![四川省华蓥一中新高考化学一模试卷及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view3/M01/27/36/wKhkFmaWGcyAEn6yAAHneieMkR0630.jpg)
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文档简介
四川省华蓥一中新高考化学一模试卷考生请注意: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、某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为吸热反应,热效应等于∆HC.改变催化剂,可改变该反应的活化能D.有催化剂的条件下,反应的活化能等于E1+E22、铈是稀土元素,氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2),某课题组以此粉末为原料回收铈,设计实验流程如下:下列说法不正确的是A.过程①中发生的反应是:Fe2O3+6H+2Fe3++3H2OB.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C.过程②中有O2生成D.过程④中发生的反应属于置换反应3、下列有关共价键的说法正确的是()A.分子晶体中共价键越强,熔沸点越高B.只含共价键的物质,一定是共价化合物C.两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D.分子晶体中,可能不存在共价键,但一定存在分子间作用力4、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色,右边棉球变蓝色结论催化活性:Fe3+>Cu2+氧化性:Br2>I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体,后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp:AgCl>AgBr>AgI非金属性:C>SiA.A B.B C.C D.D5、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素,X与Z同主族,X为非金属元素,Y的原子半径在第三周期中最大,Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是A.常温下,X的单质一定呈气态B.非金属性由强到弱的顺序为:X>Z>WC.X与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构D.Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应6、阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A.1L0.1mol·NH4Cl溶液中,的数量为0.1B.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.27、有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法正确的是A.易溶于水及苯 B.所有原子可处同一平面C.能发生氧化反应和加成反应 D.一氯代物有5种(不考虑立体异构)8、同温同压同体积的H2和COA.密度不同 B.质量相同 C.分子大小相同 D.分子间距不同9、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是()A.密度比为4:5 B.物质的量之比为4:5C.体积比为1:1 D.原子数之比为3:410、常温下,HNO2的电离平衡常数为K=4.6×10-4(已知=2.14),向20mL0.01mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示,下列判断正确的是A.X=20B.a点溶液中c(H+)=2.14×10-3mol·L-1C.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)>c(Na+)>c()11、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A.二氧化硫具有漂白性,能使氯水褪色B.浓硫酸具有较强酸性,能使Cu转化为Cu2+C.硅具有还原性,一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D.二氧化锰具有强氧化性,能将双氧水氧化为氧气12、“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A.制造毛笔时,将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B.徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭,故水墨字画能较长久地保存C.宣纸的主要成分是碳纤维,其制造工艺促进了我国造纸术的发展D.歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为:13、常温下,将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中,溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是()A.a点时,溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1B.电离平衡常数:Ka(HA)<Ka(HB)C.b点时,c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时:c(B-)>c(HB)14、下列仪器的用法正确的是()A.①可以长期盛放溶液B.用②进行分液操作C.用酒精灯直接对③进行加热D.用④进行冷凝回流15、已知298K时,Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(FeS)=6.0×10-18,其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe),下列说法正确的是(已知:≈2.4,≈3.2)()A.M点对应的溶液中,c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C.向Q点对应的溶液中加水,可转化成N点对应的溶液D.FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=600016、有关化学键和晶体的叙述中正确的是()A.