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文档简介
2024届上海市闸北区化学高二第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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、下列有关化学键类型的判断不正确的是A.s—sσ键与s—pσ键的对称性相同B.分子中含有共价键,则至少含有一个σ键C.已知乙炔的结构式为H—C≡C—H,则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D.乙烷分子中只存在σ键,即6个C—H键和1个C—C键都为σ键,不存在π键2、第N能层所含能级数、原子轨道数分别是A.2、9 B.4、12 C.5、16 D.4、163、一定条件下,将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡,生成0.6molD,并测得C的浓度为0.15mol/L。下列判断正确的是A.从开始到平衡A的平均反应速率为0.225mol/(L∙s)B.从开始到平衡B的转化率为60%C.此反应的化学平衡常数表达式K=c(C)c2(D)/c3(A)c(B)D.若混合气体的密度不再改变时,该反应一定达到平衡状态4、pH=2的A、B两种酸溶液各取1mL,分别加水稀释到1000mL,其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示,则下列说法不正确的是A.稀释后A溶液的酸性比B溶液弱B.a=5时,A是强酸,B是弱酸C.若A、B都是弱酸,则5>a>2D.A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等5、已知:H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-akJ/mol(a>0),在一定温度下,向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g),达平衡时放出的热量为Q1,在相同条件下,向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2,则下列说法正确的是:A.H2的燃烧热为akJ/molB.该反应的能量变化可用如图来表示C.H2(g)+I2(s)2HI(g)ΔH<-akJ/molD.Q1和Q2的大小关系为Q1+Q2=akJ6、图装置中,U型管内为红墨水,a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液,各加入生铁块,放置一段时间。下列有关描述错误的是A.生铁块中的碳是原电池的正极B.红墨水柱两边的液面变为左低右高C.两试管中相同的电极反应式是:D.a试管中发生了吸氧腐蚀,b试管中发生了析氢腐蚀7、参照反应Br+H2→HBr+H的能量—反应历程的示意图,下列叙述中正确的是()A.正反应为放热反应B.加入催化剂,该化学反应的反应热不变C.反应物总能量高于生成物总能量D.升高温度可增大正反应速率,降低逆反应速率8、下列各组中各有两对物质,它们都能用分液漏斗分离的是()A.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液,酒精和水B.1,1-二溴乙烷和水,硝基苯和水C.汽油和水,乙酸和乙醇D.乙酸和水,植物油和水9、调味剂使生活变得有滋有味,丰富多彩。下列食品调味剂中不含有机物的是()A.白醋 B.红糖 C.食盐 D.黄酒10、白磷与氧可发生如下反应:P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为:P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H,其中正确的是()A.(6a+5d-4c-12b)kJ·mol—1B.(4c+12b-6a-5d)kJ·mol—1C.(4c+12b-4a-5d)kJ·mol—1D.(4a+5d-4c-12b)kJ·mol—111、根据如图所示,下列判断中正确的是A.盐桥中的Cl-向烧杯a运动B.电流由Zn电极经导线流向Fe电极C.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑D.烧杯a中发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-12、10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是(
)A.CH3COOH B.K2SO4 C.CuSO4 D.Na2CO313、短周期元素X、Y在周期表中的相对位置如图所示,且已知X基态原子的价电子排布为nsnnpn+1,下列说法不正确的是()A.X元素的电负性大于Y B.X元素的第一电离能大于YC.X在周期表中位于第二周期第ⅢA族 D.原子半径Mg>Y14、298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述不正确的是()A.该滴定过程应选择甲基橙作为指示剂B.M点对应的盐酸体积小于20.0mLC.M点:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)D.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)15、准确量取25.00mL高锰酸钾溶液,可选用的仪器是()A.50mL量筒 B.10mL量筒C.50mL碱式滴定管 D.50mL酸式滴定管16、下列现象与环境污染无关的是()A.臭氧层空洞 B.酸雨 C.光化学烟雾 D.潮汐17、下列说法正确的是A.基态氧原子中未成对电子数是0B.基态氮原子中未成对电子数是3C.基态碳原子中未成对电子数是4D.基态铜原子中未成对电子排布在3d轨道18、下列对于“H2O”的分类不正确的是()A.氧化物 B.氢化物 C.有机物 D.纯净物19、米酒既有酒味又有甜味,其中甜味来源的途径是()A.淀粉→蔗糖→葡萄糖 B.淀粉→麦芽糖→葡萄糖C.淀粉→麦芽糖→果糖 D.