浙江省名校协作体2022-2023学年高二下学期月考联考化学Word版含解析.docx

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2022学年高二年级第二学期浙江省名校协作体试题化学试卷考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Si-28Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于盐类的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．Na2O是氧化物，故A错误；B．NH3是氢化物，不是盐，故B错误；C．NH4HCO3是铵根离子和碳酸氢根离子构成的化合物为盐，故C正确；D．HNO3是酸，故D错误；故选：C。2.下列物质中属于能导电的电解质是A.熔融的氯化钾B.食盐水C.石墨D.铁【答案】A【解析】【详解】A．熔融氯化钾存在自由移动离子，能导电，KCl为电解质，在熔融状态下能导电，故A正确；B．食盐水能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．石墨能导电，但是石墨属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．铁能导电，但是铁属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。3.下列物质俗名与化学式对应错误的是A.氯仿：B.磁性氧化铁： C.石膏：D.金刚砂：【答案】A【解析】【详解】A．氯仿是，故A错误；B．磁性氧化铁是，故B正确；C．石膏是，故C正确；D．金刚砂是，故D正确；故选A。4.下列仪器名称错误的是A.蒸发皿B.容量瓶C.分液漏斗D.蒸馏烧瓶【答案】D【解析】【详解】A．图中所示仪器为为蒸发皿，A正确；B．图中所示仪器为容量瓶，B正确；C．图中所示仪器为分液漏斗，C正确；D．图中所示仪器为圆底烧瓶，蒸馏烧瓶在瓶颈处有一略向下伸出的细玻璃管，D错误，故选D。5.下列化学用语或图示正确的是A.丙烷的结构式：B.的空间填充模型： C.镁离子结构示意图：D.二氧化硅的分子式：【答案】B【解析】【详解】A．CH3CH2CH3是丙烷的结构简式，丙烷的结构式为：，故A错误；B．CO2结构式为O=C=O，空间结构为直线型，碳原子半径大于氧原子，空间填充模型：，故B正确；C．镁离子的核内有12个质子，结构示意图为，故C错误；D．二氧化硅为共价晶体，不存在分子式，故D错误；故选：B。6.下列说法错误的是A.硬脂酸与软脂酸互为同系物B.与互为同分异构体C.与互同位素D.与互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A.硬脂酸与软脂酸结构相似、通式相同、相差2个CH2原子团，互为同系物，A正确；B.与均为乙酸甲酯，是同一种物质，B错误；C.与是质子数相同中子数不同的2种核素、互为同位素，C正确；D.与是组成元素相同、结构不同、性质不同的两种单质，互为同素异形体，D正确；答案选B。7.下列反应属于吸热的非氧化还原反应的是A.B.C.D.【答案】D【解析】 【详解】A．该反应是中和反应，中和反应是一个放热的非氧化还原反应，故A错误；B．该反应是放热反应，但是反应过程中碳元素和氢元素化合价发生变化，是一个吸热的氧化还原反应，故B错误；C．该反应是放热反应，且反应过程中碳元素和氧元素化合价发生变化，是一个放热的氧化还原反应，故C错误；D．该反应是CH3COO-的水解方程式，是吸热反应，且反应过程中各元素化合价均未发生改变，是一个吸热的非氧化还原反应，故D正确；故选：D。8.次氯酸钠具有强氧化性，强碱性溶液中可将氧化为一种常见的高效水处理剂，离子方程式为。下列说法中错误的是A.还原性：B.由反应可知每完全反应时，反应中转移电子C.既能杀菌消毒，又有净水作用，净水作用与胶体的性质有关D.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】D【解析】【详解】A．还原性：还原剂＞还原产物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，则ClO-为氧化剂、Fe(OH)3为还原剂，FeO为氧化产物，Cl-为还原产物，所以：Fe(OH)3＞Cl-，故A正确；B．根据方程式知，每2molFe(OH)3完全反应时，转移电子的物质的量=2mol×[(+6)-(+3)]=6mol，故B正确；C．Na2FeO4中Fe元素化合价为+6价，具有强氧化性，处理水时能杀菌消毒，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用可以起到净水的作用，故C正确；D．该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，则ClO-为氧化剂、Fe(OH)3为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选：D。9.下列说法错误的是A.网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分为硅B.