2023年5月份第2周周考试题化学答案

PAGE1PAGE参考答案1、答案：D解析：大量使用一次性餐具是浪费资源的行为，同时污染环境，A项错误；科学家利用储热材料熔融或结晶时发生的物理变化吸收或释放能量，没有发生化学变化，B项错误；北京冬奥会上使用的冰是利用二氧化碳跨临界直冷制冰技术制得的，C项错误；2021年授予诺贝尔化学奖的两位科学家在不对称有机催化领域做出了重大贡献，D项正确。2、答案：A解析：止住弹簧夹，向长颈漏斗中注入水，观察液面不下降，说明气密性良好，A项正确；的密度比空气的大，应用向上排空气法收集，进气管应伸入集气瓶底部，出气管应短，B项错误；制备胶体的方法是将饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色时停止加热，不能用NaOH溶液，否则生成沉淀，C项错误；加热时挥发出的乙醇也能使酸性溶液褪色，应选用溴水检验产生的乙烯，D项错误。3、答案：C解析：氯化钠在20℃时的溶解度是36g，在此温度下用50g水无法配制得到80g氯化钠溶液，A项正确；室温下，酸、碱等体积混合，若pH（酸）+pH（碱）=14，由于酸、碱的强度可能不同，因此，混合溶液可能呈酸性、碱性或中性，B项正确；非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，金属氧化物也不一定都是碱性氧化物，C项错误；向NaOH溶液中通入后逐滴滴入盐酸，开始未见气体，则溶液中至少有NaOH和中的一种，不一定有，D项正确。4、答案：D解析：由题意可推知R、W、X、Y、Z五种元素分别是S、C、Na、O、Si。R、X、Y对应的简单离子半径：，A项正确；相同温度相同浓度的R、W、Z的最高价含氧酸的正盐溶液的pH：，B项正确；将与分别通入溶液中，通入时无明显现象，通入时有白色沉淀，现象不同，C项正确；的熔、沸点比的熔、沸点高，是因为分子间作用力大小不同，不是因为比稳定，D项错误。5、答案：D解析：该物质可由一种有机酸与苯酚发生酯化反应而制得，A项错误；该有机物结构中只含有3种官能团，B项错误；该有机物中含有多个饱和碳原子，不可能所有原子共平面，C项错误；1mol该有机物中酚羟基消耗1molNaOH，酚酯基消耗2molNaOH，因此，1mol该有机物最多可以与3molNaOH发生反应，D项正确。6、答案：D解析：由第三周期元素的价态是从+1价到+7价，第一周期只有2种元素，第二周期O元素与F元素的特殊性，可推测除了第一、二周期外其他周期元素的价态也是从+1价到+7价，A项错误；HF分子间有氢键，增大了分子间作用力，使得HF的沸点高于HCl的沸点，B项错误；属于强酸制弱酸，由于CuS的溶解度很小，也不溶于酸，由离子反应的本质是向着某种离子浓度降低的方向进行可知，应为，C项错误；是以碳原子为中心的正四面体结构，而是四个磷原子构成四面体的四个顶点，所以和虽然都是正四面体结构，但是两者的键角分别是和60°，D项正确。7、答案：C解析：该装置工作时，电子从电源负极流向a极，陶瓷材料传输质子，A项错误；阴极的电极反应为，B项错误；根据电子得失守恒原理，若通过燃料电池提供电能，每消耗3mol理论上可以获得8mol，C项正确；如果将该装置设计成化学电源并将改为，则a极的电极反应为，D项错误。8、答案：C解析：根据反应前后元素化合价的变化和原子守恒可以判断反应①和②均发生氧化还原反应，且都有水生成，A项正确；反应②既有极性键（碳氧键）与非极性键（氢氢键）断裂又有极性键（氢氧键、碳氢键）与非极性键（碳碳键）生成，B项正确；裂化汽油中含有不饱和烃，C项错误；图中a是2-甲基丁烷，有四种化学环境不同的氢原子，根据结构式可判断D项正确。9、答案：B解析：A.Ⅰ中含有甲基，因此不可能所有原子共平面，正确。B.根据已知信息②可知，Ⅰ具有对称性，所以其环上的一氯代物只有1种，错误。C.中标*碳原子所连接的四个原子或基团不同，为手性碳原子，正确。D.根据基团之间的转化特点，可以得出Ⅱ转化为Ⅲ发生的是取代反应，正确。10、答案：D解析：A.醋酸是弱酸，在离子方程式中不拆分，用醋酸除水垢的离子方程式为，正确。B.向饱和碳酸钠溶液中通入足量，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故碳酸氢钠会析出，离子方程式为，正确。C.海带灰的浸出液中含有，加入稀硫酸、双氧水，离子方程式为，正确。D.向氨水中通入少量生成，离子方程式为，错误。11、答案：B解析：A.其有还原性，所以通入酸性溶液，酸性溶液褪色，不能验证具有漂白性，错误。B.根据电流表指针的偏转，可以证实有反应发生，说明氧化性：，正确。C.