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浙江省绍兴一中高二化学上学期期中试卷含解析

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浙江省绍兴一中2022~2022学年度高二上学期期中化学试卷 一、选择题(共25小题)1.将一根较纯铁棒垂直没入水中,由于深水处溶氧量较少,一段时间后发现AB段产生较多铁锈,BC段腐蚀严重,下列关于此现象的说法错误的是(  )A.铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣B.腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流,且方向是AB段到BC段C.向水中加入一定量硫酸钾固体后,对铁棒的生锈速率几乎无影响D.产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同 2.下列有关化学用语表达正确的是(  )A.乙酸分子的球棍模型:B.H2O2的电子式:C.乙醇的分子式:C2H5OHD.离子结构示意图可以表示35Cl﹣,也可以表示37Cl﹣ 3.如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系,则X气体可能是(  )A.N2B.CH4C.CO2D.NO 4.下列物质不能通过化合反应生成的是(  )A.NaOHB.NaHCO3C.FeCl2D.Al(OH)3 5.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=xkJ•mol﹣1已知:碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol﹣12K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol﹣1-30-\n则x为(  )A.3a+b﹣cB.c﹣3a﹣bC.a+b﹣cD.c﹣a﹣b 6.为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1:1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入(  )①适量的HCl;②适量的NaCl;③适量的氨水;④适量的NaOH.A.①②B.③C.③④D.④ 7.下列实验操作中:①过滤;②蒸发;③溶解;④取液体试剂;⑤取固体试剂.一定要用到玻璃棒的是(  )A.①②③B.④⑤C.①④D.①③⑤ 8.13C﹣NMR(核磁共振)、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构,KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖.下面有关13C、15N叙述正确的是(  )A.13C与15N有相同的中子数B.13C与C60互为同素异形体C.15N与14N互为同位素D.15N的核外电子数与中子数相同 9.下列实验能达到预期目的是(  )①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸;②用NaOH溶液除去苯中的少量苯酚;③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2;④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘;⑤用酒精萃取碘水中的碘.A.①⑤B.①②④⑤C.②③D.②③⑤ 10.化学与生产生活有密切的联系.以下说法正确的是(  )A.埃博拉病毒对化学药品敏感,乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B.气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用效果更好 11.下列说法不正确的是(  )A.发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B.物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C.氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D.农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能 12.如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线,下列说法中,正确的是(  )-30-\nA.a的溶解度大于b的溶解度B.在t℃时,a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同C.升高温度时,a、b溶解度均增大D.在t℃时,将a、b的饱和溶液升温后,溶质的质量分数:a>b 13.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”,是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置.如图图中各装置可用作测量气体体积的是(  )A.B.C.D. 14.下列各组粒子中,所含化学键类型有差异的是(  )A.CCl4和CH2Cl2B.H3O+和NH4+C.CaO2和CaF2D.Ba(OH)2和NaOH 15.下列变化过程中,没有发生化学变化的是(  )A.用蒸馏法淡化海水B.从海带中提取碘C.石墨转化为金刚石D.氨气溶解在水中 16.如图是实验室模拟煤的干馏的实验装置,下列叙述错误的是(  )A.上图实验中发生了化学变化-30-\nB.液体Y是一种纯净物C.气体Z易燃,可还原CuOD.水溶液X的pH>7,液体Y是黑色黏稠状的煤焦油 17.下列关于有机物的叙述正确的是(  )A.乙醇不能发生取代反应B.C4H10有三种同分异构体C.乙二醇和丙三醇为同系物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别 18.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质.以下叙述正确的是(  )A.牛油、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.浓硫酸溅在皮肤上,使皮肤呈黄色是由于浓硫酸和蛋白质发生了颜色反应 19.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸,下列离子方程式与事实不符的是(  )A.OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB.2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC.2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD.OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O 20.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+.某同学为了确认其成分,取部分试液,设计并完成了如下实验:由此可知原溶液中(  )A.原溶液中c(Fe3+)=0.2mol•L﹣1B.要确定原溶液中是否含有Fe2+,其操作为:取少量原溶液于试管中,加KSCN溶液,再加入适量氯水,溶液呈血红色,则含有Fe2+C.SO42﹣、NH4+、Na+一定存在,CO32﹣、Al3+一定不存在D.溶液中至少有4种离子存在,其中Cl﹣一定存在,且c(Cl﹣)≥0.2mol•L﹣1 21.下列关于金属冶炼的说法正确的是(  )A.金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态,冶炼方法由金属的活泼性决定B.Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中,从而置换出铜C.Fe通常采用热还原法冶炼,加入石灰石的目的是除去过量的碳D.由于Al的活泼性强,故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al-30-\n 22.在一定条件下,向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2,发生下列反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0,达到平衡状态后,在t1时刻改变条件,化学反应速率随时间变化关系如图.下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是(  )A.保持压强不变,升高反应温度B.保持温度和容器体积不变,充入1molN2(g)C.保持温度和容器体积不变,充入1molN2O4(g)D.保持温度和压强不变,充入1molN2O4(g) 23.下列叙述正确的是(  )A.0.1mol/LCH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(OH﹣)B.Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH和Kw均减小C.pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中,c(H+)不相等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体,溶液中c(S2﹣)下降 24.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价,根据表中信息判断以下叙述正确的是(  )元素代号ABCDE原子半径/nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价+2+3+6、﹣2﹣1﹣1A.A、B的单质与稀盐酸反应速率B>AB.D、E形成的简单离子的还原性E﹣>D﹣C.