黑龍江省哈爾濱九中2025屆高三下學(xué)期第二次調(diào)研考試化學(xué)試題試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

黑龍江省哈爾濱九中2025屆高三下學(xué)期第二次調(diào)研考試化學(xué)試題試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、硒(Se)與S同主族,下列能用于比較兩者非金屬性強弱的是()A.氧化性:SeO2>SO2 B.熱穩(wěn)定性:H2S>H2SeC.熔沸點:H2S<H2Se D.酸性:H2SO3>H2SeO32、有機物①在一定條件下可以制備②,下列說法錯誤的是()A.①不易溶于水B.①的芳香族同分異構(gòu)體有3種(不包括①)C.②中所有碳原子可能共平面D.②在堿性條件下的水解是我們常說的皂化反應(yīng)3、利用下列實驗裝置能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿.分離CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B.驗證NH4NO3晶體溶于水的熱效應(yīng)C.蒸發(fā)FeCl3溶液得到FeCl3固體D.驗證C、Cl、Si的非金屬性強弱4、高能LiFePO4電池,多應(yīng)用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜,主要作用是在反應(yīng)過程中只讓Li+通過,結(jié)構(gòu)如圖所示:已知原理為(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是()A.充電時,Li+向左移動B.放電時,電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線、用電器、導(dǎo)線到正極C.充電時,陰極的電極反應(yīng)式為xLi++xe-+nC=LixCnD.放電時,正極的電極反應(yīng)式為(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi++xe-=LiFePO45、人體血液中存在的平衡:H2CO3HCO3-,使血液pH保持在7.35~7.45之間,否則就會發(fā)生酸中毒或堿中毒。已知pH隨變化關(guān)系如表所示,則下列說法中錯誤的是1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45A.pH=7的血液中,c(HCO3-)>c(H2CO3)B.正常體溫下人體發(fā)生堿中毒時,c(H+)?c(OH-)變大C.人體發(fā)生酸中毒時,可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒D.=20.0時,H2CO3的電離程度小于HCO3-的水解程度6、2019年為“國際元素周期表年“,中國學(xué)者姜雪峰當(dāng)選為“全球青年化學(xué)家元素周期表”硫元素代言人。下列關(guān)于硫元素的說法不正確的是()A.S2、S4和S8互為同素異形體B.“丹砂燒之成水銀,積變又還成丹砂”過程中涉及的反應(yīng)為可逆反應(yīng)C.可運用”無機硫向有機硫轉(zhuǎn)化”理念,探索消除硫污染的有效途徑D.我國古代四大發(fā)明之一“黑火藥”的主要成分中含有硫單質(zhì)7、下列溶液一定呈中性的是A.c(H+)=c(OH–) B.pH=7 C.KW=10-14 D.c(H+)=10-7mol/L8、下列關(guān)于金屬腐蝕和保護(hù)的說法正確的是A.犧牲陽極的陰極保護(hù)法利用電解法原理B.金屬的化學(xué)腐蝕的實質(zhì)是:M-ne-=Mn+,電子直接轉(zhuǎn)移給還原劑C.外加直流電源的陰極保護(hù)法,在通電時被保護(hù)的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零。D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發(fā)生電化學(xué)腐蝕時正極的電極反應(yīng)為:2H++2e-=H2↑9、2019年是元素周期表誕生的第150周年,聯(lián)合國大會宣布2019年是“國際化學(xué)元素周期表年”。W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。W的一種核素可用于文物年代的測定,X與W同周期相鄰,四種元素中只有Y為金屬元素,Z的單質(zhì)為黃綠色氣體。下列敘述正確的是A.W的氫化物中常溫下均呈氣態(tài)B.Z的氧化物對應(yīng)的水化物均為強酸C.四種元素中,Z原子半徑最大D.Y與Z形成的化合物可能存在離子鍵,也可能存在共價鍵10、練江整治已刻不容緩,其中以印染工業(yè)造成的污染最為嚴(yán)重。某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO),設(shè)計了如下工業(yè)流程:下列說法錯誤的是A.氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COB.X在反應(yīng)中作氧化劑,可通入過量的空氣C.處理含NH4+廢水時,發(fā)生離子方程式是:NH4++NO2-=N2↑+2H2OD.捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO11、造紙術(shù)是中國古代四大發(fā)明之一。古法造紙是將竹子或木材經(jīng)過蒸解、抄紙、漂白等步驟制得。下列說法正確的是()A.“文房四寶”中的宣紙與絲綢的化學(xué)成分相同B.“竹穰用石灰化汁涂漿,入木桶下煮”,蒸解過程中使纖維素徹底分解C.“抄紙”是把漿料加入竹簾中,形成薄層,水由竹簾流出,其原理與過濾相同D.明礬作為造紙?zhí)畛鋭?,加入明礬后紙漿的pH變大12、將等量的固體Mg(OH)2,置于等體積的下列液體中,最終固體剩余最少的是()A.