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文檔簡介

四川省巴中市2025屆高二化學第二學期期末聯考模擬試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,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、聚乙烯胺可用于合成染料Y,增加纖維著色度,乙烯胺(CH2=CHNH2)不穩定,所以聚乙烯胺常用聚合物X水解法制備。下列說法不正確的是A.聚合物X在酸性或堿性條件下發生水解反應后的產物相同B.測定聚乙烯胺的平均相對分子質量,可得其聚合度C.乙烯胺與CH3CH=NH互為同分異構體D.聚乙烯胺和R-N=C=S合成聚合物Y的反應類型是加成反應2、括號內的雜質能用飽和碳酸鈉溶液并借助于分液漏斗除去的是A.苯(硝基苯) B.乙醇(乙醛)C.己烯(甲苯) D.乙酸乙酯(乙酸)3、下列有關實驗原理、裝置、操作或結論的描述,錯誤的是()A.圖1所示裝置可實現甲烷與氯氣在光照條件下的取代反應B.圖2所示裝置可分離CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液C.圖3所示裝置可用鋅粒與稀硫酸反應制備氫氣D.圖4所示裝置可說明濃H2SO4具有脫水性、強氧化性,SO2具有漂白性、還原性4、下列各原子或離子的電子排布式錯誤的是()A.Ca2+1s22s22p63s23p6 B.O2-1s22s23p4C.Cl-1s22s22p63s23p6 D.Ar1s22s22p63s23p65、乙烯分子中碳原子的雜化類型為()A.sp雜化 B.sp2雜化 C.sp3雜化 D.都不是6、現有碳酸鈉溶液,對溶液中離子濃度關系的描述,不正確的是A.

B.C.

D.

7、在常溫下,某無色溶液中,由水電離出的c(H+)=1×10-14mol·L-1,則該溶液中,一定能大量共存的離子是()A.K+、Na+、MnO4-、SO42- B.Na+、CO32-、AlO2-、Cl-C.K+、Na+、Cl-、Br- D.K+、Cl-、Ba2+、HCO3-8、用分液漏斗無法將下列各組物質分開的是()A.甲苯和水 B.溴乙烷和水 C.油酯和水 D.乙醛和水9、在一密閉的容器中,將一定量的NH3加熱使其發生分解反應:2NH3(g)N2(g)+3H2(g),當達到平衡時,測得25%的NH3分解,此時容器內的壓強是原來的()A.1.125倍B.1.25倍C.1.375倍D.1.5倍10、準確量取20.00mLKMnO4溶液,最好選用的儀器是()A.25mL量筒 B.25mL酸式滴定管 C.25mL堿式滴定管 D.有刻度的50mL燒杯11、下列有機物中,一定條件下不能與H2發生反應的是A.苯B.乙醛C.乙酸D.油酸甘油酯12、相同物質的量的Fe、Al、Na

