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文档简介
2023-2024学年江苏省天星湖中学高三下学期联合考试化学试题考生请注意: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、下列属于氧化还原反应的是()A.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑B.Na2O+H2O=2NaOHC.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D.Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O2、室温下,在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中水电离的c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知:K(HClO)=3×108,H2CO3:Ka1=4.3×107,Ka2=5.6×1011。下列说法正确的是A.m一定等于20B.b、d点对应的溶液显中性C.c点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D.向c点溶液中通入少量CO2:2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO323、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是A.硫酸与氯化钠反应 B.硝酸银溶液中滴加稀氨水C.铁在硫蒸气中燃烧 D.铁粉加入硝酸中4、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.食用单晶冰糖的主要成分是单糖 B.硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂C.用水玻璃浸泡过的纺织品可防火 D.传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质5、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是A.原子半径:Br>Ga>Cl>Al B.镓元素为第四周期第ⅣA元素C.7935Br与8135Br得电子能力不同 D.碱性:Ga(OH)3>Al(OH)3,酸性:HClO4>HBrO46、过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不正确的是A.氧化性:Na2O2>Na2FeO4>FeSO4B.FeSO4只作还原剂,Na2O2既作氧化剂,又作还原剂C.由反应可知每3mol
FeSO4完全反应时,反应中共转移12
mol
电子D.Na2FeO4处理水时,不仅能杀菌消毒,还能起到净水的作用7、下列有关化学用语使用正确的是A.T原子可以表示为 B.氧氯酸的结构式是:H-N≡CC.氧离子的结构示意图: D.比例模型可以表示CO2或SiO28、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A.属于烃类 B.由不同酯组成的混合物C.密度比水大 D.不能发生皂化反应9、近年来,我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象,在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A.阴极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O B.阳极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+C.通电时,该装置为牺牲阳极的阴极保护法 D.断电时,锌环失去保护作用10、下列离子方程式不正确的是()A.3amolCO2与含2amolBa(OH)2的溶液反应:3CO2+4OH-+Ba2+=BaCO3↓+2HCO3﹣+H2OB.NH4Fe(SO4)2溶液中加入几滴NaOH溶液:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓C.亚硫酸溶液被氧气氧化:2SO32-+O2=2SO42-D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡:2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑11、不能用元素周期律解释的是()A.氯与钠形成离子键,氯与硅形成共价键B.向淀粉KI溶液中滴加溴水,溶液变蓝C.向Na2SO3溶液中滴加盐酸,有气泡生成D.F2在暗处遇H2即爆炸,I2在暗处遇H2几乎不反应12、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如下图所示)。闭合K2、断开K1时,制氢并储能;断开K2、闭合K1时,供电。下列说法错误的是A.制氢时,溶液中K+向Pt电极移动B.制氢时,X电极反应式为C.供电时,Zn电极附近溶液的pH降低D.供电时,装置中的总反应为13、阿伏加德罗常数用NA表示,下列叙述正确的是A.18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出,现用电解的方法模拟该过程,阴极为石墨,阳极为铁,理论上电路中每通过6mol电子,就有NA个Cr2O72-被还原C.标准状况下,22.4LNO2含有的原子数小于3NAD.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al,转移电子数为3NA14、《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化,还蕴含着许多化学知识,下列诗词分析不正确的是A.李白诗句“日照香炉生紫烟,遥看瀑布挂前川”,“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B.刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始到金”,金性质稳定,可通过物理方法得到C.王安石诗句“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹的燃放涉及氧化还原反应D.曹植诗句“煮豆燃豆萁,豆在釜中泣”,这里的能量变化主要是化学能转化为热能。15、两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物,共用的碳原子称为螺原子。螺[5,5]十一烷的结构为,下列关于该化合物的说法错误的是()A.一溴代物有三种B.与十一碳烯互为同分异构体C.分子中所有碳原子不可能在同一平面D.1mo1该化合物完全燃烧需要16mo1O216、下列实验可达到实验目的的是A.用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和NaHCO3溶液B.向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素C.用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体D.