“73”小卷練本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分85分，考試時間45分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65選擇題一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7(2018山東濱州高三期末)古代造紙工藝中使用的某種物質存在副作用，它易導致紙張發(fā)生酸性腐蝕，使紙張變脆易破損，該物質是()A明礬 B芒硝 C草木灰 D漂白粉解析易導致紙張發(fā)生酸性腐蝕，這說明該物質的水溶液顯酸性，明礬溶于水鋁離子水解顯酸性，A正確；B.芒硝是硫酸鈉，溶液顯中性，B錯誤；C.草木灰的主要成分是碳酸鉀，溶液顯堿性，C錯誤；D.漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，溶液顯堿性，D錯誤；答案選A。答案A8(2018福建晉季延中學高三質檢)下列說法或表達正確的是()活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白原理相同向100 mL 0.1 mol/L的溴化亞鐵溶液中通入0.05 mol的氯氣時發(fā)生反應的離子方程式：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl電解精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極鋼鐵的吸氧腐蝕負極電極反應式：Fe3e=Fe3碳酸氫根離子的電離方程式可表示為：HCOH2OH3OCOSiO2雖是酸性氧化物，但其不溶于水，因此不能與NaOH溶液反應CO、SO2、NO、NO2都是對大氣產(chǎn)生污染的氣體，他們在空氣中都能穩(wěn)定存在濃硫酸具有脫水性，所以可以做干燥劑A B C D解析活性炭具有吸附性、SO2能與某些有色物質生成不穩(wěn)定的化合物、HClO具有強氧化性，漂白原理各不相同，錯誤；氯氣過量，兩者都完全氧化，正確；電解精煉時，以粗銅作陽極，純銅作陰極，錯誤；鐵失去電子形成二價鐵，錯誤；正確；SiO2雖不溶于水，但能與NaOH溶液反應，錯誤；NO與空氣接觸生成NO2，錯誤；濃硫酸做干燥劑是因為其具有吸水性，錯誤。答案B9下列說法正確的是()A乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳雙鍵B纖維素可以被人體消化吸收，因為它在人體內可以水解成葡萄糖C石油裂解、煤的干餾、玉米釀酒、紫外線消毒等過程都有化學變化發(fā)生D乙烯使溴水褪色與乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同解析石油裂解、煤的干餾、玉米釀酒、紫外線消毒等過程都有化學變化發(fā)生，C項正確；聚乙烯是由乙烯發(fā)生加聚反應得到的，聚乙烯中不存在碳碳雙鍵，苯分子中的碳碳鍵是一種介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間獨特的鍵，苯分子中不存在碳碳雙鍵，A項錯誤；人體中不存在消化纖維素的酶，B項錯誤；乙烯使溴水褪色發(fā)生的是加成反應，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色發(fā)生的是氧化還原反應，反應原理不同，D項錯誤。答案C10利用廢舊電池銅帽(含Cu、Zn)制取海綿銅(Cu)，并得到硫酸鋅溶液的主要流程如下(反應條件已略去)：已知：2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O下列說法不正確的是()A過程中分離操作的名稱為過濾，該操作過程中使用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒B溶液A中的溶質有H2SO4、CuSO4、ZnSO4C上述流程中加入的物質B為鋅，物質D為鹽酸DAE中含銅、鋅兩種元素的物質有A和C解析通過分析轉化流程可知，含Cu、Zn的銅帽與稀硫酸和氧氣反應生成了硫酸銅和硫酸鋅的混合液A，依據(jù)實驗的目的，為了得到銅和硫酸鋅，應向A溶液加入過量的鋅，通過過濾得到了硫酸鋅溶液和銅鋅的固體混合物C，為了得到銅和硫酸鋅，應加入稀硫酸。A.過濾的方法可以將固體和液體分離，過程中為了分離固體和液體，所以操作的名稱是過濾，過濾操作需要的玻璃儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒，故A正確；B.通過題中的反應流程可知，銅、氧氣和硫酸會生成硫酸銅，硫酸和鋅會生成硫酸鋅，硫酸一般是過量的，所以溶液A中的溶質有：H2SO4、CuSO4、ZnSO4，故B正確；C.應向A溶液加入過量的鋅，通過過濾得到了硫酸鋅溶液和銅鋅的固體混合物C，為了得到銅和硫酸鋅，應加入稀硫酸，故C錯誤；D.通過上述分析可知，溶液A是硫酸、硫酸銅和硫酸鋅的混合物，固體C是銅和鋅的混合物，所以含銅、鋅兩種元素的物質有：A、C，故D正確；故選C。答案C11在某種光電池中，當光照在表面涂有氯化銀的銀片上時，發(fā)生反應：AgCl(s)Ag(s)Cl(AgCl)Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化銀表面，接著發(fā)生反應：Cl(AgCl)e=Cl(aq)AgCl(s)。