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文檔簡介
2023年高考化學(xué)模擬試卷請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規(guī)定答題。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、氯酸是一種強(qiáng)酸,濃度超過40%時會發(fā)生分解,反應(yīng)可表示為:aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產(chǎn)物時,試紙先變藍(lán)后褪色。下列說法正確的是()A.由反應(yīng)可確定:氧化性:HClO4>HClO3B.變藍(lán)的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發(fā)生了:4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C.若氯酸分解所得混合氣體,1mol混合氣體質(zhì)量為47.6g,則反應(yīng)方程式可表示為26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD.若化學(xué)計量數(shù)a=8,b=3,則該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e-2、常溫下,下列有關(guān)敘述正確的是()A.向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入適量CO2氣體后:B.pH=6的NaHSO3溶液中:cC.等物質(zhì)的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合:cD.0.1mol/LNa2C2O4溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸):2c3、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示,下列說法正確的是()A.常溫下1LpH=3的亞硫酸溶液中,含H+數(shù)目為0.3NAB.A1與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生11.2L氣體,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAC.NO2與N2O4混合氣體的質(zhì)量共ag,其中含質(zhì)子數(shù)為0.5aNAD.1mo1KHCO3晶體中,陰陽離子數(shù)之和為3NA4、25℃時,向20.00mL0.100mol?L-1的氨水和醋酸銨溶液中分別滴加0.100mol?L-1的鹽酸溶液,溶液pH隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A.25℃時,Kb(NH3?H2O)=Ka(CH3COOH)≈10-5B.b點溶液中水的電離程度比c點溶液中的大C.在c點的溶液中:c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(NH4+)>c(OH﹣)D.在a點的溶液中:c(NH4+)+2c(H+)═2c(CH3COO-)+c(NH3?H2O)+2c(OH-)5、單位體積的稀溶液中,非揮發(fā)性溶質(zhì)的分子或離子數(shù)越多,該溶液的沸點越高。下列溶液中沸點最高的是A.0.01mol/L的蔗糖溶液 B.0.02mol/L的CH3COOH溶液C.0.02mol/L的NaCl溶液 D.0.01mol/L的K2SO4溶液6、主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大,且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,R和Y同族,Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑;Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu);T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀。下列說法不正確的是()A.原子半徑:T>R>W>ZB.T和R形成化合物的水溶液呈堿性C.化合物TX具有很強(qiáng)的還原性,可與水反應(yīng)D.T、R、Z三種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩能發(fā)生反應(yīng)7、NH3、H2S等是極性分子,CO2、BF3、CCl4等是極性鍵構(gòu)成的非極性分子。根據(jù)上述實例可以推測出AB2型分子為非極性分子的經(jīng)驗規(guī)律是A.分子中必須含有π鍵 B.在ABn分子中A原子沒有孤對電子C.在ABn分子中不能形成分子間氫鍵 D.分子中每個共價鍵的鍵長應(yīng)相等8、下列說法正確的是①氯氣的性質(zhì)活潑,它與氫氣混合后立即發(fā)生爆炸②實驗室制取氯氣時,為了防止環(huán)境污染,多余的氯氣可以用氫氧化鈣溶液吸收③新制氯水的氧化性強(qiáng)于久置氯水④檢驗HCl氣體中是否混有Cl2方法是將氣體通入硝酸銀溶液⑤除去HCl氣體中的Cl2,可將氣體通入飽和食鹽水中A.①②③ B.③ C.②③④ D.③⑤9、將少量SO2氣體通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液顏色由棕黃色變成淺綠色,同時有白色沉淀產(chǎn)生。針對上述變化,下列分析正確的是A.該實驗表明SO2有漂白性 B.白色沉淀為BaSO3C.該實驗表明FeCl3有還原性 D.反應(yīng)后溶液酸性增強(qiáng)10、相對分子質(zhì)量約為4000的聚乙二醇具有良好的水溶性,是一種緩瀉劑。聚乙二醇可由環(huán)氧乙烷在酸性條件下聚合而成()。下列說法正確的是A.環(huán)氧乙烷在酸性條件下發(fā)生加聚反應(yīng)制得聚乙二醇B.聚乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為C.相對分子質(zhì)量約為4000的聚乙二醇的聚合度n≈67D.