新疆喀什第二中學(xué)2024年高三一診考試化學(xué)試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

新疆喀什第二中學(xué)2024年高三一診考試化學(xué)試卷注意事項1.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,下列敘述正確的是A.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-的數(shù)目小于0.1NAB.同溫同壓下,體積均為22.4L的鹵素單質(zhì)中所含的原子數(shù)均為2NAC.1mol苯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為3NAD.78g過氧化鈉固體中所含的陰、陽離子總數(shù)為4NA2、如圖是某有機物分子的比例模型,黑色的是碳原子,白色的是氫原子,灰色的是氧原子。該物質(zhì)不具有的性質(zhì)是()A.能與氫氧化鈉反應(yīng) B.能與稀硫酸反應(yīng) C.能發(fā)生酯化反應(yīng) D.能使紫色石蕊試液變紅3、分子式為C5H10O2,能與NaHCO3溶液反應(yīng)的有機物有A.4種 B.5種 C.6種 D.7種4、將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應(yīng),生成0.1mol的NaCl,下列說法正確的是()A.反應(yīng)后溶液中ClO﹣的個數(shù)為0.1NAB.原NaOH濃度為1mol/LC.參加反應(yīng)的氯氣分子為0.1NAD.轉(zhuǎn)移電子為0.2NA5、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物殺菌。常溫時,有1mol?L-1的H3PO2溶液和1mol?L-1的HBF4溶液,兩者起始時的體積均為V0,分別向兩溶液中加水,稀釋后溶液的體積均為V,兩溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A.常溫下,NaBF4溶液的pH=7B.常溫下,H3PO2的電離平衡常數(shù)約為1.110-2C.NaH2PO2溶液中:c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D.常溫下,在0≤pH≤4時,HBF4溶液滿足6、25℃時,將濃度均為0.1mol·L-1、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3·H2O溶液按不同體積比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb與混合液的pH的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等B.b點,c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1C.a(chǎn)→c點過程中,值不變D.a(chǎn)、b、c三點,c點時水電離出的c(H+)最大7、如圖所示的X、Y、Z、W四種短周期元素的原子最外層電子數(shù)之和為22,下列說法正確的是A.X、Y、W三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B.Z、X、W三種元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強C.由X、W和氫三種元素形成的化合物中只含共價鍵D.X、Z形成的二元化合物是一種新型無機非金屬材料8、室溫下,下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙變紅的溶液:Na+、Ca2+、Br-、HCO3-B.=1×10-12的溶液:K+、Na+、CO32-、AlO2-C.0.1mol·L-1KFe(SO4)2溶液:Mg2+、Al3+、SCN-、NO3-D.0.1mol·L-1Ca5NH4(NO3)11溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-9、下列物質(zhì)的檢驗,其結(jié)論一定正確的是()A.向某溶液中加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀,加入HNO3后,白色沉淀不溶解,也無其他現(xiàn)象,說明原溶液中一定含有SO42—B.向某溶液中加鹽酸產(chǎn)生無色氣體,該氣體能使澄清的石灰水變渾濁,說明該溶液中一定含有CO32—或SO32—C.取少量久置的Na2SO3樣品于試管中加水溶解,再加足量鹽酸酸化,然后加BaCl2溶液,若加HCl時有氣體產(chǎn)生,加BaCl2時有白色沉淀產(chǎn)生,說明Na2SO3樣品已部分被氧化D.將某氣體通入品紅溶液中,品紅溶液褪色,該氣體一定是SO210、可確定乙二醇分子是否有極性的實驗是A.測定沸點 B.測靜電對液流影響C.測定蒸氣密度 D.測標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積11、金屬(M)-空氣電池具有原料易得,能量密度高等優(yōu)點,有望成為新能源汽車和移動設(shè)備的電源,該類電池放電的總反應(yīng)方程式為:2M+O2+2H2O=2M(OH)2。(已知:電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能)下列說法正確的是A.電解質(zhì)中的陰離子向多孔電極移動B.比較Mg、Al、Zn三種金屬-空氣電池,Mg-空氣電池的理論比能量最高C.空氣電池放電過程的負極反應(yīng)式2M-4e-+4OH-=2M(OH)2D.當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時,多孔電極需要通入空氣22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)12、常溫常壓下,下列氣體混合后壓強一定不發(fā)生變化的是A.NH3和Cl2 B.NH3和HBr C.SO2和O2 D.SO2和H2S13、室溫下,用0.100mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol?L-1的HA和HB兩種酸溶液,滴定曲線如圖所示[已知AG=lg],下列說法不正確的是()A.P點時,加入NaOH溶液的體積為20.00mLB.Ka(HB)的數(shù)量級為10-4C.水的電離程度:N>M=PD.M、P兩點對應(yīng)溶液中存在:c(A-)=c(B-)14、常溫下,向20mL0.1mol·L-1HCN溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH的溶液,由水電離的氫氧根離子濃度隨加入NaOH體積的變化如圖所示,則下列說法正確的是()A.常溫下,0.1mol·L-1HCN的電離常數(shù)Ka數(shù)量級為10-8B.a(chǎn)、c兩點溶液均為中性C.當(dāng)V(NaOH)=10mL時:c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)D.當(dāng)V(NaOH)=30mL時:2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)15、化學(xué)與生活密切相關(guān),下列有關(guān)說法不正確的是()A.在海輪外殼鑲嵌鋅塊能減緩輪船的腐蝕B.燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放C.加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質(zhì)受熱變性D.