淀粉→蔗糖→果糖20、用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究,测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是A.压强增大主要是因为产生了H2B.整个过程中,负极电极反应式为:Fe–2e-=Fe2+C.pH=4.0时,不发生析氢腐蚀,只发生吸氧腐蚀D.pH=2.0时,正极电极反应式为:2H++2e-=H2↑和O2+4e-+4H+=2H2O21、从化学试剂商店买来的酒精试剂瓶上所贴的危险化学品标志是()A. B. C. D.22、常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A.两溶液稀释前的浓度相同B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>cC.a点的Kw值比b点的Kw值大D.a点水电离的n(H+)大于c点水电离的n(H+)二、非选择题(共84分)23、(14分)丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下:已知:①②(1)A中的官能团名称为羰基和_______________。(2)DE的反应类型为__________反应。(3)B的分子式为C9H14O,则B的结构简式为_______________。(4)的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:_______________。①能与FeCl3溶液发生显色反应;②能发生银镜反应;③核磁共振氢谱中有4个吸收峰,峰面积比为1:1:2:2。(5)请补全以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。中间产物①__________中间产物②__________中间产物③__________反应物④_______反应条件⑤__________24、(12分)有U、V、W、X四种短周期元素,原子序数依次增大,其相关信息如下表:请回答下列问题:(1)U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料,常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志,则甲分子中σ键和π键的个数比为________,其中心原子采取______杂化。(2)V与W原子结合形成的V3W4晶体,其硬度比金刚石大,则V3W4晶体中含有________键,属于________晶体。(3)乙和丙分别是V和X的氢化物,这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________,两者沸点的关系为:乙________丙(填“>”或“<”),原因是______________。25、(12分)某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g,加水配成250mL无色溶液,已知溶液呈碱性,取25.00mL溶液,用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I-。(1)用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液,在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。(2)滴定过程中,需要加入_____作为指示剂,滴定终点的判断方法___________。(3)滴定前后液面如图所示,所用I2标准液的体积为________________mL。(4)样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________,若滴定过程中,盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡,滴定后无气泡,则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。26、(10分)A、B、C、D四种物质均含有同一种元素。A是常见的金属单质,C的水溶液呈黄色。A、B、C、D之间在一定条件下有如图所示转化关系:请回答下列问题:(1)A的化学式是_______。(2)反应①的反应类型为反应_______(选填“化合”、“分解”、“置换”、“复分解”)。(3)反应②的化学方程式是_______。(4)C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应的离子方程式是_______。27、(12分)用图所示装置进行中和热测定实验,请回答下列问题:(1)仪器A的名称为_______。(2)大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。(3)实验中若用1.51mol·L-1H2SO2溶液跟1.51mol·L-1NaOH溶液进行中和热测定,写出表示该反应中和热的热化学方程试(中和热为57.3kJ·mol-1):__________________。(2)取31mL1.51mol·L-1H2SO2溶液与51mL1.51mol·L-1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应,三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2.18J/(g·℃),溶液的密度均为1g/cm3。通过计算可得中和热△H=_____,(5)上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差,产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a.实验装置保温、隔热效果差b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c.