分子晶体中,分子间作用力越大分子越稳定B.分子晶体都是由共价分子构成的C.离子晶体中可能含有共价键D.原子晶体中只存在非极性键17、将100mL1L•mol-1的NaHCO3溶液分为两份,其中一份加入少许冰醋酸,另外一份加入少许Ba(OH)2固体,忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是()A.减小、减小 B.增大、减小 C.增大、增大 D.减小、增大18、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A.温室效应导致海水的酸度增大,贝壳类生物的生存将会受到威胁B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯,长时间放置的植物油会因水解而变质C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液,可以灭活新型冠状病毒D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化19、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NAB.5.6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2NAC.含4molSi-O键的二氧化硅晶体中,氧原子数为4NAD.一定条件下,6.4g铜与过量的硫反应,转移电子数目为0.2NA20、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x、y、d、f随着原子序数的递增,其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息进行判断,下列说法正确是()A.d、e、f、g形成的简单离子中,半径最大的是d离子B.d与e形成的化合物中只存在离子键C.x、y、z、d、e、f、g、h的单质中,f的熔点最高D.x与y可以形成多种化合物,可能存在非极性共价键21、已知:ΔH=-akJ/mol下列说法中正确的是()A.顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B.顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C.高温有利于生成顺-2-丁烯D.等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应,放出的热量相等22、25°C时,向20mL0.10mol•L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L-1NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是()A.HA
为强酸B.a
点溶液中,c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞D.b
点溶液中,c(Na+)=c(A-)二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H是一种除草剂,可由下列路线合成(部分反应条件略去):(1)B和A具有相同的实验式,分子结构中含一个六元环,核磁共振氢谱显示只有一个峰,则B的结构简式为__________,A→B的反应类型是__________。(2)C中含氧官能团的名称是__________;ClCH2COOH的名称(系统命名)是__________。(3)D→E所需的试剂和条件是__________。(4)F→G的化学方程式是___________________。(5)I是E的一种同分异构体,具有下列结构特征:①苯环上只有一个取代基;②是某种天然高分子化合物水解的产物。I的结构简式是__________。(6)设计由乙醇制备的合成路线__________(无机试剂任选)。24、(12分)元素周期表中的四种元素的有关信息如下,请用合理的化学用语填写空白。在周期表中的区域元素代号有关信息短周期元素XX的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂,且能溶于强碱溶液YY的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂长周期元素ZZ的一种盐乙可以作净水剂,Z的某种氧化物丙可以做红色涂料WW元素大多存在于海藻种,它的银盐可用于人工降雨(1)X元素周期表中的位置为___,X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为___。(2)足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应,放出热量QkJ,请写出表示该过程中和热的热化学方程式:____。(3)下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有___(选填字母)a.丁比氯化氢沸点高b.丁比氯化氢稳定性好c.丁比氟化氢还原性弱d.丁比氟化氢酸性弱(4)请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式___。25、(12分)某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。(查阅资料)FeCl3是一种共价化合物,熔点306℃,沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示,加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态,上方出现白雾②稍后,产生黄色气体,管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O,B中溶液换为KSCN溶液,加热。A中固体部分变液态,产生白雾和黄色气体,B中KSCN溶液变红(实验探究)实验操作和现象如下表:(问题讨论)(1)实验前首先要进行的操作是______________________________。(2)实验1和实验2产生的白雾是_______(填化学式)溶解在水中形成的小液滴。(3)请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。(4)为确认黄色气体中含有Cl2,学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液,发现B中溶液呈橙色,经检验无Fe2+,说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。