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文档简介
2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.MgCO3→HCl(aq)MgClB.NaCl(aq)→CO2NaHCO3(s)→ΔNa2C.SiO2→C(高温)D.AgNO3→NH3⋅H2O[Ag(NH3)22、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是()A.试剂加入顺序:先加浓硝酸,再加浓硫酸,最后加入苯B.实验时水浴温度需控制在50~60℃C.仪器a的作用:冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率D.反应完全后,可用仪器a、b蒸馏得到产品3、下图为某有机物的结构,下列说法错误的是()A.该物质的名称为2-甲基丙烷B.该模型为球棍模型C.该分子中所有碳原子均共面D.一定条件下,可与氯气发生取代反应4、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.使用催化剂可以降低过渡态的能量B.反应物能量之和大于生成物能量之和C.N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD.反应物的键能总和大于生成物的键能总和5、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1,下列叙述正确的是A.2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B.0.1L3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C.5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D.4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10236、实验室分别用以下4个装置完成实验。下列有关装置、试剂和解释都正确的是A.中碎瓷片为反应的催化剂,酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成B.所示装置(秒表未画出)可以测量锌与硫酸溶液反应的速率C.为实验室制备乙酸乙酯的实验,浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用D.为铜锌原电池装置,盐桥中的阳离子向右池迁移起到形成闭合电路的作用7、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示,四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是()WXYZA.氢化物的沸点:X<ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>WC.化合物熔点:YX2<YZ4D.简单离子的半径:X<W8、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A.空气被二氧化硫污染后形成酸雨 B.植物进行光合作用C.用漂粉精杀菌 D.明矾净水9、设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,生成物中阴离子总数为0.1NAB.标准状况下,22.4L丙烷所含共用电子对数为8NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAD.常温下,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数是0.1NA10、主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且均不大于20。其中X、Y处于同一周期,Y的单质与水反应可生成X的单质,X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A.简单离子的半径:Z>Y>X B.WX2中含有非极性共价键C.简单氢化物的热稳定性:X>Y D.常温常压下Z的单质为气态11、探究浓度对化学平衡的影响,实验如下:Ⅰ.向5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液(反应a),平衡后分为两等份Ⅱ.向一份加入饱和KSCN溶液,变红(反应b);加入CCl4,振荡静置,下层显极浅的紫色Ⅲ.向另一份加入CCl4,振荡静置,下层显紫红色结合实验,下列说法不正确的是:A.反应a为:2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2B.比较氧化性:Ⅱ中,I2>Fe3+C.Ⅱ中,反应a进行的程度大于反应bD.比较水溶液中c(Fe2+):Ⅱ<Ⅲ12、轴烯(Radialene)是一类独特的环状烯烃,其环上每一个碳原子都接有一个双键,含n元环的轴烯可以表示为[n]轴烯,如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是A.a分子中所有原子都在同一个平面上 B.b能使酸性KMnO4溶液褪色C.c与互为同分异构体 D.轴烯的通式可表示为C2nH2n(n≥3)13、分析如图装置,下列说法错误的是()A.虚线框中接直流电源,铁可能会被腐蚀B.虚线框中接灵敏电流计或接直流电源,锌都是负极C.虚线框中接灵敏电流计,该装置可将化学能转化为电能D.若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源,该装置可用于铁皮上镀锌14、下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()A.非金属元素组成的化合物中只含共价键B.ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C.同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D.ⅦA族元素的阴离子还原性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强15、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB.1mol-OH(羟基)与1molH3O+中所含的电子数均为10NAC.7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NAD.80gCuO和Cu2S的混合物中,所含铜原子数为2NA16、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A.电子层数 B.原子半径 C.最高化合价 D.最外层电子数17、下列微粒中,最易得电子的是()A.Cl- B.Na+ C.F D.S2-18、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中,在同温同压下产生的气体体积比是()A.1:2:3 B.6:3:2 C.3:1:1 D.1:1:119、下列指定微粒数目一定相等的是A.等质量的14N2与12C16O中的分子数B.等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C.等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D.