2023年5月份第2周周考試題化學答案

PAGE1PAGE參考答案1、答案：D解析：大量使用一次性餐具是浪費資源的行為，同時污染環(huán)境，A項錯誤；科學家利用儲熱材料熔融或結晶時發(fā)生的物理變化吸收或釋放能量，沒有發(fā)生化學變化，B項錯誤；北京冬奧會上使用的冰是利用二氧化碳跨臨界直冷制冰技術制得的，C項錯誤；2021年授予諾貝爾化學獎的兩位科學家在不對稱有機催化領域做出了重大貢獻，D項正確。2、答案：A解析：止住彈簧夾，向長頸漏斗中注入水，觀察液面不下降，說明氣密性良好，A項正確；的密度比空氣的大，應用向上排空氣法收集，進氣管應伸入集氣瓶底部，出氣管應短，B項錯誤；制備膠體的方法是將飽和溶液滴加到沸水中，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色時停止加熱，不能用NaOH溶液，否則生成沉淀，C項錯誤；加熱時揮發(fā)出的乙醇也能使酸性溶液褪色，應選用溴水檢驗產生的乙烯，D項錯誤。3、答案：C解析：氯化鈉在20℃時的溶解度是36g，在此溫度下用50g水無法配制得到80g氯化鈉溶液，A項正確；室溫下，酸、堿等體積混合，若pH（酸）+pH（堿）=14，由于酸、堿的強度可能不同，因此，混合溶液可能呈酸性、堿性或中性，B項正確；非金屬氧化物不一定都是酸性氧化物，金屬氧化物也不一定都是堿性氧化物，C項錯誤；向NaOH溶液中通入后逐滴滴入鹽酸，開始未見氣體，則溶液中至少有NaOH和中的一種，不一定有，D項正確。4、答案：D解析：由題意可推知R、W、X、Y、Z五種元素分別是S、C、Na、O、Si。R、X、Y對應的簡單離子半徑：，A項正確；相同溫度相同濃度的R、W、Z的最高價含氧酸的正鹽溶液的pH：，B項正確；將與分別通入溶液中，通入時無明顯現(xiàn)象，通入時有白色沉淀，現(xiàn)象不同，C項正確；的熔、沸點比的熔、沸點高，是因為分子間作用力大小不同，不是因為比穩(wěn)定，D項錯誤。5、答案：D解析：該物質可由一種有機酸與苯酚發(fā)生酯化反應而制得，A項錯誤；該有機物結構中只含有3種官能團，B項錯誤；該有機物中含有多個飽和碳原子，不可能所有原子共平面，C項錯誤；1mol該有機物中酚羥基消耗1molNaOH，酚酯基消耗2molNaOH，因此，1mol該有機物最多可以與3molNaOH發(fā)生反應，D項正確。6、答案：D解析：由第三周期元素的價態(tài)是從+1價到+7價，第一周期只有2種元素，第二周期O元素與F元素的特殊性，可推測除了第一、二周期外其他周期元素的價態(tài)也是從+1價到+7價，A項錯誤；HF分子間有氫鍵，增大了分子間作用力，使得HF的沸點高于HCl的沸點，B項錯誤；屬于強酸制弱酸，由于CuS的溶解度很小，也不溶于酸，由離子反應的本質是向著某種離子濃度降低的方向進行可知，應為，C項錯誤；是以碳原子為中心的正四面體結構，而是四個磷原子構成四面體的四個頂點，所以和雖然都是正四面體結構，但是兩者的鍵角分別是和60°，D項正確。7、答案：C解析：該裝置工作時，電子從電源負極流向a極，陶瓷材料傳輸質子，A項錯誤；陰極的電極反應為，B項錯誤；根據(jù)電子得失守恒原理，若通過燃料電池提供電能，每消耗3mol理論上可以獲得8mol，C項正確；如果將該裝置設計成化學電源并將改為，則a極的電極反應為，D項錯誤。8、答案：C解析：根據(jù)反應前后元素化合價的變化和原子守恒可以判斷反應①和②均發(fā)生氧化還原反應，且都有水生成，A項正確；反應②既有極性鍵（碳氧鍵）與非極性鍵（氫氫鍵）斷裂又有極性鍵（氫氧鍵、碳氫鍵）與非極性鍵（碳碳鍵）生成，B項正確；裂化汽油中含有不飽和烴，C項錯誤；圖中a是2-甲基丁烷，有四種化學環(huán)境不同的氫原子，根據(jù)結構式可判斷D項正確。