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文档简介
北京师范大学附中2024届高二化学第二学期期末学业质量监测模拟试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下列有关物质性质的比较顺序中,不正确的是A.热稳定性:HF<HCl<HBr<HI B.微粒半径:K+>a+>Mg2+>Al3+C.酸性:HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3 D.最外层电子数:Li<Mg<Si<Ar2、下列关于有机物的说法正确的是A.C5H10O2的同分异构体中,能与NaHCO3反应生成CO2的有4种B.糖类、油脂、蛋白质都是电解质C.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型相同D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.Na2S溶液具有碱性,可用于脱除废水中Hg2+B.CuSO4能使蛋白质变性,可用于游泳池水的消毒C.MnO2是黑色粉末,可用于催化H2O2分解制取O2D.Na2CO3能与酸反应,可用于去除餐具表面的油污4、下列有关硅及其化合物的叙述错误的是(
)①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2②水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式可表示为:Na2O•2FeO•3SiO2④可选用陶瓷坩埚或者生铁坩埚熔融氢氧化钠固体⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料,具有超硬性,它能与氢氟酸反应⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物,没有固定的熔点A.①③⑥ B.①②③④ C.③④ D.⑤⑥5、关于SiO2晶体的叙述中,正确的是A.通常状况下,60gSiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数)B.60gSiO2晶体中,含有2NA个Si—O键C.晶体中与同一硅原子相连的4个氧原子处于同一四面体的4个顶点D.因为硅和碳属于同一主族,所以SiO2晶体与CO2晶体类型相同6、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论AZn保护了Fe不被腐蚀B2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应C试管内均有红棕色气体生成木炭与浓硝酸发生了反应D常温下,向饱和Na2CO3
溶液中加入少量BaSO4粉末,充分搅拌后过滤,再向洗净的滤渣中加稀盐酸,有气泡产生Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)A.A B.B C.C D.D7、现有pH=a和pH=b的两种强碱溶液,已知b=a+2,将两种溶液等体积混合后,所得溶液的pH接近于A.a-1g2 B.b-1g2C.a+1g2 D.b+1g28、含有C=C的有机物与O3作用形成不稳定的臭氧化物,臭氧化物在还原剂存在下,与水作用分解为羰基化合物,总反应为:+(R1、R2、R3、R4为H或烷基)。以下四种物质发生上述反应,所得产物为纯净物且能发生银镜反应的是()A.(CH3)2C=C(CH3)2B.CH2=CHCH=CHCH=CH2C.D.9、仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是()A.H、O、S B.Na、H、OC.K、Cl、O D.H、N、Cl10、有机物结构简式为CH3COOCH2-CH=CH-COOH,则该有机物的性质可能有()①加成反应②水解反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应⑥取代反应A.只有①③⑥ B.只有①③④C.只有①③④⑤ D.①②③④⑤⑥11、赤铜矿的主要成分是Cu2O,辉铜矿的主要成分是Cu2S,将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应:Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑,关于该反应的说法中,正确的是()A.Cu既是氧化产物又是还原产物 B.该反应的氧化剂只有Cu2OC.Cu2S在反应中既是氧化剂,又是还原剂 D.每生成19.2gCu,反应中转移0.6mol电子12、下列叙述正确的是A.在氧化还原反应中,还原剂和氧化剂一定是不同物质B.在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂C.某元素从化合态转变为游离态时,该元素一定被还原D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质13、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.D14、向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2。下列叙述不正确的是()A.当a=0.1时,发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B.当a=0.25时,发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C.当溶液中I﹣有一半被氧化时,c(I﹣):c(Br﹣)=1:1D.