云南省保山市腾冲市2022-2023学年高二上学期期中教育教学质量监测化学试卷( 含答案解析 )_第1页
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文档简介

腾冲市2022年秋季学期期中教育教学质量监测高二年级化学试题卷注意事项:1.答卷前,考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上,并认真核准条形码上的学校、准考证号、姓名、考场号、座位号,在规定的位置贴好条形码。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H-1C-12O-16S-32Cl-35.5K-39Mn-55Cu-64一、选择题:只有一个最佳选项,每小题2分,共48分。必做题(1-17题)1.2021年12月9日,神舟十三号航天员王亚平、翟志刚、叶光富在中国空间站展示了失重环境下的物理现象。若在太空中进行以下实验,最难完成的是A.用注射器向水球中注入气泡 B.将泡腾片溶于水中C.蒸发食盐水制取食盐晶体 D.用漏斗、滤纸过滤除去水中的泥沙【答案】D【解析】【详解】在太空中处于失重状态,而过滤需要靠重力的作用完成,故在失重状态下过滤操作最难完成;答案选D。2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.32g皇冠状S8()分子中含有S—S键数为NAB.标准状况下,11.2LSO3含有硫原子数为0.5NAC.1mol/L的NH4NO3溶液中含有NO离子数目为NAD.标准状况下,6.4g铜溶解在浓硝酸中转移的电子数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A.32克S8的物质的量为0.125mol,每个S8分子中含有的S-S键数目为8,所以32克S8所含的S-S键数目为NA,A正确;B.标况下SO3为固体,11.2LSO3所含的硫原子数目不等于0.5NA,B错误;C.未告知溶液体积,无法计算离子数目,C错误;D.铜与浓硝酸反应生成二价的铜离子,每个铜原子转移两个电子,6.4克铜转移的电子数应为0.2NA,D错误;故选A。3.在元素周期表中金属元素与非金属元素分界线附近,能找到A.耐高温的合金材料 B.作半导体材料的元素C.作催化剂的元素 D.制农药的元素【答案】B【解析】【详解】A.耐高温的合金材料在过渡元素区寻找,故A不选;

B.作半导体材料的元素,在元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近寻找,故B选;

C.做催化剂的元素从过渡元素区寻找,故C不选;D.制农药的元素在周期表右上方的非金属元素区寻找,故D不选;

故选:B。4.下列由实验操作、实验现象不能得出相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A向某溶液中滴加NaOH稀溶液并加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中一定含B将金属钠置于燃烧匙中,点燃后迅速伸入装满的集气瓶中集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生具有氧化性C向溶液中滴加少量KI溶液,继续加入少量苯,振荡,静置,分液,向下层溶液中滴入溶液静置时,上层溶液显紫红色;向下层溶液中滴入溶液后产生白色沉淀与KI的反应是有一定限度的D往新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红后褪色新制氯水显酸性且具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.和NaOH稀溶液反应生成NH3然后加热,实验中生成了氨气,原溶液中含有,A正确;B.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳单质,因此集气瓶中有大量白烟和黑色颗粒产生,该反应中CO2中C得电子化合价降低,说明其具有氧化性,B正确;C.向氯化铁溶液中滴加少量KI溶液,该反应中氯化铁过量,则分液后向下层溶液中滴加硝酸银溶液,一定有白色沉淀AgCl生成,无法证明氯化铁和碘化钾反应存限度,C错误;D.氯气与水反应生成HCl和HClO,其中HCl和HClO都具有酸性,加入紫色石蕊试液后先变红,HClO具有强氧化性能漂白溶液,故溶液后褪色,证明了新制氯水显酸性且具有氧化性,D正确;故答案选C。5.在不同条件下,用氧化一定浓度溶液的过程中所测得的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是()A.内,的氧化率随时间延长而逐渐增大B.由曲线②和③可知,pH越大,的氧化速率越快C.由曲线①和③可知,温度越高,的氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为【答案】B【解析】【详解】A.由题图中曲线可知,内,随着时间的延长,的氧化率逐渐增大,A项正确,不符合题意;B.由曲线②和③可知,当温度相同时,pH越小,的氧化率越大,相同时间内的氧化速率越快,B项错误,符合题意;C.由曲线①和③可知,温度越高,的氧化速率越快,C项正确,不符合题意;D.氧化过程的离子方程式为,D项正确,不符合题意。故选B。6.