各0.1mol

分別投入到含HCl0.01mol

的稀鹽酸中,置換出H2

由多到少的順序是A.Al

>Fe>NaB.Al=Fe=NaC.Na>Al

=FeDNa>Al>Fe13、用陽極X和陰極Y電解Z的水溶液,電解一段時間后,再加入W,能使溶液恢復到電解前的狀態,符合題意的一組是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4Cu(OH)2CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶體A.A B.B C.C D.D14、《夢溪筆談》是北宋沈括的著作,被譽為“中國科學史上的里程碑”,下列都是摘自該著作的內容,其中沒有涉及氧化還原反應的是()A.烹膽礬則成銅,熬膽礬鐵簽,久之亦化為銅B.又石穴中水,所滴皆為鐘乳、殷孽C.鄜、延境內有石油……頗似淳漆,燃之如麻,但煙甚濃D.取精鐵鍛之百余火,每鍛稱之,一緞一輕,至累鍛而斤兩不減,則純鋼也15、常溫下,電離常數:Ka(HCOOH)=1.77x10-4、Ka(CH3COOH)=1.75x10-5有甲、乙、丙三種溶液:甲1000mL0.1mol/LHCOONa溶液乙1000mL0.1mol/LCH3COONa溶液丙1000mL含HCOONa、CH3COONa各0.05mol的溶液下列敘述錯誤的是A.溶液中c(Na+):甲=乙=丙B.溶液中陰、陽離子和酸分子總數:甲<丙<乙C.溶液pH:甲<丙<乙D.溶液中陰、陽離子總數:甲<丙<乙16、下列實驗操作及現象與推論不相符的是選項操作及現象推論A用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質B向某無色溶液中加入足量稀鹽酸,產生無色無味氣體;再將該氣體通入澄清石灰水,產生白色渾濁溶液中可能含有CO32-或HCO3-C用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液,產生白色沉淀;再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,沉淀變為紅褐色Mg(OH)2沉淀轉化為Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D17、下列說法正確的是()。A.相對分子質量相同的幾種化合物互為同分異構體B.分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質互為同系物C.所有的烷烴均互為同系物D.分子式符合CnH2n+2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴18、在已經處于化學平衡狀態的體系中,如果下列量發生變化,其中一定能表明化學平衡移動的是A.反應混合物的濃度 B.反應體系的壓強C.正、逆反應的速率 D.反應物的轉化率19、設NA代表阿伏加德羅常數,下列敘述正確的是()A.1LCO的質量一定比1LO2的質量小B.將1molCl2通入到水中,則N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NAC.常溫常壓下16gO2和O3混合氣體中,氧原子數為NAD.7.8gNa2O2與足量水反應,轉移電子數為0.2NA20、在強酸性或強堿性溶液中都能大量共存的一組離子是()A.Ba2+,Fe3+,Br-,NO3-B.Na+,Ca2+,HCO3-,NO3-C.Al3+,NH4+,SO42-,Na+D.Na+,K+,NO3-,SO42-21、氨氣分子空間構型是三角錐形,而甲烷是正四面體形,這是因為A.兩種分子的中心原子雜化軌道類型不同,NH3中的N為sp2型雜化,而CH4中的C是sp3型雜化B.NH3分子中N原子形成3個雜化軌道,CH4分子中C原子形成4個雜化軌道C.NH3分子中有一對未成鍵的孤電子對,它對成鍵電子的排斥作用較強D.氨氣分子是極性分子而甲烷是非極性分子22、X、Y、Z、M四種短周期元素,它們在周期表中位置如圖所示,下列說法正確的是A.原子半徑:M>Z>Y>XB.Z的氣態氫化物最穩定,因其分子間存在氫鍵C.最高價氧化物對應水化物的酸性M<ZD.元素的非金屬性:X<Y<Z二、非選擇題(共84分)23、(14分)A是一種常見的烴,它的摩爾質量為40g·mol-1,C能發生銀鏡反應,E能與小蘇打反應產生氣體,它們之間存在如下圖所示的轉化關系(反應所需條件已略去):請回答:(1)A的結構簡式_______。(2)C中含有官能團的名稱是_______。(3)在加熱和催化劑條件下,D生成E的反應化學方程式為________。(4)下列說法正確的是________。a.B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b.D和E都可以與金屬鈉發生反應c.D和E在一定條件下反應可生成有香味的油狀物質d.等物質的量B和D完全燃燒,耗氧量相同24、(12分)已知

X、Y、Z、M、R五種元素中,原子序數依次增大,其結構或性質信息如下表。請根據信息回答有關問題:元素結構或性質信息X原子的L層上s電子數等于p電子數Y原子核外的L層有3個未成對電子Z在元素周期表的各元素中電負性僅小于氟M單質常溫、常壓下是氣體,原子的M層上有1個未成對的p電子R第四周期過渡元素,其價電子層各能級處于半充滿狀態(1)元素M的原子核外有______種不同運動狀態的電子;(2)五種元素中第一電離能最高的是_______寫元素符號;(3)在Y形成的單質中,鍵與鍵數目之比為______,在中Z原子的雜化方式為_____,其分子的空間構型為______;(4)R的一種配合物的化學式為。已知在水溶液中用過量硝酸銀溶液處理,產生

AgCl沉淀,此配合物最可能是______填序號。A.B.C.