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度(體積分?jǐn)?shù))為75%16、下列物質(zhì)的制備方法正確的是()A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為6mol/L的硫酸制乙烯B.用鎂粉和空氣反應(yīng)制備Mg3N2C.2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5滴得新制Cu(OH)2懸濁液D.用電解熔融氯化鋁的方法制得單質(zhì)鋁二、非選擇題(本題包括5小題)17、四川北川盛產(chǎn)薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示),在染料工業(yè)和食品工業(yè)上有著廣泛的用途,下面是它的一種合成路線。其中0.lmol有機物A的質(zhì)量是12g,在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O;D能使溴的四氯化碳溶液褪色,D分子與C分子具有相同的碳原子數(shù);F繼續(xù)被氧化生成G,G的相對分子質(zhì)量為90。已知:①CH3-CHO②回答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。(2)A~G中能發(fā)生酯化反應(yīng)的有機物有:_________(填字母序號)。(3)C在濃硫酸加熱的條件下時,分子內(nèi)脫水除生成D外還可以生成另一種有機物,寫出該反應(yīng)的方程式:___________________;該反應(yīng)類型_________。(4)C的同分異構(gòu)體有多種,其中符合下列要求的有機物有多種。①能與3molNaOH溶液反應(yīng);②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種。寫出所有滿足條件有機物的結(jié)構(gòu)簡式______________________________。(5)C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發(fā)生取代反應(yīng),生成的有機物有_____種。18、有A、B、C、D、E、F六種溶液,它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量,將其兩兩混合現(xiàn)象如圖所示。其中“↓”表示難溶物,“↑”表示氣體,“-”表示無明顯現(xiàn)象,空格表示未做實驗,試推斷其中F是:A.碳酸鈉溶液 B.氯化鋇溶液C.硫酸鎂溶液 D.碳酸氫鈉溶液19、ClO2與Cl2的氧化性相近,常溫下均為氣體,在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收、釋放和應(yīng)用進行了研究?(1)儀器C的名稱是:___?安裝F中導(dǎo)管時,應(yīng)選用圖2中的:___(填“a”或“b”)。(2)打開B的活塞,A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,寫出反應(yīng)化學(xué)方程式:___;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,可采取的措施是___?(3)關(guān)閉B的活塞,ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2,此時F中溶液的顏色不變,則裝置C的作用是:___。(4)已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2,該反應(yīng)的離子方程式為:___,在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應(yīng),則裝置F的作用是:___?(5)已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ,加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示,若將其用于水果保鮮,你認為效果較好的穩(wěn)定劑是___,(選填“I”或“II”)理由是:___?20、B.[實驗化學(xué)]丙炔酸甲酯()是一種重要的有機化工原料,沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應(yīng)為實驗步驟如下:步驟1:在反應(yīng)瓶中,加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸,攪拌,加熱回流一段時間。步驟2:蒸出過量的甲醇(裝置見下圖)。步驟3:反應(yīng)液冷卻后,依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4:有機相經(jīng)無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾,得丙炔酸甲酯。(1)步驟1中,加入過量甲醇的目的是________。(2)步驟2中,上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______;蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。(3)步驟3中,用5%Na2CO3溶液洗滌,主要除去的物質(zhì)是____;分離出有機相的操作名稱為____。(4)步驟4中,蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。21、2019年1月3日上午,嫦娥四號探測器翩然落月,首次實現(xiàn)人類飛行器在月球背面的軟著陸。所搭載的“玉兔二號”月球車,通過砷化鎵(GaAs)太陽能電池提供能量進行工作?;卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)As原子的價電子排布圖為____________,基態(tài)Ga原子核外有________個未成對電子。(2)鎵失去電子的逐級電離能(單位:kJ?mol-1)的數(shù)值依次為577、1985、2962、6192,由此可推知鎵的主要化合價為____和+3,砷的電負性比鎵____(填“大”或“小”)。(3)1918年美國人通過反應(yīng):HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒氣。在HC≡CH分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________;AsCl3分子的空間構(gòu)型為___________。(4)砷化鎵可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得,(CH3)3Ga中碳原子的雜化方式為_______(5)GaAs為原子晶體,密度為ρg?cm-3,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,Ga與As以_______鍵鍵合。Ga和As的原子半徑分別為apm和bpm,設(shè)阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA,則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為_______________(列出計算式,可不化簡)。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、A【解析】