下列变化或应用涉及氧化还原反应的有几种①明矾净水②漂白粉变质③自然固氮④电解⑤绚丽的焰火⑥食物腐烂⑦电离⑧葡萄酒中添加二氧化硫⑨臭氧杀菌A.5种 B.6种 C.7种 D.8种【答案】B【解析】【详解】①明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附杂质功能,与氧化还原反应无关;②漂白粉变质是次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙、次氯酸,次氯酸分解生成盐酸和氧气,与氧化还原反应有关;③自然固氮是游离态的氮变为化合态的氮,与氧化还原反应有关;④电解是阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,与氧化还原反应有关;⑤绚丽的焰火是电子发生跃迁,是物理变化;⑥食物腐烂是缓慢的氧化,与氧化还原反应有关;⑦电离是电解质解离成自由移动的离子的过程,与氧化还原反应无关;⑧葡萄酒中添加二氧化硫作抗氧剂,与酒中氧化性物质反应,与氧化还原反应有关;⑨臭氧杀菌是利用臭氧强氧化性,与氧化还原反应有关;因此涉及氧化还原反应的有6种,故B符合题意。综上所述,答案为B。7.2022年6月17日,中国第三艘航空母舰——“福建舰”正式下水,它是目前世界上最大的常规动力航母,配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是A.电磁弹射技术可使舰载机快速起飞,电能属于二级能源B.氮化镓常用于雷达系统,其属于新型无机非金属材料C.低磁合金钢常用于舰体材料,其强度、熔点均高于纯铁D.航母燃料是重油,重油通过燃烧将化学能转变为热能、机械能等【答案】C【解析】【详解】A.电能是由水能、热能、风能、核能、光能、化学能等其他形式的能量转换而来,属于二次能源,故A正确;B.氮化镓是第三代半导体材料,在通信、雷达等方面有着独特优势,属于新型无机非金属材料,故B正确;C.低磁钢属于铁合金,其强度、韧性等机械性能优于纯铁,但其熔点低于纯铁,故C错误;D.重油通过燃烧可将化学能转变为热能、光能、机械能等其他形式的能量,故D正确;故选C。8.下列有关金属冶炼的说法不正确的是A.金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质B.用炭粉或铝粉还原铁矿石可以获取金属C.通过电解溶液的方法可以获取金属D.冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜【答案】C【解析】【详解】A.金属冶炼的实质是将金属从其化合物中还原出来,故A正确;B.碳和铝都具有还原性,是工业炼铁常用的还原剂,故B正确;C.电解溶液的反应原理与电解氯化钠溶液相似,得不到单质镁,故C错误;D.冶炼铜的方法主要是热还原法和用活泼金属将其从铜盐溶液中置换出来,故D正确;故选:C。9.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.SO2CaSO3CaSO4B.FeFe2O3FeCl3C.HCl(aq)Cl2Ca(ClO)2D.Cu2(OH)2CO3CuOCuCl2(aq)【答案】D【解析】【详解】A、二氧化硫与氯化钙溶液不能反应生成亚硫酸钙,物质间转化不能实现,选项A错误;B、铁在氧气中点燃反应生成四氧化三铁而不能直接转化为氧化铁,物质间转化不能实现,选项B错误;C、盐酸溶液与二氧化锰共热反应不能生成氯气,应该为浓盐酸与二氧化锰共热才能得到氯气,物质间转化不能实现,选项C错误;D、碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜,氧化铜与盐酸反应生成氯化铜,物质间转化能均能实现,选项D正确答案选D。【点睛】本题考查物质之间的相互转化,注意反应物质的浓度、反应条件的不同影响着反应的进行与否,易错点为选项C,注意稀盐酸与二氧化锰不发生反应。10.向溶液a中滴加溶液b,灯泡亮度不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化的是选项ABCD溶液a氨水溶液bA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铜滴加到氢氧化钡中生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀,离子浓度减小至为0,再继续滴加,离子浓度增大,会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化,故A不符合题意;B.硫酸滴加到氢氧化钡中,反应生成水和硫酸钡沉淀,离子浓度减小至为0,再继续滴加,离子浓度增大,会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化,故B不符合题意;C.醋酸滴加到氨水中生成醋酸铵和水,离子浓度增大,继续滴加,溶液体积增大,离子浓度减小,不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化,故C符合题意;D.碳酸氢铵滴加到氢氧化钙中,反应生成水、碳酸钙、一水合氨,离子浓度减小至为0,再继续滴加,离子浓度增大,会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化,故D不符合题意。综上所述,答案为C。11.下列关于乙酰水杨酸(结构简式如图所示)的说法,正确的是A.所有原子可能共平面 B.属于芳香烃C.分子中含有3种官能团 D.分子式为【答案】D【解析】【详解】A.分子结构中存在饱和烃基,不可能所有原子共面,故A错误;B.芳香烃只含碳、氢元素,故B错误;C.分子中含有2种官能团:羧基和酯基,故C错误;D.由该分子的结构简式可知,其分子式为,故D正确;故选D。12.