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文档简介
安徽省安庆市白泽湖中学高三第二次联考新高考化学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、下列说法正确的是()A.古代的鎏金工艺利用了电解原理B.“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”互为可逆反应C.古代所用“鼻冲水”为氨水,其中含有5种微粒D.“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作2、下列关于有机物1-氧杂-2,4-环戊二烯()的说法正确的是()A.与互为同系物B.二氯代物有3种(不考虑立体异构)C.所有原子都处于同一平面内D.1mol该有机物完全燃烧消耗5molO23、以Fe3O4/Pd为催化材料,利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的,其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价,分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是A.处理的电极反应为2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2OB.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C.用该法处理后,水体的pH降低D.消耗标准状况下6.72LH2,理论上可处理含NO2-4.6mg·L-1的废水2m34、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同,X元素在短周期主族元素中原子半径最大;W的简单氢化物常温下呈液态,Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电,X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A.W、Z形成的化合物可做消毒剂B.原子半径:W<Y<ZC.工业上采用电解Y的氧化物冶炼单质YD.W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性5、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2(SO2+Cl2SO2Cl2),设计如图实验(夹持装置略去)。下列说法不正确的是A.c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B.e中的冷却水应从下口入上口出C.d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D.a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.6、有机物M、N、Q的转化关系为:下列说法正确的是()A.M分子中的所有原子均在同一平面B.上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C.M的同分异构体中属于芳香烃的还有3种D.Q与乙醇互为同系物,且均能使酸性KMnO4溶液褪色7、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS−、S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是A.A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B.X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S)C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为:X<YD.Y点对应溶液中c(K+)与含硫各微粒浓度的大小关系为:c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]8、2016年,我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯烃的新途径。下列说法错误的是A.煤的气化和液化是物理变化B.煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的C.大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因D.发展“煤制油”工程可减少对石油产品的依赖9、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用,将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()A.电极a为燃料电池正极B.电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C.电路中每流过4mol电子,电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD.a极每增重32g,导气管e将收集到气体22.4L10、钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称,下列关于陶瓷的说法正确的是()A.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B.高品质白瓷晶莹剔透,属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.由于陶瓷耐酸碱,因此可以用来熔化氢氧化钠11、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外,还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1,T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知:海水中存在以下平衡:CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq),下列说法不正确的是A.T1>T2B.海水温度一定时,大气中CO2浓度增加,海水中溶解的CO2随之增大,CO32-浓度降低C.当大气中CO2浓度确定时,海水温度越高,CO32-浓度越低D.大气中CO2含量增加时,海水中的珊瑚礁将逐渐溶解12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M,X的一种单质可用于自来水的消毒,Y的焰色反应呈黄色,X与Z同主族。下列说法正确的是()A.简单离子半径:r(Y)>r(Z)>r(X)>r(W)B.X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应C.M是一种离子化合物,其溶液呈酸性是因为阴离子水解D.X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固13、19世纪中叶,门捷列夫的突出贡献是A.