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文档简介
辽宁师大学附中2025年高三第三次测评化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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、2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图,下列叙述正确的是A.电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B.电池放电时间越长,Li2O2含量越少C.电池工作时,正极可发生Li++O2-e-=LiO2D.充电时,b端应接负极2、1L某混合溶液中,溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1,向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是()A.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸3、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后,在以碳棒为电极进行电解,下列有关的实验现象的描述中正确的是()A.负极区先变红 B.阳极区先变红C.阴极有无色气体放出 D.正极有黄绿色气体放出4、下列说法正确的是A.氯化氢气体溶于水破坏离子键,产生H+和Cl-B.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C.NH3和HCl都极易溶于水,是因为都可以和H2O形成氢键D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大,是由于它们所含的化学键类型不同5、有关浓硫酸的性质或作用,叙述错误的是A.浓硫酸的脱水性是化学性质B.使铁、铝钝化表现了强氧化性C.制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D.与氯化钠固体共热制氯化氢气体时,表现强酸性6、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法正确的是()A.a为电源的负极B.电解结束后,阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C.除去尿素的反应为:CO(NH2)2+2Cl2+H2O==N2+CO2+4HClD.若两极共收集到气体0.6mol,则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解,假设氯气全部参与反应)7、下列说法正确的是A.常温下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释,溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小B.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0达平衡后,降低温度,正反应速率增大、逆反应速率减小,平衡向正反应方向移动C.镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的D.电解精炼铜时,阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属8、下列关于核外电子的描述中,正确的是()A.电子云图中一个小黑点表示一个电子B.电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数C.s电子在s电子云的球形空间内做规则运动D.核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定9、向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中,持续稳定地通入二氧化碳气体,通入气体为6.72L(标准状况)时,立即停止,则这一过程中,溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是(不考虑气体的溶解)A. B. C. D.10、下列说法正确的是A.同主族元素中,原子序数之差不可能为16B.最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点逐渐升高D.主族元素中,原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be11、某溶液中可能含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、Cl-、NO3-中的几种,将此溶液分成两等份,进行如下实验:①在一份溶液中加入足量NaOH,加热,可收集到标准状态下的气体1.12L;②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,过滤得到沉淀2.33g;③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液,又有4.7g沉淀产生。有关该溶液中离子种类(不考虑H+和OH-)的判断正确的是A.溶液中至少有2种阳离子 B.只能确定溶液中NH4+、SO42-是否存在C.溶液中最多有4种阴离子 D.溶液中不可能同时存在K+和NO3-12、探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是()A.装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.装置丙稀释反应后的混合液D.装置丁分离稀释后混合物中的不溶物13、2019年是元素周期表诞生150周年,目前周期表七个周期均已排满,其118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示,且W元素的简单氢化物的空间结构是三角锥形,下列说法不正确的是A.红葡萄酒含有YX2,起杀菌、澄清、抗氧化的作用B.在元素周期表中,117号元素与Z元素位于同一主族C.简单离子的半径大小顺序为:X<W<Z<YD.W的氢化物与Z的氢化物反应,产物为共价化合物14、我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米,重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是A.光影屏中安装的计算机芯片,其材质是二氧化硅B.为提升光影屏的续航能力,翻倍提高电池的能量密度C.光影屏选用可折叠LED,其工作原理是将化学能转化为电能D.为减轻光影屏的重量,选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料15、将①中物质逐步加入②中混匀(②中离子均大量存在),预测的现象与实际相符的是()选项①②溶液预测②中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀,最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A.A B.B C.C D.D16、用下列实验方案不能达到实验目的的是()A.图A装置——Cu和稀硝酸制取NO B.图B装置——检验乙炔的还原性C.图C装置——实验室制取溴苯 D.图D装置——实验室分离CO和CO217、已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.32gS8与S6()的混合物中所含共价键数目为NAB.1L1.1mol•L-1H2C2O4溶液中含C2O42-离子数为1.1NAC.2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应,转移的电子数为8NAD.标准状况下2.4L氯气与甲烷的混合气体,光照时充分反应生成HCl分子数为NA18、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料(NamCn)作负极,利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电,该钠离子电池的工作原理为Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列说法不正确的是A.放电时,Na+向正极移动B.放电时,负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++CnC.充电时,阴极质量减小D.充电时,阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+19、常温下,以下试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是A.