当0.2<a<0.3时,溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br﹣)+c(OH﹣)15、根据价层电子对互斥模型,判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的是()A.PCl3B.HCHOC.H3O+D.PH316、下列有关化学用语表示正确的是()A.K+的结构示意图:B.基态氮原子的电子排布图:C.水的电子式:D.基态铬原子(24Cr)的价电子排布式:3d44s217、常温下,0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-6,下列叙述正确的是()A.该溶液中水的离子积常数为1×10−12B.该一元酸溶液的pH=1C.该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−6mol•L-1D.向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大18、甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X,其转化关系如下,下列说法不正确的是A.若A为硝酸,X为金属元素,则甲与丙反应可生成乙B.若乙为NaHCO3,则丙一定是CO2C.若A为NaOH溶液,X为短周期的金属元素,则乙一定为白色沉淀D.若A为金属单质,乙的水溶液遇KSCN溶液变红,则甲可能为非金属单质19、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM(g)+yN(g)zP(g)。平衡时测得M的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达平衡时,测得M的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A.x+y<zB.平衡向正反应方向移动C.N的转化率降低D.混合气体的密度不变20、青出于蓝而胜于蓝,“青”指的是靛蓝,是人类使用历史悠久的染料之一,下列为传统制备靛蓝的过程:下列说法不正确的是A.靛蓝的分子式为C16H10N2O2 B.浸泡发酵过程发生的反应为取代反应C.吲哚酚的苯环上的二氯代物有4种 D.1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH221、下图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是()A.碘晶体为无限延伸的空间结构,是原子晶体B.用切割法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力D.碘分子的排列有2种不同的取向,2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构22、下列叙述正确的是()A.聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色B.和均是芳香烃,既是芳香烃又是芳香化合物C.和分子组成相差一个—CH2—,因此是同系物关系D.分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收,由此可以初步推测有机物结构简式为C2H5-OH二、非选择题(共84分)23、(14分)某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量,向其中加入某试剂Y,产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸,所得到的关系图如图甲所示,则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的,下同)是_____,ab段发生反应的离子是_________,bc段发生反应的离子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液,所得到的关系图如图乙所示,则X中一定含有的离子是__________,假设X溶液中只含这几种离子,则溶液中各离子物质的量之比为_____,ab段反应的离子方程式为_____________。24、(12分)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知:①Z的原子序数为29,其余的均为短周期主族元素;Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn;②R原子核外L层电子数为奇数;③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题:(1)Z2+的核外电子排布式是________。(2)在[Z(NH3)4]2+离子中,Z2+的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙,下列判断正确的是________。a.稳定性:甲>乙,沸点:甲>乙b.稳定性:甲>乙,沸点:甲<乙c.稳定性:甲<乙,沸点:甲<乙d.稳定性:甲<乙,沸点:甲>乙(4)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26,其中分子中的σ键与π键的键数之比为________,其中心原子的杂化类型是________。(6)某元素原子的价电子构型为3d54s1,该元素属于________区元素,元素符号是________。25、(12分)己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体,沸点38.4℃,密度比水大,难溶于水,可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置,用KMnO4酸性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。