气态氢化物的稳定性HD<H2CD.最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4>HEO4 25.一定条件下,中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系,乙是(  )A.HClB.FeCl2C.KOHD.NaHCO3  二、解答题(共6小题)(选答题,不自动判卷)26.如图是中学化学中常见有机物转化关系(部分相关物质和反应条件已略去)-30-\n已知:Ⅰ.F的相对分子质量为6且分子中碳元素的质量分数为40%.Ⅱ.A可以提供生命活动所需要的能量;C、D、E、F分子含碳原子个数相同;G为高分子化合物.回答下列问题:(1)F中含有的官能团名称为      ,①的反应类型为      .B的结构简式为      ,G中链节为      .(3)写出A→C的化学方程式      . 27.某难溶物质X是重要的化工原料,用途广泛.取2.796g物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热,所得产物经一系列变化如图所示:(1)固体甲中金属元素在周期表中的位置为      ,气体乙的电子式      .X的化学式是      .(3)写出反应①和反应②的化学方程式:①      ;②      . 28.节能减排已经成为全社会的共识,浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上,开始试点甲醇汽油(即在汽油中添加一定量的甲醇),根据检测的数据分析认为,若绍兴全市的100余万辆机动车全部使用甲醇汽油,一年内能减少有害气体(一氧化碳)排放将近100万吨.甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备:CO+2H2⇌CH3OH.请根据图示回答下列:(1)关于该自发反应的下列说法中,正确的是      (填字母):A.△H>0,△S>0B.△H>0,△S<0C.△H<0,△S<0D.△H<0,△S>0现进行如下实验,在体积为1L的密闭容器中,充入1molCO和3molH2,测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间如图所示.从反应开始到平衡,CO的平均反应速率v(CO)=      mol/(L•min),该反应的平衡常数K=      .(3)恒容条件下,达到平衡后,下列措施中能使增大的有      .-30-\nA.升高温度B.充入He气C.再冲入1molCO和3molH2D.使用催化剂(4)若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH,达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍(此过程三种物质均处于气态),则平衡时混合气体的平均摩尔质量=      g/mol. 29.由短周期元素构成的A~E五种物质中都含有同一种元素,B为单质,E为强酸.A→BCDE(1)若B为固体,请画出B的原子结构示意图      ,A既能与强酸又能与强碱反应,且都能产生气体,则A的化学式为      .若B为气体,请写出D→E的化学方程式      . 30.乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O,Mr=288)是一种常用的补铁剂,可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得:CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O+CO2↑.已知FeCO3易被氧化:4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2.某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图:回答下列问题:(1)NH4HCO3盛放在装置      中(填字母),该装置中涉及的主要反应的离子方程式      .将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是      .(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中,再加入少量铁粉,75℃下搅拌反应.反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是      .(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数,发现产品的质量分数总是大于100%,其原因可能是      . -30-\n31.某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作如下:①用蒸馏水洗涤碱式滴定管,并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上;②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体;③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下,并记下读数;④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液;⑤用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数.请回答:(1)以上步骤有错误的是(填编号)      ,该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)      .判断滴定终点的现象是:      .(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为      mL.(4)根据下列数据:请计算待测盐酸溶液的浓度:      mol/L.滴定次数待测体积(mL)标准烧碱体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00  浙江省绍兴一中2022~2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共25小题)1.将一根较纯铁棒垂直没入水中,由于深水处溶氧量较少,一段时间后发现AB段产生较多铁锈,BC段腐蚀严重,下列关于此现象的说法错误的是(  )A.铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣B.腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流,且方向是AB段到BC段C.向水中加入一定量硫酸钾固体后,对铁棒的生锈速率几乎无影响D.产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同【考点】金属的电化学腐蚀与防护.【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀,属于原电池,BC段作原电池负极、AB段作原电池正极,据此解答即可.【解答】解:铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀,属于原电池,BC段作原电池负极、AB段作原电池正极,-30-\nA、依据分析可知,AB段为原电池的正极,发生反应O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣,故A正确;B、腐蚀过程中BC段为原电池的负极,在此生成微电流,电子从BC流向AB,故电流方向为从AB到BC,故B正确;C、向水中加入一定量的硫酸钾后,电解质溶液中离子浓度升高,化学反应速率加快,故C错误;D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同,故D正确,故选C.【点评】本题考查金属的吸氧腐蚀,明确各个电极上发生的反应及离子移动方向即可解答,会正确书写电极反应式,知道铁锈的成分,题目难度不大. 2.下列有关化学用语表达正确的是(  )A.乙酸分子的球棍模型:B.H2O2的电子式:C.乙醇的分子式:C2H5OHD.离子结构示意图可以表示35Cl﹣,也可以表示37Cl﹣【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合.【专题】化学用语专题.【分析】A.为乙酸的比例模型,不是球棍模型;B.双氧水为共价化合物,电子式中不需要标出所带电荷;C.乙醇的分子式中不需要标出官能团;D.表示的是所有氯离子,与氯原子的中子数无关.【解答】解:A.乙酸分子的球棍模型为:,故A错误;B.双氧水为共价化合物,分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键,双氧水的电子式为:,故B错误;C.C2H5OH为乙醇的结构简式,乙醇正确的分子式为:C2H6O,故C错误;D.离子结构示意图表示的是所有氯离子,可以表示35Cl﹣,也可以表示37Cl﹣,故D正确;故选D.【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断,题目难度中等,注意掌握球棍模型与比例模型、电子式、离子结构示意图、分子式与结构简式的概念及区别,试题培养了学生的规范答题能力. 3.如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系,则X气体可能是(  )-30-\nA.N2B.CH4C.CO2D.NO【考点】阿伏加德罗定律及推论.【分析】体积相同、温度相同时,气体压强与物质的量成正比,根据图象知,相同温度下,氧气压强大于X气体,说明氧气的物质的量大,根据n=判断X摩尔质量相对大小,据此分析解答.