在純水中 B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中C.在0.1mol/L的NH3·H2O中 D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中13、a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次增大的五種常見短周期元素,可組成一種化合物A,其化學(xué)式為ba4d(ec4)2。A能夠發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:己知C的分子式為ba3,能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)。則下列說法正確的是A.原子半徑b>cB.e的氧化物的水化物為強酸C.化合物A為共價化合物D.元素非金屬性強弱c<e14、把鋁粉和某鐵的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成鋁熱劑,分成兩等份。一份在高溫下恰好完全反應(yīng)后,再與足量鹽酸反應(yīng);另一份直接放入足量的燒堿溶液中充分反應(yīng)。前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5:7,則x:y為A.1∶1 B.1∶2 C.5∶7 D.7∶515、下列除雜(括號內(nèi)為少量雜質(zhì))操作正確的是物質(zhì)(少量雜質(zhì))操作A.KNO3固體(NaCl)加水溶解、蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥B.NaCl固體(KNO3)加水溶解、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥C.FeCl3溶液(NH4Cl)加熱蒸干、灼燒D.NH4Cl溶液(FeCl3)滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止,過濾A.A B.B C.C D.D16、X、Y、Z、M、W為五種短周期元素,X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期元素,且最外層電子數(shù)之和為15,X與Z可形成XZ2分子;Y與M形成的氣態(tài)化合物在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為0.76g·L?1;W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的。下列說法正確的是A.簡單離子半徑:W+>Y3->X2->M+B.化合物W2Z2的陰陽離子個數(shù)之比為1:1,水溶液顯堿性C.1molWM溶于足量水中完全反應(yīng),共轉(zhuǎn)移2mol電子D.由X、Y、Z、M四種元素形成的化合物中可能只含有共價鍵二、非選擇題(本題包括5小題)17、幾種中學(xué)化學(xué)常見的單質(zhì)及其化合物相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖如下:可供參考的信息有:①甲、乙、丙、丁為單質(zhì),其余為化合物②A由X和Y兩種元素組成,其原子個數(shù)比為l︰2,元素質(zhì)量之比為7︰8。③B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì),H常溫下為無色無味的液體,E常用作紅色油漆和涂料。試根據(jù)上述信息回答下列問題:(1)A的化學(xué)式為___________,每反應(yīng)lmol的A轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_____________mol;(2)F與丁單質(zhì)也可以化合生成G,試寫出該反應(yīng)的離子方程式:______________________;(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質(zhì)中,得到三種分散系①、②、③。試將①、②、③對應(yīng)的分散質(zhì)具體的化學(xué)式填人下列方框中:________________(4)化合物M與H組成元素相同,可以將G氧化為F,且不引進(jìn)新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式:________________18、某研究小組以環(huán)氧乙烷和布洛芬為主要原料,按下列路線合成藥物布洛芬酰甘氨酸鈉。己知:(1)RCOOHRCOC1RCOORˊ(2)R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR請回答:(1)寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式:B_________;D_________。(2)下列說法不正確的是_________。A.轉(zhuǎn)化為A為氧化反應(yīng)B.RCOOH與SOCl2反應(yīng)的產(chǎn)物有SO2和HC1C.化合物B能發(fā)生縮聚反應(yīng)D.布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H19NO3Na(3)寫出同時符合下列條件的布洛芬的所有同分異構(gòu)體_________。①紅外光譜表明分子中含有酯基,實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應(yīng),也能發(fā)生銀鏡反應(yīng);②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基,且苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子。(4)寫出F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學(xué)方程式_________。