氯气可用于饮用水消毒，因为生成的次氯酸具有强氧化性 C.铝在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，可用铝制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸D.铜可以和氯化铁溶液反应，常利用该反应来制作印刷电路板【答案】A【解析】【详解】A．5G网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故A错误；B．氯气与水反应生成次氯酸，氯气可用于饮用水消毒，因为生成的次氯酸具有强氧化性，故B正确；C．由于铝在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，所以可用铝制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸，故C正确；D．铜可以和氯化铁溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，常利用该反应来制作印刷电路板，故D正确；故选：A。10.下列有关说法正确的是A.烧碱熔化时需克服离子键B.中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物C.由于分子间形成氢键，所以加热到很高的温度都难以分解D.、分子中所有原子的最外层电子都满足稳定结构【答案】A【解析】【详解】A．烧碱为离子化合物，其中含有离子键，则烧碱熔化时需克服离子键，故A正确；B．CaCl2中钙离子和氯离子之间存在离子键，不存在共价键，CaCl2属于离子化合物，故B错误；C．由于HF中共价键的键能较大，则HF加热到很高的温度都难以分解，与分子间的氢键无关，故C错误；D．氢原子最外层为2电子结构，则NH3分子中所有原子的最外层电子不都满足8e-稳定结构，故D错误；故选：A。11.下列实验装置和操作均正确的是 A.比较热稳定性B.酸滴定碱C.制备胶体D.牺牲阳极法保护铁【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3较稳定，NaHCO3受热易分解，要比较Na2CO3、NaHCO3固体的稳定性强弱，应该将NaHCO3放置在温度较低的容器中，即内层试管中，故A错误；B．图中滴定管为碱式滴定管，盛放酸的滴定管应该用酸式滴定管，故B错误；C．FeCl3和NaOH发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，制取氢氧化铁胶体时，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中并加热至液体呈红褐色为止，故C错误；D．该装置为原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以该保护Fe的方法为牺牲阳极法，故D正确；故选：D。12.下列“类比”结果正确的是A.在溶液中滴加氨水，先产生沉淀后沉淀溶解，则在溶液中滴加氨水，也先产生沉淀后沉淀溶解B.溶液加热蒸干得到固体，则溶液加热蒸干得到固体C.常温下，溶解度比大，则溶解度比大D.与水反应会生成，则与足量作用可得到【答案】D【解析】【详解】A．由于氢氧化铝与氨水不反应，则Al(NO3)3溶液中滴加氨水，只生成沉淀，沉淀不溶解，故A错误；B．FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发，则FeCl3溶液加热蒸干得到氢氧化铁固体，故B错误；C．由于碳酸钙是一种沉淀，则Ca(HCO3)2溶解度比CaCO3大，但是Na2CO3的溶解度比NaHCO3大，故C错误；D．PCl3与水反应会生成H3PO3和氯化氢，PCl3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3和氯化氢，故D正确；故选：D。13.下列对应的离子方程式正确的是 A.与反应：B.溶于溶液中：C.溶液和稀硫酸等体积混合：D.以铁为电极电解饱和食盐水：【答案】C【解析】【详解】A．Na与H2O反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．向Fe2O3中加入HI溶液的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；C．2mol•L-1NaAlO2溶液和3mol•L-1稀硫酸等体积混合：，故C正确；D．用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，正确的离子方程式为：Fe+2H2OFe(OH) 2+H2↑，故D错误；故选：C。14.下列说法正确的是A.乙醇、硫酸铜和硫酸铵及高温均能使蛋白质变性B.乙烯是一种重要的化工原料，还可以作植物生长调节剂C.棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成和D.淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子【答案】B【解析】【详解】A．乙醇、硫酸铜及高温均能使蛋白质变性，饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质发生盐析，故A错误；B．