下列结论正确的是()①离子半径:K+>Al3+>S2->Cl-②氢化物的稳定性:HF>HCl>H2S>PH3>SiH4③离子的还原性:S2->Cl->Br->I-④氧化性:Cl2>S>Se>Te⑤酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO⑥非金属性:O>N>P>Si⑦金属性:Be<Mg<Ca<KA.只有②⑤⑦ B.②⑥⑦ C.②④⑤⑥⑦ D.②④⑥【答案】C【解析】【详解】①电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2->Cl->K+>Al3+,故①错误;②非金属性F>Cl>S>P>Si,氢化物稳定性:HF>HCl>H2S>PH3>SiH4,故②正确;③非金属性Cl>Br>I>S,阴离子还原性S2->I->Br->Cl-,故③错误;④非金属性Cl>S>Se>Te,单质氧化性Cl2>S>Se>Te,故④正确;⑤非金属性S>P>C,最高价含氧酸的酸性H2SO4>H3PO4>H2CO3,碳酸酸性比HClO酸性强,故酸性H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO,故⑤正确;⑥同周期随原子序数增大元素非金属性增强,同主族自上而下元素非金属性减弱,故非金属性O>N>P>Si,故⑥正确;⑦同主族自上而下金属性增强,同周期自左而右金属性减弱,故金属性:Be<Mg<Ca<K,故正确。故选C。【点睛】非金属性强弱的比较规律:①单质的氧化性:一般情况下,氧化性越强,对应非金属性越强;②单质和酸或者和水的反应程度:反应越剧烈,非金属性越强;③对应氢化物的稳定性:氢化物越稳定,非金属性越强;④和氢气化合的难易程度:化合反应越容易,非金属性越强;⑤最高价氧化物对应水化物的酸性:酸性越强,非金属越强;⑥由对应最低价阴离子的还原性:还原性越强,对应非金属性越弱;⑦置换反应:非金属性强的制非金属性弱的。13.下列指定反应的离子方程式正确的是A.钠与水的反应:Na+H2O=Na++2OH-+H2↑B.用醋酸除去水垢:2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.用氯化铁溶液腐蚀铜电路板:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+D.向漂白粉溶液中通入少量CO2:Ca2++ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+HClO【答案】C【解析】【详解】A.钠与水反应,离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,A错误;B.醋酸是弱酸,不能拆开,用醋酸除去水垢的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O,B错误;C.向氯化铁溶液中加入铜,离子方程式:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,C正确;D.漂白粉溶液中通入少量CO2,反应生成次氯酸和碳酸氢根离子,正确的离子方程式为:ClO-+H2O+CO2=HClO+,D错误;故答案选C。14.科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间,原理如图所示,反应的总方程式为:。电池工作时,下列有关说法正确的是A.Cu电极质量增大 B./Ag为电池负极C.电子从Cu经溶液流向/Ag电极 D./Ag电极附近PH降低【答案】A【解析】【分析】根据电池反应式知,较活泼金属铜作负极,氧化银作正极,负极上铜失电子和氢氧根离子生成氧化铜和水,电子从负极铜经导线流向正极氧化银,氧化银上有大量电子,根据异性相吸原理,溶液中阳离子向正极移动;电流从正极氧化银流向负极铜。【详解】A.Cu电极作为负极,失去电子,生成Cu2O,质量增加,A正确;B.在总反应中作氧化剂,氧化剂在原电池中作正极,B错误;C.在原电池中,电子是从负极经导线流向正极,不经过溶液,C错误;D.电极的电极反应式为,则pH升高,D错误;故选A。15.可逆反应,在体积不变的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是①单位时间内生成的同时生成②单位时间内生成的同时生成2nmolNO③用,NO,的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①③④ B.②③⑤ C.①④⑤ D.①②③④⑤【答案】C【解析】【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时,正反应速率与逆反应速率相等,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变。【详解】①为生成物,为反应物,单位时间内生成的同时生成,正反应速率与逆反应速率相等,说明反应达到平衡状态,①正确;②NO,均为生成物,任何时刻,单位时间内生成的同时都会生成2nmolNO,不能说明反应达到平衡状态,②错误;③任何时刻,反应速率之比都等于化学计量数之比,用,NO,的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态,不能说明反应达到平衡状态,③错误;④混合气体的颜色不再改变,说明NO2的浓度不再变化,各物质浓度不变,说明反应达到平衡状态,④正确;⑤依据质量守恒定律,质量一直不变,但该反应为反应前后气体分子数改变的反应,只有达到平衡状态时,混合气体的总物质的量才不变,因此混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明反应达到平衡状态,⑤正确;综上分析,正确的有①④⑤,答案选C。