提出了原子学说 B.提出了元素周期律C.提出了分子学说 D.提出了化学平衡移动原理14、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下,2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC.加热条件下,1molFe投入足量的浓硫酸中,生成NA个SO2分子D.0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA15、纪录片《我在故宫修文物》表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验,让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是()A.A B.B C.C D.D16、下列量气装置用于测量CO2体积,误差最小的是()A. B.C. D.17、只存在分子间作用力的物质是A.NaCl B.He C.金刚石 D.HCl18、口服含13C的尿素胶囊,若胃部存在幽门螺杆菌,尿素会被水解形成13CO2,医学上通过检测呼出气体是否含13CO2,间接判断是否感染幽门螺杆菌,下列有关说法正确的是()A.13CO2
和
12CO2
互称同位素 B.13C
原子核外有
2
个未成对电子C.尿素属于铵态氮肥 D.13C
的质量数为
719、利用右图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中,不正确的是A.电极b表面发生还原反应B.该装置工作时,H+从a极区向b极区移动C.该装置中每生成1molCO,同时生成0.5molO2D.该过程是将化学能转化为电能的过程20、下列变化过程中克服共价键的是()A.二氧化硅熔化 B.冰融化 C.氯化钾熔化 D.碘升华21、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示,四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是()WXYZA.氢化物的沸点:X<ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>WC.化合物熔点:YX2<YZ4D.简单离子的半径:X<W22、前20号主族元素W、
X、Y
、Z的原子序数依次增大,W的原子最外层电子数是次外层电子数的3
倍。X、Y
、Z分属不同的周期,它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是()A.原子半径的大小W<X<Y<Z B.简单氢化物的热稳定性W>XC.Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈 D.工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y二、非选择题(共84分)23、(14分)有一无色透明溶液,欲确定是否含有下列离子:Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl-、I-、HCO3-,进行如下实验:实验步骤实验现象①取少量原溶液,加几滴甲基橙溶液变红色②取少量原溶液,浓缩,加Cu片和浓H2SO4,加热有无色气体产生,后在空气中又变成红棕色③取少量原溶液,加BaCl2溶液有白色沉淀生成④取③中上层清液,加AgNO3溶液有白色沉淀生成,且不溶于HNO3⑤取少量原溶液,加NaOH溶液有白色沉淀生成,当NaOH过量时沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的离子是________________________;⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________;⑶为进一步确定其他离子,应该补充的实验是_____________________________;____________________________。24、(12分)以烯烃为原料,合成某些高聚物的路线如图:已知:Ⅰ.(或写成R代表取代基或氢)Ⅱ.甲为烃Ⅲ.F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题:(1)CH3CH=CHCH3的名称是______,Br2的CCl4溶液呈______色.(2)X→Y的反应类型为:______;D→E的反应类型为:______.(3)H的结构简式是______.(4)写出下列化学方程式:A→B______;Z→W______.(5)化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期,产率不高的原因可能是______.25、(12分)实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷,其反应原理为H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr↑、CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O。有关数据和实验装置如(反应需要加热,图中省去了加热装置):乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g·cm-30.791.443.1沸点/℃78.538.459(1)A中放入沸石的作用是__,B中进水口为__口(填“a”或“b”)。(2)实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。(3)氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。(4)给A加热的目的是__,F接橡皮管导入稀NaOH溶液,其目的是吸收__和溴蒸气,防止__。(5)C中的导管E的末端须在水面以下,其原因是__。(6)将C中的镏出液转入锥形并瓶中,连振荡边逐滴滴入浓H2SO41~2mL以除去水、乙醇等杂质,使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层;将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶,水浴加热蒸馏,收集到35~40℃的馏分约10.0g。①分液漏斗在使用前必须__;②从乙醇的角度考虑,本实验所得溴乙烷的产率是__(精确到0.1%)。26、(10分)碘酸钾()是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度:其中制取碘酸()的实验装置见图,有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体,能溶于水,难溶于CCl4KIO3①白色固体,能溶于水,难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应:ClO-+IO3-=IO4-+Cl-回答下列问题(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。