乙烯是一种重要的化工原料，还可以作植物生长调节剂，即催熟剂，故B正确；C．棉、麻的主要成分是纤维素，含有C、H、O，完全燃烧都只生成CO2和H2O，丝、毛的主要成分是蛋白质，含有C、H、O、N，完全燃烧生成CO2、H2O以及N2，故C错误；D．淀粉、纤维素都属于天然高分子，油脂分子量较小，不属于高分子化合物，故D错误；故选：B。 15.由X、Y、Z、W组成的某化合物结构如图所示，分子中所有原子均达到8电子稳定结构；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y元素至少能形成6种氧化物，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A.离子半径：B.单质Z在加热条件下与Cu反应一定生成CuZC.X的氢化物的沸点不一定低于Y的氢化物D.Z、W元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y元素至少能形成6种氧化物，则Y为N盐酸；W的单质可用于自来水消毒，则W为Cl元素；由化合物结构示意图可知，化合物中X形成4个共价键、Z形成2个共价键，则X为C元素、Z为S元素。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子，故A错误；B．单质硫在加热条件下与铜反应生成硫化亚铜，故B错误；C．碳元素的氢化物可能为气态烃、液态烃、固态烃，固态烃的沸点高于氨气、联氨，所以碳元素的氢化物的沸点不一定低于氮元素的氢化物，故C正确；D．硫与氢会形成含非极性键的共价化合物H2S2，但H与Cl元素无法形成含非极性键的二元化合物，故D错误；故选C。16.过二硫酸分子式为，可以看成的衍生物，即中两个H原子都被磺酸基取代的产物，不稳定易分解。下列说法不正确的是A.过二硫酸具有强氧化性B.可用硝酸钡溶液鉴别和C.可作漂白剂，加热会使其漂白性逐渐失效 D.过二硫酸中硫元素的化合价为价【答案】B【解析】【详解】A．由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸具有类似于过氧化氢、过氧化钠具有强氧化性，A正确；B．由于过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸，故硝酸钡溶液分别滴入和均可看到由白色沉淀生成，故不可用硝酸钡溶液鉴别和，B错误；C．过氧键不稳定，受热易断裂，故可做漂白剂，加热会发生反应：2+2H2O2Na2SO4+2H2SO4+O2↑，故使其漂白性逐渐失效，C正确；D．由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸中硫元素的化合价为+6价，D正确；故选B。17.下列说法正确的是A.在常温下，将通入溶液中，可以得到漂白液；与此类似，将通入冷的澄清石灰水中，即可制得漂白粉B.用饱和溶液可以将自然界中的钡盐转化为，说明小于C.工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氯化氢和氢气等原料D.工业上“吹出法”海水提溴技术主要包括吹出、吸收、蒸馏环节【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉用氯气和石灰乳制取，不用石灰水，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大，只要Q>Ksp就可以发生沉淀转化为碳酸钡的反应，不能证明小于，实际是大于，故B错误；C．焦炭与二氧化硅反应制得粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，分离后再与氢气反应得到纯硅，故C正确；D．海水提溴还需要用氯气氧化后再用热空气吹出，故D错误；答案选C。 18.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解溶液，阴极增重时，外电路中通过电子的数目为B.浓硫酸与足量的共热，转移电子的数目为C.标准状况下，和充分反应后产物分子的数目为D.中含键的数目一定为【答案】A【解析】【详解】A．电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，故当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为×2×NA/mol=0.2NA，故A正确；B．浓硫酸中含有1mol硫酸，由于浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，所以与足量的Cu共热反应后，转移的电子数小于2NA，故B错误；C．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合完全反应生成22.4L二氧化氮物质的量为,NO和氧气反应后的产物NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故反应后的产物分子个数小于NA个，故C错误；D．C2H6O可以是乙醇或者二甲醚，结构未知，无法确定含有C-O键数目，故D错误；故选：A。