与NaOH的醇溶液共热制备CH3-CH=CH217、中国传统文化博大精深,明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载:“煤则各处产之,臭者烧熔而闭之成石,再凿而入炉曰礁,可五日不灭火,煎矿煮石,殊为省力。”下列说法中正确的是A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用,煤的主要成分为烃C.生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D.工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料18、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示,下列化学反应属于阴影3区域的是A.2HClO2HCl+O2↑B.NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO219、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A.b中导管不能插入液面下,否则会阻碍产物的导出B.固体酒精是一种白色凝胶状纯净物,常用于餐馆或野外就餐C.乙酸乙酯与互为同分异构体D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱20、下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A.该溶液中K+、Fe2+、C6H5OH、Br-可以大量共存B.和KI溶液反应的离子方程式:Fe3++2I-Fe2++I2C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式:Fe3++SO42—+Ba2++3OH-Fe(OH)3↓+BaSO4↓D.1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应,生成11.2gFe21、工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分,也无多余的水分,所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A.53.8% B.58.3% C.60.3% D.70.0%22、下列结论不正确的是()①氢化物的稳定性:HF>HCl>SiH4②离子半径:Al3+>S2->Cl-③离子的还原性:S2->Cl->Br-④酸性:H2SO4>H3PO4>HClO⑤沸点:H2S>H2OA.②③⑤ B.①②③ C.②④⑤ D.①③⑤二、非选择题(共84分)23、(14分)W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性。请写出:(1)W的元素符号___,其核外共有___种运动状态不同的电子。(2)甲物质的结构式为___;乙物质的空间构型为___。(3)Z元素核外共有___种能量不同的电子,碱性气体甲的电子式为___。(4)用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。(5)铋元素跟Y元素能形成化合物(BiY3),其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中,能得到澄清溶液,试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”,分析这种叫法的不合理之处,为什么。___。24、(12分)一种副作用小的新型镇痛消炎药K的合成路线如图所示:请回答下列问题(1)F分子中官能团的名称为______________;B分子中处于同一平面的原子最多有____个(2)反应⑥的条件为_______________;反应⑧的类型为_______________________。(3)反应⑦除生成H外,另生成一种有机物的结构简式为_______________________。(4)反应①的化学方程式为_______________________。(5)符合下列条件的G的同分异构体有_____________种Ⅰ.苯环上有且仅有四个取代基;Ⅱ.苯环上的一氯代物只有一种;Ⅲ.能发生银镜反应。其中还能发生水解反应的同分异构体的结构简式为______________(只写一种即可)。(6)是合成的重要中间体。参照题中合成路线,设计由1,3-丁二烯合成的一种合成路线(无机试剂任选):_______________。25、(12分)氯化亚铜是一种白色粉末,微溶于水,不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸;可溶于氯离子浓度较大的体系,形成。在潮湿空气中迅速被氧化,见光则分解。右下图是实验室仿工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品:铜丝、氯化铵、65%硝酸、20%盐酸、水。(1)质量分数为20%的盐酸密度为,物质的量浓度为______;用浓盐酸配制20%盐酸需要的玻璃仪器有:______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下:①检查装置气密性,向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸,关闭。实验开始时,温度计显示反应液温度低于室温,主要原因是______;②加热至℃,铜丝表面产生无色气泡,烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色,气囊鼓起。打开,通入氧气一段时间,将气囊变瘪,红棕色消失后关闭,冷却至室温,制得。通入氧气的目的为______;三颈瓶中生成的总的离子方程为______;将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释,产生白色沉淀,过滤得氧化亚铜粗品和滤液。③粗品用95%乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率,制备氧气的装置最好运用______(填字母)。(4)下列说法不正确的是______A.步骤Ⅰ中可以省去,因为已经加入了B.步骤Ⅱ用去氧水稀释,目的是使转化为,同时防止被氧化C.当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时,可停止通入氧气D.流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤Ⅲ用95%乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析:①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中,充分溶解;②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知:已知:CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2,Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1%):平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。误差分析:下列操作会使滴定结果偏高的是______。