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麗水市重點(diǎn)中學(xué)2024年高考仿真卷化學(xué)試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫(xiě)在“答題紙”相應(yīng)位置上。2.請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫(xiě)姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、化學(xué)與生活、環(huán)境密切相關(guān),下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.生活中鋼鐵制品生銹主要是由于發(fā)生吸氧腐蝕所致B.將氨氣催化氧化生成NO,屬于氮的固定C.維綸被稱為“人造棉花”,是因?yàn)槠浞肿渔溕虾辛u基的緣故D.氫氧化鋁是醫(yī)用的胃酸中和劑的一種2、下列說(shuō)法中的因果關(guān)系正確的是A.因?yàn)闅浞犸@弱酸性,可用于雕刻玻璃B.因?yàn)橐簯B(tài)氨氣化時(shí)吸熱,可用液態(tài)氨作制冷劑C.因?yàn)槊鞯\溶于水生成氫氧化鋁膠體,起消毒殺菌的作用D.用鋁制容器盛放濃硝酸,是因?yàn)殇X和濃硝酸不反應(yīng)3、W、X、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短周期元素,W、X是金屬元素,Z是非金屬元素,W、X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以相互反應(yīng)生成鹽和水,向一定量的W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液,生成的沉淀X(OH)3的質(zhì)量隨XZ3溶液加人量的變化關(guān)系如圖所示。則下列離子組在對(duì)應(yīng)的溶液中一定能大量共存的是A.d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B.c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D.a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-4、拉曼光譜證實(shí),AlO2-在水中轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-。將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中,再逐滴加入1mol/L鹽酸,測(cè)得溶液中CO32-、HCO3-、[Al(OH)4]-、Al3+的物質(zhì)的量與加入鹽酸的體積變化關(guān)系如圖所示,則下列說(shuō)法正確的是A.CO32-、HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中可大量共存B.d線表示的反應(yīng)為:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2OC.原固體混合物中CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為1:1D.V1=150mL,V2=300mL;M點(diǎn)生成的CO2為0.05mol5、25℃時(shí),已知醋酸的電離常數(shù)為1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液,溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過(guò)程中變化曲線如下圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.a(chǎn)點(diǎn)溶液中:c(H+)=6.010-3molL-1B.b點(diǎn)溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C.c點(diǎn)溶液中:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d點(diǎn)溶液中:c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)6、下列石油的分餾產(chǎn)品中,沸點(diǎn)最低的是()A.汽油 B.煤油 C.凡士林 D.石油氣7、已知:NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。將總體積共為40mL的NO和O2兩種氣體分別同時(shí)通入同一足量的NaOH溶液中,完全反應(yīng)后,溶液中只含有NaNO2和NaOH,剩余氣體5mL,則原混合氣體中NO的體積為()A.20mL B.25mL C.12mL D.33mL8、用“銀-Ferrozine”法測(cè)室內(nèi)甲醛含量的原理為:已知:吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比。下列說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)①中參與反應(yīng)的HCHO為30g時(shí)轉(zhuǎn)移電子2molB.可用雙氧水檢驗(yàn)反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8LCO2時(shí)反應(yīng)②中參加反應(yīng)的Ag一定為8molD.理論上測(cè)得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高9、下列實(shí)驗(yàn)結(jié)果不能作為相應(yīng)定律或原理的證據(jù)是ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實(shí)驗(yàn)方案結(jié)果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡,試管中出現(xiàn)渾濁測(cè)得ΔH為ΔH1、ΔH2的和H2與O2的體積比約為2︰1A.A B.B C.C D.D10、厭氧氨化法(Anammox)是一種新型的氨氮去除技術(shù),下列說(shuō)法中正確的是A.1molNH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為10NAB.聯(lián)氨(N2H4)中含有離子鍵和非極性鍵C.過(guò)程II屬于氧化反應(yīng),過(guò)程IV屬于還原反應(yīng)D.過(guò)程I中,參與反應(yīng)的NH4+與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1∶211、為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A.0.1mol的中,含有個(gè)中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有個(gè)C.2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)苯在O2中完全燃燒,得到個(gè)CO2分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5(g),增加個(gè)P-Cl鍵12、大氣中CO2含量的增多除了導(dǎo)致地球表面溫度升高外,還會(huì)影響海洋生態(tài)環(huán)境。某研究小組在實(shí)驗(yàn)室測(cè)得不同溫度下(T1,T2)海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關(guān)系曲線。已知:海水中存在以下平衡:CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq),下列說(shuō)法不正確的是A.T1>T2B.海水溫度一定時(shí),大氣中CO2濃度增加,海水中溶解的CO2隨之增大,CO32-濃度降低C.當(dāng)大氣中CO2濃度確定時(shí),海水溫度越高,CO32-濃度越低D.大氣中CO2含量增加時(shí),海水中的珊瑚礁將逐漸溶解13、四種短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如圖所示,四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為22。下列說(shuō)法正確的是()WXYZA.氫化物的沸點(diǎn):X<ZB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性:Y>W(wǎng)C.化合物熔點(diǎn):YX2<YZ4D.簡(jiǎn)單離子的半徑:X<W14、25°C時(shí),向20mL0.10mol?L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol?L-1NaOH溶液,溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.HA
為強(qiáng)酸B.a(chǎn)
點(diǎn)溶液中,c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.酸堿指示劑可以選擇甲基橙或酚酞D.b