19.下列说法错误的是A.浓度均为的、的混合溶液中存在：B.已知碳酸电离常数为，则的碳酸钠溶液中，C.常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小D.室温下，的醋酸溶液和的硫酸溶液，约等于20倍【答案】A【解析】 【详解】A．浓度均为0.1mol•L-1的NaHCO3、NaClO的混合溶液中，利用元素守恒可知，c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()+c(HClO)+c(ClO-)，故A错误；B．已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，，，则pH=11的碳酸钠溶液中，c(H2CO3)：c()：c()=1：(1011•Ka1)：(1022•Ka1•Ka2)，故B正确；C．常温下Na2CO3溶液中存在：+H2O⇌+OH-，加入少量Ca(OH)2固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆移，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，则溶液中值减小，故C正确；D．pH=2的醋酸溶液中满足：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)=10-2mol/L≈c(CH3COO-)，pH=3的硫酸溶液中满足：c(H+)=2c()+c(OH-)=10-3mol/L≈2c()，则c(CH3COO-)约等于20倍c()，故D正确；故选：A。20.已知：①②③④下列判断正确的是A.B.，C.D.【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3受热分解，且需要持续加热，即分解反应时吸热反应，则ΔH3＞0，故A错误；B．NaHCO3溶于水是吸热的，则ΔH1＞0，Na2CO3溶解于水是放热的，则ΔH2＜0，故B正确；C．因为ΔH2＜0，ΔH4＜0，根据盖斯定律，反应②+④得到反应ΔH5，则ΔH5=ΔH2+ΔH4＜0，故C错误； D．根据盖斯定律，将反应①×2-②-③得到ΔH6，则ΔH6=2ΔH1-ΔH2-ΔH3，故D错误；故选：B。21.某温度下，在体积为1L的密闭容器中按下式分解：，由实验测得浓度随时间变化如下表所示，下列说法正确的是0123451.000.710.500.350.250.17A.内，生成的平均速率为B.第时，一定为C.上述条件下的反应，达到平衡时，混合气体的平均摩尔质量可能为D.上述条件下的反应，达到平衡时，再向容器中充入，达到新平衡时的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A．2min内，N2O5的消耗速率为v(N2O5)==0.25mol•L-1•min-1，则生成NO2的平均速率为2v(N2O5)=0.5mol•L-1•min-1，故A错误；B．由表格数据可知，第4s到第5s时，N2O5的浓度减少量为(0.25-0.17)mol/L=0.08mol/L，随着反应的进行，N2O5的分解速率逐渐减慢，即第5s到第6min时，N2O5的浓度减少量小于0.08mol/L，所以(0.17-0.08)mol/L＜c(N2O5)＜0.17mol/L，具体值是无法确定的，故B错误；C．假设N2O5完全分解，所得气体是NO2与O2按照4：1组成的混合气体，其平均摩尔质量==43.2g/mol,又可逆反应不可能完全转化，所以所得混合气体的平均摩尔质量在43.2g/mol～108g/mol,故C错误；D．上述条件下的反应，达到平衡时，再向容器中充入1molN2O5，相当于2个体积为1L的密闭容器中达到平衡时合二为一，此时容器内的压强增大，平衡逆向移动，N2O5的转化率减小，故D正确；故选：D。22.近期，天津大学化学团队以 与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，工作原理如图。下列说法错误的是A.电极与电源正极相连B.电极上可能有副产物生成C.在电极上发生的反应为：D.标准状况下参与反应时溶液中有移向电极【答案】D【解析】【分析】电解池中，OH-向Ni2P电极移动，则Ni2P电极为阳极，In/In2O3-x电极上CO2得电子生成HCOO-，In/In2O3-x电极为阴极，接电源的负极，Ni2P电极为阳极，辛胺失电子生成辛氰。【详解】A．电解池中氢氧根向Ni2P电极移动，则Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A正确；B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极可能有H+得到电子，因此可能有副产物H2生成，故B正确；C．In/In2O3-x电极为阴极，CO2得电子生成HCOO-，电极反应式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，故C正确；D．标准状况下33.6LCO2的物质的量为1.5mol，CO2得电子生成HCOO-转移3mol电子，则溶液中有3molOH-移向Ni2P电极，故D错误；故选：D。23.