聚乙二醇能保持腸道水分的原因是其可和H2O分子間形成氫鍵11、下列有機(jī)實驗操作正確的是A.證明CH4發(fā)生氧化反應(yīng):CH4通入酸性KMnO4溶液B.驗證乙醇的催化氧化反應(yīng):將銅絲灼燒至紅熱,插入乙醇中C.制乙酸乙酯:大試管中加入濃硫酸,然后慢慢加入無水乙醇和乙酸D.檢驗蔗糖在酸催化下的水解產(chǎn)物:在水解液中加入新制Cu(OH)2懸濁液,加熱12、水系鈉離子電池安全性能好、價格低廉、對環(huán)境友好,有著巨大的市場前景。某鈉離子電池工作原理如圖,電池總反應(yīng)為:2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說法錯誤的是A.充電時,a接電源正極B.放電時,溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C.充電時,陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D.理論上,該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變13、下列實驗?zāi)康哪軐崿F(xiàn)的是A.實驗室制備乙炔 B.實驗室制備氫氧化亞鐵 C.實驗室制取氨氣 D.實驗室制取乙酸丁酯14、右下表為元素周期表的一部分,其中X、Y、Z、W為短周期元素,W元素的核電荷數(shù)為X元素的2倍。下列說法正確的是()A.X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性均依次遞增B.Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態(tài)存在,它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C.YX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力D.根據(jù)元素周期律,可以推測T元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體特性,T2X3具有氧化性和還原性15、某科研小組將含硫化氫的工業(yè)廢氣進(jìn)行了資源化利用,將獲得的電能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下圖為該小組設(shè)計的原理圖。下列說法正確的是()A.電極a為燃料電池正極B.電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為:O2+4e-+2H2O=4OH-C.電路中每流過4mol電子,電池質(zhì)子固體電解質(zhì)膜飽和NaCl溶液內(nèi)部釋放熱能小于632kJD.a(chǎn)極每增重32g,導(dǎo)氣管e將收集到氣體22.4L16、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是()A.溴水中存在Br2+H2O?HBr+HBrO,當(dāng)加入硝酸銀溶液并靜置后,溶液顏色變淺B.反應(yīng)CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,平衡后,升高溫度體系顏色變深C.用飽和食鹽水除去Cl2中的HClD.合成氨反應(yīng)中,為提高原料的轉(zhuǎn)化率,可采用高溫加熱的條件二、非選擇題(本題包括5小題)17、以下是由甲苯合成乙酰水楊酸和酚酞的合成路線。(1)寫出“甲苯→A”的化學(xué)方程式____________________。(2)寫出C的結(jié)構(gòu)簡式___________,E分子中的含氧官能團(tuán)名稱為__________________;(3)上述涉及反應(yīng)中,“E→酚酞”發(fā)生的反應(yīng)類型是______________。(4)寫出符合下列條件的乙酰水楊酸的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_________________。①遇FeCl3溶液顯紫色,②能與碳酸氫鈉反應(yīng),③苯環(huán)上只有2個取代基的,④能使溴的CCl4溶液褪色。(5)寫出乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應(yīng)的化學(xué)方程式:___________________。(6)由D合成E有多步,請設(shè)計出D→E的合成路線_________________。(有機(jī)物均用結(jié)構(gòu)簡式表示)。(合成路線常用的表示方式為:D……E)18、如圖是部分短周期元素(用字母x等表示)化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖。根據(jù)判斷出的元素回答問題:(1)h在周期表中的位置是__________。(2)比較z、f、g、r常見離子的半徑大小(用化學(xué)式表示,下同):______>______>______>______;比較r、m的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱:______>______>;比較d、m的氫化物的沸點:______>______。(3)x與氫元素能形成多種化合物,其中既含極性鍵又含非極性鍵,且相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)是(寫分子式)______,實驗室制取該物質(zhì)的化學(xué)方程式為:____________________________________。(4)由y、m和氫元素組成一種離子化合物,寫出其電子式:___________________________。(5)用鉛蓄電池作電源,惰性電極電解飽和em溶液,則電解反應(yīng)的生成物為(寫化學(xué)式)___________________________。鉛蓄電池放電時正極反應(yīng)式為式)___________________________。19、水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水體水質(zhì)的重要指標(biāo)。某化學(xué)小組測定某河流中氧的含量,經(jīng)查閱有關(guān)資料了解到溶解氧測定可用“碘量法”,Ⅰ.