一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中(6)实验中若用61mL1.25mol·L-1H2SO2溶液跟51mL1.55mol·L-1NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量____(填“相等”.“不相等”),所求中和热___(填“相等”.“不相等”),若用51mL1.51mol·L-1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验,测得反应前后温度的变化值会____(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)。28、(14分)醋酸和一水合氨是中学化学中常见的弱电解质。(1)常温下,某研究性学习小组设计了如下方案证明醋酸为弱电解质,你认为方案可行的是_______(填序号)①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液,然后测溶液的pH,若pH大于1,则证明醋酸为弱电解质。②用醋酸溶液和盐酸做导电性实验,若醋酸溶液导电性弱,则证明醋酸为弱电解质。③将pH=2的CH3COOH溶液加水稀释100倍后,若pH>4,则证明醋酸为弱电解质。④配制一定量的CH3COONa溶液,测其pH,若pH大于7,则证明醋酸为弱电解质。(2)若25℃时,0.10mol/L的CH3COOH的电离度为1%,则该溶液的pH=________,由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的_________倍。(3)已知在25℃时,醋酸的电离平衡常数为Ka=1.8×10-5。常温下,0.1mol/L
NaOH溶液V1mL和0.2mol/L
CH3COOH溶液V2mL混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)溶液的pH=7。①反应后溶液中离子浓度的大小关系为_________________________________________________。②V1:V2__________(填“>”、“<”或“=”)2:1③c(CH3COO-):c(CH3COOH)=__________________。(4)常温下,可用氨水吸收废气中的CO2得到NH4HCO3溶液,在该溶液中,c(NH4+)_______(填“>”、“<”或“=”)c(HCO3-);反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5,H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7,Ka2=4×10-11)29、(10分)水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:Ⅰ.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。Ⅱ.酸化,滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I−还原为Mn2+,在暗处静置5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32−+I2=2I−+S4O62−)。回答下列问题:(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是_____________。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除____及二氧化碳。(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为________________;若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL,则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。(5)上述滴定完成后,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。(填“高”或“低”)
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、C【分析】根据共价键的种类和应用分析解答。【题目详解】A.σ键都是轴对称图形,故A正确;B.共价单键为σ键,双键和三键中均含1个σ键,则分子中含有共价键,则至少含有一个σ键,故B正确;C.乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键,2个π键,两个C—H键是σ键,故C错误;D.乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键,单键都为σ键,故都是σ键,故D正确。故选C。【题目点拨】单键中只有σ键,双键含有1个σ键和1个π键;碳碳双键、碳碳三键中的π键不稳定,容易断裂,发生加成反应。2、D【分析】核外电子层数分为K、L、M、N……,依次为第1、2、3、4……层,称之为能层;各能层的能级都是从s能级开始,每个能层上能级个数与能层数相等;各能层含有的能级数为n,则每个能层所含有的原子轨道数为n2个;据以上分析解答。【题目详解】第N能层所含能级数与能层数相等,为4,则原子轨道数为42=16,D正确;综上所述,本题选D。3、D【解题分析】结合题干,即可列出该反应的三段式,利用相关数值进行简单计算;【题目详解】2min末该反应达到平衡,生成0.6molD,并测得C的浓度为0.15mol/L,则生成C的物质的量为2L×0.15mol/L=0.3mol,可知x:2=0.3mol:0.6mol,解得x=1,3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(s)n03mol1mol0mol0molΔn0.9mol0.3mol0.3mol0.6moln平2.1mol0.7mol0.3mol0.6molA.结合υ(A)=△c/△t=0.9mol÷2L÷2min=0.225mol/(L∙min),故A项错误;B.B的转化率=0.3mol/1mol×100%=30%,故B项错误;C.