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文檔簡介

河北唐山市2025屆高二下化學期末統考試題考生請注意: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、下列說法正確的是()A.氧化還原反應中的反應物,不是氧化劑就是還原劑B.濃硫酸具有強氧化性,不能干燥H2、CO等還原性氣體C.H2O2作為還原劑時,產物中一般有O2生成D.無單質參加的化合反應一定不是氧化還原反應2、下列離子方程式書寫正確的是()A.鐵和稀硫酸反應:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.(NH4)2Fe(SO4)2溶液與過量NaOH溶液反應制Fe(OH)2:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓D.碳酸氫鈉溶液和過量的澄清石灰水混合:HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O3、NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A.24g石墨烯中含有C-C鍵的個數為3NAB.88g干冰中含有NA個晶胞結構單元C.62

g

P4含有P-P鍵的個數為6NAD.60gSiO2中含有Si-O鍵的個數為2NA4、下列溶液中,溶質的物質的量濃度不是1mol·L-1的是()A.將0.5mol·L-1的NaNO3溶液100mL加熱蒸發掉50g水的溶液B.將80gSO3溶于水并配成1L的溶液C.10gNaOH固體溶解在水中配成250mL溶液D.標況下,將22.4L氯化氫氣體溶于水配成1L溶液5、已知X、Y均為主族元素,I為電離能,單位是kJ/mol。根據下表所列數據判斷錯誤的是A.元素X的常見化合價是+1價B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X與氯形成化合物時,化學式是XClD.若元素Y處于第3周期,它可與冷水劇烈反應6、糕點包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等,其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同。下列分析正確的是A.脫氧過程是吸熱反應,可降低溫度,延長糕點保質期B.脫氧過程中鐵作原電池正極,電極反應為:Fe-3e=Fe3+C.脫氧過程中碳做原電池負極,電極反應為:2H2O+O2+4e=4OH-D.含有1.12g鐵粉的脫氧劑,理論上最多能吸收氧氣336mL(標準狀況)7、根據元素周期表和元素周期律,判斷下列敘述正確是()A.第ⅦA族元素從上到下,其氫化物的穩定性逐漸增強B.氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物C.圖所示實驗可證明元素的非金屬性強弱Cl>C>SiD.同主族元素上到下,單質的熔點逐漸升高8、利用如圖所示裝置進行下列實驗,能得出相應實驗結論的是()選項①②③實驗結論A濃鹽酸KMnO4紫色石蕊試液氯氣具有酸性、漂白性B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可以生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金屬性:N>C>SiA.A B.B C.C D.D9、正硼酸(H3BO3)是一種片層狀結構的白色晶體,層內的H3BO3分子之間通過氫鍵相連(層狀結構如圖所示,圖中‘‘虛線”表示氫鍵)。下列有關說法正確的是A.H3BO3分子的穩定性與氫鍵有關B.含1molH3BO3的晶體中有3mol氫鍵C.分子中B、O最外層均為8e-穩定結構D.B原子雜化軌道的類型為sp2,同層分子間的主要作用力是范德華力10、下列說法錯誤的是()A.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染B.大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素C.可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成的水合物晶體,因此可存在于海底D.乙烯可作水果的催熟劑11、向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至過量,加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質的量的關系如圖,下列說法不正確的是A.原混合液中c(SO42-):c(Cl-)=1:1B.向D點溶液中通入C02氣體,立即產生白色沉淀C.圖中A點沉淀中含有BaSO4和Al(OH)3D.AB段反應的離子方程式為:Al3++3OH-=Al(OH)3↓12、已知酯在金屬鈉存在下與乙醇混合加熱蒸餾,可使酯還原成醇,反應為RCOOR′+4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH+R′OH。