四川省成都市蓉城名校联盟2022届高三下学期第三次联考理科综合化学试题及答案
人教版六年级英语上册教学设计科目：英语年级：六（1）班教师：李莉萍学年度：2022–2023学年度第一学期第157页共157页\Uit1第一课时总第一课时教学设计课题：Uit1HowcaIgetthere?PartALet’slear课
高三下学期第三次联考理科综合化学试题一、单选题1．中华诗词中蕴含着丰富的化学知识。下列关于诗词的分析错误的是（ ）A．“蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明”，句中蜡烛变化过程只涉及物理变化B．“梨花院落溶溶月，柳絮池塘淡淡风”，句中柳絮的主要
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
简介：高三适应性练习（二模）化学试题一、单选题1．“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）A．光导纤维B．合成橡胶C．聚乙炔D．塑料制品【答案】A【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【解析】【解答】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子材料，A符合题意；B．合成橡胶是有机高分子材料，B不符合题意；C．聚乙炔为高分子材料，C不符合题意；D．塑料是有机合成高分子材料，D不符合题意；故答案为：A；【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，为无极非金属材料；B、合成橡胶属于有机合成高分子材料；C、聚乙炔属于有机合成高分子；D、塑料属于有机合成高分子材料。2．2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是（ ）A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族B．18F和131I具有相同的最外层电子数C．14C与12C的性质完全相同D．化合物23Na131I的中子总数为奇数【答案】B【知识点】元素、核素【解析】【解答】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B符合题意；C．14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C不符合题意；D．23Na131I的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A、碳原子为第二周期第ⅣA族；B、同一主族的元素，最外层电子数相同；C、同位素化学性质相同，物理性质有差异；D、中子数=质量数-质子数。3．水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）A．H2SO4B．NaClC．CH3COONaD．NH4Cl【答案】D【知识点】离子化合物的结构特征与性质【解析】【解答】A．硫酸水溶液呈酸性，但硫酸是共价化合物，A不符合题意；B．NaCl水溶液呈中性，B不符合题意；C．CH3COONa溶于水后，醋酸根离子水解使溶液显碱性，C不符合题意；D．NH4Cl溶于水后，铵根离子水解使溶液呈酸性，且NH4Cl为离子化合物，D符合题意；故答案为：D。【分析】离子化合物：含有离子键的化合物，即金属离子或铵根离子与非金属原子结合的化合物，氯化铝除外；共价化合物：只有共价键的化合物，即非金属原子和非金属原子的结合，铵盐除外；A、共价化合物；B、离子化合物，强酸强碱盐，中性；C、离子化合物，强碱弱酸盐，碱性；D、离子化合物，强酸弱碱盐，酸性。4．铝，氧化铝，氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）A．都有水生成B．都有氢气生成C．都有偏铝酸根生成D．都有三价铝离子生成【答案】C【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【解析】【解答】铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液反应，若强碱溶液中的溶质为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与过量NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有生成， 故答案为C。【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强酸反应生成铝盐；铝、氧化铝、氢氧化铝都可以和强碱反应生成偏铝酸盐；铝无论和强酸还是强碱反应都生成氢气；氧化铝和氢氧化铝无论和强酸还是强碱反应都生成水；铝盐和弱碱或少量强碱反应生成氢氧化铝；偏铝酸盐和弱酸或少量强酸反应生成氢氧化铝。5．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净水B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢D．纯碱去油污【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。6．工业上用如下反应制备CS2：S8(s)4S2(g)、CH4(g)+2S2(g)→CS2(g)+2H2S(g)。下列说法正确的是（ ）A．S原子最外层有6种能量不同的电子B．S8与S2互为同位素C．CS2的电子式：D．CH4和H2S均为极性分子【答案】C【知识点】同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是ls22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，A项不符合题意；B．S8与S2是硫的两种单质，不互为同位素，B项不符合题意；C．CS2为共价化合物，其电子式为：，C项符合题意；D．CH4中含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、即从核外电子排布式入手，为1s22s22p63s23p4；B、同位素为同一种元素的不同原子，S8与S2是同素异形体；C、共价化合物的电子式要注意，非金属原子要满足8电子；D、极性分子是分子不对称，非极性分子是分子对称。7．某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（ ）A．CH3COO-B．Na+C．CO、NHD．CH3COO-、Na+【答案】A【知识点】离子共存【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气；A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大；C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根；D、钠离子浓度增大。8．指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）A．FeFeCl3B．FeFe2O3C．FeFe(NO3)3D．FeFeSO4【答案】B【知识点】铁的化学性质【解析】【解答】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A不符合题意；B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B符合题意；C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C不符合题意；D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、铁和氯气只能生成氯化铁；B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁和氢气；C、铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁，少量稀硝酸生成硝酸亚铁；D、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。9．有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）A．分子式为C9H10O2B．1molM最多能与5molH2发生加成反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以发生取代、加聚、氧化等反应【答案】D【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子式为C9H8O2，故A不符合题意；B．苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，羧基不能和H2发生加成反应，所以1molM最多能与4molH2发生加成反应，故B不符合题意；C．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、分子式要从C、H、O的个数判断；B、可以和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，羧基、酯基不能发生加成反应；C、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、苯环和羧基可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应。10．X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性D．