请回答下列问题:(1)仪器a的名称为__________。(2)实验前应检测装置A的气密性。方法如下:关闭止水夹c,由仪器a向仪器b中加水,若______________________________,则证明装置A不漏气。(3)仪器b中发生反应的化学方程式为______________________________。(4)反应开始一段时间后,在装置B底部析出了较多的油状液体,若想减少油状液体的析出,可对装置A作何改进?__________________________________________________(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B,装置B的作用为__________________。(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有__________,此时,是否还有必要将气体先通过装置B?__________(填“是”或“否”)。26、(10分)中和滴定实验(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例):(1)滴定准备①检查:___________是否漏水;②洗涤:先用蒸馏水洗________次,再用盛装溶液润洗_______次。③装排:装液高于“0”刻度,并驱逐除尖嘴处_________。④调读⑤注加(2)滴定过程①右手摇动________________________________,②左手控制________________________________,③眼睛注视________________________________。(3)终点判断.(4)数据处理(5)误差讨论,对测定结果(选择“偏高”、“偏低”、“无影响”)①用待测液润洗锥形瓶_____________,②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶_____________,③滴定过程中不慎有酸液外溅_______________,④滴定到终点时,滴定管尖嘴外悬有液滴__________,⑤读数时,滴定前仰视,滴定后俯视_____________。27、(12分)实验室制备溴苯可用如图所示装置。填空:(1)关闭G夹,打开C夹,向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加适量溴,再加入少量铁屑,塞住A口,三颈烧瓶中发生反应的有机反应方程式为___。(2)E试管内出现的现象为___。(3)F装置的作用是___。(4)待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹,关闭C夹,可以看到的现象是___。(5)反应结束后,拆开装置,从A口加入适量的NaOH溶液,然后将液体倒入__中(填仪器名称),振荡静置,从该仪器__口将纯净溴苯放出(填“上”或“下”)。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)五种短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X、Y是非金属元素X、Y、Q元素的原子最高能级上电子数相等;Z元素原子的最外层电子数是次外层的两倍;W元素原子核外有三种不同的能级且原子中p亚层与s亚层电子总数相等;Q元素电离能分别是I1=496,I2=4562,I3=6912。回答下列问题:(1)基态Q原子的核外电子排布式是____________________。(2)Q、W形成的化合物Q2W2中的化学键类型是______________。(3)Y能与氟元素形成YF3,该分子的空间构型是_______,该分子属于______分子(填“极性”或“非极性”)。Y与X可形成具有立体结构的化合物Y2X6,该结构中Y采用______杂化。(4)Y(OH)3是一元弱酸,其中Y原子因缺电子而易形成配位键,写出Y(OH)3在水溶液中的电离方程式_______________。(5)Z的一种单质晶胞结构如下图所示。①该单质的晶体类型为___________。②含1molZ原子的该晶体中共有_____mol化学键。③己知Z的相对原子质量为M,原子半径为rpm,阿伏伽德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为____g·cm-3。
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、A【解题分析】
A、第ⅦA自上而下依次为F、Cl、Br、I,它们的非金属性依次减弱,所以形成的气态氢化物的热稳定性也依次减弱,即HF>HCl>HBr>HI,故A不正确;B、K+是288型离子,Na+、Mg2+、Al3+都是2、8型离子,且核电荷数依次增大,所以半径依次减小,因此离子半径为K+>Na+>Mg2+>Al3+,故B正确;C、第三周期非金属元素从左到右依次为Si、P、S、Cl,根据同周期非金属性变化规律,它们的非金属性依次增强,所以最高价含氧酸的酸性依次增强,故C正确;D、已知Li、Mg、Si、Ar的核电荷数分别为3、12、14、18,根据电子排布规律可得,它们最外层电子数分别为1、2、4、8,所以D正确。本题答案为A。2、A【解题分析】
A.C5H10O2的同分异构体中,能与NaHCO3反应生成CO2,说明分子中含有-COOH,可认为是C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质,C4H10有正丁烷、异丁烷2种结构,每种结构中有2种不同位置的H原子,所以C5H10O2的属于羧酸的同分异构体有4种,A正确;B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电,熔融状态下也不能导电,且蛋白质是高分子化合物,因此都不是电解质,B错误;C.乙烯使溴水褪色,发生的是加成反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应,反应类型不相同,C错误;D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉,但不能证明淀粉是否已水解,D错误;故合理选项是A。3、B【解题分析】