如圖為用該光電池電解尿素CO(NH2)2的堿性溶液制氫的裝置示意圖，下列敘述正確的是()A光電池工作時，Ag極為電流流出極，發(fā)生氧化反應B制氫裝置溶液中K移向A極C光電池工作時，Ag電極發(fā)生的反應為2Cl2e=Cl2D制氫裝置工作時，A極的電極反應式為CO(NH2)28OH6e=CON26H2O解析由B極生成氫氣，A極生成氮氣知，B極為陰極，A極為陽極，則鉑極為負極，銀極為正極。光電池工作時，Ag極為電流流出極，發(fā)生還原反應，A錯誤；制氫裝置溶液中K移向B極，B錯誤；光電池工作時，Ag電極上AgCl得電子生成Ag，C錯誤。答案D12有X、Y、Z三種短周期元素，原子半徑大小關系為r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序數(shù)之和為16。X、Y、Z三種元素的常見單質在適當條件下可發(fā)生如圖變化，其中B和C均為10電子分子。下列說法中不正確的是()AX與Z形成的某種化合物可用來殺菌消毒BC極易溶于B中，溶液呈堿性CY與Z形成的二元化合物只含有極性鍵DA和C能發(fā)生氧化還原反應解析根據(jù)B、C均為10電子分子可圍繞常見氫化物分析，根據(jù)原子序數(shù)結合原子半徑以及轉化關系圖，可知Z是H、X是O、Y是N。X與Z形成的化合物H2O2可用來殺菌消毒，故A正確；C是NH3，極易溶于B(H2O)中，溶液呈堿性，故B正確；Y與Z形成的二元化合物可能是NH3只含有極性鍵，也可能是N2H4，其中NH是極性鍵，NN是非極性鍵，故C錯誤；NO和NH3能發(fā)生氧化還原反應，故D正確。答案C1325 時，濃度均為0.1 mol/L的溶液，其pH如下表所示。有關說法正確的是()序號溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A.酸性強弱：CH3COOH>HFB離子的總濃度：>C中：c(CH3COO)c(NH)c(OH)c(H)D和中c(CH3COO)相等解析由表中數(shù)據(jù)得到，堿性：NaF<CH3COONa，所以說明陰離子的水解能力：F<CH3COO，根據(jù)越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH<HF，選項A錯誤。兩個溶液有各自的電荷守恒式：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)；c(Na)c(H)c(F)c(OH)，所以兩個溶液的離子總濃度都等于各自的2c(Na)c(H)，因為兩個溶液中的鈉離子濃度相等，所以只需要比較兩個溶液的氫離子濃度即可。pH為：<，所以的氫離子濃度更大，即溶液度更大，即溶液的2c(Na)c(H)大于溶液的2c(Na)c(H)，所以離子的總濃度：>，選項B正確。溶液中，pH7，所以c(H)c(OH)1107 mol/L。明顯溶液中的醋酸根和銨根離子的濃度都接近0.1 mol/L(電離和水解的程度都不會太大)，所以應該是c(CH3COO)c(NH)>c(OH)c(H)，選項C錯誤。醋酸銨中，銨根離子對于醋酸根離子的水解起到促進作用，醋酸鈉中鈉離子對于醋酸根離子的水解應該無影響，所以醋酸根離子濃度是<，選項D錯誤。答案B非選擇題二、非選擇題必考題(共43分)26(2018清華附中高三月考)(14分)用濃鹽酸和MnO2制取Cl2的裝置如下，某小組欲證明產(chǎn)生的氣體中含有HCl。(1)Cl2的電子式是_，A中反應的離子方程式為_。(2)甲同學將A中產(chǎn)生的氣體通入下列溶液：實驗序號試劑現(xiàn)象a紫色石蕊溶液_bAgNO3出現(xiàn)白色沉淀實驗a中的現(xiàn)象為_。不能證明產(chǎn)生的氣體中含有HCl的實驗是_(填字母序號)。(3)已知將HCl氣體通入飽和食鹽水中有白色固體析出。乙同學將A中產(chǎn)生的氣體通入飽和食鹽水中，有白色固體析出，但實驗不能證明氣體中含有HCl，結合化學用語解釋其原因：_。(4)已知：2S2OI2=S4O2I。丙同學將A中產(chǎn)生的氣體通入蒸餾水中，得到溶液X，進行以下實驗證明氣體中含有HCl。實驗.測定X中溶解的Cl2。取25.00 mL溶液X，加入過量KI溶液，然后用0.04 molL1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，達滴定終點時消耗Na2S2O3溶液V mL。實驗.測定X中Cl元素含量。另取25.00 mL溶液X，選用適當?shù)倪€原劑將溶解的Cl2全部還原為Cl，再用0.10 molL1 AgNO3溶液滴定溶液中的Cl。X中的HClO不會影響實驗的測定結果，原因是_。由、中實驗數(shù)據(jù)可證明A中產(chǎn)生的氣體中含有HCl，則中0.10 molL1 AgNO3溶液的體積應大于_ mL(用含V的代數(shù)式表示)。解析(1)A是二氧化錳與濃鹽酸制取氯氣的反應，離子方程式為4H2ClMnO22H2OCl2Mn2。(2)氯氣溶于水生成氯化氫和次氯酸，溶液呈酸性，所以石蕊試液變紅；次氯酸具有漂白性，隨后溶液紅色褪去；ab都不能證明產(chǎn)生的氣體中含有HCl。