用已準(zhǔn)確稱量的硫代硫酸鈉(Na2S2O3)固體配制一定體積的cmol/L標(biāo)準(zhǔn)溶液;Ⅱ.用水樣瓶取河流中水樣v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL堿性KI溶液,塞緊瓶塞(瓶內(nèi)不準(zhǔn)有氣泡),反復(fù)震蕩后靜置約1小時;Ⅲ.向水樣瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞緊瓶塞,振蕩水樣瓶至沉淀全部溶解,此時溶液變?yōu)辄S色;Ⅳ.將水樣瓶內(nèi)溶液全量倒入錐形瓶中,用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定;V.待試液呈淡黃色后,加1mL淀粉溶液,繼續(xù)滴定到終點并記錄消耗的硫代硫酸鈉溶液體積為v2。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)在滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和________________________。(2)在步驟Ⅱ中,水樣中出現(xiàn)了MnMnO3沉淀,離子方程式為4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。(3)步驟Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________________________。(4)滴定時,溶液由__________色到______________色,且半分鐘內(nèi)顏色不再變化即達(dá)到滴定終點。(5)河水中的溶解氧為_____________________________mg/L。(6)當(dāng)河水中含有較多NO3-時,測定結(jié)果會比實際值________(填偏高、偏低或不變)20、輝銅礦與銅藍(lán)礦都是天然含硫銅礦,在地殼中二者常伴生存在。現(xiàn)取一份該伴生礦樣品,經(jīng)檢測后確定僅含、和惰性雜質(zhì)。為進(jìn)一步確定其中、的含量,某同學(xué)進(jìn)行了如下實驗:①取2.6g樣品,加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液,加熱(硫元素全部轉(zhuǎn)化為),濾去不溶雜質(zhì);②收集濾液至250mL容量瓶中,定容;③取25.00mL溶液,用溶液滴定,消耗20.00mL;④加入適量溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再參與其他反應(yīng)),再加入過量KI固體,輕搖使之溶解并發(fā)生反應(yīng):;⑤加入2滴淀粉溶液,用溶液滴定,消耗30.00mL(已知:)。回答下列問題:(1)寫出溶于酸性溶液的離子方程式:____________________________________。(2)配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸,原因是______________________,配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。(3)③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。(4)⑤中滴定至終點時的現(xiàn)象為____________________________。(5)混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%(結(jié)果均保留1位小數(shù))。(6)判斷下列情況對樣品中和的含量的影響(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)若量取酸性溶液時俯視讀數(shù),則最終結(jié)果的含量_______________。若用溶液滴定終點讀數(shù)時仰視,則最終結(jié)果的含量_____________。21、I.氮和氮的化合物在國防建設(shè)、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生活中都有極其廣泛的用途。請回答下列與氮元素有關(guān)的問題:(1)亞硝酸氯(結(jié)構(gòu)式為Cl-N=O)是有機(jī)合成中的重要試劑。它可由Cl2和NO在通常條件下反應(yīng)制得,反應(yīng)方程式為2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。已知幾種化學(xué)的鍵能數(shù)據(jù)如下表所示:當(dāng)Cl2與NO反應(yīng)生成ClNO的過程中轉(zhuǎn)移了5mol電子,理論上放出的熱量為____kJ.(2)在一個恒容密閉容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)發(fā)生(1)中反應(yīng),在溫度分別為T1、T2時測得NO的物質(zhì)的量(單位:mol)與時間的關(guān)系如下表所示①T1________T2(填“>“”<”或”=”)。②溫度為T2℃時,起始時容器內(nèi)的強(qiáng)為p0,則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=______(用平衡分壓代替平衡濃度計算,分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(3)近年來,地下水中的氮污染已成為一個世界性的環(huán)境問題。在金屬Pt、Cu和銥(Ir)的催化作用下,密閉容器中的H2可高效轉(zhuǎn)化酸性溶液中的硝態(tài)氮(NO3-),其工作原理如圖所示①Ir表面發(fā)生反應(yīng)的方程式為_____________。②若導(dǎo)電基體上的Pt顆粒增多,造成的后果是______________。II:利用電化學(xué)原理,將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池,模擬工業(yè)電解法來精煉銀,裝置如圖所示請回答下列問題:(4)①甲池工作時,NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y,Y是N2O5,可循環(huán)使用,則石墨Ⅱ附近發(fā)生的電極反應(yīng)式為________。②若用10A的電流電解60min后,乙中陰極得到32.4gAg,則該電解池的電解效率為____%。(保留小數(shù)點后一位。通過一定電量時陰極上實際沉積的金屬質(zhì)量與通過相同電量時理論上應(yīng)沉積的金屬質(zhì)量之比叫電解效率。法拉第常數(shù)為96500C/mol)