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,D为固体,所以K=c(C)/c3(A)c(B),故C项错误;D.固定容积为2L,气体体积不变,但D为固体,可知混合气体的质量变化,密度为变量,若混合气体的密度不再改变,则该反应达到平衡状态,故D项正确。综上,本题选D。【题目点拨】本题考查化学平衡常数及转化率的计算,要求学生能运用化学平衡的规律进行运算。化学平衡计算模式"三步曲"(1)写出化学方程式。(2)根据化学方程式列出各物质(包括反应物和生成物)的三段式,已知中没有列出的相关数据,设未知数表示。(3)根据已知条件列方程,解出未知数。4、D【解题分析】A、由图可知,B的pH小,c(H+)大,则B酸的酸性强,故A正确;B、由图可知,若a=5,A完全电离,则A是强酸,B的pH变化小,则B为弱酸,故B正确;C、若A和B都是弱酸,加水稀释时促进弱酸电离,所以溶液中pH为5>a>2,故C正确;D、因A、B酸的强弱不同,一元强酸来说c(酸)=c(H+),对于一元弱酸,c(酸)>c(H+),则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等,故D错误;故选D。5、D【解题分析】H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量,故A错误;生成物的总能量大于反应物的总能量,表示吸热反应,故B错误;H2(g)+I2(s)2HI(g)ΔH=-akJ/mol,故C错误;在相同条件下,分别从正逆两个方向建立的等效平衡,反应物转化率的和等于100%,则向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g),达平衡时放出的热量为Q1,在相同条件下,向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2,两者为等效平衡,Q1+Q2=akJ,故D正确;6、B【题目详解】A.生铁块在电解质溶液中形成了原电池,铁活泼,作原电池的负极,碳不活泼作原电池的正极,A正确;B.a试管中盛饱和食盐水,发生吸氧腐蚀,氧气消耗,气压变低,b试管中放氯化铵溶液,发生析氢腐蚀,产生氢气,气压增大红墨水柱两边的液面变为左高右低,B错误;C.不管是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,作为原电池的负极,铁都失去电子变成亚铁离子,两试管中相同的电极反应式是:,C正确;D.a试管中饱和食盐水溶液呈中性发生了吸氧腐蚀,b试管中氯化铵溶液呈酸性,发生了析氢腐蚀,D正确;答案选B。7、B【题目详解】A、反应物的总能量小于生成物的总能量,则正反应为吸热反应,故A错误;B、催化剂只能降低反应所需的活化能,与反应热大小无关,故B正确;C、根据图示,反应物总能量低于生成物总能量,故C错误;D、升高温度,活化分子百分数增大,有效碰撞几率增大,可增大正反应速率,也增大逆反应速率,故D错误;故选B。8、B【解题分析】能用分液漏斗分离的物质应互不相溶。A、酒精和水互溶,故A错误;B、1,1-二溴乙烷和水,硝基苯和水都互不相溶,可用分液的方法分离,故B正确;C、乙酸和乙醇互溶,故C错误;D、乙酸和水互溶,故D错误。故选B。9、C【题目详解】A.白醋主要成分为乙酸CH3COOH,是有机物,A不选;B.红糖主要成分为蔗糖,是有机物,B不选;C.食盐主要成分是NaCl,是无机物,C选;D.黄酒主要成分是乙醇CH3CH2OH,是有机物,D不选;答案选C。10、A【题目详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值,由图可以看出:P4中有6mol的P-P,5mol的O2中含有5molO=O,1mol的P4O10中含有4mol的P=O,12mol的P-O,所以根据方程式可知反应热△H=(6a+5d-4c-12b)kJ·mol-1。答案选A。11、D【分析】由图中信息可知,该装置为原电池,锌是负极,铁是正极,锌发生吸氧腐蚀。【题目详解】A.原电池中,阴离子向负极迁移,故盐桥中的Cl-向烧杯b运动,A判断不正确;B.电流由正极流向负极,故电流由Fe电极经导线流向Zn电极,B判断不正确;C.烧杯b中发生的反应为Zn-2e-=Zn2+,C判断不正确;D.烧杯a中通入氧气,氧气在正极上得到电子被还原,发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-,D判断正确。综上所述,相关判断正确的是D。【题目点拨】注意联系钢铁的吸氧腐蚀分析本题的电极反应。12、B【解题分析】减慢反应速率但又不影响氢气生成量,必须减小溶液中的c(H+),但最终酸液所能提供的n(H+)总量要保持不变。【题目详解】A.加入CH3COOH,溶液中n(H+)增大,产生H2更多,A不符合题意;B.加入K2SO4溶液后,溶液中c(H+)减小,反应速率减小,而n(H+)不变,产生H2的量不变,B符合题意;C.加入CuSO4溶液后,发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,形成铜锌原电池,反应速率加快,C不符合题意;D.加入Na2CO3溶液后,消耗H+,产生H2的量变小,D不符合题意;故答案为:B13、C【分析】X基态原子的价电子层为nsnnpn+1,则n=2,可知n+1=3,即X的价电子层为2s22p3,X为N,结合元素在周期表的位置可知Y为Si,结合元素周期律分析解答。【题目详解】由上述分析可知X为N,Y为Si。A.非金属性N>Si,则X元素的电负性大于Y的,故A正确;B.非金属性越强,第一电离能越大,则X元素的第一电离能大于Y的,故B正确;C.X为N,在周期表中位于第二周期第VA族,故C错误;D.同一周期,从左到右,原子半径减小,则原子半径:Mg>Y,故D正确;答案选C。14、C【解题分析】A.把盐酸滴加到氨水中,开始时溶液显碱性,当滴定达到终点时,溶液由碱性变为酸性,根据人视觉有滞后性,观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐,所以为减小滴定误差,在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些,A正确;B.