智慧上进·2024届高三总复习双向达标月考调研卷化学(II卷)(一)1答案-答案易对

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本文从以下几个角度介绍。

8.D【考查点】本题考查有机化合物。【解析】甲苯(《一》-CH,)、乙烷(CH,CH,)、丙炔(CH=CCH,)的结构中均含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的四个原[点拨]形成4个共价单键的碳原子为饱和碳原子子形成四面体结构，故分子中所有原子不可能共面，1,3-丁二烯(CH2一CH一CH=CH2)可看作是两个乙烯基相连，乙烯为面结构，碳碳单键可旋转，故1,3-丁二烯分子中所有原子可能共面，故选D。[点拨]乙烯、苯均为面结构。9.B【考查点】本题考查物质结构与元素周期律。【解析】由短周期主族元素Y最外层电子数等于X次外层电子数知，X的次外层电子数为2或8，①当X的次外层电子数为2时，X位于第二周期，Y的最外层电子数为2且Y位于第三周期，可推知Y为镁元素；由X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10,结合X与Z同族和Y原子半径大于Z,可设X、Z的最外层电子数为a,则有a+a+2=10,解得a=4,即X、Z的最外层电子数为4，则X为碳元素，乙为硅元素；②当X的次外层电子数为8时，Y的最外层电子数为8（属于0族元素），不符合题意。碳的氧化物有C0和C02,均属于分子晶体，Mg0属于离子晶体，根据离子晶体熔点大于分子晶体熔点可知，Mg0的熔点高于CO(或C02),A错误；元素的非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，故非金属性：C>Si,则热稳定性：C的氢化物>Si的氢化物，B正确；SiC为原子晶体，不属于离子化合物，C错误；Mg能与浓硝酸反应而溶解，而S不与浓硝酸反应，D错误。10.A【考查点】本题考查离子交换法除杂原理。【解析】由图可知，经过阳离子交换树脂后，Ca2、Mg2、Na与H发生交换被除去，根据电荷守恒知，水中阳离子的总数增大A错误；NO;、CI、S0在通过阴离子交换树脂时与OH发生交换被除去，B正确；阳离子交换树脂放出的H与阴离子交换树脂放出的OH反应生成H20,同时其他阴阳离子被除去，导致水中的离子浓度降低，从而使水的导电性降低，C、D正确。11.B【考查点】本题考查水溶液中的离子衡。【解析】pH=2,即c(H)=102mol·L,每升溶液中H的物质的量为102mol·L×1L=102mol,则每升溶液中H数目为0.01NA,A错误；H,P04溶液中存在电离衡：H,PO4一H+H,PO4、H,P04一H+HPO?、HP0一H+P0、H,0一H+0H,根据电荷守恒可知，c(H)=c(H,P04)+2c(HP0)+3c(P0:)+c(0H),B正确；电离度(x)=已电离的弱电解质分子数原弱电解质分子数100%,加水稀释促进弱酸电离，使电离度增大，但同时会增大溶液体积，两者相比体积增大对H浓度的影响更大，故溶液中H的浓度减小，酸性减弱，pH增大，C错误；加入NaH,PO,固体，H,PO4浓度增加，使H,PO4电离衡：H,PO,一H+H,P04逆向移动，H浓度减小，溶液酸性减弱，D错误。12.A【考查点】本题考查化学实验基础。【解析】将Cl2通入碳酸钠溶液中，Cl2会先与溶液中的水发生反应生成HCl和HCIO,HCl与碳酸钠反应生成NaC、CO2和H,0,HCI0与碳酸钠反应生成NaCl0和NaHC0,溶液中含多种物质，无法得到较高浓度的次氯酸溶液，A错误；过氧化氢分解的速率较慢，在过氧化氢溶液中加入少量MO2,MnO2作催化剂可以催化过氧化氢的分解，加快氧气的生成速率，B正确：加入饱和碳酸钠溶液可以吸收多余的乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，所以可以采用加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法除去乙酸乙酯中的少量乙酸，C正确；向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，有亚硫酸生成，亚硫酸不稳定易分解为二氧化硫和水，且浓硫酸溶于水放热，降低了二氧化硫的溶解度，所以可制备少量的二氧化硫气体，D正确13.D【考查点】本题考查电化学。【解析】由“利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积Zn0的特点”可知其有疏松的结构，所以放电过程中生成的Z0分散在3D-Zn中，具有较高的分散度，A正确；由题干“采用强碱性电解质的3D-Zn-NiO0H二次电池”可知，该装置为二次电池，充电过程为电解池，根据题给电池反应可知，充电过程中，N(OH)2转化为NOOH,发生失电子的氧化反应，作阳极，电极反应式为Ni(OH),(s)+OH(ag)-e=NO0H(s)+H,0(I),B正确；放电过程为原电池，结合总反应式可知，Zn转化为Zn0,发生失电子的氧化反应，作负极，电极反应式为Zn(s)+20H(aq)-2e一Zn0(s)+H,0(I),C正确；放电过程为原电池，原电池中阴离子向负极移动，故放电过程中OH通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。26.(14分)(1)Si0,(不溶性硅酸盐)(1分)MnS+Mn0,+2H,S0,=2MnS0.+S+2H,0(2分)(2)将Fe2+氧化为Fe3+(2分)(3)4.7(1分〉(4)ZnS和NiS(2分)(5)F与H结合形成弱电解质HF,MgF2一Mg2+2F衡向右移动(2分)(6)Mn2++2HC0—MnC0,↓+C02↑+H,0(2分)(7)（2分)【考查点】本题考查无机综合。【解析】(1)硫化锰矿中含有的硅元素主要以Si02或硅酸盐形式存在，Si02与大部分硅酸盐均不溶于H,$04,故滤渣1中还有Si0,或不溶性硅酸盐；由“滤渣1含有S”知反应产物中含有S,则MS被氧化，后续变化及目标产物中锰的化合价为+2，则MnO,被还原，MnO2、MnS和H,S0,发生氧化还原反应，根据守恒原则可得“溶浸”中反应的化学方程式。(2)由(3)中“调pH”除铁和铝，溶液的pH<6知，加入MnO2的作用是将溶液中的Fe2氧化为Fe3·。(3)“调pH”的目的是除去铁和铝，由表中数据知，当pH≥4.7时溶液中的Fe3+、A3+沉淀完全，且不能使Z2+和N2*沉淀，则pH应不大于6。(4)加入的Na2S与溶液中的Zn2+、Ni2+反应生成ZnS、NiS沉淀，故“滤渣3”的主要成分为ZnS和NiS(5)溶液中存在沉淀溶解衡：MgF2(s)一Mg2+(aq)+2F(ag),若酸度高表明溶液中c(H)大，H可与F作用生成弱电解146母卷·2019年全国Ⅲ卷·化学

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智慧上进·2024届高三总复习双向达标月考调研卷 化学(II卷)(一)1答案

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