(2)装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。(3)分离出B中制得的水溶液的操作为____________;中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是____________,避免降低的产率。(4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是____________(填序号)。(5)为促使晶体析出,应往中和所得的溶液中加入适量的___________。(6)取1.000g产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失(),测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。27、(12分)某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律.(提出猜想)小组提出如下4种猜想:甲:Mg(NO3)2、NO2、O2乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2丁:MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知,NO2可被NaOH溶液吸收,反应的化学方程式为:____________.(2)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是____________.(实验操作)(3)设计如图装置,用氮气排尽装置中空气,其目的是___________;加热Mg(NO3)2固体,AB装置实验现象是:____________,说明有Mg(NO3)2固体分解了,有NO2生成.(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生,但通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,其作用是:____________(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气,仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验,因为:____________,改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入____________.(6)上述系列改进后,如果分解产物中有O2存在,排除装置与操作的原因,未检测到的原因是____________.(用化学方程式表示)28、(14分)BE是现代有机化工重要的单体之一,工业上采取乙苯催化脱氢制苯乙烯反应制备:(1)已知:化学键C-HC-CC=CH-H键能/412348612436计算上述反应的_______。该反应能够发生的原因是______(2)维持体系总压强p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为,则在该温度下反应的平衡常数K=_______(用a等符号表示)。(3)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气,控制反应温度600℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如图所示:a.掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实__________。b.控制反应温度为的理由是___________(4)在逆过程苯乙烯加氢制乙苯的操作中,如果氢气中混有和等杂质,会引起催化剂中毒,因此必须除去。在常温下,可以用银氨溶液来检测微量的,其原理与银镜反应相似,有银析出,写出银氨溶液与反应的离子方程式________________。(5)苯乙烯废气在工业上常用电催化氧化处理,原理如图所示:写出阳极电极反应式I为______________29、(10分)(化学——选修3:物质结构与性质)第23号元素钒在地壳中的含量大约为0.009%,在过渡元素中仅次于Fe、Ti、Mn、Zn,排第五位。我国四川攀枝花地区蕴藏着极其丰富的钒钛磁铁矿。(1)钒在周期表中的位置为__________,电子占据的最高能层的轨道形状为_______(2)在地壳中含量最高的五种过渡金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中,基态原子核外单电子数最多的是_____。(3)过渡金属可形成许多羧基配合物,即CO作为配体形成的配合物。①CO的等电子体有N2、CN-、_______等(任写一个)。②CO作配体时,配位原子是C而不是O,其原因是________。(4)过渡金属配合物常满足“18电子规则”,即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18,如[Fe(CO)5]、[Mn(CO)5]-等都满足这个规则。①下列钒配合物中,钒原子满足18电子规则的是__________。A[V(H2O)6]2+B[V(CN)6]4-C[V(CO)6]-D[V(O2)4]3-②化合物的熔点为138℃,其晶体类型为________。(5)VCl2(熔点1027℃)和VBr2(熔点827℃)均为六方晶胞,结构如图所示。①VCl2和VBr2两者熔点差异的原因是_________。②设晶体中阴、阳离子半径分别为r-和r+,该晶体的空间利用率为________(用含a、c、r+和r-的式子表示)。
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、D【解析】
A.鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面,经过烘烤,汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺,古代的鎏金工艺没有外加电源,不是电解原理的应用,故A错误;B.两个过程条件不同,不属于可逆反应,故B错误;C.古代所用“鼻冲水”为氨水,氨水中有NH4+、OH-、H+、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒,故C错误;D.“蒸烧”的过程为蒸馏操作,故D正确。综上所述,答案为D。2、C【解析】
A.属于酚,而不含有苯环和酚羟基,具有二烯烃的性质,两者不可能是同系物,A错误;B.共有2种等效氢,一氯代物是二种,二氯代物是4种,B错误;C.中含有两个碳碳双键,碳碳双键最多可提供6个原子共平面,则中所有原子都处于同一平面内,C正确;D.的分子式为C4H4O,1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×(4+1-0.5)=4.5mol,D错误;故答案为:C。【点睛】有机物燃烧:CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O;CxHyOz+(x+-)O2→xCO2+H2O。3、C【解析】
