2024届河北省正定县第三中学化学高二第二学期期末考试模拟试题含解析_第1页
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文档简介

2024届河北省正定县第三中学化学高二第二学期期末考试模拟试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列物质分类正确的是()A.SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D.Na2O2、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物2、下列分子为直线形分子且分子中原子都满足8电子稳定结构()A.BF3B.C2H6C.SO3D.CS23、下列说法正确的是A.丙烷分子的比例模型:B.CH3CH2CH2CH2CH3和互为同系物C.和为同一物质D.CH3CH2OH和具有相同的官能团,互为同系物4、我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾新疗法而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖,已知青蒿素的结构简式如下。下列说法不正确的是()A.青蒿素的分子式为C15H20O5B.青蒿素难溶于水,能溶于NaOH溶液C.青蒿素分子中所有的碳原子不可能都处于同一平面内D.青蒿素可能具有强氧化性,具有杀菌消毒作用5、已知氯化硼BCl3的熔点为-107℃,沸点为12.5℃,在其分子中键与键之间的夹角为120°,它能水解,有关叙述正确的是A.氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B.氯化硼中心原子采用sp3杂化C.氯化硼分子呈三角锥形,属极性分子 D.三氯化硼遇水蒸气会产生白雾6、下列说法正确的是A.油脂饱和程度越大,熔点越低B.氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应C.蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质D.麻黄碱()的催化氧化产物能发生银镜反应7、25℃时,在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中,滴加0.1mol/L的盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)B.加入10mL盐酸时:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)D.加入20mL盐酸时:c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)8、R、X、Y、Z是短周期元素,原子序数依次增大。X的原子序数是R的2倍,R的原子最外层电子数是X的2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物(M)是强电解质,向Y的钠盐溶液中滴加M溶液,产生沉淀的物质的量与M的物质的量关系如图所示。下列推断正确的是A.R的氢化物可能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色B.Y的气态氢化物热稳定性比R的强C.常温常压下,Z的单质一定呈黄绿色D.X和Z组成的化合物属于共价化合物9、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.3.0g乙烷中所含的共价键数目为0.7NAB.1L2mol·L-1K2S溶液中S2-和HS-的总数为2NAC.标准状况下,22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD.50mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜加热充分反应,转移的电子数为1.8NA10、在密闭容器中进行反应X2(g)+Y2(g)2Z(g),已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.2mol·L-1、0.2mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是A.Z为0.2mol·L-1 B.Y2为0.35mol·L-1C.X2为0.3mol·L-1 D.Z为0.4mol·L-111、将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液,向该溶液中通入足量CO2,生成沉淀的物质的量n(沉淀),与通入CO2的体积(标准状况下)V(CO2)的关系,如下图所示,下列说法中正确的是()A.P点的值为12.32B.混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0mol/LC.bc段的化学反应方程式为:NaOH+CO2=NaHCO3D.cd段表示Al(OH)3沉淀溶解12、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液:I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD.电解饱和食盐水:2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑13、下列各组混合物中,可以用分液漏斗分离的是A.溴苯和水 B.乙酸和乙醇 C.酒精和水 D.溴苯和苯14、X、Y、Z、W为短周期元素,X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和;Z与Y位于同一周期;Y2常用做保护气,一般由分离液态空气得到;非金属Z的一种固体单质可导电;W的阳离子与X的阳离子核外电子数相同。下列说法正确的是A.四种元素简单离子半径:W>X>Y>ZB.X、Y、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应C.气态氢化物沸点最高的是Z的氢化物D.Y2在一定条件下可与W的单质发生化学反应15、某有机物在氧气中充分燃烧,生成等物质的量的水和二氧化碳,则该有机物必须满足的条件是()A.分子中的C、H、O的个数比为1:2:3 B.中C、H个数比为1:2C.该有机物的相对分子质量为14 D.该分子中肯定不含氧元素16、已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是A.1molN2和3molH2在一定条件下充分反应后,分子数大于2NAB.1L0.1mol·L-1碳酸钠溶液中含有的阴离子数目大于0.1NAC.5.6gFe和2.24L(标准状况)Cl2反应转移电子数为0.3NAD.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物A(C4H10O)可用作增塑剂、溶剂等。