點(diǎn)溶液中,c(Na+)=c(A-)15、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的描述正確的是:A.要量取15.80mL溴水,須使用棕色的堿式滴定管B.用pH試紙檢測(cè)氣體的酸堿性時(shí),需要預(yù)先潤(rùn)濕C.溴苯中混有溴,加入KI溶液,振蕩,用汽油萃取出碘D.中和熱測(cè)定時(shí)環(huán)形玻璃攪拌棒要不斷順時(shí)針攪拌,主要目的是為了充分反應(yīng)16、80℃時(shí),1L密閉容器中充入0.20molN2O4,發(fā)生反應(yīng)N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q>0),獲得如下數(shù)據(jù):時(shí)間/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判斷正確的是A.升高溫度該反應(yīng)的平衡常數(shù)K減小B.20~40s內(nèi),v(N2O4)=0.004mol·L-1·s-1C.100s時(shí)再通入0.40molN2O4,達(dá)新平衡時(shí)N2O4的轉(zhuǎn)化率增大D.反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),吸收的熱量為0.15QkJ17、下列關(guān)于膠體和溶液的說(shuō)法中,正確的是()A.膠體粒子在電場(chǎng)中自由運(yùn)動(dòng)B.丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體粒子特有的性質(zhì),是膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別C.膠體粒子,離子都能過(guò)通過(guò)濾紙與半透膜D.鐵鹽與鋁鹽都可以凈水,原理都是利用膠體的性質(zhì)18、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說(shuō)法正確的是()A.pH=1的硫酸溶液1L,溶液中含SO42-的數(shù)目等于0.1NAB.真空密閉容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反應(yīng)后,容器內(nèi)分子總數(shù)為0.2NAC.10mL0.1mol?L-1的FeCl3與20mL0.1mol?L-1KI溶液反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.001NAD.60gSiO2晶體中Si-O鍵數(shù)目為2NA19、下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是A.用長(zhǎng)預(yù)漏斗分離油和水的混合物B.配制0.5mol/LFe(NO3)2溶液時(shí)將固態(tài)Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀釋至指定體積C.將含氯化氫的氯氣通過(guò)碳酸氫鈉溶液,可收集到純氯氣D.用濕布熄滅實(shí)驗(yàn)臺(tái)上酒精著火20、化學(xué)在生活中發(fā)揮著重要的作用,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.食用油脂飽和程度越大,熔點(diǎn)越高B.純鐵易被腐蝕,可以在純鐵中混入碳元素制成“生鐵”,以提高其抗腐蝕能力C.蠶絲屬于天然高分子材料D.《本草綱目》中的“石堿”條目下寫(xiě)道:“采蒿蓼之屬,曬干燒灰,以水淋汁,久則凝淀如石,浣衣發(fā)面,亦去垢發(fā)面?!边@里的“石堿”是指K2CO321、COCl2的分解反應(yīng)為:COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g)△H=+108kJ?mol-1。某科研小組研究反應(yīng)體系達(dá)到平衡后改變外界條件,各物質(zhì)的濃度在不同條件下的變化狀況,結(jié)果如圖所示。下列有關(guān)判斷不正確的是A.第4min時(shí),改變的反應(yīng)條件是升高溫度B.第6min時(shí),V正(COCl2)>V逆(COCl2)C.第8min時(shí)的平衡常數(shù)K=2.34D.第10min到14min未標(biāo)出COCl2的濃度變化曲線22、某種濃差電池的裝置如圖所示,堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為],酸液室通入(以NaCl為支持電解質(zhì)),產(chǎn)生電能的同時(shí)可生產(chǎn)純堿等物質(zhì)。下列敘述正確的是()A.電子由N極經(jīng)外電路流向M極B.N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為↑C.在堿液室可以生成D.放電一段時(shí)間后,酸液室溶液pH減小二、非選擇題(共84分)23、(14分)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型:C、D為同周期元素,C核外電子總數(shù)是最外層層電子數(shù)的3倍;D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子。回答下列問(wèn)題:(1)四種元素中電負(fù)性最大的是___________(填元素符號(hào)),其中C原子的核外電子排布式為_(kāi)_________。(2)單質(zhì)A有兩種同素異形體,其中沸點(diǎn)高的是____________(填分子式);A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為_(kāi)__________和___________。(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1:3的化合物E,E的立體構(gòu)型為_(kāi)___________,中心原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______________。(4)單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,其化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。(5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)a=0.566nm,F(xiàn)的化學(xué)式為_(kāi)_______;晶胞中A原子的配位數(shù)為_(kāi)___________;列式計(jì)算晶體F的密度(g?cm-3)__________。24、(12分)為探究某固體化合物X(僅含四種元素)的組成和性質(zhì),設(shè)計(jì)并完成如下實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)回答:(1)藍(lán)色溶液中的金屬陽(yáng)離子是________。(2)黑色化合物→磚紅色化合物的化學(xué)方程式是________________________。(3)X的化學(xué)式是________。25、(12分)已知CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應(yīng),產(chǎn)物為只含一種陰離子的藍(lán)色鉀鹽晶體(只含有1個(gè)結(jié)晶水),某實(shí)驗(yàn)小組為確定該晶體的組成,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)步驟及操作如下:已知:a.過(guò)程②:MnO4-被還原為Mn2+,C2O42-被氧化為CO2b.過(guò)程③:MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+c.過(guò)程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2d.過(guò)程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-(1)過(guò)程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液時(shí)用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、____________;過(guò)程②和過(guò)程⑥滴定時(shí),滴定管應(yīng)分別選用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成過(guò)程②的離子反應(yīng)方程式的配平:___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)過(guò)程③加熱的目的是________________________。(5)過(guò)程⑥,應(yīng)以____________作指示劑,若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加,則測(cè)定結(jié)果是____________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)(6)已知兩個(gè)滴定過(guò)程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等,據(jù)此推測(cè)該晶體為_(kāi)___________·H2O。