D.25、(12分)硫代硫酸鈉(Na2S2O3·5H2O),俗稱大蘇打,是無色透明晶體,易溶于水,易被氧化。是一種重要的化工產品,臨床上用于氰化物的解毒劑,工業上也用于紙漿漂白的脫氯劑。某興趣小組在實驗室用如下裝置(夾持儀器略去)模擬硫代硫酸鈉生產過程。(1)儀器a的名稱為_________。(2)裝置A中發生反應的化學方程式為_____________________________。(3)為提高產品純度,應使燒瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反應,則燒瓶C中Na2S和Na2CO3物質的量之比為____________。(4)裝置B中盛有飽和NaHSO3溶液,裝置B的作用是_________、__________。(5)裝置D用于處理尾氣,可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為____(填序號)。(6)反應終止后,燒瓶C中的溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶即可析出Na2S2O3·5H2O,其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等雜質。為驗證產品中含有Na2SO3和Na2SO4,該小組設計了以下實驗方案,請將方案補充完整。取適量產品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成,_____________,若沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體產生,則可確定產品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知:Na2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合無沉淀生成。限選試劑:稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸餾水26、(10分)氫化鈣(CaH2)固體是登山運動員常用的能源提供劑。氫化鈣要密封保存,一旦接觸到水就發生反應生成氫氧化鈣和氫氣。氫化鈣道常用氫氣與純凈的金屬鈣加熱制取,如圖是模擬制取裝置:(1)為了確認進入裝置C的氫氣已經干燥應在B、C之間再接一裝置,該裝置中加入的試劑是______________。(2)該實驗步驟如下:檢查裝置氣密性后裝入藥品;打開分液漏斗活塞,接下來的操作順序是_______(填序號)。①加熱反應一段時間②收集氣體并檢驗其純度③關閉分液漏斗活塞④停止加熱,充分冷卻(3)某同學取一定質量的產物樣品(m1g),加入過量碳酸鈉溶液,過濾、洗滌、干燥后稱量固體碳酸鈣質量(m2g),計算得到樣品中氫化鈣的質量分數為101.14%。若該同學所有操作均正確,則產生這種情況的原因可能是________。27、(12分)某化學小組探究酸性條件下NO3-、SO42-、Fe3+三種微粒的氧化性強弱,設計如下實驗(夾持儀器已略去,裝置的氣密性已檢驗)。(忽略氧氣對反應的影響)實驗記錄如下:實驗序號實驗操作實驗現象I向A裝置中通入一段時間的SO2氣體。A中黃色溶液迅速變成深紅棕色,最終變為淺綠色。II取出少量A裝置中的溶液,先加入KSCN溶液,再加入BaCl2溶液。加入KSCN溶液后溶液不變色,再加入BaCl2溶液產生白色沉淀。III打開活塞a,將過量稀HNO3加入裝置A中,關閉活塞a。A中淺綠色溶液最終變為黃色。IV取出少量A裝置中的溶液,加入KSCN溶液;向A裝置中注入空氣。溶液變為紅色;液面上方有少量紅棕色氣體生成。請回答下列問題:(1)配制FeCl3溶液時,常常加入鹽酸,目的是(用化學用語和簡單文字敘述):________。(2)資料表明,Fe3+能與SO2結合形成深紅棕色物質Fe(SO2)63+,反應方程式為:Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。請用化學平衡移動原理解釋實驗I中溶液顏色變化的原因________。(3)實驗II中發生反應的離子方程式是__________________。(4)實驗III中,淺綠色溶液變為黃色的原因是__________________(用離子方程式表示)。(5)實驗IV中液面上方有少量紅棕色氣體生成,發生反應的化學方程式是______________。(6)綜合上述實驗得出的結論是:在酸性條件下,氧化性強弱是:NO3->Fe3+>SO42-。請從微粒變化的角度解釋________。28、(14分)銅及其合金是人類最早使用的金屬材料。(1)下圖是金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結構示意圖,則該合金中Ca和Cu的原子個數比為___________。(2)Cu2+能與NH3、H2O、Cl-等形成配位數為4的配合物。①[Cu(NH3)4]2+中存在的化學鍵類型有_____________(填序號)。A.配位鍵B.金屬鍵C.極性共價鍵D.非極性共價鍵E.離子鍵②[Cu(NH3)4]2+具有對稱的空間構型,[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代,能得到兩種不同結構的產物,則[Cu(NH3)4]2+的空間構型為___________。(3)第四周期過渡元素Fe、Ti可與C、H、N、O形成多種化合物。①H、C、N、O四種元素的電負性由小到大的順序為_______________________。②下列敘述不正確的是____________。(填字母)A.因為HCHO與水分子間能形成氫鍵,所以CH2O易溶于水B.HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2雜化C.C6H6分子中含有6個鍵和1個大鍵,C2H2是非極性分子D.CO2晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低③氰酸(HOCN)是一種鏈狀分子,它與異氰酸(HNCO)互為同分異構體,其分子內各原子最外層均已達到穩定結構,試寫出氰酸的結構式________________。(4)Fe原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道能與一些分子或離子形成配合物。與Fe原子或離子形成配合物的分子或離子應具備的結構特征是_________寫出一種與CN-互為等電子體的單質分子式_______________________。(5)一種Al-Fe合金的立體晶胞如下圖所示。請據此回答下列問題:①確定該合金的化學式______________。②若晶體的密度=ρg/cm3,則此合金中最近的兩個Fe原子之間的距離(用含ρ的代數式表示,不必化簡)為__________cm。29、(10分)苯乙烯()是制造一次性泡沫飯盒的聚苯乙烯的單體,其合成所涉及到的反應如下:I.CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H1Ⅱ.(g)?(g)+H2(g)△H2Ⅲ.(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)△H3(1)T℃時,2L密閉容器中進行的反應Ⅰ,若按投料方式①進行投料,15min后反應達到平衡,此時CO2的轉化率為75%,則0~15min內平均反應速率υ(H2)=________;若按投料方式②進行投料,則開始反應速率υ正(H2)______υ逆(H2)(填“>”“<”或“=”)。(2)則△H2=____________(用含有△H1和△H3的式子表達)。(3)研究表明,溫度、壓強對反應Ⅲ中乙苯平衡轉化率的影響如圖所示:則△H3______0(填“>”“<”或“=”);P1、P2、P3從大到小的順序是__________。(4)除了改變溫度和壓強,請提供另外一種可以提高苯乙烯產率的方法__________________。

參考答案一、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、A【解析】

A、聚合物X在堿性條件下水解成和HCOO-、在酸性條件下水解成和HCOOH,故A錯誤;B.聚乙烯胺的平均相對分子質量除以鏈節的式量可得聚合度,故B正確;C.乙烯胺結構簡式是CH2=CH-NH2,CH2=CH-NH2與CH3CH=NH分子式相同,結構不同,互為同分異構體,故C正確;D.聚乙烯胺和R-N=C=S發生加成反應生成聚合物,故D正確。2、D【解析】