【解答】解:体积相同、温度相同时,气体压强与物质的量成正比,根据图象知,相同温度下,氧气压强大于X气体,说明氧气的物质的量大,根据n=知,质量相同时,物质的量与摩尔质量成反比,氧气的物质的量大于X,则氧气的摩尔质量小于X,这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气,故选C.【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论,明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题关键,会分析图象中曲线变化趋势,采用“定一议二”的方法分析,题目难度中等. 4.下列物质不能通过化合反应生成的是(  )A.NaOHB.NaHCO3C.FeCl2D.Al(OH)3【考点】钠的重要化合物;镁、铝的重要化合物;铁的氧化物和氢氧化物.【专题】元素及其化合物.【分析】A.氧化钠和水反应可生成氢氧化钠;B.可由碳酸钠和二氧化碳在溶液中生成;C.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁;D.氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝.【解答】解:A.氧化钠和水反应可生成氢氧化钠,发生化合反应,故A不选;B.二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠,反应的化学方程式Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3,故B不选;C.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁,发生化合反应,故C不选;D.氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝,故D选.故选D.【点评】本题综合考查元素化合物知识,明确物质的性质是解本题关键,注意常见物质的性质以及反应类型的判断,学习中注意相关基础知识的积累,难度不大. 5.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=xkJ•mol﹣1已知:碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol﹣12K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol﹣1则x为(  )-30-\nA.3a+b﹣cB.c﹣3a﹣bC.a+b﹣cD.c﹣a﹣b【考点】真题集萃;热化学方程式;用盖斯定律进行有关反应热的计算.【分析】碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1,其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol﹣1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol﹣1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g),其反应热进行相应的改变,据此计算反应热.【解答】解:碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1,其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol﹣1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol﹣1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g),则△H=xkJ•mol﹣1=(3a+b﹣c)kJ•mol﹣1,所以x=3a+b﹣c,故选A.【点评】本题考查盖斯定律的应用,侧重考查学生分析计算能力,明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键,注意方程式可以进行加减,题目难度不大. 6.为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1:1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入(  )①适量的HCl;②适量的NaCl;③适量的氨水;④适量的NaOH.A.①②B.③C.③④D.④【考点】影响盐类水解程度的主要因素.【专题】盐类的水解专题.【分析】氯化铵是强酸弱碱盐,由于NH4+水解,导致溶液中c(NH4+)<c(Cl﹣),氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,溶液呈酸性;为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1:1的溶液,须加一定量的能电离出铵根离子的物质,或减少溶液中氯离子的浓度,据此分析.【解答】解:氯化铵是强酸弱碱盐,由于NH4+水解,导致溶液中c(NH4+)<c(Cl﹣),溶液呈酸性,为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1:1的溶液,须增加铵根离子浓度;或减少溶液中氯离子的浓度.①加入适量的HCl,溶液中氯离子浓度增大,则溶液中c(NH4+)<c(Cl﹣),故①错误;②加入适量的NaCl,溶液中氯离子的浓度增加,铵根离子浓度不变保持,导致c(NH4+)<c(Cl﹣),故②错误;    ③加入适量氨水,通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解,增加溶液中铵根离子的浓度,并保持氯离子浓度不变,故③正确;④加入适量NaOH,会发生反应:NH4++OH﹣=NH3•H2O,NH4+越来越少,氯离子浓度不变,导致c(NH4+)<c(Cl﹣),故④错误;故选:B.【点评】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制,解答须掌握铵根离子水解的影响因素,掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键,本题目难度不大. 7.下列实验操作中:①过滤;②蒸发;③溶解;④取液体试剂;⑤取固体试剂.一定要用到玻璃棒的是(  )A.①②③B.④⑤C.①④D.①③⑤【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器.-30-\n【专题】化学实验常用仪器及试剂.【分析】运用液体、固体药品的取用、溶解、蒸发、过滤的基本操作知识解答.【解答】解:①过滤时要用玻璃棒引流;②蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解;③溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解;④取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒;⑤取用固体用药匙,不用玻璃棒;故选A.【点评】本题考查了实验基本操作的使用仪器和操作步骤,熟悉实验操作即可解答,较简单. 8.13C﹣NMR(核磁共振)、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构,KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖.下面有关13C、15N叙述正确的是(  )A.13C与15N有相同的中子数B.13C与C60互为同素异形体C.15N与14N互为同位素D.15N的核外电子数与中子数相同【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系;同位素及其应用.【专题】原子组成与结构专题.【分析】13C、15N的质量数分别为13、15,质子数分别为6、7,利用质子数=电子数,质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答.【解答】解:A.13C与15N的中子数分别为7、8,故A错误;B.13C为原子,C60为单质,二者不是同素异形体,故B错误;C.15N与14N为质子数都是7,但中子数不同的原子,则互为同位素,故C正确;D.15N的核外电子数为7,中子数为15﹣7=8,故D错误;故选C.【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系,较简单,熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答. 9.下列实验能达到预期目的是(  )①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸;②用NaOH溶液除去苯中的少量苯酚;③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2;④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘;⑤用酒精萃取碘水中的碘.A.①⑤B.①②④⑤C.②③D.②③⑤【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】①乙酸乙酯易溶于乙醇,会引入新的杂质;②苯酚与NaOH溶液反应后与苯分层;③SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳;④碘易升华,氯化铵受热易分解;⑤酒精与水互溶.【解答】解:①乙酸乙酯易溶于乙醇,会引入新的杂质,则应饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸,故①错误;②苯酚与NaOH溶液反应后与苯分层,然后分液可除去苯中混有的少量苯酚,故②正确;-30-\n③SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳,能除去杂质且不引入新杂质,故③正确;④碘易升华,氯化铵受热易分解,所以不能用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘,应利用萃取法,故④错误;⑤酒精与水互溶,不能做萃取剂,故⑥错误;故选C.