26、(10分)甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產(chǎn)物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,某化學(xué)小組利用如圖裝置探究其反應(yīng)產(chǎn)物。查閱資料:①CO能與銀氨溶液反應(yīng):CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O為紅色,不與Ag反應(yīng),發(fā)生反應(yīng):Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3與CaC2類似易水解,CaC2的水解方程式為:CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑(1)裝置A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。(2)裝置F的作用為_(kāi)__;裝置B的名稱為_(kāi)__。(3)按氣流方向各裝置從左到右的連接順序?yàn)锳→__。(填裝置名稱對(duì)應(yīng)字母,每個(gè)裝置限用一次)(4)實(shí)驗(yàn)中若將A中分液漏斗換成(恒壓漏斗)更好,其原因是___。(5)裝置D中可能觀察到的現(xiàn)象是___。(6)當(dāng)反應(yīng)結(jié)束后,裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明紅色固體中含有Cu2O(簡(jiǎn)述操作過(guò)程及現(xiàn)象):__。27、(12分)高錳酸鉀是常用的消毒劑、除臭劑、水質(zhì)凈化劑以及強(qiáng)氧化劑,下圖是在實(shí)驗(yàn)室中制備KMnO4晶體的流程:回答下列問(wèn)題:(1)操作②目的是獲得K2MnO4,同時(shí)還產(chǎn)生了KCl和H2O,試寫(xiě)出該步反應(yīng)的化學(xué)方程式:_______________。操作①和②均需在坩堝中進(jìn)行,根據(jù)實(shí)驗(yàn)實(shí)際應(yīng)選擇_______________(填序號(hào))。a.瓷坩堝b.氧化鋁坩堝c.鐵坩堝d.石英坩堝(2)操作④是使K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4和MnO2,該轉(zhuǎn)化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________。若溶液堿性過(guò)強(qiáng),則MnO4-又會(huì)轉(zhuǎn)化為MnO42-,該轉(zhuǎn)化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________。因此需要通入某種氣體調(diào)pH=10-11,在實(shí)際操作中一般選擇CO2而不是HCl,原因是_______________。(3)操作⑤過(guò)濾時(shí),選擇圖2所示裝置而不用圖1所示裝置的原因是_______________。(4)還可采用電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4(電解裝置如圖所示),電解過(guò)程中右側(cè)石墨電極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______________。溶液逐漸由綠色變?yōu)樽仙?。但若電解時(shí)間過(guò)長(zhǎng),溶液顏色又會(huì)轉(zhuǎn)變成綠色,可能的原因是_______________。28、(14分)太陽(yáng)能電池可分為:硅太陽(yáng)能電池,化合物太陽(yáng)能電池,如砷化鎵(GaAs)、銅銦鎵硒(CIGS)、硫化鎘(CdS),功能高分子太陽(yáng)能電池等,Al-Ni常作電極。據(jù)此回答問(wèn)題:(1)鎳(Ni)在周期表中的位置為_(kāi)_____;S原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_______;Ga、As和Se的第一電離能由大到小的順序是________。(2)Na3As3中As原子的雜化方式為_(kāi)____;AsCl3的空間構(gòu)型為_(kāi)___。(3)GaAs熔點(diǎn)為1238℃,GaN熔點(diǎn)約為1500°,GaAs熔點(diǎn)低于GaN的原因?yàn)開(kāi)_________。(4)寫(xiě)出一種與SO42-互為等電子體的分子_________。(5)GaAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,其中As原子形成的空隙類型有正八面體形和正四面體形,該晶胞中Ga原子所處空隙類型為_(kāi)____。已知GaAs的密度為ρg/cm3,Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag/mol和MAsg/mol,則GaAs晶胞中Ga之間的最短距離為_(kāi)_______pm。29、(10分)黨的十九大報(bào)告中多次提及“綠色環(huán)保”“生態(tài)文明”,而CO2的有效利用可以緩解溫室效應(yīng),解決能源短缺問(wèn)題。中科院大連化學(xué)物理研究所的科研人員在新型納米催化劑Na—Fe3O4和HMCM—22的表面將CO2轉(zhuǎn)化為烷烴,其過(guò)程如圖。上圖中CO2轉(zhuǎn)化為CO的反應(yīng)為:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol已知:2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol(1)圖中CO轉(zhuǎn)化為C2H4的熱化學(xué)方程式是______________________。(2)Fe3O4是水煤氣變換反應(yīng)的常用催化劑,可經(jīng)CO、H2還原Fe2O3制得。兩次實(shí)驗(yàn)結(jié)果如表所示:實(shí)驗(yàn)I實(shí)驗(yàn)II通入氣體CO、H2CO、H2、H2O(g)固體產(chǎn)物Fe3O4、FeFe3O4結(jié)合化學(xué)方程式解釋H2O(g)的作用______________________。(3)用稀硫酸作電解質(zhì)溶液,電解CO2可制取甲醇,裝置如圖所示,電極a接電源的____________極(填“正”或“負(fù)”),生成甲醇的電極反應(yīng)式是______________________。(4)用CO、H2生成甲醇的反應(yīng):CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2,在10L恒容密閉容器中按物質(zhì)的量之比1:2充入CO和H2,測(cè)得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示,200℃時(shí)n(H2)隨時(shí)間的變化如表所示:t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0①△H2______________(填“>”“<”“=”)0。②寫(xiě)出兩條可同時(shí)提高反應(yīng)速率和CO轉(zhuǎn)化率的措施______________________________________。③下列說(shuō)法正確的是___________(填字母)。a.溫度越高,該反應(yīng)的平衡常數(shù)越大b.達(dá)平衡后再充人稀有氣體,CO的轉(zhuǎn)化率提高c.容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)不再變化時(shí),反應(yīng)達(dá)到最大限度d.圖中壓強(qiáng)p1<p2④0~3min內(nèi)用CH3OH表示的反應(yīng)速率v(CH3OH)=____________mol·L-1·min-1⑤200℃時(shí),該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____________。向上述200℃達(dá)到平衡的恒容密閉容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH,保持溫度不變則化學(xué)平衡__________(填“正向”“逆向”或“不”)移動(dòng)。
參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、B【解析】
A.生活中鋼鐵制品生銹主要是由鋼鐵中的Fe與雜質(zhì)C及金屬制品表面的水膜中的電解質(zhì)構(gòu)成原電池,F(xiàn)e失去電子,被氧化,溶解在水中的氧氣獲得電子被還原,即由于發(fā)生吸氧腐蝕所致,A正確;B.氨氣中的N是化合物,由氨氣轉(zhuǎn)化為NO,是氮元素的化合物之間的轉(zhuǎn)化,不屬于氮的固定,B錯(cuò)誤;C.維綸被稱為“人造棉花”,是因?yàn)槠浞肿渔溕虾信c纖維素相同的官能團(tuán)羥基,其性能接近棉花,C正確;D.氫氧化鋁是兩性氫氧化物,不溶于水,能夠與胃酸反應(yīng),降低胃酸的濃度,本身不會(huì)對(duì)人產(chǎn)生刺激,因而是醫(yī)用的胃酸中和劑的一種,D正確;故合理選項(xiàng)是B。2、B【解析】
