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文档简介
2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、能正确表示下列反应的离子方程式的是()A.将铁粉加入稀硫酸中:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.FeCl2溶液中通入Cl2:Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-C.Cu溶于稀HNO3:Cu+4H++NO3-=Cu2++NO2↑+2H2OD.过量CO2通入氢氧化钠溶液中:OH-+CO2=HCO3-2、下列物质属于醇的是()A. B.HOCH2CH2OHC.CH3COOCH3 D.CH3CHO3、分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是(
)A.化合物:干冰、明矾、烧碱B.同素异形体:石墨、C60、金刚石C.混合物:漂白粉、纯净矿泉水、盐酸D.非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气4、以下实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A除去NaHCO3固体中的Na2CO3将固体加热至恒重B制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液C重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后,用CCl4萃取A.AB.BC.CD.D5、我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为,其实从化学的角度来说,“往伤口上撒盐”的做法并无不妥,甚至可以说并不是害人而是救人,这种做法的化学原理是()A.胶体的电泳 B.血液的氧化还原反应 C.胶体的聚沉 D.血液中发生复分解反应6、取两份铝片,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量烧碱溶液反应,标准状况下均产生5.6L气体,则两份铝片的质量之比为A.一定为1∶1 B.可能为2∶3 C.一定为3∶2 D.可能为1∶67、下列说法中正确的是A.阿伏加德罗常数就是指6.02×1023B.1mol任何物质都约含有6.02×1023个分子C.3.01×1023个Na+的物质的量是0.5molD.2molSO42-约含有1.204×1023个SO42-8、亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂,但在食品中过量时会对人体产生危害,其在酸性条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是A.NaNO2既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子B.食用“醋熘豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害C.NaNO2和胃酸作用的离子方程式为2NO2-+2H+NO↑+NO2↑+H2OD.1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2,转移电子的物质的量为1mol9、下列关于丙烯(CH3—CH=CH2)的说法正确的()A.丙烯分子有8个σ键,1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子不存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上10、已知:HCl为强酸,下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是A.对比等浓度的两种酸的pHB.对比等浓度的两种酸,与相同大小镁条反应的初始速率C.对比等浓度、等体积的两种酸,与足量Zn反应,生成H2的总体积D.对比等浓度、等体积的两种酸,与等量NaOH溶液反应后放出的热量11、Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是A.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B.正极反应式为Ag++e-=AgC.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑12、美林(主要成分为布洛芬)和百服宁(主要成分为对乙酰氨基酚)是生活中两种常用的退烧药,其主要成分的结构简式如下,下列说法不正确的是()A.布洛芬的分子式为C13H1802B.二者均可与NaHC03溶液反应,产生C02气体C.布洛芬的核磁共振氢谱共有8组峰D.己知肽键在碱性条件下可以水解,则Imol对乙酰氨基酚与氢氧化钠溶液反应,消耗2molNaOH13、水的电离平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是A.图中对应点的温度关系为:a>bB.水的电离常数KW数值大小关系为:b>dC.温度不变,加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点D.在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显酸性14、化学与社会、生产、生活息息相关。下列叙述错误的是A.工业上,可用Na2S处理废水中Cu2+、Pb2+、Hg2+等重金属离子B.豆浆属于胶体,煮沸后豆浆中蛋白质水解成氨基酸C.棉、麻、丝均是天然有机高分子材料D.胆矾和消石灰可以配制农药波尔多液15、下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是()(1)为准确配制一定物质的量浓度的溶液,定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线(2)利用图a配制0.10mol•L-1NaOH溶液(3)利用图b配制一定浓度的NaCl溶液(4)利用图c配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(5)用容量瓶配制溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体(6)配制溶液定容时,仰视视容量瓶刻度会使溶液浓度偏低(7)配制溶液的定容操作可以用图d表示A.