等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数20、常温下,下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A.无色透明的溶液中:K+、NH4+、MnO4-、CO32-B.c(I-)=0.10mol·L-1的溶液中:Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-C.pH=1的溶液中:NH4+、Na+、SO42-、Br-D.水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中:Mg2+、K+、Cl-、HCO3-21、已知A、B为单质,C为化合物。能实现上述转化关系的是()A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液,则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体,则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色,则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则B可能为CuA.①② B.③④ C.①③ D.②④22、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布,其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31,其中δ表示含磷微粒的物质的量分数,下列说法正确的是A.2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B.NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时,无法用酚酞指示终点C.H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D.溶液中除OH−离子外,其他阴离子浓度相等时,溶液可能显酸性、中性或碱性二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物Ⅰ是有机合成中间体,如可合成J或高聚物等,其合成J的线路图如图:已知:①,A苯环上的一氯代物只有2种②有机物B是最简单的单烯烃,J为含有3个六元环的酯类③(、为烃基或H原子)回答以下问题:(1)A的化学名称为_____;E的化学式为_____。(2)的反应类型:____;H分子中官能团的名称是____。(3)J的结构简式为____。(4)写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。(5)有机物K是G的一种同系物,相对分子质量比G少14,则符合下列条件的K的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。a.苯环上只有两个取代基b.既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰,峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。24、(12分)利用木质纤维可合成药物中间体H,还能合成高分子化合物G,合成路线如下:已知:(1)A的化学名称是________________。(2)B的结构简式是____________,由C生成D的反应类型为____________。(3)化合物E的官能团为________________。(4)F分子中处于同一平面的原子最多有________个。F生成G的化学反应方程式为________________。(5)芳香化合物I为H的同分异构体,苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2molNaOH,符合要求的同分异构体有________种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶3∶2∶1的I的结构简式为_____________________________。(6)写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。________________。25、(12分)西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具),表面附着有绿色固体物质,打开盖子酒香扑鼻,内盛有26kg青绿色液体,专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注,他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。提出问题:铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的?猜想:查阅相关资料后,猜想绿色固体物质可能是铜绿。实验步骤:①对试管内的绿色固体进行加热,至完全分解.观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色,B装置中无水硫酸铜变成蓝色,C装置中澄清石灰水变浑浊.②取少量加热后生成的黑色固体于试管中,加入稀硫酸.观察到黑色固体逐渐溶解,溶液变成蓝色。③取少量上述蓝色溶液于试管中,浸入一根洁净的铁丝.观察到铁丝表面有红色物质析出。④实验结论:绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示:装置内的空气因素忽略不计)(2)表达与交流:①图中标有a、b的仪器名称是:a:________;b:________。②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________。③反应完成后,如果先移去酒精灯,可能出现的现象是______________________。④如果将B、C两装置对调行吗?____。为什么?______________________。26、(10分)SO2可用于防腐剂、消毒剂,也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2,并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中,往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置,该装置中的试剂是__________,气体从_______口(填“a”或“b”)进。(2)检验SO2常用的试剂是__________________,利用了SO2的_________性。(3)将SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,得到白色沉淀,该沉淀的化学式为___________。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液,进行如下实验:(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_________________________________。(5)实验C中,没有观察到白色沉淀,但pH传感器显示溶液呈酸性,原因是__________________。