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四川省凉山州2019-2020学年高二化学下学期期末检测试题 理(含解析).doc

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资源描述

1、四川省凉山州2019-2020学年高二化学下学期期末检测试题 理(含解析)可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56第I卷一、选择题(每题只有一个选项符合题目要求)。1. 化学与生活、能源、材料等密切相关。下列描述正确的是( )A. 用米汤能直接检验食盐中是否含有碘B. 醋酸除水垢、纯碱去油污都发生了化学变化C. 煤的气化、液化和石油的分馏都为物理变化D. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐【答案】B【解析】【详解】A食盐中碘为碘酸钾,不存在碘单质,所以遇到淀粉不变蓝,故A错误;B. 醋酸能与碳酸钙反应,所以醋酸除水垢发生了化学变化;碱性物质促进油脂

2、水解,纯碱水解导致其水溶液呈碱性,从而促进油脂水解,发生了化学变化,故B正确;C煤的气化、液化是化学变化,不是物理变化,故C错误;D. 碳酸钡可溶于盐酸生成可溶性钡盐,溶于水的钡盐对人体有毒,但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4,不但没有毒,而且还由于它具有不易被X射线透过的特点,在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”,故D错误;故选:B 。2. 下列布关化学用语表示正确的是(A. H、D、T表示同一种核素B. 离子的结构示意图:C. HClO分子的结构式:HOClD. 四氯化碳分子的电子式为:【答案】C【解析】【详解】A. H、D、T表示同3种核素 ,它们互为同位素,A错误;B. O元

3、素的核电荷数为8,故该结构示意图出错,B错误;C. HClO分子是共价分子,氢原子共用1对电子对、氧原子共用2对电子对、氯原子共用1对电子对,故结构式:HOCl ,C正确;D. 四氯化碳分子的电子式中每个氯原子都还有3对未共用电子对,D错误;答案选C。3. 有机物M结构如下图,下列关于其说法正确的是( )A. 该分子式为C12H14B. M中苯环上的一氯取代产物有2种C. 1 mol M最多能消耗7 mol H2D. 该有机物可发生加成、取代、加聚和氧化反应【答案】D【解析】【详解】A根据有机物M的结构简式可知,其分子式为C12H12,故A错误;BM中苯环上的氢原子有4种,因此苯环上的一氯取代

4、产物有4种,故B错误;C1 mol M最多能消耗6 mol H2,故C错误;D该有机物分子中含有碳碳双键、碳碳三键和苯环,可发生加成、取代、加聚和氧化反应,故D正确;故选:D。4. 下列说法中正确的是 A. CO2、NH3、BF3中,所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D. 第A族元素和第A族元素的原子之间都能形成离子键【答案】B【解析】【详解】ACO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构;而NH3中的H原子满足2电子的结构,BF3中B满足6电子稳定结构,A错误;B在元素周期表中金属元素区的

5、元素是导体,在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体,在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间,因此在该区域可以找到半导体材料,B正确;C由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物,例如氯化铵等,C错误;D一般情况下第A族元素和第A族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外,例如H与F形成的HF是共价键,D错误。答案选B。5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,这些元素形成的常见二元化合物或单质存在如图所示的转化关系(部分反应物或生成物已省略),其中只有乙为单质,甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,丁为淡黄色固体,己是红棕色气体,则下列说法正确的是( )A. 丁是含有共价

6、键的离子化合物B. 简单离子半径大小:WYZXC. 最简单气态氢化物的热稳定性YZD. W的最高价氧化物对应的水化物能促进水的电离【答案】A【解析】【分析】甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则甲为NH3,丁为淡黄色固体二无化合物,则丁为Na2O2,乙为单质,己是红棕色气体,则乙为O2,则己为NO2,氧气由过氧化钠反应生成,丙为氨催化氧化得到的产物NO,X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,故X为H、Y为N、Z为O、W为Na,据此回答;【详解】A丁为淡黄色固体二无化合物,则丁为Na2O2,丁是含有共价键的离子化合物,A正确;B同主族时电子层越多,离子半径越大;具有相同电子排布的离子,原子

