化学天津市届高三下学期高考模拟解析版.docx
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化学天津市届高三下学期高考模拟解析版
天津市2018届高三下学期高考模拟
相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32K39Fe56Cu64Zn65Ba137
一、选择题(每个小题只有一个正确选项,每个小题3分,共75分)
1.下列说法中正确的有几个()
①2018年春节联欢晚会上,港珠澳大桥出现了百部无人驾驶汽车。
大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机和节约资源②KMnO4、C2H5OH、H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂③用K2FeO4代替Cl2处理饮用水,有杀菌消毒作用,但与氯气不同的是不产生有机氯对人体造成危害④面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂,CaO2属于碱性氧化物,也属于离子化合物,其阴阳离子个数比为1∶1⑤国产大飞机-----C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料⑥“浮梁巧烧瓷,颜色比琼玖”,描述的是我国驰名于世的陶瓷,陶瓷是一种硅酸盐产品⑦“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,该过程属于物理变化⑧使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力减弱
A.5个B.6个C.7个D.8个
【答案】B
【详解】①大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机,但不能节约资源,故错误;②KMnO4、H2O2具有强氧化性,C2H5OH能使蛋白质变性,KMnO4、C2H5OH、H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂,故正确;③K2FeO4中Fe元素化合价高,具有强氧化性,可以杀菌消毒,被还原为铁离子,铁离子水解生成氢氧化铁胶体,表面积很大,可以吸附悬浮物起净水作用,但与氯气不同的是不产生有机氯对人体造成危害,故正确;④碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物,过氧化钙属于过氧化物,不是碱性氧化物,其阴阳离子个数比为1:
l,故错误;⑤国产大飞机---C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料,故正确;⑥“浮梁巧烧瓷,颜色比琼玖”,描述的是我国驰名于世的陶瓷,陶瓷是一种硅酸盐产品,故正确;⑦“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,该过程利用萃取原理,属于物理变化,故正确;⑧含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级脂肪酸钙沉淀,去污能力减弱,故正确;正确的个数为6,答案选B。
2.下列说法不正确的有几个()
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②同一元素的核素种数由中子数决定
③Cl2中35C1与37Cl两种核素的个数之比与HCl中35Cl与37C1的个数之比相等
④18gH2O中含有的中子数为10NA
⑤标准状况下,等体积CH4和HF所含的分子数相同
⑥只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键
⑦等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等
⑧通过化学变化可以实现16O与18O之间的相互转化
A.2个B.3个C.4个D.5个
【答案】D
【详解】①具有相同质子数的原子一定属于同种元素,但微粒可能为原子、分子、离子等,如Na+、NH4+的质子数都是11,HF、Ne的质子数都是10,但不是同种元素,故错误;②同一元素的核素中质子数相同,中子数不同,显然中子数决定同一元素的核素种数,故正确;③同位素的质子数相同,化学性质几乎相同,但其质量数不同,物理性质不同,在自然界中其原子百分比组成不变,故正确;④18g水的物质的量为1mol,1mol水中含有8mol中子,含有的中子数为8NA,故错误;⑤在标准状况下,CH4为气体,HF为液体,等体积CH4和HF的物质的量不同,所含的分子数不相同,故错误;⑥非金属元素之间也可以形成离子键,如氯化铵中铵根离子与氯离子之间,所以不一定只有金属元素和非金属元素才能形成离子键,故错误;⑦CN-离子中含有碳氮三键,带有1个单位负电荷,其电子式为:
,1mol含有的共用电子对为3mol,氮气分子中存在氮氮三键,N2的电子式为:
,1mol含有的共用电子对为3mol,等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等,故正确;⑧化学变化的实质:
分子的分裂,原子的重新组合,不能生成新核素,故错误;综上,不正确的有①④⑤⑥⑧,答案选D。
3.某有机物的结构如图所示。
有关该物质的下列说法正确的是()
A.该物质能发生加成反应、取代反应
B.不能与Br2的CCl4溶液发生反应
C.该物质中所有原子有可能在同一平面
D.该化合物的分子式为C18H17O2N2
【答案】A
【详解】A、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的H和羟基等能发生取代反应,选项A正确;B、碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,选项B错误;C、该物质中有两个亚甲基,即有两个碳是四面体构型,所有原子不可能在同一平面,选项C错误;D、该化合物的分子式为C18H16O2N2,选项D错误。
答案选A。
4.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是()
【答案】B
【详解】A.因乙烷易溶于四氯化碳,不可用溴水除杂应该改用溴水,选项A错误;B.铁粉可与氯化铁反应生成氯化亚铁,可除去杂质,选项B正确;C.二者均与氢氧化钠反应,不能除杂,应选盐酸、过滤,故C错误;D、乙酸与碳酸钠溶液反应,乙酸乙酯不溶于水,且在饱和碳酸钠溶液上层,不互溶,则分液、干燥、蒸馏可得纯净的乙酸乙酯,选项D错误。
答案选B。
5.下列说法中正确的是()
A.加水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(OH-)减小
B.室温时,0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,则该溶液的pH=4
C.氨水加水稀释后,溶液中c(NH3▪H2O)/c(NH4+)的值增大
D.常温下,pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中,水的电离程度相同
【答案】B
【分析】A.加水稀释醋酸促进醋酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,再结合水的离子积常数确定溶液中氢氧根离子浓度变化;B、根据电离度及溶液浓度计算氢离子浓度,再计算pH;C、加水稀释弱碱溶液的电离平衡正向移动;D.盐酸抑制了水的电离,铵根离子水解促进了水的电离。