⑵⑸B.⑴⑹C.⑴⑷⑹D.⑴⑶⑸16、两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应:NO2+SO2===NO+SO3,在体积为VL的密闭容器中通入3molNO2和5molSO2,反应后容器内氮原子和氧原子个数比为()A.3∶10B.16∶3C.3∶16D.5∶1617、在标准状况下,将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水,溶液的密度为ρg/cm3,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为Cmol/L。下列叙述中正确的有()①②③上述溶液中加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)A.②③B.②④C.③④D.①③18、最近,科学家研发了“全氢电池”,其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.右边吸附层中发生了还原反应B.负极的电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2OC.电池的总反应是2H2+O2=2H2OD.电解质溶液中Na+向右移动,向左移动19、下列仪器中,不能作反应容器的是()A. B. C. D.20、下列除去杂质(试样中括号内的物质是杂质)时,选用的试剂正确的是()ABCD试样Na2CO3(NaHCO3)FeCl2(FeCl3)Fe(Al)CO2(SO2)除杂试剂澄清石灰水NaOH溶液NaOH溶液饱和NaHSO3溶液A.A B.B C.C D.D21、下列化合物命名正确的是A.2-乙基丁烷B.2-甲基-2-氯丙烷C.2-甲基-1-丙醇D.2,2,3-三甲基-3-丁烯22、恒温恒容条件下发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),若将1mol氮气和3mol氢气充入密闭容器中,反应达平衡时,氨气的体积分数为a。保持相同条件,在密闭容器中分别充入下列物质,反应达平衡时,氨气的体积分数不可能为a的是A.2molNH3 B.1molN2、3molH2和2molNH3C.0.5molN2、1.5molH2和1molNH3 D.0.1molN2、0.3molH2和1.8molNH3二、非选择题(共84分)23、(14分)由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。(1)若A为金属钠,A与水反应的离子方程式为_______________。(2)若A为淡黄色的固体化合物,A________(填“是”或“不是”)碱性氧化物,A与CO2反应的化学方程式为_________________。(3)A不论是Na还是淡黄色的固体化合物,依据转化关系判断物质C是________,物质D是________。24、(12分)A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增大,A元素原子核外有3个未成对电子,B元素原子核外电子占用3个能级,其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍,D元素与B元素同族,C元素与A元素同族,E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。(1)A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________(用元素符号表示),E2+的基态电子排布式为__________________________________。(2)B和D的氢化物中,B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。(3)C形成的最高价氧化物的结构如图所示,该结构中C-B键的键长有两类,键长较短的键为__________(填“a”或“b”)。(4)E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8,是有机合成的重要催化剂,不溶于水,溶于乙醇、乙醚、苯,熔点50~51℃,45℃(1.33kPa)时升华。①E2(CO)8为_________晶体。(填晶体类型)②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。25、(12分)铁与水蒸气反应,通常有以下两种装置,请思考以下问题:(1)方法一中,装置A的作用________________________。方法二中,装湿棉花的作用_______________________________________。(2)实验完毕后,取出装置一的少量固体,溶于足量稀盐酸,再滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,试解释原因:__________________________。26、(10分)如图是用于简单有机化合物的制备、分离、提纯常见的简易装置。请根据该装置回答下列问题:(1)若用C3H8O(醇)与乙酸反应生成酯类化合物,则在烧瓶A中加入C3H8O(醇)与乙酸外,还应加入的试剂是___________,试管B中应加入____________,虚线框中的导管作用是______________(2)分子式为C3H8O的有机物在一定条件下脱水生成的有机物可能有________种;(3)若用该装置分离乙酸和1-丙醇,则在烧瓶A中加入1-丙醇与乙酸外,还应先加入适量的试剂____(填化学式),加热到一定温度,试管B中收集到的是(填写结构简式)_____,冷却后,再向烧瓶中加入试剂______(填名称),再加热到一定温度,试管B中收集到的是_____(填写分子式)。27、(12分)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________(锰被还原为Mn2+)。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________________。