A、由于硫離子水解,所以1L0.1mol?L-1Na2S溶液中含有的S2-的個數(shù)小于0.1NA,選項A正確;B、同溫同壓下不一定為標(biāo)準(zhǔn)狀況下,鹵素單質(zhì)不一定為氣體,體積為22.4L的鹵素單質(zhì)的物質(zhì)的量不一定為1mol,故所含的原子數(shù)不一定為2NA,選項B錯誤;C、苯中不含有碳碳雙鍵,選項C錯誤;D、過氧化鈉由鈉離子和過氧根離子構(gòu)成,78g過氧化鈉固體為1mol,其中所含的陰、陽離子總數(shù)為3NA,選項D錯誤。答案選A。2、B【解析】

該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH,為乙酸。A.乙酸具有酸性,能夠與NaOH溶液反應(yīng),不選A;B.乙酸不與稀硫酸反應(yīng),選B;C.乙酸能夠與醇發(fā)生酯化反應(yīng),不選C;D.乙酸具有酸性,能夠使紫色石蕊試液變紅,不選D。答案選B。3、A【解析】

分子式為C5H10O2且能與NaHCO3溶液反應(yīng),則該有機物中含有-COOH,所以為飽和一元羧酸,烷基為-C4H9,-C4H9異構(gòu)體有:-CH2CH2CH2CH3,-CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)CH3,-C(CH3)3,故符合條件的有機物的異構(gòu)體數(shù)目為4種。答案選A。4、C【解析】