參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、D【解析】
A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反應(yīng)中,HClO3是氧化劑,HClO4、O2是氧化產(chǎn)物,所以氧化性:HClO3>HClO4,故A錯誤;B.變藍(lán)的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為I2被Cl2繼續(xù)氧化生成IO3-:5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-,故B錯誤;C.由生成的Cl2和O2的混合氣體平均分子量為47.6g/mol,則,可得n(Cl2):n(O2)=2:3,由電子守恒得化學(xué)反應(yīng)方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,故C錯誤;D.若化學(xué)計量數(shù)a=8,b=3,由C可知,化學(xué)反應(yīng)方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,電子轉(zhuǎn)移數(shù)為20e-,故D正確;答案選D。【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)規(guī)律和計算,注意把握氧化還原反應(yīng)中的強(qiáng)弱規(guī)律,易錯點為C,注意得失電子守恒在氧化還原反應(yīng)中的應(yīng)用。2、B【解析】向0.1mol·L?1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后,溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液或碳酸氫鈉,根據(jù)物料守恒可知:c(Na+)<2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)],A錯誤;常溫下,pH=6的NaHSO3溶液中,電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+2c(SO32-)+c(HSO3-),物料守恒為c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3),由兩個守恒關(guān)系式消去鈉離子的濃度可得,c(SO31×10?8mol·L?1=9.9×10?7mol·L?1,B正確;根據(jù)碳酸氫根離子、碳酸的電離平衡常數(shù)可得:c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+),由于同一溶液中,則氫離子濃度相同,根據(jù)碳酸的電離平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子可知,c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+),C錯誤;0.1mol·L?1Na2C2O4溶液與0.1mol·L?1HCl溶液等體積混合(H2C2O3、C【解析】
A.1LpH=3的亞硫酸溶液中,H+的濃度為10-3mol/L,1L溶液中H+數(shù)目為0.001NA,故A錯誤;B.A1與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氣,因未說明氣體所處的狀態(tài),所以無法計算反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目,故B錯誤;C.NO2和N2O4,最簡比相同,只計算ag
NO2中質(zhì)子數(shù)即可,一個N含質(zhì)子數(shù)為7,一個氧質(zhì)子數(shù)為8,所以一個NO2分子含質(zhì)子數(shù)為7+2×8=23,agNO2中質(zhì)子數(shù)為NAmol-1=0.5aNA,故C正確;D.1mo1KHCO3晶體中只有鉀離子和碳酸氫根離子,陰陽離子數(shù)之和為2NA,故D錯誤;答案是C。4、C【解析】
A.根據(jù)圖象可知,0.100mol?L﹣1的氨水的pH=11,c(OH﹣)=10﹣3mol/L,Kb(NH3?H2O)==10﹣5,醋酸銨溶液的pH=7,說明銨根離子和醋酸的水解程度相等,則二者的電離平衡常數(shù)相等,即25℃時,Kb(NH3?H2O)=Ka(CH3COOH)≈10﹣5,故A正確;B.加入20mL等濃度的HCl溶液后,氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨,b點銨根離子水解促進(jìn)了水的電離,而c點溶質(zhì)為醋酸和氯化銨,醋酸電離出的氫離子使溶液呈酸性,抑制了水的電離,則b點溶液中水的電離程度比c點溶液中的大,故B正確;C.Kb(NH3?H2O)=Ka(CH3COOH)≈10﹣5,Kh(NH4+)=≈10﹣9<10﹣5,醋酸的電離程度較大,則c(NH4+)>c(CH3COOH),正確的離子濃度大小為:c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(CH3COOH)>c(OH﹣),故C錯誤;D.在a點的溶液中反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH,根據(jù)電荷守恒可知:c(NH4+)+c(H+)═c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)+c(OH﹣),根據(jù)物料守恒可得:2c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(NH3?H2O),二者結(jié)合可得:c(NH4+)+2c(H+)═2c(CH3COO﹣)+c(NH3?H2O)+2c(OH﹣),故D正確。故選C。【點睛】明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵,注意掌握電荷守恒、物料守恒在鹽的水解中的運用。5、C【解析】