(实验结论)(5)实验1充分加热后,若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2,则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。(实验反思)该学习小组认为实验1中溶液变蓝,也可能是酸性条件下,I-被空气氧化所致,可以先将装置中的空气排尽,以排除O2的干扰。26、(10分)SO2可用于防腐剂、消毒剂,也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2,并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中,往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置,该装置中的试剂是__________,气体从_______口(填“a”或“b”)进。(2)检验SO2常用的试剂是__________________,利用了SO2的_________性。(3)将SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,得到白色沉淀,该沉淀的化学式为___________。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液,进行如下实验:(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_________________________________。(5)实验C中,没有观察到白色沉淀,但pH传感器显示溶液呈酸性,原因是__________________。(用方程式表示)(6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是___________________________。若实验A、B中通入足量的SO2后,溶液pH:A_________B(填“>”、“<”或“=”)。27、(12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_____。28、(14分)氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题:(1)常温下,在pH约为9时,用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去,该反应的离子方程式为_____________。(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化剂,常温下,在pH为4.0~6.0时,可直接用H2将NO3-还原为N2,该反应的离子方程式为__________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2,NO3-的去除效果比只用H2时更好,其原因是________。②在pH约为5时,用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2,Fe粉被氧化为Fe2+,该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。(3)实验测得相同条件下,用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-),pH与氨态氮的去除率关系如图所示,在pH大于9时,pH越大,去除率越小,其原因是_________。29、(10分)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题:(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______,其沸点比NH3的_______(填“高”或“低”),其判断理由是_________________________。(2)Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子,Sm的价层电子排布式为4f66s2,Sm3+的价层电子排布式为______________________。(3)比较离子半径:F−__________O2−(填“大于”等于”或“小于”)。(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示,晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用x和1−x代表,则该化合物的化学式表示为____________,通过测定密度ρ和晶胞参数,可以计算该物质的x值,完成它们关系表达式:ρ=________g·cm−3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标,例如图1中原子1的坐标为(),则原子2和3的坐标分别为__________、__________。
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】
A.催化剂能降低反应的活化能,故b中使用了催化剂,故A错误;B.反应物能量高于生成物,为放热反应,△H=生成物能量-反应物能量,故B错误;C.不同的催化剂,改变反应的途径,反应的活化能不同,故C正确;D.催化剂不改变反应的始终态,焓变等于正逆反应的活化能之差,图中不能确定正逆反应的活化能,故D错误;故选C。2、D【解析】
该反应过程为:①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸,Fe2O3转化FeCl3存在于滤液A中,滤渣A为CeO2和SiO2;②加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+,滤渣B为SiO2;③加入碱后Ce3+转化为沉淀,④通入氧气将Ce从+3价氧化为+4价,得到产品。根据上述分析可知,过程①为Fe2O3与盐酸发生反应,选项A正确;结合过滤操作要点,实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,选项B正确;稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O,反应的离子方程式为6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O,选项C正确;D中发生的反应是4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4,属于化合反应,选项D错误。3、D【解析】