(5)利用題給信息,設(shè)計以為原料制備()的合成路線(用流程圖表示:無機試劑任選)_____________________。19、二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體,過程如下:V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]10·H2O回答下列問題:(1)步驟i中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,從環(huán)境角度考慮,該方法的缺點是_______。(2)步驟ii可在如圖裝置(氣密性良好)中進(jìn)行。已知:VO2+能被O2氧化。①藥品填裝完成后的實驗操作是____(填活塞“a”“b”的操作)。②若無裝置B,則導(dǎo)致的后果是____。(3)加完VOCl2后繼續(xù)攪拌數(shù)分鐘,使反應(yīng)完全,小心取下分液漏斗,停止通氣,立即塞上橡膠塞,將錐形瓶置于CO2保護(hù)下的干燥器中,靜置過夜,得到紫紅色晶體,抽濾,并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次,用無水乙醇洗滌2次,除去水分,再用乙醚洗滌2次,抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是____。(4)測定氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體粗產(chǎn)品中釩的含量。稱量4.246g樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL硫酸混合溶解后,加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍過量,充分反應(yīng)后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量,再用尿素除去過量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點,消耗體積為30.00mL。(滴定反應(yīng):VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①NaNO2溶液的作用是____。②粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(精確到小數(shù)點后兩位)。20、氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇和水,可溶于氯離子濃度較大的體系,在潮濕空氣中易水解、氧化。(制備)方法一:(資料查閱)(1)儀器X的名稱是______,在實驗過程中,B中試紙的顏色變化是______。(2)實驗操作的先后順序是______(填操作的編號)a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.熄滅酒精燈,冷卻c.在氣體入口處通入干燥HCld.點燃酒精燈,加熱e.停止通入HCI,然后通入(3)反應(yīng)結(jié)束后發(fā)現(xiàn)含有少量CuO雜質(zhì),產(chǎn)生的原因是______。方法二:(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl離子方程式為______,過濾,沉淀用的酸洗,水洗,乙醇洗三步操作,酸洗采用的酸是______(寫名稱),用乙醇洗滌的原因是______(任寫一點)。(含量測定)(5)準(zhǔn)確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg,將其置于過量的溶液中,待樣品完全溶解后,加入適量稀硫酸,用amol/L的溶液滴定到終點,消耗溶液bmL,反應(yīng)中被還原為,樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______(CuCl分子量:)(應(yīng)用)利用如下圖所示裝置,測定高爐煤氣中CO、、和)的百分組成。(6)已知:i.CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成。ii.保險粉和KOH的混合溶液能吸收氧氣。①出保險粉和KOH混合溶液吸收的離子方程式:______。②D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是______、______。21、氨氣是重要的化工原料,工業(yè)上利用N2和H2合成NH3,方程式如下:(1)已知NH3難溶于CCl4,則下列裝置中,不能用于吸收氨氣的是_____。A.B.C.D.(2)某溫度下,在一體積恒定為10L的密閉容器內(nèi)模擬合成氨反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式_______。若要增大反應(yīng)速率,且平衡向正反應(yīng)方向移動,下列措施中可行的是_____(填字母代號)。A.壓縮容器體積B.適當(dāng)升高溫度C.通入適量氮氣D.加適量催化劑(3)能說明上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________A.B.混合氣體的密度不再改變C.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變D.單位時間內(nèi)生成nmolN2的同時生成2nmolNH3(4)氨氣溶于水所得溶液在加水稀釋的過程中(本小題填“增大”或“減小”或“不變”),的電離程度______,溶液的pH值_____。氨氣與酸反應(yīng)得到銨鹽,某水溶液的pH=5,原因是溶液中存在平衡_____(用離子方程式表示),該稀溶液中水的電離度約為________。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、B【解析】