16.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性B将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中,溶液最终变为无色透明乙烯与溴、四氯化碳均发生了加成反应C将质量和大小都相同的铁片分别加入到2mL0.4mol/L的盐酸和2mL0.2mol/L的盐酸中,前者产生气泡的速率明显快于后者其他条件相同时,浓度越大,反应速率越快D向2mLCuSO4溶液中滴加少量NaOH溶液后,加入葡萄糖溶液再加热煮沸,没有砖红色沉淀生成葡萄糖已变质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.发生取代反应生成的HCl使湿润的石蕊试纸变红,而氯甲烷为中性,故A错误;B.乙烯与溴发生了加成反应生成无色液体1,2-二溴乙烷,可溶于四氯化碳,故B错误;C.其他条件相同时,浓度越大,反应速率越快,故C正确;D.检验-CHO在碱性溶液中,NaOH不足,由操作和现象不能证明葡萄糖变质,故D错误;故答案选C。17.最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下:下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中,CO断键形成C和OC.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量--反应过程的图像知,状态I的能量高于状态Ⅲ的能量,故该过程是放热反应,A错误;B.根据状态I、Ⅱ、Ⅲ可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂,故B错误;C.由图Ⅲ可知,生成物是CO2,具有极性共价键,故C正确;D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程,故D错误。故选C。选做版块(请在选做的版块上填涂,若两个版块都填涂或均不填涂的考生,则按第一版块计分)学习选择性必修1化学反应原理的考生做18-24题学习选择性必修3有机化学基础的考生做25-31题以下题目供学习选择性必修1的考生做18.对于反应,下列有关说法不正确的是A.加入催化剂Au/,该反应的焓变ΔH不变B.升高温度,反应体系的活化分子百分数增多C.向恒压反应体系中充入氦气,反应速率减小D.其他条件相同,增大,平衡正向移动,平衡常数K增大【答案】D【解析】【详解】A.催化剂不影响反应物和生成物的状态,故不影响焓变,A正确;B.升温,分子总数不变,但更多的普通分子吸收能量转化为活化分子,故活化分子百分数增多,B正确;C.向恒压反应体系中充入氦气,容器体积增大,反应物浓度减小,反应速率减小C正确;D.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数也不变,D错误;故选D。19.下列说法中正确的是A.非自发反应在任何条件下都不能实现B.ΔH>0,ΔS>0的反应在任何条件都可以实际发生C.金属单质导电属于物理变化,电解质溶液导电是化学变化D.在298K时平衡常数,说明在该温度下反应速率很快【答案】C【解析】【详解】A.低温下非自发反应可能在高温下能自发反应,故A错误;B.根据,则ΔH>0,ΔS>0的反应在高温下才可能自发进行,但并不一定能实际发生,故B错误;C.金属单质导电是电子自由移动,属于物理变化,电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生氧化还原反应,是化学变化,故C正确;D.在298K时的平衡常数,说明在该温度下反应程度很小,平衡常数大小与反应速率没有直接关系,故D错误。综上所述,答案为C。20.在恒容密闭容器中,CO与H2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0,达到平衡后,若只改变某一条件,下列示意图正确的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A.增加一氧化碳的物质的量,CO的转化率降低,故A错误;B.增加一氧化碳的物质的量,平衡正向移动,但平衡常数不变,故B正确;C.升高温度,平衡向吸热反应即逆向移动,平衡常数减小,故C错误;D.增加氢气的物质的量,平衡正向移动,CO又消耗,转化率增大,故D错误;综上所述,答案为B。21.下列方法中,可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH电离程度减小的是A.升温 B.加水稀释C.加入少量氯化钠固体 D.加入少量醋酸钠固体【答案】D【解析】【详解】A.醋酸的电离是吸热的,加热CH3COOH溶液,促进醋酸的电离,醋酸的电离程度增大,A错误;B.加水稀释CH3COOH的电离平衡正向移动,促进CH3COOH的电离,B错误;C.少量NaCl固体加入,不能影响任何微粒的浓度,因此对CH3COOH电离产生不产生任何影响,C错误;D.加入少量CH3COONa固体,溶液中c(CH3COO-)增大,CH3COOH的电离平衡逆向移动,抑制CH3COOH的电离,CH3COOH电离程度减小,D正确;故合理选项是D。22.常温下,不能证明乙酸是弱酸的实验事实是A.溶液能与溶液反应生成B.0.1mol/L溶液的pH大于7C.0.1mol/L溶液的pH=3D.