A.分子晶体熔沸点与分子间作用力有关,有的还与氢键有关,但与化学键无关,A错误;B.只含共价键的物质可能是共价单质,如氮气、氢气等,B错误;C.两种元素组成的分子中可能含有非极性键,如乙烯、双氧水等,C错误;D.稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键,只存在分子间作用力,D正确;故选D。4、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+,右边加入的是Fe3+,所以右边反应较快,能说明催化活性:Fe3+>Cu2+,选项A正确。选项B中的实验,氯气通入溴化钠溶液变为棕色,通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色,能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质,但是不能证明氧化性:Br2>I2,选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,说明氯化银转化为溴化银,即Ksp:AgCl>AgBr;再加入少量的碘化钠,出现黄色沉淀,应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀,所以证明Ksp:AgCl>AgI,但是不能得到Ksp:AgBr>AgI,选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,考虑到盐酸的挥发性,生成的二氧化碳气体中一定会有HCl,所以硅酸钠溶液中有浑浊,也可能是HCl和硅酸钠反应的结果,不能证明一定是碳酸强于硅酸,进而不能证明非金属性强弱,选项D错误。5、D【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素,Y的原子半径在第三周期中最大,Y为Na元素;Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响,则W为Cl元素;X与Z同主族,X为非金属元素,则X可能为B、C、N、O,Z可能为Al、Si、P、S。【详解】A.常温下,B、C、N、O的单质不一定呈气态,如金刚石或石墨为固体,故A错误;B.同一周期,从左到右,非金属性逐渐增强,则非金属性:W>Z,故B错误;C.X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构,故C错误;D.当Z为Al时,氢氧化铝为两性氢氧化物,Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应,故D正确;故选D。【点睛】本题的难点是X和Z的元素种类不确定,本题的易错点为C,要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。6、D【解析】A、NH4+是弱碱阳离子,发生水解:NH4++H2ONH3·H2O+H+,因此NH4+数量小于0.1NA,故A错误;B、2.4gMg为0.1mol,与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol,因此转移电子数为为0.2NA,故B错误;C、标准状况下,N2和O2都是气态分子,2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA,故C错误;D、H2+I22HI,反应前后系数之和相等,即反应后分子总物质的量仍为0.2mol,分子数为0.2NA,故D正确。7、C【解析】
A.该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素,属于烃类,不溶于水,故A错误;B.该分子中含有饱和碳原子,不可能所有原子共面,故B错误;C.含有碳碳双键,可以发生氧化反应和加成反应,故C正确;D.由结构对称性可知,含4种H,一氯代物有4种,故D错误;故答案为C。8、A【解析】
A.根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大,密度越大,氢气的密度小于一氧化碳的密度,故A正确;B.根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量,相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同,故B错误;C.H2和CO的分子大小不同,故C错误;D.根据阿伏伽德罗定律,同温同压下气体分子间的间距相同,故D错误;正确答案是A。9、A【解析】
由n==可知,ρ==,据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知,在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比,所以两种气体的密度之比为64∶80=4∶5,A项正确;B.设气体的质量均为mg,则n(SO2)=mol,n(SO3)=mol,所以二者物质的量之比为∶=80∶64=5∶4,B项错误;C.根据V=n·Vm可知,同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,所以两种气体的体积之比为5∶4,C项错误;D.根据分子组成可知,两种气体的原子数之比为(5×3)∶(4×4)=15∶16,D项错误;答案选A。10、B【解析】
A.向20mL0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20mL,C点是溶液呈中性,溶质为HNO2、NaNO2混合溶液,X<20,A项错误;B.由HNO2⇌H++NO2−,K=≈,则4.6×10−4≈,得到c(H+)=2.14×10−3mol/L,B项正确;C.c点是溶液呈中性,溶质为HNO2、NaNO2混合溶液;氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应,那么a到恰好完全反应时,水的电离程度逐渐增大;d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后,C项错误;D.b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液,且浓度比为1:1,由NO2−+H2O⇌HNO2+OH−,HNO2⇌H++NO2−,电离程度大于水解程度,可知溶液呈酸性,微粒浓度大小为c(NO2−)>c(Na+)>c(HNO2),D项错误;答案选B。11、C【解析】