X与其他四种元素都能形成共价键【答案】C【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素随原子序数递增，原子半径递减(除去0族元素)，M原子半径大于Z，说明不是同周期元素，A不符合题意；B．Z为氮元素，其氧化物多种，且水化物也存在HNO2这类的弱酸，M为硫元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2的水化物H2SO3是弱酸，B不符合题意；C．H2S有强还原性，溶于水具有酸性，溶液称为氢硫酸，C符合题意；D．H元素与Na元素的原子之间无法形成共价键，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】根据最外层电子数可以判断其主族，根据原子半径，同一周期从左到右递减，同一主族，从上到下递增，电子层越多半径越大的规律，可以推出X为H，Y为C，Z为N，R为Na，M为S；A、C、N、S不在同一周期；B、应该强调最高价氧化物对应水化物；C、硫离子处于最低价，具有还原性，含有氢元素，溶于水电离出氢离子，呈酸性；、D、非金属原子和非金属原子的结合是共价键。11．有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是（ ）A．CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D．0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A不符合题意；B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B不符合题意；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C不符合题意；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、强酸弱碱盐，溶液呈酸性，结合电荷守恒可以知道c(Cl-)>c(CH3NH)；B、强酸弱碱盐，呈酸性，但是水解程度较弱，酸性较弱；C、盐类在水中的电离应该是；D、加水稀释，酸性减弱，pH增大。12．实验室用下图装置制备气体，合理的是（ ）选项反应试剂制备的气体A电石、饱和食盐水C2H2BFeS、稀H2SO4H2SCZn、稀H2SO4H2D大理石、稀HClCO2A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】A．制备C2H2不能用启普发生器，且C2H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，A项不符合题意；B．FeS和H2SO4反应生成H2S，本反应为固液不加热型且FeS为块状，可用启普发生器，H2S的密度比空气大，采用向上排空气法，多余的H2S用NaOH进行尾气处理，B项符合题意；C．H2的密度比空气小，不能采用向上排空气法，C项不符合题意；D．制备CO2，不要尾气处理装置，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙炔密度比空气小，不能用向上排空气法；B、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢密度比空气大用向上排空气法，再用氢氧化钠溶液吸收；C、氢气密度比空气小，不能用向上排空气法；D、二氧化碳无污染，不需要尾气吸收。13．下列说法正确的是（ ）A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色 【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；C、氯化氢和氨气都是易溶于水；D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。14．关于化工生产，下列说法错误的是（ ）A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘【答案】C【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。15．实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）ABCD混合反应物生成乙酸乙酯收集乙酸乙酯分离出乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】乙酸乙酯的制取【解析】【解答】A．试剂添加顺序不符合题意，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，符合题意；B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，不符题意；C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，不符题意；D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，不符题意；故答案为：A。【分析】A、试剂的顺序是乙醇-浓硫酸-乙酸；B、加热液体时需要加入沸石；C、饱和碳酸钠溶液吸收乙醇和乙酸，分离出乙酸乙酯；D、乙酸乙酯和无机层互不相溶，采用分液法分离。16．关于图中电化学装置的分析正确的是（ ） A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色【答案】A【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，铁连接电源的负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根离子，故铁电极附近溶液显红色，A符合题意；B．石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，不能实现石墨上镀铜，B不符合题意；C．电解池中电子由负极流向阴极，由阳极流回到正极，不经过电解质溶液，C不符合题意；D．若将电源反接，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，石墨做阴极，溶液中的氢离子在此极得电子变为氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，但是溶液中的氧气能够把氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁不能较长时间保持白色，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电解池中，铁为阴极，电解饱和食盐水时，阴极有氢气产生，氢离子浓度降低，碱性增强；B、铜离子是阳离子，在阴极放电，即在铁上镀铜；C、负极失去电子，经过导线流向阴极，阳极失去电子经过导线流向正极；D、电源反接，铁为阳极，失去电子形成亚铁离子，氢离子在石墨放电形成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，形成氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁很容易被氧化。17．下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2OB．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+→CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→BaSO4↓+NH3↑+H2OD．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O【答案】C【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A不符合题意；B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合题意，B不符合题意；C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C符合题意；D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钠和氧气常温生成氧化钠；B、小苏打是碳酸氢钠，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳；C、硫酸铵和氢氧化钡反应生成一水合氨和硫酸钡，一水合氨分解出氨气，要注意氢氧化钡是二元强碱；D、氢氧化铁和碘化氢反应，铁离子有氧化性，碘离子有还原性。18．海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A．步骤③反应后的溶液酸性增强B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离【答案】D【知识点】海水资源及其综合利用【解析】【解答】A．Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的HBr、H2SO4均为强酸，故酸性增强，A不符合题意；B．步骤②、③、④是Br的富集，相当于“浓缩”环节，B不符合题意；C．因为溴单质易挥发为溴蒸气，所以用热空气吹出，步骤②利用了溴易挥发的性质，C不符合题意；D．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，D符合题意；故答案为：D。 【分析】海水提溴的过程中，先利用氯气和溴离子反应生成溴和氯离子，用空气吹出，用二氧化硫吸收转化为溴离子，此操作为富集，再通入氯气将溴离子转化为溴；A、经过反应，二氧化硫和溴反应生成溴化氢和硫酸，溴化氢和硫酸都是强酸；B、空气吹出，二氧化硫的吸收是富集浓缩的过程；C、溴易挥发，可用空气吹出；D、乙醇一般不作为萃取剂，因为可以和水互溶。