9、答案：B解析：A.Ⅰ中含有甲基，因此不可能所有原子共平面，正確。B.根據(jù)已知信息②可知，Ⅰ具有對稱性，所以其環(huán)上的一氯代物只有1種，錯誤。C.中標*碳原子所連接的四個原子或基團不同，為手性碳原子，正確。D.根據(jù)基團之間的轉化特點，可以得出Ⅱ轉化為Ⅲ發(fā)生的是取代反應，正確。10、答案：D解析：A.醋酸是弱酸，在離子方程式中不拆分，用醋酸除水垢的離子方程式為，正確。B.向飽和碳酸鈉溶液中通入足量，生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，故碳酸氫鈉會析出，離子方程式為，正確。C.海帶灰的浸出液中含有，加入稀硫酸、雙氧水，離子方程式為，正確。D.向氨水中通入少量生成，離子方程式為，錯誤。11、答案：B解析：A.其有還原性，所以通入酸性溶液，酸性溶液褪色，不能驗證具有漂白性，錯誤。B.根據(jù)電流表指針的偏轉，可以證實有反應發(fā)生，說明氧化性：，正確。C.是揮發(fā)性酸對應的鹽，加熱過程中溶液會發(fā)生水解生成和HCl，HCl揮發(fā)，促進水解，最終得不到無水，錯誤。D.能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，錯誤。12、答案：A解析：根據(jù)化合物中Y、Z、W、Q的成鍵情況及X的化合價，再結合原子序數(shù)和原子半徑的關系可知，X為Li，Y為N，Z為O，W為F，Q為S。A.一般元素非金屬性越強，其簡單氫化物越穩(wěn)定，元素的非金屬性：F>O>N，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性：，正確。B.N與形成的化合物有等，不止一種，錯誤。C.X是Li，Li的最高價氧化物的水化物為LiOH，屬于堿，錯誤。D.電子層結構不同的離子，一般電子層數(shù)越多，離子半徑越大；電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以簡單離子半徑：，錯誤。13、答案：C解析：根據(jù)圖像，光照室有生成，再由光照室pH=13.3可知，光照室電極的電極反應式為。A.光照室電極失去電子，則電子由光照室電極經(jīng)導線移動到微生物室電極，正確。B.根據(jù)上述分析可知，光照室電極的電極反應式為，正確。C.微生物室電極的電極反應式為，每轉化22.4L（標準狀況下），電路中轉移8mol，錯誤。D.根據(jù)光照室電極的電極反應式可知，雙極膜中間層中的向光照室電極遷移，正確。14、答案：AD解析：由圖Ⅰ可知，晶體中位于晶胞頂點，位于晶胞面心，因此，每個周圍有12個緊相鄰，A項正確；晶體是立體網(wǎng)狀原子晶體，晶體結構中每個Si原子與四個O原子以共價鍵結合，B項錯誤；由，解得，C項錯誤；由于，則MgO、CaO、BaO中的離子鍵依次減弱，晶格能依次減小，硬度和熔沸點依次減小，D項正確。15、答案：（1）BC（2）N>S>C；+4；sp雜化（3）低于；異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能形成氫鍵；S（或N）、O；6（4）；解析：（1）Fe的原子序數(shù)是26，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，A錯誤；根據(jù)構造原理得出基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為或，B正確；核外電子排布為，軌道半充滿狀態(tài)時比較穩(wěn)定，C正確。答案為BC。