体积相等浓度相等的盐酸和醋酸溶液与足量锌粒反应,醋酸产生多【答案】A【解析】【详解】A.CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2,说明CH3COOH的酸性大于碳酸,但不能证明乙酸是弱酸,故选A;B.0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7,说明CH3COO-能水解,则CH3COOH是弱酸,故不选B;C.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3,说明醋酸部分电离,则CH3COOH是弱酸,故不选C;D.体积相等浓度相等的盐酸和醋酸与足量锌粒反应,醋酸产生H2多,说明醋酸的物质的量大于盐酸,则醋酸是弱酸,故不选D;选A。23.下列事实中,不能用勒夏特列原理解释的是A.钢铁在潮湿的空气中容易生锈B.开启啤酒后,瓶中马上泛起大量泡沫C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D.工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率(2SO2+O22SO3)【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理指的是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动,勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程,如与可逆过程无关,则不能用勒夏特列原理解释。【详解】A.钢铁在潮湿的空气中容易生锈,主要发生电化学腐蚀,不存在可逆过程,不能用勒夏特列原理解释,A项选;B.汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2,打开汽水瓶时,压强降低,平衡向生成二氧化碳方向移动,可以用勒夏特列原理解释,B项不选;C.氯气溶于水发生反应:Cl2+H2OHClO+H++Cl﹣,由于饱和食盐水中氯离子浓度较大,相当于在氯气溶于水的反应中增大了氯离子浓度,根据勒夏特列原理,平衡向逆反应方向移动,氯气的溶解量减少,可以用勒夏特列原理解释,C项不选;D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3,使用过量的空气,增大氧气的浓度,平衡向正反应移动,可以提高二氧化硫的利用率,能用勒夏特列原理解释,D项不选,答案选A。24.已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,要使溶液中增大,可以采取的措施是①加少量烧碱固体②升高温度③加少量冰醋酸④加水⑤加少量醋酸钠固体A.②④ B.②③⑤ C.③④⑤ D.①②【答案】A【解析】【分析】醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+,根据勒夏特列原理进行分析;【详解】①=,加入NaOH固体,OH-消耗H+,促进醋酸的电离,Ka保持不变,c(CH3COO-)增大,该比值减小,故①不符合题意;②弱电解质的电离属于吸热过程,升高温度,促进醋酸的电离,c(H+)增大,c(CH3COOH)减小,即该比值增大,故②符合题意;③加入少量冰醋酸,c(CH3COOH)增大,促进电离,但醋酸的电离度减小,因此该比值减小,故③不符合题意;④加水稀释,促进电离,n(H+)增大,n(CH3COOH)减小,,因此该比值增大,故④符合题意;⑤加少量的CH3COONa,c(CH3COO-)增大,抑制醋酸的电离,c(H+)减小,c(CH3COOH)增大,该比值减小,故⑤不符合题意;综上所述,选项A正确;答案为A。以下题目供学习选择性必修3的考生做25.把3g甲醛气体溶于60g冰醋酸中,再加入9g果糖得混合物甲;另取10g甲酸甲酯和3g葡萄糖相混合,得混合液乙;然后将甲和乙两种混合液再按13:7的质量比混合得丙,在丙中加入60g乳酸(C3H6O3)得到丁溶液,则丁中碳元素的质量分数是A.40% B.45% C.50% D.55%【答案】A【解析】【详解】甲醛、冰醋酸、果糖、甲酸甲酯、葡萄糖、乳酸6种物质的最简式相同,均为CH2O,相互混合又不反应,所以,它们不论以何种比例混合,碳元素的质量分数不变,均为;答案选A。26.下列分离混合物的实验方法中不正确的是A.分离乙酸(沸点77.1℃)与某种液态有机物(沸点120℃)的混合物-蒸馏B.从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3-热水溶解、降温结晶、过滤C.用CCl4萃取碘水中的碘,液体分层后-下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出D.将溴水中的溴转移到有机溶剂中-加入乙醇萃取【答案】D【解析】【详解】A.两种有机物互溶且沸点相差较大,则选择蒸馏法分离,A正确;B.NaCl和KNO3的溶解度受温度影响变化程度不同,则从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3可采取热水溶解、降温结晶、过滤的方法,B正确;C.分液时,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,C正确;D.乙醇与水互溶,则乙醇不能萃取溴水中的溴,D错误;故选:D。27.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51,X中碳、氢、氧的质量之比为30∶5∶16,它属于酯类的同分异构体有m种,属于羧酸的同分异构体有n种(不考虑立体异构),则m、n分别是()。