是挥发性酸对应的盐，加热过程中溶液会发生水解生成和HCl，HCl挥发，促进水解，最终得不到无水，错误。D.能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，错误。12、答案：A解析：根据化合物中Y、Z、W、Q的成键情况及X的化合价，再结合原子序数和原子半径的关系可知，X为Li，Y为N，Z为O，W为F，Q为S。A.一般元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，元素的非金属性：F>O>N，所以简单氢化物的稳定性：，正确。B.N与形成的化合物有等，不止一种，错误。C.X是Li，Li的最高价氧化物的水化物为LiOH，属于碱，错误。D.电子层结构不同的离子，一般电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：，错误。13、答案：C解析：根据图像，光照室有生成，再由光照室pH=13.3可知，光照室电极的电极反应式为。A.光照室电极失去电子，则电子由光照室电极经导线移动到微生物室电极，正确。B.根据上述分析可知，光照室电极的电极反应式为，正确。C.微生物室电极的电极反应式为，每转化22.4L（标准状况下），电路中转移8mol，错误。D.根据光照室电极的电极反应式可知，双极膜中间层中的向光照室电极迁移，正确。14、答案：AD解析：由图Ⅰ可知，晶体中位于晶胞顶点，位于晶胞面心，因此，每个周围有12个紧相邻，A项正确；晶体是立体网状原子晶体，晶体结构中每个Si原子与四个O原子以共价键结合，B项错误；由，解得，C项错误；由于，则MgO、CaO、BaO中的离子键依次减弱，晶格能依次减小，硬度和熔沸点依次减小，D项正确。15、答案：（1）BC（2）N>S>C；+4；sp杂化（3）低于；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键；S（或N）、O；6（4）；解析：（1）Fe的原子序数是26，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，A错误；根据构造原理得出基态Fe原子的核外电子排布式为或，B正确；核外电子排布为，轨道半充满状态时比较稳定，C正确。答案为BC。（2）由于C的电负性较小，故为正价，N、S电负性较大，为负价，N为-3价，S为-2价，可以推知中C为+4价。与为等电子体，结构应为直线形，故C的杂化类型为sp杂化。（3）电负性较大的F、O、N与H结合的分子能形成氢键，故能形成分子间氢键，而则不能。中S、N原子上均有孤对电子，中O原子上有孤对电子，故S（或N）和O都可以作为配位原子形成配位键。（4）根据均摊法，晶胞顶点的原子占，棱上的原子占，内部的原子占1，则有8个位于顶点，4个位于棱上，2个位于内部，所以一个晶胞共含4个；和都位于晶胞的内部，一个晶胞实际含4个、2个和2个，故晶体的化学式为。一个晶胞中所含Fe原子数为2，W原子数为2，N原子数为。一个晶胞的质量，一个晶胞的体积，故晶体的密度。16、答案：（1）对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）（2）取代反应（3）（4）（5）硝基、酯基（6）（7）解析：（1）由C的结构简式可推出B为，由已知反应①和F的结构简式可推出E为、A为。由已知反应②和Ⅰ的结构简式可推出H为，G为HCHO。由B的结构简式可知B的名称为对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）。（2）由E和A的结构简式可知，E到F的反应类型为取代反应。（3）由流程图信息可知I生成J的反应为酯化反应，由酯化反应原理可写出该反应的化学方程式。（5）由C的结构简式可知，C中所含官能团的名称为硝基、酯基。（6）满足条件的C的同分异构体，苯环上含氮官能团不变且苯环上只有一种氢原子，说明C的同分异构体中含有1个硝基；遇溶液发生显色反应且1molC的同分异构体与足量金属Na反应可生成1mol，说明C的同分异构体中含有2个酚羟基，结合C的分子式为可知，符合要求的C的同分异构体的结构简式为和。（7）由流程图及已知信息可设计合成路线：17、答案：（1）（2）平衡压强（或判断装置C是否堵塞）；饱和NaHS溶液（3）中和生成的NaOH，稳定溶液的pH（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）①淀粉溶液；当滴入最后1滴标准溶液时，溶液颜色由蓝色刚好变为无色且半分钟内不变色②；偏小解析：（1）根据题意，可以推理得出装置C中生成的化学反应方程式为。