A.根据图示,处理得到电子转化为氮气,电极反应为2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O,故A正确;B.Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ),Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ),则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用,故B正确;C.根据图示,总反应方程式可知:2H++2NO2−+3H2N2+4H2O,所以用该法处理后水体的pH升高,故C错误;D.根据C项的总反应2H++2NO2−+3H2N2+4H2O,消耗标准状况下6.72LH2即为=0.3mol,理论上可处理NO2-的物质的量=×0.3mol=0.2mol,可处理含4.6mg·L-1NO2-废水的体积==2×103L=2m3,故D正确;答案选C。4、A【解析】
X元素是短周期主族元素中原子半径最大,则X为Na,W的简单氢化物常温下呈液态,该氢化物是H2O,即W为O,Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电,说明它们都是离子化合物,即Y为Mg,X、Y、Z原子最外层电子数之和10,推出Z的最外层有7个电子,四种元素原子序数依次增大,即Z为Cl,据此分析;【详解】X元素是短周期主族元素中原子半径最大,则X为Na,W的简单氢化物常温下呈液态,该氢化物是H2O,即W为O,Y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电,说明它们都是离子化合物,即Y为Mg,X、Y、Z原子最外层电子数之和10,推出Z的最外层有7个电子,四种元素原子序数依次增大,即Z为Cl,A.W和Z形成的化合物可以是ClO2,ClO2具有强氧化剂,能作消毒剂,故A正确;B.O、Mg、Cl原子半径大小是Mg>Cl>O,故B错误;C.工业上冶炼金属镁,常电解熔融状态的氯化镁,因为氯化镁的熔点低于氧化镁,故C错误;D.O、Na、Cl可以形成多种化合物,NaClO水溶液显碱性,NaClO4水溶液显中性,故D错误;答案:A。【点睛】易错点是Y元素的推断,学生认为Y可能是Al,认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电,忽略了AlCl3是共价化合物,熔融状态下不能够导电。5、A【解析】
Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2,不能用NaCl溶液,故A错误;B.e是冷凝作用,应该下口进上口出,故B正确;C
SO2Cl2遇水易水解,所以d防止水蒸气进入,故C正确;D冰盐水有降温作用,根据题给信息知SO2Cl2易液化,能提高SO2和Cl2的转化率,故D正确;故选A。6、C【解析】
由转化关系可知,与氯气在光照条件下发生取代反应生成,在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。【详解】A项、分子中的侧链为乙基,乙基含有2个饱和碳原子,则分子中的所有原子不可能在同一平面,故A错误;B项、与氯气在光照条件下转化为的反应属于取代反应,故B错误;C项、的同分异构体中属于芳香烃的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯,共3种,故C正确;D项、属于芳香醇,其与乙醇不是同系物,故D正确。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。7、C【解析】
滴加盐酸时,盐酸先和KOH反应,然后再和K2S反应,首先发生S2-+H+=HS-,该过程中S2-含量减少,HS-含量上升,然后发生HS-+H+=H2S,此时HS-含量下降,H2S上升,所以A代表S2-,B代表HS-,C代表H2S。【详解】A.根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况,故A正确;B.Y点表示c(H2S)=c(HS−),Ka1(H2S)=,当c(H2S)=c(HS−)时,Ka1(H2S)=c(H+),所以若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S),故B正确;C.X点c(HS-)=c(S2-),Y点c(H2S)=c(HS-),S2-和HS-的水解促进水的电离,H2S为酸抑制水电离,则X点水的电离程度较大,故C错误;D.原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液,根据物料守恒可知c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)],故D正确;故答案为C。8、A【解析】A.煤的气化和液化是将碳转化为气态或液态的燃料,都属于化学变化,故A错误;B.煤的干馏是将煤在隔绝空气条件下加强热进行的,故B正确;C.大量燃烧煤炭会产生大量的可吸入颗粒物等污染物,是造成雾霾的重要原因,故C正确;D.发展“煤制油”工程可减少石油的使用量,减少对石油产品的依赖,故D正确;故选A。9、C【解析】
根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池的负极,正极O2得电子发生还原反应,则b为电池的正极,则c为阴极,发生还原反应生成氢气,d为阳极,发生氧化反应生成氯气,以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池的负极,故A错误;B.正极O2得电子发生还原反应,所以电极b上发生的电极反应为:O2+4H++4e-=2H2O,故B错误;C.电路中每流过4mol电子,则消耗1mol氧气,但该装置将化学能转化为电能,所以电池内部释放热能小于632kJ,几乎不放出能量,故C正确;D.a极发生2H2S−4e−=S2+4H+,每增重32g,则转移2mol电子,导气管e将收集到气体1mol,但气体存在的条件未知,体积不一定为22.4L,故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项,涉及到由气体物质的量求体积时,一定要注意条件是否为标准状态。10、A【解析】
A.不同的金属氧化物颜色可能不同,在高温下,釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化,故A正确;B.瓷器的原料主要是黏土烧结而成,瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅,是混合物,故B错误;C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故C错误;D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅,能与熔化氢氧化钠反应,故D错误;故选A。11、C【解析】
