現象b檢驗出的陰離子為SO42-,現象c檢驗出的陰離子為Cl-,故答案為:Cl-;(3)硝酸具有強氧化性,能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子,因此白色沉淀A若加試劑③稀硝酸而不加試劑②鹽酸會使SO32-對SO42-的檢驗產生干擾,不能確認SO42-是否存在,故答案為:會使SO32-對SO42-的檢驗產生干擾,不能確定SO42-是否存在;(4)溴單質與二氧化硫反應生成氫溴酸和硫酸,反應的離子方程式:Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-,故答案為:Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。【答案點睛】根據反應現象推斷各物質的成分是解題的關鍵,明確氣體E為二氧化硫是解題的突破口。本題的易錯點為試劑②的判斷,要注意試劑②不能選用稀硝酸,因為硝酸具有強氧化性,能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子。26、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀除去過量的雙氧水,提高飽和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出過快導致晶粒過小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【答案解析】分析:本題一實驗制備為載體,考查學生對操作的分析評價、物質的分離提純、溶液的配制、氧化還原反應滴定等,是對學生綜合能力的考查,難度中等。詳解:(1)傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀,這樣減少過濾的時間和操作,比較簡單。(2)對步驟②中的溶液經過加熱煮沸再進行下一步操作,是由于步驟②溶液中存在過量的過氧化氫,過氧化氫具有一定的氧化性,會和③中加入的草酸發生反應,所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水,提高飽和H2C2O4溶液的利用率;(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分結晶成更大的顆粒,避免沉淀析出過快導致晶粒過小;(4)因為產品不溶于乙醇,而選擇95%的乙醇經濟成本最低,故選C。(5)用該裝置完成晶體的抽濾和洗滌的過程,首先開抽氣泵,然后轉移固體混合物,關閉活塞A,確認抽干后打開活塞A,加入洗滌劑洗滌,然后再關活塞A,確認抽干后打開活塞A,再關閉抽氣泵,故答案為bdce;(6)草酸根離子能被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳,離子方程式為:16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O;(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g,則產品的純度=0.982/1.000=98.20%。27、排除裝置中的空氣冷卻結晶干燥管堿石灰加入稀硫酸(或稀鹽酸),溶液中有氣泡產生且在試管上方變成紅棕色氣體ac86.25%【答案解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成,過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應,所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥,裝置中無空氣存在,加熱A前,先通一段時間N2,目的是把裝置中的空氣趕凈,避免生成的亞硝酸鈉混入雜質;

(2)裝置A中發生反應是濃硝酸和碳加熱反應生成二氧化碳、二氧化氮和水,反應的化學方程式為:C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O,裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸,氧化銅生成硝酸銅、硫酸銅,蒸發濃縮過程硝酸是易揮發性的酸,所以冷卻結晶得到晶體為硫酸銅晶體;

(3)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成,過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應,所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥,儀器C為干燥管,利用其中的堿石灰用來干燥一氧化氮氣體;

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O,反應生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮,充分反應后,檢驗裝置D中產物的方法是:取產物少許置于試管中加入稀硫酸溶液中有氣泡產生且在試管口上方出現紅棕色氣體,證明產物是NaNO2;

(5)①第一組實驗數據消耗的酸性高錳酸鉀溶液體積偏大,會導致測量結果偏高;a.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗,導致標準液被稀釋,滴定過程中消耗的標準液體積會偏大,故a正確;b.錐形瓶不需要干燥,所以錐形瓶洗凈后未干燥,不影響測定結果,故b錯誤;c.滴定終了仰視讀數,導致讀數偏大,計算出的標準液體積偏大,故c正確;故答案為ac;

②由于第一組數據偏高,應該舍棄;其它三組消耗標準液平均體積為:mL=20.00mL,25mL樣品消耗高錳酸鉀的物質的量為0.1000mol/L×0.02L=0.002mol,則250m

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