現有酯C5A.C6H13OH和C5H11OHB.C5H11OHC.C6H13OHD.C11H23OH13、某有機物A是農藥生產中的一種中間體,其結構簡式如下圖所示。下列敘述正確的是A.有機物A可與溴水發生加成反應B.1mol有機物A能消耗2molNaOHC.有機物A不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.有機物A分子中所有碳原子可能在同一平面上14、根據下列實驗操作和現象所得到的結論不正確的是選項實驗操作和現象結論A向2mL濃度均為1.0mol?L?1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.0lmol?L?1AgNO3溶液,振蕩,有黃色沉淀產生。Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生,再加入足量稀鹽酸,白色沉淀不消失。原溶液中有SO42?C向兩支分別盛有0.1mol?L?1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度的Na2CO3溶液,可觀察到前者有氣泡產生,后者無氣泡產生。電離常數:Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(H3BO3)D在兩支試管中各加入4mL0.01mol?L?1KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol?L?1H2C2O4溶液,再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體,加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。Mn2+對該反應有催化作用A.A B.B C.C D.D15、CH3CH2OH分子中的氫原子的環境有()種A.1 B.2 C.3 D.616、下列各組微粒屬于等電子體的是()A.CO2和CO B.H2O和CH4C.N2和CO D.NO和CO17、下列能層中,有f能級的是A.K B.L C.M D.N18、下列盛放試劑的方法正確的是()A.氫氟酸或濃硝酸存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中B.汽油或煤油存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中C.碳酸鈉溶液或氫氧化鈣溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D.氯水或硝酸銀溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中19、水的電離平衡曲線如下圖所示。下列說法正確的是A.圖中對應點的溫度關系為:a>bB.水的電離常數KW數值大小關系為:b>dC.溫度不變,加入少量NaOH可使溶液從c點變到a點D.在b點對應溫度下,將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后,溶液顯酸性20、下列各物質性質的排序比較正確的是A.沸點:乙烷<溴乙烷<乙酸<乙醇B.分子的極性大小:CH4<HBr<HCl<HFC.酸性:H3PO4<H2SiO3<H2SO3<HClOD.熱分解溫度:BaCO3<SrCO3<CaCO3<MgCO321、某同學購買了一瓶“84消毒液”,包裝說明如下:請根據以上信息和相關知識判斷,下列分析不正確的是()A.該“84消毒液”的物質的量濃度約為4.0mol·L-1B.一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后濃度會變小C.取100mL該“84消毒液”稀釋100倍消毒,稀釋后溶液中c(Na+)約為0.04mol·L-1D.參閱該“84消毒液”的配方,欲用NaClO固體配制含25%NaClO的消毒液480mL,需要稱量的NaClO固體質量為143g22、現有四種晶體的晶胞,其離子排列方式如下圖所示,其中化學式不屬MN型的是()。A. B.C. D.二、非選擇題(共84分)23、(14分)某有機物A,由C、H、O三種元素組成,在一定條件下,由A可以轉化為有機物B、C、D和E;C又可以轉化為B、A。它們的轉化關系如下:已知D的蒸氣密度是氫氣的22倍,并可以發生銀鏡反應(1)寫出下列物質的結構簡式。A__________B________D__________(2)完成下列階段變化的化學方程式。①_________________________________③_________________________________⑦_________________________________⑧_________________________________24、(12分)A、B、C、D、E五種化合物均含有某種短周期常見元素,它們的轉化關系如圖所示,其中A的溶液為澄清溶液,C為難溶的白色固體,E易溶于水,取A的溶液灼燒,焰色反應為淺紫色(透過藍色鈷玻璃)。(1)寫出化學式:A_______,B_______,C_______,D_______,E_______。