A.苯和硝基苯都不與碳酸鈉溶液發生反應,無法除去雜質,故A項不選;B.乙醇和乙醛都不與碳酸鈉溶液發生反應,都能溶于水,無法用分液操作將二者分離,故B項不選;C.己烯和甲苯都不與碳酸鈉溶液反應,也都不溶于水,所以無法除去雜質,故C項不選。D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液,乙酸可以和飽和碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉,溶于水中,得到互不相溶的液體,用分液漏斗進行分液分離,故選D項;綜上所述,本題正確答案為D。3、D【解析】分析:A.光照下甲烷與氯氣發生取代反應;B.CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分層;C.鋅粒與稀硫酸發生氧化還原反應生成氫氣;D.濃硫酸具有脫水性,使蔗糖碳化后,C與濃硫酸反應生成二氧化硫,品紅、高錳酸鉀均褪色。詳解:光照下甲烷與氯氣發生取代反應,則圖中裝置可實現甲烷與氯氣在光照條件下的取代反應生成氯代烴和HCl,A正確,不合題意;CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分層,不能利用圖中分液漏斗分離,B錯誤;鋅粒與稀硫酸發生氧化還原反應生成氫氣,此裝置可以為氣體的發生裝置,C正確,不合題意;濃硫酸具有脫水性,使蔗糖碳化后,C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫,體現濃硫酸的強氧化性,圖中品紅、高錳酸鉀均褪色,品紅褪色與二氧化硫的漂白性有關,高錳酸鉀褪色與二氧化硫的還原性有關,D正確,不合題意;答案選B。4、B【解析】分析:主族元素原子失去電子變成陽離子時,核外電子數、電子層數、最外層電子數改變;主族元素原子得到電子變成陰離子時,核外電子數和最外層電子數改變,但電子層數不變。詳解:A、鈣原子失去2個電子變成鈣離子,使次外層變成最外層,所以鈣離子核外有18個電子,A正確;B、氧原子核外有8個電子,氧原子得2個電子變成氧離子,最外層電子數由6個變成8個,所以氧離子核外有10電子,B錯誤;C、氯原子核外有17個電子,氯原子得一個電子變成氯離子,最外層由7個電子變成8個電子,所以氯離子核外有18個電子,C正確;D、氬是18號元素,原子核外有18個電子,D正確。答案選B。點睛:本題考查了原子或離子的核外電子排布,題目難度不大,明確原子變成陰、陽離子時變化的是最外層電子數還是電子層數為解本題的關鍵。5、B【解析】

C的2s軌道和兩個2p軌道雜化成三個sp2軌道,即C原子的雜化類型為sp2雜化,故合理選項為B。6、D【解析】A.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中,溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-,由于溶液要滿足電荷守恒,故有c(Na+

)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),故A正確;B.在碳酸鈉溶液中,氫離子和氫氧根全部來自水的電離,而水電離出的氫離子和氫氧根的總量相同,而水電離出的氫離子被CO32-部分結合為HCO3-和H2CO3,根據質子守恒可知:c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-),故B正確;C.在碳酸鈉中,鈉離子和碳酸根的個數之比為2:1,而在溶液中,碳酸根部分水解為H2CO3、HCO3-,根據物料守恒可知:c(Na+

)=2[c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-)],故C正確;D.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中,溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-,由于溶液要滿足電荷守恒,故有c(Na+

)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),故D錯誤;本題選D。7、C【解析】

在常溫下,某無色溶液中,由水電離出的c(H+)=1×10-14mol·L-1,則該溶液可能顯酸性,也可能顯堿性,據此解答。【詳解】A、MnO4-顯紫紅色,故A錯誤;B、此溶質為酸或堿,CO32-和AlO2-在酸中不能大量共存,故B錯誤;C、既能在堿中大量共存,又能在酸中大量共存,故C正確;D、HCO3-既不能在堿中大量共存,也不能在酸中大量共存,故D錯誤。答案選C。8、D【解析】

A.甲苯和水互不相溶,液體分層,甲苯在上層,水在下層,可用分液的方法分離,A不符合題意;B.溴乙烷為有機物,和水不溶,能用分液漏斗進行分離,B不符合題意;C.油酯為難溶于水的有機物,與水是互不相溶的兩層液體,能用分液漏斗進行分離,C不符合題意;D.乙醛是一種無色液體,乙溶于水,乙醛和水互溶,不能用分液漏斗進行分離,D符合題意;故合理選項是D。9、B【解析】

假設原容器中含有2mol氨氣,達到平衡時,測得25%的NH3分解,則容器中含有氨氣2mol×(1-25%)=1.5mol,氮氣為2mol×25%×12=0.25mol,氫氣為2mol×25%×32=0.75mol,同溫同體積是氣體的壓強之比等于物質的量之比,平衡時,容器內的壓強是原來的1.5mol+0.25mol+0.75mol2mol10、B【解析】