因為氯氣溶于水生成氯化氫，所以即使產(chǎn)生的氣體中不含氯化氫，石蕊試液也會變紅；同時生成的氯化氫與硝酸銀溶液反應生成氯化銀沉淀，不能說明產(chǎn)生的氣體中有氯化氫；(3)氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸，Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶體。(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能將2 mol KI氧化成I2，所以HClO的存在不影響實驗結果；或者Cl2H2OHClHClO，Cl2氧化KI時，上述平衡逆向移動，相當于Cl2全部參與氧化I的反應；中測定Cl2的物質的量是0.04 molL1V103 L，則轉化為Cl的物質的量是0.04V103 mol；不考慮氣體中的氯化氫，氯氣轉化的Cl需要硝酸銀的體積是0.04V103 mol/0.1 mol/L0.4V mL，所以中消耗0.10 molL1 AgNO3溶液的體積應大于0.4V mL，說明氣體中含有HCl。答案(1) MnO24H2ClCl22H2OMn2(2)溶液先變紅再褪色a、b(3)Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶體(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能將2 mol KI氧化成I2或者Cl2H2OHClHClO，Cl2發(fā)生反應時，上述平衡逆向移動，相當于Cl2全部參與氧化I的反應0.4V27(14分)鐵紅(Fe2O3)和鈦白粉(TiO2)均為重要的墻面裝修顏料。一種利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量Fe2O3)聯(lián)合生產(chǎn)鐵紅和鈦白粉的工藝流程如圖所示：回答下列問題：(1)FeTiO3中Fe的化合價為_。(2)為加快鈦鐵礦在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有_(任寫兩種)。酸性溶液中加入適量鐵屑的目的是_。(3)FeSO4溶液與NH4HCO3溶液的反應溫度應控制在35 以下，其原因是_，該反應的離子方程式是_。(4)TiO2轉化為TiO(OH)2需要加熱，加熱的目的是_，該反應的離子方程式為_。(5)常溫時，在生成的FeCO3達到沉淀溶解平衡的溶液中，測得溶液中c(CO)3.0106 molL1，pH為8.5，則所得的FeCO3中是否含F(xiàn)e(OH)2？_(列式計算)已知Ksp(FeCO3)3.01011，KspFe(OH)28.01016。解析(1)由化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0可知FeTiO3中Fe的化合價為2。(2)增大反應物接觸面積、提高反應溫度或提高反應物濃度均能加快反應速率。Fe具有還原性，可將Fe3還原為Fe2。(3)溫度太高，則NH4HCO3易分解，且降低溫度可減少Fe2的水解。根據(jù)題圖可知該反應的離子方程式為Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。(4)TiO2水解生成TiO(OH)2，加熱可以加快水解反應速率。答案(1)2(2)采用鈦鐵礦粉末、升高溫度、使用濃度較大的稀硫酸等將Fe3還原為Fe2(3)減少NH4HCO3分解、減少Fe2水解Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(4)促進水解，加快反應速率TiO22H2OTiO(OH)22H(5)Ksp(FeCO3)c(Fe2)c(CO)，故c(Fe2)1.0105 molL1，pH8.5，則c(OH)105.5 molL1，故c(Fe2)c2(OH)1016<KspFe(OH)28.01016，故所得的FeCO3中無Fe(OH)228(2017孝義市高三下學期考前熱身訓練)(15分)工業(yè)燃燒煤、石油等化石燃料釋放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等氣體，嚴重污染空氣。對廢氣進行脫硝、脫碳和脫硫處理可實現(xiàn)綠色環(huán)保、廢物利用。.脫硝：已知：H2的燃燒熱為285.8 kJmol1N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H133 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H44 kJmol1催化劑存在下，H2還原NO2生成水蒸氣和其他無毒物質的熱化學方程式為_。.脫碳：(1)向2 L密閉容器中加入2 mol CO2和6 mol H2，在適當?shù)拇呋瘎┳饔孟?，發(fā)生反應：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H<0該反應自發(fā)進行的條件是_(填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)下列敘述能說明此反應達到平衡狀態(tài)的是_(填字母)。a混合氣體的平均相對分子質量保持不變bCO2和H2的體積分數(shù)保持不變cCO2和H2的轉化率相等d混合氣體的密度保持不變e1 mol CO2生成的同時有3 mol HH鍵斷裂CO2的濃度隨時間(0t2)變化如下圖所示，在t2時將容器容積縮小一倍，t3時達到平衡，t4時降低溫度，t5時達到平衡，請畫出t2t6時間段CO2濃度隨時間的變化。