A.不能利用氧化物的氧化性比較非金屬性強弱,故A錯誤;B.熱穩(wěn)定性:H2S>H2Se,可知非金屬性S>Se,故B正確;C.不能利用熔沸點比較非金屬性強弱,故C錯誤;D.酸性:H2SO3>H2SeO3,不是最高價含氧酸,則不能比較非金屬性強弱,故D錯誤;故答案為B??疾橥N元素性質(zhì)的變化規(guī)律及非金屬性比較,側(cè)重非金屬性比較的考查,注意規(guī)律性知識的總結(jié)及應(yīng)用,硒(Se)與S同主族,同主族從上到下,非金屬性減弱,可利用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價含氧酸的酸性等比較非金屬性。2、D【解析】

A.根據(jù)①分子結(jié)構(gòu)可以看出,它屬于氯代烴,是難溶于水的,故A正確;B.Br和甲基處在苯環(huán)的相間,相對的位置,Br取代在甲基上,共有三種,故B正確;C.苯環(huán)和雙鍵都是平面結(jié)構(gòu),可能共面,酯基中的兩個碳原子,一個采用sp2雜化,一個采用sp3雜化,所有碳原子可能共面,故C正確;D.皂化反應(yīng)僅限于油脂與氫氧化鈉或氫氧化鉀混合,得到高級脂肪酸的鈉/鉀鹽和甘油的反應(yīng),②屬于芳香族化合物,故D錯誤;答案選D。3、B【解析】

A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶,不能用分液的方法分離,故A錯誤;B.硝酸銨晶體溶于水吸熱,所以U型管中的液體向左側(cè)移動,故該實驗?zāi)茯炞CNH4NO3晶體溶于水的熱效應(yīng),故B正確;C.蒸發(fā)FeCl3溶液時促進(jìn)鐵離子水解,最后得到氫氧化鐵,灼燒又得到氧化鐵固體,故C錯誤;D.根據(jù)元素非金屬性越強,其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強分析,要驗證C、Cl、Si的非金屬性強弱應(yīng)用實驗證明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性強弱,但實驗中使用的是鹽酸,故D錯誤。故選B。掌握非金屬性強弱與最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強弱的對應(yīng)關(guān)系,不能用鹽酸的酸性強弱進(jìn)行比較。4、A【解析】

A.充電時,圖示裝置為電解池,陽離子向陰極移動,即Li+向右移動,故A符合題意;B.放電時,裝置為原電池,電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線、用電器、導(dǎo)線到正極,故B不符合題意;C.充電時,陰極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為xLi++xe-+nC=LixCn,故C不符合題意;D.放電時,F(xiàn)ePO4為正極,正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,故D不符合題意;故答案為:A。鋰電池(俗稱)有一次電池、可充電電池之分,其中原電池型鋰電池是鋰單質(zhì)發(fā)生氧化反應(yīng),而可充電型鋰電池又稱之為鋰離子電池,它主要依靠鋰離子在正極和負(fù)極之間移動來工作。在充放電過程中,Li+在兩個電極之間往返嵌入和脫嵌:充電時,Li+從正極脫嵌,經(jīng)過電解質(zhì)嵌入負(fù)極,負(fù)極處于富鋰狀態(tài),放電時則相反。5、B【解析】

A.根據(jù)圖中數(shù)據(jù)判斷,當(dāng)pH=6.10時,c(HCO3-)=c(H2CO3),當(dāng)pH>6.10時,c(HCO3-)>c(H2CO3),所以pH=7的血液中,c(HCO3-)>c(H2CO3),A正確;B.溫度不變,水的離子積常數(shù)不變,所以正常體溫下c(H+)?c(OH-)不變,B錯誤;C.人體發(fā)生酸中毒時,可靜脈滴注弱堿性物質(zhì)解毒,碳酸氫鈉溶液呈弱堿性,所以人體發(fā)生酸中毒時,可靜脈滴注一定濃度的NaHCO3溶液解毒,C正確;D.由表中數(shù)據(jù)可知,=20.0時,溶液呈堿性,說明碳酸的電離程度小于碳酸氫根離子水解程度,D正確;故合理選項是B。6、B【解析】