假設(shè)溶液的體積為1L,0.01mol/L的蔗糖溶液中含不揮發(fā)性的分子為0.01mol,CH3COOH為揮發(fā)性物質(zhì),0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol離子,0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol離子,根據(jù)“單位體積的稀溶液中,非揮發(fā)性溶質(zhì)的分子或離子數(shù)越多,該溶液的沸點越高”,沸點最高的是0.02mol/L的NaCl溶液,故答案選C。6、A【解析】
主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大,且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,則X為H元素;R和Y同族,Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑,為O3,則Y為O元素;R為S元素;Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)Z在Y的下一周期,Z為鋁元素;T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀,且W的原子序數(shù)大于鋁而小于硫,故T2WY3為K2SiO3,生成的白色沉淀為硅酸,據(jù)此分析。【詳解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大,且均不大于20。其中X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,則X為H元素;R和Y同族,Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑,為O3,則Y為O元素;R為S元素;Z3+和Y2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)Z在Y的下一周期,Z為鋁元素;T、W、Y三種元素組成鹽T2WY3的溶液通入過量CO2后產(chǎn)生白色沉淀,且W的原子序數(shù)大于鋁而小于硫,故T2WY3為K2SiO3,生成的白色沉淀為硅酸。A.同周期元素從左而右依次減小,故原子半徑:T(K)>Z(Al)>W(Si)>R(S),選項A不正確;B.T和R形成化合物K2S為強(qiáng)堿弱酸鹽,水解呈堿性,選項B正確;C.化合物TX為KH,具有很強(qiáng)的還原性,可與水反應(yīng)生成氫氧化鉀和氫氣,選項C正確;D.T、R、Z三種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物氫氧化鉀、硫酸、氫氧化鋁兩兩能發(fā)生反應(yīng),選項D正確。答案選A。【點睛】本題考查元素周期表元素周期律的應(yīng)用。推斷元素是解題的關(guān)鍵,通過判斷:Y元素的某種單質(zhì)是一種自來水消毒劑,結(jié)合Y元素原子序數(shù)較小,可知為O3,從而進(jìn)一步求解。7、B【解析】
共價鍵的極性是由于成鍵兩原子對共用電子對的引力不同,而使共用電子對不在中央,發(fā)生偏移,導(dǎo)致鍵兩端顯部分的電性之故,ABn型分子中A原子的所有價電子都參與成鍵時為非極性分子,與相對原子質(zhì)量大小、鍵長、以及是否含有H原子無關(guān)。【詳解】A.BF3、CCl4中均為單鍵沒有π鍵,故A不選;B.在ABn分子中A原子的所有價電子都構(gòu)成共價鍵,A原子沒有孤對電子,導(dǎo)致結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電中心重合,所以為非極性分子,故B選;C.H2S分子間不能形成氫鍵,但是H2S屬于極性分子,故C不選;D.H2S分子中兩個S-H鍵的鍵長都相等,但硫化氫分子是極性分子,故D不選;故選:B。【點睛】本題考查極性分子好和非極性分子,注意從分子結(jié)構(gòu)是否對稱判斷分子的極性,學(xué)會利用實例來分析。8、B【解析】
①氯氣和氫氣在點燃或光照條件下能產(chǎn)生爆炸,在沒有條件下不反應(yīng),故錯誤;②氫氧化鈣的溶解度較小,所以吸收氯氣的能力較小,實驗室一般用氫氧化鈉溶液吸收氯氣,故錯誤;③次氯酸有強(qiáng)氧化性,新制的氯水中次氯酸的量較多,久置的氯水中,次氯酸分解生成氯化氫和氧氣,所以久置的氯水中次氯酸含量較少,強(qiáng)氧化性較低,所以新制氯水的氧化性強(qiáng)于久置氯水的,故正確;④氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸,氯化氫和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀,所以氯氣、氯化氫都能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀,所以硝酸銀溶液不能用于檢驗HCl氣體中是否混有Cl2,故錯誤;⑤飽和食鹽水中含有氯離子,抑制氯氣的溶解,氯化氫極易溶于飽和食鹽水,所以可以除去Cl2中的HCl氣體,但達(dá)不到除去HCl氣體中的Cl2的目的,故錯誤;9、D【解析】
往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2,溶液顏色由棕黃色變成淺綠色,同時有白色沉淀產(chǎn)生。是因為SO2+H2O=H2SO3(亞硫酸),H2SO3具有很強(qiáng)的還原性,而Fe3+具有較強(qiáng)的氧化性,所以SO32-和Fe3+發(fā)生反應(yīng),生成Fe2+和SO42-,所以溶液顏色由黃變綠(Fe2+),同時有白色沉淀(BaSO4)同時有H2SO4生成,所以酸性增強(qiáng)。A.該實驗表明SO2有還原性,選項A錯誤;B.白色沉淀為BaSO4,選項B錯誤;C.該實驗表明FeC13具有氧化性,選項C錯誤;D.反應(yīng)后溶液酸性增強(qiáng),選項D正確;答案選D。10、D【解析】