7、序数大的离子半径小,则粒子半径N3O2-Na+H+,B错误;C非金属性越强,简单氢化物越稳定,最简单气态氢化物的热稳定性Z Y,C错误;DW的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,能抑制水的电离,D错误;答案选A。6. 下列变化不能用勒夏特列原理释解的是( )A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气,以提高二氧化硫的转化率B. H2、I2(g)、HI混合气体加压后颜色变深C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A. 工业生产硫酸的过程中了,存在, 使用过量的氧气,平衡向正反应方向移动,能提高二氧化硫的转化率,能用勒夏特列原理解释

8、,A错误;B. 混合气体在一定条件下存在反应H2+I2(g)2HI,增大压强,混合气体的浓度增大,平衡体系颜色变深,该反应气体分子总数不变,增大压强平衡不移动,所以不能用平衡移动原理解释,故B正确;C. 存在,增大压强,混合气体的浓度增大,平衡体系颜色变深,该反应正反应为体积减小的反应,增大压强平衡正反应移动,二氧化氮的浓度又降低,颜色又变浅,所以可以用平衡移动原理解释,故C错误;D. 存在,在饱和食盐水中,Cl浓度较大,可降低氯气的溶解度,可用勒夏特列原理解释,故D错误;答案选B。7. H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示,下列说法正确的是A. 有MnO2

9、条件下的反应曲线是a曲线B. a曲线变为b曲线,反应的活化分子百分数增大C. a曲线变为b曲线,平衡时H2O2的转化率增大D. b曲线的热化学方程式为:H2O2(l)H2O(l)+ O2(g)H=(E1E2)kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A项、催化剂能够降低反应的活化能,提高反应速率,所以MnO2作催化剂,有MnO2条件下的反应曲线是b曲线,故A错误; B项、b使用催化剂,可降低反应的活化能,使更多的普通分子变为活化分子,反应的活化分子百分数增大,故B正确;C项、a曲线变为b曲线,途径不变,始终态相同,则平衡时H2O2的转化率不变,故C错误;D项、为放热反应,H=(E1-E2)kJ/m

10、ol,则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) H=-(E2-E1)kJ/mol,故D错误;故选B。8. 传统接触法制取硫酸能耗大,污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题,同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如图所示。下列说法不正确的是( )A. b为正极,电极反应式为O24H4e=2H2OB. H由a极通过质子交换膜向b极移动C. 该燃料电池的总反应为2SO2O22H2O=2H2SO4D. 若a电极消耗标况下2.24 L SO2,理论上在c极上有6.4 g铜析出【答案】D【解析】【详解】A.b为正极,看到质子交换膜确定酸性环境

11、,电极反应式为O24H4e=2H2O,故A正确;B.原电池内部阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故B正确;C.分析图中信息可知该燃料电池的总反应为2SO2O22H2O=2H2SO4,故C正确;D.d极与电源负极相连,为阴极得电子,有铜析出,所以应该是若a电极消耗标况下2.24 L SO2,理论上在d极上有6.4 g铜析出,故D不正确。故答案选D。9. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 将Al条投入NaOH溶液中:Al+OH-+H2O=+H2B. 铜溶于稀硝酸中:Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2OC. 碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液+OH-=+H2OD. 氯化镁溶液中加氨水:

12、Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2【答案】D【解析】【详解】A将Al条投入NaOH溶液中,发生反应:2Al + 2OH- + 2H2O = 2+ 3H2,故A错误;B铜溶于稀硝酸中生成的还原产物为NO,而不是NO2,故B错误;C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液,发生反应:Ca2+ + 2+ 2OH- =+ CaCO3+ 2H2O,故C错误;D氯化镁溶液中加氨水:Mg2+ + 2NH3H2O = Mg(OH)2 + 2,故D正确;故选:D 。10. 下列说法正确的是( )A. 苯能与溴发生取代反应,因此不能用苯萃取溴水中的溴B. 在酸性条件下,CH3CO18OC2H5的水解产物是CH

13、3CO18OH和C2H5OHC. 用新制Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖D. 分子所有碳原子一定不能共平面【答案】C【解析】【详解】A苯能与液溴发生取代反应,不能和溴水发生反应,由于溴在水中的溶解度小于在苯中的溶解度,所以能用苯萃取溴水中的溴,故A错误;B 酯类水解时,酯基中的碳氧单键断键,水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基,所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH,故B错误;C新制的Cu(OH)2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为:蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀(加热),现象不同,可鉴别,故C正确;D苯环、双键为平面结构,且直接相连,则所有碳