A.二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸,使氯水褪色,体现二氧化硫的还原性,与漂白性无关,故A错误;B.铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变,浓硫酸表现强的氧化性和酸性,使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性,故B错误;C.硅单质中硅化合价为0,处于低价,一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来,体现其还原性,故C正确;D.过氧化氢分解生成氧气和水,反应中二氧化锰起催化作用,故D错误;故选C。12、A【解析】
A.动物毫毛表面的油脂难溶于水,不利于毛笔吸水,碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性,A项正确;B.墨的主要成分是炭黑,B项错误;C.宣纸的主要成分是纤维素,C项错误;D.用氧化物的形式表示硅酸盐,顺序是:金属氧化物(按活动性顺序排列)→SiO2→H2O,所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O,D项错误;答案选A。13、B【解析】
A.a点时,=0,c(A-)=c(HA),溶液为酸和盐的溶合溶液,pH=4,抑制水的电离,溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1,选项A正确;B.=0,c(A-)=c(HA),电离平衡常数:Ka(HA)===10-4mol/L;=0,c(B-)=c(HB),电离平衡常数:Ka(HB)===10-5mol/L,Ka(HA)>Ka(HB),选项B错误;C.b点时,=0,c(B-)=c(HB),pH=5,c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),选项C正确;D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时,>0,c(B-)>c(HB),选项D正确。答案选B。14、D【解析】
A.①为容量瓶,配制溶液时使用,不可以长期盛放溶液,故A错误;B.②为漏斗,过滤时使用,分液操作应该用分液漏斗,故B错误;C.③为圆底烧瓶,在加热时需要使用石棉网,故C错误;D.④为冷凝管,作用是冷凝回流,故D正确。故选D。【点睛】此题易错点在于C项,圆底烧瓶底部面积较大,直接加热受热不均匀,需用石棉网,不能直接加热。15、D【解析】
A.饱和的NiS溶液中c(Ni2+)=c(S2-)==3.2×10-11mol·L-1,同理饱和FeS溶液中c(Fe2+)=c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1,因此I曲线代表的是FeS,II曲线代表的是NiS,即M点c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1,故A错误;B.此时P点对应的NiS为过饱和溶液,不是稳定分散系,应有沉淀产生,故B错误;C.Q点加水,溶液中c(Ni2+)、c(S2-)减小,Q不能转化到N点,应在Q点上方,故C错误;D.平衡常数K==6000,故D正确。16、C【解析】
A.分子的稳定性与化学键有关,共价键越强,分子越稳定性,而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质,故A错误;B.单原子分子中没有化学键,如稀有气体为单原子分子,分子中没有共价键,故B错误;C.离子晶体中一定存在离子键,可能存在共价键,如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键,故C正确;D.原子晶体中可能存在极性键,也可能存在非极性键,如二氧化硅中存在极性共价键,金刚石中存在非极性键,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意稀有气体是单原子分子,固态时形成分子晶体。17、D【解析】
将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份,一份加入少许冰醋酸,发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-,则溶液中c(CO32-)减小;另外一份加入少许Ba(OH)2固体,发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-,则溶液中c(CO32-)增大;故选D。18、B【解析】
A.二氧化碳和水反应生成碳酸,可以增加酸度,碳酸能与碳酸钙反应,所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁,故A正确;B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯,长时间放置会被氧化而变质,故B错误;C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%,即医用酒精,可以杀菌消毒,故C正确;D.二氧化硫具有还原性,可防止营养成分被氧化,故D正确;故答案为B。19、B【解析】
A.35Cl和37C1的原子个数关系不定,则36g氯气不一定是0.5mol,所含质子数不一定为17NA,A不正确;B.5.6gC3H6和5.6gC2H4中含有共用电子对的数目都是1.2NA,则5.6g混合气所含共用电子对数目也为1.2NA,B正确;C.1个“SiO2”中含有4个Si-O键,则含4molSi-O键的二氧化硅晶体为1mol,氧原子数为2NA,B不正确;D.铜与过量的硫反应生成Cu2S,6.4g铜转移电子数目为0.1NA,D不正确;故选B。20、D【解析】