滴有淀粉的碘水 B.氢氧化钠溶液C.硫酸铜溶液 D.品红溶液20、化学与生产、生活及环境密切相关,下列有关说法不正确的是A.二氧化硫有毒,严禁将其添加到任何食品和饮料中B.工业生产时加入适宜的催化剂,除了可以加快反应速率之外,还可以降低反应所需的温度,从而减少能耗C.《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,这是利用了“焰色反应”D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的21、下列化学用语使用正确的是()A.HF在水溶液中的电离方程式:HF+H2OF-+H3O+B.Na2S的电子式:C.乙烯的结构式:CH2=CH2D.重氢负离子(H-)的结构示意图:22、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关,下列说法不正确的是()A.为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸B.食盐可作调味剂,也可用作食品防腐剂C.用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素D.化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物N的结构中含有三个六元环,其合成路线如下。已知:RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题:(1)F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。(2)G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。(3)D在一定条件下能合成高分子化合物,该反应的化学方程式____________。(4)A在5000C和Cl2存在下生成,而不是或的原因是_________。(5)E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。(6)N的结构简式为________________。24、(12分)叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲的最简式为_____;丙中含有官能团的名称为____。(2)下列关于乙的说法正确的是______(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物,请写出该反应的化学方程式:____。(4)甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去):①步骤Ⅰ的反应类型是_______。②步骤I和IV在合成甲过程中的目的是______。③步骤IV反应的化学方程式为________。25、(12分)CuCl用于石油工业脱硫与脱色,是一种不溶于水和乙醇的白色粉末,在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题:(1)甲图中仪器1的名称是________;制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-,为提高产率,仪器2中所加试剂应为_________(填“A”或“B”)。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液(2)乙图是体系pH随时间变化关系图,写出制备CuCl的离子方程式_______________;丙图是产率随pH变化关系图,实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,其中Na2CO3的作用是___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示,其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小,跟常规过滤相比,采用抽滤的优点是________________________(写一条);洗涤时,用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品,作用是____________________________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂,某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知:Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。(4)装置的连接顺序应为_______→D(5)用D装置测N2含量,读数时应注意______________________。26、(10分)钠是一种非常活泼的金属,它可以和冷水直接反应生成氢气,但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中,如图a所示,可以看到钠块浮在水面上,与水发生剧烈反应,反应放出的热量使钠熔成小球,甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油,再投入金属钠,可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上,如图b所示,同样与水发生剧烈的反应,但不发生燃烧。图a图b(1)在第一个实验中,钠浮在水面上;在第二个实验中,钠悬浮在煤油和永的界面上,这两个现象说明了:________。(2)在第二个实验中,钠也与水发生反应,但不发生燃烧,这是因为________。(3)我们知道,在金属活动性顺序中,排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来,可将金属钠投入到硫酸铜溶液中,却没有铜被置换出来,而产生了蓝色沉淀,请用化学方程式解释这一现象____。27、(12分)ClO2是一种优良的消毒剂,熔点为-59.5℃,沸点为11.0℃,浓度过高时易发生分解引起爆炸,实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ:制取并收集ClO2,装置如图所示:(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ:测定装置A中ClO2的质量,设计装置如图:过程如下:①在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用100mL水溶解后,再加3mL硫酸溶液;②按照右图组装好仪器;在玻璃液封管中加入①中溶液,浸没导管口;③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中,充分吸收后,把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中,洗涤玻璃液封管2—3次,都倒入锥形瓶,再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液;④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体,共用去VmLNa2S2O3溶液(已知:I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。28、(14分)氯胺是一种长效缓释水消毒剂,主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl,NHCl2和NCl3)。工业上可利用NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺。回答下列问题:(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质,该物质是___,二氯胺与水反应的化学方程式为___。(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示(忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别)。化学键N-HN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3x431.8则ΔH2=___kJ/mol,x=___。(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡,据此反应通过热力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随(氨氯比)的变化曲线如图所示。①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。T1温度下该反应的平衡常数为___(列出算式即可)。②在T2温度下,Q点对应的速率:v正___v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。③在氨氯比一定时,提高NH3的转化率的方法是___(任写1种)④若产物都是气体,实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低,原因可能是___。29、(10分)用琥珀酸酐法制备了DEN人工抗原及抗体.如图是1,3﹣丁二烯合成琥珀酸酐的流程:1,3丁二烯C4H6Br2ABC完成下列填空:(1)写出反应试剂和反应条件.反应①______;反应②______.(2)比1,3﹣丁二烯多一个C并且含1个甲基的同系物有______种.(3)写出A和C的结构简式.A______;C______.(4)写出B和C反应生成高分子化合物的化学方程式______.(5)设计一条由1,3﹣丁二烯为原料制备的合成路线.(无机试剂可以任选)_____(合成路线常用的表示方式为:AB…目标产物)