14、原子可能共平面,故D错误;故选:C 。11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是()A. 0.1molL-1Na2SO4溶液中,Na+数目是0.2NAB. 1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NAC. 50mL12molL-1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应,转移电子数为0.3NAD. 常温常压下,39gNa2O2中所含的离子数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A.溶液的体积未知,无法计算钠离子的数目,故A错误;B. .1 mol Al3+完全水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体微粒是氢氧化铝集合体,粒子的数目小于NA,故B错误;C. 二氧化锰只能与浓盐酸反应,与稀盐

15、酸不反应,故浓盐酸一旦变稀,反应即停止,故生成的氯气分子的个数小于0.3 NA,故C错误;D. 过氧化钠是由两个钠离子和一个过氧根离子构成,39 g 过氧化钠的物质的量= 39g78g/mol = 0.5 mol,所含离子的数目为1.5 NA,故D正确;故选:D。12. 有下列三个氧化还原反应:2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl=2KCl2MnCl28H2O5Cl2若溶液中有Fe2、I、Cl共存,要除去I而不影响Fe2和Cl共存,可加入的试剂是( )A. Cl2B. KMnO4C. FeCl3D. HCl【答案】C【解析】【详解】

16、除去I可用沉淀法也可用氧化法,但本题只能用氧化法,但所选氧化剂只能是氧化I而不能氧化Fe2、Cl。由三个化学反应方程式可知:氧化剂的氧化性顺序为:KMnO4Cl2FeCl3I2,所以KMnO4、Cl2可氧化Fe2、I,而Fe3只能氧化I,所以仅除I加入FeCl3最合适,另外加入FeCl3也不会引入新杂质;A. 氯气能将Fe2、I均氧化,故A不选;B. KMnO4能将Fe2、I和Cl均氧化,故B不选;C. FeCl3能氧化除去I而不影响Fe2和Cl,故C选;D. HCl与三种离子均不反应,故D不选;答案选C。13. 下列实验操作能达到目的的是( ) 实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将Na

17、OH浓溶液滴加到饱的FeCl3溶液中B制备铝单质电解氯化铝的熔融态 C除去乙醇中混有的少量H2O加入生石灰,蒸馏 D除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液,洗气 A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A将NaOH浓溶液滴加到饱的FeCl3溶液中会产生氢氧化铁沉淀,故A错误;B氯化铝是共价化合物,在熔融态不导电,故B错误;C生石灰可与水反应生成氢氧化钙,除去乙醇中混有的少量H2O,蒸馏得到纯净的乙醇,故C正确;D乙烯可与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳气体,会引入新的杂质,故D错误;故选:C。14. 下列说法中,正确的是( )A. 向0.1 mo/L的氨水中加

18、入少量硫酸铵固体,则溶液中增大B. 常温下,0.1 mo/L的下列溶液:NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4,其中c()由大到小的顺序是: C. 在25时将pH = l1的NaOH溶液与pH = 3的CH3COOH溶液等体积混合后:c(Na+) c(CH3COO-) c(OH-) c(H+)D. Na2CO3溶液中:2c(Na+) = c() + c() + c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A. 向氨水中加入硫酸铵固体会抑制一水合氨的电离,溶液中氢氧根离子浓度减小,一水合氨浓度增大,所以减小,故A错误;B. NH4Al(SO4)2溶液中铵根离子的水解与铝离子的水解相

19、互抑制,CH3COONH4中铵根离子的水解与醋酸根离子的水解相互促进,所以相同物质的量浓度的下列溶液中:NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4,则c()由大到小的顺序是:,故B正确;C. 在25时,将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后,促进醋酸又电离,溶液显酸性, c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-),故C错误;DNa2CO3溶液中存在物料守恒,c(Na+) = 2 c() +2 c() +2 c(H2CO3),故D错误;故选:B。第II卷二、非选择题(一)必考题15. 某校研究性学习小组选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3,并

20、探究NH3与CuO发生的反应,同时检验和收集非固态产物。请回答下列问题:(1)完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为 A_ EG _。(2)连接好装置后应首先_,然后添加药品进行实验。(3)装置A中发生反应的化学方程式为_。(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是_, E 装置的作用是_。(5)通过进一步检测发现F 中收集的气体是一种常见的单质气体, 硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为: _; C 中反应的化学方程式为:_。【答案】 (1). D ; (2). C; (3). B; (4). F; (5). 检査装置的气密性; (6). 2NH4Cl+Ca(O