(用方程式表示)(6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是___________________________。若实验A、B中通入足量的SO2后,溶液pH:A_________B(填“>”、“<”或“=”)。27、(12分)硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯,主要步骤如下:①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合,摇匀,冷却到50~60℃以下。然后逐滴加入1mL苯,边滴边振荡试管。②按图连接好装置,将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空:(1)指出图中的错误__、__。(2)向混合酸中加入苯时,“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。(3)反应一段时间后,混合液明显分为两层,上层呈__色,其中主要物质是__(填写物质名称)。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里,搅拌,可能看到__。(选填编号)a.水面上是含有杂质的硝基苯b.水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c.烧杯中的液态有机物只有硝基苯d.有无色、油状液体浮在水面(4)为了获得纯硝基苯,实验步骤为:①水洗、分离;②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__(填写仪器名称)进行分离;③__;④干燥;⑤__。(5)实验装置经改进后,该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验,充分反应后有两种情况出现,请帮助他作出分析:①产率低于理论值,原因是__;②产率高于理论值,原因是__。28、(14分)NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2,实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。(2)N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似,25℃时,K1=9.55×10-7。该温度下,反应N2H4+H+N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。(3)为确定NVCO的组成,进行如下实验:①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应,生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在氮气氛中加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。29、(10分)某离子反应中涉及到H、O、Cl、N四种元素形成的六种微粒,N2、H2O、ClO-、H+、NH4+、Cl-,其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示:完成下列填空(1)氧原子最外层电子的轨道表示式为__________,该化学用语不能表达出氧原子最外层电子的______(填序号)。a.电子层b.电子亚层c.所有电子云的伸展方向d.自旋状态(2)四种元素中有两种元素处于同周期,下列叙述中不能说明这两种元素非金属性递变规律的事实是___________。a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.单质与H2反应的难易程度c.两两形成化合物中元素的化合价d.气态氢化物的沸点(3)由这四种元素中任意3种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有_________(填化学式,写出一个即可),该化合物的水溶液显____(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。(4)写出该离子反应的方程式_______________,若将该反应设计成原电池,则N2应该在___________(填“正极”或“负极”)附近逸出。(5)已知亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当,很不稳定,通常在室温下立即分解。则:①酸性条件下,当NaNO2与KI按物质的量1:1恰好完全反应,且I-被氧化为I2时,产物中含氮的物质为______(填化学式)。②要得到稳定HNO2溶液,可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质,下列物质不适合使用是________(填序号)。a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫d.磷酸
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、D【解析】
A项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁,电解熔融的氯化镁才能得到单质镁,故A错误;B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应,应先向氯化钠溶液通入氨气,再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠,不能一步实现反应,故B错误;C项、硅与盐酸不能反应,硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅,故C错误;D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液,麦芽糖中含有醛基,在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银,故D正确。故选D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识,侧重于分析能力的考查,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。2、D【解析】
A.混合时应先加浓硝酸,再加入浓硫酸,待冷却至室温后再加入苯,故A正确;B.制备硝基苯时温度应控制在50~60℃,故B正确;C.仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流,提高了原料利用率,故C正确;D.仪器a为球形冷凝管,蒸馏需要的是直形冷凝管,故D错误;答案选D。3、C【解析】
A.有机物为CH3CH(CH3)CH3,为2-甲基丙烷,选项A正确;B.由图可知该模型为球棍模型,选项B正确;C.为烷烃,每个碳原子都与其它原子形成四面体结构,所有的碳原子不可能共平面,选项C错误;D.烷烃在光照条件下可发生取代反应,选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重分析与迁移能力的考查,由结构简式可知有机物为CH3CH(CH3)CH3,为2-甲基丙烷,结合烷烃的结构和性质解答该题。4、D【解析】