【点评】本题考查化学实验方案的评价,侧重物质分离、提纯的考查,明确常见物质的性质及混合物分离的方法即可解答,题目难度不大. 10.化学与生产生活有密切的联系.以下说法正确的是(  )A.埃博拉病毒对化学药品敏感,乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B.气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用效果更好【考点】常见的生活环境的污染及治理;铵盐.【分析】A.乙醇使蛋白质变性;B.PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5μm的颗粒物,也称细颗粒物;C.乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应;D.草木灰中碳酸钾溶液中水解显碱性,氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,二者混合水解相互促进损失肥效;【解答】解;A、乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性,而并非是将病毒氧化,而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的,故A错误;B.PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5μm的颗粒物,也称细颗粒物,不是新分子,故B错误;C.乙烯具有催熟作用,为了延长水果的保鲜期,用高锰酸钾可以除掉乙烯,故C正确;D.当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用,则二者的水解作用相互促进,使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低,故D错误;故选C.【点评】本题综合考查化学反应以及环境污染等知识,侧重于物质的性质的考查,题目难度不大. 11.下列说法不正确的是(  )A.发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B.物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C.氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D.农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能【考点】常见的生活环境的污染及治理;物理变化与化学变化的区别与联系;化学键和分子间作用力的区别.【专题】化学用语专题;化学键与晶体结构;化学应用.【分析】A.煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放;B.化学变化过程中有新物质生成,物理变化过程中没有新物质生成;C.离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力;D.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式,即以生物质为载体的能量.-30-\n【解答】解:A.煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放,发展核电、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放,三者都能有效减少环境污染,故A正确;B.熔化没有生成新物质,属于物理变化,故B错误;C.氢键、分子间作用力是分子之间的作用力;离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力,故C正确;D.农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着以生物质为载体的能量,故D正确.故选B.【点评】本题考查环境污染、化学变化、生物质能、化学键等,知识点较多,难度不大,学习中注意相关基础知识的积累. 12.如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线,下列说法中,正确的是(  )A.a的溶解度大于b的溶解度B.在t℃时,a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同C.升高温度时,a、b溶解度均增大D.在t℃时,将a、b的饱和溶液升温后,溶质的质量分数:a>b【考点】溶解度、饱和溶液的概念.【专题】物质的量浓度和溶解度专题.【分析】溶解度是指在某温度下,在100g的水中达到饱和时所能溶解的溶质的质量.A、a、b的溶解度的相对大小和温度有关;B、在t℃时,a、b的溶解度相同;C、由图象可知,升高温度,a和b的溶解度均增大;D、溶质的质量分数ω=.【解答】解:溶解度是指在某温度下,在100g的水中达到饱和时所能溶解的溶质的质量.A、a、b的溶解度的相对大小和温度有关,当温度低于t时,b的溶解度大于a,当温度高于t时,a的溶解度大于b,故A错误;B、在t℃时,a、b的溶解度相同,但由于两者的摩尔质量大小关系未知,故两者的物质的量大小关系无法确定,则所得溶液的物质的量浓度的大小关系无法比较,故B错误;C、由图象不难看出,升高温度,a和b的溶解度均增大,故C正确;D、溶质的质量分数ω=,在t℃时,将a、b的饱和溶液升温后,两溶液会由饱和变为不饱和,但溶液的质量分数不变,故D错误.故选C.-30-\n【点评】本题考查了根据图象来分析比较两种物质的溶解度的变化情况、溶液的质量分数的变化等情况,难度不大,注意对图象信息的提取. 13.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”,是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置.如图图中各装置可用作测量气体体积的是(  )A.B.C.D.【考点】不能加热的仪器及使用方法.【专题】化学实验常用仪器及试剂.【分析】A.该装置是排液量气装置;B.该装置可作为安全瓶;C.该装置混气装置;D.该装置是洗气装置.【解答】解:A.该装置是排液量气装置,故A正确;B.该装置可作为安全瓶防倒吸,因为进气管较短(刚漏出瓶塞)若发生倒吸,倒吸液会被盛装在B瓶中,不会再倒流到前一装置,从而防止倒吸,故B错误;C.该装置是混气装置,进入C瓶中两气体在C瓶中充分混合,故C错误;D.该装置是洗气装置,故D错误.故选A.【点评】本题考查气体收集装置、防倒吸安全瓶,题目难度不大,熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键. 14.下列各组粒子中,所含化学键类型有差异的是(  )A.CCl4和CH2Cl2B.H3O+和NH4+C.CaO2和CaF2D.Ba(OH)2和NaOH【考点】化学键.【专题】化学键与晶体结构.【分析】一般来说,活泼金属与非金属形成离子键,非金属之间形成共价键,不同非金属形成极性共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键,以此来解答.【解答】解:A.CCl4中只含极性键,CH2Cl2中含C﹣H、C﹣Cl极性键,故A不选;B.均含极性共价键,故B不选;C.CaO2中含离子键和O﹣O非极性共价键,而CaF2中只含离子键,故C选;D.均含离子键和O﹣H极性共价键,故D不选;故选C.-30-\n【点评】本题考查化学键,为高频考点,把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键,侧重分析与应用能力的综合考查,注意常见物质中的化学键,题目难度不大. 15.下列变化过程中,没有发生化学变化的是(  )A.用蒸馏法淡化海水B.从海带中提取碘C.石墨转化为金刚石D.氨气溶解在水中【考点】物理变化与化学变化的区别与联系.【专题】物质的性质和变化专题.【分析】A.用蒸馏法淡化海水没有新物质生成;B.用海带提取碘单质有新物质碘单质生成;C.石墨转化为金刚石过程中有新物质金刚石生成;D.氨气与水反应生成一水合氨.【解答】解:A.用蒸馏法淡化海水没有新物质生成,属于物理变化,故A正确;B.用海带提取碘单质有新物质碘单质生成,属于化学变化,故B错误;C.石墨转化为金刚石过程中有新物质金刚石生成,属于化学变化,故C错误;D.氨气与水反应生成一水合氨,有新物质生成,属于化学变化,故D错误.故选A.【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别,基础性比较强,只要抓住关键点:是否有新物质生成,问题就很容易解决.本考点主要出现在选择题和填空题中. 16.如图是实验室模拟煤的干馏的实验装置,下列叙述错误的是(  )A.上图实验中发生了化学变化B.液体Y是一种纯净物C.气体Z易燃,可还原CuOD.水溶液X的pH>7,液体Y是黑色黏稠状的煤焦油【考点】煤的干馏和综合利用.【专题】化学用语专题;化学应用.【分析】A、将煤隔绝空气加强热使其分解,可得到多种物质,属于化学变化过程;B、煤焦油层密度最大,居于水层以下;C、焦炉气中的氢气具有可燃性和还原性;D、煤干馏的产物中有氨水,显碱性,煤焦油层居于水层以下,苯及二甲苯等居于水层以上.【解答】解:A、将煤隔绝空气加强热使其分解,可得到多种物质,属于化学变化,故A正确;B、由于煤焦油中含多种物质成分,属于混合物,故B错误;C、焦炉气中的氢气等可以还原氧化铜,且易燃,故C正确;-30-\nD、所得的产物有焦炉气(含有甲烷、氢气、乙烯、一氧化碳等)、煤焦油(不溶于水的一种多成分混合物)、粗氨水(溶于水)、焦炭等,氨水的pH>7,煤焦油层居于水层以下,苯及二甲苯等居于水层以上,故D正确;故选B.【点评】本题以一个模拟实验装置切题,对煤的干馏产物进行考查,要求学生熟记教材知识,熟练运用. 17.