準確量取20.00mLKMnO4溶液,根據精確度只能選擇滴定管,又由于高錳酸鉀要腐蝕橡膠管,因此只能用酸式定滴管,故B正確;綜上所述,答案為B。【點睛】酸式滴定管盛裝酸性溶液、顯酸性的溶液和強氧化性溶液;堿式滴定管盛裝堿性溶液、顯堿性的溶液;滴定管精確度為小數位后兩位。11、C【解析】分析:A、苯環內含有特殊化學鍵,能與氫氣發生加成反應;B、乙醛與碳相連的碳上含有H原子,能被還原;C、乙酸中C上無H原子,不能被還原;D、油酸中含有不飽和碳碳雙鍵。詳解:A、苯能與氫氣在鎳的催化下發生加成反應生成環己烷,選項A不選;B、乙醛中與碳相連的碳上含有H原子,乙醛具有氧化性,能被還原為乙醇,選項B不選;C、乙酸中羧基C上無H原子,不具有還原性,只具有氧化性,不能與氫氣反應,選項C選;D、油酸為不飽和高級脂肪酸甘油酯,含有碳碳雙鍵,能與氫氣發生加成反應生成硬脂酸甘油酯,又稱為油脂的硬化,選項D不選;答案選C。點睛:本題主要考查的是常見有機化合物的性質,以與氫氣能否加成為載體,難度不大。12、C【解析】酸不足時,鈉可與水反應生成氫氣,而Fe、Mg、Al只能與鹽酸反應,故Na與酸反應時,多余的會和水反應,Na會完全反應,由2Na~H2可知,0.1molNa完全反應,生成氫氣的物質的量=0.1mol×1/2=0.05mol;Fe+2HCl=FeCl2+H2↑0.1mol0.2mol故鹽酸不足,由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑0.1mol0.3mol故鹽酸不足,由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol,相同條件下,體積之比等于物質的量之比,故生成氫氣的體積:Al=Fe<Na,故選C。點睛:本題考查根據方程式計算,易錯點:進行過量計算,0.1molAl、Fe與0.01molHCl反應時,鹽酸不足,按酸計算氫氣,而0.1molNa與0.01molHCl反應時,要注意鈉的性質,鈉還要和水反應。13、C【解析】

電解質在通電一段時間,再加入W,能使溶液恢復到電解前的狀態,依據電解原理分析電解了什么物質,要想讓電解質復原,就要滿足加入溶液中減少的物質。【詳解】A.以Fe和C為電極,電解氯化鈉,陽極氯離子放電,陰極氫離子放電,通電一段時間后為氫氧化鈉溶液,減少的是氯化氫,故A錯誤;B.以Pt和Cu為電極,電解硫酸銅,陽極氫氧根離子放電,放出氧氣,陰極銅離子放電析出銅,減少的是銅和氧元素,需要加入氧化銅或碳酸銅恢復濃度,故B錯誤;C.以C為電極,電解硫酸,陽極氫氧根離子放電,陰極氫離子放電,相當于電解水,通電一段時間后仍為硫酸溶液,可以加水讓溶液復原,故C正確;D.以Ag和Fe為電極,電解AgNO3,陽極銀放電,陰極銀離子放電,相當于電鍍,通電一段時間后仍為AgNO3溶液,且濃度不變,不需要加AgNO3固體恢復原樣,故D錯誤;故選C。【點睛】本題考查學生電解原理的知識,解答本題要注意分析兩個電極上產生的物質,本著“出什么加什么”的思想來讓電解質復原:電解后從溶液中減少的物質是什么就利用元素守恒來加什么。學習中注意把握電解原理和陰陽離子的放電順序。14、B【解析】

A.烹膽礬則成銅,熬膽礬鐵簽,久之亦化為銅,涉及的是用鐵置換出硫酸銅中的金屬銅,發生氧化還原反應,A項錯誤;B.又石穴中水,所滴皆為鐘乳、殷孽,發生的是氫氧化鈣與二氧化碳生成的碳酸鈣,碳酸鈣與水和二氧化碳反應生成碳酸氫鈣,碳酸氫鈣再分解生成碳酸鈣,整個過程不涉及氧化還原變化,B項正確;C.鄜、延境內有石油……頗似淳漆,燃之如麻,但煙甚濃,涉及的是石油的燃燒,燃燒屬于氧化反應,C項錯誤;D.取精鐵鍛之百余火,每鍛稱之,一緞一輕,至累鍛而斤兩不減,則純鋼也,發生的是精鐵變成鋼的過程,不斷降低雜質和C的含量,使C變成二氧化碳,發生了氧化還原反應,D項錯誤;答案選B。15、D【解析】分析:本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液離子濃度大小的比較,難度中等,注意熟練掌握溶液酸堿性與溶液的pH的關系,能夠利用電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度的大小,試題培養了學生的靈活應用能力。詳解:A.三個溶液中鈉離子濃度都為0.1mol/L,所以c(Na+):甲=乙=丙,故正確;B.水解程度越大,產生氫氧根離子的數目和分子數目越多,而鈉離子數目相等,所以溶液中陰陽離子和酸分子總數:甲<丙<乙,故正確;C.水解程度越大溶液的pH越大,乙酸根離子水解程度最大,兩者的混合物次之,最弱的是甲酸根離子,所以溶液的pH:甲<丙<乙,故正確;D.根據電荷守恒得溶液中陰陽離子的總數是陽離子總數的2倍,而鈉離子的數目相同,水解程度越大氫離子的數目越小,水解程度越小,氫離子的數目越多,所以溶液中的陰陽離子總數:甲>丙>乙,故錯誤。故選D。16、D【解析】