A可以发生如下转化。已知:R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO(1)按官能团分类,A属于_________。(2)A→B的反应类型是_________。(3)A→C的转化中Na的作用是__________。(4)写出A→D的化学方程式:_______________。(5)F的结构简式是_________。18、A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素,且原子序数依次增大,A与其余五种元素既不同周期也不同主族,B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一,D原子核外电子有8种不同的运动状态,E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多,F元素的基态原子最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子。(1)写出基态E原子的价电子排布式_______。(2)A与C可形成CA3分子,该分子中C原子的杂化类型为______,该分子的立体结构为_____;C的单质与BD化合物是等电子体,据等电子体的原理,写出BD化合物的电子式______;A2D由液态形成晶体时密度减小,其主要原因是__________(用文字叙述)。(3)已知D、F能形成一种化合物,其晶胞的结构如图所示,则该化合物的化学式为___;若相邻D原子和F原子间的距离为acm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为______g·cm-3(用含a、NA的式子表示)。19、用18mol/L浓硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的实验步骤如下:①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解、冷却④转移、洗涤⑤定容、摇匀回答下列问题:(1)所需浓硫酸的体积是____mL,量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。(从下列规格中选用:A10mLB25mLC50mLD100mL)(2)第③步实验的操作是________________________________________________。(3)第⑤步实验的操作是_________________________________________________。(4)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响(用“偏大”“偏小”或“无影响”填写)?A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。C所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。D定容时俯视溶液的凹液面________________。20、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途,也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃,遇水水解,剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下,制备SO2Cl2并测定产品纯度,设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题:Ⅰ.SO2的制备(1)欲收集一瓶干燥的SO2,装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液,A中反应的化学方程式为____。Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中,用图2装置制备SO2Cl2。(3)仪器e的名称为____,b中试剂的名称为____。(4)f的作用是____。(5)取反应后的产品4.0g,配成200mL溶液;取出20.00mL,用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定;达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。①产品加水配成溶液时发生的反应为____。②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。21、已知K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。K2Cr2O7为橙色,K2CrO4为黄色。为探究浓度对化学平衡的影响,某兴趣小组设计了如下实验方案。序号试剂Xⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液ⅲ5~15滴浓硫酸ⅳ5~15滴浓盐酸ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液Ⅰ.方案讨论(1)ⅰ~ⅴ中依据减少生成物浓度可导致平衡移动的原理设计的是______(填序号)。(2)已知BaCrO4为黄色沉淀。某同学认为试剂X还可设计为Ba(NO3)2溶液,加入该试剂后,溶液颜色将_____。(填“变深”、“变浅”或“不变”)。Ⅱ.实验分析序号试剂X预期现象实际现象ⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液溶液变黄溶液橙色加深ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液溶液橙色加深溶液颜色变浅ⅲ5~15滴浓硫酸溶液橙色加深溶液橙色加深ⅳ5~15滴浓盐酸溶液橙色加深无明显现象ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液溶液变黄溶液变黄(1)实验ⅰ没有观察到预期现象的原因是____________,实验ⅱ的原因与其相似。(2)通过实验ⅲ和ⅴ得出的结论为___________。(3)实验ⅳ无明显现象,可能的原因是____________。(4)某同学查阅资料发现:K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应。但实验ⅳ中没有观察到明显现象,小组同学设计了两个实验,验证了该反应的发生。①方案一:取5mL浓盐酸,向其中加入15滴0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液,一段时间后,溶液变为绿色(CrCl3水溶液呈绿色),有黄绿色气体生成。写出该变化的化学方程式__________。②请你设计方案二:_______________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解题分析】