A.催化剂可以降低活化能;B.根据图象来分析;C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ;D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A;B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,故不选B;C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C;D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0,故选D;答案:D【点睛】.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。5、D【解析】
A.未指明气体所处的外界条件,不能确定CO2的物质的量,因此不能确定其中含有的原子数目,A错误;B.硝酸铵是强酸弱碱盐,在溶液中NH4+发生水解反应而消耗,所以0.1L3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目小于0.3×6.02×1023,B错误;的物质的量是0.1mol,二者发生反应,若铁过量,则反应生成Fe2+,5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子,若硝酸足量,则5.6gFe失去0.3×6.02×1023,因此二者的相对物质的量多少不能确定,不能判断转移电子的物质的量,C错误;D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键,4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol,则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023,D正确;故合理选项是D。6、B【解析】
A.酸性KMnO4溶液褪色可证明有烯烃或还原性气体生成,但不一定是有乙烯生成,A错误;B.根据秒表可知反应时间,根据注射器中活塞的位置可知反应产生的氢气的体积,故可测量锌与硫酸溶液反应的速率,B正确;C.在实验室制备乙酸乙酯的实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂,收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液,不能用NaOH溶液,C错误;D.在铜锌原电池装置中,Cu电极要放入CuSO4溶液中,Zn电极放入ZnSO4溶液中,盐桥中的阳离子向负电荷较多的正极Cu电极移动,故应该向右池迁移起到形成闭合电路的作用,D错误;故答案选B。7、D【解析】
根据元素在周期表中的位置知,W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期,设W原子最外层电子数是a,则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2,这四种元素的原子最外层电子数之和为22,则a+a+1+a-1+a+2=22,则a=5,则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素;【详解】A.NH3和SiH4均为分子晶体,NH3分子间存在氢键,其沸点比SiH4高,故A错误;B.N元素的非金属性比Si元素强,HNO3的酸性比H2SiO3酸性强,故B错误;C.二氧化硅是原子晶体,四氯化硅是分子晶体,原子晶体的熔点高,即SiO2的熔点比SiCl4高,故C错误;D.N3﹣和O2﹣离子结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,则N3﹣>O2﹣,故D正确;故选:D。【点睛】易错选项是A,注意:氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关,氢化物的稳定性与化学键有关。8、D【解析】
A.二氧化硫溶于与水生成亚硫酸,亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸,是氧化还原反应,故A不选;B.植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物,并产生氧气,O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性,发生了氧化还原反应,故C不选;D.明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质,具有净水作用,没有发生氧化还原反应,故D选;故答案选D。9、A【解析】
A.氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2,4.6g钠的物质的量是0.2mol,4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,钠离子的物质的量是0.2mol,所以生成物中阴离子为0.1mol,阴离子总数为0.1NA,故A正确;B.标准状况下,22.4L丙烷的物质的量为=1mol,C3H8含共用电子对数=1mol×10×NA=10NA,故B错误;C.氯气和水的反应为可逆反应,不能完全反应,故转移的电子数小于0.1NA个,故C错误;D.铵根离子能少量水解,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA,故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为A,要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。10、B【解析】
主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加,且均不大于20,只有X、Y处于同一周期,Y的单质与水反应可生成X的单质,X的原子序数大于W元素,则Y为F元素,X为O,结合原子序数可知Z、W位于第三周期,X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍,设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n,则6+7+n=3m,只有n=2时、m=5符合,Z、W不位于同周期,即Z为P、W为Ca,以此来解答。【详解】解:由上述分析可知,X为O、Y为F、Z为P、W为Ca,A.电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则简单离子的半径:P3->O2->F-,即Z>X>Y,故A错误;B.WX2为CaO2,含有O-O非极性键,故B正确;C.非金属性越强,对应氢化物越稳定,则简单氢化物的热稳定性:HF>H2O,即Y>X,故C错误;D.Z的单质为P4或红磷,常温常压下均为固态,故D错误;故答案为B。【点睛】本题考查“位、构、性”的关系,其主要应用有:①元素原子的核外电子排布,决定元素在周期表中的位置,也决定了元素的性质;②元素在周期表中的位置,以及元素的性质,可以反映原子的核外电子排布;③根据元素周期律中元素的性质递变规律,可以从元素的性质推断元素的位置;④根据元素在周期表中的位置,根据元素周期律,可以推测元素的性质。11、C【解析】