【详解】A.加水稀释醋酸促进醋酸电离,但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度,导致溶液中氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,则溶液中氢氧根离子浓度增大,选项A错误;B、HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L,则pH=-lg(10-4)=4,选项B正确;C.加水稀释促进一水合氨电离,铵根离子个数增大,一水合氨分子个数减小,所以溶液中c(NH3▪H2O)/c(NH4+)的值减小,选项C错误;D.pH=5的盐酸中氢离子抑制了水的电离,盐酸中氢氧根离子是水电离的,而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离,溶液中氢离子是水电离的,两溶液中水的电离程度不相同,选项D错误;答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解、溶度积常数等知识点,明确弱电解质的电离特点、盐类水解特点等知识点来分析解答,选项A为易错点,注意平衡常数只与温度有关。
6.2017年8月3日,中国科学家在《Nature》杂志发表论文,合成了一种代号为ICM-101的高能量密度材料。
合成该高能物质的主要原料为草酰二肼,结构简式如图所示。
下列有关草酰二肼的说法正确的是()
A.可由草酸(HOOC-COOH)和肼(H2N-NH2)发生酯化反应制备
B.不能发生水解反应
C.与联二脲(H2NCONHNHCONH2)互为同分异构体
D.分子中最多有12个原子处于同一平面
【答案】C
【分析】A、草酰二肼中不含酯基,草酸与肼发生取代反应生成草酰二肼和H2O;B、草酰二肼能发生水解反应;C、草酰二肼与联二脲互为同分异构体;D、草酰二肼中C原子都为sp2杂化,N原子都为sp3杂化,草酰二肼分子中最多有10个原子处于同一平面上。
【详解】A、草酰二肼中不含酯基,草酸与肼发生取代反应生成草酰二肼和H2O,选项A错误;B、草酰二肼中含
,能发生水解反应,选项B错误;C、草酰二肼和联二脲的分子式都是C2H6N4O2,两者结构不同,草酰二肼和联二脲互为同分异构体,选项C正确;D、草酰二肼中C原子都为sp2杂化,N原子都为sp3杂化,联想HCHO和NH3的结构,单键可以旋转,草酰二肼分子中最多有10个原子处于同一平面上(如图
所示的10个原子),选项D错误;答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质、同分异构体、分子中共面原子个数的判断。
难点是分子中共面原子个数的判断,分子中共面原子个数判断的技巧:
①任意三个原子一定共平面;②由CH4、CH2=CH2、CH≡CH、苯、HCHO、NH3等分子结构迁移应用;③单键可以旋转;④注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。
7.已知电离平衡常数:
H2CO3>HClO>HCO3-,氧化性:
HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。
下列有关离子反应或离子方程式的叙述中,正确的是()
A.向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水褪色
B.能使pH试纸显蓝色的溶液中,Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存
C.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO32-
D.向FeI2溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-
【答案】A
【分析】A.溴和亚铁离子发生氧化还原反应;B.能使pH试纸显蓝色的溶液中,说明溶液呈强碱性,弱碱的阳离子不存在;C.酸性HClO>HCO3-,则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸;D.氧化性:
Fe3+>I2,则碘离子先被氧化。
【详解】A.氧化性:
Br2>Fe3+,故溴和亚铁离子发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-,选项A正确;B、能使pH试纸显蓝色的溶液,说明溶液呈强碱性,Fe3+离子不能大量存在,选项B错误;C、酸性HClO>HCO3-,则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸,离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,选项C错误;D.氧化性:
Fe3+>I2,则碘离子先被氧化,离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-,选项D错误;答案选A。
【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查了离子方程式的书写,明确酸性强弱、离子反应先后顺序是解本题关键,根据物质之间的反应来分析解答,题目难度不大,易错选项是D,利用铁离子的氧化性强于碘进行分析。
8.下列有关实验装置,能达到实验目的的是()
A.用图1所示装置制取少量Cl2B.用图2所示装置制取干燥的NH3
C.用图3制备并检验H2的可燃性D.用图4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】D
【解析】试题分析:
A.1mol/L的盐酸为稀盐酸,与二氧化锰共热,不能反应生成氯气,故A错误;B.NH3不能使用浓硫酸干燥,故B错误;C.点燃H2前需验纯,故C错误;D.碳酸氢钠受热易分解,放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊,而碳酸钠不能,故D正确;故选D。
考点:
考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。
9.向Na2CO3溶液中滴加盐酸,反应过程中能量变化如下图所示,下列说法正确的是()
A.反应HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)为放热反应
B.CO32-(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)
C.∆H1>∆H2∆H2<∆H3
D.H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l),若使用催化剂,则∆H3变小
【答案】B
【解析】试题分析:
A.根据图示,反应HCO3-(aq)和H+(aq)的总能量小于CO2(g)和H2O(l)的总能量,为吸热反应,故A错误;B.根据图示,结合盖斯定律,CO32-(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)∆H=(∆H1+∆H2+∆H3),故B正确;C.∆H1<0,∆H2<0,根据图像,∆H1<∆H2,故C错误;D.使用催化剂,反应热不变,故D错误;故选B。
考点:
考查了化学反应中的能量变化图像的相关知识。
10.A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素,三种元素原子序数之和为35,且C的原子序数是A的2倍。
A、B、C三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。
下列说法正确的是()
A.甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性