A.同種元素形成的不同單質(zhì)是同素異形體,故A正確;B.丹砂(HgS)燒之成水銀,積變又還成丹砂,前者需要加熱,后者常溫下反應(yīng),反應(yīng)條件不同,不是可逆反應(yīng),故B錯誤;C.無機硫向有機硫轉(zhuǎn)化,可減少含硫氣體的排放,是探索消除硫污染的有效途徑,故C正確;D.“黑火藥”的主要成分中含有硫單質(zhì),故D正確;答案選B。7、A【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)與c(OH–)的相對大小,據(jù)此判斷溶液酸堿性?!驹斀狻緼.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性,A項正確;B.只有常溫下pH=7的溶液才是中性的,B項錯誤;C.常溫下稀溶液中KW=10-14,溶液不一定中性,C項錯誤;D.只有常溫下c(H+)=10-7mol/L時,溶液才是中性的,D項錯誤;本題選A。8、C【解析】

A.犧牲陽極的陰極保護(hù)法利用原電池原理,用較活潑的金屬作負(fù)極先被氧化,故A錯誤;B.金屬的化學(xué)腐蝕的實質(zhì)是:金屬作還原劑M-ne-=Mn+,電子直接轉(zhuǎn)移給氧化劑,故B錯誤;C.外加直流電源的陰極保護(hù)法,在通電時被保護(hù)的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零,故C正確;D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發(fā)生電化學(xué)腐蝕時,銅作負(fù)極,碳正極的電極反應(yīng)為:O2+4e-+4H+=2H2O,故D錯誤;故選C。9、D【解析】

W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。W的一種核素可用于文物年代的測定,則W為C元素,X與W同周期相鄰,則X為N元素,Z的單質(zhì)為黃綠色氣體,則Z為Cl元素,四種元素中只有Y為金屬元素,則Y可能為Na、Mg或Al,以此解題。【詳解】由上述分析可知,W為C,X為N,Y為Na或Mg或Al,Z為Cl,A.W為C元素,C的氫化物中常溫下可能為氣態(tài)、液態(tài)或固態(tài),如甲烷為氣態(tài)、苯為液態(tài),故A錯誤;B.Z為Cl元素,當(dāng)Z的氧化物對應(yīng)的水化物為HClO時,屬于弱酸,故B錯誤;C.電子層越多,原子半徑越大,同周期從左向右原子半徑減小,則Y的原子半徑最大,故C錯誤;D.Y為Na或Mg或Al,Z為Cl,Y與Z形成的化合物為NaCl時含離子鍵,為AlCl3時含共價鍵,故D正確;答案選D。B項Z的氧化物對應(yīng)的水化物沒說是最高價氧化物對應(yīng)的水化物,非金屬性對應(yīng)的是最高價氧化物對應(yīng)的水化物,需要學(xué)生有分析問題解決問題的能力。10、B【解析】

工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固體I為CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用NaOH溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成N2,則氣體II含有CO、N2,捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO,以此解答該題?!驹斀狻抗I(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固體I為CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用NaOH溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成氮氣,則氣體II含有CO、N2,捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A.工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成CaCO3、CaSO3,因Ca(OH)2過量,則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,A正確;B.由分析可知,氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,B錯誤;C.NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成N2,發(fā)生氧化還原反應(yīng),離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O,C正確;D.氣體II含有CO、N2,經(jīng)捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO,D正確;故答案選B。本題考查物質(zhì)的分離、提純的綜合應(yīng)用,側(cè)重學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì),為解答該題的關(guān)鍵,題目涉及廢水的處理,有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng),提高環(huán)保意識。11、C【解析】