A.二氧化硅與氫氟酸發(fā)生反應(yīng)生成四氟化硅,與酸性強(qiáng)弱無(wú)關(guān),故A錯(cuò)誤;B.液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱,可用作制冷劑,故B正確;C.明礬水解形成Al(OH)3膠體,具有吸附作用,可以吸收水中固體雜質(zhì)顆粒,所以可用作水處理中的凈水劑,不能用于自來(lái)水的殺菌消毒,故C錯(cuò)誤;D.濃硝酸具有強(qiáng)氧化性,可使鋁鈍化,所以在常溫下用鋁制容器盛放濃硝酸,鈍化是鋁的表面發(fā)生了氧化還原反應(yīng),故D錯(cuò)誤;故選B。3、C【解析】
W、X、Z依次為Na、Al、Cl。分析反應(yīng)歷程可知a點(diǎn)溶液為強(qiáng)堿性溶液,HCO3-不可以大量共存;b點(diǎn)溶液為中性溶液,對(duì)應(yīng)離子可以大量共存;c點(diǎn)溶液中存在Cl-可與Ag+生成白色沉淀;d點(diǎn)溶液中存在Al3+可與CO32-發(fā)生雙水解。答案選C。4、C【解析】
將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中,AlO2-轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-,除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]-;由于酸性:H2CO3>HCO3->Al(OH)3,則結(jié)合H+的能力:[Al(OH)4]->CO32->HCO3-,向溶液中逐滴加入鹽酸,[Al(OH)4]-首先與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al(OH)3,因此a線代表[Al(OH)4]-減少,發(fā)生的反應(yīng)為:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,則[Al(OH)4]-的物質(zhì)的量為1mol/L×0.05L=0.05mol,生成的Al(OH)3也為0.05mol;接下來(lái)CO32-與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HCO3-,b線代表CO32-減少,c線代表HCO3-增多,發(fā)生的反應(yīng)為:CO32-+H+=HCO3-,可計(jì)算出n(CO32-)=n(HCO3-)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol;然后HCO3-與H+反應(yīng)生成H2CO3(分解為CO2和H2O),最后Al(OH)3與H+反應(yīng)生成Al3+,d線代表HCO3-減少,e線代表Al3+增多?!驹斀狻緼.由于酸性:HCO3->Al(OH)3,HCO3-會(huì)與[Al(OH)4]-發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3:HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O,HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中不能大量共存,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.d線代表HCO3-減少,發(fā)生的反應(yīng)為:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C.a(chǎn)線代表[Al(OH)4]-與H+反應(yīng):[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,b線代表CO32-與H+反應(yīng):CO32-+H+=HCO3-,由圖象知兩個(gè)反應(yīng)消耗了等量的H+,則溶液中CO32-與[Al(OH)4]-的物質(zhì)的量之比為1:1,原固體混合物中CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為1:1,C項(xiàng)正確;D.d線代表HCO3-與H+的反應(yīng):HCO3-+H+=CO2↑+H2O,n(HCO3-)=0.05mol,消耗H+的物質(zhì)的量為0.05mol,所用鹽酸的體積為50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e線代表Al(OH)3與H+反應(yīng):Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.05mol,會(huì)消耗0.15molH+,所用鹽酸的體積為150mL,V2=V1+150mL=300mL;M點(diǎn)生成的是HCO3-而非CO2,D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選C?!军c(diǎn)睛】在判斷HCO3-、Al(OH)3與H+反應(yīng)的先后順序時(shí),可用“假設(shè)法”:假設(shè)HCO3-先與H+反應(yīng),生成的H2CO3(分解為CO2和H2O)不與混合物中現(xiàn)存的Al(OH)3反應(yīng);假設(shè)Al(OH)3先與H+反應(yīng),生成的Al3+會(huì)與溶液中現(xiàn)存的HCO3-發(fā)生雙水解反應(yīng),轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2CO3(分解為CO2和H2O),實(shí)際效果還是HCO3-先轉(zhuǎn)化為H2CO3,因此判斷HCO3-先與H+反應(yīng)。5、B【解析】
A.a(chǎn)點(diǎn)溶液沒(méi)有加入NaOH,為醋酸溶液,根據(jù)電離平衡常數(shù)計(jì)算。設(shè)電離的出的H+的濃度為x,由于電離程度很低,可認(rèn)為醋酸濃度不變。CH3COOHCH3COO-+H+2xxKa===1.8×10-5,解得x=6.0×10-3mol/L,A項(xiàng)正確;B.b點(diǎn)的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液,物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),醋酸會(huì)電離CH3COOHCH3COO-+H+,醋酸根會(huì)水解,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡常數(shù)<1.8×10-5,CH3COOH的電離大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH);B項(xiàng)錯(cuò)誤;C.c點(diǎn)醋酸和氫氧化鈉完全反應(yīng),溶液為CH3COONa溶液,在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),將兩式聯(lián)立得到質(zhì)子守恒,則有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+);C項(xiàng)正確;D.d點(diǎn)加入40mL的NaOH溶液,NaOH多一倍,為等物質(zhì)的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液,有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),D項(xiàng)正確;本題答案選B。【點(diǎn)睛】電解質(zhì)溶液中,粒子濃度有三大守恒,電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒,寫(xiě)出前兩個(gè)即可以導(dǎo)出質(zhì)子守恒。要特別注意等物質(zhì)的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關(guān)系。6、D【解析】
石油分餾首先得到的是石油氣,這說(shuō)明石油氣的沸點(diǎn)最低,故答案為D。7、D【解析】
根據(jù)NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O,完全反應(yīng)后,溶液中只含有NaNO2和NaOH,則剩余氣體為NO,設(shè)原混合氣體中NO的體積為V,則O2的體積為(40-V)mL,氮元素化合價(jià)由+4降低為+3,根據(jù)得失電子守恒,計(jì)算得V=33mL,故選D?!军c(diǎn)睛】本題考查混合物的有關(guān)計(jì)算,明確氮氧化物和NaOH反應(yīng)關(guān)系式是解本題關(guān)鍵,側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力,注意單純的NO和NaOH不反應(yīng),二氧化氮和NaOH反應(yīng)。8、D【解析】