A.锥形瓶中有少量蒸馏水B.滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C.所取溶液体积偏大D.滴定前滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失26、(10分)以铝土矿(主要成分为,含少量和等杂质)为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知:在“碱溶”时转化为铝硅酸钠()沉淀]。(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。(2)溶液a中加入后,生成沉淀的离子方程式为___。(3)有人考虑用熔融态电解制备铝,你觉得是否可行?请说明理由:___。(4)取一定量的氮化铝样品,用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。打开,加入NaOH浓溶液,至不再产生。打开,通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。27、(12分)水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量,经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”,Ⅰ.用已准确称量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体配制一定体积的cmol/L标准溶液;Ⅱ.用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液,塞紧瓶塞(瓶内不准有气泡),反复震荡后静置约1小时;Ⅲ.向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶至沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色;Ⅳ.将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中,用硫代硫酸钠标准溶液滴定;V.待试液呈淡黄色后,加1mL淀粉溶液,继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。(2)在步骤Ⅱ中,水样中出现了MnMnO3沉淀,离子方程式为4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。(3)步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。(4)滴定时,溶液由__________色到______________色,且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。(5)河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。(6)当河水中含有较多NO3-时,测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)28、(14分)实验室用如图装置制备HCl气体。(1)推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中,可制备少量干燥HCl气体,其原理是___(选填编号)。a.浓硫酸吸收了盐酸中水分b.混合时放热使HCl溶解度减小c.浓盐酸中HCl以分子形式存在d.浓盐酸密度小于浓硫酸(2)为测定制备气体后残留混合酸中盐酸和硫酸的浓度,进行如下实验:取5.00mL混合酸,加水稀释至500mL,完成此操作,用到的精确定量仪器有____;称量4.7880gBa(OH)2固体,溶于水配成250mL标准溶液,装入洗净的细口试剂瓶,并贴上标签。装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗的目的是___,请你填写标签上的空白。____(3)从500mL稀释液中取出20.00mL,滴加几滴酚酞作指示剂,用标准Ba(OH)2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定,出现这种情况的补救措施除重做外,还有可以采取的措施是__。(4)为完成全部测定,接下来对锥形瓶中混合物进行的操作是___、称量、___。(5)若固体Ba(OH)2中混有少量的NaOH,会导致混合酸中硫酸浓度的测定结果___(选填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。29、(10分)在催化剂作用下,氮氧化物与一氧化碳能发生反应,如:反应Ⅰ(1)已知:反应Ⅱ反应Ⅲ①__________(用含b、c的代数式表示)。②温度为时,CO与在密闭容器中发生反应Ⅲ,的体积分数随时间变化的关系如下图所示。请在坐标图中画出温度为时,随时间的变化曲线并进行相应的标注。_______(2)在恒压条件下,将NO和CO置于密闭容器中发生反应Ⅰ,在不同温度、不同投料比时,NO的平衡转化率见下表:300K400K500K115%24%33%210%18%25%a__________(填“>”“<”或“=”)0,理由是_________。试判断反应Ⅰ在常温下能否自发进行并说明理由:___。②下列措施有利于提高CO平衡转化率的是__________(填字母)。A.升高温度同时增大压强B.继续通入COC.加入高效催化剂D.及时将从反应体系中移走③500K时,将投料比为2的NO与CO混合气体共0.9mol,充入一装有催化剂且体积为3L的密闭容器中,5min时反应达到平衡,则500K时该反应的平衡常数K为__________(保留两位小数,下同);从反应开始到达到平衡时CO的平均反应速率为__________。
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【解析】
凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应,A、B、D项中均无化合价变化,所以是非氧化还原反应;C项中Fe、C元素化合价变化,则该反应为氧化还原反应,故C符合;答案选C。2、C【解析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知,a~c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大,说明这个过程中促进了水的电离,在c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大,此时溶液中的溶质为:NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】A.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOH)=0.1mol·L1,新制氯水的浓度不确定,m不一定等于20,A项错误;B.由题给信息可知,a点时还未加入NaOH,此时溶液呈酸性,c点中水电离程度最大,此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO,溶液呈碱性,故b点溶液呈中性,c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明随着NaOH的继续加入,水的电离受到抑制,故d点溶液应呈碱性,B项错误;C.a~c点发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,c(Cl)=c(HClO)+c(ClO),由物料守恒知,c(Na)=c(Cl)+c(HClO)+c(ClO),故c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO),C项正确;D.由电离常数知,电离质子能力:H2CO3>HClO>HCO3-,故H2O+ClO-+CO2=HCO3-+HClO,D项错误;答案选C。3、C【解析】