A、NO2与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠,不是酸性氧化物,故A错误;B.氯化铁溶液为溶液,不是胶体,故B错误;C.漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物,水玻璃是硅酸钠的水溶液,氨水是氨气的水溶液,均为混合物,故C正确;D.Na2O2是过氧化物、Al2O3是两性氧化物,故D错误。2、D【解题分析】分析:本题考查的是分子的构型和原子构成,属于基本知识,注意理解价层电子对理论与杂化轨道论判断分子构型。详解:A.BF3中中心原子B原子形成两个σ键,杂化轨道为3,采取sp2杂化,为平面三角形,其中B原子的最外层电子数+化合价绝对值=3+3=6,不满足8电子结构,故错误;B.C2H6中氢原子满足2电子结构,故错误;C.SO3中硫原子形成三个σ键,杂化轨道为3,采取sp2杂化,分子为平面三角形,故错误;D.CS2中碳原子形成2个σ键,杂化轨道为2,采取sp杂化,为直线型,碳原子的最外层电子数为4+4=8,硫原子的最外层电子数为6+2=8,故正确。故选D。点睛:原子是否满足最外层8电子结构的解题方法为:原子最外层电子数+化合价绝对值,若等于8,则满足8电子结构。3、C【解题分析】

A.为丙烷分子的球棍模型,A不正确;B.CH3CH2CH2CH2CH3和互为同分异构体,B不正确;C.和的分子式相同、结构相同,为同一物质,C正确;D.CH3CH2OH和所含官能团的种类相同,但数目不同,二者不互为同系物,D不正确;故选C。【题目点拨】分析同系物时,首先看官能团的种类,其次看官能团的数目,最后看碳原子的数目,若官能团的种类相同、且同种官能团的数目相同,两分子相差若干个碳,则必然相差二倍的碳原子差值的氢,二者互为同系物。4、A【解题分析】分析:由结构简式可以知道分子式,含酯基、醚键及过氧键,结合酯、过氧化物的性质来解答。详解:A.由结构简式知道,青蒿素的分子式为C15H22O5,故A错误;B.含有酯基,难溶于水,可溶于氢氧化钠溶液,所以B选项是正确的;

C.该分子中具有甲烷结构的C原子,根据甲烷结构知该分子中所有C原子不共面,所以C选项是正确的;D.含有过氧键,具有强氧化性,可用于杀菌消毒,所以D选项是正确的。所以本题答案选A。点睛:本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,侧重考查基本概物质结构等知识点,由结构简式判断元素种类和原子个数,可确定分子式;有机物含有酯基能发生水解反应,含有过氧键,具有强氧化性,解题关键是根据结构预测性质。5、D【解题分析】分析:本题考查的是原子轨道杂化、分子构型等,注意三氯化硼中的硼的杂化类型,无孤对电子,分子为三角形。详解:A.三氯化硼是共价化合物,液态是不能导电,故错误;B.氯化硼中的硼采用sp2杂化,故错误;C.氯化硼中的硼为sp2杂化,无孤对电子,分子中键与键的夹角为120°,是平面三角形结构,属于非极性分子,故错误;D.氯化硼水解生成氯化氢在空气中形成白雾,故正确。故选D6、B【解题分析】

A.熔点随分子量增大而增加,油脂饱和程度越大,熔点越高,A项错误;B.氨基酸、二肽、蛋白质都含有氨基和羧基,既能跟强酸反应又能跟强碱反应,B项正确;C.麦芽糖水解只生成葡萄糖一种物质,C项错误;D.与羟基相连的碳上只有1个氢原子,氧化得到酮,得不到醛,D项错误;本题答案选B。7、B【解题分析】

A、混合溶液中,浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O,NH3·H2O为弱电解质,故c(Na+)>c(NH3·H2O),A错误;B、加入10mL盐酸时,c(Cl-)=c(Na+),又根据电荷守恒得到:c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-),所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-),B正确;C、根据电荷守恒得到:c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-),pH=7时,即c(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-),c(Cl-)>c(Na+),C错误;D、加入20mL盐酸时,c(Cl-)=2c(Na+),由于NH4+的水解,c(NH4+)<c(Na+),所以c(Cl-)>c(NH4+)+c(Na+),D错误;此题选B。8、A【解题分析】分析:X的原子序数是R的2倍,R的原子最外层电子数是X的2倍,则R为碳,X为镁,Z的最高价氧化物对应的水化物(M)是强电解质,向Y的钠盐溶液中滴加M溶液,产生沉淀为为Y的氧化物的水化物,最终沉淀不溶解,因此沉淀为硅酸,故Y是硅。硫酸和高氯酸都是强电解质,Z可能是硫、氯。据此分析解答。详解:A.碳的氢化物属于烃类,烯烃等能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色,故A正确;B.碳的非金属性比硅强,甲烷比硅烷稳定,故B错误;C.Z的单质可能是硫,也可能是氯气,只有氯气呈黄绿色,故C错误;D.硫化镁、氯化镁都是离子化合物,故D错误;故选A。9、A【解题分析】分析:A.1分子乙烷含有7对共用电子对;B.根据硫原子守恒分析;C.标况下四氯化碳不是气态;D.铜只能与浓硫酸反应,随着反应进行,浓硫酸浓度降低,变为稀硫酸,不再与铜反应。详解:A.3.0g乙烷的物质的量是3.0g÷30g/mol=0.1mol,其中所含的共价键数目为0.7NA,A正确;B.1L2mol·L-1K2S溶液中硫离子水解,硫元素的存在形式有S2-、HS-和H2S,则根据硫原子守恒可知S2-和HS-的总数小于2NA,B错误;C.标准状况下四氯化碳是液态,不能利用气体摩尔体积计算22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数,C错误;D.50mL18mol/L的浓硫酸中硫酸的物质的量是0.05L×18mol/L=0.9mol,若硫酸完全反应,由方程式可知生成二氧化硫的物质的量是0.9mol×1/2=0.45mol,由于Cu与浓硫酸反应,随反应进行,浓硫酸变稀,Cu不与稀硫酸反应,故实际得到SO2小于0.45mol,因此转移的电子数小于0.9NA,D错误;答案选A。点睛:本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,注意气体摩尔体积的使用条件和范围、铜与硫酸反应的条件、乙烷的结构以及多元弱酸根的水解特点等,题目难度中等。10、A【解题分析】