發(fā)生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,生成0.1molNaCl的同時,生成0.1molNaClO,消耗2molNaOH;A.生成0.1molNaClO,陰離子水解,則反應(yīng)后溶液中ClO﹣的個數(shù)小于0.1NA,故A錯誤;B.若恰好完全反應(yīng),則原NaOH濃度為=2mol/L,故B錯誤;C.由反應(yīng)可知,參加反應(yīng)的氯氣為0.1mol,則參加反應(yīng)的氯氣分子為0.1NA,故C正確;D.Cl元素的化合價既升高又降低,轉(zhuǎn)移0.1mol電子,則轉(zhuǎn)移電子為0.1NA,故D錯誤;故答案為C?!军c睛】考查氯氣的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)方程式的計算,把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及物質(zhì)的量為中心的計算為解答的關(guān)鍵,將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應(yīng),生成0.1mol的NaCl,發(fā)生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,側(cè)重分析能力、計算能力的考查。5、C【解析】

此題的橫坐標(biāo)是,V是加水稀釋后酸溶液的體積,未稀釋時,V=V0,橫坐標(biāo)值為1;稀釋10倍時,V=10V0,橫坐標(biāo)值為2,以此類推。此題實際上考察的是稀釋過程中,酸堿溶液pH的變化規(guī)律:越強的酸堿,稀釋過程中pH的變化越明顯;如果不考慮無限稀釋的情況,對于強酸或強堿,每稀釋十倍,pH變化1。根據(jù)此規(guī)律,再結(jié)合題干指出的次磷酸是弱酸這條信息,就可以明確圖像中兩條曲線的歸屬,并且可以得出氟硼酸是強酸這一信息。【詳解】A.根據(jù)圖像可知,b表示的酸每稀釋十倍,pH值增加1,所以b為強酸的稀釋曲線,又因為H3PO2為一元弱酸,所以b對應(yīng)的酸只能是氟硼酸(HBF4),即氟硼酸為強酸;那么NaBF4即為強酸強堿鹽,故溶液為中性,常溫下pH=7,A項正確;B.a(chǎn)曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線,由曲線上的點的坐標(biāo)可知,1mol/L的次磷酸溶液的pH=1,即c(H+)=0.1mol/L;次磷酸電離方程式為:,所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L,c()=0.1mol/L,那么次磷酸的電離平衡常數(shù)即為:,B項正確;C.次磷酸為一元弱酸,無法繼續(xù)電離,溶液中并不含有和兩類離子;此外,還會發(fā)生水解產(chǎn)生次磷酸分子,所以上述等式錯誤,C項錯誤;D.令y=pH,x=,由圖可知,在0≤pH≤4區(qū)間內(nèi),y=x-1,代入可得pH=,D項正確;答案選C。【點睛】關(guān)于pH的相關(guān)計算主要考察三類:一類是最簡單的單一溶液的pH的相關(guān)計算,通過列三段式即可求得;第二類是溶液混合后pH的計算,最??疾斓氖菑娝釅A混合的相關(guān)計算,務(wù)必要考慮混合時發(fā)生中和反應(yīng);第三類就是本題考察的,稀釋過程中pH的變化規(guī)律:越強的酸或堿,稀釋過程中pH的變化越明顯,對于強酸或強堿,在不考慮無限稀釋的情況下,每稀釋十倍,pH就變化1。6、D【解析】

A.b點加入等體積等濃度的HX和氨水,兩者恰好完全反應(yīng)生成NH4X,b點溶液的pH=7,說明X-與NH4+的水解程度相等,則Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等,故A正確;B.由圖可知0.1mol·L-1的HX溶液的pH=3,HX為弱酸,因為b點的pH=7,所以b點c(X-)=c(NH4+),,根據(jù)物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L,則c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1,故B正確;C.a→c點過程中,,水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),溫度不變,則值不變,故C正確;D.b點加入等體積等濃度的HX和氨水,兩者恰好完全反應(yīng)生成NH4X,NH4X是弱酸弱堿鹽,促進水電離,則a、b、c三點,b點時水電離出的c(H+)最大,故D錯誤。答案選D。7、D【解析】