（2）根据实验装置的特点，可以看出装置B中长玻璃管与外界相通，可以起到平衡压强的作用，另外还可用于判断装置C是否堵塞；制备的中含有HCl，所以试剂X的作用是除去HCl，试剂X是饱和NaHS溶液。（3）以一定气流速率通入是为了中和装置C中生成的NaOH，以稳定溶液的pH为10左右。（4）硫脲受热易分解，因此可以采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作从反应后的溶液中获得硫脲晶体。（5）①根据反应原理可知，应用淀粉溶液作指示剂；滴定终点的现象为滴入最后1滴标准溶液，溶液颜色由蓝色刚好变为无色，且半分钟内不变色。②由题意可以得出：，因此的纯度为；若盛放溶液的滴定管没有润洗，则会造成溶液的浓度变小，偏大，最终结果偏小。18、答案：（1）搅拌（或适当升温或适当增大盐酸浓度）；（2）升温，的溶解度增大，部分沉淀又溶于溶液中（3）一是增大钙离子浓度，二是降低溶液酸性，使“沉钙”反应正向移动趋势增大（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入硝酸酸化的溶液，若不出现白色沉淀，则证明滤渣2已洗涤干净；（5）（6）85解析：（1）为提高“酸浸”率可采取的措施有搅拌或适当升高温度或适当增大盐酸的浓度等；电石灰中不与盐酸反应的物质主要是，故滤渣1的主要成分为。（2）温度升高的溶解度增大，部分沉淀又溶于溶液中。（3）滤液2中有未反应完全的和HCl，进入“沉钙”步骤循环使用前先将其加热浓缩，一方面是为了增大钙离子浓度，另一方面是为了使HCl挥发，降低溶液的酸性，因为溶液酸性太强会使“沉钙”反应逆向移动的趋势增大。（4）滤渣2为，滤液2中含有，因此可以通过检验最后一次洗涤液中是否有来验证滤渣2是否洗涤干净，实验操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入硝酸酸化的溶液，若不出现白色沉淀，则证明滤渣2已洗涤干净。受热分解的化学方程式为。（5）水解的化学方程式为，由此可以得出用石灰乳吸收的化学方程式为。（6）副产品为，根据Ca元素守恒可得：理论上产生的质量为，产率。19、答案：（1）-364.5；逆向（2）b点压缩容器，的浓度突然增大，气体颜色变深，透光率突然减小；随后，因体系压强增大，平衡向右移动，的浓度减小，透光率又逐渐增大（3）①>②（4）①Ⅱ②③解析：（1）反应③=（反应②-反应①）÷2，则。反应①为气体分子数减小的反应，，所以任何温度下该反应都不能自发正向进行，即自发进行的方向为逆向。（2）压缩气体瞬间，的浓度突然增大，气体颜色变深，透光率减小；随后，平衡会因压强的增大而向右移动，的浓度又逐渐减小，颜色又逐渐变浅，但最终颜色比a点深。（3）①首先判断该曲线是否为平衡状态曲线，显然，该曲线不完全是平衡状态曲线。温度越高，反应速率越大，相同时间内，反应越容易达到平衡状态，所以最高点及其右侧的点处于平衡状态，最高点左侧的点处于非平衡状态。最高点左侧，随着温度的升高，反应速率增大，NO的转化率逐渐增大，直到最高点，达到平衡状态；最高点右侧的点是已经达到平衡的点，随着温度的进一步升高，NO的转化率降低，说明升温平衡向左移动，所以该反应的正反应为放热反应，升温，平衡常数减小，则。②由图3可知，380℃时.N0的转化率为50%，则依据三段式：所以，。（4）①依据信息可知，步骤Ⅱ反应速率慢，为决速步骤。②步骤Ⅰ处于平衡状态时，。推出。③依据信息可得，总反应速率，因为步骤Ⅰ处于平衡状态，依据②的分析，。所以。20、答案：（1）①CD②共价键、范德华力③（2）①H>B>Na②（或）③（或）；（3）；（0.500，0.132，0.500）；解析：（1）①Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，A正确；基态Ti原子的核外电子排布式为，电子共占据12个轨道，所以共有12种空间运动状态，B正确；根据洪特规则，Ti的M层中3d轨道上的两个电子占据两个不同的轨道，且自旋方向相同，C错误；第四周期，最外层电子数为1的元素有3种，分别为K、Cr、Cu，D错误。②依据的物理性质可知，应该为分子晶体。中存在的作用力有共价键及范德华力。③1mol该配合物与足量溶液反应生成2molAgCl，说明该配合物中有2个在外界，配位数为6，说明配离子中有1个及5个，所以该配合物中配离子的化学式为。（2）①中，Na、B、H的化合价分别为+1、+3、-1，且Na为金属元素，B为非金属元素，所以电负性由大到小的顺序为H>B>Na。②与互为等电子体的分子有。③依据题意得，的结构式为（或），B形成四个共价