A.用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3,說明醋酸為弱酸,部分電離,可以說明CH3COOH是弱電解質,實驗操作及現象與推論相符,故A不選;B.向某無色溶液中加入足量稀鹽酸,產生無色無味氣體;再將該氣體通入澄清石灰水,產生白色渾濁,說明無色無味氣體為二氧化碳,可說明溶液中可能含有CO32-或HCO3-,實驗操作及現象與推論相符,故B不選;C.NaClO具有強氧化性,能夠漂白試紙,不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH,可選用pH計,用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的,說明CH3COONa的水解程度小,說明HClO的酸性弱于CH3COOH,實驗操作及現象與推論相符,故C不選;D.向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液,產生白色沉淀;反應后氫氧化鈉過量,再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀,不能說明存在沉淀的轉化,實驗操作及現象與推論不相符,故D選;答案選D。17、D【解析】

A.同分異構體的相對分子質量相同,組成元素也相同,但相對分子質量相同,組成元素也相同的化合物分子式不一定相同,所以不一定是同分異構體,如甲酸與乙醇,A項錯誤;B.分子結構不相似,即使分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質,也不是同系物,如甲酸甲酯與丙酸,B項錯誤;C.碳原子數相同的烷烴互為同分異構體,如正戊烷和異戊烷,C項錯誤;D.CnH2n+2(n≥1)是烷烴的通式,所以分子式符合CnH2n+2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴,D項正確;答案選D。18、D【解析】

只有正逆反應速率不相等時,平衡才能發生移動,這是化學平衡發生移動的前提。反應物濃度和壓強變化不一定會引起正逆反應速率不相等,所以平衡不一定發生移動。正逆反應速率變化,但如果變化后仍然相等,則平衡就不移動。反應物轉化率的變化,說明反應物的正逆反應速率一定不再相等,平衡一定發生移動,答案是D。19、C【解析】分析:A、氣體的體積大小受溫度和壓強影響,標準狀況下Vm=22.4L/mol;B、氯氣與水反應是可逆反應;C、根據質量、原子數目與物質的量之間關系進行換算;D、1mol過氧化鈉與水反應轉移電子總數是NA。詳解:氣體的體積大小受溫度和壓強影響較大,A選項中沒有指明溫度和壓強,氣體的摩爾體積沒有辦法確定,即1LCO的物質的量和1LO2的物質的量大小沒有辦法確定,導致質量大小也沒有辦法確定,A選項錯誤;Cl2+H2OHClO+HCl,該反應是可逆反應,N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA成立的條件是所有氯氣全部反應生成鹽酸和次氯酸,所以B選項錯誤;16gO2和O3混合氣體中,氧原子的質量是16g,n(O)=16g/16g·mol-1=1mol,所以含有氧原子數為NA,C選項正確;從化學方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,1mol過氧化鈉完全反應轉移電子總數是1mol,7.8g過氧化鈉是0.1mol。轉移電子總數是0.1mol,即0.1NA,D選項錯誤;正確選項C。20、D【解析】分析:離子間如果在溶液中發生化學反應,則不能大量共存,結合溶液的酸堿性、離子的性質以及發生的化學反應解答。詳解:A.在堿性溶液中Fe3+不能大量共存,A錯誤;B.在酸性溶液中碳酸氫根離子不能大量共存,在堿性溶液中Ca2+和HCO3-均不能大量共存,B錯誤;C.在堿性溶液中Al3+和NH4+均不能大量共存,C錯誤;D.Na+、K+、NO3-、SO42-在酸性或堿性溶液中相互之間互不反應,可以大量共存,D正確。答案選D。21、C【解析】

NH3中N原子成3個σ鍵,有一對未成鍵的孤對電子,雜化軌道數為4,采取sp3型雜化雜化,孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強,氨氣分子空間構型是三角錐形;CH4分子中C原子采取sp3型雜化雜化,雜化軌道全部用于成鍵,碳原子連接4個相同的原子,為正四面體構型。【詳解】A.兩種分子的中心原子雜化軌道類型相同,中心原子均是sp3型雜化,故A錯誤;B.NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4個雜化軌道,故B錯誤;C.NH3分子中有一對未成鍵的孤電子對,它對成鍵電子的排斥作用較強,而CH4分子中C原子采取sp3型雜化雜化,雜化軌道全部用于成鍵,故C正確;D.氨氣分子是極性分子而甲烷是非極性分子不能解釋兩分子形狀不同,如CH3Cl是極性分子,也是四面體構型,故D錯誤;故C正確。【點睛】本題考查了分子空間構型的判斷,注意理解價層電子對互斥理論與雜化軌道理論,注意孤對電子對占據雜化軌道,但在觀察分子形狀時要忽略孤對電子對占據的空間。22、D【解析】