下列关于有机物的叙述正确的是(  )A.乙醇不能发生取代反应B.C4H10有三种同分异构体C.乙二醇和丙三醇为同系物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【考点】有机物的结构和性质.【分析】A.含有羟基,可发生取代反应;B.C4H10有正丁烷、异丁烷两种同分异构体;C.根据同系物的定义判断;D.乙烯含有碳碳双键,可与溴发生加成反应.【解答】解:A.乙醇含有羟基,可发生取代反应,如与乙酸的酯化反应,故A错误;B.C4H10有正丁烷、异丁烷两种同分异构体,故B错误;C.乙二醇和丙三醇含有官能团的数目不同,不是同系物,故C错误;D.乙烯含有碳碳双键,可与溴发生加成反应,可使溴的四氯化碳溶液褪色,可鉴别,故D正确.故选D.【点评】本题综合考查有机物的结构和性质,为高频考点,侧重于学生的分析能力和双基的考查,注意相关基础知识的积累,难度不大. 18.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质.以下叙述正确的是(  )A.牛油、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.浓硫酸溅在皮肤上,使皮肤呈黄色是由于浓硫酸和蛋白质发生了颜色反应【考点】淀粉的性质和用途;酯的性质;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.【专题】糖类与蛋白质专题.【分析】A.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物,牛油不是天然高分子化合物,蛋白质、纤维素都是天然有机高分子化合物;B.淀粉在酸的催化作用下,水解生成麦芽糖,麦芽糖水解生成葡萄糖;C.葡萄糖能发生氧化反应,但不能发生水解反应;D.含有苯环的蛋白质遇浓HNO3变黄,浓硫酸溅在皮肤上,使皮肤脱水发黑.【解答】解:A.蛋白质、纤维素都是天然有机高分子化合物,牛油属于油脂是小分子有机化合物,故A错误;B.淀粉为多糖,水解生成麦芽糖,麦芽糖水解生成葡萄糖,所以淀粉水解的最终产物是葡萄糖,故B正确;C.葡萄糖为五羟基醛,含有羟基、醛基,能发生氧化反应,但葡萄糖为单糖,不能发生水解反应,故C错误;-30-\nD.皮肤组成重要成分是蛋白质,含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色,浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄,这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应,浓硫酸具有脱水性,浓硫酸溅在皮肤上,使皮肤脱水发黑,故D错误;故选B.【点评】本题考查了高分子化合物、糖类油脂蛋白质的性质,题目难度不大,注意葡萄糖能发生氧化反应,但葡萄糖是单糖不能发生水解. 19.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸,下列离子方程式与事实不符的是(  )A.OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB.2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC.2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD.OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸,氢离子先与氢氧根离子发生反应,然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子,碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水,据此解答.【解答】解:A.当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时,盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时,先发生反应:OH﹣+H+=H2O,然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣,将两个方程式相加得:OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O,故A正确;B.当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时,盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时,先发生反应:2OH﹣+2H+=2H2O,然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣,将两个方程式相加得:2OH﹣+CO32﹣+3H+=HCO3﹣+2H2O,故B正确;C.当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时,盐酸物质的量为4mol时,先发生反应:2OH﹣+2H+=2H2O,然后发生2CO32﹣+2H+=2HCO3﹣,将两个方程式相加得:OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O,故C错误;D.设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol,则加入盐酸物质的量大于2mol时,先发生反应:OH﹣+H+=H2O,1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸,再发生反应CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O,将两个方程式相加得:OH﹣+CO32﹣+3H+=CO2↑+2H2O,故D正确;故选:C.【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键,题目难度中等,注意反应物用量对反应的影响. 20.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+.某同学为了确认其成分,取部分试液,设计并完成了如下实验:由此可知原溶液中(  )-30-\nA.原溶液中c(Fe3+)=0.2mol•L﹣1B.要确定原溶液中是否含有Fe2+,其操作为:取少量原溶液于试管中,加KSCN溶液,再加入适量氯水,溶液呈血红色,则含有Fe2+C.SO42﹣、NH4+、Na+一定存在,CO32﹣、Al3+一定不存在D.溶液中至少有4种离子存在,其中Cl﹣一定存在,且c(Cl﹣)≥0.2mol•L﹣1【考点】常见离子的检验方法;离子共存问题.【专题】离子反应专题.【分析】加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,该气体为氨气,原溶液中一定存在0.02molNH4+;产生的红褐色沉淀为氢氧化铁,1.6g固体为三氧化二铁,氧化铁的物质的量为0.01mol,则原溶液中含有0.02mol铁元素,可能为Fe3+、Fe2+,原溶液中一定没有CO32﹣;滤液通入二氧化碳无现象,则原溶液中一定不存在Al3+;4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡,硫酸钡的物质的量为0.02mol,原溶液中含有0.02mol硫酸根离子;颜色反应为黄色,则溶液中存在钠离子,由于加入了氢氧化钠溶液,无法判断原溶液中是否含有钠离子;根据溶液电中性判断是否存在氯离子.【解答】解:加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,该气体为氨气,原溶液中一定存在0.02molNH4+;产生的红褐色沉淀为氢氧化铁,1.6g固体为三氧化二铁,氧化铁的物质的量为0.01mol,则原溶液中含有0.02mol铁元素,可能为Fe3+、Fe2+,原溶液中一定没有CO32﹣;滤液通入二氧化碳无现象,则原溶液中一定不存在Al3+;颜色反应为黄色,则溶液中一定存在钠离子,由于加入了NaOH,无法判断原溶液中是否含有Na+;4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡,硫酸钡的物质的量为0.02mol,则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子,据电荷守恒,原溶液中一定有Cl﹣,物质的量至少为0.02mol×2+0.02mol﹣0.02mol×2=0.02mol,A.根据以上分析可知,原溶液中含有0.02mol铁元素,无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子,故A错误;B.检验亚铁离子时,取少量原溶液于试管中,加KSCN溶液,此时溶液现象必须是无色,然后再加入适量氯水,溶液呈血红色,则含有Fe2+,否则如果加入硫氰化钾溶液后显示红色,则无法证明原溶液中是否含有亚铁离子,故B错误;C.根据以上分析可知,原溶液中一定存在SO42﹣、NH4+、Cl﹣,只是存在Fe3+、Fe2+中的一种,其离子的物质的量为0.02mol,一定不存在CO32﹣、Al3+;由于第一步中加入了氢氧化钠溶液,引进了钠离子,无法确定原溶液中是否含有钠离子,故C错误;D.根据以上分析,原溶液中一定存在0.02molNH4+,0.02molSO42﹣,0.02molFe3+、Fe2+中的一种,当铁元素全部为亚铁离子时,阳离子所带电荷的物质的量最小,所以正电荷物质的量最少为:0.02mol×2+0.02mol=0.06mol,而负电荷的物质的量为:0.02mol×2=0.04mol,根据溶液电中性可知,原溶液中一定存在Cl﹣,且c(Cl﹣)≥=0.2mol•L﹣1,故D正确;故选D.【点评】本题考查了常见离子的检验方法,题目难度中等,注意掌握常见离子的性质及检验方法,选项D为难点、易错点,注意根据溶液电中性判断氯离子存在的方法.