(2)寫出下列反應的離子方程式:A→B:_________________________________________________________;A→D:__________________________________________________________。25、(12分)某紅色固體粉末樣品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一種或兩種,某校化學自主探究實驗小組擬對其組成進行探究。查閱資料:Cu2O在酸性溶液中會發生反應:Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。實驗探究一:學生甲利用如圖所示裝置進行實驗,稱量反應前后裝置C中樣品的質量,以確定樣品的組成。回答下列問題:(1)儀器組裝完成后,夾好止水夾,__________________________________,則說明裝置A的氣密性良好。(2)下列實驗步驟中,正確的操作順序是____________(填序號)。①打開止水夾;②熄滅C處的酒精噴燈;③C處冷卻至室溫后,關閉止水夾;④點燃C處的酒精噴燈;⑤收集氫氣并驗純實驗探究二:(3)學生乙取少量樣品于燒杯中,加入過量稀硫酸,并作出如下假設和判斷,結論正確的是______。A.若固體全部溶解,說明樣品中一定含有Fe2O3,一定不含有Cu2OB.若固體部分溶解,說明樣品中一定含有Cu2O,一定不含有Fe2O3C.若固體全部溶解,再滴加KSCN溶液,溶液不變紅色,說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2OD.若固體全部溶解,再滴加KSCN溶液,溶液變紅色,說明樣品一定含有Fe2O3另取少量樣品于試管中,加入適量的濃硝酸,產生紅棕色氣體,證明樣品中一定含有________,寫出產生上述氣體的化學方程式:____________________。實驗探究三:(4)學生丙取一定量樣品于燒杯中,加入足量的稀硫酸,反應后經過濾得到固體6.400g,測得濾液中Fe2+有2.000mol,則樣品中n(Cu2O)=________________________mol。26、(10分)下圖中硬質玻璃管A中放入干燥潔凈的細銅絲,燒杯中放入溫水,試管B中放入甲醇,右方試管C中放入冷水.向B中不斷鼓入空氣,使甲醇蒸氣和空氣通過加熱到紅熱程度的銅絲。(1)撤去A處酒精燈后銅絲仍然能保持紅熱的原因是__________________________;(2)反應后將試管C中的液體冷卻,取出少量,加入到新制的Cu(OH)2懸濁液中,加熱到沸騰可觀察到現象是__________________,寫出反應的化學方程式__________________________。27、(12分)如圖是實驗室制取SO2并驗證SO2的某些性質的裝置,試回答試回答:(1)②中的實驗現象為______________。(2)④中的實驗現象為______________,此實驗說明SO2有____________性.(3)⑤中的實驗現象為____________,此實驗說明SO2有________性.(4)⑥的作用是___________,反應方程式是_____________________。28、(14分)元素周期表是科學界最重要的成就之一。作為一種獨特的工具,它使科學家能夠預測地球上和宇宙中物質的外觀、性質及結構等。(1)通常制造的農藥含元素F、P、S、Cl。四種元素的電負性從大到小的順序為_______;第一電離能從大到小的順序為_________。(2)科學家曾利用元素周期表尋找F、Cl的含碳化合物作為制冷劑。已知CCl4的沸點為76.8℃,CF4的沸點為-128℃,若要求制冷劑沸點介于兩者之間,則含一個碳原子的該制冷劑可以是__________(寫出其中一種的化學式)。(3)1963年以來科學家借助射電望遠鏡,在星際空間已發現NH3、HC≡C-C≡N等近兩百種星際分子。與NH3互為等電子體的陽離子為____;HC≡C-C≡N分子中鍵與鍵的數目比n()∶n()=__________。(4)過渡元素(包括稀土元素)中可尋找各種優良催化劑。Sc的一種氫化物的晶胞結構如圖所示,該氫化物的化學式為_________。29、(10分)Ti、Fe、Cu、Ni為過渡金屬元素,在工業生產中有重要的應用.(1)①常溫下Fe(CO)5呈液態,熔點為-20.5℃,沸點為101℃.據此可以判斷其晶體為_________晶體,Fe(CO)5中鐵的化合價為0,則該物質中含有的化學鍵類型有______(填字母).A離子鍵B極性共價鍵C非極性共價鍵D配位鍵②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,該配合物中心離子的配位數為________,配體H2O中O原子的雜化方式為________.③NiO、FeO的晶體結構類型均與氧化鈉的相同,Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm,則熔點NiO_______FeO(填“<”或“>”).(2)Cu、N兩元素形成某種化合物的晶胞結構如圖(灰色球表示Cu原子),已知緊鄰的白球與灰球之間的距離為a