(2)改變溫度，使反應CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H<0中的所有物質都為氣態(tài)。起始溫度、體積相同(T1、2 L密閉容器)。反應過程中部分數(shù)據(jù)見下表：反應時間CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)反應：恒溫恒容0 min260010 min4.520 min130 min1反應：絕熱恒容0 min0022達到平衡時，反應、對比：平衡常數(shù)K()_K()(填“>”“<”或“”，下同)；平衡時CH3OH的濃度c()_c()。對反應，前10 min內的平均反應速率v(CH3OH)_。在其他條件不變的情況下，若30 min時只改變溫度至T2 ，此時H2的物質的量為3.2 mol，則T1_(填“>”“<”或“”)T2。若30 min時只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，則平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移動。(3)利用人工光合作用可將CO2轉化為甲酸，反應原理為2CO22H2O=2HCOOHO2，裝置如圖所示：電極2的電極反應式是_；在標準狀況下，當電極2室有11.2 L CO2反應。理論上電極1室液體質量_(填“增加”或“減少”)_ g。解析.根據(jù)氫氣的燃燒熱可書寫氫氣燃燒時的熱化學方程式是2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H285.82 kJmol1571.6 kJmol1，根據(jù)蓋斯定律，將已知熱化學方程式中的氧氣與液態(tài)水消去得到H2還原NO2生成水蒸氣和氮氣的熱化學方程式，為4H2(g)2NO2(g)=N2(g)4H2O(g)H1 100.2 kJmol1；.(1)該反應的S<0，H<0，因此反應自發(fā)進行的條件是低溫；a項，該體系中的氣體只有二氧化碳和氫氣，且二者的起始物質的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比，所以混合氣體的平均相對分子質量始終不變，不能判斷為平衡狀態(tài)，錯誤；b項，二氧化碳與氫氣始終是13的關系，所以CO2和H2的體積分數(shù)保持不變的狀態(tài)不是平衡狀態(tài)，錯誤；c項，二氧化碳與氫氣的起始物質的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比，所以二者的轉化率一定相等，與是否達到平衡狀態(tài)無關，錯誤；d項，因為該體系中有液體生成，所以氣體的質量在逐漸減少，則氣體的密度減小，達平衡時，密度保持不變，正確；e項，1 mol CO2生成的同時有3 mol HH鍵斷裂，符合正、逆反應速率相等，是平衡狀態(tài)，答案選d、e；在t2時將容器容積縮小一倍，二氧化碳的濃度瞬間增大到1 molL1，則壓強增大，平衡正向移動，t3時達到平衡，達到的平衡與原平衡相同，濃度仍是0.5 molL1；該反應是放熱反應，t4時降低溫度，則平衡正向移動，t5時達到平衡，則二氧化碳的濃度將小于0.5 molL1，對應的圖像為(2)因為生成甲醇的反應是放熱反應，而反應是從逆反應開始的，所以反應吸熱，所以絕熱容器的溫度要低于恒溫容器，即反應溫度高于反應，溫度升高，放熱反應的平衡常數(shù)減小，則K()<K()；二者都是恒容條件，若是恒溫恒容，二者達到的平衡是等效平衡，甲醇的濃度相同。而反應溫度高于反應，溫度降低，平衡正向移動，則甲醇的濃度增大，平衡時CH3OH的濃度c()<c()；對反應，前10 min內氫氣的物質的量減少6 mol4.5 mol1.5 mol，則甲醇的物質的量增加0.5 mol，所以前10 min內平均反應速率v(CH3OH)0.025 molL1min1；30 min時是平衡狀態(tài)；生成甲醇1 mol，則消耗氫氣3 mol，平衡時氫氣的物質的量是3 mol，而改變溫度后氫氣的物質的量變?yōu)?.2 mol，物質的量增大，說明平衡逆向移動，因為該反應是放熱反應，所以升高溫度，平衡逆向移動，則T1<T2；若30 min時只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算該溫度下的平衡常數(shù)為K，此時QcK，所以平衡不移動。(3)根據(jù)裝置圖中電子的流向判斷1是負極、2是正極，負極上水失電子生成氫離子和氧氣，判斷電極1電極反應：2H2O4e=O24H，酸性增強，H通過質子膜進入到電極2區(qū)域；電極2通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極反應：CO22H2e=HCOOH，酸性減弱，從總反應看，每消耗1 mol CO2，就會消耗1 mol H2O，現(xiàn)有標準狀況下11.2 L即0.5 mol CO2反應，那就會消耗0.5 mol H2O即9 g。答案.4H2(g)2NO2(g)=N2(g)4H2O(g)H1 100.2 kJmol1.