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】
根据电子的流向可知b极为负极,锂单质失电子被氧化,a极为正极,氧气得电子被还原。【详解】A.负极单质锂与水反应,所以电解溶液不能用水溶液,故A错误;B.电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子,锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe-=LixO2,所以时间越长正极产生的Li2O2越多,而不是越少,故B错误;C.正极发生得电子的还原反应,当x=1时发生:Li++O2+e-=LiO2,故C错误;D.充电时,b极锂离子转化为锂,发生还原反应,即为电解池的阴极,则充电时,b端应接负极,故D正确;故选D。2、A【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol,加入等浓度的硫酸,加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水,同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀,当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应,生成0.1molBaSO4,再加入0.5LH2SO4溶液时,加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应:H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液,加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,和图像相符,故A选;B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol,共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀,即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故B不选;C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol,共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀,即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故C不选;D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol,先加入0.5L硫酸,即0.05mol硫酸,加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀,同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol,加入的SO42-为0.05mol,所以生成0.05molBaSO4沉淀,还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液,加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解,同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀,此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol,和图像不符,故D不选。故选A。3、C【解析】
电解饱和食盐水,阳极氯离子发生失电子的氧化反应,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑;阴极区水发生得电子的还原反应,其电极反应式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,A.溶液中阴极区会发生电极反应:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,则酚酞溶液在阴极区先变红,A项错误;B.溶液中阴极区会发生电极反应:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,则酚酞溶液在阴极区先变红,B项错误;C.阴极区水发生得电子的还原反应,其电极反应式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,有无色气体放出,C项正确;D.阳极产生氯气,则现象描述应该为:阳极有黄绿色气体放出,D项错误;答案选C。4、B【解析】
A.HCl是共价化合物,氯化氢气体溶于水时破坏共价键,产生H+和Cl-,A错误;B.硅晶体属于原子晶体,熔化断裂共价键;碘化氢属于分子晶体,碘化氢分解破坏共价键,因此需克服的化学键类型相同,B正确;C.NH3和HCl都极易溶于水,NH3是因为可以和H2O形成氢键,但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键,C错误;D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大,是由于CO2属于分子晶体,分子之间以微弱的分子间作用力结合,而SiO2属于原子晶体,原子之间以强的共价键结合,熔化时破坏的作用力性质不同,D错误;故合理选项是B。5、D【解析】
A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质,属于化学反应,是化学性质,故A正确;B.浓硫酸具有强的氧化性,常温下能够使铁、铝发生钝化,故B正确;C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用,故C正确;D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时,表现难挥发性,故D错误;故选D。6、D【解析】
A、由图可以知道,左室电极产物为CO2和N2,发生氧化反应,故a为电源的正极,右室电解产物H2,发生还原反应,故b为电源的负极,故A错误;B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑,阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl,根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等,阳极室中反应产生的H+,通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水,所以阴极室中电解前后溶液的pH不变,故B错误;C、由图可以知道,阳极室首先是氯离子放电生成氯气,氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳,同时会生成HCl,阳极室中发生的反应依次为6Cl--6e-=3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl,故C错误;D、如图所示,阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑,阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl,若两极共收集到气体0.6mol,则n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol,由反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.12mol,故D正确。答案选D。7、C【解析】