(2)探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由________________产生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO4③资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42-28、(14分)工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成,其中“水煤气(CO、H2)变换”是纯化H2的关键一步。(1)水煤气变换:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),该反应的∆H=+41kJ/mol或﹣41kJ/mol。①平衡常数K随温度变化如下:温度/℃200300400K2903911.7下列分析正确的是__________。a.水煤气变换反应的∆H<0b.增大压强,可以提高CO的平衡转化率c.增大水蒸气浓度,可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率②温度为T1时,向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO和H2O(g),相关数据如下:容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量(mol)1.20.62.41.2平衡时物质的量(mol)0.80.2ab达到平衡的时间(min)t1t2ⅰ.甲容器中,反应在t1min内的平均反应速率v(H2)=_____mol/(L·min)。ⅱ.甲容器中,平衡时,反应的热量变化为_____kJ。ⅲ.T1时,反应的平衡常数K甲=______。ⅳ.乙容器中,a=______mol。(2)以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时,通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”过程:___________________________________。(3)2016年我国某科研团队利用透氧膜,一步即获得N2、H2,工作原理如图所示。(空气中N2与O2的物质的量之比按4:1计)。①起还原作用的物质是_______。②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是_______。29、(10分)化合物X是一种香料,可采用乙烯与甲苯为主要原料,按下列路线合成:已知:RXROH;RCHO+CH3COOR’RCH=CHCOOR’请回答:(1)A中官能团的名称是______________________。(2)B+D→F的化学方程式________________________________________________。(3)X的结构简式_________________。(4)与F互为同分异构体又满足下列条件的有_______种。①遇到氯化铁溶液会显紫色,②会发生银镜反应③苯环上有三个取代基在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰,氢原子数比符合1:2:2:2:2:1的结构为______________(写出一种即可)。(5)根据上面合成信息及试剂,写出以乙烯为原料(无机试剂任选),写出合成CH3CH=CHCOOCH2CH3路线_____________________。
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、D【解析】分析:A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气;B.没有配平;C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水;D.二氧化碳过量生成碳酸氢钠。详解:A.将铁粉加入稀硫酸中:Fe+2H+=Fe2++H2↑,A错误;B.FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,B错误;C.Cu溶于稀HNO3:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,C错误;D.过量CO2通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠:OH-+CO2=HCO3-,D正确。答案选D。2、B【解析】
A.中羟基与苯环直接相连,该有机物属于酚类,故A错误;B.HOCH2-CH2OH,羟基与烃基相连,该有机物属于醇类,故B正确;C.CH3COOCH3,该有机物的官能团为酯基,属于酯类,故C错误;D.CH3CHO,官能团为醛基,属于醛类,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点为A,要注意醇的官能团为羟基,但羟基不能直接与苯环相连,否则属于酚类。3、D【解析】
A、化合物是不同元素组成的纯净物;B、同素异形体是同种元素组成的不同单质;C、混合物是不同物质组成的物质;D、非电解质是指在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物。【详解】A项、干冰是二氧化碳,明矾是十二水硫酸铝钾,烧碱是氢氧化钠,都是纯净的化合物,故A正确;B项、石墨、C60、金刚石都是碳元素组成的单质,结构不同,物理性质不同,属于同素异形体,故B正确;C项、漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙,矿泉水是含有电解质的水溶液,盐酸是氯化氢的水溶液,都属于混合物,故C正确;D项、氯气是非金属单质,即不是电解质也不是非电解质,故D错误;故选D。【点睛】本题考查物质分类,注意理解化学概念的本质是解题关键。4、D【解析】A、加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠,不能达到实验目的;B、直接蒸发Al与稀盐酸反应生成的AlCl3溶液,铝离子发生水解,最终得到的是Al(OH)3,不能达到实验目的;C、重结晶法提纯苯甲酸的方法是:将粗品水溶,趁热过滤,滤液冷却结晶即可;D、NaBr和NaI都能与氯水反应生成对应的单质,再用四氯化碳萃取,颜色层不同,NaBr的为橙红色,KI的为紫红色。故选D。5、C【解析】