A、加入CCl4,振荡、静置,下层显紫红色,说明5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液,两者发生氧化还原反应生成碘单质,所以反应的化学方程式:2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2,故A正确;B、Ⅱ中下层显极浅的紫色,说明加入饱和KSCN溶液,平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动,所以在饱和KSCN溶液中,碘单质是氧化剂,铁离子是氧化产物,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,则氧化性:Ⅱ中,I2>Fe3+,故B正确;C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子,而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应,两者反应不同,无法比较其反应程度的大小,故C错误;D、Ⅱ中下层显极浅的紫色,说明平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动,导致亚铁离子的浓度减小,Ⅲ中向另一份加入CCl4,碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小,平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动,所以水溶液中c(Fe2+):Ⅱ<Ⅲ,故D正确;答案选C。12、C【解析】
A.[3]轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化,因此所有原子都在同一个平面上,故A不符合题意;B.[4]轴烯中含有碳碳双键,能够使酸性KMnO4溶液褪色,故B不符合题意;C.[5]轴烯的分子式为:C10H10,分子式为:C10H12,二者分子式不同,不互为同分异构体,故C符合题意;D.轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子,与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2个氢原子,且碳原子数与氢原子均为偶数,因此轴烯的通式可表示为C2nH2n(n≥3),故D不符合题意;故答案为:C。13、B【解析】
A.虚线框中接直流电源,铁作阳极时,铁会失电子被腐蚀,A正确;B.虚线框中接直流电源构成电解池,电解池中没有正、负极,B错误;C.虚线框中接灵敏电流计,构成原电池,把化学能转化为电能,C正确;D.若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源,Zn作阳极,Fe作阴极,可在铁皮上镀锌,D正确;故选B。14、B【解析】
A.NH4Cl全部由非金属元素组成,但含有离子键和共价键,A项错误;B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱,各周期中ⅠA族金属元素的金属性最强,B项正确;C.同种元素的原子质子数相同,但中子数不同,C项错误;D.Ⅶ族元素的阴离子还原性越强,则元素的非金属性越弱,其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱,D项错误;答案选B。15、C【解析】
A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子,所以1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA,故A错误;B、1个甲基含有9个电子,1mol羟基所含的电子数为9NA,B错误;C、Cl2与Fe反应,氯元素化合价由0变为-1,所以7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NA,故C正确;D、80gCuO含的铜原子的物质的量是,80gCu2S含的铜原子的物质的量是,根据极值法,80gCuO和Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA,故D错误。16、D【解析】
A项,原子序数1、2的原子电子层数相同,原子序数3~10的原子电子层数相同,原子序数11~18的原子电子层数相同,A项不符合;B项,同周期主族元素,随原子序数递增原子半径减小,B项不符合;C项,第二周期的氧没有最高正价,第二周期的F没有正价,C项不符合;D项,第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2,第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8,D项符合;答案选D。17、C【解析】
氧化性越强的微粒,越容易得到电子。在四个选项中,氧化性最强的为F,其余微粒均达到稳定结构,化学性质不活泼,C项正确;答案选C。18、C【解析】
Na与盐酸反应:2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,Mg与盐酸反应:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,Al与盐酸的反应:2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,然后判断过量,如果金属钠过量,Na还会与水反应;【详解】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑220.30.3>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属钠过量,因此金属钠还与水反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,根据得失电子数目守恒,有0.3mol×1=n(H2)×2,即n(H2)=0.15mol;Mg+2HCl=MgCl2+H2↑0.30.6>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属镁过量,产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,同理盐酸不足,铝过量,产生n(H2)=0.05mol,相同条件下,气体体积比值等于其物质的量比值,即气体体积比值为0.15mol:0.05mol:0.05mol=3:1:1,故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2,学生容易认为盐酸不足,按照盐酸进行判断,错选D选项,忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2,即判断金属钠产生H2的物质的量时,可以采用得失电子数目相等进行计算。19、A【解析】
A.与摩尔质量均为28g/mol,故等质量的与分子数相同,A正确;B.等物质的量的与,碳原子数之比为2:3,B错误;C.等体积等浓度的与溶液,数之比接近1:2,C错误;D.铁和氯气生成氯化铁,即56g铁转移3mol电子,铜和氯气生成氯化铜,即64g铜转移2mol电子,故等质量的铁和铜转移电子数不同,D错误;答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中,根据水解原理,越稀越水解,故中铵根离子水解程度更大,故数之比小于1:2。20、C【解析】
A.MnO4-是紫红色溶液,故A不符合题意;B.c(I-)=0.10mol·L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质,故B不符合题意;C.pH=1的溶液中:NH4+、Na+、SO42-、Br-都不反应,故C符合题意;D.水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液,可能为酸或碱,HCO3-在酸中或碱中都要反应,故D不符合题意。综上所述,答案为C。21、D【解析】