氨基酸存在氨基与羧基两种基团，既可以与酸反应，又可以与碱反应：常温下，的甘氨酸溶液中各微粒的分布分数与的关系如图所示，下列说法错误的是 A.曲线为的分布分数与的关系图B.平衡常数的数量级为C.D.时【答案】C【解析】【分析】甘氨酸(H2NCH2COOH)既有酸性，也有碱性，随着溶液pH的逐渐增大，甘氨酸在溶液中的微粒逐渐由H3N+CH2COOH转变为H3N+CH2COO-，再转变为H2NCH2COO-，据此分析作答即可。【详解】A．由图可知，a曲线代表H3N+CH2COOH，b曲线代表H3N+CH2COO-，c曲线代表H2NCH2COO-，故A正确；B．由图可知，pH=2.4时，H3N+CH2COOH和H3N+CH2COO-的浓度相等，则平衡H3N+CH2COOH⇌H3N+CH2COO-+H+的平衡常数=c(H+)=10-2.4≈2.5×10-3，即平衡常数的数量级为10-3，故B正确；C．由图可知，设pH=2.4时，平衡常数为K1，pH=9.8时，平衡常数为K2，结合B中分析可知，=1，=1，所以有：，则c2(H3N+CH2COO-)=c(H3N+CH2COOH)•c(H2NCH2COO-)，故C错误；D．由图可知，随着溶液的pH逐渐增大，H3N+CH2COOH逐渐减少，H3N+CH2COO-先增后减，H2NCH2COO-逐渐增多，且pH=7时，c(H3N+CH2COO-)＞c(H2NCH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)，故D 正确；故选：C。24.酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是A.酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂B.反应Ⅲ中，每消耗转移电子C.在反应Ⅱ中作氧化剂D.黄铁矿催化氧化反应为：【答案】B【解析】【分析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。【详解】A．由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；B．反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；C．反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；D．由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，故D正确；故选：B。25.下表中实验操作、现象、结论及对应关系均正确的是 选项实验操作实验现象结论A将加热条件下铜与浓硫酸反应产生的气体通入石蕊溶液中，观察现象石蕊溶液先变红后褪色该气体是B向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉溶液开始溶液呈黄色，后来变蓝色氧化性：C配制饱和NaCl的琼脂溶液，倒入培养皿中，滴入5~6滴酚酞溶液和溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入其中，观察现象靠近铜丝一端出现红色，靠近铁钉一端出现蓝色铁铜形成原电池负极(Fe)：正极(Cu)：D探究淀粉是否发生水解向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入少量新制，无砖红色沉淀淀粉未发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．SO2和水反应生成H2SO3而使溶液呈酸性，石蕊试液遇酸变红色，但SO2不能漂白酸碱指示剂，所以溶液不褪色，故A错误；B．过量的氯水和KI反应生成I2，干扰溴和KI的反应，所以无法得出“氧化性：Cl2＞Br2＞I2”的结论，故B错误；C．靠近铜丝一端出现红色，说明溶液呈碱性，有碱生成；靠近铁钉一端出现蓝色，说明有Fe2+生成，说明该装置构成原电池，Fe失电子作负极、Cu作正极，负极(Fe)：Fe-2e-=Fe2+，正极(Cu)：O2+4e-+2H2O=4OH-，故C正确；D．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前应该加入适量NaOH溶液，使溶液呈碱性，否则新制氢氧化铜和稀硫酸反应而得不到砖红色沉淀，故D错误；故选C。 非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题（1）是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式__________。（2）请用一个化学方程式说明与的非金属性相对强弱______________________________。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】CaC2为离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，则CaC2的电子式为；【小问2详解】要比较C和Cl非金属性强弱，只需要比较两者最高价含氧酸的酸性强弱即可，高氯酸可与碳酸钠反应生成高氯酸钠、水和二氧化碳，说明Cl的非金属性强于C，反应的化学方程式为。