利用三行式分析。假设反应正向进行到底,X2、Y2的浓度最小,Z的浓度最大。X2(g)+Y2(g)2Z(g)开始(mol/L):0.10.20.2变化(mol/L):0.10.10.2平衡(mol/L):00.10.4假设反应逆向进行到底,X2、Y2的浓度最大,Z的浓度最小。X2(g)+Y2(g)2Z(g)开始(mol/L):0.10.20.2变化(mol/L):0.10.10.2平衡(mol/L):0.20.30由于为可逆反应,物质不能完全转化,所以平衡时浓度范围为0<c(X2)<0.2,0.1<c(Y2)<0.3,0<c(Z)<0.4,选A。11、B【解题分析】分析:开始通入CO2,二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生;将Ba(OH)2消耗完毕,接下来消耗NaOH,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变);NaOH被消耗完毕,接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀;又因二氧化碳足量,还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应,沉淀量不变,继续与BaCO3反应,沉淀减少,最后剩余沉淀为Al(OH)3。详解:A.根据上述分析,b点对应的溶液中含有碳酸钠,c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡,溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L,物质的量为=0.3mol,因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2;c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,根据碳元素守恒,生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳,因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol,根据钠元素守恒,混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol,b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡,氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量,根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知,n(CO2)=n[Ba(OH)2]+n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol,体积为11.2L,故A错误;B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,根据碳元素守恒,生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳,因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol,根据钠元素守恒,混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0mol/L,故B正确;C.bc段是碳酸钠溶解的过程,反应的化学反应方程式为:Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3,故C错误;D.cd段是溶解碳酸钡的过程,故D错误;故选B。点睛:本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算,本题的难度较大,理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A,要注意守恒法的应用。12、A【解题分析】

A项,饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3;B项,电荷不守恒,得失电子不守恒;C项,在碱性溶液中不可能生成H+;D项,电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【题目详解】A项,饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3,反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-,A项正确;B项,电荷不守恒,得失电子不守恒,正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O,B项错误;C项,在碱性溶液中不可能生成H+,正确的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O,C项错误;D项,电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-,D项错误;答案选A。【题目点拨】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:①从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物(题中D项)等;②从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等;③从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等(题中B项);④从反应的条件进行判断(题中C项);⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。13、A【解题分析】

分液漏斗分离混合物的原理为,物质密度不等且互不相溶,据此答题。【题目详解】A.溴苯和水不互溶,且密度不同,可以用分液漏斗分离,A正确;B.乙酸和乙醇互溶,不能使用分液漏斗分离,B错误;C.酒精和水以任意比互溶,不能使用分液漏斗分离,C错误;D.苯能溶解溴苯,不能使用分液漏斗分离,D错误;故合理选项为A。14、D【解题分析】

Y2常用做保护气,一般由分离液态空气得到,则Y为N;非金属Z的一种固体单质可导电,则Z为C;X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和,则X为Al;W的阳离子与X的阳离子核外电子数相同,则W可能为Na或Mg。【题目详解】A.四种元素分别为Al、N、C、Na或Mg,简单离子半径:Z>Y>W>X,A错误;B.X、Y、W分别为Al、N、Na或Mg,若W为Mg时,氢氧化镁与氢氧化铝不反应,B错误;C.气态氢化物沸点最高的是氨,氨分子间存在氢键,C错误;D.N2在一定条件下与Na、Mg的单质均能发生化学反应,D正确;答案为D。15、B【解题分析】