在H+條件下先水解生成HOCH2CH2OH,乙二醇再發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚乙二醇,其結(jié)構(gòu)簡式為;A.環(huán)氧乙烷在酸性條件下先發(fā)生水解反,再發(fā)生縮聚反應(yīng)制得聚乙二醇,故A錯誤;B.聚乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為,故B錯誤;C.聚乙二醇的鏈節(jié)為OCH2CH2,則聚合度n=≈90,故C錯誤;D.聚乙二醇能與水分子間形成氫鍵,則能保持腸道水分,故D正確;故答案為D。11、B【解析】
A.甲烷與酸性KMnO4溶液不反應(yīng),不能通過將CH4通入酸性KMnO4溶液,證明CH4發(fā)生氧化反應(yīng),故A錯誤;B.銅與氧氣發(fā)生反應(yīng),生成黑色的氧化銅,熱的氧化銅與乙醇反應(yīng)生成乙醛和金屬銅,根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知,整個過程中銅絲的質(zhì)量不變,為催化劑,故B正確;C.加入試劑的順序為乙醇、濃硫酸、醋酸,先加入濃硫酸會發(fā)生液體飛濺,故C錯誤;D.蔗糖水解后溶液呈酸性,應(yīng)先用NaOH調(diào)節(jié)至堿性,再用銀氨溶液或新制的氫氧化銅檢驗水解產(chǎn)物的還原性,否則實驗不會成功,故D錯誤;故選B。12、B【解析】
2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F變?yōu)镹a2FePO4F,F(xiàn)e在降低,發(fā)生還原反應(yīng),該物質(zhì)作原電池的正極,Na3Ti2(PO4)3變?yōu)镹aTi2(PO4)3,Ti在升高,發(fā)生氧化反應(yīng),該物質(zhì)作原電池的負(fù)極。【詳解】A選項,放電時a為正極,因此充電時,a接電源正極,故A正確;B選項,放電時,溶液中的Na+不放電,而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子,故B錯誤;C選項,陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子,因此陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,故C正確;D選項,根據(jù)溶液中電荷守恒關(guān)系,理論上,該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變,故D正確;綜上所述,答案為B。【點睛】分析化合價,根據(jù)化合價來定負(fù)極和正極,根據(jù)負(fù)極和正極來書寫電極反應(yīng)式。13、C【解析】
A.反應(yīng)劇烈發(fā)出大量的熱,不易控制反應(yīng)速度,且生成氫氧化鈣易堵塞多孔隔板,則不能利用圖中制取氣體的簡易裝置制備乙炔,故A錯誤;B.Fe與硫酸反應(yīng)生成氫氣,可排出空氣,但圖中左側(cè)試管內(nèi)的導(dǎo)氣管沒有伸入到反應(yīng)的液面內(nèi),硫酸亞鐵溶液不能通過利用氫氣的壓強(qiáng),使硫酸亞鐵與NaOH接觸而反應(yīng),故B錯誤;C.碳酸氫銨分解生成氨氣、水、二氧化碳,堿石灰可吸收水、二氧化碳,則圖中裝置可制備少量氨氣,故C正確;D.乙酸丁酯的沸點124~126℃,反應(yīng)溫度115~125℃,則不能利用圖中水浴加熱裝置,故D錯誤;故選:C。14、D【解析】
從表中位置關(guān)系可看出,X為第2周期元素,Y為第3周期元素,又因為X、W同主族且W元素的核電荷數(shù)為X的2倍,所以X為氧元素、W為硫酸元素;再根據(jù)元素在周期表中的位置關(guān)系可推知:Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素。【詳解】A、O、S、P的原子半徑大小關(guān)系為:P>S>O,三種元素的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為:H2O>H2S>PH3,A不正確;B、在火山口附近或地殼的巖層里,常常存在游離態(tài)的硫,B不正確;C、SiO2晶體為原子晶體,熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵,C不正確;D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近,具有半導(dǎo)體的特性,As2O3中砷為+3價,處于中間價態(tài),所以具有氧化性和還原性,D正確。答案選D。15、C【解析】
根據(jù)2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應(yīng),得出負(fù)極H2S失電子發(fā)生氧化反應(yīng),則a為電池的負(fù)極,正極O2得電子發(fā)生還原反應(yīng),則b為電池的正極,則c為陰極,發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣,d為陽極,發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣,以此解答該題。【詳解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應(yīng),得出負(fù)極H2S失電子發(fā)生氧化反應(yīng),則a為電池的負(fù)極,故A錯誤;B.正極O2得電子發(fā)生還原反應(yīng),所以電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為:O2+4H++4e-=2H2O,故B錯誤;C.電路中每流過4mol電子,則消耗1mol氧氣,但該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,所以電池內(nèi)部釋放熱能小于632kJ,幾乎不放出能量,故C正確;D.a極發(fā)生2H2S?4e?=S2+4H+,每增重32g,則轉(zhuǎn)移2mol電子,導(dǎo)氣管e將收集到氣體1mol,但氣體存在的條件未知,體積不一定為22.4L,故D錯誤。故選C。【點睛】此題易錯點在D項,涉及到由氣體物質(zhì)的量求體積時,一定要注意條件是否為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)。16、D【解析】