题中给出的图,涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量,类似于恒温线或恒压线的图像,因此,在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系,一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值,另一方面也要注意升高温度可以使分解,即让反应逆向移动。【详解】A.升高温度可以使分解,反应逆向移动,海水中的浓度增加;当模拟空气中CO2浓度固定时,T1温度下的海水中浓度更高,所以T1温度更高,A项正确;B.假设海水温度为T1,观察图像可知,随着模拟空气中CO2浓度增加,海水中的浓度下降,这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动,从而使浓度下降,B项正确;C.结合A的分析可知,大气中CO2浓度一定时,温度越高,海水中的浓度也越大,C项错误;D.结合B项分析可知,大气中的CO2含量增加,会导致海水中的浓度下降;珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式为:,若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动,珊瑚礁会逐渐溶解,D项正确;答案选C。12、B【解析】
由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N,M为NH4NO3;由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na;由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知,X为O;“X与Z同主族”,则Z为S。【详解】由上述分析可知,W为N,X为O,Y为Na,Z为S;A.四种简单离子中S2-电子层数最多,半径最大,N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同,其核电荷数越小,半径越大,故简单离子半径:r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+),故A错误;B.由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3,它们均能与水发生反应,故B正确;C.NH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子水解,故C错误;D.共价化合物的稳定性由共价键的键能决定,与氢键无关,故D错误;故答案为:B。13、B【解析】A.提出原子学说的是卢瑟福,B.元素周期律的发现主要是门捷列夫所做的工作,C.提出分子学说的是阿伏加德罗,D.法国化学家勒沙特列提出了化学平衡移动原理。故选择B。14、D【解析】
A.Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO,是一个可逆反应,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目小于0.1NA,A错误;B.标准状况下,2.24LNO和2.24LO2混合,发生的反应有:2NO+O2==2NO2,2NO2N2O4,所以混合后的气体分子数小于0.15NA,B错误;C.加热条件下,Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子,转移的电子数为3mol,根据得失电子守恒,应生成NA个SO2分子,C错误;D.0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原,所以转移的电子数为0.1NA,D正确,答案选D。15、A【解析】
A、银器用除锈剂见新,银的化合物被除锈剂溶解或还原为单质银,有新物质生成,属于化学变化,故A正确;B、变形的金属香炉复原,是香炉的外形改变,属于物理变化,故B错误;C、古画水洗除尘,是尘土与古画分离,没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;D、木器表面擦拭烫蜡,没有新物质生成,属于物理变化,故D错误;答案选A。16、D【解析】
A.CO2能在水中溶解,使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积;B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,使排出水的体积小于CO2的体积;C.CO2能在饱和食盐水中溶解,使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积;D.CO2不能在煤油中溶解,这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积,相对来说,误差最小,故合理选项是D。17、B【解析】
A.NaCl是离子化合物,阴阳离子间以离子键结合,故A不选;B.He由分子构成,分子间只存在分子间作用力,故B选;C.金刚石是原子晶体,原子间以共价键相结合,故C不选;D.HCl由分子构成,分子间存在分子间作用力,但分子内氢和氯以共价键相结合,故D不选;故选B。18、B【解析】
A.12CO2和13CO2具有相同元素的化合物,不属于同位素,故A错误;B.根据13C电子排布式ls22s22p2可知,原子核外有2个未成对电子,故B正确;C.尿素属于有机物,不是铵盐;尿素属于有机氮肥,不属于铵态氮肥,故C错误;D.13C的质量数为13,故D错误;故选:B。【点睛】注意尿素和铵态氮肥的区别,为易错点。19、D【解析】试题分析:由图示装置可知,水在太阳光的作用下失去电子转化为氧气和氢离子,电子经外电路流向b极,氢离子向b极定向移动,二氧化碳在b极上得到电子被还原为一氧化碳。A.电极b表面发生还原反应,A正确;B.该装置工作时,H+从a极区向b极区移动,B正确;C.该装置中每生成1molCO时转移2mole-,所以一定同时生成0.5molO2,C正确;D.该过程是将太阳能转化为化学能的过程,D不正确。本题选D。20、A【解析】
原子晶体熔化克服共价键,离子晶体熔化或电离均克服离子键,分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力,非电解质溶于水不发生电离,则不破坏化学键,以此来解答。【详解】A、二氧化硅是原子晶体,熔化克服共价键,选项A正确;B、冰融化克服的是分子间作用力,选项B错误;C、氯化钾熔化克服是离子键,选项C错误;D、碘升华克服的是分子间作用力,选项D错误;答案选A。21、D【解析】