由X、Y、Z、M均為短周期元素及在周期表中相對位置,可知X、Y和Z為第二周期元素,M為第三周期元素,由位置可知,X為N,Y為O,Z為F,M為S,以此來解答。A.電子層數越多,其原子半徑越大;電子層數相同時,原子序數越小,其原子半徑越大;B.非金屬性越強,其氣態氫化物的穩定性越好,這與是否含有氫鍵無關;C.F元素無最高正價;D.在元素周期表中同一周期,元素的非金屬性依次增強,同一主族,元素的非金屬性依次減弱;【詳解】由上述分析可知,X為N,Y為O,Z為F,M為S,A.根據同一周期中,原子半徑依次減小,同一主族,元素原子半徑依次增大,則其原子半徑由大到小排列為:M>X>Y>Z,故A項錯誤;B.元素的非金屬性越強,其對應的氣態氫化物的穩定性越高,則Z的氣態氫化物最穩定,其分子間存在的氫鍵,主要影響的是物質的物理性質,跟氣態氫化物的穩定性無關,故B項錯誤;C.非金屬性F>O>S,但因F無正價,則無法比較Z與M的最高價氧化物對應水化物的酸性,故C項錯誤;D.X、Y、Z三種元素處于同一周期,其元素的非金屬性:N<O<F,即X<Y<Z,故D項正確;答案選D。【點睛】本題側重考查元素周期表與元素周期律知識點,其中,掌握非金屬性的判斷依據是解題的關鍵,要提別注意個例,如非金屬O和F元素原子無最高價等。二、非選擇題(共84分)23、CH3C≡CH醛基CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2Obcd【解析】

由題意:A是一種常見的烴,它的摩爾質量為40g·mol-1,分子式應為C3H4,則A為CH3CCH,由轉化關系可知B為CH3CH=CH2,C能發生銀鏡反應,則C為CH3CH2CHO,D為CH3CH2CH2OH,E為CH3CH2COOH,以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知A為CH3C≡CH,故答案為:CH3C≡CH;(2)根據上述分析:C為丙醛,含有的官能團為醛基,故答案為:醛基;(3)根據上述分析可知:D生成E的反應化學方程式為CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O,故答案為:CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O;(4)a.根據上述分析E為丙酸,與酸性KMnO4溶液不反應,故a錯誤;b.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH,E為CH3CH2COOH,D和E分別含有羥基、羧基,則都可以與金屬鈉發生反應,故b正確;c.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH,E為CH3CH2COOH,D和E在一定條件下發生酯化反應,可生成有香味的油狀物質,故c正確;d.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH,可拆寫成(CH3CH=CH2)H2O,則等物質的量B和D完全燃燒,耗氧量相同,故d正確;故答案為:bcd。24、17N1:2V型B【解析】

已知

X、Y、Z、M、R五種元素中,原子序數X<Y<Z<M<R,X元素原子原子的L層上s電子數等于p電子數,核外電子排布為,則X為C元素;Y元素原子核外的L層有3個未成對電子,核外電子排布為,則Y為N元素;Z元素在元素周期表的各元素中電負性僅小于氟,則Z為O元素;M元素單質常溫、常壓下是氣體,原子的M層上有1個未成對的p電子,原子核外電子排布為,則M為Cl;第四周期過渡元素,其價電子層各能級處于半充滿狀態,應為Cr元素,價層電子排布式為。【詳解】(1)M為Cl,原子核外電子排布為共有17種不同運動狀態的電子,有5種不同能級的電子;(2)同一主族元素的第一電離能隨著原子序數的增大而減小,同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大,注意同一周期的第ⅡA元素的第一電離能大于第ⅢA族的,第ⅤA族的大于第ⅥA族的,因為N原子的2p能級電子為半充滿,為較穩定的結構,則N的第一電能較大;(3)根據題意知Y的單質為N2,其中氮氮之間存在1個鍵和2個鍵,因此鍵與鍵數目之比為1:2。中心氧原子有6個價電子,兩個Cl分別提供一個電子,所以中心原子價電子對數,中心O原子雜化為雜化,空間構型為V型;(4)Cr的最高化合價為+6,氯化鉻?和氯化銀的物質的量之比是,根據氯離子守恒知,則?化學式中含有2個氯離子為外界離子,剩余的1個氯離子是配原子,所以氯化鉻?的化學式可能為?。【點睛】25、分液漏斗Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O[或Na2SO3+2H2SO4(濃)=2NaHSO4+SO2↑+H2O]2:1通過觀察氣泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d過濾,用蒸餾水洗滌沉淀,向沉淀中加入足量稀HCl【解析】