(1)低溫de(2)<<0.025 molL1min1<不(3)CO22H2e=HCOOH減少9“73”小卷練(二)本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分85分，考試時間45分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65選擇題一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7化學與生活、科技、醫(yī)藥、工業(yè)生產(chǎn)均密切相關，下列有關敘述正確的是()A濃硫酸具有強腐蝕性，可用濃硫酸刻蝕石英制藝術品B我國預計在2020年發(fā)射首顆火星探測器，其重要部件太陽能電池帆板的材料是二氧化硅C本草經(jīng)集注中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“強燒之，紫青煙起是真硝石也”，該方法應用了焰色反應D誤食重金屬鹽引起的人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒解析“強燒之，紫青煙起”，說明灼燒時焰色為紫色，該鑒別方法應用了鉀元素的焰色反應，C項正確。濃硫酸具有強腐蝕性，但不能用于刻蝕石英制藝術品，刻蝕石英制藝術品應用氫氟酸，A項錯誤；太陽能電池帆板的材料是單質硅，B項錯誤；誤食重金屬鹽引起的人體中毒，可服用鮮牛奶解毒，食鹽水不能解毒，D項錯誤。答案C8下列物質與類別不對應的是()ABCD物質小蘇打食用油淀粉84消毒液類別堿油酯(酯類)天然高分子化合物混合物解析小蘇打是NaHCO3，屬于鹽，物質與類別不對應，A項符合題意；食用油是油脂，油脂屬于酯類，物質與類別對應，B項不符合題意；淀粉是天然高分子化合物，物質與類別對應，C項不符合題意；84消毒液的有效成分是次氯酸鈉，其屬于混合物，物質與類別對應，D項不符合題意。答案A9短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，Y元素原子次外層電子數(shù)等于其最外層電子數(shù)的2倍。下列判斷錯誤的是()A原子半徑：rw>rZ>rY>rXB最簡單氣態(tài)氫化物的沸點：X>WCY元素的最高價氧化物能與強堿反應DW的最高價氧化物對應的水化物屬于一元強酸解析根據(jù)短周期主族元素X、Y、Z、W的相對位置關系，可確定Y、Z、W為第三周期元素，再由“Y元素原子次外層電子數(shù)等于其最外層電子數(shù)的2倍”，可推出Y是Si，進一步推出X、Z、W分別為O、P、Cl。X(O)、Y(Si)、Z(P)、W(Cl)原子半徑大小為rY>rZ>rW>rX，A項錯誤；H2O分子間可以形成氫鍵，沸點：H2O>HCl，B項正確；Y(Si)元素的最高價氧化物為SiO2，其能與強堿NaOH反應，C項正確；W(Cl)的最高價氧化物對應的水化物是HClO4，其屬于一元強酸，D項正確。答案A10(2018河北石家莊高三聯(lián)考)下列說法正確的是()A. CH3CH=CHCH3分子中的四個碳原子在同一直線上B. 按系統(tǒng)命名法的名稱為4，4二甲基3乙基己烷C. 分子式為C4H8ClBr的有機物有11種D. 中含有酯基解忻ACH3CH=CHCH3分子中的碳碳雙鍵可提供6個原子共平面，則四個碳原了在同一平面上，不可能在一條直線上，故A錯誤；B.按系統(tǒng)命名法，的名稱應為3，3二甲基4乙基己烷，故B錯誤；C.先分析碳骨架異構，分別為CCCC與2種情況，然后分別對2種碳骨架采用“定一移一”的方法分析，骨架CCCC上分別添加Cl、Br原子的種類有：共8種，骨架上分別添加Cl、Br原子的種類有：，共4種，所以滿足分子式為C4H8ClBr的有機物共有12種，故C錯誤；D. 為聚合酯，分子結構中含有若干個酯基，故D正確；答案為D。答案D11隨著環(huán)保整治的逐漸推進，乙醇作為一種燃料逐漸走進人們的視野，如“乙醇汽油”、“乙醇電池”等。如圖是一種新型的乙醇電池的工作示意圖，該電池總反應為：C2H5OH3O22CO23H2O。下列有關該電池的說法正確的是()Aa極為正極，b極為負極B負極反應式為C2H5OH3H2O12e=2CO212HC該燃料電池作電鍍裝置的電源時，連接b極的電極質量逐漸增加D反應中轉移6 mol電子時，正極消耗33.6 L O2解析選項A，由質子的移動方向可知a極為負極，錯誤；選項B，根據(jù)給出的電池總反應可知該選項正確；選項C，b極為正極，在電鍍裝置中，連接正極的電極為陽極，陽極質量逐漸減少，錯誤；選項D，沒有指出是在標準狀況下，不能用標準狀況下的氣體摩爾體積進行計算，錯誤。答案B12(2018長安一中第五次檢測)工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料的流程示意圖如下。下列說法正確的是()(注：鋁土礦中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)A在鋁土礦制備較高純度Al的過程中只用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應C在制粗硅時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為12D黃銅礦(CuFeS2)與O2反應產(chǎn)生的Cu2S、SO2均是還原產(chǎn)物解析A根據(jù)鋁土礦的成分，先加入鹽酸，發(fā)生Al2O36H=2Al33H2O和Fe2O36H=2Fe33H2O，然后過濾，向濾液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生Al34OH=AlOH2O和Fe33OH=Fe(OH)3，過濾，向濾液中通入足量的CO2，發(fā)生AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，氫氧化鋁受熱分解成氧化鋁，然后加入冰晶石，電解熔融狀態(tài)氧化鋁得到金屬鋁，因此需要用到的物質為NaOH、鹽酸、CO2、冰晶石，故A錯誤；B.