根据元素在周期表中的位置知,W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期,设W原子最外层电子数是a,则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2,这四种元素的原子最外层电子数之和为22,则a+a+1+a-1+a+2=22,则a=5,则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素;【详解】A.NH3和SiH4均为分子晶体,NH3分子间存在氢键,其沸点比SiH4高,故A错误;B.N元素的非金属性比Si元素强,HNO3的酸性比H2SiO3酸性强,故B错误;C.二氧化硅是原子晶体,四氯化硅是分子晶体,原子晶体的熔点高,即SiO2的熔点比SiCl4高,故C错误;D.N3﹣和O2﹣离子结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,则N3﹣>O2﹣,故D正确;故选:D。【点睛】易错选项是A,注意:氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关,氢化物的稳定性与化学键有关。22、C【解析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,推出W为O,含有Z元素盐的焰色反应为紫色,说明Z为K,X、Y、Z分属不同的周期,原子序数依次增大,因此X为F,X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍,推出Y为Mg,A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F,故A错误;B、非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,F的非金属性强于O,因此HF的稳定性强于H2O,故B错误;C、K比Mg活泼,K与水反应剧烈程度强于Mg与水,故C正确;D、MgO的熔点很高,因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg,故D错误。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】
因为溶液呈无色,溶液中一定不含Fe2+;根据①取少量原溶液,加几滴甲基橙,溶液变红色,说明溶液呈酸性,则溶液中不含HCO3-;根据②取少量原溶液,浓缩,加Cu片和浓H2SO4,加热,有无色气体产生,后在空气中又变成红棕色,则原溶液中含NO3-,由于酸性条件下NO3-具有强氧化性,原溶液中不含I-;根据③取少量原溶液,加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+;取③中上层清液,加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,且不溶于HNO3,③中上层清液中含Cl-,但由于BaCl2引入Cl-,不能确定原溶液中是否含Cl-;根据⑤取少量原溶液,加NaOH溶液,有白色沉淀生成,当NaOH过量时沉淀部分溶解,则原溶液中含有Mg2+、Al3+;(1)溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-;(2)溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-;(3)要进一步确定溶液中是否含有Na+,应补充的实验是:焰色反应;要进一步确定溶液中是否含有Cl-,应用稀硝酸和AgNO3溶液,但SO42-会构成干扰,所以先排除SO42-的干扰,故补充的实验是:取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
。24、2﹣丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【解析】
2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X,X和氢气发生加成反应生成A,A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B,B和乙烯反应生成环己烯,结合题给信息知,B是CH2=CH-CH=CH2,则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl,X为ClCH2CH=CHCH2Cl,环己烯与溴发生加成反应生成D为,D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为,E发生加聚反应得到;X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH,Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO,甲为烃,Z和甲反应生成W,W和氢气发生加成反应生成,结合题给信息知,Z和甲发生加成反应,所以甲的结构简式为:,W的结构简式为:,1,4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为,和发生缩聚反应反应生成H,则H的结构简式为:,据此解答。【详解】(1)CH3CH=CHCH3的名称是:2−丁烯,Br2的CCl4溶液呈橙红色;(2)X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH,属于取代反应;D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成,故答案为:取代反应;消去反应;(3)H的结构简式是:;(4)A→B的反应方程式为:,Z→W的反应方程式为:;(5)化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期,产率不高的原因可能是:合成步骤过多、有机反应比较复杂,故答案为:合成步骤过多、有机反应比较复杂。25、防止暴沸b平衡压强,使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O加快反应速率,蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%【解析】
(1)液体加热需要防止液体瀑沸,B为球形冷凝管,应采取逆流原理通入冷凝水,进行充分冷凝回流;(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等,使浓硫酸顺利流下;(3)浓硫酸有强氧化性,氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2;(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷;实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收;(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发;(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水;②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g,其物质的量为0.172mol,所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol,其质量为18.75g,根据产率=×100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石,可以防止液体瀑沸,B为球形冷凝管,应采取逆流原理通入冷凝水,进行充分冷凝回流,所以B中进水口为b;(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等,使浓硫酸顺利流下,而分液漏斗没有这个功能;(3)浓硫酸有强氧化性,氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