血液属于胶体,胶体遇到电解质溶液会聚沉,在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结,从而阻止进一步出血,以及防治细菌感染,属于胶体的聚沉,故选C。6、A【解析】
铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,由方程式可以看出,反应关系式都为2Al~3H2,同温同压下放出相同体积的气体,需要铝的物质的量相等,质量相等,故选A。7、C【解析】
A、阿伏加德罗常数指1mol任何物质所含的粒子数,约为6.02×1023,故A错误;B、分子错误,应为粒子数,像NaCl就不存在分子,故B错误;C.3.01×1023个Na+的物质的量是0.5mol,故C正确;D,2molSO42-约含有1.204×1024个SO42-,故D错误。答案选C。8、D【解析】
酸性条件下,亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮,所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2-+2H+═NO↑+NO2↑+H2O,N元素的化合价一半由+3价降低为+2价,另一半由+3价升高为+4价。【详解】A、亚硝酸钠中,N显+3价,N元素的化合价既能升高又能降低,则NaNO2既具有氧化性又具有还原性,既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子,故A正确;B、食用"醋熘豆芽"中含有很多还原性较强的有机物,可以将亚硝酸盐还原,因此其能减少亚硝酸钠对人体的危害,故B正确;C、酸性条件下,亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮,所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2-+2H+=NO↑+NO2↑+H2O,故C正确;D、1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2,转移电子的物质的量为1mol×1/2×(4-3)=0.5mol,D错误。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质,意在考查考生对氧化还原反应原理的理解和应用能力。9、A【解析】试题分析:C-C、C-H键都是σ键,C=C键是一个σ键和一个π键,A正确;C原子以四个单键结合的,即是sp3杂化,以C=C结合的,即是sp2杂化,B错误;同种原子结合的共价键是非极性键,丙烯中存在C-C;丙烯分子中3个碳原子在同一平面上,但不在同一直线上。考点:物质的结构点评:物质的结构是高考历年的重点,考生在备考中要注意区分各概念,熟练运用概念进行相关的判断。10、C【解析】A、HCl属于强酸,如果CH3COOH的pH与盐酸的pH相同,说明CH3COOH属于强酸,如果CH3COOH的pH大于盐酸的pH,则说明CH3COOH属于弱酸,对比等浓度的两种酸的pH可以判断CH3COOH属于强酸或弱酸,故A错误;B、如果醋酸是强酸,因为两种酸浓度相等,则c(H+)相同,与相同大小镁条反应的初始速率相等,如果醋酸是弱酸,等浓度时,醋酸中c(H+)小于盐酸中c(H+),与相同大小镁条反应,与醋酸的反应速率小于与盐酸反应,能够判断CH3COOH的强弱,故B错误;C、浓度相同、体积相同的两种酸,酸的物质的量相同,与足量的锌反应,生成H2的总体积相同,不能判断CH3COOH是强酸还是弱酸,故C正确;D、如果CH3COOH是强酸,两种等体积、等浓度的两种酸与等量NaOH反应放出的热量相同,如果CH3COOH为弱酸,CH3COOH的电离是吸热过程,与NaOH反应放出的热量低于盐酸与NaOH反应放出的热量,能够判断醋酸是强酸还是弱酸,故D错误。11、B【解析】试题分析:A.活泼金属镁作负极,失电子发生氧化反应,反应式为:Mg-2e-=Mg2+,故A正确;B.AgCl是难溶物,其电极反应式为:2AgCl+2e-═2C1-+2Ag,故B错误;C.原电池放电时,阴离子向负极移动,则Cl-在正极产生由正极向负极迁移,故C正确;D.镁是活泼金属与水反应,即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故D正确;故选B。【考点定位】考查原电池工作原理,【名师点晴】注意常见物质的性质,如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键,Mg-AgCl电池中,活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂,金属Mg作负极,正极反应为:2AgCl+2e-═2C1-+2Ag,负极反应式为:Mg-2e-=Mg2+,据此分析。12、B【解析】
布洛芬的分子式为C13H1802,官能团为羧基,磁共振氢谱共有8组峰,可与NaHC03溶液反应产生C02气体;对乙酰氨基酚C8H1802,官能团为(酚)羟基和肽键,不能与NaHC03溶液反应,在碱性条件下可以水解,肽键和(酚)羟基均能与氢氧化钠溶液反应。【详解】由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H9NO2,A正确;对乙酰氨基酚的官能团为(酚)羟基和肽键,不能与NaHC03溶液反应,B错误;由结构简式可知布洛芬的结构对称,磁共振氢谱共有8组峰,C正确;对乙酰氨基酚在碱性条件下可以水解,肽键和(酚)羟基均能与氢氧化钠溶液反应,则Imol对乙酰氨基酚与氢氧化钠溶液反应,消耗2molNaOH,D正确。故选B。【点睛】有机物分子中含有羧基可与NaHC03溶液反应产生C02气体;能与NaOH溶液发生反应的有机物酚、羧酸、卤代烃(NaOH水溶液:水解;NaOH醇溶液:消去)、酯:(水解,不加热反应慢,加热反应快)、氨基酸和蛋白质等。13、B【解析】