A.宣紙主要成分為纖維素,絲綢主要成分為蛋白質(zhì),故A錯誤;B.蒸解過程是將纖維素分離出來,而不是使纖維素徹底分解,故B錯誤;C.過濾是利用濾紙把固體不溶物和溶液分離,抄紙過程中竹簾相當(dāng)于與濾紙,纖維素等不溶于水的物質(zhì)可留在竹簾上,故C正確;D.明礬中鋁離子水解會使紙漿顯酸性,pH變小,故D錯誤;故答案為C。12、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag),平衡右移,溶解度增大,反之減小,據(jù)此解答即可?!驹斀狻縈g(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag);A.在純水中,Mg(OH)2正常溶解并達(dá)到飽和狀態(tài),故A錯誤;B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中,c(Mg2+)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故B錯誤;C.在0.1mol/L的NH3·H2O中,c(OH-)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故C錯誤;D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中,c(H+)增大,促進(jìn)平衡正向移動,最終固體Mg(OH)2可能完全溶解,故D正確;故答案為D。13、A【解析】

A和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成B和C,C為氣體,C的分子式為ba3,能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán),根據(jù)化學(xué)式可推斷C為氨氣,B為白色沉淀,繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解,則B可推斷為氫氧化鋁,A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀,則A中含有硫酸根離子,根據(jù)以上推斷,A為NH4Al(SO4)2,a為H元素,b為N元素,c為O元素,d為Al元素,e為S元素,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.b為N元素,c為O元素,同周期元素隨核電荷數(shù)增大,半徑逐漸減小,則原子半徑b>c,故A正確;B.e為S元素,S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸,亞硫酸是弱酸,故B錯誤;C.A為NH4Al(SO4)2,是離子化合物,故C錯誤;D.c為O元素,e為S元素,同主族元素隨核電荷數(shù)增大非金屬性逐漸減弱,元素非金屬性強弱c>e,故D錯誤;答案選A。14、B【解析】

第一份中Al與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3,再與足量鹽酸反應(yīng),發(fā)生反應(yīng):Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,第二份直接放入足量的燒堿溶液,發(fā)生反應(yīng):2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑,前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5:7,則令第一份、第二份生成氫氣物質(zhì)的量分別為5mol、7mol,根據(jù)方程式計算Fe、Al的物質(zhì)的量,再根據(jù)第一份中Al與xFeO?yFe2O3反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移守恒計算xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價,進(jìn)而計算x、y比例關(guān)系。【詳解】第一份中Al與xFeO?yFe2O3粉末得到Fe與Al2O3,再與足量鹽酸反應(yīng),發(fā)生反應(yīng):Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,第二份直接放入足量的燒堿溶液,發(fā)生反應(yīng):2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑,前后兩種情況下生成的氣體質(zhì)量比是5:7,令第一份、第二份生成氫氣物質(zhì)的量分別為5mol、7mol,則:令xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合價為a,根據(jù)Al與xFeO?yFe2O3反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移守恒:7mol××3=5mol×(a?0),解得a=2.8,故=2.8,整理得x:y=1:2,答案選B。15、D【解析】

A.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同,硝酸鉀溶解度受溫度影響較大,而氯化鈉受溫度影響較小,所以可采取加熱水溶解配成飽和溶液、冷卻熱飽和溶液使KNO3先結(jié)晶出來、再過濾,故A錯誤;B.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同,硝酸鉀溶解度受溫度影響較大,而氯化鈉受溫度影響較小,所以可采取加水溶解、蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,故B錯誤;C.加熱促進(jìn)鐵離子水解,生成的HCl易揮發(fā),蒸干不能得到氯化鐵,故C錯誤;D.氯化鐵與氨水反應(yīng)生成沉淀,則滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止,過濾可除雜,故D正確;故選:D。16、D【解析】