27.回答下列问题（1）向含的溶液中加入含的溶液，充分反应(不考虑，已知还原性)。当产生的量最多时，反应的__________。（2）已知时，。时，向溶液中加入盐酸(混合后溶液的体积变化忽略不计)，混合后溶液中__________。【答案】（1）2.4（2）【解析】【小问1详解】当产生碘单质得量最多时被化原为碘单质，1mol被还原转移电子5mol，被氧化为，1mol被氧化转移得电子为2mol，根据电子守恒，消耗；【小问2详解】溶液中加入盐酸溶液，反应后剩余氯离子得物质的量浓度为，根据氯化银的Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，则 。28.某化合物X由四种短周期元素组成，为探究X的组成设计如下实验。已知：化合物Y由两种元素按原子比1∶1组成，回答下列问题。（1）X的组成元素为____________________(填元素符号)；的化学式是____________________。（2）写出化合物在氛围下分解的化学方程式________________________________________。（3）写出固体混合物M的组成：__________________________________________________。（4）设计实验检验溶液中的阳离子：______________________________【答案】（1）①.C、H、Si、Cl②.（2）（3）、、（4）取待测液于试管，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子；另取待测液于另一试管，加入甲基橙溶渡，溶液变为红色，证明含氢离子。【解析】【分析】某化合物X由四种短周期元素组成，在氢气氛围中高温1700K加热分解生成气体A和化合物Y，气体A通入足量硝酸银溶液生成白色沉淀G为AgCl,说明气体A为HCl,X中含H、Cl元素，沉淀氯化银质量为86.1g,n(AgCl)=n(Cl)==0.6mol，n(H)=0.6mol,生成化合物Y的质量为8.0g,在氧气氛围中和足量氢氧化钠熔融反应得到固体混合物M，M和足量盐酸反应生成气体A，通过足量澄清石灰水生成白色沉淀20gH为CaCO3，物质的量n(CaCO3)==0.2mol,气体A物质的量,A为CO2，说明X中含C元素，物质的量n(C)=0.2mol,Y中碳的质量 =0.2mol×12g/mol=2.4g,Y的物质的量为0.2mol,含另一种元素的摩尔质量==28g/mol,判断为Si元素，Y为SiC，M中含碳酸钠，M和盐酸反应生成白色胶状物为硅酸，证明M中含Na2SiO3，另外含剩余的NaOH，得到溶液Z中含氯化钠和过量的盐酸溶液，得到元素物质的量n(C)：n(H)：n(Si)：n(Cl)=0.2：0.6：0.2：0.6=1：3：1：3，X的化学式为：CH3SiCl3，结合分析回答问题。【小问1详解】分析可知，X的组成元素为：C、H、Si、Cl,H的化学式为：CaCO3，故答案为：C、H、Si、Cl；CaCO3；【小问2详解】X的化学式为：CH3SiCl3，化合物X在H2氛围下分解生成SiC和HCl,反应的化学方程式为：；【小问3详解】分析可知，M中含：Na2SiO3、Na2CO3、NaOH；【小问4详解】溶液Z中含氯化钠和过量的盐酸溶液，Z溶液中的阳离子为Na+、H+，实验验证方法为：取待测液于试管中，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子，另取待测液于另一支试管中，加入甲基橙溶液变红色，证明含氢离子，故答案为：取待测液于试管，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子；另取待测液于另一试管，加入甲基橙溶渡，溶液变为红色，证明含氢离子。29.以为代表的温室气体大量排放易导致极端天气的出现，减少碳排放，推进碳中和，提升的综合利用技术，降低空气中的含量显得刻不容缓。目前的综合利用技术常用的有如下三种：一、光催化技术（1）中国广州分析测试中心研究团队在温和条件下用合成，方程式为：已知生成乙醛的净反应速率为(、分别表示正、逆反应速率常数)。若在某一温度下，则此温度下，上述反应的平衡常数__________。二、电化学技术（2）研究证明也可在熔融碳酸钠中通过电解生成，收集可进行其他有机类合成，化废为宝。则生成电极反应式是____________________。 三、化学催化技术恒温、体积不变的密闭容器中，加入一定量的和，在催化剂下同时发生反应Ⅰ、Ⅱ。反应Ⅰ反应Ⅱ回答下列问题：（3）下列说法不正确的是__________。A.反应Ⅰ的活化能大于反应ⅡB.容器内压强不变时可以判断反应达到平衡C.该温度下，反应Ⅱ的大于零D.使用性能更佳的催化剂可以提高平衡转化率（4）其他条件相同，仅改变容器体积，实验测得的平衡产率随着压强的增加而减少，可能原因是________________。（5）在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应Ⅱ，调整和初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，的平衡转化率如图所示(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。