21、H)2 CaCl2+2NH3+2H2O; (7). 球形干燥管; (8). 检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成; (9). C中黑色固体逐渐变红,试管壁上有液珠产生;E中白色固体逐渐变蓝; (10). 3CuO + 2NH3 3Cu + N2 + 3H2O;【解析】【分析】利用装置A制备NH3,再将干燥的氨气通过加热的CuO,并用无水硫酸铜检验是否有水生成,利用F装置收集反应生成的气体,据此分析连接装置;实验装置连接好了以后,根据大气压强原理来检验装置的气密性;实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气;根据仪器的结构和性能确定仪器D的名称;无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色;发现F中收集到的气体是一种

22、常见的单质气体,硬质玻璃管中得到一种固体单质,结合化学反应的本质,反应前后元素不发生改变,可知生成物为铜、氮气和水,以此书写化学方程式。【详解】(1)将装置A制备的NH3通过D中盛装的碱石灰干燥,再依次通过加热的CuO、无水硫酸铜,并连接G装置防倒吸,再利用B浓硫酸吸收未反应的氨气,最后利用F装置收集反应生成的气体,即装置连接顺序为ADCEGBF;故答案为:D ;C;B;F;(2)实验装置连接好了以后,要先检验装置的气密性,再添加药品进行实验;故答案为:检査装置的气密性;(3)实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气,反应的化学方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O;故

23、答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O;(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管;装置E中无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色,则可检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成;故答案为:球形干燥管;检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成;(5)CuO变为红色物质,无水CuSO4变蓝色,同时生成一种无污染的气体,说明生成铜、氮气和水,反应的化学方程式为:3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O;故答案为:C中黑色固体逐渐变红,试管壁上有液珠产生;E中白色固体逐渐变蓝;3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O;【点睛】本题为综合探究实验题,考查了氨气实

24、验室制备方法,氨气的性质验证实验设计用于分析判断,化学方程式的书写即实验方案的设计,首先要明确该实验的目的,然后围绕该实验目的,分析题给实验装置中可能涉及的反应原理及装置作用,最后紧扣题意回答有关的问题,题目难度中等。16. 硫酸铁铵 Fe2(SO4)32(NH4)2SO4 2H2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等。某化工厂以硫酸亚怢(含少量硝酸钙)和硫酸铵为原料,设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵,并测定产品纯度。请回答下列问题:(1)硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是_。(2)下列物质中最适合作为氧化剂B是_ ;反应的离子方程式_。a.NaClO b. H2O2 c.KMn

25、O4 d. K2Cr2O7(3)上述流程中,氧化之后和加热蒸发之前,需取少量溶液检验Fe2+是否已全部被氧化,所加试剂为_(写名称),能否用酸性的KMnO4溶液理由是:_。(4)检验硫酸铁铵中的方法是_。(5)取样品 7. 5 g 溶于水中,加入足量KI进行处理:加几滴淀粉溶液,然后用0.5 molL-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定,消耗Na2S2O3溶液体积为 40.00 mL。已知:2 + I2 = 2I- + 滴定终点的现象为_。获得的产品纯度为_(保留三位有效数字)【答案】 (1). 增大溶液中浓度,将Ca2+转化为沉淀,同时抑制Fe2+水解; (2). b; (3). H2O2

26、+ 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O; (4). 铁氰化钾溶液; (5). 不能,因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色; (6). 在试管中加入少量样品和NaOH固体加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,看到试纸变成蓝色; (7). 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时,锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色; (8). 93.3%【解析】【分析】原料中加入硫酸酸化,可生成硫酸钙沉淀,减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁,加入硫酸铵,在80下反应可生成硫酸铁铵,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤,最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵,结合对应物质的性质以及

27、题目要求可解答该题。【详解】(1)加入硫酸,可增大溶液中浓度,将Ca2+转化为沉淀,生成CaSO4,同时抑制Fe2+水解;故答案为:增大溶液中浓度,将Ca2+转化为沉淀,同时抑制Fe2+水解;(2)为避免引入新杂质,应加入过氧化氢为氧化剂,还原产物是水,过氧化氢与亚铁离子反应生成铁离子和水,其反应的离子方程式为:H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O;故答案为:b;H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O;(3)亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,则检验亚铁离子可以用铁氰化钾溶液;酸性高锰酸钾溶液氧化性很强,可以氧化二价铁,也能氧化双氧

