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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种,依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全):①通过碱石灰时,气体体积变小;②通过赤热的氧化铜时,黑色固体变为红色;③通过白色硫酸铜粉末时,粉末变为蓝色晶体;④通过澄清石灰水时,溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A.一定含有CO2、H2O(g),至少含有H2、CO中的一种B.一定含有H2O(g)、CO,至少含有CO2、H2中的一种C.一定含有CO、CO2,至少含有H2O(g)、H2中的一种D.一定含有CO、H2,至少含有H2O(g)、CO2中的一种2、用下列装置能达到实验目的的是A.清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B.配置一定物质的量浓度的溶液实验中,为定容时的操作C.装置制取金属锰D.装置为制备并用排气法收集NO气体的装置3、下列操作或原理正确的是()A.可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上,测定该氯水的pH值B.装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C.蒸馏操作时先通冷却水再加热D.实验室中少量金属钠常保存在煤油中,实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中4、化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性D.“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅5、298K时,向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液,测得混合液的电阻率(表示电阻特性的物理量)与加入CH3COOH溶液的体积(V)的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法错误的是()A.MOH是强碱B.c点溶液中浓度:c(CH3COOH)<c(NH3·H2O)C.d点溶液呈酸性D.a→d过程中水的电离程度先增大后减小6、下列说法不正确的是()A.金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时,必须尽可能收集,并深理处理B.氨氮废水(含NH4+及NH3
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可用化学氧化法或电化学氧化法处理C.做蒸馏实验时,在蒸馏烧瓶中应加人沸石,以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石,应立即停止加热,冷却后补加D.用pH计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度7、合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体,其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A.甲→乙的反应为加成反应B.甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上C.甲、乙均不能使溴水褪色D.乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子8、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A.FeSO4溶液中滴加NaOH溶液,静置一段时间后:Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B.漂白粉溶液加入醋酸:H++ClO-=HC1OC.AgCl悬浊液滴入Na2S溶液:2Ag++S2-=Ag2S↓D.K2CrO4溶液滴入硫酸溶液;2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O9、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖 B.蛋白质 C.硫酸铁 D.淀粉10、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11,W与Y同族且都是复合化肥的营养元素,Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是()A.常温常压下X的单质为气态B.简单气态氢化物的热稳定性:Y>WC.Z的氢化物含有共价键D.简单离子半径:W>X11、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中,溶液中一lg和一lgc(HC2O42-)[或-lg和-1gc(C2O42-)]的关系如图所示。下列说法正确的是A.Ka1(H2C2O4)数量级为10-1B.曲线N表示-lg和-lgc(HC2O4-)的关系C.向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,此时溶液pH约为5D.在NaHC2O4溶液中C(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)12、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A.空气被二氧化硫污染后形成酸雨 B.植物进行光合作用C.用漂粉精杀菌 D.明矾净水13、炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是()A.氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成B.每活化一个氧分子放出0.29eV的能量C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVD.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂14、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,它们所在周期数之和为11,YZ气体遇空气变成红棕色,R的原子半径是短周期中最大的,W和Z同主族。下列说法错误的是()A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B.气态氢化物的稳定性:Z>WC.简单离子半径:W>RD.Z、R形成的化合物中可能含有共价键15、同温同压下,两种气体的体积如果不相同,其主要原因是气体的()A.分子大小不同 B.分子间的平均距离不同C.化学性质不同 D.物质的量不同16、实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A.乙酸乙酯的沸点小于100℃B.反应前,试管甲中先加入浓硫酸,后加入适量冰酸醋和乙醇C.试管乙中应盛放NaOH浓溶液D.实验结束后,将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯二、非选择题(本题包括5小题)17、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型:C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:(1)四种元素中电负性最大的是___________(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为__________。(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是____________(填分子式);A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。(3)C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E,E的立体构型为____________,中心原子的杂化轨道类型为________________。(4)单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为______________。(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566nm,F的化学式为________;晶胞中A原子的配位数为____________;列式计算晶体F的密度(g•cm-3)__________。