根據(jù)在短周期中,X、Y、Z、W的位置,可以知道,X和Y位于第二周期,Z和W位于第三周期,設(shè)Z元素原子的最外層電子數(shù)為a,則X、Y、W的原子的最外層電子數(shù)分別為a+1、a+2、a+3;有a+a+1+a+2+a+3=22,得a=4,Z的最外層電子數(shù)為4,Z元素為Si,同理可知X、Y、W分別為N、O、Cl。A.X、Y、W三種元素最低價氫化物分別為NH3、H2O、HCl,由于NH3、H2O分子間存在氫鍵,沸點會升高,因此沸點最高的是H2O,最低的是HCl,A項錯誤;B.Z、X、W元素氧化物對應(yīng)的水化物的酸性不一定增強,如Cl的含氧酸中的HClO為弱酸,其酸性比N的最高價氧化物的水化物HNO3的弱,B項錯誤;C.X、W和H三種元素形成的化合物為NH4Cl等,NH4Cl為離子化合物,其中既存在離子鍵又存在共價鍵,C項錯誤;D.Z和X形成的二元化合物為氮化硅,氮化硅是一種重要的結(jié)構(gòu)陶瓷材料,它是一種新型無機非金屬材料,D項正確;本題答案選D。8、B【解析】

A.能使甲基橙變紅的溶液呈酸性:H+、HCO3-反應(yīng)生成水和二氧化碳,故A不符;B.=1×10-12的溶液,氫離子濃度小于氫氧根離子濃度,溶液呈堿性:K+、Na+、CO32-、AlO2-與OH-間不發(fā)生反應(yīng),故B符合;C.0.1mol·L-1KFe(SO4)2溶液:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,生成絡(luò)合物,不能共存,故C不符;D.0.1mol·L-1Ca5NH4(NO3)11溶液:H+、Fe2+、NO3-之間要發(fā)生氧化還原反應(yīng),故D不符合;故選B。9、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀,加入HNO3后,白色沉淀不溶解,也無其他現(xiàn)象,原溶液可能含SO42 ̄或Cl ̄,故A錯誤;B、向某溶液中加鹽酸產(chǎn)生無色氣體,該氣體能使澄清的石灰水變渾濁,說明該溶液中一定含有CO32—或SO32—,或HCO3 ̄或HSO3 ̄,故B錯誤;C、加HCl時有氣體產(chǎn)生,加BaCl2時有白色沉淀產(chǎn)生,說明含有SO42 ̄和SO32 ̄,Na2SO3樣品已部分被氧化,故C正確;D、能使品紅溶液退色的氣體可能是SO2、Cl2等具有漂白性的氣體,故D錯誤。答案選C?!军c晴】解決本題的關(guān)鍵在于熟練掌握常見物質(zhì)的檢驗方法,進行物質(zhì)的檢驗時,要依據(jù)物質(zhì)的特殊性質(zhì)和特征反應(yīng),選擇適當(dāng)?shù)脑噭┖头椒?,包括試劑的選擇,反應(yīng)現(xiàn)象及結(jié)論判斷。物質(zhì)檢驗應(yīng)遵守“三個原則”,即一看(顏色、狀態(tài))、二嗅(氣味)、三實驗(加試劑)。根據(jù)實驗時生成物所表現(xiàn)的現(xiàn)象不同,進行檢驗,重點掌握以下離子或物質(zhì)的檢驗:Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl ̄、SO42 ̄、SO32 ̄、CO32 ̄、HCO3 ̄、NH3、Cl2、SO2等。10、B【解析】

極性分子的正電荷中心與負電荷中心不重合,極性分子雖然整體不帶電,但每一個乙二醇分子都有帶電的極性端,也可以再理解為部分區(qū)域帶電,所以它在電場作用下,會定向運動,所以測靜電對液流影響,可以判斷分子是否有極性;而測定沸點、測定蒸氣密度、測標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積等均不能判斷分子極性。答案選B。11、C【解析】