cm,該晶胞的密度為________g?cm-1.

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、C【解析】

A、氧化還原反應中的反應物,可能既不是氧化劑也不是還原劑,如氯氣與NaOH的反應中,NaOH為反應物,不是氧化劑也不是還原劑,故A錯誤;B、一氧化碳和氫氣與濃硫酸不發生反應,濃硫酸具有吸水性,能干燥H2、CO等氣體,故B錯誤;C、H2O2作為還原劑時,—1價氧元素化合價升高,氧化產物為O2,故C正確;D、有元素化合價變化的反應為氧化還原反應,無單質參加的化合反應不一定不是氧化還原反應,如二氧化硫與過氧化氫反應生成硫酸,為沒有單質參加的化合反應,屬于氧化還原反應,故D錯誤;答案選C。2、D【解析】

A、鐵和稀硫酸反應:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A錯誤;B、醋酸是弱酸,不能拆寫成離子,故B錯誤;C、缺少NH4+與OH-的反應,故C錯誤;D、NaHCO3是少量,系數為1,因此離子方程式為HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O,故D正確;答案選D。3、A【解析】

A.石墨中每個C形成3個C-C鍵,每個C原子貢獻C-C鍵的二分之一,所以1個C平均形成3=1.5個C-C鍵,24g石墨烯中n(C)==2mol,含有C-C鍵的物質的量=1.5×2mol=3mol,C-C鍵的個數為3NA,A正確;B.干冰是固態的二氧化碳,由均攤法可知,1個二氧化碳晶胞中二氧化碳分子的個數=,所以1mol晶胞含4molCO2,88g干冰的物質的量=2mol,所含晶胞的物質的量=0.5mol,故88g干冰中含有0.5NA個晶胞結構單元,B錯誤;C.n(P4)==0.5mol,P-P鍵的物質的量n=0.5mol×6=3mol,P-P鍵的個數為3NA,C錯誤;D.1個Si貢獻4×個Si-O鍵,2個O貢獻2×2×個Si-O鍵,即1molSiO2含4molSi-O鍵,n(SiO2)==1mol,所以,n(Si-O鍵)=,所以60gSiO2中含有Si-O鍵的個數為4NA,D錯誤。答案選A。【點睛】切記:1mol石墨含1.5molC-C鍵,1mol金剛石含2molC-C鍵,1molSiO2含4molSi-O鍵,1mol白磷(P4)含6molP-P鍵,1molSiC含4molSi-C鍵。4、A【解析】

A、加熱蒸發掉50g水后的溶液體積不是50mL,則溶液濃度不是1mol/L,故A錯誤;B、80gSO3物質的量為1mol,溶于水得到1molH2SO4,配成1L溶液,所得溶液濃度為1mol/L,故B正確;C、10gNaOH的物質的量為0.25mol,溶于水配成0.25L溶液,所得溶液濃度為1mol?L-1,C正確;D、標況下,將22.4L氯化氫氣體物質的量為1mol,溶于水配成1L溶液,所得溶液濃度為1mol?L-1,D正確;答案選A。【點睛】解題時,注意物質的量濃度中體積指溶液體積,物質溶于水溶質變化的情況。5、D【解析】

X、Y是主族元素,I為電離能,X第一電離能和第二電離能差距較大,說明X為第IA族元素;Y第三電離能和第四電離能差距較大,說明Y為第ⅢA族元素,X的第一電離能小于Y,說明X的金屬活潑性大于Y。據此解答。【詳解】A.X為第IA族元素,元素最高化合價與其族序數相等,所以X常見化合價為+1價,故A正確;B.通過以上分析知,Y為第ⅢA族元素,故B正確;C.元素X與氯形成化合物時,X的電負性小于Cl元素,所以在二者形成的化合物中x顯+1價、Cl元素顯-1價,則化學式可能是XCl,故C正確;D.若元素Y處于第3周期,為Al元素,它不能與冷水劇烈反應,但能溶于酸和強堿溶液,故D錯誤;答案選D。6、D【解析】

A.脫氧過程是放熱反應,可吸收氧氣,延長糕點保質期,A不正確;B.脫氧過程中鐵作原電池負極,電極反應為Fe-2e=Fe2+,B不正確;C.脫氧過程中碳做原電池正極,電極反應為2H2O+O2+4e=4OH-,C不正確;D.含有1.12g鐵粉的脫氧劑,鐵的物質的量為0.02mol,其最終被氧化為氫氧化鐵,電子轉移總量為0.06mol,理論上最多能吸收氧氣0.015mol,其體積在標準狀況下為336mL,D正確。故選D。7、B【解析】第ⅦA族元素從上到下,其氫化物的穩定性逐漸減弱,故A錯誤;氫元素與非金屬元素形成共價化合物、氫元素與金屬元素形成離子化合物,故B正確;鹽酸是無氧酸,不能根據其酸性強弱判斷其非金屬性強弱,故C錯誤;ⅠA族元素上到下,金屬單質的熔點逐漸降低,故D錯誤。點睛:同主族元素從上到下非金屬性減弱,氫化物的穩定性減弱、最高價含氧酸的酸性減弱;同周期元素從左到右非金屬性增強,氫化物的穩定性增強、最高價含氧酸的酸性增強。8、B【解析】