(1)根據儀器圖寫出名稱;(2)A中反應Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O;裝置B為安全裝置,可防堵塞,裝置D用來吸收含有SO2的尾氣,可以盛NaOH溶液;當B中導氣管堵塞時,B內壓強增大,錐形瓶中的液面下降,漏斗中的液面上升。(3)燒瓶C中,該轉化過程的總反應:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,則C瓶中Na2S和Na2CO3的物質的量之比最好為2:1。(4)裝置B中盛有飽和NaHSO3溶液,裝置B的作用是通過觀察氣泡速率控制滴加硫酸的速度同時起到安全瓶作用;(5)防倒吸可選d裝置;(6)為檢驗產品中是否含有Na2SO4和Na2SO3,取適量產品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成,加入足量稀HCl,若沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體產生,則可確定產品中含有Na2SO3和Na2SO4。【詳解】結合以上分析,(1)儀器a的名稱為分液漏斗;(2)裝置A中發生反應的化學方程式為Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O。(3)燒瓶C中,該轉化過程的總反應:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,則C瓶中Na2S和Na2CO3的物質的量之比最好為2:1,因此本題答案為:2:1。(4)從儀器連接可知,裝置B中盛有飽和NaHSO3溶液,由于二氧化硫不溶于飽和NaHSO3溶液,故其作用是通過觀察氣泡速率控制滴加硫酸的速度同時起到安全瓶作用,防堵塞,原理是,若B中導氣管堵塞時,B內壓強增大,錐形瓶中的液面下降,漏斗中的液面上升。因此,本題答案為:通過觀察氣泡速率控制滴加硫酸的速度;安全瓶;(5)裝置D用于處理尾氣,SO2可以和氫氧化鈉溶液反應,要能吸收SO2同時防倒吸,應選d。(6)亞硫酸鋇溶于鹽酸,硫酸鋇不溶于鹽酸,為檢驗產品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取適量產品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成,加入足量稀HCl,若沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體產生,則可確定產品中含有Na2SO3和Na2SO4。26、無水硫酸銅(或其他合理答案)②①④③單質鈣沒有完全參與反應,氫化鈣中混有單質鈣【解析】分析:本題以氫化鈣的制備為載體,考查實驗基本技能與操作、對題中的信息的利用、對實驗裝置的理解分析、物質分離提純、化學計算等,本題側重基本實驗操作能力的考查,是對學生綜合能力的考查。詳解:A裝置通過鋅和硫酸反應生成氫氣,氫氣中肯定含有水蒸氣,所以用B中無水氯化鈣吸收水,在C中氫氣和鈣反應生成氫化鈣,D中有濃硫酸,保證金屬鈣的裝置C中干燥,防止空氣中的水蒸氣進入。本實驗的關鍵是保證金屬鈣的裝置C中沒有水蒸氣存在,因為鈣和水反應,氫化鈣也與水反應。(1)為了確認進入裝置C的氫氣已經干燥應在BC之間連接一個檢驗氫氣是否含有水的裝置,該裝置中加入無水硫酸銅固體,若有水,該固體變藍。(2)該實驗步驟為檢驗氣密性后,打開分液漏斗活塞,使硫酸流下,與金屬鋅反應生成氫氣,用氫氣排除裝置中的空氣,在最后收集氣體并檢驗其純度,當收集到純凈的氫氣時在點燃酒精燈進行加熱,一段時間后停止加熱,讓裝置C在氫氣的環境中充分冷卻,最后關閉分液漏斗活塞。故順序為②①④③。(3)計算得到樣品中氫化鈣的質量分數大于100%,說明樣品中鈣元素較多,則說明單質鈣沒有完全參與反應,氫化鈣中混有單質鈣。27、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入鹽酸,增大c(H+),平衡左移,抑制Fe3+水解;Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應速率較快:Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應緩慢,但是反應限度較大,使溶液中c(Fe3+)降低,平衡逆向移動,紅棕色逐漸褪去,最終得到淺綠色溶液;Ba2+

+SO42-

=BaSO4↓;3Fe2+

+4H++NO3-

=3Fe3++NO↑+2H2O;2NO+O2

=2NO2;實驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-,說明Fe3+氧化SO2生成SO42-,氧化性Fe3+>SO42-;實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成,說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+,氧化性NO3->Fe3+;所以,在酸性條件下,氧化性強弱是:NO3->Fe3+>SO42-。【解析】

通過“氧化劑氧化性大于氧化產物的氧化性”原理設計實驗。【詳解】(1)溶液中存在水解平衡:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入鹽酸,增大c(H+),平衡左移,抑制Fe3+水解;(2)Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應速率較快:Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應緩慢,但是反應限度較大,使溶液中c(Fe3+)降低,平衡逆向移動,紅棕色逐漸褪去,最終得到淺綠色溶液;(3)加入KSCN溶液后溶液不變色,說明鐵離子完全轉化為亞鐵離子,再加入BaCl2溶液產生白色沉淀,氧化生成硫酸根與鋇離子結合為硫酸鋇,反應離子方程式為:Ba2++SO42-=BaSO4↓;(4)硝酸具有強氧化性,將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子,淺綠色溶液變為黃色,反應離子方程式為:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O;(5)反應生成的NO與氧氣反應生成二氧化氮,二氧化氮為紅棕色,發生反應的方程式是:2NO+O2=2NO2;(6)驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-,說明Fe3+氧化SO2生成SO42-,氧化性Fe3+>SO42-;實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成,說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+,氧化性NO3->Fe3+;所以,在酸性條件下,氧化性強弱是:NO3->Fe3+>SO42-。28、1:5A、C平面正方型

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