B.甲是碱性氧化物,乙是酸性氧化物
C.甲、乙可能都有漂白性,其漂白原理相同
D.丙的水溶液在空气中长期放置,溶液可能会变浑浊
【答案】D
【解析】A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素,则C原子序数小于17,C的原子序数是A的2倍,所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数,结合三种元素原子序数之和为35,可推出:
A为O元素、B为Na元素、C为S元素;由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得:
甲为Na2O或Na2O2,乙为SO2,丙为Na2S。
A项,Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性,而SO2的水溶液显酸性,故A错误;B项,SO2是酸性氧化物,Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物,故B错误;C项,Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性,而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质,所以二者漂白原理不同,故C错误;D项,Na2S溶液在空气中长期放置,会发生反应:
2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-,所以溶液会变浑浊,故D正确。
点睛:
本题考查元素周期表的推断,首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素,然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。
B项注意碱性氧化物的概念:
碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物,所以Na2O2不是碱性氧化物;C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。
11.一定条件下,在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。
下列有关说法正确的是()
A.a、b、c、d、e中,c最稳定
B.b→a+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C.b→a+d反应的热化学方程式为:
3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=+116kJ·mol-1
D.一定温度下,Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d,溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
【答案】D
【解析】根据氯元素的化合价,a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。
A项,物质能量越低越稳定,由图可得a、b、c、d、e中,a最稳定,c最不稳定,故A错误;B项,反应物能量-生成物能量=-ΔH,依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能,故B错误;C项,a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-,B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-,结合曲线提供的数据,反应热为:
ΔH=64kJ•mol-1+2×0kJ•mol-1-3×60kJ•mol-1=-116kJ•mol-1,故C错误;D项,氧化还原反应遵循电子守恒,Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-),氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价,由电子守恒得:
n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-),当溶液中a、b、d的浓度之比为11:
1:
2时上述电子守恒式成立,故D正确。
点睛:
本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识,关键是弄清a、b、c、d、e所代表的离子并正确书写反应的离子方程式,并结合ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算,D项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。
12.常温下,向1L0.1mol·L-1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5],使溶液温度和体积保持不变,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。
下列叙述正确的是()
A.0.1mol·L-1HR溶液的pH为5
B.HR为弱酸,常温时随着氨气的通入,
逐渐增大
C.当通入0.1molNH3时,c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)
D.当c(R-)=c(HR)时,溶液必为中性
【答案】C
【解析】A项,pH=5时c(H+)=10-5,由图可得此时
=0,又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1,所以c(R-)=c(HR)=0.05mol·L-1,所以此时c(R-)≠c(H+),则0.1mol·L-1HR溶液的pH不是5,故A错误;B项,由已知HR溶液中存在着HR分子,所以HR为弱酸,
=
=Ka/Kw,温度不变时Ka/Kw的值不变,故B错误;C项,pH=5时c(H+)=10-5,由图可得此时
=0,则Ka=
=10-5,当通入0.1molNH3时,恰好反应生成NH4R,又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5,所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度,NH4R溶液呈碱性,则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+),故C正确;D项,由前面对A项的分析知,当c(R-)=c(HR)时,pH=5,所以溶液显酸性,故D错误。
13.对下列两种有机物的描述正确的是()
A.苯环上的一氯代物种数相同
B.分子中共面的碳原子数一定相同
C.1mol甲与浓溴水反应最多能消耗4molBr2
D.甲、乙可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分
【答案】C
【分析】A.甲中苯环上有5种氢原子,所以其苯环上的一氯代物有5种;乙苯环上有4种,其苯环上一氯代物有4种;B.甲中分子共平面的碳原子最少有9个、最多有15个,乙中共平面的碳原子最多15个、最少8个;C.甲中能和溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子;D.甲、乙官能团不同且氢原子种类不同。