A.30gHCHO的物質(zhì)的量為1mol,被氧化時(shí)生成二氧化碳,碳元素化合價(jià)從0價(jià)升高到+4價(jià),所以轉(zhuǎn)移電子4mol,故A錯(cuò)誤;B.過(guò)氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+,與Fe3+不反應(yīng),所以不能用雙氧水檢驗(yàn)反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe3+,故B錯(cuò)誤;C.沒(méi)有注明溫度和壓強(qiáng),所以無(wú)法計(jì)算氣體的物質(zhì)的量,也無(wú)法計(jì)算參加反應(yīng)的Ag的物質(zhì)的量,故C錯(cuò)誤;D.吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比,吸光度越高,則說(shuō)明反應(yīng)②生成的Fe2+越多,進(jìn)一步說(shuō)明反應(yīng)①生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正確。故選D。9、B【解析】
A.反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡逆向移動(dòng),產(chǎn)生更多的NO2氣體,二氧化氮濃度增大,左側(cè)氣體顏色加深;降低溫度,化學(xué)平衡向放熱的正反應(yīng)方向移動(dòng),二氧化氮濃度減小,右側(cè)氣體顏色變淺,能夠用勒夏特列原理解釋,A不符合題意;B.燒瓶中冒氣泡,證明酸性:HCl>H2CO3,但HCl不是最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物,不能比較C、Cl的非金屬性強(qiáng)弱;試管中出現(xiàn)渾濁,可能是由于發(fā)生反應(yīng):2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓,也可能是由于發(fā)生反應(yīng):CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓,無(wú)法用元素周期律解釋,B符合題意;C.根據(jù)蓋斯定律可知:△H=△H1+△H2,能夠用蓋斯定律解釋,C不符合題意;D.根據(jù)電子守恒可知,電解水生成H2與O2的物質(zhì)的量之比2:1,結(jié)合阿伏伽德羅定律可知,H2與O2的體積比約為2:1,D不符合題意;故合理選項(xiàng)是B。10、C【解析】
A選項(xiàng),1molNH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為11NA,故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng),聯(lián)氨()中含有極性鍵和非極性鍵,故B錯(cuò)誤;C選項(xiàng),過(guò)程II中N元素化合價(jià)升高,發(fā)生氧化反應(yīng),過(guò)程IV中N化合價(jià)降低,發(fā)生還原反應(yīng),故C正確;D選項(xiàng),過(guò)程I中,參與反應(yīng)的NH4+到N2H4化合價(jià)升高1個(gè),NH2OH到N2H4化合價(jià)降低1個(gè),它們物質(zhì)的量之比為1∶1,故D錯(cuò)誤;綜上所述,答案為C?!军c(diǎn)睛】利用化合價(jià)升降進(jìn)行配平來(lái)分析氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比。11、A【解析】
A.11B中含有6個(gè)中子,0.1mol11B含有6NA個(gè)中子,A正確;B.溶液體積未定,不能計(jì)算氫離子個(gè)數(shù),B錯(cuò)誤;C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯不是氣體,不能利用氣體摩爾體積計(jì)算22.4L苯的物質(zhì)的量,則無(wú)法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目,C錯(cuò)誤;D.PCl3與Cl2反應(yīng)生成PCl5的反應(yīng)是可逆反應(yīng),反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物,則所1molPCl3與1molCl2反應(yīng)生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl鍵的數(shù)目小于2NA個(gè),D錯(cuò)誤;答案選A。12、C【解析】
題中給出的圖,涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個(gè)變量,類似于恒溫線或恒壓線的圖像,因此,在分析此圖時(shí)采用“控制變量”的方法進(jìn)行分析。判斷溫度的大小關(guān)系,一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個(gè)值,另一方面也要注意升高溫度可以使分解,即讓反應(yīng)逆向移動(dòng)?!驹斀狻緼.升高溫度可以使分解,反應(yīng)逆向移動(dòng),海水中的濃度增加;當(dāng)模擬空氣中CO2濃度固定時(shí),T1溫度下的海水中濃度更高,所以T1溫度更高,A項(xiàng)正確;B.假設(shè)海水溫度為T(mén)1,觀察圖像可知,隨著模擬空氣中CO2濃度增加,海水中的濃度下降,這是因?yàn)楦嗟腃O2溶解在海水中導(dǎo)致反應(yīng)正向移動(dòng),從而使?jié)舛认陆?,B項(xiàng)正確;C.結(jié)合A的分析可知,大氣中CO2濃度一定時(shí),溫度越高,海水中的濃度也越大,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D.結(jié)合B項(xiàng)分析可知,大氣中的CO2含量增加,會(huì)導(dǎo)致海水中的濃度下降;珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式為:,若海水中的濃度下降會(huì)導(dǎo)致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動(dòng),珊瑚礁會(huì)逐漸溶解,D項(xiàng)正確;答案選C。13、D【解析】
根據(jù)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,設(shè)W原子最外層電子數(shù)是a,則X、Y、Z原子序數(shù)分別是a+1、a-1、a+2,這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22,則a+a+1+a-1+a+2=22,則a=5,則X、Y、Z、W分別是O、Si、Cl、N元素;【詳解】A.NH3和SiH4均為分子晶體,NH3分子間存在氫鍵,其沸點(diǎn)比SiH4高,故A錯(cuò)誤;B.N元素的非金屬性比Si元素強(qiáng),HNO3的酸性比H2SiO3酸性強(qiáng),故B錯(cuò)誤;C.二氧化硅是原子晶體,四氯化硅是分子晶體,原子晶體的熔點(diǎn)高,即SiO2的熔點(diǎn)比SiCl4高,故C錯(cuò)誤;D.N3﹣和O2﹣離子結(jié)構(gòu)相同,核電荷數(shù)越大,離子半徑越小,則N3﹣>O2﹣,故D正確;故選:D?!军c(diǎn)睛】易錯(cuò)選項(xiàng)是A,注意:氫化物的熔沸點(diǎn)與分子間作用力和氫鍵有關(guān),氫化物的穩(wěn)定性與化學(xué)鍵有關(guān)。14、D【解析】
A、根據(jù)圖示可知,加入20mL等濃度的氫氧化鈉溶液時(shí),二者恰好反應(yīng)生成NaA,溶液的pH>7,說(shuō)明NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽,則HA為弱酸,故A錯(cuò)誤;B、a點(diǎn)反應(yīng)后溶質(zhì)為NaA,A-部分水解溶液呈堿性,則c(OH-)>c(H+),結(jié)合電荷守恒可知:c(Na+)>c(A-),溶液中離子濃度大小為:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故B錯(cuò)誤;C、根據(jù)圖示可知,滴定終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性,甲基橙的變色范圍為3.1~4.4,酚酞的變色范圍為8~10,指示劑應(yīng)該選用酚酞,不能選用甲基橙,故C錯(cuò)誤;D、b點(diǎn)溶液的pH=7,呈中性,則c(OH-)=c(H+),根據(jù)電荷守恒可知:c(Na+)=c(A-),故D正確;故選:D?!军c(diǎn)睛】本題考查酸堿混合的定性判斷,題目難度不大,明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵,注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系。15、B【解析】
A.溴水可氧化橡膠,應(yīng)選酸式滴定管,故A錯(cuò)誤;B.氣體溶于水后才能顯示一定的酸堿性,因此,用pH試紙檢測(cè)氣體的酸堿性時(shí),需要預(yù)先潤(rùn)濕,故B正確;C.溴與KI反應(yīng)生成的碘易溶于溴苯,汽油與溴苯互溶,無(wú)法萃取,應(yīng)選NaOH溶液充分洗滌、分液,故C錯(cuò)誤;D.環(huán)形玻璃攪拌棒應(yīng)該上下移動(dòng),進(jìn)行攪拌,溫度計(jì)插在玻璃環(huán)中間,無(wú)法旋轉(zhuǎn)攪拌棒,故D錯(cuò)誤;答案選B。16、D【解析】
A.正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),升高溫度平衡正向移動(dòng),平衡常數(shù)增大;