A.常温下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释,c(H+)、c(CH3COOH)均减小,因为稀释过程促进醋酸的电离,所以溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大,A错误;B.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0达平衡后,降低温度,正反应速率减小、逆反应速率减小,平衡向正反应方向移动,B错误;C.镀锌铁板在空气中会形成原电池,锌做负极被腐蚀,铁做正极被保护,是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的,C正确;D.电解精炼铜时,粗铜做阳极,精铜做阴极,锌、铁比铜活泼,所以失电子变为离子,阳极泥中含有Ag、Au
等金属,D错误;综上所述,本题选C。8、D【解析】
A.电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会,不表示电子数目,故A错误;B.电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数,故B错误;C.s亚层的原子轨道呈球形,处在该轨道上的电子不只在球壳内运动,还在球壳外运动,只是在球壳外运动概率较小,故C错误;D.核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定,能层越大,电子的能量越大,同一能层,不同能级的电子能量不同,故D正确;选D。9、C【解析】
n(CO2)==0.3mol,向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO2,二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2++CO2=CaCO3↓+H2O,离子浓度迅速降低,氢氧化钙完全反应,消耗0.1molCO2,然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O,消耗0.1molCO2,离子浓度继续降低,但幅度减小,最后发生CO2+H2O+CO32-=2HCO3-,离子浓度增大,恰好反应时,0.3mol二氧化碳也完全反应,所以图像C符合,故选C。【点睛】正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B,要注意B和C的区别。10、D【解析】
A.同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等,不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16,如锂和钾,故A错误;B.最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子,也可能是离子,例如钠离子,故B错误;C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点可能降低,如碱金属,也可能升高,如卤素,故C错误;D.主族元素中,原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be,原子核外最外层电子数为8的元素,次外层电子数为8的是Ar,不是主族元素,故D正确;故选D。【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系,最外层核外电子数和次外层电子数的关系,判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点,解题中注意掌握规律的同时,注意特例。11、C【解析】
①在一份溶液中加入足量NaOH,加热,可收集到标准状态下的气体1.12L;和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气,故一定存在NH4+,其物质的量为n(NH3)==0.05mol;②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,过滤得到沉淀2.33g,则一定存在SO42-,其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)==0.01mol,Ba2+与SO42-会发生离子反应不能大量共存,含有SO42-,则一定不含有Ba2+;③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液,又有4.7g沉淀产生,此沉淀未说明颜色,故可能为AgCl或AgI,且I-或Cl-的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03mol。A.依据分析可知,溶液中可能只存在铵根离子,故A错误;B.依据分析可知,溶液中一定存在NH4+、SO42-,还有Cl-或I-中的一种或两种,B错误;C.依据分析可知,溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在,C正确;D.依据分析可知,溶液中可能存在K+和NO3-,D错误;故合理选项是C。12、C【解析】
A.Cu和浓硫酸反应需要加热,甲装置中缺少酒精灯,无法完成铜与浓硫酸的反应,故A错误;B.二氧化硫比空气密度大,应该采用向上排空气法收集,即导管采用长进短出的方式,故B错误;C.反应后溶液中含有大量浓硫酸,需要将反应后溶液沿着烧杯内壁缓缓倒入水中,并用玻璃棒搅拌,图示操作方法合理,故C正确;D.固液分离操作是过滤,但过滤时需要用玻璃棒引流,故D错误;故答案为C。13、D【解析】
根据分析W为N,X为O,Y为S,Z为Cl。【详解】A选项,红葡萄酒含有二氧化硫,主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用,故A正确;B选项,在元素周期表中,117号元素是第七周期第VIIA族,与Z元素位于同一主族,故B正确;C选项,简单离子的半径大小顺序为:X<W<Y<Z,故C正确;D选项,W的氢化物与Z的氢化物反应,产物都为共价化合物,故D错误;综上所述,答案为D。14、B【解析】
A.光影屏中安装的计算机芯片,其材质是硅,A不正确;B.可折叠光影屏将续航能力翻倍提升,电池的能量密度翻倍提高,B正确;C.LED光影屏白天将光能转化为电能,夜晚将电能转化为光能,C不正确;D.碳纤维是无机非金属材料,D不正确;故选B。15、D【解析】
A.OH﹣优先稀盐酸反应,加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀,故A错误;B.SO32﹣的还原性大于I﹣,加入氯水后亚硫酸根离子优先反应,不会立即呈黄色,故B错误;C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子,生成的是红褐色沉淀,不会出现白色沉淀,故C错误;D.小苏打为碳酸氢钠,Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体,故D正确。故选D。16、B【解析】
A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,一氧化氮不与水反应,所以可以用此装置制取一氧化氮,故A正确;B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等,硫化氢具有还原性,也能使高锰酸钾溶液褪色,故B错误;C.图C装置,有分液漏斗,可以通过控制液溴的量控制反应,装有四氯化碳的试管可用于除液溴,烧杯中的液体用于吸收溴化氢,倒置漏斗可防倒吸,此装置用于实验室制取溴苯,故C正确;D.二氧化碳可以先被碱液吸收,在球胆中收集一氧化碳气体,再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液,二氧化碳即可放出,可以用于分离一氧化碳和二氧化碳,故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计,解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析;D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。17、A【解析】
A.S8与S6()分子中分别含有8个和6个S-S键,1个S对应1个S-S共价键,由于32gS8与S6()的混合物中含硫为1mol,则该混合物中含1molS-S键,A选项正确;B.因为草酸是弱电解质,部分电离出C2O42-,所以L1.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于1.1NA,B选项错误。C.密闭容器中2molNO与2molO2充分反应,这是一个可逆,转移的电子数小于4NA,由于NO不足,更小于8NA,C选项错误;D.在标准状况下,2.4L氯气与甲烷混合气体,光照时充分反应,由于无法知道氯气、甲烷各为多少量,所以生成HCl分子数无法计算,D选项错误;答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6()分子中分别含有8个和6个S-S键,两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。18、C【解析】