28、水,所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验是否还有亚铁离子;故答案为:铁氰化钾溶液;不能,因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色;(4)检验的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体,该气体是氨气,从而证明原溶液中一定含有;故答案为:在试管中加入少量样品和NaOH固体加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,看到试纸变成蓝色;(5) 用0.5 molL-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定至终点,达到滴定终点时的现象为:滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时,锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色;故答案为:滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时,锥形瓶中溶液颜色由蓝

29、色变为无色且半分钟内不变色;由得失电子守恒得:,因此 ,所以硫酸铁铵的物质的量为0.01mol,其纯度为: ;故答案为:93.3%。【点睛】本题考查物质的分离、提纯制备,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意根据物质的性质把握实验原理和方法,难度较大。17. “循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题,因而对碳及其化合物的综合利用成为研究的热点。(1)下列事实中,能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_(填字母)。A. SO2具有漂白性而CO2没有 B. SO2能使酸性 KMnO4溶液褪色而CO2不能C H2SO4可与 Na2CO3反应生成CO2 D. N

30、a2CO3溶液显碱性,而Na2SO4溶液显中性(2)CH4(g) + CO2(g) 2 CO(g) + 2H2(g) 已知上述反应中相关的化学键键能数据如下:化学键CHC=OHHCO(CO)键能/kJmol-14137454361075则该反应的H = _。(3)工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应为:CO2(g) + 3H2(g) CH3OH( g) + H2O(g);H 0, 某温度下,将 1 mol CO2和 3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中,发生上述反应,测得不同时刻反应前后的压强关系如下:时间/ h123456P后/P前0.90.850.830.810.800.80只

31、改变下列条件,既能加快该反应的反应速率,又能增大CO2的平衡转化率的是_ (填字母)。A .增大压强 B.充入一定量的H2 C. 及时移走CH3OH D.加入适当催化剂该温度下CO2的平衡转化率为_。向2 L绝热容器中充入1 mol CO2和3 mol H2进行上述反应,该反应的平衡常数_(填“增大”“减小”或“不变”),理由为_。(4)下图为电解精炼银的示意图,_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银,若b极有少量红棕色气体产生则生成该气体的电极反应式为_。【答案】 (1). CD; (2). + 120 kJmol-1; (3). AB (4). 40.00% (5). 减小; (6).

32、该反应正反应为吸热反应,在绝热容器中随着反应的进行,容器内的温度降低,平衡逆向移动,平衡常数减小; (7). a; (8). + e- + 2H+ = NO2 + H2O;【解析】【详解】(1)ASO2具有漂白性,其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质,与元素的非金属性无关,故A错误;BSO2能使酸性KMnO4溶液褪色,体现其还原性,低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱,故B错误;CH2SO4可与Na2CO3反应生成CO2,证明H2SO4的酸性强于H2CO3的酸性,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,元素的非金属性越强,故C正确; DNa2CO3溶液显碱性说明H2C

33、O3为弱酸,Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,元素的非金属性越强,故D正确;故答案为:C D;(2) 根据反应焓变H = 反应物总键能 - 生成物总键能可得反应CH4(g) + CO2(g)2 CO(g) + 2H2(g)焓变为:H = 4413 kJmol-1+ 2745 kJmol-1 -(21075 kJmol-1+2436 kJmol-1)= + 120 kJmol-1故答案为:+ 120 kJmol-1;(3)既能加快该反应的反应速率,又能增大CO2的平衡转化率,说明平衡正向移动;A .该反应是一个反应前后气体分子数目减小的可逆反应,增大

34、压强,压缩容器体积,正逆反应速率均增大,平衡正向移动,符合题意,故A正确;B.充入一定量的H2,反应物的浓度增大,正反应速率增大,平衡正向移动,符合题意,故B正确;C. 及时移走CH3OH,反应物的浓度不变,生成物的浓度减小,正反应速率不变,逆反应速率减小,平衡正向移动,不符合题意,故C错误;D.催化剂可以同等程度的改变正逆反应速率,平衡不发生移动,不符合题意,故D错误;故答案为:AB。反应达到平衡状态时,设二氧化碳反应物质的量的转化量为y mol, 根据在同温同体积下,气体的压强之比等于其物质的量之比可得: 解得:y = 0.4 ,因此该温度下CO2的平衡转化率为: ;故答案:40.00%