①C、D二点对应的反应温度、的关系是__________。②A、B两点的起始浓度相同，请分别在如图定性画出CO浓度随时间的变化关系，请在曲线上标明和_______。【答案】（1）3（2）（3）AD（4）压强增大导致反应Ⅰ的平衡正向移动，使得和浓度减少，浓度增大，使反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的产率下降 （5）①.②.【解析】【小问1详解】根据题意达平衡时，v正=v逆，即k正c2(CO2)•c5(H2)=k逆c(CH3CHO)•c3(H2O)，则平衡常数K===3。【小问2详解】CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，根据原子守恒、得失电子守恒可得生成CO的电极反应式是。【小问3详解】A．没有给出反应快慢，不能比较活化能大小，活化能大小与吸热、放热无关，故A错误；B．反应Ⅰ为气体分子总数改变的反应，容器内压强不变时，气体的总物质的量不变，各组分的物质的量不变，可以判断反应达到平衡，故B正确；C．该温度下，ΔH2＞0，反应自发进行，ΔH2-T△S＜0，则△S＞△H2T＞0，故C正确；D．催化剂指改变反应的速率，不影响平衡移动，不能提高CO2平衡转化率，故D错误；故答案为：AD。【小问4详解】其他条件相同，仅改变容器体积，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，使得CO2和H2的浓度减小，H2O的浓度增大，又促使反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的产率降低。【小问5详解】①由图可知，C点投料比为1：1，达到平衡时，CO2的转化率为50%，设CO2和H2的起始物质的量均为1mol，容器体积为1L，则有三段式： 则平衡常数，同理，D点投料比为3：2，达到平衡时，CO2的转化率为40%，设CO2和H2的起始物质的量分别为3mol、2mol，容器体积为1L，则有三段式：则平衡常数，又平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，所以TC=TD；②A、B两点的起始浓度相同，反应Ⅱ为吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，即A点对应的温度高于B点，A点反应速率快，先达到平衡，则CO浓度与时间的图像为：故答案为：。30.现在生活对水质要求越来越高，水质检测指标项目也进行了相应的增加，水质检测方法也得到了发展。Ⅰ．水质化学需氧量(COD)是指在一定条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。常用强氧化剂重铬酸钾工业上由铬铁矿(主要成分为、等)制备，制备流程如图所示：已知步骤①的主要反应为：（1）下列说法不正确的是__________。A.步骤①反应中和为氧化产物B.步骤①熔融、氧化可以在石英坩埚中进行 C.滤渣2中含有和D.步骤⑤利用了相同温度下溶解度小的原理（2）步骤④调有利于生成，请结合离子方程式用平衡移动原理解释____________________。Ⅱ．水的硬度最初是指钙、镁离子沉淀肥皂的能力，水的总硬度指水中钙、镁离子的总浓度。测定水的总硬度一般采用配位滴定法，即在的氨缓冲溶液中，以铬黑作为指示剂，用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，)标准溶液直接滴定水中的、，测定中涉及的反应有：①(蓝色)(酒红色)②(金属离子、)(无色)③（3）下列说法正确的是__________。A．配合物的稳定性大于B．在滴定过程中眼睛要随时观察滴定管中液面的变化C．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直D．实验时盛EDTA标准液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，测定结果将偏小E．滴定前尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，测定结果将偏大（4）滴定终点的判断_________________________。（5）取水样，用标准溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液。则水的总硬度为_________。【答案】（1）BC（2）根据反应，增大，平衡正向移动（3）CE（4）滴入最后半滴EDTA标准溶液，溶液恰好由酒红色变为纯蓝色，且半分钟内不变色（5）【解析】【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2等，加入Na2CO3、NaNO3熔融，发生反应：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，将得到的熔块水浸，溶解、过滤，得到滤渣1为不溶的Fe2O3，将滤液1调节pH，是pH=7，Na2SiO3转化为硅酸沉淀，过滤除去，得滤液2为Na2CrO4溶液，在调节pH，加入KCl，发生反应：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，利用K2Cr2O7溶解度小的原理，析出K2Cr2O7，据此分析作答。 