A.原電池中陰離子應(yīng)該向負極移動;B.電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能,即單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多,則得到的電能越多;C.負極M失電子和OH?反應(yīng)生成M(OH)2;D.由正極電極反應(yīng)式O2+2H2O+4e?=4OH?有O2~4OH?~4e?,當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時,消耗氧氣1mol,但空氣中氧氣只占體積分?jǐn)?shù)21%,據(jù)此計算判斷?!驹斀狻緼.原電池中陰離子應(yīng)該向負極移動,金屬M為負極,所以電解質(zhì)中的陰離子向金屬M方向移動,故A錯誤;B.電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能,則單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多,假設(shè)質(zhì)量都是1g時,這三種金屬轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量分別為×2mol=mol、×3mol=mol、×2mol=mol,所以Al?空氣電池的理論比能量最高,故B錯誤;C.負極M失電子和OH?反應(yīng)生成M(OH)2,則正極反應(yīng)式為2M-4e-+4OH-=2M(OH)2,故C正確;D.由正極電極反應(yīng)式O2+2H2O+4e?=4OH?有O2~4OH?~4e?,當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時,消耗氧氣1mol,即22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下),但空氣中氧氣只占體積分?jǐn)?shù)21%,所以空氣不止22.4L,故D錯誤;故答案選C?!军c睛】明確電極上發(fā)生的反應(yīng)、離子交換膜作用、反應(yīng)速率影響因素、守恒法計算是解本題關(guān)鍵,注意強化電極反應(yīng)式書寫訓(xùn)練。12、C【解析】

完全反應(yīng)后容器中壓強沒有發(fā)生變化,說明反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化,A.氨氣與氯氣常溫下反應(yīng):8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl,氯化銨為固體,氣體物質(zhì)的量減小,壓強發(fā)生變化,故A不選;B.氨氣與溴化氫反應(yīng)生成溴化銨固體,方程式為:NH3+HBr=NH4Br,溴化銨為固體,氣體物質(zhì)的量減小,壓強發(fā)生變化,故B不選;C.二氧化硫與氧氣常溫下不反應(yīng),所以氣體物的量不變,壓強不變,故C選;D.SO2和H2S發(fā)生SO2+2H2S═3S↓+2H2O,氣體物質(zhì)的量減小,壓強發(fā)生變化,故D不選;故選:C。13、D【解析】

未加NaOH溶液時,HA的AG=12,則c(H+)?c(OH-)=10-14,=10-12,則c(H+)=0.1mol/L=c(HA),HA是強酸;未加NaOH溶液時,HB的AG=9,則c(H+)?c(OH-)=10-14,=10-9,則c(H+)=10-2.5mol/L<0.1mol/L,則HB是弱酸;【詳解】A.P點AG=0時,c(H+)=c(OH-),混合溶液呈中性,HA是強酸,酸堿的物質(zhì)的量相等,酸堿的物質(zhì)的量濃度相等,則酸堿體積相等,所以加入NaOH溶液的體積為20.00mL,故A正確;B.HB的電離程度較小,則溶液中c(B-)≈c(H+)=10-2.5mol/L,c(HB)≈0.1mol/L,Ka(HB)===10-4,故B正確;C.酸或堿抑制水電離,弱離子促進水電離,且酸中c(H+)越大其抑制水電離程度越大,M、P點溶液都呈中性,則M、P點不影響水的電離,N點NaB濃度較大,促進水電離,所以水的電離程度:N>M=P,故C正確;D.M、P點的AG都為0,都存在c(H+)=c(OH-),混合溶液呈中性,加入的NaOH越多,c(Na+)越大,溶液中存在電荷守恒,則存在P點c(A-)=c(Na+)、M點c(Na+)=c(B-),但是c(Na+):M<P點,則c(A-)>c(B-),故D錯誤;答案選D。【點睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷,明確混合溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)、酸的酸性強弱是解本題關(guān)鍵,注意B中微粒濃度的近似處理方法。14、D【解析】