18、Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素知识回答问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称);氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式:__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙,甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题:(5)甲的化学式是___________________;乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断:甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。19、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色,一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因,进行了实验探究。I.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物,设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀,一段时间后变为灰绿色,长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀,洗净后加盐酸溶解,分成两份。①中加入试剂a,②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀,②中溶液未变成红色(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________(2)实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性(3)实验2中加入的试剂a为___溶液,试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ.乙同学查阅资料得知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后,部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后,仍为白色实验5取实验4中白色沉淀,洗净后放在潮湿的空气中______________(4)依据乙同学的猜测,实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。(5)该小组同学依据实验5的实验现象,间接证明了乙同学猜测的正确性,则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时,若得到的沉淀单一,则沉淀结构均匀,也紧密;若有杂质固体存在时,得到的沉淀便不够紧密,与溶液的接触面积会更大。(6)当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时,白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。(7)该小组同学根据上述实验得出结论:制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体,食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5,如图(夹持及加热装置略)可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)焦亚硫酸钠的析出原理:NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__,作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__(填“A”或“D”或“F”)中得到,再经离心分离,干燥后可得纯净的样品。④若撤去E,则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质,完成表中填空:预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去①__。(提供:pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器)②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案:将agNa2S2O5样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中,加入过量c1mol·L-1的碘溶液,再加入适量的冰醋酸和蒸馏水,充分反应一段时间,加入淀粉溶液,__(填实验步骤),当溶液由蓝色恰好变成无色,且半分钟内溶液不恢复原色,则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。(实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液;已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水,先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+,将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去,需调节溶液的pH范围为___。{已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,lg2≈0.3,c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}21、氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应:①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kJ/mol②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H=+68kJ/mol则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=_____kJ/mol(2)对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程如下:第一步:2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步:N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡,第一步反应中:υ正=k1正·c2(NO),υ逆=k1逆·c(N2O2),k1正、k1逆为速率常数,仅受温度影响。下列叙述正确的是_____a.整个反应的速率由第一步反应速率决定b.同一温度下,平衡时第一步反应的越大,反应正向程度越大c.第二步反应速率慢,因而平衡转化率也低d.第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应△H=-87.0kJ/mol,体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示:①a点_____(填是或不是)处于平衡状态,T1之后尿素产率下降的原因可能是_____________。②实际生产中,原料气带有水蒸气,图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是_____,测得b点氨的转化率为30%,则x=______________。(4)N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性:N2H4+H2O⇌N2H5++OH-K1=;N2H5++H2O⇌N2H62++OH-K2=;①25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4,欲使c(N2H5+)>c(N2H4),同时c(N2H5+)>c(N2H62+),应控制溶液pH范围__________(用含a、b式子表示)。②水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨,与硫酸反应可以生成酸式盐,该盐的化学式为__________。
参考答案(含详细解析)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【答案解析】
①中通过了碱石灰后,气体中无CO2、H2O,②通过炽热的氧化铜,CO和H2会把氧化铜还原成铜单质,同时生成CO2和H2O,H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色,CO2通过澄清石灰水时,溶液变浑浊,以此来判断原混合气体的组成。【题目详解】①通过碱石灰时,气体体积变小;碱石灰吸收H2O和CO2,体积减小证明至少有其中一种,而且通过碱石灰后全部吸收;②通过赤热的CuO时,固体变为红色;可能有CO还原CuO,也可能是H2还原CuO,也可能是两者都有;③通过白色硫酸铜粉末时,粉末变为蓝色,证明有水生成,而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成,所以一定有H2;④通过澄清石灰水时,溶液变浑浊证明有CO2,而这些CO2来源于CO还原CuO产生的,所以一定有CO。综上分析:混合气体中一定含有CO、H2,至少含有H2O、CO2中的一种,故合理选项是D。【答案点睛】本题考查混合气体的推断的知识,抓住题中反应的典型现象,掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。2、D【答案解析】