A、新制氯水含鹽酸、HClO,則向其中滴加少量紫色石蕊試液,充分振蕩后溶液先變紅色后褪色,只能證明新制氯水具有酸性和漂白性,氯氣沒有酸性和漂白性,選項A錯誤;B、濃硫酸具有脫水性和強氧化性,使蔗糖變黑,且產生二氧化硫氣體,二氧化硫與溴水反應,使溴水褪色,選項B正確;C、稀鹽酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫氣體,二氧化硫與硝酸鋇溶液發生氧化還原反應,生成硫酸鋇沉淀,不能證明二氧化硫與可溶性鋇鹽的反應,選項C錯誤;D、濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳,但濃硝酸易揮發,硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成,應先除雜,否則不能證明酸性碳酸>硅酸,故不能證明非金屬性:C>Si,選項D錯誤;答案選B。9、B【解析】A.穩定性是化學性質,取決于化學鍵的強弱,氫鍵是屬于分子間作用,與分子的穩定性無關,故A錯誤;B.一個H3BO3分子對應著6個氫鍵,一個氫鍵對應著2個H3BO3分子,因此含有1molH3BO3分子的晶體中有3mol氫鍵,故B正確;C.硼原子最外層只有3個電子,與氧原子形成3對共用電子對,因此B原子不是8e-穩定結構,故C錯誤;D.層內的H3BO3分子之間主要通過氫鍵相連,故D錯誤;故選B。點睛:注意把握氫鍵的形成以及對物質的性質的影響,把握氫鍵與化學鍵、分子間作用力的區別。氫鍵是分子間作用力的一種,F、O、N的電負性較強,對應的氫化物分子之間能形成氫鍵,氫鍵的存在,多數物質的物理性質有顯著的影響,如熔點、沸點,溶解度,粘度,密度等,存在氫鍵的物質,水溶性顯著增強,分子間作用力增強,熔沸點升高或降低。關于氫鍵需要注意以下三點:①有氫鍵的分子間也有范德華力,但有范德華力的分子間不一定有氫鍵。②一個氫原子只能形成一個氫鍵,這就是氫鍵的飽和性。③分子內氫鍵基本上不影響物質的性質。10、A【解析】A.聚乙烯塑料在自然界中很難分解,可造成白色污染,故A錯誤;B.大量燃燒化石燃料可產生碳等顆粒物,是造成霧霾天氣的一種重要因素,故B正確;C.可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成的水合物晶體,因此可存在于海底,故C正確;D.乙烯可作水果的催熟劑,故D正確。故選A。11、A【解析】

Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應的實質是Al3+與OH-、Ba2+與SO42-之間的離子反應,反應如下:Ba2++SO42-=BaSO4↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,假設1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol,提供6molOH-,1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+,由反應Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知,2molAl3+完全沉淀,需要6molOH-,故從起點到A點,可以認為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發生反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀,A點時SO42-完全沉淀,A~B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應,B點時溶液中Al3+完全沉淀,產生沉淀達最大值,溶液中溶質為BaCl2,B~C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應,C點時氫氧化鋁完全溶解。則可依次分析四個選項如下:A、前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應,從3L~6L為Ba(OH)2溶液與溶液中AlCl3反應,二者消耗的氫氧化鋇的物質的量相等為3L×1mol/L=3mol,由生成硫酸鋇可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2],故n[Al2(SO4)3]=1mol,由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol,故n(AlCl3)=2mol,因此原溶液中c[Al2(SO4)3]:c(AlCl3)=1:2,即c(SO42-):c(Cl-)=1:2,故A錯誤;B、D點的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-,通入二氧化碳立即產生碳酸鋇沉淀,通入足量的二氧化碳后還能生成氫氧化鋁沉淀,B正確;C、根據以上分析可知圖中A點沉淀中含有BaSO4和Al(OH)3,C正確;D、根據以上分析可知AB段反應的離子方程式為Al3++3OH-=Al(OH)3↓,D正確;答案選A。12、C【解析】分析:依據題給信息:RCOOR′+4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH+R詳解:由所給信息可知:酯的還原產物分別是兩種醇,且斷鍵位置為酯基中的C-O單鍵,那么C5H11COOC6H13,用上述方法還原應分別得到C5H11CH2OH和C6H13OH,即為己醇。答案選C。點睛:本題考查有機物的結構與性質,為高頻考點,把握官能團與性質的關系、習題中的信息為解答的關鍵,題目難度不大。注意題干已知信息的讀取和靈活應用。13、B【解析】