A.常溫下,0.1mol·L-1HCN溶液中,水電離出的氫離子濃度為10-8.9mol/L,則溶液中的氫離子濃度==10-5.1,則電離常數(shù)Ka==10-9.2,數(shù)量級為10-,9,故A錯誤;B.a點為HCN和NaCN的混合溶液顯中性,c點為NaOH和NaCN的混合溶液呈堿性,故B錯誤;C.當(dāng)V(NaOH)=10mL時,為HCN和NaCN的混合溶液且二者物質(zhì)的量濃度相等,溶液顯酸性,c(OH-)<c(H+),故C錯誤;D.當(dāng)V(NaOH)=30mL時,為NaOH和NaCN的混合溶液呈堿性,鈉離子的總物質(zhì)的量為0.003mol,NaCN中CN-以CN-和HCN兩種形式存在,總物質(zhì)的量為0.002mol,則物料守恒為2c(Na+)=3c(CN-)+3c(HCN),該混合溶液中電荷守恒式為:c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),則c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)-c(H+),代入物料守恒式,可得:2[c(CN-)+c(OH-)-c(H+)]=3c(CN-)+3c(HCN),2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN),故D正確;答案選D。15、B【解析】

A.Zn、Fe、海水形成原電池中,Zn比Fe活潑作負極,F(xiàn)e作正極,發(fā)生得電子的還原反應(yīng)得到保護,該方法為犧牲陽極的陰極保護法,故A正確;B.燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫,減少酸雨的發(fā)生,不能減少溫室氣體的排放,故B錯誤;C.加熱可使蛋白質(zhì)發(fā)生變性,則加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質(zhì)受熱變性,故C正確;D.75%的酒精可用于殺菌消毒,殺毒效果好,對人體危害最小,濃度太大易在細胞壁上形成一層膜阻止酒精滲入,濃度太小殺菌效果差,故D正確;故答案選B。16、C【解析】

A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為18.4mol/L的硫酸制乙烯,故A錯誤;B.鎂粉在空氣中和氧氣也反應(yīng),會生成氧化鎂,故B錯誤;C.氫氧化鈉過量,可與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅,反應(yīng)后制得的氫氧化銅呈堿性,符合要求,故C正確;D.氯化鋁屬于分子晶體,熔融狀態(tài)不導(dǎo)電,工業(yè)上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al,故D錯誤;故選C。二、非選擇題(本題包括5小題)17、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有機物A有C、H、O三種元素組成,Mr(A)=12/0.1=120,0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O,水的物質(zhì)的量=7.2/18=0.4mol,根據(jù)原子守恒可知,該有機物中N(C)=0.8/0.1=8,N(H)=0.4×2÷0.1=8,有機物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1,有機物A的分子式為C8H8O,A經(jīng)過一系列反應(yīng)得到芳香醛E,結(jié)合信息中醛與HCN的加成反應(yīng),可知A含有C=O雙鍵,A與HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成B,B發(fā)生水解反應(yīng)生成C,C在濃硫酸、加熱條件下生成D,D能使溴的四氯化碳溶液褪色,應(yīng)為發(fā)生消去反應(yīng),D被臭氧氧化生成E與F,F(xiàn)繼續(xù)被氧化生成G,G的相對分子質(zhì)量為90,則G為HOOC-COOH,F(xiàn)為OHC-COOH,E為苯甲醛,D為苯丙烯酸,C為2-羥基-3-苯基丙酸,B為,A的結(jié)構(gòu)簡式為?!驹斀狻浚?)由上述分析可知,A為;(2)只要含有羧基或羥基的都能發(fā)生酯化反應(yīng),在A~G中能發(fā)生酯化反應(yīng)的有機物有B、C、D、F、G;(3)由于C中含有羧基、羥基,另外還可以發(fā)生酯化反應(yīng)生成另一種有機物,該反應(yīng)的方程式為,反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)。(4)C的同分異構(gòu)體有多種,其中符合下列要求的有機物有多種,①能與3molNaOH溶液反應(yīng),說明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基;②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種,說明苯環(huán)上含有1種氫原子;③能發(fā)生銀鏡反應(yīng),說明含有醛基,再結(jié)合①可知,酯基為甲酸與酚形成的酯基,滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為:和。(5)C中羧基和4-甲基-2,3-戊二醇中的兩個羥基發(fā)生酯化反應(yīng)生成兩種酯,C中的羥基和4-甲基-2,3-戊二醇中的兩個羥基脫水生成兩種醚,C中的羧基和羥基與4-甲基-2,3-戊二醇中的兩個羥基同時脫水可生成兩種產(chǎn)物,一共可生成6種產(chǎn)物。18、D【解析】