A.升温促进水的电离,b点时水电离的氢离子浓度较大,说明温度较高,故A错误;B.d点与a点温度相同Kw相同,a点时Kw=10-14,b点时Kw=10-12,KW数值大小关系为:b>d,故B正确;C.温度不变,Kw不变,若从c点到a点,c(OH-)不变,c(H+)变大,故C错误;D.若处在B点时,pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=10的NaOH中c(OH-)=10-1210-10=10-2mol/L,等体积混合后,溶液显中性14、B【解析】分析:A.根据多数金属硫化物难溶于水分析判断;B.根据豆浆属于胶体,结合胶体的性质分析判断;C、根据常见的天然有机高分子化合物分析判断;D.根据波尔多液的成分分析判断。详解:A.CuS、HgS等难溶于水,则Na2S可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀,处理废水中Cu2+、Pb2+、Hg2+等重金属离子常用沉淀法,故A正确;B.豆浆属于胶体,煮沸后豆浆中蛋白质发生变性,只有少量水解,故B错误;C、棉花、蚕丝、羊毛都属于天然有机高分子材料,故C正确;D.配制波尔多液农药时,用胆矾制成硫酸铜溶液,然后慢慢倒入石灰乳,故D正确;故选B。15、B【解析】分析:(1)配制溶液时,注意定容时不能使液面超过刻度线;(2)配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质,不能在容量瓶中直接溶解固体物质;(3)不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液;(4)不能在容量瓶中溶解;(5)物质的物质的量减少;(6)定容时候仰视刻度线,必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线,这时候溶液体积已经偏大,浓度偏低;(7)定容时接近刻度线下1~2cm时,要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线。详解:(1)配制溶液时,定容时不能使液面超过刻度线,容量瓶中的蒸馏水接近刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线,故(1)正确;(2)配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质,待溶液恢复至室温再转移至容量瓶中,不能在容量瓶中直接溶解固体物质,故(2)错误;(3)不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液,故(3)错误;(4)不能在容量瓶中溶解,应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中,故(4)错误;(5)若如题操作,物质的物质的量减少,体积不变,浓度减小,故(5)错误;(6)定容时候仰视刻度线,必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线,这时候溶液体积已经偏大,浓度偏低,故(6)正确;(7)定容时接近刻度线下1~2cm时,要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线,故(7)错误。根据以上分析可知,说法正确的有(1)(6),故本题答案选B。16、C【解析】试题分析:体积为VL的密闭容器中通入3molNO2和5molSO2,n(N)=3mol,n(O)=3mol×2+5mol×2=16mol,由质量守恒定律可知,反应前后原子守恒,则反应后容器内氮原子和氧原子个数比为3mol:16mol=316【考点定位】考查质量守恒【名师点晴】本题以氧化还原反应为载体考查原子守恒的计算,为高频考点,把握原子守恒为解答的关键,侧重分析能力和计算能力的考查。本题中看似考查是氧化还原反应,实际上与化学反应无关,任何化学反应,在密闭容器中都遵守质量守恒定律,原子为化学变化中的最小微粒,反应前后的原子守恒。17、B【解析】分析:①质量分数=质量溶质/溶液的质量×100%;②根据c=1000ρϖ③根据氨水的密度小于水分析;④根据反应后溶液中的溶质,结合盐类水解分析。详解:①氨气溶于水,以NH3作为溶质,氨气的物质的量是a22.4mol,质量是17a22.4g,溶液质量是②根据以上分析可知氨气的浓度C=1000ρ×17a③水的密度比氨水的密度大,所以上述溶液中再加入VmL水后,混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量,溶质氨气的质量不变,所以所得溶液的质量分数小于0.5ω,③错误;④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸,与氨水反应生成氯化铵,盐酸过量,溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液,浓度之比为2:1,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),铵根离子水解,水解程度微弱,所以c(Cl-)>c(NH4+),因此充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),④正确;答案选B。18、C【解析】
由电子的流动方向可以得知左边为负极,发生氧化反应;右边为正极,发生还原反应。【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极,发生氧化反应;右边为正极,发生还原反应,故选项A、B正确;电池的总反应没有O2参与,总反应方程式不存在氧气,故C选项不正确;在原电池中,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故D选项正确。答案选C。A.右边吸附层中发生了还原反应,A正确;B.氢气在负极上发生氧化反应,电解质中有强碱,故负极的电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O,B正确;C.没有氧气参与反应,C不正确;D.电解质溶液中Na+向右边的正极移动,向左边的负极移动,D正确。综上所述,本题选不正确的,故选C。19、C【解析】试题分析:A.试管可用作反应容器,A错误;B.锥形瓶可用作反应容器,B错误;C.容量瓶只可以用于配制一定物质的量浓度的溶液,C正确;D.烧杯可用作反应容器,D错误,答案选C。考点:考查化学仪器的使用20、C【解析】
A、澄清石灰水的主要成分是Ca(OH)2,该物质会和NaHCO3、Na2CO3都反应,应加NaOH溶液,A错误;B、NaOH会和FeCl2、FeCl3都反应,应加铁屑还原,B错误;C、Fe不和NaOH溶液反应,Al可以溶解于NaOH溶液中,C正确;D、NaHSO3不能和CO2、SO2反应,应用饱和NaHCO3溶液,D错误;故答案为C。21、B【解析】