A.溴水中有下列平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,當(dāng)加入AgNO3(s)后,硝酸銀與溴離子反應(yīng)生成溴化銀沉淀,平衡正向移動,溶液顏色變淺,能用勒夏特列原理解釋,故A不選;B.反應(yīng)CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,正反應(yīng)放熱,升高溫度,平衡逆向移動,能用勒夏特列原理解釋,故C不選;C.增大氯離子的濃度,平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移動使得氯氣難溶于飽和食鹽水,能用勒夏特列原理解釋,故C不選;D.合成氨反應(yīng)是放熱反應(yīng),升高溫度,反應(yīng)逆向移動,原料的轉(zhuǎn)化率減小,不能通過升高溫度提高原料的轉(zhuǎn)化率,故D選;正確答案是D。【點睛】本題考查平衡移動原理,明確平衡移動原理內(nèi)涵及適用范圍是解本題關(guān)鍵,注意:改變條件時不影響平衡移動的不能用平衡移動原理解釋。二、非選擇題(本題包括5小題)17、羧基、羥基取代或酯化或的鄰、間、對的任意一種(寫出D的結(jié)構(gòu)簡式即給1,其他合理也給分)【解析】根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系,甲苯與溴在鐵粉作催化劑的條件下生成A為,A發(fā)生水解得B為,B與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)C為,C發(fā)生氧化反應(yīng)得乙酰水楊酸,比較和酚酞的結(jié)構(gòu)可知,與反應(yīng)生成D為,D發(fā)生氧化反應(yīng)得,再與反應(yīng)得E為。(1)“甲苯→A”的化學(xué)方程式為;(2)C為,E為,E分子中的含氧官能團(tuán)名稱為羧基、羥基;(3)上述涉及反應(yīng)中,“E→酚酞”發(fā)生的反應(yīng)類型是取代或酯化反應(yīng);(4)乙酰水楊酸的一種同分異構(gòu)體,符合下列條件①遇FeCl3溶液顯紫色,說明有酚羥基,②能與碳酸氫鈉反應(yīng),說明有羧基,③苯環(huán)上只有2個取代基,④能使溴的CCl4溶液褪色,說明有碳碳雙鍵,則該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或的鄰、間、對的任意一種;(5)乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為;(6)根據(jù)上面的分析可知,D→E的合成路線為。18、第三周期第ⅣA族S2-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2NaOH、H2、Cl2PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4【解析】
根據(jù)元素的化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖可知,x、y、z、d為第二周期元素,e、f、g、h、w、r、m為第三周期元素,則e為Na元素、f為Mg元素、g為Al元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為Cl元素;z、d只有負(fù)價,沒有正價,z為O元素、d為F元素,則x為C元素、y為N元素。結(jié)合元素周期律分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析,x為C元素、y為N元素、z為O元素、d為F元素、e為Na元素、f為Mg元素、g為Al元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為Cl元素。(1)h為Si元素,在周期表中位于第三周期第ⅣA族,故答案為第三周期第ⅣA族;(2)一般而言,電子層數(shù)越多,半徑越大,電子層數(shù)相同,原子序數(shù)越大,半徑越小,則z、f、g、r常見離子的半徑大小為S2->O2->Mg2+>Al3+;非金屬性越強(qiáng),最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),r、m的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性HClO4>H2SO4;HF分子間能夠形成氫鍵,沸點較高,d、m的氫化物的沸點HF>HCl,故答案為S2-;O2-;Mg2+;Al3+;HClO4;H2SO4;HF;HCl;(3)x與氫元素能形成的化合物為烴類,其中既含極性鍵又含非極性鍵,且相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)是乙炔,實驗室用電石與水反應(yīng)制取乙炔,反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2,故答案為C2H2;CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2;(4)由y、m和氫元素組成一種離子化合物為氯化銨,氯化銨屬于離子化合物,銨根離子中存在共價鍵,電子式為,故答案為;(5)用鉛蓄電池作電源,惰性電極電解飽和NaCl溶液,反應(yīng)的方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;鉛蓄電池放電時,PbO2為正極,電極反應(yīng)式為PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4,故答案為NaOH、H2、Cl2;PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4。19、堿式滴定管MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O藍(lán)無偏高【解析】