A.Na2S溶液可用于脱除废水中Hg2+,是由于发生反应产生HgS沉淀,A错误;B.CuSO4能使蛋白质变性,使细菌、病毒蛋白质失去生理活性,因此可用于游泳池水的消毒,B正确;C.MnO2能降低H2O2分解的活化能,所以可用于催化H2O2分解制取O2,C错误;D.Na2CO3溶液显碱性,能够与油脂发生反应,产生可溶性的物质,因此可用于去除餐具表面的油污,D错误;故合理选项是B。4、C【解题分析】
①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2;②水玻璃是硅酸钠的水溶液,可用于制备硅胶和木材防火剂;③硅酸盐在用氧化物表示时,要符合元素原子守恒;④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐,可以与NaOH在高温下反应;⑤氮化硅陶瓷属于原子晶体,结合其组成、结构分析判断;⑥混合物没有固定的熔沸点,纯净物有固定的熔沸点。【题目详解】①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2,①合理;②水玻璃是硅酸钠的水溶液,可向其水溶液中通入CO2气体,利用复分解反应来制取硅胶,由于硅酸钠不能燃烧也不支持燃烧,因此可作木材防火剂,②合理;③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示时,各种元素的原子个数比不变,元素的化合价不变,因此该硅酸盐可表示为:Na2O•Fe2O3•3SiO2,③错误;④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐,可以与NaOH在高温下反应,故不能在高温下熔融NaOH固体,④错误;⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料,由于氮化硅属于原子晶体,原子间通过共价键结合,共价键的作用力强,因此该物质具有超硬性,它能与氢氟酸反应产生SiF4、NH3,⑤正确;⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物,由于没有固定的组成,因此物质没有固定的熔点,只能在一定温度范围内软化,⑥正确;可见叙述错误的是③④,因此合理选项是C。5、C【解题分析】
A、SiO2晶体是原子晶体,不存在分子,故A错误;B、1molSiO2晶体存在4molSi-O键,所以60gSiO2晶体即1molSiO2晶体含有4molSi-O键键,故A错误;C、晶体中一个硅原子和四个氧原子,形成四面体结构,四个氧原子处于同一四面体的四个顶点,故C正确;D、SiO2晶体是原子晶体,CO2晶体是分子晶体,故D错误;故选C。6、A【解题分析】
A.①中有蓝色沉淀,证明存在Fe2+,②中试管内无明显变化,说明Fe附近溶液中无Fe2+,对比可说明Zn的存在保护了Fe,故A正确;B.由实验装置图可知,热水中NO2的浓度增大,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,所以2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,故B错误;C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解:,浓硝酸还具有强氧化性,能和木炭发生反应:,两者都会产生NO2的红棕色气体,所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应,故C错误;D.常温下,向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末,充分搅拌后过滤,再向洗净的滤渣中加稀盐酸,有气泡产生,说明有碳酸钡产生,是因为c(CO32-)浓度很大,不能说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3),故D错误;综上所述,本题正确答案:A。7、B【解题分析】
pH=a和pH=b的两种强碱溶液,已知b=a+2,说明pH=b的强碱溶液中c(OH-)为pH=a的强碱溶液中c(OH-)的100倍,因为两溶液等体积混合,所以体积变为原来的2倍,c(OH-)==≈0.5×10-(12-a),则混合溶液中c(H+)==2×10-(a+2)=2×10-b,所以pH近似为b-lg2,故选B。【题目点拨】解答本题主要是掌握pH的计算方法,对于强碱和强碱混合后,首先计算混合后氢氧根离子浓度,再根据Kw=c(H+)•c(OH-),计算氢离子浓度,最后根据pH=-lgc(H+)求pH。8、D【解题分析】分析:根据反应原理为双键从中间断开,直接接上一个氧原子,所得产物为纯净物说明产物只有一种,能发生银镜反应说明含有醛基,则与双键相连的碳上有氢原子,据此分析判断。详解:A.(CH3)2C=C(CH3)2与双键相连的碳上没有氢原子,得到的是酮,不是醛,故A错误;B.CH2=CHCH=CHCH=CH2中有3个双键,得到的产物有2种,分别为甲醛和乙二醛,故B错误;C.中有2个双键,且结构不对称,得到的产物有2种,故C错误;D.反应产物只有一种,与双键相连的碳上有氢原子,氧化得到醛,故D正确;故选D。9、A【解题分析】
强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH,C项如KClO,D项如NH4Cl,均为离子晶体。10、D【解题分析】