-30-\n 21.下列关于金属冶炼的说法正确的是(  )A.金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态,冶炼方法由金属的活泼性决定B.Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中,从而置换出铜C.Fe通常采用热还原法冶炼,加入石灰石的目的是除去过量的碳D.由于Al的活泼性强,故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al【考点】金属冶炼的一般原理.【专题】金属概论与碱元素.【分析】A、金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来.金属的活动性不同,可以采用不同的冶炼方法.B、湿法炼铜:Fe+CuSO4=Cu+FeSO4,利用铁的活动性比铜强;C.加入石灰石的目的是造渣,就是和铁矿石里的二氧化硅形成硅酸钙炉渣;D、AlCl3是共价化合物,熔融状态下不导电.【解答】解:A、金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态,活泼金属采用电解法冶炼,不活泼的金属采用直接加热法冶炼,大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法,故A正确;B、Cu的湿法冶炼是将金属铁投入到CuSO4溶液中,从而置换出铜,不能用钠,钠能与水反应,故B错误;C、Fe通常采用热还原法冶炼,加入石灰石的目的是和铁矿石里的二氧化硅形成硅酸钙炉渣,故C错误;D、由于Al的活泼性强,工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝,AlCl3是共价化合物,熔融状态下不导电;所以不用电解AlCl3的方法生产铝,故D错误;故选:A.【点评】金属的活泼性不同,冶炼方法不同,活泼金属采用电解法冶炼,不活泼的金属采用直接加热法冶炼,大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法. 22.在一定条件下,向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2,发生下列反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0,达到平衡状态后,在t1时刻改变条件,化学反应速率随时间变化关系如图.下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是(  )A.保持压强不变,升高反应温度B.保持温度和容器体积不变,充入1molN2(g)C.保持温度和容器体积不变,充入1molN2O4(g)D.保持温度和压强不变,充入1molN2O4(g)【考点】化学平衡的影响因素;化学反应速率变化曲线及其应用.【专题】化学平衡专题.【分析】A、升高温度,正逆反应速率都增大,化学平衡向吸热反应方向移动,即平衡向逆反应移动.-30-\nB、保持温度和容器体积不变,充入1molN2反应混合物的浓度不变,正逆反应速率不变,平衡不移动.C、保持温度和容器体积不变,充入1molN2O4,瞬间生成物的浓度增大,反应物的浓度不变,逆反应速率增大,正反应速率不变,平衡向逆反应移动.D、保持温度和压强不变,充入1molN2O4(g)的瞬间,生成物的浓度增大,容器的体积增大,导致反应物的浓度减小,逆反应速率增大,正反应速率降低,平衡向逆反应移动.【解答】解:A、该反应是放热反应,升高温度,正逆反应速率都增大,正逆反应速率曲线都在原直线上方,逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数,导致平衡向逆反应方向移动,故A错误.B、保持温度和容器体积不变,充入1molN2反应混合物的浓度不变,正逆反应速率不变,平衡不移动,故B错误.C、保持温度和容器体积不变,充入1molN2O4,瞬间生成物的浓度增大,反应物的浓度不变,逆反应速率增大,正反应速率不变,所以逆反应速率大于正反应速率,正反应速率与原速率有接触点,故C错误.D、保持温度和压强不变,充入1molN2O4(g)的瞬间,生成物的浓度增大,容器的体积增大,导致反应物的浓度减小,逆反应速率增大,正反应速率降低,平衡向逆反应移动,故D正确.故选:D.【点评】本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象,难度较大,明确温度、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键. 23.下列叙述正确的是(  )A.0.1mol/LCH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(OH﹣)B.Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH和Kw均减小C.pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中,c(H+)不相等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体,溶液中c(S2﹣)下降【考点】离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用.【专题】电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.【分析】A.醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解导致溶液呈碱性;B.水的离子积常数只与温度有关;C.c(H+)=10﹣pH;D.2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl.【解答】解:A.醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解导致溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH﹣),故A错误;B.水的离子积常数只与温度有关,温度不变水的离子积常数不变,故B错误;C.c(H+)=10﹣pH,两种溶液的pH相等,所以氢离子浓度相等,故C错误;D.发生2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,所以溶液中c(S2﹣)下降,故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子浓度大小比较,根据物质之间的反应、盐类水解等知识点分析解答,注意水的离子积常数只与温度有关,与溶液酸碱性、溶液浓度无关,为易错点. 24.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价,根据表中信息判断以下叙述正确的是(  )元素代号ABCDE-30-\n原子半径/nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价+2+3+6、﹣2﹣1﹣1A.A、B的单质与稀盐酸反应速率B>AB.D、E形成的简单离子的还原性E﹣>D﹣C.气态氢化物的稳定性HD<H2CD.最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4>HEO4【考点】原子结构与元素周期律的关系.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】短周期元素,由元素的化合价可知,D、E为﹣1价,则D为F元素,E为Cl元素;C主要化合价为﹣2、+6价,可知C为S元素,A为+2价,原子半径等于S元素,故A为Mg元素;B为+3价,原子半径小于Mg大于S,故B为Al元素.A、金属性越强,与酸反应越剧烈.B、非金属性越强,阴离子的还原性越弱.C、非金属性越强,氢化物越稳定.D、非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强.【解答】解:短周期元素,由元素的化合价可知,D、E为﹣1价,则D为F元素,E为Cl元素;C主要化合价为﹣2、+6价,可知C为S元素,A为+2价,原子半径等于S元素,故A为Mg元素;B为+3价,原子半径小于Mg大于S,故B为Al元素.A、金属性Mg比Al强,则Mg与酸反应越剧烈,则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为A>B,故A错误;B、非金属性F>Cl,非金属性越强,阴离子的还原性越弱,D、E形成的简单离子的还原性E﹣>D﹣,故B正确;C、非金属性F>S,非金属性越强,氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性HD>H2C,故C错误;D、非金属性Cl>S,非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,酸性H2CO4<HEO4,故D错误.故选:B.【点评】本题考查元素原子结构与性质、元素周期律等,学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键,并熟悉掌握同周期、同主族元素性质递变规律来解答即可,难度不大. 25.一定条件下,中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系,乙是(  )A.HClB.FeCl2C.KOHD.NaHCO3【考点】无机物的推断;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;钠的重要化合物.【专题】元素及其化合物.【分析】由甲→乙发生复分解反应可知,甲、乙均为化合物,甲→乙发生化合反应,则甲可能为碳酸钠,乙可能为碳酸氢钠,以此来解答.【解答】解:由甲→乙发生复分解反应可知,甲、乙均为化合物,甲→乙发生化合反应,A.由转化关系可知,甲为化合物,不会通过化合反应生成HCl,故A不选;B.