如果二者恰好反应,则会生成氯化铵,氯化铵是强酸弱碱盐,NH4+水解使溶液显酸性,因M点pH=7,则M点对应的盐酸体积小于20.0mL,B正确;C.如果溶液中的溶质只有氯化铵,则根据物料守恒守恒可知溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-),但M点时盐酸不足,氨水过量,则溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)>c(Cl-),C错误;D.根据电荷守恒可得:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由于M点处的溶液显中性,c(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)=c(Cl-)。氯化铵是强电解质,电离远远大于弱电解质水的电离程度,所以溶液中离子浓度关系是:c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),D正确;答案选C。【题目点拨】判断电解质溶液中离子浓度大小时,经常要用到三个守恒:电荷守恒、物料守恒、质子守恒,会根据相应的物质写出其符合题意的式子,并进行叠加,得到正确的算式。15、D【题目详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液,故A、B不选;C.高锰酸钾溶液有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管的胶管,故C不选;D.滴定管能量取0.01mL的溶液,故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液,故D选;故选D。16、D【题目详解】A、含氟制冷剂能破坏臭氧层,引起臭氧层空洞,所以与环境污染有关,故A不选;B、酸雨的形成主要是空气中含有氮的氧化物和硫的氧化物造成的,主要是二氧化硫造成的,所以酸雨与环境污染有关,故B不选;C、光化学污染主要是光化学烟雾主要是由于汽车尾气和工业废气排放造成的环境污染;故C不选;D、潮汐现象是指是指海水在天体(主要是月球和太阳)引潮力作用下所产生的周期性运动,习惯上把海面垂直方向涨落称为潮汐,与环境污染无关,故D符合题意。答案选D。【题目点拨】应该了解光化学烟雾、酸雨、臭氧层空洞等形成的原因都,平时要做到尽量减少对环境的污染。17、B【解题分析】根据能量最低原理和洪特规则来解答。【题目详解】A.基态氧原子最外层电子排布图应为,未成对电子数为2;故A错误;B.基态氮原子最外层电子排布图应为,未成对电子数为3;故B正确;C.基态碳原子最外层电子排布图为,未成对电子数为2;故C错误;D.基态铜原子最外层的电子排布图为,3d全充满,未成对电子排布在4s,故D错误;故选B。18、C【题目详解】A.水是两种元素组成,其中一种是氧元素的化合物,属于氧化物,故A正确;B.水是两种元素组成,其中一种是氢元素的化合物,属于氢化物,故B正确;C.水中不含有碳元素,不属于有机物,故C错误;D.水是只有水分子构成的物质,属于纯净物,故D正确;故选C。【题目点拨】氧化物是两种元素组成,其中一种是氧元素的化合物;氢化物是两种元素组成,其中一种是氢元素的化合物;大多数含有碳元素的化合物属于有机物;只有一种分子组成的物质属于纯净物。19、B【题目详解】用米酿酒,米中含有大量淀粉,在微生物的作用下,首先将淀粉分解为麦芽糖,然后再分解为人的味觉敏感的葡萄糖,从而产生甜味;A、C、D三项不符合微生物的分解的实际状况,所以不正确。答案选B。20、C【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀,产生氢气;若介质的酸性很弱或呈中性,并且有氧气参与,此时Fe就会发生吸氧腐蚀,吸收氧气。【题目详解】A.pH=2.0的溶液,酸性较强,因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀;析氢腐蚀产生氢气,因此会导致锥形瓶内压强增大,A项正确;B.锥形瓶中的Fe粉和C粉以及酸溶液构成了原电池,Fe粉作为原电池的负极;由于溶液均为酸性,所以发生的电极反应式为:,B项正确;C.若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀,那么锥形瓶内的压强会有下降;而图中pH=4.0时,锥形瓶内的压强几乎不变,说明除了吸氧腐蚀,Fe粉还发生了析氢腐蚀;消耗氧气的同时也产生了氢气,因此锥形瓶内压强几乎不变,C项错误;D.由图可知,pH=2.0时,锥形瓶内的溶解氧减少,说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生;同时锥形瓶内的气压增大,说明有产生氢气的析氢腐蚀发生;因此,正极反应式有:和,D项正确;答案选C。21、B【解题分析】乙醇具有可燃性,属于易燃液体,故应贴上易燃液体的危险化学品标志。【题目详解】A项、所示标志是腐蚀品标志,故A错误;B项、所示标志是易燃液体标志,故B正确;C项、所示标志是自燃物品标志,故C错误;D项、所示标志是氧化剂标志,故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查危险品标志,了解乙醇的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键。22、D【解题分析】稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,加水稀释时,醋酸进一步电离,所以稀释过程中,醋酸导电能力大于盐酸,则Ⅰ为醋酸稀释曲线,Ⅱ为盐酸稀释曲线,据此回答判断即可。【题目详解】A.稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,A错误;B.导电能力越大,说明离子浓度越大,酸性越强,则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为b<a<c,B错误;C.