x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素,从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,可以知道x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,f是Al元素,z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1,e的pH为12,为一元强碱,则e是Na元素,z、h的pH均为2,为一元强酸,则z为N元素、h为Cl元素,g的pH小于2,则g的为二元强酸,故g为S元素,据此分析解答问题。【详解】A.d、e、f、g形成的简单离子分别为:O2-、Na+、Al3+、S2-,O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同,但核电荷数Al>Na>O,则离子半径O2->Na+>Al3+,而S2-的电子层数最多,半径最大,故半径最大的是g离子,A选项错误;B.d与e形成的化合物可以是Na2O,也可以是Na2O2,Na2O2既含有离子键,也含有共价键,B选项错误;C.x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为:H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2,C单质可形成金刚石,为原子晶体,故单质熔点最高的可能是y,C选项错误;D.x与y可以形成多种有机化合物,其中CH2=CH2等存在着非极性键,D选项正确;答案选D。【点睛】此题C选项为易错点,C单质有很多的同素异形体,熔沸点有差异,容易忽略这一关键点,导致误选C答案。21、C【解析】
A.反应可知是放热反应,顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量,所以反−2−丁烯稳定,故A错误;B.反应可知是放热反应,顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量,故B错误;C.温度升高平衡向吸热反应方向进行,所以平衡逆向进行,有利于生成顺−2−丁烯,故C正确;D.顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量,等物质的量的顺−2−丁烯和反−2−丁烯分别与足量氢气反应,放出的热量不相等,故D错误;故答案选C。22、D【解析】
A、根据图示可知,加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时,二者恰好反应生成NaA,溶液的pH>7,说明NaA为强碱弱酸盐,则HA为弱酸,故A错误;B、a点反应后溶质为NaA,A-部分水解溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),结合电荷守恒可知:c(Na+)>c(A-),溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故B错误;C、根据图示可知,滴定终点时溶液呈碱性,甲基橙的变色范围为3.1~4.4,酚酞的变色范围为8~10,指示剂应该选用酚酞,不能选用甲基橙,故C错误;D、b点溶液的pH=7,呈中性,则c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒可知:c(Na+)=c(A-),故D正确;故选:D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断,题目难度不大,明确图示曲线变化的意义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。二、非选择题(共84分)23、加成反应醚键2-氯乙酸浓硝酸、浓硫酸、加热【解析】
B和A具有相同的实验式,分子结构中含一个六元环,核磁共振氢谱显示只有一个峰;3个分子的甲醛分子HCHO断裂碳氧双键中较活泼的键,彼此结合形成B:,B与HCl、CH3CH2OH反应产生C:ClCH2OCH2CH3;间二甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为,在Fe、HCl存在条件下硝基被还原变为-NH2,产生F为:,F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G:,G与C发生取代反应产生H:。【详解】根据上述分析可知B是,F是。(1)3个分子的甲醛断裂碳氧双键中较活泼的键,彼此结合形成环状化合物B:,A→B的反应类型是加成反应;(2)C结构简式为ClCH2OCH2CH3;其中含氧官能团的名称是醚键;ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一个H原子被Cl原子取代产生的物质,名称是2-氯乙酸;(3)D为间二甲苯,由于甲基使苯环上邻位和对位变得活泼,所以其与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为,则D→E所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热;(4)F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G和水,F→G的化学方程式是;(5)E为,硝基化合物与C原子数相同的氨基酸是同分异构体,I是E的一种同分异构体,具有下列结构特征:①苯环上只有一个取代基;②是某种天然高分子化合物水解的产物,则该芳香族化合物的一个侧链上含有1个—COOH、1个—NH2,和1个,I的结构简式是;(6)CH3CH2OH在Cu催化下加热下发生氧化反应产生CH3CHO,3个分子的乙醛发生加成反应产生,与乙醇在HCl存在时反应产生,故由乙醇制备的合成路线为:。【点睛】本题考查有机物推断与合成、限制条件同分异构体书写、有机物结构与性质等,掌握有机物官能团的结构与性质是解题关键。要根据已知物质结构、反应条件进行推断,注意根据物质结构简式的变化理解化学键的断裂与形成,充分利用题干信息分析推理,侧重考查学生的分析推断能力。24、第三周期ⅢA族r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/molaFe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O【解析】
氢氧化铝具有两性,X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂,且能溶于强碱溶液,X是Al元素;氨气作制冷剂,Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂,Y是N元素;氧化铁是红色染料的成分,Z的一种盐乙可以作净水剂,Z的某种氧化物丙可以做红色涂料,Z是Fe元素;碘化银用于人工降雨,W元素大多存在于海藻种,它的银盐可用于人工降雨,W是I元素;【详解】(1)X是Al元素,Al元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族,电子层数越多半径越大,电子层数相同,质子数越多半径越小,Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)。(2)W的最高价氧化物的水化物是HIO4,甲是氢氧化铝;足量HIO4稀溶液与1molAl(OH)3完全反应,放出热量QkJ,表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/mol。