19．滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A不符合题意；B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B符合题意；C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C不符合题意；D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、结合化合价以及化合物整体价态为0，可以知道两者价态不同；B、VOSO4容易被氧化，需要除去氧气；C、应先打开K3，再关闭K2；D、VOSO4易被氧化，不能采用氯水检验。20．某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。下列有关判断正确的是（ ）A．试液中一定没有Ba2+、CO、NO、Cl-B．试液中一定有Fe2+、NH、SOC．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐D．沉淀g一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】B【知识点】常见离子的检验【解析】【解答】A．由上述分析可知，原溶液中一定不存在钡离子、碳酸根离子和硝酸根离子，A不符合题意；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，B符合题意；C．气体b为NO，气体d为NH3，两者不能生成盐，C不符合题意；D．沉淀g中可能含有氢氧化铝，D不符合题意；故答案为：B。【分析】此类题型要先排除离子组中不能共存的离子Al3+、Fe2+、Ba2+不可以和CO共存，Ba2+和SO不可共存；强酸性溶液H+和CO不共存，即不存在碳酸根离子；H+和Fe2+、NO三者不共存，H+和NH、NO三者不共存；i、加入Ba(NO3)2有白色沉淀和无色气体b，该沉淀应是硫酸钡，所以原溶液不含钡离子，而无色气体应该是一氧化氮，为H+和NH、NO三者共同作用产生，所以原溶液不含NO；ii、滤液c加入足量氢氧化钠可以生成气体和沉淀，气体应该是氨气，沉淀应该是氢氧化亚铁；iii、滤液f通入少量CO2，有白色沉淀，该沉淀应该是Al(OH)3。二、非选择题 21．高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO2.01.160.400.400.60.6N200.420.800.801.21.2CO200.420.800.801.21.2回答下列问题：（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。（2）T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。a.加入合适的催化剂b.适当缩小容器的体积c.再通入一定量的NOd.再加入一定量的活性炭（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。【答案】（1）2；；（2）0.042（3）K=；bc（4）放热；降低【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；(2)T1℃时，在0～10min内的平均反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；(3)根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；故答案为：K=；bc；(4)T1℃时，该反应的平衡常数K==，若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；（2）化学反应速率；（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。22．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0 常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 (填序号)。a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式) 。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式) ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强（2）bac；NaHSO3（3）CO+H2OHCO+OH-（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。23．有机化合物J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。（2）C→D的反应类型是 。G→H还需要用到的无机反应试剂是 (填字母编号)。a.Cl2b.HClc.铁粉、液溴d.H2O（3）F→G的化学反应方程式为 。（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH②能发生水解反应、银镜反应等（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。【答案】（1）C7H6O2；；羟基、羧基（2）氧化反应；b（3）+H2O（4） （5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【知识点】有机物的合成；芳香烃【解析】【解答】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。(1)根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。(2)C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。(3)F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。(4)苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。(5)乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【分析】（1）分子式的书写要注意顺序是C、H、O；结合已知条件①可以判断E的结构简式；（2）乙醇的催化氧化是氧化反应；（3）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；（4）苯环上两个对位取代基，其中一个是羟基，即另一所有的原子都集中在羟基的对位；可以发生水解和银镜反应，即有酯基和醛基；（5）合成路线的设计需要结合题干的路线以及已知条件的反应进行路线设计。24．五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。（2）某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a.热水b.冰水c.自来水d.饱和食盐水（3）C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是 (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是 。a.溶解反应物NO2b.充分混合反应物使其反应更加充分c.控制O3的通入速度d.溶解生成物N2O5 （4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。（5）N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 (结果保留三位有效数字)。【答案】（1）2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2（2）球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b（3）abd；液体中红棕色褪去（4）缺少尾气处理装置（5）溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。(1)干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。(2)装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。(3)二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。(4)该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。(5)酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。【分析】（1）氯气和硝酸银反应很差五氧化二氮，氮元素化合价不变，而又因为有氯气参加，所以该反应为氧化还原反应其中一种产物为空气的主要成分且为氧化产物，即化合价升高的产物，为氧气，氯化合价降低，生成氯离子；（2）B为干燥管；E的作用是防止外界空气中的水蒸气进入装置；（3）结合题干“常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂”，可以推出CH2Cl2的作用；（4）由于该实验中有有毒气体的参与，因此需要尾气处理；（5）滴定终点要注意颜色的变化，过氧化氢滴入高锰酸钾，一开始应该是紫红色，当高锰酸钾反应完紫红色消失。