B.根據(jù)計(jì)算v(NO2),再利用速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v(N2O4);
C.100s時(shí)再通入0.40molN2O4,等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng),與原平衡相比,平衡逆向移動(dòng);D.80s時(shí)到達(dá)平衡,生成二氧化氮為0.3mol/L×1L=0.3mol,結(jié)合熱化學(xué)方程式計(jì)算吸收的熱量?!驹斀狻緼.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng),溫度升高,平衡向吸熱的方向移動(dòng),即正反應(yīng)方向移動(dòng),平衡常數(shù)K增大,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.20~40s內(nèi),,則,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C.100s時(shí)再通入0.40molN2O4,相當(dāng)于增大壓強(qiáng),平衡逆向移動(dòng),N2O4的轉(zhuǎn)化率減小,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D.濃度不變時(shí),說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)平衡,反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),生成NO2的物質(zhì)的量為0.3mol/L×1L=0.3mol,由熱化學(xué)方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ,所以生成0.3molNO2吸收熱量0.15QkJ,D項(xiàng)正確;答案選D?!军c(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)為C選項(xiàng),在有氣體參加或生成的反應(yīng)平衡體系中,要注意反應(yīng)物若為一種,且為氣體,增大反應(yīng)物濃度,可等效為增大壓強(qiáng);若為兩種反應(yīng)物,增大某一反應(yīng)物濃度,考慮濃度對(duì)平衡的影響,同等程度地增大反應(yīng)物濃度的話,也考慮增大壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響,值得注意的是,此時(shí)不能用濃度的外界影響條件來(lái)分析平衡的移動(dòng)。17、D【解析】
A.膠體粒子可帶電,在電場(chǎng)中發(fā)生定向移動(dòng),故A錯(cuò)誤;B.丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì),膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同,故B錯(cuò)誤;C.離子既能過(guò)通過(guò)濾紙,又能通過(guò)半透膜;膠體粒子只能通過(guò)濾紙,不能通過(guò)半透膜,故C錯(cuò)誤;D.可溶性鐵鹽與鋁鹽都會(huì)發(fā)生水解,產(chǎn)生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體,膠體具有吸附性可以凈水,原理都是利用膠體的性質(zhì),故D正確。答案選D。18、B【解析】
A.的溶液,的物質(zhì)的量為,硫酸中氫離子和硫酸根離子的物質(zhì)的量比為2比1,硫酸根離子的物質(zhì)的量為0.05mol,數(shù)目為,故A錯(cuò)誤;B.和反應(yīng)前后分子數(shù)不變,故和充分反應(yīng)后,容器內(nèi)分子總數(shù)為,故B正確;C.與KI的反應(yīng)為可逆反應(yīng),故C錯(cuò)誤;D.60g的物質(zhì)的量為n===1mol,1mol中有4molSi-O鍵,則Si-O鍵數(shù)目為4NA;答案選B?!军c(diǎn)睛】關(guān)于PH的計(jì)算和物質(zhì)的量公式是解題的關(guān)鍵。19、D【解析】A、油和水互不相溶,分層,分離油和水的混合物應(yīng)用分液漏斗,故A錯(cuò)誤;B、硝酸有強(qiáng)氧化性,能將二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵,故B錯(cuò)誤;C、將含氯化氫的氯氣通過(guò)碳酸氫鈉溶液,會(huì)產(chǎn)生CO2,應(yīng)通過(guò)飽和食鹽水,才可收集到純氯氣,故C錯(cuò)誤;D、用濕布熄滅實(shí)驗(yàn)臺(tái)上酒精著火,屬于隔絕氧氣滅火,故D正確;故選D。20、B【解析】
A.油脂是高級(jí)脂肪酸跟甘油生成的酯,其中形成油脂的脂肪酸的飽和程度對(duì)油脂的熔點(diǎn)有著重要的影響,由飽和的脂肪酸生成的甘油酯熔點(diǎn)較高,所以食用油脂飽和程度越大,熔點(diǎn)越高,故A正確;B.生鐵中的鐵、碳和電解質(zhì)溶液易形成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕,所以生鐵比純鐵更易腐蝕,故B錯(cuò)誤;C.蠶絲主要成分為蛋白質(zhì),屬于天然高分子化合物,故C正確;D.采蒿蓼之屬,曬干燒灰”,說(shuō)明“石堿”成分來(lái)自植物燒成的灰中的成分,“以水淋汁”,該成分易溶于水,久則凝淀如石,亦去垢,能洗去油污,發(fā)面,能作為發(fā)酵劑,植物燒成的灰中的成分主要為碳酸鹽,所以是碳酸鉀,故D正確;答案選B?!军c(diǎn)睛】生鐵是鐵的合金,易形成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕。21、C【解析】
A選項(xiàng),第4min時(shí),改變的反應(yīng)條件是升高溫度,平衡正向移動(dòng),COCl2濃度減小,故A正確;B選項(xiàng),第6min時(shí),平衡正向移動(dòng),因此V正(COCl2)>V逆(COCl2),故B正確;C選項(xiàng),第8min時(shí)的平衡常數(shù),故C錯(cuò)誤;D選項(xiàng),第10min移走了一氧化碳,平衡正向移動(dòng),氯氣,一氧化碳濃度增加,COCl2濃度減小,因此COCl2濃度變化曲線沒(méi)有畫(huà)出,故D正確。綜上所述,答案為C。22、B【解析】
氫氣在電極M表面失電子轉(zhuǎn)化為氫離子,為電池的負(fù)極,堿液室中的氫氧根離子透過(guò)陰離子交換膜,中和正電荷。酸液室中的氫離子透過(guò)質(zhì)子交換膜,在電極N表面得到電子生成氫氣,電極N為電池的正極,同時(shí),酸液室中的氯離子透過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入堿液室,補(bǔ)充負(fù)電荷,據(jù)此答題?!驹斀狻緼.電極M為電池的負(fù)極,電子由M極經(jīng)外電路流向N極,故A錯(cuò)誤;B.酸液室中的氫離子透過(guò)質(zhì)子交換膜,在電極N表面得到電子生成氫氣,N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑,故B正確;C.酸液室與堿液室之間為陰離子交換膜,鈉離子不能進(jìn)入堿液室,應(yīng)在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C錯(cuò)誤;D.放電一段時(shí)間后,酸液室氫離子被消耗,最終得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D錯(cuò)誤。故選B。二、非選擇題(共84分)23、Ols22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)O3分子晶體離子晶體三角錐形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)Na2O82.27g/cm3【解析】
A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元索,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍,則C為P元素,C、D為同周期元索,D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子,則D為Cl元素,A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型,則A為O、B為Na元素;通過(guò)以上分析,A、B、C、D分別是O、Na、P、Cl元素?!驹斀狻浚?)元素的非金屬性越強(qiáng),其電負(fù)性越大,這幾種元素非金屬性最強(qiáng)的是O元素,則電負(fù)性最大的是O元素;C是P元素,其原子核外有15個(gè)電子,根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫(xiě)P原子核外電子排布式為ls22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3);故答案為:O;ls22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3);(2)單質(zhì)A為氧氣,氧氣的同素異形體是臭氧,二者都是分子晶體,分子晶體熔沸點(diǎn)與范德華力成正比,范德華力與相對(duì)分子質(zhì)量成正比,臭氧的相對(duì)分子質(zhì)量大于氧氣,則范德華力:臭氧>氧氣,所以熔沸點(diǎn)較高的是O3;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為水是分子晶體和NaH為離子晶體。