石英的成分是SiO2，屬于氧化物，且不與鹽酸反應，故B錯誤；C.制取粗硅的反應是：2CSiO22COSi，C的化合價升高，即C為還原劑，SiO2中Si的化合價降低，即SiO2作氧化劑，氧化劑與還原劑物質的量之比為12，故C正確；D.CuFeS2中S的化合價為2價，轉化成SO2，S的化合價升高，O的化合價降低，即SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故D錯誤。答案C13下列實驗方案設計中，不可行的是()選項被提純的物質雜質除雜或分離方法A苯酸性高錳酸鉀溶液分液B汽油煤油蒸餾C溴化鈉固體NaI加入溴水后蒸發(fā)結晶D蛋白質葡萄糖通過濃(NH4)2SO4溶液分別經(jīng)過變性、過濾、洗滌解析苯難溶于酸性高錳酸鉀溶液，且不與其發(fā)生反應，可用分液法分離苯和酸性高錳酸鉀溶液，A項正確；汽油和煤油的沸點不同，可通過蒸餾的方法進行分離，B項正確；溴化鈉固體中混有NaI，可滴加溴水后通過蒸發(fā)結晶的方法提純NaBr，C項正確；蛋白質在濃(NH4)2SO4溶液中發(fā)生鹽析，D項錯誤。答案D非選擇題二、非選擇題必考題(共43分)26(14分)(1)磷及部分重要化合物的相互轉化如圖所示。步驟為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，反應在1 300 的高溫爐中進行，其中SiO2的作用是用于造渣(CaSiO3)，焦炭的作用是_。不慎將白磷沾到皮膚上，可用0.2 molL1 CuSO4溶液沖洗，根據(jù)步驟可判斷，被1 mol CuSO4所氧化的白磷(P4)的物質的量為_。步驟中，反應物的比例不同可獲得不同的產(chǎn)物，除Ca3(PO4)2外可能的產(chǎn)物還有_(寫化學式)。(2)H3PO2(次磷酸)是一元中強酸，H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag還原為銀，從而可用于化學鍍銀。NaH2PO2屬于_(填“正鹽”“酸式鹽”或“堿式鹽”)。利用H3PO2進行化學鍍銀的反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為41，則氧化產(chǎn)物為_(寫化學式)。(3)白磷能溶于熱的強堿性溶液。配平下列化學方程式：_P4_KOH_H2O_K3PO4_PH3解析(1)結合題圖可寫出步驟I發(fā)生反應的化學方程式為2Ca3(PO4)26SiO210CP46CaSiO310CO，根據(jù)反應中碳元素的化合價變化可知焦炭作還原劑。結合題圖可知步驟的反應中Cu由2價降低到1價，CuSO4是氧化劑，P4中部分磷元素由0價降低到3價，部分磷元素由0價升高到5價，則P4既是氧化劑又是還原劑，設有1 mol CuSO4參加反應時，被CuSO4氧化的P4的物質的量為x mol，依據(jù)得失電子守恒有x4(50)1(21)，解得x0.05。磷酸為三元酸，其與Ca(OH)2反應，根據(jù)二者物質的量不同，得到的產(chǎn)物可能有Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2。(2)根據(jù)H3PO2為一元中強酸，知NaH2PO2為正鹽。利用H3PO2進行化學鍍銀的反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為41，即Ag與H3PO2的物質的量之比為41，則反應后磷元素由1價升高到5價，所得氧化產(chǎn)物為H3PO4。(3)根據(jù)得失電子守恒、原子守恒配平該化學方程式。答案(1)作還原劑0.05 molCa(H2PO4)2、CaHPO4(2)正鹽H3PO4(3)2933527(14分)氮化鈣(Ca3N2)是一種重要的化學試劑。某化學興趣小組擬制備氮化鈣并測定產(chǎn)品純度。已知：氮化鈣極易與水反應；實驗室在加熱條件下用飽和NaNO2溶液和飽和(NH4)2SO4溶液混合制備N2；焦性沒食子酸溶液用于吸收少量O2。.制備氮化鈣。他們選擇下列裝置設計實驗(裝置可重復使用)：(1)實驗室將鈣保存在_中(填物質名稱)。氮化鈣中所含化學鍵類型是_。(2)氣體從左至右，裝置連接順序為_。(填代號)(3)寫出A中發(fā)生反應的化學方程式：_。(4)用化學方法檢驗氮化鈣(Ca3N2)產(chǎn)品中是否混有Ca，設計實驗方案：_。.測定產(chǎn)品純度。利用如圖裝置測定氮化鈣產(chǎn)品純度(雜質不產(chǎn)生氣體，氨氣不溶于煤油)。(5)當產(chǎn)品與蒸餾水完全反應后，冷卻至室溫、調平液面、讀數(shù)。調平液面的操作是_。(6)取產(chǎn)品質量為w g，開始量氣管讀數(shù)為V1 mL，最終量氣管讀數(shù)為V2 mL(折合成標準狀況)，則該樣品純度為_(用代數(shù)式表示)。