A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl,可能生成硫酸钠或硫酸氢钠,稀硫酸不能反应,A不符合题意;B.硝酸银溶液中滴加稀氨水,氨水少量生成沉淀,氨水过量生成银氨溶液,B不符合题意;C.Fe在S蒸气中燃烧,生成FeS,不受反应物的用量或浓度影响,C符合题意;D.铁粉加入硝酸中,可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2,D不符合题意;故合理选项是C。4、A【解析】
A.冰糖的主要成分是蔗糖,属于二糖,A错误;B.硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性,与空气中的氧气反应,可以用于袋装食品的脱氧剂,B正确;C.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,不易燃烧,用水玻璃浸泡过的纺织品可防火,C正确;D.气溶胶是胶粒分散到气态分散剂里所得到的分散系,气溶胶属于胶体,具有胶体性质,D正确;答案选A。5、D【解析】
A、半径大小比较:一看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,核外电子排布相同,半径随着原子序数的增大而减小,因此半径大小顺序是Ga>Br>Al>Cl,选项A错误;B、镓元素为第四周期第ⅢA元素,选项B错误;C、7935Br与8135Br都是溴元素,核外电子排布相同,因此得电子能力相同,选项C错误;D、同主族从上到下金属性增强,金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性增强,即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3,非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,酸性高氯酸大于高溴酸,选项D正确;答案选D。6、C【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知
,氧化性:Na2O2>Na2FeO4>FeSO4,A正确;B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,Fe
元素的化合价由
+2
价升高为
+6
价
,O
元素的化合价部分由
−1
价降低为
−2
价,
部分由
−1
价升高为
0
价
,所以FeSO4
只作还原剂,Na2O2既作氧化剂又作还原剂,
B正确;C.2FeSO4~10e-,所以每3molFeSO4完全反应时,反应中共转移15mol电子,C错误。D.Na2FeO4处理水时,Na2FeO4可以氧化杀死微生物,生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用,可以起到净水的作用,D正确;答案选C.点睛:解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。7、A【解析】
A.T原子为氢元素的同位素,质子数为1,中子数为2,可以表示为,故A正确;B.氧氯酸是共价化合物,但所给结构式中没有氯元素,故B错误;C.氧原子的质子数为8,氧离子的结构示意图为,故C错误;D.CO2为分子晶体,碳原子的相对体积较大,应该用表示,而SiO2为原子晶体,不存在SiO2分子,故D错误;答案选A。8、B【解析】
A.“地沟油”的主要成分为油脂,含有氧元素,不属于烃类,选项A错误;B.“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,是由不同酯组成的混合物,选项B正确;C.“地沟油”的主要成分为油脂,油脂的密度比水小,选项C错误;D.皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应,“地沟油”的主要成分为油脂,能发生皂化反应,选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途,熟悉油脂结构及性质是解题关键,注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应,“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,密度比水小,油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。9、B【解析】
A.通电时,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,A项错误;B.通电时,锌作阳极,则阳极反应式为Zn-2e-=Zn2+,B项正确;C.通电时,该装置是电解池,为外接电流的阴极保护法,C项错误;D.断电时,构成原电池装置,铁为正极,锌为负极,仍能防止铁帽被腐蚀,锌环仍然具有保护作用,D项错误;答案选B。10、C【解析】
A.3amolCO2与含2amolBa(OH)2的溶液反应的离子方程式为:3CO2+4OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+2HCO3﹣+H2O,故A正确;B.NH4Fe(SO4)2溶液中加入几滴NaOH溶液,该反应的离子方程式为:Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓,故B正确;C.亚硫酸不能拆开,正确的离子方程式为:2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣,故C错误;D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡,该反应的离子方程式为:2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑,故D正确。故选C。【点睛】注意明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。11、C【解析】
A.氯最外层7个电子,容易得到电子,Na最外层1个电子,容易失去电子,Si不易失去也不易得到电子;B.非金属性强的元素单质,能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质;C.向Na2SO3溶液中加盐酸,发生强酸制取弱酸的反应;D.非金属性越强,与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7个电子,容易得到电子,Na最外层1个电子,容易失去电子,Si不易失去也不易得到电子;所以氯与钠形成氯化钠,含有离子键,氯与硅形成四氯化硅,含有共价键,可以利用元素周期律解释,故A不选;B.向淀粉KI溶液中滴入溴水,溶液变蓝,说明溴单质的氧化性强于碘单质,能用元素周期律解释,故B不选;C.向Na2SO3溶液中加盐酸,发生强酸制取弱酸的反应,HCl不是最高价含氧酸,不能用元素周期律解释,故C选;D.非金属性F>I,故氟气与氢气化合较容易,可以利用元素周期律解释,故D不选;故答案选C。12、D【解析】