（2）由于C的電負性較小，故為正價，N、S電負性較大，為負價，N為-3價，S為-2價，可以推知中C為+4價。與為等電子體，結構應為直線形，故C的雜化類型為sp雜化。（3）電負性較大的F、O、N與H結合的分子能形成氫鍵，故能形成分子間氫鍵，而則不能。中S、N原子上均有孤對電子，中O原子上有孤對電子，故S（或N）和O都可以作為配位原子形成配位鍵。（4）根據(jù)均攤法，晶胞頂點的原子占，棱上的原子占，內部的原子占1，則有8個位于頂點，4個位于棱上，2個位于內部，所以一個晶胞共含4個；和都位于晶胞的內部，一個晶胞實際含4個、2個和2個，故晶體的化學式為。一個晶胞中所含F(xiàn)e原子數(shù)為2，W原子數(shù)為2，N原子數(shù)為。一個晶胞的質量，一個晶胞的體積，故晶體的密度。16、答案：（1）對硝基苯酚（或4-硝基苯酚）（2）取代反應（3）（4）（5）硝基、酯基（6）（7）解析：（1）由C的結構簡式可推出B為，由已知反應①和F的結構簡式可推出E為、A為。由已知反應②和Ⅰ的結構簡式可推出H為，G為HCHO。由B的結構簡式可知B的名稱為對硝基苯酚（或4-硝基苯酚）。（2）由E和A的結構簡式可知，E到F的反應類型為取代反應。（3）由流程圖信息可知I生成J的反應為酯化反應，由酯化反應原理可寫出該反應的化學方程式。（5）由C的結構簡式可知，C中所含官能團的名稱為硝基、酯基。（6）滿足條件的C的同分異構體，苯環(huán)上含氮官能團不變且苯環(huán)上只有一種氫原子，說明C的同分異構體中含有1個硝基；遇溶液發(fā)生顯色反應且1molC的同分異構體與足量金屬Na反應可生成1mol，說明C的同分異構體中含有2個酚羥基，結合C的分子式為可知，符合要求的C的同分異構體的結構簡式為和。（7）由流程圖及已知信息可設計合成路線：17、答案：（1）（2）平衡壓強（或判斷裝置C是否堵塞）；飽和NaHS溶液（3）中和生成的NaOH，穩(wěn)定溶液的pH（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥（5）①淀粉溶液；當?shù)稳胱詈?滴標準溶液時，溶液顏色由藍色剛好變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色②；偏小解析：（1）根據(jù)題意，可以推理得出裝置C中生成的化學反應方程式為。（2）根據(jù)實驗裝置的特點，可以看出裝置B中長玻璃管與外界相通，可以起到平衡壓強的作用，另外還可用于判斷裝置C是否堵塞；制備的中含有HCl，所以試劑X的作用是除去HCl，試劑X是飽和NaHS溶液。（3）以一定氣流速率通入是為了中和裝置C中生成的NaOH，以穩(wěn)定溶液的pH為10左右。（4）硫脲受熱易分解，因此可以采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作從反應后的溶液中獲得硫脲晶體。（5）①根據(jù)反應原理可知，應用淀粉溶液作指示劑；滴定終點的現(xiàn)象為滴入最后1滴標準溶液，溶液顏色由藍色剛好變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色。②由題意可以得出：，因此的純度為；若盛放溶液的滴定管沒有潤洗，則會造成溶液的濃度變小，偏大，最終結果偏小。18、答案：（1）攪拌（或適當升溫或適當增大鹽酸濃度）；（2）升溫，的溶解度增大，部分沉淀又溶于溶液中（3）一是增大鈣離子濃度，二是降低溶液酸性，使“沉鈣”反應正向移動趨勢增大（4）取少量最后一次洗滌液于試管中，向其中加入硝酸酸化的溶液，若不出現(xiàn)白色沉淀，則證明濾渣2已洗滌干凈；（5）（6）85解析：（1）為提高“酸浸”率可采取的措施有攪拌或適當升高溫度或適當增大鹽酸的濃度等；電石灰中不與鹽酸反應的物質主要是，故濾渣1的主要成分為。