由可知含有的官能團有酚羥基,醇羥基和氯原子,據此判斷。【詳解】A.根據有機物A中的官能團可知不可與溴水發生加成反應,可發生取代反應,故A錯誤;B.1mol有機物A含有一個酚羥基、一個氯原子,能消耗2molNaOH,故B正確;C.因為含有酚羥基、醇羥基,能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,所以C錯誤;D.有機物A分子中含有結構,所以所有碳原子不可能在同一平面上,故D錯誤;答案:B。14、B【解析】

A.同類型的沉淀,溶度積小的沉淀先析出,則向2mL濃度均為1.0mol/L的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.0lmol/LAgNO3溶液,振蕩,有黃色沉淀產生說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故A正確;B.若溶液中含有SO32?,加入Ba(NO3)2溶液有白色亞硫酸鋇沉淀生成,反應后溶液中存在硝酸根離子,再加入鹽酸時,相當于加入了硝酸,硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇,白色沉淀不消失,則向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生,再加入足量稀鹽酸,白色沉淀不消失說明溶液中可能含有硫酸根,也可能含有亞硫酸根,故B錯誤;C.向兩支分別盛有0.1mol/L醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度的Na2CO3溶液,可觀察到前者有氣泡產生,后者無氣泡產生,由強酸反應制弱酸的原理可知,酸性:CH3COOH>H2CO3>H3BO3,酸的電離常數越大,其酸性越強,則電離常數:Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(H3BO3),故C正確;D.在兩支試管中各加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4溶液,再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體,加有MnSO4的試管中溶液褪色較快說明Mn2+能夠加快反應速率,對該反應有催化作用,故D正確;故選B。【點睛】若溶液中含有SO32?,加入Ba(NO3)2溶液有白色亞硫酸鋇沉淀生成,反應后溶液中存在硝酸根離子,再加入鹽酸時,相當于加入了硝酸,硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇,白色沉淀不消失是分析難點,也是易錯點。15、C【解析】

CH3CH2OH分子中,其中-CH3中3個H原子等效,-CH2-中的2個H原子等效,故分子中含有3種不同的H原子,答案選C。16、C【解析】

原子數總數相同、價電子總數相同的微粒,互稱為等電子體,等電子體具有相似的化學鍵特征,且其結構相似,物理性質相似。【詳解】原子數和價電子數分別都相等的微粒為等電子體,分子中質子數等于電子數,則A、CO和CO2的原子數和價電子數分別均不相等,所以兩者不是等電子體,選項A錯誤;B、H2O和CH4的原子數和價電子數分別均不相等,所以兩者不是等電子體,選項B錯誤;C.N2和CO的原子數和價電子數分別均相等,所以兩者是等電子體,選項C正確;D、NO和CO的原子數相等,價電子數不相等,所以兩者不是等電子體,選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查了等電子體的判斷,根據等電子體的概念來分析解答即可,根據原子數和價電子數進行判斷。17、D【解析】試題分析:K層只有s能級,L層只有s和p能級;M層有s、p、d三個能級,N層有s、p、d、f四個能級,選D。考點:考查原子核外電子排布。18、D【解析】

A.氫氟酸能和二氧化硅反應,玻璃中含有二氧化硅,所以氫氟酸不能用玻璃瓶盛放;濃硝酸能加快橡膠老化,所以濃硝酸不能存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中,故A錯誤;B.根據相似相溶原理知,橡膠能溶于汽油或煤油,所以汽油或煤油不能存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中,故B錯誤;C.碳酸鈉溶液和氫氧化鈣溶液都呈堿性,二氧化硅能和強堿反應生成黏性的硅酸鈉而使瓶塞打不開,故C錯誤;D.氯水和硝酸銀見光易分解,且氯水和硝酸銀溶液都是液體,所以它們應該存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中,故D正確;答案選D。19、B【解析】

A.升溫促進水的電離,b點時水電離的氫離子濃度較大,說明溫度較高,故A錯誤;B.d點與a點溫度相同Kw相同,a點時Kw=10-14,b點時Kw=10-12,KW數值大小關系為:b>d,故B正確;C.溫度不變,Kw不變,若從c點到a點,c(OH-)不變,c(H+)變大,故C錯誤;D.若處在B點時,pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=10的NaOH中c(OH-)=10-1210-10=10-2mol/L,等體積混合后,溶液顯中性20、B【解析】