A.8、7 B.9、4 C.4、9 D.6、10【答案】B【解析】【详解】有机物X的蒸气相对氢气的密度为51,则该有机物的相对分子质量为102,X中碳、氢、氧的质量之比为30∶5∶16,则分子中含有C、H、O三种原子的个数之比是,因此结合相对分子质量可知,该有机物的分子式为C5H10O2。如果其属于酯类,可能为甲酸和丁醇酯化,丁醇有4种,可形成4种酯;可能为乙酸和丙醇酯化,丙醇有2种,可形成2种酯;可能为丙酸和乙醇酯化,丙酸有1种,可形成1种酯;可能为丁酸和甲醇酯化,丁酸有2种,可形成2种酯,所以有9种酯;如果属于饱和一元酸,其同分异构体等于丁基的种类,共有4种,答案选B。28.咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用,其结构简式如下所示:关于咖啡鞣酸的下列说法不正确的是A.分子式为C16H18O9B.与苯环直接相连的原子都在同一平面上C.1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHD.与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A.根据结判断分子式为C16H18O9,正确;

B.苯环中C为sp2杂化结构,6个C和与其相连的原子在同一平面上,正确;

C.咖啡鞣酸中有一个酯键、三个醇羟基、一个羧基、两个酚羟基,故1mol咖啡鞣酸水解时,只可消耗4molNaOH,错误;

D.结构中有碳碳双键,可以发生加成反应,正确;

答案选C。29.法国化学家伊夫·肖万发现烯烃复分解反应,获2005年诺贝尔化学奖。烯烃复分解反应可形象地描述为交换舞伴。烯烃复分解反应中的催化剂是金属卡宾(如),金属卡宾与烯烃分子相遇后,“交换舞伴”,组合成两个新分子,其中一个是新的烯烃分子,另一个是金属原子和它的新舞伴。后者会继续寻找下一个烯烃分子,再次“交换舞伴”。把与在一定条件下混合反应,下列产物不可能存在的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知,可以认为C6H5CH2CH=CH2与CH2=M发生在双键位置的断裂,断裂后的基团进行组合重新形成双键,据此解答。【详解】C6H5CH2CH=CH2断裂为C6H5CH2CH与CH2,CH2=M断裂为CH2与M,相互组合可以生成C6H5CH2CH=CHCH2C6H5、CH2=CH2、C6H5CH2CH=M,故不可能生成C6H5CH2CH2C6H5;故答案为C。30.下列事实中,能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是A.只代表一种物质 B.只代表一种物质C.只代表一种物质 D.只代表一种物质【答案】B【解析】【详解】无论甲烷四面体还是正四边形,、、都只有一种结构,都只代表一种物质,只代表一种物质,说明不是平面结构,从而说明甲烷是正四面体结构。答案为B。31.在一密闭容器中充入一种气态烃和足量的氧气,用电火花点燃完拿燃烧后,容器内气体体积保持不变,若气体体积均在120℃和相同的压强下测定的,这种气态烃是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据,气体体积均在120℃和相同的压强下测定,若要容器内气体体积保持不变,则有,则,则A符合题意。综上所述,答案为A。第II卷(非选择题,共52分)二、必做题:32.硫酰氯()是生产医药、农药、染料的重要原料。硫酰氯与硫酸的部分性质如下表:物质熔点/℃沸点/℃其他性质-54.169.1①易水解,产生大量白雾,生成两种强酸②易分解:10.4338强吸水性、稳定不易分解实验室用干燥纯净的氯气和过量的二氧化硫在活性炭的催化作用下合成硫酰氯,反应方程式为ΔH<0,其实验装置如图所示(夹持仪器已省略):(1)仪器B的名称________,A的作用为________;B中盛放的药品是_________。(2)装置戊中发生的反应的离子方程式为___________(3)若缺少装置乙和丁,对产品硫酰氯会有何影响,请用化学方程式表示___________。(4)装置甲发生反应的化学方程式为___________。(5)实验开始时,戊中开始加入pg固体,假设在过量浓盐酸的作用下完全反应,若实验结束后得到硫酰氯qmol,请计算硫酰氯的产率___________(列出表达式)。【答案】(1)①.球形干燥管②.冷凝回流硫酰氯()③.碱石灰(2)2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(4)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(5)或【解析】【分析】装置戊为氯气发生装置;甲为制备二氧化硫的装置,二氧化硫、氯气参与反应前需干燥,则乙、丁中为浓硫酸,在装置丙中氯气和二氧化硫制得产品。【小问1详解】仪器B为球形管,反应一段时间后,由于制备反应为放热反应,反应一段时间后温度升高,故A的作用为冷凝回流硫酰氯();为防止空气中的水蒸气进入,同时吸收未反应的SO2和Cl2,所以装置B中应盛放碱石灰。【小问2详解】戊中高锰酸钾和浓盐酸制备氯气,离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问3详解】SO2Cl2易水解,若缺少装置乙和丁,水蒸气进入装置丙,发生反应:SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;【小问4详解】甲为制备二氧化硫的装置,发生的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。