根據(jù)題目可以判斷,Y與M形成的氣態(tài)化合物在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為0.76g·L?1,則YM的相對分子質(zhì)量為17形成的化合物為NH3,M為H元素,Y為N元素;X與Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期元素,故X為C元素,Z為O元素;W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的,W為Na元素?!驹斀狻緼.簡單離子半徑從大到小為Y3->X2->M+>W+,A錯誤;B.W2Z2為Na2O2,其陰陽離子個數(shù)之比為2:1,B錯誤;C.NaH與水發(fā)生反應(yīng),方程式為NaH+H2O=NaOH+H2↑,轉(zhuǎn)移1mol電子,C錯誤;D.四種元素形成的化合物可能為NH4HCO3,含有離子鍵,D正確;故選D。二、非選擇題(本題包括5小題)17、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散質(zhì)微粒的直徑(nm);H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】

由③中信息可知:

B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì),則B為SO2,H常溫下為無色無味的液體,則H為H2O;E常用作紅色油漆和涂料,故E為Fe2O3,則A中應(yīng)含F(xiàn)e、S兩種元素。由②可計算得到A的化學(xué)式為FeS2,再結(jié)合流程圖可推知甲為O2,C為SO3,D為H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質(zhì))可知,丁為Fe,D

(

H2SO4)

+E

(

Fe2O3)→F,則F為Fe2

(SO4)3,G為FeSO4,丙可以為S等,乙可以為碳或氫氣等。【詳解】(1)由上述分析可知,A的化學(xué)式為FeS2,高溫下燃燒的化學(xué)方程式為:

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2,由此分析可知,每消耗4

mol

FeS2,轉(zhuǎn)移電子為44mol,即每反應(yīng)1

mol的A

(

FeS2)轉(zhuǎn)移的電子為11

mol

,故答案為.:FeS2;11。

(2)由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知F為Fe2

(SO4)3,丁為Fe,G為FeSO4,則有關(guān)的離子反應(yīng)為:

Fe+2Fe3+=3Fe2+,故答案為:Fe+2Fe3+=3Fe2+;

(3)少量飽和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液,溶質(zhì)為Fe2

(SO4)3;加入②NaOH溶液中會產(chǎn)生Fe

(OH)

3沉淀,形成濁液;加入③沸水中會產(chǎn)生Fe

(OH)

3膠體,即①Fe2

(SO4)3、③Fe

(OH)

3膠體、②

Fe

(OH)

3沉淀,故答案為:分散質(zhì)微粒的直徑(nm);

(4)化合物M與H

(

H2O)組成元素相同,則M為H2O2,M在酸性條件下將G

(

FeSO4)氧化為F[Fe2

(SO4)3]的離子方程式為:H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+,故答案為:H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。18、D【解析】氧化得到的A為ClCH2COOH,ClCH2COOH與NH3作用得到的B為H2NCH2COOH,H2NCH2COOH再與SOCl2作用生成的C為,再與CH3OH作用得到的D為;與SOCl2作用生成的E為,E與D作用生成的F為,F(xiàn)再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸鈉;(1)寫出化合物的結(jié)構(gòu)簡式:B為H2NCH2COOH;D為;(2)A.催化氧化為轉(zhuǎn)化為ClCH2COOH,反應(yīng)類型為氧化反應(yīng),故A正確;B.RCOOH與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng),所得產(chǎn)物為RCOOCl、SO2和HC1,故B正確;C.化合物B為氨基酸,一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng),故B正確;D.布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H20NO3Na,故D錯誤;答案為D。(3)①紅外光譜表明分子中含有酣基,實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液1∶2反應(yīng),也能發(fā)生銀鏡反應(yīng),說明苯環(huán)上直接連接HCOO—;②H—NMR譜顯示分子中有三個相同甲基,說明同一碳原子上連接三個甲基;苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子,因苯環(huán)上不可能只有對位有兩個不同的取代基,可以保證對稱位置上的氫原子環(huán)境相同,滿足條件的同分異構(gòu)體有;(4)F→布洛芬酰甘氨酸鈉的化學(xué)方程式為;(5)以為原料制備的合成路線為。點睛:本題題干給出了較多的信息,學(xué)生需要將題目給信息與已有知識進(jìn)行重組并綜合運用是解答本題的關(guān)鍵,需要學(xué)生具備準(zhǔn)確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力,采用正推和逆推相結(jié)合的方法,逐步分析有機合成路線,可推出各有機物的結(jié)構(gòu)簡式,然后分析官能團(tuán)推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型;難點是有機物D的結(jié)構(gòu)確定,可先根據(jù)F的堿性水解,結(jié)合產(chǎn)物確定出F,再利用D和E生成F,可借助碳架結(jié)構(gòu)、反應(yīng)原理及原子守恒分析推測D的結(jié)構(gòu)。19、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒,污染空氣打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞bHCl與NH4HCO3反應(yīng)Cl-除去過量的KMnO42.88%【解析】