根据有机物分子的结构简式可知分子中含有酯基、碳碳双键和羧基,结合相应官能团的结构与性质解答。【题目详解】①含有碳碳双键,能发生加成反应;②含有酯基,能发生水解反应;③含有羧基,能发生酯化反应;④含有羧基,能发生中和反应;⑤含有碳碳双键,能氧化反应;⑥含有酯基、羧基,能发生取代反应。答案选D。11、C【解题分析】A、反应中,化合价降低的元素是铜元素,所以Cu为还原产物;故A错误;B、Cu2S和Cu2O中的铜元素化合价均为+1,反应后变为0价的铜单质,化合价降低,做氧化剂,故B错误;C、反应物Cu2S中铜的化合价由+1价降到0价,硫的化合价由-2价升到+4价,Cu2S在反应中既是氧化剂,又是还原剂,故C正确;D、反应中,S化合价升高了6价,转移了6mol电子,生成金属铜6mol,所以每生成19.2(即0.3mol)Cu,反应中转移0.3mol电子,故D错误;故选C正确。点睛:本题主要考察氧化还氧反应的相关知识。氧化还原反应中的六字规则为“升失氧,降得还”。化合价升高,失去电子,发生氧化反应,被氧化,本身作还原剂;化合价降低,得到电子,发生还原反应,被还原,本身作氧化剂;根据转移电子的量来分析生反应物与生成物的量。12、D【解题分析】分析:A.氧化剂、还原剂可能为同种物质;B.非金属单质可能为还原剂;C.某元素从化合态转变为游离态时,可能被氧化或被还原;D.金属阳离子被还原,可能变为金属阳离子。详解:A.氧化剂、还原剂可能为同种物质,如氯气与NaOH的反应中,氯气失去电子也得到电子,A错误;B.非金属单质可能为还原剂,如C与水蒸气的反应中,C为还原剂,B错误;C.某元素从化合态转变为游离态时,可能被氧化或被还原,如硫化氢与二氧化硫反应生成S,C错误;D.金属阳离子被还原,可能变为金属阳离子,如铁离子得到电子转化为亚铁离子,D正确;答案选D。13、D【解题分析】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。14、B【解题分析】
亚铁离子的还原性弱于碘离子,溴少量时碘离子优先被氧化,发生反应为:2I-+Br2=I2+2Br-;当碘离子完全被氧化后,亚铁离子开始被溴单质氧化,溴足量时的反应方程式为:2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-。A.a=0.1时,溴单质不足,只有碘离子被氧化,反应的离子方程式为:2I-+Br2=I2+2Br-,A正确;B.当a=0.25时,0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子,0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质,剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子,所以正确的反应为:2Fe2++8I-+5Br2=2Fe3++4I2+10Br-,B错误;C.溶液中含有0.4mol碘离子,当有0.2mol碘离子被氧化时,消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子,则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等,C正确;D.当0.2<a<0.3时,碘离子完全被氧化,亚铁离子部分被氧化,根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为:2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-),D正确;答案选B。15、B【解题分析】
根据价层电子对互斥理论确定其空间构型,价层电子对数=σ键个数+12(a-xb)【题目详解】A.三氯化磷分子中,价层电子对数=3+12(5-3×1)=4,且含有一个孤电子对,所以其空间构型是三角锥型,故A不符合;B.甲醛分子中,价层电子对数=3+12(4-2×1-1×2)=4,且不含孤电子对,所以其空间构型是平面三角形,故B符合;C.水合氢离子中,价层电子对数=3+12(6-1-3×1)=4,且含有一个孤电子对,所以其空间构型是三角锥型,故C不符合;D.PH3分子中,价层电子对数=3+12(5-3×1)=4【题目点拨】本题考查了分子或离子的空间构型的判断,注意孤电子对的计算公式中各个字母代表的含义。本题的易错点为B,要注意孤电子对的计算公式的灵活运用。16、B【解题分析】
A、K+的结构示意图:,A错误;B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为,B正确;C、水是共价化合物,含有共价键,水的电子式:,C错误;D、基态铬原子(24Cr)的价电子排布式:3d54s1,D错误;答案选B。17、D【解题分析】
A.常温下,水的离子积常数为1×10−14,A错误;B.根据c(OH-)/c(H+)=1×10-6和c(OH-)×c(H+)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,pH>1,B错误;C.根据c(OH-)/c(H+)=1×10-6和c(OH-)×c(H+)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,该溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=Kw/0.0001=10-10mol/L,C错误;D.根据一元酸HA电离的方程式:HA⇌H++A-,加入一定量NaA晶体,则A-的浓度增大,所以平衡逆向移动,所以氢离子浓度减小,c(OH-)增大;加水稀释,溶液中氢离子浓度减小,所以c(OH-)增大,D正确;
综上所述,本题选D。【题目点拨】室温下,水电离产生的c(H+)<10-7mol/L,说明溶液可能为酸性,可能为碱性,抑制水电离;水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L,溶液可能为水解的盐,促进了水的电离。18、B【解题分析】