A.乙酸的沸點:117.9℃,乙醇的沸點:78.4℃,乙酸、乙醇中都含有氫鍵,溴乙烷的沸點:38.4℃,乙烷在常溫下為氣態,沸點:乙烷<溴乙烷<乙醇<乙酸,故A錯誤;B.CH4為非極性分子,其它三種為極性分子,非金屬性F>Cl>Br,則分子極性HBr<HCl<HF,所以四種分子的極性大小排序為:CH4<HBr<HCl<HF,故B正確;C.常見酸性比較:強酸>H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO>H2SiO3

,故C錯誤;

D.熱分解溫度:BaCO3、SrCO3、CaCO3、MgCO3離子電荷相同,半徑大小:Ba2+>Sr2+>Ca2+>Mg2+,固體晶格能:BaO<SrO<CaO<MgO,生成的氧化物晶格能越大,越易分解,所以熱分解溫度:BaCO3>SrCO3>CaCO3>MgCO3,故D錯誤;

所以B選項是正確的。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律的綜合應用,題目難度中等,涉及沸點、分子的極性、酸性及熱分解溫度比較,明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵,試題有利于提高學生的靈活應用能力。21、D【解析】A.該“84消毒液”的物質的量濃為c===4.0mol·L-1,故A正確;B.一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后,由于其易吸收空氣中的CO2變質而濃度變小,故B正確;C.稀釋后的溶液中c(Na+)等于其原物質的量濃度4.0mol·L-1的1/10,約為0.04mol·L-1,故C正確;D.應選取500mL的容量瓶進行配制,所以需要NaClO的質量為:0.5L×4.0mol·L-1×74.5g·mol-1=149g,故D不正確。故選D。22、B【解析】A.晶胞中含有1個M和1個N,化學式為MN型;B.晶胞中含有1個M和3個N,化學式不屬于MN型;C.晶胞中含有0.5個M和0.5個N,化學式為MN型;D.晶胞中含有4個M和4個N,化學式為MN型。故選B。二、非選擇題(共84分)23、C2H5OHCH2=CH2CH3CHOC2H5OHCH2=CH2↑+H2OC2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OCH3CHO+H2CH3CH2OHC2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

已知D的蒸氣密度是氫氣的22倍,相對分子質量是222=44,并可以發生銀鏡反應,所以D含有醛基,醛基的相對分子質量是29,則D是乙醛,乙醛氧化生成E是乙酸,乙醛還原生成A是乙醇,乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯,乙醇在濃硫酸的作用下發生消去反應生成B是乙烯,乙烯和溴化氫發生加成反應生成C是溴乙烷,C水解又轉化為乙醇,溴乙烷發生消去反應轉化為乙烯,據此分析。【詳解】已知D的蒸氣密度是氫氣的22倍,相對分子質量是222=44,并可以發生銀鏡反應,所以D含有醛基,醛基的相對分子質量是29,則D是乙醛,乙醛氧化生成E是乙酸,乙醛還原生成A是乙醇,乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯,乙醇在濃硫酸的作用下發生消去反應生成B是乙烯,乙烯和溴化氫發生加成反應生成C是溴乙烷,C水解又轉化為乙醇,溴乙烷發生消去反應轉化為乙烯。(1)A的結構簡式為C2H5OH;B的結構簡式為CH2=CH2;D的結構簡式為CH3CHO;(2)反應①的化學方程式為C2H5OHCH2=CH2↑+H2O;反應③的化學方程式為C2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O;反應⑦的化學方程式為CH3CHO+H2CH3CH2OH;反應⑧的化學方程式為C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。24、KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-AlO2-+4H+=Al3++2H2O【解析】