A.烷烃命名时,应选最长的碳链为主链,故主链上有5个碳原子,从离支链最近的一端开始编号,故名称为3-甲基戊烷,故A错误;B.卤代烃命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,故主链上有3个碳原子,从离官能团近的一端开始编号,则在2号碳原子上有一个甲基和一个氯原子,故名称为:2-甲基-2-氯丙烷,故B正确;C.醇命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,故主链上有4个碳原子,从离官能团近的一端开始编号,则2号碳上羟基,表示出官能团的位置,故名称为:2-丁醇,故C错误;D.烯烃命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,故主链上有4个碳原子,从离官能团近的一端开始编号,并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置,故名称为:2,3,3-三甲基-1-丁烯,故D错误;故选B。【点睛】1.烷烃命名时,应选最长的碳链为主链,从离支链最近的一端开始编号;
2.卤代烃命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,从离官能团近的一端开始编号;
3.醇命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,从离官能团近的一端开始编号,并表示出官能团的位置;
4.烯烃命名时,应选含官能团的最长的碳链为主链,从离官能团近的一端开始编号,并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置。22、B【解析】
恒温恒容下对于气体体系等效转化后,使反应物(或生成物)的物质的量与原平衡起始态相同,两平衡等效,据此判断。【详解】反应达平衡时,氨气的体积分数不可能为a,则等效转化后氮气和氢气的物质的量只要不再等于1mol、3mol即可。则根据方程式可知A.2molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气,满足等效平衡,A不选;B.1molN2、3molH2和2molNH3相当于是2mol氮气与6mol氢气,不满足等效平衡,B选;C.0.5molN2、1.5molH2和1molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气,满足等效平衡,C不选;D.0.1molN2、0.3molH2和1.8molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气,满足等效平衡,D不选;答案选B。【点睛】所谓等效平衡是指外界条件相同时,同一可逆反应只要起始浓度相当,无论经过何种途径,都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是:进行等效转化——边倒法,即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量,与题干所给起始投料情况比较。二、非选择题(共84分)23、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑不是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2CO3NaHCO3【解析】
(1)若A为Na,A与水反应生成单质E为H2,则B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3;(2)若A为Na2O2,A与水反应生成单质E为O2,则B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3,根据碱性氧化物的定义判断物质类别;(3)A不论是Na还是Na2O2,和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液,通入二氧化碳反应生成C和D,判断为生成碳酸钠和碳酸氢钠。【详解】(1)若A为Na,A与水反应生成单质E为H2,则B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3,A与水反应的离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;(2)若A为Na2O2,A与水反应生成单质E为O2,则B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3。A与水反应产生的物质除了碱NaOH外,还有O2,反应过程中有元素化合价的变化,因此Na2O2不是碱性氧化物;A与CO2反应产生碳酸钠、氧气,反应的化学方程式为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,(3)A不论是Na还是Na2O2,和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液,通入二氧化碳反应生成C为Na2CO3,继续通入二氧化碳反应生成D为NaHCO3。【点睛】本题考查无机物推断的知识,涉及钠元素单质及其化合物的性质与转化、物质所属类别、有关方程式书写等,需要熟练掌握元素化合物知识,关键是判断可能的反应产物。24、N>P>S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【解析】