若乙为FeCl2,甲→乙的化合反应应属于氧化还原反应,但不满足甲→乙发生复分解反应,故B不选;C.甲为化合物,不会通过化合反应生成KOH,故C不选;-30-\nD.若甲为碳酸钠,与少量盐酸发生复分解反应生成乙(碳酸氢钠),碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙(碳酸氢钠),故D选;故选D.【点评】本题考查无机物的推断,明确发生的化学反应及物质的类型是解答本题的关键,注意实现甲、乙转化的过程中发生的反应为非氧化还原反应,题目难度较大. 二、解答题(共6小题)(选答题,不自动判卷)26.如图是中学化学中常见有机物转化关系(部分相关物质和反应条件已略去)已知:Ⅰ.F的相对分子质量为6且分子中碳元素的质量分数为40%.Ⅱ.A可以提供生命活动所需要的能量;C、D、E、F分子含碳原子个数相同;G为高分子化合物.回答下列问题:(1)F中含有的官能团名称为 羧基 ,①的反应类型为 水解反应 .B的结构简式为 CH3COOCH2CH3 ,G中链节为 ﹣CH2﹣CH2﹣ .(3)写出A→C的化学方程式 C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2 .【考点】有机物的推断.【专题】有机推断;热点问题;结构决定性质思想;演绎推理法;有机化学基础.【分析】B在酸性条件下得到C与F,则B含有酯基,由C系列转化可以得到F,故F含有羧基、C含有羟基,F的相对分子质量为60,分子中碳元素的质量分数为40%,则分子中碳原子数目为=2,只能含有一个羧基,故F为CH3COOH,则C为CH3CH2OH,B为CH3COOCH2CH3,C转化得到D,D在催化剂条件下得到高分子化合物G,故D为CH2=CH2、G为,乙烯氧化生成E为CH3CHO,E发生氧化反应生成乙酸.A可以提供生命活动所需要的能量,在催化剂条件下可以得到乙醇,故A为葡萄糖,据此解答.【解答】解:BB在酸性条件下得到C与F,则B含有酯基,由C系列转化可以得到F,故F含有羧基、C含有羟基,F的相对分子质量为60,分子中碳元素的质量分数为40%,则分子中碳原子数目为=2,只能含有一个羧基,故F为CH3COOH,则C为CH3CH2OH,B为CH3COOCH2CH3,C转化得到D,D在催化剂条件下得到高分子化合物G,故D为CH2=CH2、G为,乙烯氧化生成E为CH3CHO,E发生氧化反应生成乙酸.A可以提供生命活动所需要的能量,在催化剂条件下可以得到乙醇,故A为葡萄糖,(1)F为CH3COOH,含有的官能团名称为羧基,①的反应类型为水解反应,故答案为:羧基;水解反应;B的结构简式为CH3COOCH2CH3,G为,链节为﹣CH2﹣CH2﹣,-30-\n故答案为:CH3COOCH2CH3;﹣CH2﹣CH2﹣;(3)A→C的化学方程式为:C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2,故答案为:C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2.【点评】本题考查有机物推断,涉及糖、酯、醇、醛、羧酸、烯烃的性质与转化,关键是确定F为乙酸,注意对基础知识的理解掌握. 27.某难溶物质X是重要的化工原料,用途广泛.取2.796g物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热,所得产物经一系列变化如图所示:(1)固体甲中金属元素在周期表中的位置为 第六周期、IIA族 ,气体乙的电子式  .X的化学式是 BaSO4 .(3)写出反应①和反应②的化学方程式:① BaSO4+4CBaS+4CO ;② 2CO+SO2S+2CO2 .【考点】无机物的推断.【专题】无机推断.【分析】某难溶物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热生成气体甲与固体甲,气体甲与丙反应生成的淡黄色沉淀丁应为S,n(S)==0.012mol,固体甲中含S元素,盐酸反应生成气体乙为H2S,点燃时H2S燃烧生成气体丙为SO2,溶液乙与碳酸铵反应生成白色沉淀丙可能为BaCO3,n(BaCO3)==0.012mol,可知X中含Ba、S元素的物质的量为1:1,丙为SO2,则X中含O为=0.048mol,可知X中Ba、S、O的原子个数比为1:1:4,即X为BaSO4,以此来解答.【解答】解:某难溶物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热生成气体甲与固体甲,气体甲与丙反应生成的淡黄色沉淀丁应为S,n(S)==0.012mol,固体甲中含S元素,盐酸反应生成气体乙为H2S,点燃时H2S燃烧生成气体丙为SO2-30-\n,溶液乙与碳酸铵反应生成白色沉淀丙可能为BaCO3,n(BaCO3)==0.012mol,可知X中含Ba、S元素的物质的量为1:1,丙为SO2,则X中含O为=0.048mol,可知X中Ba、S、O的原子个数比为1:1:4,即X为BaSO4,(1)固体甲中金属元素Ba在周期表中的位置为第六周期、IIA族,气体乙的电子式为,故答案为:第六周期、IIA族;;X的化学式是BaSO4,故答案为:BaSO4;(3)反应①和反应②的化学方程式分别为BaSO4+4CBaS+4CO、2CO+SO2S+2CO2,故答案为:BaSO4+4CBaS+4CO;2CO+SO2S+2CO2.【点评】本题考查无机物的推断,为高频考点,把握转化中发生的反应及淡黄色沉淀为S、白色沉淀丙为碳酸钡为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查,题目难度不大. 28.节能减排已经成为全社会的共识,浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上,开始试点甲醇汽油(即在汽油中添加一定量的甲醇),根据检测的数据分析认为,若绍兴全市的100余万辆机动车全部使用甲醇汽油,一年内能减少有害气体(一氧化碳)排放将近100万吨.甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备:CO+2H2⇌CH3OH.请根据图示回答下列:(1)关于该自发反应的下列说法中,正确的是 C (填字母):A.△H>0,△S>0B.△H>0,△S<0C.△H<0,△S<0D.△H<0,△S>0现进行如下实验,在体积为1L的密闭容器中,充入1molCO和3molH2,测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间如图所示.从反应开始到平衡,CO的平均反应速率v(CO)= 0.075 mol/(L•min),该反应的平衡常数K=  .(3)恒容条件下,达到平衡后,下列措施中能使增大的有 C .A.升高温度B.充入He气C.再冲入1molCO和3molH2D.使用催化剂(4)若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH,达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍(此过程三种物质均处于气态),则平衡时混合气体的平均摩尔质量= 25.6 g/mol.-30-\n【考点】化学平衡的计算;化学平衡的影响因素.【专题】化学平衡专题;化学平衡计算.【分析】(1)该反应为气体体积减小的反应,所以该反应△S<0,△H﹣T△S<0反应自发进行;由图可知,10min到达平衡,平衡时CO浓度为0.25mol/L,则△c(CO)=(1.00﹣0.25)mol/L=0.75mol/L,则平衡时c(CH3OH)=△c(CO)=0.75mol/L,平衡时c(H2)=3mol/L﹣2△c(CO)=1.5mol/L,根据v=计算v(CO),平衡常数K=;(3)使平衡体系中增大,可以使平衡正向移动,注意不能增大CO或降低甲醇的量,也可能增大甲醇的量,使平衡逆向移动;(4)同温同压下,气体的密度之比等于摩尔质量之比.【解答】解:(1)该反应为气体体积减小的反应,所以该反应△S<0,△H﹣T△S<0反应自发进行,所以△H<0,故选:C;由图可知,10min到达平衡,平衡时CO浓度为0.25mol/L,则△c(CO)=(1.00﹣0.25)mol/L=0.75mol/L,则平衡时c(CH3OH)=△c(CO)=0.75mol/L,平衡时c(H2)=3mol/L﹣2△c(CO)=1.5mol/L,则:v(CO)==0.075mol/(L.min),平衡常数K===,故答案为:0.075;;(1)A.正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,减小,故A错误;B.充入He气体,恒温恒容下,各物质浓度不变,平衡不移动,则不变,故B错误;-30-\nC.再冲入1molCO和3molH2,等效为增大压强,平衡正向移动,增大,故C正确;D.使用催化剂可以加快反应速率,不影响平衡移动,不变,故D错误,故选:C;(4)开始通入1molCO、2molH2和1molCH3OH,平均摩尔质量=g/mol=16g/mol,同温同压下,气体的密度之比等于摩尔质量之比,故平衡时混合气体的平均摩尔质量=1.6×16g/mol=25.6g/mol,故答案为:25.6.【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、反应速率计算等,题目难度中等,(3)中注意学生容易只考虑正向移动,忽略增大甲醇逆向移动情况. 29.由短周期元素构成的A~E五种物质中都含有同一种元素,B为单质,E为强酸.A→BCDE(1)若B为固体,请画出B的原子结构示意图  ,A既能与强酸又能与强碱反应,且都能产生气体,则A的化学式为 (NH4)2S或NH4HS .若B为气体,请写出D→E的化学方程式 3NO2+H2O=2HNO3+NO .【考点】无机物的推断.【专题】无机推断.【分析】由短周期元素构成的A~E五种物质中都含有同一种元素,B为单质,E为强酸,B能连续被氧化生成酸性氧化物D,中学中N、S元素单质化合物符合转化关系.(1)若B为固体,则B为S,A既能与强酸又能与强碱反应,且都能产生气体,A是(NH4)2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4;若B为气体,则B为N2,A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3.