A.自来水中有杂质离子,清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水,应该用蒸馏水,且应该把反应液倒入水中,A项错误;B.定容时,当液面距定容刻度线1到2厘米处,改用滴管滴加,使凹液面最低端与刻度线相切,B项错误;C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件,需要氯酸钾分解产生氧气,促进镁条燃烧,利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰,该实验装置中没有氯酸钾作引发剂,C项错误;D.铜和稀硝酸反应可以制备NO,NO的密度比CO2的密度小,采用短口进气、长口出气的集气方式,D项正确;答案选D。3、C【答案解析】
A.依据氯水成分及性质漂白性判断;B.碳酸钠水溶液呈碱性,能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液;C.后先通冷却水,一开始产生的水蒸气没有得到冷却;D.多余的钠应放回试剂瓶。【题目详解】A.氯水中含有次氯酸,次氯酸具有漂白性,能够漂白pH试纸,不能用pH试纸测试氯水的pH值,故A错误;B.碳酸钠水溶液呈碱性,能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液,将玻璃塞与试剂瓶粘到一起,故B错误;C.先通冷却水,保证冷凝管的管套中充满水,再开始加热,否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却,故C正确;D.实验室中少量金属钠常保存在煤油中,实验时多余的钠能放回原试剂瓶中,故D错误;故选:C。【答案点睛】本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存,解题关键:熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项,易错点A,注意氯水的漂白性。4、C【答案解析】
A.丝绸的主要成分是蛋白质,故A错误;B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程,油脂不属于高分子,故B错误;C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性,使蛋白质失去活性,故C正确;D.硅是半导体,“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅,故D错误;故选C。5、B【答案解析】
溶液中离子浓度越小,溶液的导电率越小,电阻率越大,向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时,发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O,NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大,b点最大,因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小,b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液,NH3·H2O是弱电解质,生成CH3COONH4是强电解质,导致溶液中离子浓度增大,电阻率减小,c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵,c点溶液中溶质为CH3COOM,CH3COONH4且二者的物质的量相等。【题目详解】A.由图可知,向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时,电阻率先增大后减小,说明发生了两步反应,发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4,所以MOH是强碱,先和酸反应,故A正确;B.加入醋酸40mL时,溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等,CH3COOM是强碱弱酸盐,又因为CH3COOH的Ka=1.8×10-5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,CH3COONH4是中性盐,所以溶液呈碱性,则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度,则c(CH3COOH)>c(NH3·H2O),故B错误;C.d点加入醋酸60mL,溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等,CH3COONH4是中性盐,溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合,溶液呈酸性,故C正确;D.a→d过程,溶液的碱性逐渐减弱,水电离程度加大,后来酸性逐渐增强,水的电离程度减小,所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小,故D正确;故选B。6、A【答案解析】
A.金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面,加硫磺粉处理,且金属汞不能深埋处理,易污染土壤和地下水,故A错误;B.氨氮废水中N为-3价,可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质,所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理,故B正确;C.做蒸馏实验时,蒸馏烧瓶中忘记加人沸石,需要停止加热,冷却后补加,故C正确;D.乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇,只有乙酸为电解质,且乙酸电离显酸性,则乙酸浓度越大,酸性越强,导电能力也越强,所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度,故D正确;故答案为A。7、D【答案解析】
A.甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代,发生取代反应,A错误;B.甲中至少有6个碳原子共面,即苯环的6个C,B错误;C.Br2能将-CHO氧化,甲乙中均含-CHO,C错误;D.与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳,一定条件下,乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应,其产物有4个手性碳,如图*所示:,D正确。答案选D。8、D【答案解析】
A.硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,静置一段时间后,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀,故A错误;B.漂白粉溶液中加入醋酸,醋酸为弱酸,离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-,故B错误;C.向AgCl悬浊液中加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,离子方程式:2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-,故C错误;D.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+,滴加少量H2SO4,增大了氢离子浓度,平衡逆向移动,颜色加深,2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,故D正确;故选D。9、A【答案解析】
A.葡萄糖溶于水得到溶液,不能产生丁达尔效应,A符合题意;B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液,由于蛋白质分子直径比较大,其溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,B不符合题意;C.硫酸铁溶于水后,电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体,可以发生丁达尔效应,C不符合题意;D.淀粉分子直径比较大,溶于水形成的溶液属于胶体,可以发生丁达尔效应,D不符合题意;故合理选项是A。10、D【答案解析】