【小问5详解】的物质的量为mol,根据制备氯气的反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,则生成的氯气的物质的量为mol,根据氯原子守恒制得的的理论值为mol,则硫酰氯的产率×100%==。33.钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂(主要成分为MoS、和)中提取比较贵重的金属钒和钼,工艺流程如下:回答下列问题:(1)“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎,目的是___________。(2)“焙烧”过程中MoS、和均转化为对应的钠盐,写出MoS转化为的化学方程式___________。(3)“滤渣”的化学式为___________。滤液①的主要成分为、___________。“沉铝”过程反应的离子方程式为___________(4)“沉钼”的离子方程式为___________。(5)高温用还原得钼金属,氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。【答案】(1)加快反应速度(2)2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2(3)①.Al(OH)3②.NaVO3、NaHCO3③.AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO(4)2NH+6H++4MoO=(NH4)2O▪4MoO3▪2H2O+H2O(5)1:12【解析】【分析】废催化剂在“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐,加入水除去固体杂质得到浸出液,通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀除去铝,得到滤液调节pH,加入氯化铵生成NH4VO3沉淀,分离出滤液,加入硝酸铵、硝酸得到(NH4)2O▪4MnO2▪2H2O。【小问1详解】对于固体来说,粉碎可以增大接触面积,从而加快反应速度,提高反应效率;“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎,目的是加快反应速度;【小问2详解】“焙烧”过程中MoS转化为对应的钠盐,硫元素被氧气氧化为二氧化硫,MoS在焙烧过程中和碳酸钠、氧气反应生成Na2MoO4和二氧化碳、二氧化硫,化学方程式为2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2;【小问3详解】根据“沉铝”信息可知,“滤渣”成分为氢氧化铝Al(OH)3;“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐,沉铝过程中偏铝酸钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀除去了铝,则得到滤液①的主要成分为Mo、V的钠盐和生成的碳酸氢钠,故为Na2MoO4、NaVO3、NaHCO3;沉铝过程发生反应AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO。【小问4详解】由流程可知,“沉钼”过程中加入硝酸铵和硝酸与MoO反应生成(NH4)2O▪4MoO3▪2H2O,离子方程式为2NH+6H++4MoO=(NH4)2O▪4MoO3▪2H2O+H2O;【小问5详解】氢气还原得金属钼,钼化合价由+6变为0价,化合价降低发生还原反应为氧化剂;氢气生成水,氢元素化合价由0变为+1,化合价升高发生氧化反应为还原剂;根据电子守恒可知,~24e-~12H2,故氧化剂与还原剂物质的量之比为1:12。34.A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大的元素,A、D元素的原子最外层电子数相同,A元素的一种原子没有中子;B的一种同位素可用于考古断代;C是地壳中含量最多的一种元素;D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同;E的最外层电子数是电子层数的2倍;F的单质具有强氧化性。G是用途最广泛的金属元素,它的单质能被磁铁所吸引;试回答以下问题:(1)ACD形成的化合物含的化学键有___________。(2)D单质与C单质在加热条件下反应产物的电子式___________,该物质与反应的离子方程式___________。(3)化合物甲、乙由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质,且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的化学方程式为___________。(4)E的最高价氧化物对应水合物的浓溶液在加热条件下加入过量的G单质,反应的化学方程式为___________(5)用电子式写出的形成过程___________。【答案】34.离子键、共价键35.①.②.2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑36.NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O37.2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O;Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4;2Fe+3H2SO4(稀)=Fe2(SO4)3+3H238.