A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增大,B元素原子核外电子占用3个能级,其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍,核外电子排布式为1s22s22p4,故B为O元素;A元素原子核外有3个未成对电子,原子序数小于氧,故核外电子排布式为1s22s22p3,则A为N元素;D元素与B元素同族,C元素与A元素同族,结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素;E元素只能为第四周期元素,E元素原子的价电子数是其余电子数的一半,则价电子数为9,E的核电荷数为18+9=27,为Co元素,据此分析解答。【详解】根据上述分析,A为N元素,B为O元素,C为P元素,D为S元素,E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小,同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势,P元素原子3p能级为半充满稳定状态,第一电离能高于硫,故第一电离能由大到小的顺序为:N>P>S,E为Co元素,价电子排布式为3d74s2,E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7,故答案为:N>P>S;[Ar]3d7;(2)水分子间能够形成氢键,而硫化氢分子间不能形成氢键,使得水的沸点高于硫化氢,故答案为:水分子间能够形成氢键;(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10,故该物质为P4O10,结合O原子形成8电子结构,可知a键为P=O、b键为P-O单键,双键中电子云重叠更大,故键长较短的键为a,故答案为:a;(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华,溶于乙醇、乙醚、苯,说明Co2(CO)8属于分子晶体,故答案为:分子;②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键,CO中含有极性键,分子之间存在范德华力,故答案为:配位键、极性共价键、范德华力。【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3),要注意判断结构中磷氧键的类别。25、提供水蒸气提供水蒸气在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原为Fe2+【解析】
根据铁和水蒸气反应原理结合装置图以及相关物质的性质分析解答。【详解】(1)由于反应需要的是铁和水蒸气,则方法一中,装置A的作用是提供水蒸气,同样可判断方法二中,装湿棉花的作用也是提供水蒸气。(2)铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,实验完毕后,取出装置一的少量固体,溶于足量稀盐酸中,由于反应中铁可能是过量的,过量的铁能与铁离子反应生成亚铁离子,所以再滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。26、浓硫酸饱和碳酸钠溶液导气兼冷凝4CaOCH3CH2CH2OH浓硫酸C2H4O2【解析】
(1)C3H8O(醇)与乙酸发生酯化反应要用浓硫酸作催化剂;生成的乙酸丙酯蒸汽中含有丙醇和乙酸,要用饱和碳酸钠溶液分离混合物;长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用,故答案为:浓硫酸;饱和碳酸钠溶液;导气兼冷凝;(2)C3H8O对应的醇有两种:CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3,两种醇可发生消去反应生成同一种物质丙烯;任意两分子的醇可发生分子间脱水反应生成醚,可以是相同醇分子,也可以是不同醇分子,则这两种醇任意组合,可生成3种醚,所以生成的有机物可能有4种,故答案为:4;(3)在乙酸和1-丙醇的混合液中加入CaO,把乙酸转化为盐溶液,加热蒸馏,试管B中收集到的馏分为丙醇,烧瓶中剩余的为乙酸钙的水溶液,再加浓硫酸得到乙酸,通过蒸馏分离得到乙酸,故答案为:CaO;CH3CH2CH2OH;浓硫酸;C2H4O2。【点睛】本题考查了有机物的制备、分离和提纯,侧重于基本实验操作的考查,注意把握有关物质的性质。本题的易错点为(2),要注意醇的脱水,可能是分子内脱水生成烯烃,也可能是分子间脱水生成醚。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能,理由:FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色(若不能,方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)【解析】分析:(1)KMnO4与浓盐酸反应制Cl2;由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl;Cl2与Fe(OH)3、KOH反应制备K2FeO4;最后用NaOH溶液吸收多余Cl2,防止污染大气。(2)①根据制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同,制备反应在碱性条件下,方案II在酸性条件下,说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解:(1)①A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,锰被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl,除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(2)①根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由+3价升至+6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,得出氧化性Cl2>FeO42-;方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,实验表明,Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案II在酸性条件下;说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能,根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO42-,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色,说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-,
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