如果開始仰視刻度線，終點時俯視刻度線，則測得結果_(填“偏高”“偏低”或“無影響”)解析.(1)氮化鈣類似氮化鎂，氮為3價，氮化鈣是離子化合物，不含共價鍵。(2)結合題意和題給裝置圖，實驗裝置連接順序為N2發(fā)生裝置、除O2裝置、干燥裝置、氮氣與鈣反應裝置、吸收空氣中水蒸氣裝置。(3)亞硝酸鈉和硫酸銨發(fā)生歸中反應生成氮氣、硫酸鈉和水。(4)鈣與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，而氮化鈣與水反應生成氫氧化鈣和氨氣，因為氨氣也能還原氧化銅，故用赤熱的氧化銅粉末檢驗氫氣時必須先除去氣體中的氨氣。.(5)觀察裝置圖可知，上下移動水準瓶可以調平水準瓶中液面和量氣管內液面，確保量氣管內氣壓等于外界大氣壓。(6)n(NH3) mol，根據(jù)Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3知，n(Ca3N2) mol。Ca3N2的純度為100%。開始仰視刻度線，讀數(shù)(V1)偏大，終點俯視刻度線，讀數(shù)(V2)偏小，根據(jù)表達式可知，測得結果偏低。答案.(1)煤油離子鍵(2)A、D、C、B、C(3)2NaNO2(NH4)2SO4Na2SO42N24H2O(4)取少量產(chǎn)品溶于足量的蒸餾水中，將產(chǎn)生的氣體依次通過足量的濃硫酸、赤熱的氧化銅粉末，若黑色粉末變成紅色，則原產(chǎn)品中含有鈣，否則不含鈣.(5)上下移動水準瓶(6)%偏低28(15分)V2O5是接觸法制硫酸的催化劑。工業(yè)上用釩爐渣(主要含有V2O3FeO，還含少量SiO2、P2O5等雜質)提取V2O5的流程如下：(1)焙燒常采用“加壓”的方法，其目的是_。X是偏釩酸銨分解生成五氧化二釩的副產(chǎn)物且X在常溫常壓下呈氣態(tài)，X的電子式為_。(2)“焙燒”的目的是將V2O3FeO轉化成可溶性的NaVO3，寫出化學方程式_。(3)寫出“沉釩”的離子方程式_。(4)工業(yè)上利用鋁熱反應冶煉釩，5.4 t鋁理論上可以冶煉_ mol V。(5)用硫酸鎂溶液除去硅、磷時，濾渣的主要成分是MgSiO3、Mg3(PO4)2，它們的溶解度隨溫度的變化忽略不計。已知：常溫下，Ksp(MgSiO3)2.4105，KspMg3(PO4)22.71027。如果濾液中c(SiO)0.08 molL1，則c(PO)_ molL1。硅、磷去除率與溫度的關系如圖所示。除雜時，隨著溫度升高，硅元素的去除率升高，其原因是_；磷的去除率降低，其原因是_。解析(1)聯(lián)系壓強對化學反應速率的影響，對于有空氣、氧氣等氣體參與的化工反應，都可以采用“加壓”的方法提高氣體濃度，從而加快化學反應速率。分析題意可知，偏釩酸銨分解，反應前后各元素化合價沒有變化，根據(jù)原子守恒知，副產(chǎn)物為氨氣、水，常溫常壓下，水為液體，故X為氨氣。(2)V2O3FeO被氧化，氧氣被還原，生成物為NaVO3、氧化鐵、二氧化碳。(3)“沉釩”說明偏釩酸銨難溶于水。(4)n(Al)2.0 105 mol，利用鋁熱反應冶煉釩的化學方程式為3V2O510Al5Al2O36V，則n(V)1.2105 mol。(5)c(Mg2) molL13.0104 molL1，則c(PO) molL11.0108 molL1。Mg2、SiO是能水解的離子，且水解反應是吸熱反應，故升高溫度，硅酸根離子水解程度增大，生成的硅酸增多，硅的去除率升高，而升高溫度，鎂離子水解程度增大，生成的磷酸鎂減少，磷的去除率降低。答案(1)增大空氣濃度，提高反應速率 (2)4V2O3FeO5O24Na2CO38NaVO34CO22Fe2O3(3)NHVO=NH4VO3(4)1.2105(5)1.0108隨著溫度升高，SiO水解程度增大，生成的硅酸增多隨著溫度升高，Mg2水解程度增大，生成的磷酸鎂減少“73”小卷練(三)本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分85分，考試時間45分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65選擇題一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7(2018山東菏澤一中質檢)下列說法錯誤的是()A“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達爾效應B水玻璃、雙氧水、漂粉精、硅膠都是混合物C直徑在109107m NaCl固體小顆粒分散到水中能形成膠體D“陶成雅器”的主要原料是黏土解析A膠體具有丁達爾效應，A正確；B.水玻璃為硅酸鈉水溶液，雙氧水為過氧化氫水溶液，漂粉精為氯化鈣和次氯酸鈣混合物，硅膠主要成分為二氧化硅，為混合物，B正確；C.氯化鈉溶于水后不是小顆粒，得到氯化鈉溶液，C錯誤；D.黏土主要成分為硅酸鹽，可以燒制成陶器，D正確；答案選C。答案C8(2018河南漯河高級中學聯(lián)考)關于下列詩句或諺語，說法不正確的是()A“忽聞海上有仙山，山在虛無縹緲間”的海市蜃樓是一種自然現(xiàn)象，與膠體知識有關B“水乳交融，火上澆油”前者包含物理變化，而后者包含化學變化C“滴水石穿、繩鋸木斷”不包含化學變化D“落湯螃蟹著紅袍”肯定發(fā)生了化學變化解析A空氣屬于膠體，海市蜃樓是光線在沿直線方向密度不同的氣層中，經(jīng)過折射造成的結果，故A正確；B.