某有机物在氧气中充分燃烧,生成等物质的量的水和二氧化碳,只能说明该有机物中含有C、H原子个数之比为1:2;题中条件无法确定该有机物是否含有氧元素,以此进行解答。【题目详解】A.燃烧产物为二氧化碳和水,无法确定该有机物中是否含有氧元素,故A错误;B.根据生成等物质的量的水和二氧化碳可知,该有机物分子中含有C、H的原子个数比为1:2,故B正确;C.根据题意只能确定该有机物中碳原子和氢原子的个数比,不能判断出该有机物中是否含有氧元素,但可以确定该有机物的相对分子质量一定不是14,故C错误;D.燃烧产物为二氧化碳和水,无法确定该有机物中是否含有氧元素,故D错误;故答案为B。【题目点拨】本题讨论根据有机物燃烧产物,确定有机物的组成,解题关键是只能确定此有机物一定含有碳、氢元素,无法确定是否含有氧元素,由此结合各选项展开分析讨论,属基础考查。16、C【解题分析】

A.N2与H2反应为可逆反应,1molN2和3molH2充分反应后,氢气有剩余则,分子数总数大于2NA,A正确;B.碳酸钠溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,则1L0.1mol·L-1含有的阴离子数目大于0.1NA,B正确;C.5.6gFe和2.24L(标准状况)Cl2反应,氯气少量,则按氯气计算,转移电子数为0.2NA,C错误;D.相同个数正丁烷和异丁烷含有的共价键个数相同,48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA,D正确;答案为C。【题目点拨】铁与氯气反应生成氯化铁,由于氯气少量,则按氯气的量计算转移电子数目。二、非选择题(本题包括5小题)17、醇取代反应还原剂CH3CH=CHCH3+H2O【解题分析】

A分子式是C4H10O,该物质与浓硫酸混合加热反应产生D,D发生信息反应产生C2H4O,则E是CH3CHO,逆推可知D是CH3CH=CH-CH3,A是,A与Cl2在光照条件下发生饱和C原子上的取代反应产生的可能是一氯取代醇,也可能是多氯取代烃;A含有醇羟基,与金属Na可以发生置换反应产生C为;D是CH3CH=CH-CH3,分子中含有碳碳双键,在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物F是。【题目详解】(1)按官能团分类,A是,属于醇类物质。(2)A是,与氯气在光照条件下发生取代反应产生氯代醇;所以A→B的反应类型是取代反应。(3)与Na发生置换反应产生和H2,在该反应中Na元素的化合价由反应前单质的0价变为反应后中的+1价,化合价升高,失去电子,表现还原性,所以A→C的转化中Na的作用是作还原剂。(4)A是,与浓硫酸混合加热,发生消去反应产生CH3CH=CHCH3和H2O,所以A→D的化学方程式:CH3CH=CHCH3+H2O。(5)F是2-丁烯在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯,其结构简式是。【题目点拨】本题考查了醇的消去反应、取代反应的条件、反应产物即产物的性质、物质结构简式是书写及反应方程式的书写等知识。掌握结构对性质的决定作用及各类物质的官能团是本题解答的关键。18、3d54s1sp3杂化三角锥形:C⋮⋮O:水形成晶体时,每个水分子与4个水分子形成氢键,构成空间正四面体网状结构,水分子空间利用率低,密度减小Cu2O【解题分析】