闭合K2、断开K1时,该装置为电解池,Pt电极生成氢气,则Pt电极为阴极,X电极为阳极;断开K2、闭合K1时,该装置为原电池,Zn电极生成Zn2+,为负极,X电极为正极。【详解】A.制氢时,Pt电极为阴极,电解池中阳离子流向阴极,故A正确;B.制氢时,X电极为阳极,失电子发生氧化反应,根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH,电极方程式为,故B正确;C.供电时,Zn电极为负极,原电池中阴离子流向负极,所以氢氧根流向Zn电极,电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O,转移两个电子同时迁移两个OH-,但会消耗4个OH-,说明还消耗了水电离出的氢氧根,所以电极负极pH降低,故C正确;D.供电时,正极为NiOOH被还原,而不是水,故D错误;故答案为D。13、D【解析】
A.冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接,每个水分子相当于含有2个氢键,所以1mol冰中,氢键的数目是2NA,故A错误;B.铁为阳极,Fe-2e-=Fe2+,Cr2O72-与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3+和三价铁离子,其离子方程式为:Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O;得关系式:Fe2+~2e-~~Cr2O72-,当电路中通过6mole-,有0.5molCr2O72-被还原,故B错误;C.所以标准状况下,22.4LNO2物质的量为:=1mol,含有的原子数等于3NA,故C错误;D.依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移,1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al,化学方程式为:LiAlH4=LiH+H2↑+Al,转移电子3NA,故D正确;故选D。14、A【解析】
A.水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴,是一种液化现象,不是碘升华,故A错误;B.“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定,可通过物理方法得到,故B正确;C.爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成,属于化学变化,故C正确;D.“豆箕”是大豆的秸秆,主要成分为纤维素,燃烧纤维素是把化学能转化为热能,故D正确;故选A。15、B【解析】
A.该分子内有三种等效氢,分别位于螺原子的邻位、间位和对位,因此一取代物有三种,A项正确;B.直接从不饱和度来判断,该烷形成了两个环,不饱和度为2,而十一碳烯仅有1个不饱和度,二者不可能为同分异构体,B项错误;C.分子中的碳原子均是饱和碳原子,所以碳原子不可能在同一平面上,C项正确;D.该物质的分子式为,因此其完全燃烧需要16mol氧气,D项正确;答案选B。16、D【解析】
A.Ca(OH)2和NaHCO3溶液改变滴定顺序,均生成白色沉淀,则不能利用相互滴加检验,故A错误;B.CH3CH2Br中不含溴离子,与硝酸银不反应,不能直接检验溴元素,故B错误;C.溴与二氧化硫发生氧化还原反应,但溴单质和二氧化硫的反应必须在水溶液中进行,则不能用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体,故C错误;D.卤代烃在NaOH的醇溶液中共热发生消去反应,则
与NaOH的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2,故D正确;答案选D。17、A【解析】
A.由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石,再凿而入炉曰礁,可五日不灭火,煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁,A选项正确;B.煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素,而烃只由C、H两种元素组成,B选项错误;C.生铁的含碳量比钢的含碳量较高,故生铁不是指含碳量很低的铁合金,C选项错误;D.工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料,D选项错误;答案选A。18、D【解析】
根据图得出阴影3为氧化还原反应,但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A.2HClO2HCl+O2↑,有化合价升降,是氧化还原反应,但是分解反应,故A不符合题意;B.NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑,没有化合价升降,故B不符合题意;C.4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3,有化合价升降,是氧化还原反应,但是化合反应,故C不符合题意;D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,有化合价升降,是氧化还原反应,不属于置换反应、化合反应、分解反应,故D符合题意。综上所述,答案为D。19、B【解析】
A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇,反应消耗乙酸,同时降低乙酸乙酯的溶解度,为防止产生倒吸现象,b中导管不能插入液面下,否则不仅可能会产生倒吸现象,而且还会阻碍产物的导出,A正确;B.固体酒精制作方法如下:将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中,充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O,将醋酸钙溶液蒸发至饱和,加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精,可见固体酒精是混合物,B错误;C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2,二者分子式相同,结构不同,故二者互为同分异构体,C正确;D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基,电离产生H+的能力:乙酸>水>乙醇,所以羟基氢的活泼性依次减弱,D正确;故合理选项是B。20、D【解析】
A、三价铁与苯酚会发生显色反应,不能大量共存,A错误;B、电荷不守恒,正确的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2,B错误;C、不符合配比关系,正确的离子方程式为2Fe3++3SO42—+3Ba2++6OH-2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓,C错误;D、根据原子守恒,铁离子的物质的量为0.2mol,与足量Zn反应生成0.2mol铁,为11.2g,D正确;答案选D。21、B【解析】