A.若A为HNO3,则甲为Fe,乙为Fe(NO3)2,丙为Fe(NO3)3,甲与丙反应可生成乙,A正确;B.若乙为NaHCO3,A为NaOH,则甲为CO2,丙可以为Na2CO3,所以丙不一定是CO2,B错误;C.若A为NaOH溶液,X为短周期的金属元素,则甲为AlCl3,乙为Al(OH)3,丙为NaAlO2,C正确;D.若A为金属单质,乙的水溶液遇KSCN溶液变红,则A为Fe,甲可以为Cl2,乙为FeCl3,丙为FeCl2,D正确;故合理选项为B。19、C【解题分析】分析:在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM(g)+yN(g)zP(g),平衡时测得M的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,若平衡不移动,M的浓度为0.25mol·L-1,再达平衡时,测得M的浓度降低为0.30mol/L。则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动,以此来解答.详解:A.减小压强,向气体体积增大的方向移动,则x+y>z,故A错误;B.由上述分析可知,平衡逆向移动,故B错误;C、平衡逆向移动,N的转化率降低,故C正确;D、混合气体的总质量不变,但体积会发生变化,故D错误。故选C。点睛:本题考查化学平衡的移动,解题关键:M的浓度变化及体积变化导致的平衡移动,难点:B、压强对化学平衡的影响:若平衡不移动,M的浓度为0.25mol·L-1,再达平衡时,测得M的浓度降低为0.30mol/L。则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。20、C【解题分析】
A.根据题干中的结构简式,靛蓝的分子式为C16H10N2O2,故A正确;B.浸泡发酵过程发生的反应可以看作是-O-R被羟基取代,故B正确;C.因为该结构不对称,二氯代物一共有6种,故C错误;D.吲哚酚分子中含有一个苯环及一个碳碳双键,所以1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH2,故D正确,故选C。【题目点拨】在确定吲哚酚的苯环上二氯代物的种类时,苯环上能发生取代的氢原子按照顺序编号为1,2,3,4,取代的方式有1,2位,1,3位,1,4位,2,3位,2,4位,3,4位6种情况。21、D【解题分析】
A.碘晶体为无限延伸的空间结构,构成微粒为分子,是分子晶体,A项错误;B.用均摊法计算:该晶胞中,顶点碘分子有8个数,为8个晶胞所共有,每个碘分子有属于该晶胞;面心碘分子有6个,为2个晶胞所共有,每个碘分子有属于该晶胞数,则一共有碘分子数为,因此平均每个晶胞中有4个碘分子,即有8个碘原子,故B错误;C.碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键,且晶体中碘分子之间存在范德华力,不是碘原子之间,C项错误;D.碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构,D项正确;本题答案选D。22、A【解题分析】
A.聚乙烯分子中无不饱和的碳碳双键,因此不能使酸性KMnO4溶液褪色,A正确;B.是环己烷,不属于芳香烃,的组成元素含有C、H、O、N,属于芳香族化合物,不属于芳香烃,B错误;C.是苯酚,属于酚类,而是苯甲醇,属于芳香醇,二者是不同类别的物质,不是同系物的关系,C错误;D.分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收,由此可以初步推测有机物结构简式为CH3—O—CH3或CH3CH2OH,D错误;故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3•H2O【解题分析】
无色溶液中不可能含有Fe3+离子。(1)如果Y是盐酸,向溶液中加盐酸,先生成沉淀,当a-b段时,沉淀的量不变化,盐酸和碳酸根离子反应生成气体,则溶液中不含镁离子、铝离子;当b-c段时沉淀的质量减少,部分沉淀和盐酸反应,部分沉淀和盐酸不反应,说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子,弱酸根离子和铵根离子能双水解,所以溶液中含有的阳离子是钠离子;(2)若Y是氢氧化钠,向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,当a-b段时,沉淀的量不变化,氢氧化钠和铵根离子反应生成气体;当b-c段时沉淀的质量减少,部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有铝根离子和镁离子,则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子,所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【题目详解】(1)如果Y是盐酸,由图可知,向溶液中加盐酸,先生成沉淀后沉淀部分溶解,则溶液中可能含SiO32-、AlO2-,不含Al3+、Mg2+;ab段,沉淀的量没有变化,说明溶液中含有CO32-,盐酸和碳酸根离子反应,反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑;bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水,硅酸沉淀不反应,沉淀部分溶解,反应的离子方程式为3H++Al(OH)3=Al3++3H2O,故答案为:SiO32—、AlO2—;CO32-;3H++Al(OH)3=Al3++3H2O;(2)若Y是氢氧化钠,由图可知,向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种,由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-,由于溶