【详解】A.甲中苯环上有5种氢原子,所以其苯环上的一氯代物有5种;乙苯环上有4种,其苯环上一氯代物有4种,所以苯环上的一氯代物种数不同,选项A错误;B.甲中分子共平面的碳原子最少有9个、最多有15个,乙中共平面的碳原子最多15个、最少8个,所以分子中共面的碳原子数不一定相同,选项B错误;C.甲中能和溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子,所以1mol甲与浓溴水反应最多能消耗4molBr2,选项C正确;D.甲、乙官能团不同且氢原子种类不同,所以可以用红外光谱、核磁共振氢谱区分,选项D错误;答案选C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质,为高频考点,侧重考查学生分析判断及空间想象能力,明确官能团及其结构性质关系是解本题关键,易错选项是B,注意苯分子中12个原子共平面,乙烯中6个原子共平面,依此分析解答。
14.下列说法正确的是()
A.锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡,再将不溶物用稀盐酸溶解除去
B.可采取加热蒸发的方法使FeCl3从水溶液中结晶析出
C.NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成
D.将SO2分别通入硝酸钡溶液和溶有氨气的氯化钡溶液中,产生沉淀的成分相同
【答案】A
【分析】A.碳酸钙溶解度较小,且可溶于盐酸;B.氯化铁易水解生成氢氧化铁;C.偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应;D.二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀。
【详解】A、CaCO3的溶解度小于CaSO4,故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3,然后再用稀盐酸溶解除去,选项A正确;B.氯化铁易水解生成氢氧化铁,制备氯化铁,应在盐酸氛围中加热,抑制水解,选项B错误;C.偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应,选项C错误;D.二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀,生成沉淀不同,选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查元素化合物知识,为高考常见题型,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生良好的科学素养,注意相关基础知识的积累,难度不大。
易错点为选项B,加热时促进氯化铁的水解产生氢氧化铁。
15.常温下,现向50mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.05mol·L-1NaOH溶液,得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示(假设滴加过程中无气体产生)。
下列说法正确的是()
A.b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为:
c(Na+)>c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B.图中b、c、d三点溶液中水的电离程度最大的是c点
C.b点后滴加NaOH溶液过程中,NH3·H2O的电离程度逐渐减小
D.pH=7时,溶液中c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(SO42—)+c(OH-)
【答案】C
【解析】试题分析:
A.b点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵,溶液显酸性,离子浓度由大到小的顺序为:
c(Na+)=c(SO
)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-),故A错误;B.图中b点硫酸铵水解,促进水的电离、c点显中性,生成了部分NH3·H2O,抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量,抑制水的电离,三点溶液中水的电离程度最大的是a点,故B错误;C.b点后滴加NaOH溶液过程中,NH3·H2O的浓度逐渐增大,电离程度逐渐减小,故C正确;D.pH=7时,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH
)=2c(SO
)+c(OH-),故D错误;故选C。
考点:
考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。
16.下列各组物质的分类正确的是()
①混合物:
氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Al2O3、CaO2为碱性氧化物
④同素异形体:
C60、C70、金刚石、石墨
⑤强电解质溶液的导电能力一定强
⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应
A.全部正确B.①②⑤⑦C.②③⑥D.④⑥
【答案】D
【分析】①混合物是由两种或多种物质混合而成的物质;②由两种元素组成,其中一种为氧元素的化合物叫氧化物;③NO2不是酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物、CaO2为碱性氧化物;④同素异形体指相同元素组成,结构不同的单质;⑤溶液的导电能力与离子浓度成正比;⑥、只有离子键在熔融状态下才能破坏;⑦有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应,如:
石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应。
【详解】①水银是汞,属于纯净物,故①错误;②由两种元素组成,其中一种为氧元素的化合物叫氧化物,故②错误;③NO2不是酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物、CaO2为碱性氧化物,均不属于碱性氧化物,故③错误;④C60、C70、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质,互为同素异形体,故
正确;⑤溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关,所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电质溶液强,故⑤错误;⑥、只有离子键在熔融状态下才能破坏,在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物,故⑥正确;⑦有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应,如:
石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应,故⑦错误;综上,正确的只有④⑥,答案选D。
17.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是()
选项
实验操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应实验,火焰呈黄色
溶液中含有Na+
B
向浓度均为0.1mol·L-1的Fe
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