V2O5與鹽酸、N2H4﹒2HCl混合發(fā)生反應(yīng):2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O,得到VOCl2溶液,加碳酸氫銨溶液后得到氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體。(1)根據(jù)原子守恒及氧化還原反應(yīng)原理分析解答;(2)根據(jù)題給信息中+4價V易被氧化的性質(zhì)分析解答;(3)根據(jù)原子守恒及晶體的組成分析解答;(4)根據(jù)滴定原理及氧化還原反應(yīng)原理分析解答?!驹斀狻浚?)根據(jù)原子守恒分析生成的一種無色無污染的氣體為N2,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O;根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析,V被還原,則濃鹽酸的中Cl被氧化生成氯氣,氯氣有毒,污染空氣,故答案為:2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O;氯氣有毒,污染空氣;(2)①已知VO2+能被O2氧化,故裝置中不能有空氣,所以反應(yīng)前先通入CO2數(shù)分鐘排除裝置中的空氣,避免產(chǎn)物被氧化,所以實驗操作時先打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞b,故答案為:打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞b;②A中制得的二氧化碳混有氯化氫氣體,B裝置中的試劑應(yīng)是除去二氧化碳?xì)怏w中HCl氣體的飽和NaHCO3溶液,若無裝置B,則HCl與NH4HCO3反應(yīng),故答案為:HCl與NH4HCO3反應(yīng);(3)根據(jù)原子守恒分析,及晶體的組成分析,NH4HCO3溶液洗滌除去陰離子主要是Cl-,故答案為:Cl-;(4)①根據(jù)分析,KMnO4溶液的作用是氧化V,NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4,故答案為:除去過量的KMnO4;②根據(jù)V元素的質(zhì)量守恒,根據(jù)滴定反應(yīng)VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O,則n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol,則粗產(chǎn)品中釩的含量為:,故答案為:2.88%。20、干燥管先變紅后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的鹽酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶體在氯化氫氣流中加熱失水得到CuCl2,溫度高于300℃分解生成CuCl和Cl2;向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl,得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗滌,可快速除去固體表面的水分,防止水解、氧化;氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,結(jié)合關(guān)系式解答該題;保險粉和KOH的混合溶液吸收O2,發(fā)生氧化還原反應(yīng);CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,則吸收O2前,要先吸收CO2;N2的體積可用排水法測定,據(jù)此解答?!驹斀狻?1)根據(jù)儀器X的構(gòu)造,其名稱是干燥管;由制備CuCl的原理可知,反應(yīng)生成了Cl2,故B中濕潤的石蕊試紙試紙先變紅后褪色,故答案為干燥管;先變紅后褪色;(2)實驗時檢查裝置的氣密性后加入藥品后,要先在氣體入口處通入干燥HCl,再點燃酒精燈,加熱,實驗結(jié)束時要先熄滅酒精燈,冷卻,再停止通入HCl,然后通入,所以操作的先后順序是cdb,故答案為cdb;(3)根據(jù)以上分析,若實驗中通入的HCl的量不足,則氯化銅晶體加熱時發(fā)生水解,最后生成少量CuO,故答案為通入的HCl的量不足;(4)向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl,離子方程式為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;由制備反應(yīng)可知,有硫酸鈉生成,則應(yīng)加入硫酸,為防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入鹽酸,防止引入新雜質(zhì);因乙醇沸點低,易揮發(fā),則用乙醇洗滌,可快速除去固體表面的水分,防止水解、氧化;故答案為2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;硫酸;醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;(5)氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-,

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab

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