B、C都既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應,應為兩性化合物,因B加熱分解可生成C,則可知B為Al(OH)3,C為Al2O3,則D為AlCl3,E為NaAlO2,若取A溶液灼燒,焰色反應為淺紫色(透過藍色鈷玻璃片),說明A中含有K元素,A能與二氧化碳反應生成Al(OH)3,則A應為KAlO2,據此解答。【詳解】(1).根據以上分析可知,A為KAlO2,B為Al(OH)3,C為Al2O3,D為AlCl3,E為NaAlO2;(2).向KAlO2溶液中通入足量的CO2,反應生成Al(OH)3沉淀和KHCO3,離子方程式為AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-;向KAlO2溶液中加入過量的HCl,反應生成AlCl3、KCl和水,離子方程式為AlO2-+4H+=Al3++2H2O。25、向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液柱,過一段時間若液柱高度保持不變①⑤④②③CDCu2OCu2O+6HNO3(濃)===2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O1.100【解析】

根據圖象知,A裝置實驗目的是制取還原性氣體,用的是簡易啟普發生器制取氣體,可以用稀硫酸和Zn制取氫氣;B裝置作用是干燥氣體,C裝置用氫氣還原紅色物質,用酒精燈點燃未反應的氫氣。【詳解】(1)利用壓強差檢驗裝置氣密性,其檢驗方法為:向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液注,若液柱高度保持不變,則該裝置氣密性良好;(2)氫氣中混有空氣,加熱后易發生爆炸,所以開始先通氫氣,打開止水夾生成氫氣,通過后續裝置,目的是排出裝置中的空氣,檢驗最后U型管出來的氣體氫氣純度,氣體純凈后再點燃C處的酒精噴燈,反應完成后先撤酒精燈,玻璃管冷卻再停氫氣,操作為:熄滅C處的酒精噴燈,待C處冷卻至室溫后,關閉止水夾,防止生成的銅被空氣中氧氣氧化,所以其排列順序是①⑤④②③;(3)A、若固體全部溶解,則固體可能是Fe2O3和Cu2O的混合物,因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成,而Fe3+能將Cu氧化為Cu2+,故A錯誤;B、若固體部分溶解,則固體可能Fe2O3和Cu2O的混合物,因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成,而Fe3+可能只將Cu氧化為Cu2+,剩余銅,故B錯誤;C、若固體全部溶解,再滴加KSCN溶液,溶液不變紅色,說明沒有Fe3+。因為Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4,而H2SO4不能溶解Cu,所以混合物中必須有Fe2O3存在,使其生成的Fe3+溶解產生的Cu,反應的有關離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+.說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2O,故C正確;D、若固體全部溶解,再滴加KSCN溶液,溶液變紅色,說明溶液中含有Fe3+,說明樣品一定含有Fe2O3,故D正確,故選CD;另取少量樣品于試管中,加入適量的濃硝酸,產生紅棕色的氣體,證明樣品中一定含有Cu2O,氧化亞銅和濃硝酸反應生成硝酸銅,二氧化氮和水,反應的化學方程式為:Cu2O+6HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O;(4)2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O,固體為銅,鐵離子全部反應生成亞鐵離子,生成2.0molFe2+,消耗Cu1mol,剩余Cu物質的量,因此,原樣品中Cu2O物質的量=0.1mol+1mol=1.100mol。26、因為2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一個放熱反應有紅色沉淀生成HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O【解析】(1)醇的氧化反應:2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一個放熱反應,能維持反應所需溫度,所以不加熱的銅絲仍保持紅熱;故答案為:因為2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一個放熱反應,能維持反應所需溫度;(2)生成的甲醛易溶于水,與新制的氫氧化銅在加熱條件下反應生成氧化亞銅紅色沉淀,方程式為:HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O;故答案為:有紅色沉淀生成;HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O。27、石蕊試液變紅有淡黃色沉淀產生氧化溴水褪色還原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解析】分析:實驗室制SO2并驗證SO2某些性質,①中硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫,②中二氧化硫與水反應生成亞硫酸,遇石蕊變紅;③中品紅溶液褪色;④中二氧化硫與硫化氫發生氧化還原反應生成單質S;⑤中二氧化硫與溴水發生氧化還原反應;⑥為尾氣處理裝置,據此分析解答。詳解:(1)②中為紫色石蕊試液,二氧化硫溶于水和水反應生成亞硫酸,SO2+H2O?H2SO3,亞硫酸為弱酸,可以使紫色石蕊試液變紅,故答案為:紫色石蕊溶液變紅;(2)④中SO2中+4價S具有氧化性,硫化氫中-2價S具有還原性,二氧化硫能把硫化氫氧化成單質硫,本身被還原成單質硫,反應方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H20,所以④中現象是有淡黃色

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