相同温度下,Kw相同,C错误;D.c点离子溶液导电能力大于a点,溶液导电性越强,氢离子浓度就越大,对水的电离抑制程度越大,则c点水电离的H+物质的量浓度小于a点水电离的H+物质的量浓度,又因为a点稀释的倍数大于c点稀释的倍数,则a点水电离的n(H+)大于c点水电离的n(H+),D正确。答案选D。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离,注意溶液离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键,选项D是易错点,注意搞清楚是比较离子浓度还是物质的量以及是水电离出的氢离子还是溶液中的氢离子。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键消去或H2催化剂、加热【分析】根据第(3)习题知,B的分子式为C9H14O,B发生信息①的反应生成C,则B为;C中去掉氢原子生成D,D发生消去反应生成E,醇羟基变为碳碳双键,E发生一系列反应是丹参醇,据此分析解答(1)~(4);(5)和溴发生加成反应生成,发生消去反应生成,和发生加成反应生成,和氢气发生加成反应生成,据此分析解答。【题目详解】(1)A()的官能团有碳碳双键和羰基,故答案为碳碳双键;(2)通过流程图知,D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键,所以D→E的反应类为消去反应,故答案为消去反应;(3)通过以上分析知,B的结构简式为,故答案为;(4)的分子式为C9H6O3,不饱和度为=7,一种同分异构体同时满足下列条件:①分子中含有苯环,能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能发生银镜反应;能发生银镜反应,说明含有醛基;苯环的不饱和度为4,醛基为1,因此分子中还含有1个碳碳三键;③核磁共振氢谱中有4个吸收峰,峰面积比为1∶1∶2∶2。符合条件的结构简式为或,故答案为或;(5)和溴发生加成反应生成,发生消去反应生成,和发生加成反应生成,和氢气发生加成反应生成,即中间产物①为,中间产物②为,中间产物③为,反应物④为H2,反应条件⑤为催化剂、加热,故答案为;;;H2;催化剂、加热。【题目点拨】本题的难点和易错点为(4)中同分异构体的书写,要注意根据分子的不饱和度结合分子式分析判断苯环侧链的结构种类。24、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键,C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答;根据共价键的形成及分类分析解答;根据分子间作用力的综合利用分析解答;【题目详解】根据题意已知,U是H元素;V元素三个能级,说明只有2个电子层,且每个能级中电子数相等,它的核外电子排布式为:1s22s22p2,即C元素;W在基态时,2p轨道处于半充满状态,所以它的核外电子排布式为:1s22s22p3,即N元素;X与W同周期,说明X处于第二周期,且X的第一电离能比W小,故X是O元素;(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯,即甲分子是乙烯分子,乙烯分子中含有碳碳双键,双键中含有一个σ键和一个π键,两个碳氢共价键,即四个σ键,则甲分子中σ键和π键的个数比为:5∶1,其中心原子采取的是sp2杂化,体现平面结构;(2)V3W4晶体是C3N4晶体,其硬度比金刚石大,说明晶体中含有共价键,是原子晶体;(3)V的氢化物含有18个电子,该分子是C2H6,W的氢化物含有18个电子的分子是:H2O2,由于H2O2分子间存在氢键,C2H6分子间不存在氢键,故沸点:C2H6<H2O2;【题目点拨】同种元素形成的不同种单质,互为同素异形体。同种原子形成共价键,叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高,例如:H2O常温下为液态,而不是气态。25、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液,溶液颜色由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解题分析】(1)根据碘水显酸性分析判断,结合滴定的操作步骤分析需要的仪器;(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂,根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI,根据反应后的产物判断终点现象;(3)滴定管的读数是由上而下标注的,根据图示解答;(4)根据反应的方程式列式计算;结合c(待测)=c(标准【题目详解】(1)碘水显酸性,且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应,会腐蚀橡胶,应放在酸式滴定管中;滴定中用锥形瓶盛待测液,用滴定管盛标准液,故所需玻璃仪器有:酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯,故答案为:酸式;碱式滴定管、锥形瓶、烧杯;(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量,滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I-,依据碘单质特征性质,应选择淀粉为滴定指示剂,滴定终点的现象为:当加入最后一滴标准溶液时,锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色,故答案为:淀粉溶液;当加入最后一滴I2标准溶液时,锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色;(3)根滴定前后液面的图示,初始读数为0.00mL,终点读数为18.10mL,所用I2标准液的体积为18.10mL,故答案为:18.10;(4)消耗的碘的物质的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol,根据N2H4+2I2═N2+4HI,水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol,样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%;若滴定过程中,盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡,滴定后无气泡,导致消耗的碘水的体积偏大,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知,测得样品中水合肼(N26、Fe置换反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】A是常见的金属单质,C的水溶液呈黄色,C与KSCN溶液作用产生血红色溶液,可推知C为FeCl3,A是常见的金属,应为Fe,则B为FeCl2。【题目详解】(1)由以上分析可知A为Fe;