故答案為:O3;分子晶體;離子晶體;(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1:3的化合物PCl3,PCl3中P原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=4且含1個(gè)孤電子對(duì),根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該分子的立體構(gòu)型為三角錐形、中心原子的雜化軌道類型為sp3,故答案為:三角錐形;sp3;(4)單質(zhì)Cl2與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備Cl2O,其化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)。故答案為:2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl);(5)O和Na能夠形成化合物F,半徑大的為O元素離子、半徑小的為Na+,該晶胞中大球個(gè)數(shù)=8×+6×=4、小球個(gè)數(shù)為8,則大球、小球個(gè)數(shù)之比=4:8=1:2,則化學(xué)式為Na2O;觀察晶胞中面心的原子,與之相連的原子有8個(gè),晶胞中O原子的配位數(shù)為8;該晶胞體積=a3nm3,晶胞密度==g·cm-3=2.27g·cm-3;故答案為:Na2O;2.27g·cm-3。【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì),涉及晶胞計(jì)算、原子雜化方式判斷、微粒空間構(gòu)型判斷、原子核外電子排布等知識(shí)點(diǎn),側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)的靈活運(yùn)用、空間想像能力及計(jì)算能力,難點(diǎn)是晶胞計(jì)算,利用均攤法求出晶胞中原子的個(gè)數(shù),結(jié)合密度公式含義計(jì)算。24、Cu2+4CuO2Cu2O+O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】
根據(jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO,磚紅色化合物為Cu2O,紅色金屬單質(zhì)為Cu,藍(lán)色溶液為CuSO4溶液;n(H2O)==0.01mol,黑色化合物n(CuO)==0.03mol,無(wú)色無(wú)味氣體n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol,故可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8,則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3,據(jù)此分析?!驹斀狻扛鶕?jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO,磚紅色化合物為Cu2O,紅色金屬單質(zhì)為Cu,藍(lán)色溶液為CuSO4溶液;n(H2O)==0.01mol,n(H)=0.02mol,黑色化合物n(CuO)==0.03mol,無(wú)色無(wú)味氣體n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol,故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol,可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8,則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)藍(lán)色溶液為CuSO4溶液,含有的金屬陽(yáng)離子是Cu2+;(2)黑色化合物→磚紅色化合物,只能是CuO→Cu2O,反應(yīng)的化學(xué)方程式是4CuO2Cu2O+O2↑;(3)X的化學(xué)式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。25、粉碎、攪拌或加熱100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止過(guò)程④加入過(guò)量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起誤差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】
(1)在由固體與液體的反應(yīng)中,要想加快反應(yīng)速率,可以粉碎固體物質(zhì)或攪拌,都是增大固液的接觸面積,也可以加熱等;(2)配制溶液要掌握好配制步驟,容量瓶的選擇,因?yàn)榕渲?00mL溶液,所以選擇100mL容量瓶,氧化還原滴定的時(shí)候,注意選擇指示劑、滴定管等。(3)利用氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒配平氧化還原反應(yīng)離子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;(4)、MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+,據(jù)此分析作答;(5)結(jié)合實(shí)際操作的規(guī)范性作答;(6)根據(jù)方程式找出關(guān)系式,通過(guò)計(jì)算確定晶體的組成?!驹斀狻浚?)為了加快藍(lán)色晶體在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶體粉碎、攪拌、或者加熱的方法;(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液時(shí)需要用100mL容量瓶進(jìn)行溶液配制,配置過(guò)程需要用到的玻璃儀器由玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、100mL容量瓶;過(guò)程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有強(qiáng)氧化性,因此選用甲(酸式滴定管);過(guò)程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈堿性,故選用乙(堿式滴定管);(3)利用氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降總數(shù)相等,先配氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù),然后再觀察配平其他物質(zhì),過(guò)程②的離子反應(yīng)方程式:2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑(4)MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+,故加熱的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止過(guò)程④加入過(guò)量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起誤差;(5)過(guò)程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反應(yīng)方程式為I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故過(guò)程⑥,應(yīng)以淀粉溶液作指示劑;若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加,則滴入Na2S2O3的物質(zhì)的量偏小,造成測(cè)定Cu2+的含量偏?。唬?)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L-1V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3),已知兩個(gè)滴定過(guò)程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因?yàn)榫w中只有一種陰離子,并且晶體中元素化合價(jià)代數(shù)和為0,故該晶體為K2Cu(C2O4)2·H2O?!军c(diǎn)睛】在氧化還原反應(yīng)滴定中注意指示劑的選擇、滴定管的選擇。26、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O(球形)干燥管FDBECG平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā)D中黑色氧化銅變紅,硬質(zhì)玻璃管內(nèi)壁有水珠附著取少量紅色固體,加入適量稀硫酸,若溶液變藍(lán)色,則證明含Cu2O【解析】