35、;CO2(g) + 3H2(g)CH3OH( g) + H2O(g);H 0,该反应正反应为吸热反应,在绝热容器中随着反应的进行,容器内的温度降低,平衡逆向移动,平衡常数减小;故答案为:减小;该反应正反应为吸热反应,在绝热容器中随着反应的进行,容器内的温度降低,平衡逆向移动,平衡常数减小;(4) 电解精炼银时,粗银作阳极发生氧化反应,与电源正极相连的是电解池的阳极,所以a极为含有杂质的粗银,b极与电源负极相连是电解池的阴极,电解质溶液中含硝酸根,b极有少量红棕色气体应是二氧化氮,生成该气体的电极反应为: + e-+ 2H+= NO2 + H2O,故答案为:a; + e-+ 2H+= NO2 +

36、 H2O 。(二)选考题18. 已知X、Y、Z、Q、R、E 六种前四周期元素中,原子序数依次增大,其结构或性质如信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y原子核外的L层有3个未成对电子Z地壳中含量最多的元素Q单质常温常压下是气体,原子的M层上有1个未成对的p电子R核电荷数是Y与Q的核电荷数之和EN能层上只有一个电子,K、L、M层均排满电子请根据信息回答有关问题:(1)写出元素Y的原子核外价电子排布图:_。X的一种氢化物相对分子质量为26,其中X的杂化方式为_。(2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为(写元素符号)_。(3)X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化

37、合中物,沸点较高的为(写化学式)_,原因是_。(4)XZ与Y2属于等电子体写出化合物XZ的电子式:_。(5)R的一种配合物的化学式为RCl36H2O。已知0.01 mol RCl36H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理,产生0.02 mol AgCl沉淀。此配合物最可能是_。A. R(H2O)6Cl3 B. R(H2O)5ClCl2H2O C. R(H2O)4Cl2Cl2H2O D. R(H2O)3Cl33H2O(6)向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水,生成蓝色沉淀,继续滴加氨水至过量,沉淀溶解,得到天蓝色溶液,写出沉淀溶解反应的离子方程式为: _。 (7)元素E的单质晶体中原子的堆积方式

38、如下图甲所示,其晶胞特征如下图乙所示,原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。若已知该元素的原子半径为d cm,相对原子质量为M,NA代表阿伏加德罗常数的值,则该晶体的密度为_gcm-3(用字母表示)。【答案】 (1). (2). sp; (3). NOC; (4). H2O; (5). 水分子间可以形成氢键,使沸点升高; (6). ; (7). B; (8). Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O; (9). 【解析】【分析】已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中,原子序数依次增大,X原子的L层上s电子数等于p电子数,则L层含有4个

39、电子,为C元素;Z是地壳中含量最多的元素,则Z为O元素;Y原子核外的L层有3个未成对电子,其原子序数小于O大于C,则Y为N元素;Q的单质常温常压下是气体,原子的M层上有1个未成对的p电子,则Q为Cl元素;R的核电荷数是Y与Q的核电荷数之和,则R的核电荷数=7+17=24,为Cr元素;E的N能层上只有一个电子,K、L、M层均排满电子,其核外电子数为2+8+18+1=29,为Cu元素,据此结合元素周期律知识解答(1) (6);(7)可以均摊法计算晶胞中Cu原子数目,结合K的摩尔质量计算晶胞质量,Cu的原子半径为d pm,则晶胞棱长为,再根据= m/V计算晶胞密度。【详解】由分析可知:X为C元素;Y

40、为N元素;Z为O元素;Q为Cl元素;R为Cr元素;E为Cu元素。(1)Y为N元素,其原子序数为7,最外层5个电子,为2s22p3,为2s和2p电子,且2p轨道中应为3个单电子,价电子轨道排布式为:;X为C元素,C的一种氢化物相对分子质量为26,该化合物为乙炔,乙炔分子的结构式H-CC-H,中心原子碳原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+(4-22)=2,采取sp杂化;故答案为:;sp;(2)同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,但氮元素原子2p能级容纳3个电子,为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能:NOC;故答案为:NOC;(3)X、Z元素分别