液一定要保持电中性,故溶液中一定含Cl-;ab段,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体:NH4++OH-═NH3•H2O,即溶液中含NH4+;bc段,沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3+、Mg2+,bc段的反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;由于溶液中有Al3+、Mg2+,oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+,ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O;溶液中有Al3+、Mg2+,即沉淀中含Al(OH)3和Mg(OH)2,故bc段的反应离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,NH4+反应需要NaOH的体积是2V,由于Al(OH)3溶解时需要的NaOH的体积是V,则生成Al(OH)3需要的NaOH的体积是3V,而生成Mg(OH)2和Al(OH)3共消耗NaOH的体积为4V,则生成Mg(OH)2需要NaOH溶液的体积是V,则n(Al3+):n(Mg2+):n(NH4+)=2:1:4,根据溶液要呈电中性,即有:3n(Al3+)+2n(Mg2+)+n(NH4+)=n(Cl-),故n(Cl-)=12,即有:n(Al3+):n(Mg2+):n(NH4+):n(Cl-)=2:1:4:12,故答案为:Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-;2:1:4:12;NH4++OH-═NH3•H2O。【题目点拨】本题考查无机物的推断,注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子,再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。24、1s22s22p63s23p63d9孤电子对bSi<C<N3∶2sp杂化dCr【解题分析】分析:Z的原子序数为29,Z为Cu元素;R原子核外L层电子数为奇数,R为第二周期元素,Q的p轨道电子数为2,Q的原子序数小于R,Q为C元素;Y原子的价电子排布为msnmpn,Y原子的价电子排布为ms2mp2,Y为第IVA族元素,Y的原子序数介于Q与Z之间,Y为Si元素;X原子p轨道的电子数为4,X的原子序数介于Q与Y之间,X为O元素;R的原子序数介于Q与X之间,R为N元素。(1)Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。(2)在[Cu(NH3)4]2+离子中,Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。(3)Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4(甲)、SiH4(乙),稳定性:CH4>SiH4,沸点:CH4<SiH4。(4)C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26,该氢化物为CH≡CH,CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。其中C原子为sp杂化。(6)某元素原子的价电子构型为3d54s1,该元素属于d区元素,元素符号是Cr。详解:Z的原子序数为29,Z为Cu元素;R原子核外L层电子数为奇数,R为第二周期元素,Q的p轨道电子数为2,Q的原子序数小于R,Q为C元素;Y原子的价电子排布为msnmpn,Y原子的价电子排布为ms2mp2,Y为第IVA族元素,Y的原子序数介于Q与Z之间,Y为Si元素;X原子p轨道的电子数为4,X的原子序数介于Q与Y之间,X为O元素;R的原子序数介于Q与X之间,R为N元素。(1)Z为Cu元素,Cu原子核外有29个电子,基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。(2)在[Cu(NH3)4]2+离子中,Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。(3)Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4(甲)、SiH4(乙),由于C-H键的键长小于Si-H键,C-H键的键能大于Si-H键,稳定性:CH4>SiH4;由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量,CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力,沸点:CH4<SiH4;答案选b。(4)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势,第一电离能C<N;同主族从上到下第一电离能逐渐减小,第一电离能C>Si;C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26,该氢化物为CH≡CH,CH≡CH的结构式为H—C≡C—H,单键全为σ键,三键中含1个σ键和2个π键,CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。CH≡CH中每个碳原子形成2个σ键,C原子上没有孤电子对,C原子为sp杂化。(6)某元素原子的价电子构型为3d54s1,由于最后电子填入的能级符号为3d,该元素属于d区元素,元素符号是Cr。25、分液漏斗分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面(或分液漏斗中液体不能顺利流下)CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O将伸出烧瓶外的导管换成长导管除去挥发出来的乙醇溴水或溴的四氯化碳溶液否【解题分析】