所給5種物質(zhì)中,只有硫酸鎂可與三種物質(zhì)(氨水、碳酸鈉、氯化鋇)生成沉淀,故D為硫酸鎂,A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種;再根據(jù)A可與C生成沉淀,故A、C為碳酸鈉和氯化鋇,則B為氨水;A與E產(chǎn)生氣體,故A為碳酸鈉,E為稀硝酸,所以F為碳酸氫鈉。【詳解】A+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀,A+D生成沉淀,說明A不是硝酸,所以E為硝酸,A為碳酸鈉,C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種,因為B+D生成沉淀,C+D生成沉淀,C+F無現(xiàn)象說明D是硫酸鎂,C為氯化鋇,B為氨水,最后F為碳酸氫鈉,則A:碳酸鈉,B:氨水,C:氯化鋇

,D:硫酸鎂

,E:硝酸,F(xiàn):碳酸氫鈉;答案選D?!军c睛】這類試題還有一種表達形式“A+C→↓,A+D→↓,A+E→↑,B+D→↓,C+D→↓,C+F→無明顯現(xiàn)象。解題時一般先找現(xiàn)象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設(shè)D為六種溶液中的某一種。如假設(shè)D是氨水或是硫酸鎂等,分析它與其他五種溶液分別混合時的現(xiàn)象。若能出現(xiàn)三次沉淀,則假設(shè)成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉,依次推出F是碳酸氫鈉。19、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】

(1)根據(jù)儀器特征,判斷儀器名稱;根據(jù)實驗原理,還需要連接尾氣處理裝置,所以應(yīng)長管進氣,短管出氣;(2)根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2的反應(yīng)化學(xué)方程式,為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產(chǎn)生ClO2的速率要慢;

(3)

根據(jù)Cl2+2KI=2KCl+I2進行分析;

(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反,應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可判斷生成物,書寫反應(yīng)方程式;

(5)由圖分析可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度?!驹斀狻?1)根據(jù)儀器特征:可知儀器C是球形干燥管;F裝置應(yīng)是Cl2和KI反應(yīng),還需要連接尾氣處理裝置,所以應(yīng)長管進氣,短管出氣,故選b;

(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價,鹽酸中氯為-1價被氧化成0價氯,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2,所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2,Cl2前系數(shù)為1,反應(yīng)化學(xué)方程式:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產(chǎn)生ClO2的速率要慢,故滴加稀鹽酸的速度要慢,即調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度;(3)F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時,碘遇淀粉變藍,而F中溶液的顏色不變,說明沒有氯氣到達F,則裝置C的作用是吸收Cl2

;(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可知應(yīng)還有水生成,該反應(yīng)的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O

;在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應(yīng),則裝置F的作用是驗證是否有ClO2

生成;(5)由圖可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度,所以穩(wěn)定劑II好。20、作為溶劑、提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸點比水的高【解析】

(1)一般來說

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