41、与氢元素形成的最简单化合物分别为CH4、H2O,由于水分子间可以形成氢键,使沸点升高,导致水的沸点较高;故答案为:H2O; 水分子间可以形成氢键,使沸点升高;(4)根据等电子体原理,可知化合物CO与N2互为等电子体,氮气分子的结构式为,则CO的结构式是;故答案为:;(5)RCl36H2O为CrCl36H2O,根据题意知,氯化铬(CrCl36H2O)和氯化银的物质的量之比是1:2,根据氯离子守恒知,则CrCl36H2O化学式中含有2个氯离子为外界离子,剩余的1个氯离子是配原子,所以氯化铬(CrCl36H2O)的化学式可能为R(H2O)5ClCl2H2O;故答案为:B;(6)ESO4为CuSO4,

42、向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水,生成氢氧化铜蓝色沉淀,反应的离子方程式为:Cu2+ + 2NH3H2O =Cu(OH)2 + 2;继续滴加氨水至过量,沉淀溶解生成Cu(NH3)42+,得到天蓝色溶液,反应的离子方程式为:Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O;故答案为:Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O;(7)E为Cu,根据图乙可知,晶胞中Cu原子数目为:,晶胞质量为:,Cu的原子半径为d cm,则晶胞棱长为:,故Cu晶胞的密度 ;故答案为:【点睛】本题考查较为综合,涉及晶胞计算、配合

43、物、原子结构与元素周期律应用等知识,题目难度较大,推断元素为解答关键,注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用,试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。19. 化合物M 属于功能高分子材料。实验室由化合物 A 和B制备M()的一种合成路线如下: 已知: (R1、R2 表示氢原子或烃基)。(1)A的结构简式为_;B 中官能团的名称为_,C的化学名称为 _。(2)由B生成F和由D生成E的反应类型分别为_ 、 _;由G生成H的反应条件为_。(3)由E 和 I生成M 的化学方程式为 _。(4)同时满足下列条件的E的同分异构体共有_种(不考虑立体异构,不包括本身)。硝基与苯环直接相连 。 与钠反应放出H2

44、。(5)参照上述合成路线和信息,设计以丙酮为原料无机试剂任选制备 的合成路线:_。【答案】 (1). CH3 (2). 醛基 (3). 4硝基甲苯(或对硝基甲苯) (4). 加成反应 (5). 取代反应(或水解反应) (6). 浓H2SO4、加热 (7). (8). 12 (9). 【解析】【分析】(1)到(4):由信息推知:M为,则E为O2NCH2OH,I为,由E以及A到E的演变可知,A为CH3, C为O2NCH3,D为O2NCH2Cl,已推出I为,则 H为CH3CH=CHCOOH,结合信息知G为, F为, B为CH3CH2CHO,据此回答;(5) 逆合成分析法:要得到,则需要得到单体,按框

45、图下的信息知,单体可由水解得到,则通过丙酮和HCN在OH-条件下加成所得,据此回答。【详解】(1)A的结构简式为CH3;B中官能团的名称为醛基;C的化学名称为4硝基甲苯(或对硝基甲苯);(2)由B生成F,即CH3CH2CHO生成,按信息知是通过加成反应,由D生成E即O2NCH2Cl生成O2NCH2OH,反应类型为取代反应(或水解反应);由G生成H即发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH,反应条件为浓H2SO4、加热;(3) E与I反应生成M的化学方程式为:;(4) E为O2NCH2OH, E的同分异构体同时满足下列条件硝基与苯环直接相连与钠反应放出H2,则同分异构体含有羟基,当同分异构体属于芳香醇时,满足条件的芳香醇有2种,它们是、,当同分异构体属于酚时,可以看作是、和苯环上的1个氢原子被1个甲基替代所得, 苯环上有4种氢原子,故对应的同分异构体有4种、苯环上有4种氢原子,故对应的同分异构体有4种、苯环上有2种氢原子,故对应的同分异构体有2种、则属于酚类的同分异构体有10种,共12种; (5) 由信息,CH3COCH3与HCN发生加成反应生成,再发生水解反应生成,最后发生缩聚反应生成,由此可得合成路线为。【点睛】本题考查有机物的推断与合成,注意利用有机物的结构、反应条件、演变关系进行分析解答、利用题目转化关系中隐含的信息进行设计是解题关键。

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