(2)反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,为置换反应;(3)反应②是FeCl2与氯气反应生成FeCl3,反应的化学方程式是2FeCl2+Cl2=2FeCl3;(4)C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应生成氢氧化铁和氯化钠,反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。27、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【题目详解】(1)根据量热器构成可知,为使反应充分、快速进行,可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌,因此仪器A为环形玻璃搅拌棒;综上所述,本题答案是:环形玻璃搅拌棒。(2)大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用,降低热量损失,减少实验误差;综上所述,本题答案是:保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。(3)中和热是指在稀溶液中,酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1.51mol·L-1H2SO2溶液跟1.51mol·L-1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水,放出热量为57.3kJ·mol-1,该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1;综上所述,本题答案是:1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。(2)取31mL1.51mol·L-1H2SO2溶液与51mL1.51mol·L-1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应,混合液质量为(31+51)×1=81g,温度变化2.1℃,则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J,则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ,则中和热△H=-52.8kJ·mol-1;综上所述,本题答案是:-52.8kJ·mol-1。(5)a.实验装置保温、隔热效果差,有部分热量散失,所以中和热偏小,a可能;b.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度,因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小,所测中和热偏小,b可能;c.一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中,操作合理,减小了热量损失,数值准确,c不可能;综上所述,本题选ab。(6)实验中若用61mL1.25mol·L-1H2SO2溶液跟51mL1.55mol·L-1NaOH溶液进行反应,反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O,因此放出的热量不相等;由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热,与实验过程中实际生成水的多少无关,故所求中和热相等;由于醋酸是弱酸,电离过程吸热,部分热量被消耗,因此测得反应前后温度的变化值会偏小;综上所述,本题答案是:不相等,相等,偏小。【题目点拨】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。28、①④3108c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)<180>1/800或1.25×10-3【分析】(1)把醋酸先看成强酸进行分析,然后根据实验结果判断实验方案的可行性;(2)根据电离的三段式进行计算;(3)①根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)进行分析判断;②若V1:V2=2:1,则酸碱恰好完全反应生成醋酸钠,溶液显碱性,反应后溶液显中性,所以CH3COOH就得稍过量一些;③中性溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,根据醋酸的电离平衡常数为Ka=c(CH3COO-)×c(H+)/c(CH3COOH)即可求解;(4)一水合氨的电离程度大于碳酸的一级电离程度,则碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度;反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=c(NH3·H2O)c(H2CO3)/c(NH4+)c(HCO3-)=KW/(Kb×Ka1)进行求解。【题目详解】(1)①0.10mol/LCH3COOH溶液,醋酸是一元酸,如果醋酸
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