【小问1详解】A.步骤①反应中Cr元素由+3价升高到+6价，Fe元素由+2价升高到+3价，则Na2CrO4和Fe2O3均为氧化产物，故A正确；B.熔融状态下，Na2CO3能够与石英坩埚中的SiO2反应，腐蚀坩埚，则步骤①熔融、氧化不可以在石英坩埚中进行，故B错误；C.根据分析可知，滤渣2中含有H2SiO3，故C错误；D.步骤⑤的反应为：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，该反应利用了相同温度下K2Cr2O7溶解度小的原理，故D正确；故答案为：BC；【小问2详解】根据平衡：可知，增大H+浓度，平衡正向移动有利于生成；小问3详解】A.根据反应③可知，配合物Mg-EBT的稳定性小于MgY2-，故A错误；B.在滴定过程中眼睛要随时观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故B错误；C.氧化还原反应滴定后，读数时应将滴定管从滴定管架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，眼睛平视刻度线的最低点，故C正确；D.实验时盛EDTA标准液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，导致EDTA标准液的浓度偏小，进一步导致消耗的EDTA标准液的体积增大，最终导致测定结果将偏大，故D错误；E.滴定前尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的EDTA标准液的体积增大，导致测定结果偏大，故E正确；故答案为：CE；【小问4详解】滴定终点的判断为：滴入最后半滴EDTA标准液时，溶液恰好由酒红色变为纯蓝色，且半分钟内不变色；【小问5详解】根据关系式：M2+(金属离子Ca2+、Mg2+)～Y4-可知，n(M2+)=n(Y4-)=n(EDTA)=cmol/L×VmL×10-3L/mL=cV×10-3mol=cVmmol，则水的总硬度为=50cVmmol/L，故答案为：50cV。31.烃是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志；酯广泛用作食品香精，白酒中适量添加可增加香气。相关物质的转化关系如图所示： 其中：分子中含甲基（1）C的结构简式__________，中官能团的名称为__________。（2）下列说法正确的是__________。A.B、D、F均能与反应产生B.用饱和溶液能鉴别B、D、E三种物质C.完全燃烧等质量的和葡萄糖消耗的量相同D.反应②③④均为氧化反应（3）写出的化学方程式：_______________。（4）写出同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________。①能发生水解反应；②能与发生反应；③分子结构中含（5）设计出以乙醇和F为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_________。已知：合成路线常用的表示方式为：目标产物。【答案】（1）①.②.羟基、羧基（2）ABC（3）（4）（5）【解析】【分析】烃A是衡量一个国家化工水平的重要标志，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，酯E 水解生成乙醇和F，则F中含有羧基，葡萄糖可以转化生成F，而F能与D(乙酸)发生反应生成H，可知F还含有羟基，且F分子中含甲基-CH3，故F为，则H为、E为；【小问1详解】由分析可知，C的结构简式为CH3CHO，F的结构简式为，F中官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：CH3CHO；羟基、羧基；【小问2详解】A．B为CH3CH2OH，含有羟基；D为CH3COOH，含有羧基；F为，含有羟基、羧基，三者均能与Na反应产生H2，故A正确；B．B为CH3CH2OH，含有羟基；D为CH3COOH，含有羧基；E为，含有羟基、酯基，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，E不能与碳酸钠反应且分层，现象各不相同，可以用饱和Na2CO3溶液能鉴别三种物质，故B正确；C．F的分子式为C3H6O3，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者的最简式都是CH2O，完全燃烧等质量的F和葡萄糖消耗O2的量相同，故C正确；D．反应③④属于氧化反应，但反应②属于加成反应，故D错误，故答案为：ABC；小问3详解】F+D→H的化学方程式：；【小问4详解】F的结构简式为，同时满足下列条件的F的同分异构体：①能发生水解反应，说明含有酯基；②能与Na发生反应，说明还含有醛基；③分子结构中含酸-CH3，符合条件的同分异构体为HCOOCH(OH)CH3、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3；【小问5详解】