A.放电时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故A不选;B.放电时,负极是金属钠失去电子,故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn,故B不选;C.充电时,阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn,电极质量增加,故C选;D.充电时,阳极是NaCoO2中的Co失去电子转化为Na1-mCoO2,电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+,故D不选。故选C。【点睛】碳基材料NamCn中,Na和C都为0价,Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中,Co的化合价比Na1-mCoO2中的Co的化合价低,所以充电时,阳极是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。19、B【解析】
A.SO2能使蓝色褪去得到无色溶液,H2S能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀,二者现象不同,可以鉴别,A不符合题意;B.二者均与NaOH溶液反应,得到无色溶液,现象相同,不能鉴别,B符合题意;C.与硫酸铜混合无变化的为SO2,混合生成黑色沉淀的为H2S,现象不同,可以鉴别,C不符合题意;D.SO2具有漂白性能使品红褪色,H2S通入品红溶液中无现象,现象不同,可以鉴别,D不符合题意;故合理选项是B。20、A【解析】
A.二氧化硫具有较强的还原性,故常用作葡萄酒的抗氧化剂,选项A错误;B.催化剂可以降低活化能,从而起到加快速率,降低所需能量等作用,选项B正确;C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分,选项C正确;D.乙烯有催熟的效果,高锰酸钾溶液可以吸收乙烯,选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系,要求学生能够用化学知识解释化学现象,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,易错点为选项B催化剂可以降低活化能,从而起到加快速率,降低所需能量等作用。21、A【解析】
A.HF是弱酸,部分电离,用可逆号,HF+H2O⇌F-+H3O+可表示HF的电离方程式,故A正确;B.Na2S是离子化合物,由阴阳离子构成,而不是共价化合物,电子式书写不正确,故B错误;C.乙烯的结构简式:CH2=CH2,故C错误;D.重氢负离子(H-)的质子数是1,即核电荷数为1,故D错误;故选:A。22、C【解析】
A.常温下Fe与液氯不反应,Fe与浓硫酸发生钝化,则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,选项A正确;B.食盐腌制食品,食盐进入食品内液产生浓度差,形成细菌不易生长的环境,可作防腐剂,食盐具有咸味,所以食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂,选项B正确;C、海水中的碘元素是碘的化合物,不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素,选项C不正确;D.SO2和NOX的排放可导致酸雨发生,则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施,选项D正确;答案选C。二、非选择题(共84分)23、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、(中和反应)因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成,可知A的结构简式为:,故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A,为。与HCl反应生成B,结合B的分子式可知,应是发生加成反应,B发生卤代烃的水解反应反应生成C,C氧化生成D,结合D分子式可知B为,顺推可知C为,D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知,D与M应是发生酯化反应,M中羧基与羟基连接同一碳原子上,结合N的分子式可推知M为,N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为,再发生氧化反应生成,与氯气反应生成G,G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H,则G为,H为,据此解答。【详解】(1)F分子中含氧官能团的名称为羧基,B的结构简式为;故答案为:羧基;;(2)G→H的化学方程式:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O,其反应类型为水解反应取代反应、中和反应;故答案为:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O;水解反应取代反应、中和反应;(3)D在一定条件下能合成高分子化合物,该反应的化学方程式:;故答案为:;(4)A在和存在下生成,而不是或的原因是:因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代;故答案为:因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代;(5)E()的同分异构体中能使溶液显色,说明含有酚羟基,另外取代基为乙基,有邻、间、对3种,或取代基为2个甲基,当2个甲基处于邻位时,有2种位置,当2个甲基处于间位时,有3种位置,当2个甲基处于对位时,有1种位置,共有9种;故答案为:9;(6)根据以上分析可知N的结构简式为;故答案为:。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂,结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,,A为,再依次推导下去,问题迎刃而解。24、C7H7NO2羧基、氨基acn+nH2O取代反应保护氨基+H2O+CH3COOH【解析】
(1)由甲的结构简式,则甲的分子式为C7H7NO2,所以甲的最简式为C7H7NO2
;由丙的结构简式,所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基;答案:C7H7NO2;羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5,故a正确;b.分子中没有苯环,故b错误;c.分子中含有氨基能与盐酸反应,含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应,故c正确;d.分子中没有苯环,故d错误,故选ac,(3).甲为,在一定条件下能单独聚合成高分子化合物,该反应的化学方程为。(4)①由可知步骤Ⅰ的反应类型是取代反应;答案:取代反应。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案:保护氨基;③步骤Ⅳ反应的化学方程式为。答案:。25、三颈烧瓶B2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-及时除去系统中反应生成的H+3.5可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条)洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化C→B→A温度降到常温,上下调节量气管至左右液面相平,读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条)【解析】