(1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管,滴定管裝Na2S2O3溶液,Na2S2O3顯堿性;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞緊瓶塞,振蕩水樣瓶,沉淀全部溶解,此時溶液變?yōu)辄S色,說明產(chǎn)生I2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式分析;(4)待測液中有I2,用淀粉溶液做指示劑,溶液為藍(lán)色,終點時為無色;(5)根據(jù)關(guān)系式,進(jìn)行定量分析;(6)含有較多NO3-時,在酸性條件下,形成硝酸,具有強(qiáng)氧化性,會氧化Na2S2O3。【詳解】(1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管,滴定管裝Na2S2O3溶液,Na2S2O3顯堿性,用堿式滴定管,故答案為:堿式滴定管;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞緊瓶塞,振蕩水樣瓶,沉淀全部溶解,此時溶液變?yōu)辄S色,說明產(chǎn)生I2,即碘化合價升高,Mn的化合價會降低,離子方程式為MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案為:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;(4)待測液中有I2,用淀粉溶液做指示劑,溶液為藍(lán)色,終點時為無色,故答案為:藍(lán);無;(5)由4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O,MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,可知關(guān)系式,即,則氧氣的物質(zhì)的量x=,v1mL水樣中溶解氧=,故答案為:;(6)含有較多NO3-時,在酸性條件下,形成硝酸,具有強(qiáng)氧化性,會氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,結(jié)果偏高,故答案為:偏高。【點睛】本題難點(3),信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書寫,要注意對反應(yīng)物和生成物進(jìn)行分析,在根據(jù)得失電子守恒配平;易錯點(5),硝酸根存在時,要注意與氫離子在一起會有強(qiáng)氧化性。20、Cu2S+2MnO4﹣+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣,防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色61.536.9偏低偏低【解析】
由配制溶液的過程確定所需儀器,據(jù)滴定實驗原理判斷終點現(xiàn)象,運用關(guān)系式計算混合物的組成,據(jù)測定原理分析實驗誤差。【詳解】(1)Cu2S與KMnO4酸性溶液反應(yīng),高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水,反應(yīng)化學(xué)方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O,反應(yīng)的離子方程式:Cu2S+2MnO4﹣+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O,故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O;(2)配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸,原因是:除去溶解在水中的氧氣,防止亞鐵離子被氧化,配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管,故答案為除去溶解在水中的氧氣,防止亞鐵離子被氧化;膠頭滴管;(3)③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液,具有強(qiáng)氧化性,所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管,故答案為酸式滴定管;(4)加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL,發(fā)生反應(yīng)2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣,滴定終點的現(xiàn)象是:溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色,故答案為溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色;(5)Cu2S與KMnO4酸性溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式:Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O,5CuS+8MnO4﹣+24H+=5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O,5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,滴定Fe2+消耗的MnO4﹣:n1=0.1000mol/L×0.020L×=0.0004mol,樣品消耗MnO4﹣物質(zhì)的量n2=0.200L×0.2000mo?L﹣1﹣0.0004mol×=0.036mol,2Cu2++4I﹣=2CuI+I2,2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣,滴定消耗S2O32﹣的物質(zhì)的量n3=0.1000mo1?L﹣1×0.03L×=0.03mol,則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質(zhì)的量n4=0.03mol,設(shè)樣品中含CuS、Cu2S的物質(zhì)的量分別為x、y,則:①x+2y=0.03mol,②x+2y=0.036mol聯(lián)立①②,解方程組得:x=0.01mol,y=0.01mol,混合樣品中Cu2S的含量=×100%=61.5%,混合樣品中CuS的含量=×1
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