W与Y同族且都是复合化肥的营养元素,则W为氮(N),Y为磷(P);W、X、Y最外层电子数之和为11,则X为钠(Na);Z的氢化物遇水可产生最轻的气体,则Z为钾(K)或钙(Ca)。【题目详解】A.常温常压下X的单质为钠,呈固态,A错误;B.非金属性Y(P)<W(N),简单气态氢化物的热稳定性Y<W,B错误;C.Z的氢化物为KH或CaH2,含有离子键,C错误;D.具有相同核电荷数的离子,核电荷数越大,半径越小,则简单离子半径:N3->Na+,D正确;故选D。11、C【答案解析】
H2CO4为弱酸,第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数,即则则,因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系,曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系,选项B错误;根据上述分析,因为,则,数量级为10-2,选项A错误;根据A的分析,,向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,,此时溶液pH约为5,选项C正确;根据A的分析,Ka1(H2C2O4)=10-2,则NaHC2O4的水解平衡常数,说明以电离为主,溶液显酸性,则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),选项D错误;答案选C。12、D【答案解析】
A.二氧化硫溶于与水生成亚硫酸,亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸,是氧化还原反应,故A不选;B.植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物,并产生氧气,O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性,发生了氧化还原反应,故C不选;D.明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质,具有净水作用,没有发生氧化还原反应,故D选;故答案选D。13、C【答案解析】
A.由图可知,氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程,故A正确;B.由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量,故B正确;C.由图可知,水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV,故C错误;D.活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂,故D正确。故选C。14、A【答案解析】
YZ气体遇空气变成红棕色,则Y是N,Z是O,NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2;R的原子半径是短周期中最大的,则R是Na;W和Z同主族,则W是S;X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11,则X在第一周期,为H;综上所述,X、Y、Z、R、W分别为:H、N、O、Na、S,据此解答。【题目详解】A.X、Y、Z分别为:H、N、O,H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性,如NH3·H2O的水溶液显碱性,A错误;B.非金属性:Z(O)>W(S),故气态氢化物的稳定性:Z(O)>W(S),B正确;C.S2-核外有三层电子,Na+核外有两层电子,故离子半径:S2->Na+,C正确;D.Z、R为O、Na,O、Na形成的化合物中可能含有共价键,如Na2O2,D正确。答案选A。15、D【答案解析】
对于气体来说,粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量,同温同压下气体粒子间的距离相等,同温同压下气体摩尔体积相同,由V=nVm知,气体的体积取决于气体的物质的量,故答案为D。16、A【答案解析】
A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯,可知乙酸乙酯的沸点小于100℃,故A正确;B、浓硫酸的密度大,应该先加入适量乙醇,然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋,防止混合液体溅出,发生危险,故B错误;C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解,试管乙中不能盛放NaOH浓溶液,应盛放饱和碳酸钠溶液,故C错误;D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠,实验结束后,将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯,故D错误;选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、Ols22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)Na2O82.27g/cm3【答案解析】
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C为P元素,C、D为同周期元索,D元素最外层有一个未成对电子,则D为Cl元素,A2-和B+具有相同的电子构型,则A为O、B为Na元素;通过以上分析,A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【题目详解】(1)元素的非金属性越强,其电负性越大,这几种元素非金属性最强的是O元素,则电负性最大的是O元素;C是P元素,其原子核外有15个电子,根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3);故答案为:O;ls22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3);(2)单质A为氧气,氧气的同素异形体是臭氧,二者都是分子晶体,分子晶体熔沸点与范德华力成正比,范德华力与相对分子质量成正比,臭氧的相对分子质量大于氧气,则范德华力:臭氧>氧气,所以熔沸点较高的是O3;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为:O3;分子晶体;离子晶体;(3)C和D反应可生成组成比为1:3的化合物PCl3,PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3,故答案为:三角锥形;sp3;(4)单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O,其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)。故答案为:2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl);(5)O和Na能够形成化合物F,半径大的为O元素离子、半径小的为Na+,该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8,则大球、小球个数之比=4:8=1:2,则化学式为Na2O;观察晶胞中面心的原子,与之相连的原子有8个,晶胞中O原子的配位数为8;该晶胞体积=a3nm3,晶胞密度==g·cm-3=2.27g·cm-3;故答案为:Na2O;2.27g·cm-3。【答案点睛】本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点,侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力,难点是晶胞计算,利用均摊法求出晶胞中原子的个数,结合密度公式含义计算。18、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【答案解析】
Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答;(2)第三周期的元素,次外层电子数是8;(3)浓硫酸是酸性干燥剂,具有强氧化性,不能干燥碱性气体、还原性气体;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥剂,不能干燥碱性气体;(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾,再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐,最后根据化合价升降相等配平即可;Ⅱ.甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和H2,说明甲是金属氢化物,甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,说明含有铝元素;化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,则乙是非金属气态氢化物,丙在标准状态下的密度1.25g/L,则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol,丙为氮气,乙为氨气。【题目详解】(1)a.同周期的元素从左到右,原子半径依次减小,金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小,如r(Na+)<r(Cl-),故a错误;b.同周期的元素从左到右,金属性减弱,非金属性增强,故b正确;c.同周期的元素从左到右,最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强,故c错误;d.单质的熔点可能升高,如钠的熔点比镁的熔点低,故d错误。选b。(2)第三周期的元素,次外层电子数是8,最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;元素金属性越强,简单阳离子的氧化性越弱,所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+;(3)浓硫酸是酸性干燥剂,具有强氧化性,不能用浓硫酸干燥NH3、HI;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥剂,不能干燥NH3;所以不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是HI,选b;(4)若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1:1,则该无氧酸为KCl,KCl中氯元素化合价为-1,说明氯酸钾中氯元素化合价降低,则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高,由于氯酸钾中氯元素化合价为+5,则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾,根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为:4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析,甲是铝的氢化物,Al为+3价、H为-1价,化学式是AlH3;乙为氨气,氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气,反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H,NH3中含+1价H,可发生氧化还原反应产生H2。19、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【答案解析】
(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3,反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3,故答案为:4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3;(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化,利用了其还原性,故答案为:还原;(3)根据实验现象可知,①中加入试剂出现蓝色沉淀,是在检验Fe2+,试剂a为K3[Fe(CN)6],②中溶液是否变红是在检验Fe3+,试剂b为KSCN,由于②中溶液没有变红,则不存在Fe3+,即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3,甲同学的猜测错误,故答案为:K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾);KSCN(或硫氰化钾);不正确;(4)根据已知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,而实验4中NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面,导致沉淀没有灰绿色,故答案为:NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面;(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现时,可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+,故答案为:白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现;(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时,O2能将Fe2+氧化成Fe3+,形成Fe(OH)3沉淀,根据题干信息可知,沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+,从而白色沉淀更容易变成灰绿色,故答案为:沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+;(7)根据上述实验可知道,当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时,制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀,其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2,故答案为:向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液;除去溶液中Fe3+和O2。【答案点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力,同时对学生提取信息的能力有较高的要求,难度较大,解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。20、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气,防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【答案解析】
从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出,要制取Na2S2O5(晶体),需先制得NaHSO3(饱和溶液),所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2,将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化,所以需排尽装置内的空气,这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境,所以F装置应为吸收尾气的装置,为防倒吸,加了装置E。【题目详解】(1)①从以上分析知,F装置应为SO2的尾气处理装置,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液,作用是吸收剩余的SO2。答案为:浓NaOH溶液;吸收剩余的SO2;②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化,需排尽装置内的空气,所以通入N2的作用是排尽空气,防止Na2S2O5被氧化。答案为:排尽空气,防止Na2S2O5被氧化;③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得,所以应在D中得到。答案为:D;④因为E中的双球能容纳较多液体,可有效防止倒吸,所以若撤去E,则可能发生倒吸。答案为:倒吸;(2)①既然是检测其是否具有酸性,则需用pH试纸检测溶液的pH,若在酸性范围,则表明显酸性。具体操作为:用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红。答案为:用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红;②探究二中,Na2S2O5具有还原性,能将KMnO4还原为Mn2+,自身被氧化成SO42-,同时看到溶液的紫色褪去,反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为:5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;(3)根据信息,滴定过量碘的操作是:用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为:用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定;(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时,Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31,c(OH
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