【解答】解:由短周期元素构成的A~E五种物质中都含有同一种元素,B为单质,E为强酸,B能连续被氧化生成酸性氧化物D,中学中N、S元素单质化合物符合转化关系.(1)若B为固体,则B为S,A既能与强酸又能与强碱反应,且都能产生气体,A是(NH4)2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4,B、S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6,其原子结构示意图为,A是(NH4)2S或NH4HS,故答案为:;(NH4)2S或NH4HS;若B为气体,则B为N2,A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3,D→E是二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO.-30-\n【点评】本题考查无机物推断,涉及S、N元素及其化合物之间的关系,根据B能连续被氧化且E是强酸是解本题关键,熟悉常见元素化合物之间的转化关系及反应条件,题目难度中等. 30.乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O,Mr=288)是一种常用的补铁剂,可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得:CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O+CO2↑.已知FeCO3易被氧化:4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2.某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图:回答下列问题:(1)NH4HCO3盛放在装置 C 中(填字母),该装置中涉及的主要反应的离子方程式 Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O .将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是 (待D处的气体纯净后)关闭活塞3、打开活塞2 .(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中,再加入少量铁粉,75℃下搅拌反应.反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是 加入适量乳酸让铁粉反应完全 .(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数,发现产品的质量分数总是大于100%,其原因可能是 乳酸根离子被酸性KMnO4氧化 .【考点】制备实验方案的设计.【专题】综合实验题;其它方法;几种重要的金属及其化合物;制备实验综合.【分析】(1)亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与盐酸反应制备氯化亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,故B制备氯化亚铁,C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应:FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中;(3)实验目的是制备乳酸亚铁晶体,加入Fe粉,防止Fe2+离子被氧化,过量的铁粉用乳酸除去,Fe被充分利用;(4)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大.【解答】解:亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与盐酸反应制备氯化亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,故B制备氯化亚铁,C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应:FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中.(1)由上述分析可知,NH4HCO3盛放在装置C中,该装置中涉及的主要反应的离子方程式:Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O,-30-\n故答案为:C;Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O;利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中,具体操作为:(待D处的气体纯净后)关闭活塞3、打开活塞2;故答案为:(待D处的气体纯净后)关闭活塞3、打开活塞2;(3)Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子,实验目的是制备乳酸亚铁晶体,加入Fe粉,防止Fe2+离子被氧化,过量的铁粉可以充分利用,得到乳酸亚铁,加入适量乳酸让铁粉反应完全,故答案为:加入适量乳酸让铁粉反应完全;(4)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,由:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+),计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%,故答案为:乳酸根离子被酸性KMnO4氧化.【点评】本题考查实验制备方案,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等,明确原理是解题关键,是对学生综合能力的考查,题目难度中等. 31.某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作如下:①用蒸馏水洗涤碱式滴定管,并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上;②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体;③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下,并记下读数;④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液;⑤用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数.请回答:(1)以上步骤有错误的是(填编号) ① ,该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”) 偏大 .判断滴定终点的现象是: 无色变为浅红,半分钟内不变色 .(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为 22.60 mL.(4)根据下列数据:请计算待测盐酸溶液的浓度: 0.2000 mol/L.滴定次数待测体积(mL)标准烧碱体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【考点】中和滴定.【分析】(1)碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗;根据不润洗会使标准液的浓度偏小判断对测定结果影响;根据滴定终点前溶液为无色,滴定结束时氢氧化钠过量,溶液显示红色判断滴定终点;(3)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数;(4)根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性,然后计算出消耗标准液的平均体积,最后计算出待测液盐酸的浓度.-30-\n【解答】解:(1)“①用蒸馏水洗涤碱式滴定管,并立即注入NaOH溶液”,该操作错误,碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液,若没有润洗,导致标准液的浓度减小,滴定时消耗的标准液的体积偏大,测定结果偏大,故答案为:①;偏大;滴定结束前,锥形瓶中滴入酚酞,溶液为无色,滴定结束后,滴入氢氧化钠溶液后,溶液显示粉红色,所以达到终点的现象为:锥形瓶中溶液无色变为粉红,半分钟内不变色,故答案为:无色变为粉红,半分钟内不变色;(3)根据图示滴定管结构可知,每个小刻度为0.01mL,液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度,读数为22.60mL,故答案为:22.60;(4)根据表中数据,第一次滴定消耗的标准液体积为:mL=20.00mL,第二次滴定消耗的标准液体积为:mL=22.10mL,第三次滴定消耗的标准液体积为:mL=20.00mL,可见第二次滴定数据误差偏大,应该舍弃,其它两次滴定消耗的标准液平均体积为:20.00mL,氢氧化钠和盐酸都是一元酸,反应的体积都是20.00mL,所以氢氧化钠溶液和盐酸的浓度一定相等,即盐酸的浓度为:0.2000mol•L﹣1,故答案为:0.2000.【点评】本题考查了酸碱中和滴定、pH的简单计算、离子方程式的书写,题目难度不大,注重了中和滴定的基础知识考查,要求学生掌握中和滴定的方法. -30-

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 10:59:39 页数:30
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文章作者:U-336598

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