(3)a.HI的相对分子质量大于HCl,HI比氯化氢沸点高,故a正确;b.Cl的非金属性大于I,HCl比HI稳定性好,故b错误;c.Cl的非金属性大于I,HI比氟化氢还原性强,故c错误;d.HI是强酸,氢氟酸是弱酸,故d错误。(4)铁的氧化物丙可以做红色涂料,丙是Fe2O3,丁是HI,Fe2O3与HI发生氧化还原反应生成FeI2和I2,反应的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。25、检查装置的气密性HCl2Fe3++2I—=2Fe2++I23Fe2++2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2,但不会被Fe3+氧化为Br2MnO2+2FeCl3·6H2OFe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl+11H2O【解析】
(1)实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性;(2)FeCl3•6H2O受热失去结晶水,同时水解,生成HCl气体,HCl和H2O结合形成盐酸小液滴;(3)由信息可知,FeCl3是一种共价化合物,受热变为黄色气体,氯化铁具有强氧化性,可以将碘离子氧化为碘单质;(4)用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀;为确认黄色气体中含有Cl2,需要除去Fe3+的干扰,因为Br—可以被Cl2氧化成Br2,但不会被Fe3+氧化为Br2,可选择NaBr溶液;(5)二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水,据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】(1)实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性;故答案为检查装置的气密性;(2)FeCl3•6H2O受热失去结晶水,同时水解,生成HCl气体,HCl和H2O结合形成盐酸小液滴,而形成白雾;故答案为HCl;(3)碘离子具有还原性,氯化铁具有强氧化性,两者反应,碘离子被氧化为碘单质,反应离子方程式为:2Fe3++2I—=2Fe2++I2,故答案为2Fe3++2I—=2Fe2++I2;(4)用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀,离子方程式是3Fe2++2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓;为确认黄色气体中含有Cl2,将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液,若B中观察到浅橙红色,为溴水的颜色,则证明有物质能够将Br-氧化成Br2,铁离子不能氧化溴离子,若未检查到Fe2+,则证明是Cl2氧化的Br-,而不是Fe3+,故答案为3Fe2++2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓;Br—可以被Cl2氧化成Br2,但不会被Fe3+氧化为Br2;(5)二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水,反应方程式为:MnO2+2FeCl3·6H2OFe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl+11H2O,故答案为MnO2+2FeCl3·6H2OFe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl+11H2O。26、饱和NaHSO3溶液b品红试液漂白性BaSO4避免氧气干扰实验SO2+H2OH2SO3H2SO3H++HSO3﹣在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快【解析】
(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液;(2)检验SO2常用的试剂是品红试液,利用了SO2的漂白性;(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,SO2先和水反应生成亚硫酸,溶液呈酸性,酸性溶液中存在NO3-,亚硫酸会被氧化成硫酸,最终生成的白色沉淀是BaSO4;(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是:避免氧气干扰实验;(5)实验C中,SO2先和水反应生成H2SO3使pH传感器显示溶液呈酸性;(6)A中没有氧气,SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化,而B中没有排出O2,则SO2被O2和NO3﹣共同氧化,实验B中出现白色沉淀比实验A快很多,说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快。【详解】(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液,所以中应该放饱和NaHSO3溶液,并且气体从b口进;(2)检验SO2常用的试剂是品红试液,利用了SO2的漂白性;(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,SO2先和水反应生成亚硫酸,溶液呈酸性,酸性溶液中存在NO3-,亚硫酸会被氧化成硫酸,最终生成的白色沉淀是BaSO4;(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是:避免氧气干扰实验;(5)实验C中,SO2先和水反应生成H2SO3使pH传感器显示溶液呈酸性,化学方程式为:SO2+H2OH2SO3;(6)A中没有氧气,SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化,而B中没有排出O2,则SO2被O2和NO3﹣共同氧化,实验B中出现白色沉淀比实验A快很多,说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快;实验B中SO2更多被氧化,最终生成更多的硫酸,硫酸酸性比亚硫酸强,故B中酸性更强,故溶液pH:A>B。27、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
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