工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分,也无多余的水分,也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca(NO3)2•6H2O晶体,反应方程式为:CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2•6H2O,设硝酸的质量为126g,则:CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2•6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为×100%=58.3%;故选:B。22、A【解析】
①非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性:F>Cl>Si,氢化物的稳定性:HF>HCl>SiH4,故①正确;②Al3+核外两个电子层,S2-、Cl-核外三个电子层,电子层数相同时,核电荷数多,则半径小。故离子半径:S2->Cl->Al3+,故②错误;③非金属单质的氧化性越强,其离子的还原性越弱,单质的氧化性:Cl2>Br2>S离子的还原性:S2->Br->Cl-,故③错误;④硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸,由于非金属性:硫元素强于磷元素,所以硫酸酸性强于磷酸,磷酸是中强酸,而碳酸是弱酸,所以磷酸酸性强于碳酸,二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸,所以碳酸酸性强于次氯酸,所以酸性依次减弱:H2SO4>H3PO4>HClO,故④正确;⑤H2S和H2O结构相似,化学键类型相同,但H2O中的O能形成氢键,H2S中的S不能,所以沸点:H2S<H2O,故⑤错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理,因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】
W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙),则W为O元素,X为H元素,两种化合物甲为H2O2、乙为H2O;X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙,则丙为NH3,Z为N元素;H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18,则丁为HCl,Y为Cl元素;H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性,则此离子化合物为NH4Cl,据此解题。【详解】由分析知:W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3;(1)由分析知W为氧元素,元素符号为O,其原子核外共有8个电子,则共有8种运动状态不同的电子;(2)甲H2O2,为极性分子,含有H-O和O-O键,则结构式为H-O-O-H;乙为H2O,O原子的杂化轨道形式为sp3,有两个孤对电子,则空间构型为V型;(3)Z为N元素,电子排布式为1s22s22p3,同一轨道上的电子能量相等,则核外共有3种能量不同的电子,碱性气体丙为NH3,其电子式为;(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl,在水溶液中NH4+的水解,使溶液呈弱酸性,发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+;(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3,其水解生成难溶于水的BiOCl;①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl,则另一种产物为HCl,水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl;②BiCl3溶于稀盐酸,盐酸抑制了BiCl3的水解,从而得到澄清溶液;③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价,而次氯酸中Cl元素为+1价,则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。24、羧基13浓硫酸,加热取代反应+HCHO+HCl+H2O8或(任写一种)CH2=CH-CH=CH2【解析】
A的分子式为C6H6,再结合D的结构,可知A为苯(),B为,C为;D→E应为甲基(—CH3)取代了Na,E为,G为。【详解】(1)F分子中的官能团为羧基,B分子中处于同一平面的原子最多有13个,故答案为:羧基;13;(2)反应⑥为酯化反应,条件为浓硫酸,加热;反应⑧为取代反应,故答案为:浓硫酸,加热;取代反应;(3)反应⑦的化学方程式为:++HCl→+;故答案为:;(4)反应①的化学方程式为:+HCHO+HCl+H2O,故答案为:+HCHO+HCl+H2O;(5)G()的同分异构体中,符合条件的应该具有醛基,且苯环上有四个取代基,结构对称性高,可能的结构有:、、、、、、、,共8种;其中能发生水解反应的同分异构体为、;故答案为:8;或(任写一种);(6)由1,3-丁二烯合成,需引入两个羧基,可先通过加成反应(1,4-加成)引入两个氯原子,然后利用反应②的条件引入—CN,再利用反应⑤的条件引入羧基,故答案为:CH2=CH-CH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基(—CHO),可能属于醛类(如R—CHO),也可能是甲酸(HCOOH)、甲酸酯(HCOOR)、甲酸盐(HCOO-)、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。25、6.0mol/L量筒氯化铵溶解于水为吸热过程将三颈瓶中的NO2反应生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附着的NH4Cl迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】