水乳交融體現(xiàn)的是物質溶解性，屬于物理變化，火上澆油體現(xiàn)的是物質的燃燒反應，屬于化學變化，故B正確；C.水滴石穿蘊含著碳酸鈣與二氧化碳和水反應生成碳酸氫鈣，屬于化學變化，繩鋸木斷體現(xiàn)的是物質間的摩擦，屬于物理變化，故C錯誤；D.“落湯螃蟹著紅袍”體現(xiàn)了在加熱條件下蛋白質發(fā)生了變性，生成了新的物質，屬于化學變化，故D正確；故選C。答案C9(2018青島模擬)分子中含有一個苯環(huán)，且支鏈為飽和烷烴基的有機物是苯的同系物。某有機物X是苯的同系物，苯環(huán)上有兩個位于對位的取代基，其結構可表示為，則X的結構共有(不考慮立體異構)()A8種 B10種 C12種 D16種解析苯環(huán)上連接的兩個取代基都是丁基，丁基有4種結構，用a、b、c、d表示丁基的4種結構。當苯環(huán)上的一個取代基是a時，另外一個取代基可以是a、b、c、d，有4種不同的結構；當苯環(huán)上的一個取代基是b時，另外一個取代基可以是b、c、d，有3種不同的結構；當苯環(huán)上的一個取代基是c時，另外一個取代基可以是c、d，有2種不同的結構；當苯環(huán)上的一個取代基是d時，另外一個取代基可以是d，有1種結構。所以，X的結構共有10種。答案B10依據(jù)反應2NaIO35SO24H2O=I23H2SO42NaHSO4，并利用下列裝置從含NaIO3的廢液中制取單質碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中裝置正確且能達到實驗目的的組合是()A BC D解析銅與濃硫酸反應需要加熱，故錯誤；氣體和液體反應，且防倒吸，故正確；用四氯化碳從廢液中萃取碘，靜置后分液，故正確；蒸發(fā)溶液用蒸發(fā)皿，故錯誤；故選C。答案C11城市地下潮濕的土壤中常埋有縱橫交錯的管道和輸電線路，當有電流泄漏并與金屬管道形成回路時，就會引起金屬管道的腐蝕。原理如圖所示，但若電壓等條件適宜，鋼鐵管道也可能減緩腐蝕，此現(xiàn)象被稱為“陽極保護”。下列有關說法不正確的是()A該裝置能夠將電能轉化為化學能B管道右端腐蝕比左端快，右端電極反應式為Fe2e=Fe2C如果沒有外加電源，潮濕的土壤中的鋼鐵管道比較容易發(fā)生吸氧腐蝕D鋼鐵“陽極保護”的實質是在陽極金屬表面形成一層耐腐蝕的鈍化膜解析A項，該裝置相當于電解池，能將電能轉化為化學能，正確；B項，左端是陰極，腐蝕得更快，錯誤；C項，如果沒有外加電源，潮濕的土壤(接近中性)中的鋼鐵管道發(fā)生原電池反應，所以發(fā)生的是吸氧腐蝕，正確；D項，根據(jù)題意，此種腐蝕較慢，所以“陽極保護”實際上是在金屬表面形成了一層致密的保護膜，正確。答案B12.X、Y、Z均是短周期元素，原子半徑的大小為r(Y)>r(X)>r(Z)，三種元素的原子序數(shù)之和為15，X、Y、Z三種元素的常見單質在適當條件下可發(fā)生如圖轉化關系。其中R為10電子分子，是一種常見的無機溶劑。下列說法中不正確的是()AX元素位于周期表中第16列BX、Y、Z元素兩兩之間均能形成原子個數(shù)比為11的化合物CX、Y、Z元素形成的單質均具有強還原性DR的沸點高于M的沸點解析由R為10電子分子且為無機溶劑可判斷R為H2O，根據(jù)轉化關系及半徑確定X為氧，Z為氫，再根據(jù)三者原子序數(shù)之和為15確定Y為碳。氧在第A族，為第16列，A正確；三種元素之間分別形成CO、C2H2或C6H6、H2O2等，B正確；O2無強還原性，C項錯誤；H2O常溫下為液態(tài)，M無論是CO2還是CO常溫下均為氣態(tài)，D正確。答案C13(2018北京四中高三期中)人體血液里存在重要的酸堿平衡：CO2H2OH2CO3HCO，使人體血液pH保持在7.357.45，否則就會發(fā)生酸中毒或堿中毒。其pH隨c(HCO)c(H2CO3)變化關系如下表：c(HCO)c(H2CO3)1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45下列說法不正確的是()A正常人體血液中，HCO的水解程度大于電離程度B人體血液酸中毒時，可注射NaHCO3溶液緩解CpH7.00的血液中，c(H2CO3)<c(HCO)DpH7.40的血液中，HCO的水解程度一定大于H2CO3電離程度解析正常人體的血液顯堿性，所以一定是HCO的水解程度大于電離程度，選項A正確。人體血液酸中毒時，可注射NaHCO3溶液使題目的平衡逆向移動，消耗氫離子以緩解酸中毒，選項B正確。從表中得到：c(H2CO3)c(HCO)時溶液pH6.10，為使溶液pH7，應該多加入一些碳酸氫根，所以選項C正確。在pH7.40的血液中(顯堿性)，碳酸氫根離子的濃度是碳酸的20倍，只能說明因為碳酸氫根離子濃度比碳酸大很多，所以溶液顯碳酸氫鈉的性質(堿性)，無法比較HCO的水解程度和H2CO3的電離程度的相對大小，選項D錯誤。答案D非選擇題二、非選擇題必考題(共43分)26(14分)一氧化二氯(Cl2O)是一種氯化劑和氧化劑，極易溶于水，與水反應生成HClO，遇有機物易燃燒或爆炸。利用如圖裝置可制備Cl2O。已知Cl2O的部分性質如表：熔點沸點制備方法120.6 2.0 2HgO2Cl2=Cl2OHgCl2HgO回答下列問題：(1)裝置甲中儀器B的名稱是_。(2)裝置甲的作用是為該制備反應提供Cl2，寫出該裝置中制備Cl2的離子方程式：_。(3)裝置乙的作用是_