2,发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O;(4)加热的目的是加快反应速率,温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来,实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气,所以可以用稀NaOH溶液吸收,防止污染环境;(5)导管E的末端须在水面以下,通过冷却得到溴乙烷,减少溴乙烷的挥发;(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞,在使用前需要检查是否漏水;②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g,其物质的量为0.172mol,所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol,其质量为18.75g,所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计,为高频考点,涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点,明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键,知道各个装置可能发生的反应,题目难度中等。26、还原性、酸性充分溶解和,以增大反应物浓度分液除去(或),防止氧化C乙醇(或酒精)89.5%。【解析】
装置A用于制取Cl2,发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HCl和Cl2,还要防止倒吸。【详解】(1)装置A中发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2,表现出还原性,还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性,故答案为:还原性、酸性;(2)装置B中发生的反应为:5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,Cl2和I2均难溶于水,易溶于CCl4,加入CCl4可使二者溶解在CCl4中,增大反应物浓度,故答案为:5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl;充分溶解I2和Cl2,以增大反应物浓度;(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液,HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-,ClO-会将IO3-氧化为IO4-,因此在中和前需要将Cl2除去,故答案为:分液;除去Cl2(或ClO-),防止氧化KIO3;(4)尾气中主要含HCl和Cl2,需用NaOH溶液吸收,同时要防止倒吸,故答案为:C;(5)因为KIO3难溶于乙醇,向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使KIO3晶体析出,故答案为:乙醇(或酒精);(6)每20mLKIO3溶液中,加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为:IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可列出关系式:IO3-~3I2~6S2O32-,每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol,则每20mLKIO3溶液中,n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol,200mL溶液中,n(KIO3)=0.00418mol,产品中KIO3的质量分数==89.5%,故答案为:89.5%。【点睛】1g样品配成了200mL溶液,而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量,需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。27、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰(或其它合理答案固体减少,产生红棕色气体,溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽,防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】
(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2;(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽;加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被二氧化氮氧化;(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,结合亚硫酸钠溶液呈碱性,硫酸钠溶液呈中性判断;(6)如果分解产物中有O2存在,但没有检测到,可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2,反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;(2)由于丁产物中化合价只有降低情况,没有升高,不满足氧化还原反应的特征,不符合氧化还原反应原理;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽,避免对产物O2的检验产生干扰,加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被二氧化氮氧化,通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,可确保二氧化氮已被除尽,防止干扰氧气的检验;(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,结合亚硫酸钠溶液呈碱性,硫酸钠溶液呈中性判断,可滴加几滴酚酞试剂,如溶液由红色变为无色,说明有氧气生成;(6)如果分解产物中有O2存在,但没有检测到,可能原因是二氧化氮、氧气与水反应,发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。28、+124正反应气体分子数增加,水蒸气起稀释作用,相当于减压的效果600℃,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高2[Ag(NH3)2]OH+CO=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3H2O-e-=-OH+H
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