B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,则B为C元素;D原子核外电子有8种不同的运动状态,则D原子核外有8个电子,则D为O元素;C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一,且C的原子序数比O小,则C为N元素;E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多,则E的基态原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d54s1,则E为24号元素Cr;F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,则F的基态原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,则F为29号元素Cu;A与其余五种元素既不同周期也不同主族,且能与C形成CA3分子,则A为H;综上所述,A、B、C、D、E、F分别为:H、C、N、O、Cr、Cu,据此解答。【题目详解】(1)E为Cr,其基态原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d54s1,则其价电子排布式为:3d54s1,故答案为:3d54s1;(2)A为H,C为N,NH3分子中,中心N原子的σ键数=3,孤电子对数==1,则价层电子对数=3+1=4,则中心N原子的杂化类型为sp3杂化,有一对孤电子,则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:N⋮⋮N:,CO和N2互为等电子体,则CO的电子式为:C⋮⋮O:。水形成晶体(冰)时,每个水分子与4个水分子形成氢键,构成空间正四面体网状结构,水分子空间利用率降低,导致密度减小,故答案为:sp3杂化;三角锥形;:C⋮⋮O:;水形成晶体时,每个水分子与4个水分子形成氢键,构成空间正四面体网状结构,水分子空间利用率低,密度减小;(3)D原子即O原子,F原子即Cu原子,由均摊法可知,1个晶胞中O原子个数==2,Cu原子个数=4,该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1,则该化合物的化学式为Cu2O,那么,1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b,Cu原子和O原子之间的距离为acm,则体对角线=4acm,则=4a,可得:b=cm,所以,1个晶胞的体积=b3=()3cm3,该晶体的密度=,故答案为:Cu2O;。【题目点拨】Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。19、(1)16.7(3分)B(1分)(2)先向烧杯加入30ml蒸馏水,然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中,并用玻璃棒搅拌。(3分)(3)继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处,改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞,倒转摇匀。(3分)(4)A.偏小B.无影响C.偏小D.偏大(各1分,共4分)【解题分析】试题分析:(1)稀释前后溶质的物质的量保持不变,即c浓×V浓=c稀×V稀,且量筒的精确度一般为0.1mL,则V浓=="16.7"mL;根据大而近原则,由于100>50>25>16.7>10,因此应选择25mL量筒;(2)浓硫酸溶解于水时放热,为了防止暴沸引起安全事故,稀释浓硫酸时,应该先向烧杯中加入适量水,再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸,边加入边用玻璃棒搅拌,使之充分散热,如果先向烧杯中加入16.7mL浓硫酸,再向其中倒入水,则容易发生暴沸;(3)定容:当液面在刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切;摇匀:盖好瓶塞,反复上下颠倒;(4)误差分析的依据是=c、控制变量法,对分子的大小有(或没有)影响时,对分母的大小就没有(或有)影响;A、浓硫酸具有吸水性,长时间放置在密封不好的容器中,会逐渐变稀,该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小,但对V无影响,因此(即c)偏小;B、该情况对分子、分母均无影响,因此对(即c)无影响;C、该情况导致n偏小,但对V无影响,因此(即c)偏小;D、该情况导致V偏小,但对n无影响,因此因此(即c)偏大。【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作,涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等,平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中,我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中,这样为防止混合放热,放出热量造成液体飞溅伤人,如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中,这样才能做到实验安全,不至于发生危险。20、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解题分析】

(1)收集一瓶干燥的SO2,则须先制取气体,然后提纯,再收集,因为二氧化硫有毒、易溶于水,还要对尾气进行吸收处理,据此分析解答;(2)A中是生成二氧化硫的反应;(3)盐酸容易挥发,生成的氯气中会混入氯化氢,据此分析解答;(4)无水氯化钙具有吸水性,结合SO2Cl2遇水易水解分析解答;(5)①SO2Cl2遇水水解,剧烈反应生成两种强酸,即生成盐酸和硫酸;②根据NaOH与盐酸、硫酸反应,得到SO2Cl2的物质的量,从而得出质量分数。【题目详解】(1)根据图示,装置A可以用来制取二氧化硫,生成的二氧化硫中混有水蒸气,可以通入C中干燥,用B收集,多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收,防止污染;因此欲收集一瓶干燥的SO2,装置的导管按气流方向连接的顺序是:a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥,通过e导管导出后,通过c导管导入集气瓶中收集,为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境,应该把b导管连接到f导管上,为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中,把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥,通过e导管导出后,连接f,故答案为:adecbf或adecbdef;(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液,生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O,故答案为:H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O;(3)根据图示,e为球形冷凝管;b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,故b中试剂为饱和食盐水,故答案为:(球形)冷凝管;饱和食盐水;(4)SO2Cl2遇水易水解,故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d,故答案为:防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解;(5)①SO2Cl2遇水水解,剧烈反应生成两种强酸,即为同时生成盐酸和硫酸,方程式为:2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl;故答案为:2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl;②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到,SO2Cl2~4H+~4OH-的关系,消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol

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