根据流程:氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50~85℃制得NH4[CuCl2],加入水,过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液,母液浓缩补充Cu、HCl可循环,沉淀洗涤干燥后得产品;(1)根据c=计算,盐酸是液体,量取浓盐酸需要量筒;(2)①氯化铵溶解吸热;②根据题意有NO2气体生成,通入氧气可与其反应;根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO,据此书写;(3)装置A不能观察O2产生速率,C不能很好控制产生O2的速率;(4)A.步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq),该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成;B.CuCl易被氧化,应做防氧化处理;C.三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时,说明Cu已完全被氧化,不再需O2氧化;D.步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用;(5)氯化亚铜是一种白色粉末,微溶于水,不溶于乙醇分析可得;(6)第一组实验数据误差较大,舍去,故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL,根据关系式有:CuCl~FeCl3~Ce4+,则n(CuCl)=n(Ce4+),故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g,据此计算可得;误差分析依据c(待测)=分析,标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1)盐酸的物质的量浓度c==≈6.0mol/L,量取浓盐酸需要量筒,则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要量筒;(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程,故反应开始时液体温度低于室温;②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3;根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO,则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O;(3)制备氧气装置A不能观察O2产生速率,C中Na2O2和水反应速率快,不能很好控制产生O2的速率,B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制,故答案为B;(4)A.步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq),该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成,HCl是为了增大氯离子浓度,不可省略,故A错误;B.步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl,步骤II目的是Na[CuCl2]转化为
CuCl,CuCl易被氧化,应做防氧化处理,故B正确;C.三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时,说明Cu已完全被氧化,不再需O2氧化,故C正确;D.步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用,洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用,故D错误;故答案为AD;(5)已知:CuCl微溶于水,采用95%乙醇洗涤,既除去CuCl表面附着的NH4Cl,又能迅速挥发带走CuCl表面的水份,防止其被氧化;(6)第二组实验数据误差较大,舍去,故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL,根据关系式有:CuCl~FeCl3~Ce4+,则n(CuCl)=n(Ce4+),故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g,CuCl的纯度为×100%=95.5%;依据c(待测)=分析:A.锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响,故A错误;B.滴定终点读数时仰视滴定管刻度线,其他操作正确,读取标准溶液体积增大,测定结果偏高,故B正确;C.过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解,多余的FeCl3对测定结果无影响,故C错误;D.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定后气泡消失,读取标准溶液体积增大,测定结果偏高,故D正确;故答案为BD。【点睛】误差分析,注意利用公式来分析解答,无论哪一种类型的误差,都可以归结为对标准溶液体积的影响,然后根据c(待测)=分析,若标准溶液的体积偏小,那么测得的物质的量的浓度也偏小;若标准溶液的体积偏大,那么测得的物质的量的浓度也偏大。26、不可行;属于共价化合物,熔融状态不导电AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量【解析】
铝土矿经碱溶后,转化为铝硅酸钠()沉淀,氧化铁不溶于NaOH,氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子,故溶液a的主要成分为偏铝酸钠,加入碳酸氢钠溶液,会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀,而后进行进一步转化。【详解】(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为;(2)溶液a中加入后,生成沉淀的离子方程式为:(3)属于共价化合物,熔融状态不导电,故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质;(4)①由题意可知AlN与NaOH反应会生成氨气,且Al元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在,可写出反应方程式为。②可根据N元素守恒进行测定,故实验要测定的数据为AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。27、碱式滴定管MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;(5)根据关系式,进行定量分析;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案为:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故答案为:蓝;无;(5)由4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O,MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,可知关系式,即,则氧气的物质的量x=,v1mL水样中溶解氧=,故答案为:;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,结果偏高,故答案为:偏高。【点睛】本题难点(3),信息型氧化还原反应方程式的书写,要注意对反应物和生成物进行分析,在根据得失电子守恒配平;易错点(5),硝酸根存在时,要注意与氢离子在一起会有强氧化性。28、ab500mL容量瓶、滴定管(或移液管)避免滴定液被稀释,引起实验误差用待测酸液滴定至溶液立即由红色变为浅红色(且半分钟不褪色)过滤、洗涤、干燥恒重无影响【解析】
(1)浓硫酸吸水,放
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