【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期元素,A元素的一种原子没有中子,则A为H元素;B的一种同位素可用于考古断代,则B为C元素;C是地壳中含量最多的一种元素,则C为O元素;D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同,则D位于第三周期,A、D元素的原子最外层电子数相同,则D为Na;E的最外层电子数是电子层数的2倍,E位于第三周期,最外层含有6个电子,为S元素;F的单质具有强氧化性,则F为Cl元素;G是用途最广泛的金属元素,它的单质能被磁铁所吸引,则G为Fe元素,据此分析解答。【小问1详解】由分析可知,A为H,C为O,D为Na,这三种可以形成的化合物为NaOH,其中钠离子和氢氧根离子之间是离子键,氢氧根离子中氧和氢之间是共价键,故答案为:离子键、共价键;【小问2详解】D单质与C单质在加热条件下反应产物为过氧化钠,电子式为,该物质与A的氧化物反应产生氧气,即过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;【小问3详解】由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质有NaHCO3、NaOH、Na2CO3等,NaHCO3、NaOH、Na2CO3的水溶液均呈碱性,化合物甲、乙由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质,且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的化学方程式为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O;【小问4详解】E的最高价氧化物对应水合物的浓溶液为浓硫酸,G单质为Fe,浓硫酸具有强氧化性,Fe与浓硫酸受热能发生反应放出SO2气体和硫酸铁,由于铁过量,则过量的铁可以和硫酸铁反应生成硫酸亚铁,过量的铁还可以和最终的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,方程式为:2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O;Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4;2Fe+3H2SO4(稀)=Fe2(SO4)3+3H2;【小问5详解】水属于共价化合物,水分子内每个氢原子和氧原子共用1对电子对,则用电子式写出A2C的形成过程为:。三、选做题:选做版块(请在选做的版块上填涂,若两个版块都填涂或均不填涂的考生,则按第一版块计分)学习选择性必修1化学反应原理的考生做35题学习选择性必修3有机化学基础的考生做36题学习选择性必修一的考生做35.硫化氢的回收、转化是环境保护和资源利用的重要研究课题。(1)溶于水分步电离出、。产生的电离方程式是___________。(2)脱除有多种方法,其中沉淀氧化法过程如图所示:a.反应Ⅱ的离子方程式是___________。b.资料显示在反应Ⅲ中起催化作用:i.ii.___________(将反应ii补充完整)(3)已知:,若反应体系达到平衡后,各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化状况如图所示(第10min到14min的浓度变化曲线未表示出):①第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低:T(2)___________(填“<”、“>”或“=”)T(8);第10min时反应改变的条件是___________。(4)页岩气的主要成分为,请回答下列问题:①已知甲烷的燃烧热为890kJ/mol;与反应生成NO的过程如下:则ΔH=___________kJ/mol。②页岩气可用于生产合成气(CO和)其反应的热化学方程式为ΔH=+206.2kJ/mol。对于气相反应,用各组分的平衡压强(p)表示平衡常教(记作Kp),则生产合成气的=___________(写出表达式),你认为可同时提高化学反应速率和转化率的措施是___________(答出一条即可)。③在某一给定进料比的情况下,温度、压强对平衡时物质的量分数的影响如图所示。由图可知,在相同温度下,的转化率随压强的增大而___________(填“增大”“小”或“不变”)。若要达到的物质的量分数>65%,以下条件中最合适的是___________(填序号)。a.600℃,0.2MPab.600℃,0.9MPac.700℃,0.9MPad.800℃,1.5MPa【答案】35.36.①.②.37.①.<②.移走部分苯乙烯38.①.−1256②.③.升高温度或增加水蒸气浓度④.减小⑤.a【解析】【小问1详解】溶于水分步电离出、。产生的电离方程式是;故答案为:。【小问2详解】a.反应Ⅱ是铁离子和硫化铜反应生成硫单质、亚铁离子和铜离子,其离子方程式是;故答案为:。b.总反应减去第i个反应得到;故答案为:。【小问3详解】①在4min时平衡正向移动,说明是升高温度,因此第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低:T(2)<T(8);第10min时氢气浓度不变,而苯乙烯的浓度突然减小,则反应改变的条件是移走部分苯乙烯;故答案为:<;移走部分苯乙烯。【小问4详解】①甲烷的燃烧热为890kJ/mol,则

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