裝置A中反應(yīng)是稀鹽酸和Al4C3反應(yīng)生成氯化鋁和甲烷,甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產(chǎn)物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,,生成的甲烷氣體通過(guò)裝置F吸收混有的氯化氫,干燥氣體,通過(guò)裝置D加熱還原氧化銅,通過(guò)裝置B檢驗(yàn)生成的水蒸氣,通過(guò)裝置E檢驗(yàn)吸收生成產(chǎn)物二氧化碳,通過(guò)裝置C中銀氨溶液驗(yàn)證一氧化碳,CO能與銀氨溶液反應(yīng):CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3,最后用排水法吸收和收集尾氣?!驹斀狻?1).裝置A是用于制取甲烷,可判斷A中反應(yīng)是稀鹽酸和Al4C3反應(yīng)生成氯化鋁和甲烷,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3,故答案為:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3;(2).A中稀鹽酸和Al4C3反應(yīng)生成的甲烷中混有雜質(zhì)HCl和H2O,堿石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O,故答案為:除去甲烷中的HCl和H2O;裝置B為球形干燥管;(3).裝置A中反應(yīng)是稀鹽酸和Al4C3反應(yīng)生成氯化鋁和甲烷,生成的甲烷氣體通過(guò)裝置F除雜并干燥,甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產(chǎn)物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,通過(guò)裝置D加熱還原氧化銅,通過(guò)裝置B檢驗(yàn)生成的水蒸氣。通過(guò)裝置E檢驗(yàn)吸收生成產(chǎn)物二氧化碳,通過(guò)裝置C中銀氨溶液驗(yàn)證一氧化碳,最后用排水法吸收和收集氣體,按氣流方向各裝置從左到右的連接順序?yàn)锳→F→D→B→E→C→G,故答案為:FDBECG;(4).如果是普通分液漏斗,需先打開(kāi)分液漏斗上口的玻璃塞,再將分液漏斗下面的旋塞打開(kāi),使稀鹽酸緩慢滴下,對(duì)比起來(lái),恒壓分液漏斗的好處是平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā),故答案為:平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā);(5).D中是甲烷在加熱條件下還原氧化銅,產(chǎn)物為銅或Cu2O、水蒸氣、碳的氧化物,故答案為:D中黑色氧化銅變紅,硬質(zhì)玻璃管內(nèi)壁有水珠附著;(6).當(dāng)反應(yīng)結(jié)束后,裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色,根據(jù)信息Cu2O為紅色,不與Ag反應(yīng),與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O,故可加稀硫酸觀察溶液是否變藍(lán)來(lái)判斷,答案為:取少量紅色固體,加入適量稀硫酸,若溶液變藍(lán)色,則證明含Cu2O?!军c(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)題的重中之重是實(shí)驗(yàn)?zāi)康?,如本題目的是探究甲烷在加熱條件下可還原氧化銅的產(chǎn)物。同時(shí)要注意實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)的基本要求,如科學(xué)性、安全性、可行性、簡(jiǎn)約性。設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案要嚴(yán)謹(jǐn),具有可持續(xù)發(fā)展意識(shí)和綠色化學(xué)理念。27、KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c(diǎn)3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原過(guò)濾速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-電解較長(zhǎng)時(shí)間后,陽(yáng)極產(chǎn)生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣,同時(shí)產(chǎn)生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強(qiáng),紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色【解析】
(1)根據(jù)圖示,操作②中的反應(yīng)物有KClO3、MnO2和KOH加熱時(shí)生成K2MnO4、KCl和H2O,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑;操作①和②的反應(yīng)物中均含有堿性物質(zhì),堿能夠與氧化鋁、二氧化硅及硅酸鹽反應(yīng),應(yīng)選擇鐵坩堝,故答案為KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑;c;(2)操作④中K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4和MnO2,反應(yīng)的離子方程式為:3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-;若溶液堿性過(guò)強(qiáng),則MnO4-又會(huì)轉(zhuǎn)化為MnO42-,反應(yīng)的離子方程式為:4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O;通入CO2調(diào)pH=10-11,不選用HCl,是因?yàn)镃l-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原,故答案為3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-;4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O;Cl-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原;(3)圖1為普通過(guò)濾裝置,圖2為抽濾裝置,抽濾裝置過(guò)濾速度快,過(guò)濾效果好,且能夠過(guò)濾顆粒很小是固體和糊狀物,故答案為過(guò)濾速度快、效果好;(4)電解過(guò)程中右側(cè)石墨電極連接電源正極,是陽(yáng)極,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為:MnO42--e-=MnO4-;若電解時(shí)間過(guò)長(zhǎng),陽(yáng)極產(chǎn)生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色,也可能是陰極上氫離子放電生成氫氣,同時(shí)產(chǎn)生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強(qiáng),紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色,故答案為MnO42--e-=MnO4-;電解較長(zhǎng)時(shí)間后,陽(yáng)極產(chǎn)生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣,同時(shí)產(chǎn)生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強(qiáng),紫色又轉(zhuǎn)變?yōu)榫G色)。28、第四周期第Ⅷ族3s23p4As>Se>Gasp3三角錐形均為原子晶體,且GaN中N原子半徑小,Ga-N鍵長(zhǎng)比Ga-As短,鍵能更大,熔點(diǎn)更高CCl4、SiCl4、SiF4、CF4(填其中一種即可)正四面體形×1010【解析】
(1)鎳是28號(hào)元素,根據(jù)構(gòu)造原理,可確定Ni、S的核外電子排布式,結(jié)合原子結(jié)構(gòu)與元素在元素周期表的位置關(guān)系確定其在周期表中的位置;一般情況下,同一周期的元素原子序數(shù)越大,元素的第一電離能就越大,但當(dāng)原子核外電子處于其軌道上的全滿、半滿、全空時(shí)是穩(wěn)定結(jié)構(gòu),比相應(yīng)原子序數(shù)大1個(gè)的VIA的元素大分析。(2)根據(jù)As原子最外層電子數(shù)及形成化學(xué)鍵的關(guān)系分析Na3As3中As原子的雜化方式;AsCl3的空間構(gòu)型要根據(jù)成鍵電子對(duì)與孤對(duì)電子分析其空間構(gòu)型;(3)GaAs根據(jù)微粒間的作用力與微粒半徑大小分析物質(zhì)熔點(diǎn)高低;(4)根據(jù)等電子體的概念分析其相應(yīng)的等電子體;(5)根據(jù)微粒的空間構(gòu)型及相對(duì)位置分析其空間構(gòu)型,用均攤法先計(jì)算晶胞中含
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