Ⅰ.(1)根据仪器的结构和用途回答;仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液,便于通过分液漏斗控制滴加的速率,故选B。(2)乙图随反应的进行,pH降低,酸性增强,Cu2+将SO32-氧化,制备CuCl的离子方程式2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-;丙图是产率随pH变化关系图,pH=3.5时CuCl产率最高,实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,控制pH。(3)抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条);洗涤时,用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品,作用是洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.(4)氢氧化钾会吸收二氧化碳,盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收,故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,B中盛放保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气,A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO,D测定氮气的体积,装置的连接顺序应为C→B→A→D;(5)用D装置测N2含量,读数时应注意温度降到常温,上下调节量气管至左右液面相平,读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条)。【详解】Ⅰ.(1)根据仪器的结构和用途,甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶;制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-,为提高产率,仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液,便于通过分液漏斗控制滴加的速率,故选B。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图,随反应的进行,pH降低,酸性增强,Cu2+将SO32-氧化,制备CuCl的离子方程式2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++SO42-;丙图是产率随pH变化关系图,pH=3.5时CuCl产率最高,实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+,并维持pH在3.5左右以保证较高产率。(3)抽滤所采用装置如丁图所示,其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小,跟常规过滤相比,采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条);洗涤时,用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品,作用是洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.(4)氢氧化钾会吸收二氧化碳,盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收,故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,B中盛放保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气,A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO,D测定氮气的体积,装置的连接顺序应为C→B→A→D;(5)用D装置测N2含量,读数时应注意温度降到常温,上下调节量气管至左右液面相平,读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条)。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验,属于拼合型题目,关键是对原理的理解,难点Ⅱ.(4)按实验要求连接仪器,需要具备扎实的基础。26、钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度钠不与空气接触,缺乏燃烧条件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】
(1)根据物体的浮沉条件可知:钠浮在水面上,说明钠的密度小于水的密度,钠悬浮在煤油和水的界面上,说明钠的密度大于煤油的密度;故答案为:钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度;(2)根据燃烧的条件可知,钠不燃烧的原因是:煤油将钠与空气隔绝;故答案为:钠不与空气接触,缺乏燃烧条件;(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应,生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应,相关的化学方程式为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑;故答案为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。【点睛】并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属,要考虑这种金属是否能够与水反应,如果能够与水反应,则优先考虑与水反应,再看反应产物是否与盐溶液反应。27、降低ClO2的浓度,防止ClO2的浓度过高而发生分解,引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出,使ClO2全部反应,准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色,并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】
Ⅰ.(1)根据题给信息可知:NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质;(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃,NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质,ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸,ClO2的沸点低,用冰水可以使ClO2冷凝为液体;Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体,并使锥形瓶内外压强相等,准确测量;(4)溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不褪色,说明滴定至终点;(5)根据氧化还原反应分析,有关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3计算n(ClO2),再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知:NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质,则化学反应方程式为:,故答案为:;(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃,NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质,ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸,通入氮气,及时排出;ClO2的沸点低,用冰水可以使ClO2冷凝为液体,故答案为:降低ClO2的浓度,防止ClO2的浓度过高而发生分解,引起爆炸;冰水浴;Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是,防止ClO2逸出,使ClO2全部反应,准确测定ClO2的质量,故答案为:防止ClO2逸出,使ClO2全部反应,准确测定ClO2的质量;(4)当滴入(最后)一滴标准液时,溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不褪色,说明滴定至终点,故答案为:溶液由蓝色变为无色,并且在30s内颜色不发生变化;(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol.则:根据关系式:,所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol,所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g,故答案为:1.35cV×10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索,考查了物质含量的探究性实验,涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断
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