（2）溫度升高的溶解度增大，部分沉淀又溶于溶液中。（3）濾液2中有未反應完全的和HCl，進入“沉鈣”步驟循環(huán)使用前先將其加熱濃縮，一方面是為了增大鈣離子濃度，另一方面是為了使HCl揮發(fā)，降低溶液的酸性，因為溶液酸性太強會使“沉鈣”反應逆向移動的趨勢增大。（4）濾渣2為，濾液2中含有，因此可以通過檢驗最后一次洗滌液中是否有來驗證濾渣2是否洗滌干凈，實驗操作為取少量最后一次洗滌液于試管中，向其中加入硝酸酸化的溶液，若不出現(xiàn)白色沉淀，則證明濾渣2已洗滌干凈。受熱分解的化學方程式為。（5）水解的化學方程式為，由此可以得出用石灰乳吸收的化學方程式為。（6）副產品為，根據(jù)Ca元素守恒可得：理論上產生的質量為，產率。19、答案：（1）-364.5；逆向（2）b點壓縮容器，的濃度突然增大，氣體顏色變深，透光率突然減??；隨后，因體系壓強增大，平衡向右移動，的濃度減小，透光率又逐漸增大（3）①>②（4）①Ⅱ②③解析：（1）反應③=（反應②-反應①）÷2，則。反應①為氣體分子數(shù)減小的反應，，所以任何溫度下該反應都不能自發(fā)正向進行，即自發(fā)進行的方向為逆向。（2）壓縮氣體瞬間，的濃度突然增大，氣體顏色變深，透光率減??；隨后，平衡會因壓強的增大而向右移動，的濃度又逐漸減小，顏色又逐漸變淺，但最終顏色比a點深。（3）①首先判斷該曲線是否為平衡狀態(tài)曲線，顯然，該曲線不完全是平衡狀態(tài)曲線。溫度越高，反應速率越大，相同時間內，反應越容易達到平衡狀態(tài)，所以最高點及其右側的點處于平衡狀態(tài)，最高點左側的點處于非平衡狀態(tài)。最高點左側，隨著溫度的升高，反應速率增大，NO的轉化率逐漸增大，直到最高點，達到平衡狀態(tài)；最高點右側的點是已經(jīng)達到平衡的點，隨著溫度的進一步升高，NO的轉化率降低，說明升溫平衡向左移動，所以該反應的正反應為放熱反應，升溫，平衡常數(shù)減小，則。②由圖3可知，380℃時.N0的轉化率為50%，則依據(jù)三段式：所以，。（4）①依據(jù)信息可知，步驟Ⅱ反應速率慢，為決速步驟。②步驟Ⅰ處于平衡狀態(tài)時，。推出。③依據(jù)信息可得，總反應速率，因為步驟Ⅰ處于平衡狀態(tài)，依據(jù)②的分析，。所以。20、答案：（1）①CD②共價鍵、范德華力③（2）①H>B>Na②（或）③（或）；（3）；（0.500，0.132，0.500）；解析：（1）①Ti為22號元素，基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為，A正確；基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為，電子共占據(jù)12個軌道，所以共有12種空間運動狀態(tài)，B正確；根據(jù)洪特規(guī)則，Ti的M層中3d軌道上的兩個電子占據(jù)兩個不同的軌道，且自旋方向相同，C錯誤；第四周期，最外層電子數(shù)為1的元素有3種，分別為K、Cr、Cu，D錯誤。②依據(jù)的物理性質可知，應該為分子晶體。中存在的作用力有共價鍵及范德華力。③1mol該配合物與足量溶液反應生成2molAgCl，說明該配合物中有2個在外界，配位數(shù)為6，說明配離子中有1個及5個，所以該配合物中配離子的化學式為。（2）①中，Na、B、H的化合價分別為+1、+3、-1，且Na為金屬元素，B為非金屬元素，所以電負性由大到小的順序為H>B>Na。②與互為等電子體的分子有。③依據(jù)題意得，的結構式為（或），B形成四個共價