(1)根据仪器构造及用途作答;(2)根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性;(3)溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应;(4)油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果;
(5)乙醇易溶于水,据此解答;
(6)根据乙烯的不饱和性,能与Br2发生加成反应作答。【题目详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗,故答案为分液漏斗;(2)关闭止水夹c,由仪器a向仪器b中加水,若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面,而不下落,则证明装置A不漏气,故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面(或分液漏斗中液体不能顺利流下);(3)卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应,生成不饱和烯烃,反应为故答案为;(4)若出现了较多的油状液体,则说明溴乙烷蒸气冷却液化的较多,为减少油状液体的析出,可采取将伸出烧瓶外的导管换成长导管的措施,故答案为将伸出烧瓶外的导管换成长导管;(5)B中的水用于吸收挥发出来的乙醇,目的是防止乙醇和高锰酸钾反应,干扰实验,故答案为除去挥发出来的乙醇;
(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂为溴水或溴的四氯化碳溶液;乙烯也能使溴水或者溴的四氯化碳溶液褪色,因装置B中盛装的是水,目的是防止乙醇和高锰酸钾反应,而溴与乙醇不反应,所以无须用装置B,故答案为溴水或溴的四氯化碳溶液;否。26、滴定管2-32-3气泡锥形瓶滴定管活塞锥形瓶内溶液颜色变化偏高无影响偏高偏高偏低【解题分析】
(1)中和滴定实验,应先检验仪器是否漏液,再用标准液进行润洗2~3次,最后排除滴定管尖嘴处的气泡;(2)滴定时,左手控制酸式滴定管的活塞,以便控制液体的流速,右手摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化;(5)利用c1V1=c2V2判断。【题目详解】(1)①中和滴定实验,盐酸为标准液,需用酸式滴定管,使用前应验漏;②滴定管不漏液,则用蒸馏水洗涤2~3次,再用标准液润洗2~3次,可防止标准液的浓度偏小;③装液高于“0”刻度,并驱逐除尖嘴处的气泡;(2)滴定时,左手控制酸式滴定管的活塞,以便控制液体的流速,右手摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化;(5)①用待测液润洗锥形瓶,导致待测液的物质的量偏大,使用标准液的物质的量偏大,计算待测液的浓度偏高;②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶,对待测液的物质的量无影响,则计算结果无影响;③滴定过程中不慎有酸液外溅,导致酸溶液的体积偏大,计算待测液的浓度偏高;④滴定到终点时,滴定管尖嘴外悬有液滴,导致酸溶液的体积偏大,计算待测液的浓度偏高;⑤读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,导致酸溶液的体积偏小,计算待测液的浓度偏低。【题目点拨】某一次操作对标准液的影响,再利用c1V1=c2V2计算出待测液的浓度变化。27、+Br2+HBr出现淡黄色沉淀吸收排出的HBr气体,防止污染空气且能防止倒吸广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层分液漏斗下【解题分析】
(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢;(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀;(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体,防止污染空气且能防止倒吸;(4)溴化氢极易溶于水;(5)反应后还有剩余的溴单质,氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉,溴苯的密度比水大。【题目详解】(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢,方程式为:+Br2+HBr,故答案为:+Br2+HBr;(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀,故答案为:出现淡黄色沉淀;(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体,防止污染空气且能防止倒吸,故答案为:吸收排出的HBr气体,防止污染空气且能防止倒吸;(4)溴化氢极易溶于水,所以看到广口瓶中的水倒吸到A中,在A瓶中液体为水和有机物,出现分层,故答案为:广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层;(5)反应后还有剩余的溴单质,氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉,然后将液体倒入分液漏斗中,溴苯的密度比水大,在下层,从下口放出,故答案为:分液漏斗;下。28、ac0.2/t116.411.6、【解题分析】
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