从A+BCC溶液A+B的转化关系可知,电解C溶液时,是电解电解质本身,因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸;据此分析解答。【详解】①若A为钠,则B为氧气,则C为过氧化钠,C的水溶液为氢氧化钠,电解氢氧化钠得到氢气和氧气,不符合转化关系,故①错误;②若C的溶液遇Na2CO3,放出CO2气体,则C可以为HCl、HBr、HI等,电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身,在阴极得到氢气,故A可能是H2,B可能为卤素单质,故②符号上述转化关系,故②正确;③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色,则C中含铁离子,电解铁盐不会得到铁单质,不符合转化关系,故③错误;④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则C为铜盐,C可以为卤化铜,如氯化铜、溴化铜等,电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质,故B可以为铜,故④正确;故选D。22、B【解析】
2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4,据图可看出b点、浓度相等,pH=7.21,显碱性,A选项错误;把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时,发生反应+OH−+H2O,δ()减小,δ()增大,在此pH变化范围内,无法用酚酞指示终点,B选项正确;H3PO4H++,H++,Ka2=,当c()=c()时,pH=7.21,c(H+)=10−7.21,数量级为10−8,C选项错误;溶液中阴离子浓度相等时,可能是c()=c(),此时溶液pH=7.21显碱性,还可能是c()=c(),此时pH=11.31,显碱性,D选项错误。二、非选择题(共84分)23、对甲基苯甲醛(或4-甲基苯甲醛)消去反应氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【解析】
根据已知①,A为,根据流程和已知②可知,B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛,根据已知③,可知E为,被银氨溶液氧化生成F(),F发生消去反应生成G()。根据J分子结构中含有3个六元环可知,G与HCl发生加成反应,氯原子加在羧基邻位碳上,生成H为,H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为,两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应,生成环酯J为。【详解】(1)A的化学名称为对甲基苯甲醛(或4-甲基苯甲醛);E的化学式为;(2)的反应类型为消去反应,H分子中官能团的名称是氯原子、羟基;(3)J的结构简式为;(4)I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O;(5))K是G的一种同系物,相对分子质量比G小14,说明K比G少一个—CH2—,根据题意知,K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基,根据分子式知还应有碳碳双键,即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上,分别得到3种同分异构体,故符合条件的同分异构体有6种,其中的核磁共振氢谱有6个峰,峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。24、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反应氯原子、羧基1710【解析】本题考查有机合成与推断,意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。(1)根据有机物的系统命名法可知,A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯;(2)结合题给信息①,B的结构简式为;结合信息②,C的结构简式为,根据F的结构以及D生产H的反应条件,可知D为,故由C生成D的反应类型为氧化反应;(3)D→E在光照的条件发生取代反应,E的结构简式为;E中含有的官能团为氯原子、羧基;(4)因苯环为平面形,所以直接与其相连的-CH2OH和—COOH上的碳原子与其在一个平面内,通过旋转单键,-CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面,—COOH中的所有原子可能与苯环共面,故F分子中处于同一平面的原子最多有17个;F通过缩聚反应生成高分子化合物G,其反应方程式为:;(5)H的结构简式为,I为H的同分异构体且1molI发生水解反应消耗2molNaOH,说明I为酚酯,苯环上一氯代物有两种结构,即苯环上只有两种等效氢,故符合条件的I的结构简式为:、、、、、、、、、,共10种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或;(6)加热条件下,在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成,在结合信息②,在W2C作用下生成,最后再酸性高锰酸钾溶液中,将苯甲醛氧化为,其合成路线为:。点睛:判断分子中共面的技巧(1)审清题干要求:注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。(2)熟记常见共面的官能团。①与双键和苯环直接相连的原子共面,如、、②醛、酮、羧酸因与与相似为平面形(等电子原理),故为平面形分子(所有原子共平面)。但、所有原子不共平面(因含-CH3),而-CH3中的C与(羰基)仍共平面。又中与其它原子可能共平面。因有两对孤电子对,故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型(与相似),故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。③若有两个苯环共边,则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。④若甲基与一个平面形结构相连,则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连,则这四个原子为四面体结构,不可能共面。25、铜碳氢氧试管铁架台Fe+Cu2+=Cu+Fe2+C装置中的液体会倒流入B装置不行若对调,则无法证明加热绿色固体后是否有水生成【解析】
(1)实验结论:绿色固体加热,至完全分解,B装置中无水硫酸铜变成蓝色,说明反应有水生成,从而可确定物质中含有氢、氧元素;C装置中澄清石灰水变浑浊,说明生成了二氧化碳,可确定物质中含有碳、氧元素;铜器上出现的固体,A装置中绿色固体逐渐变成黑色,则黑色固体可能是氧化铜,加入稀硫酸.观察到黑色固体逐渐溶解,溶液变成蓝色,说明黑色固体一定是氧化铜,原固体中含有铜、氧元素,所以绿色固体物质中含有氢、碳、氧、铜;故答案为铜;碳;氢;氧;(2)①a是反应容器,为试管,b起支持和固定作用,为铁架台;故答案为试管;铁架台;②氧化铜和硫酸反应生成的蓝色溶液为硫酸铜溶液,取少量上述蓝色溶液于试管中,浸入一根洁净的铁丝,观察到铁丝表面有红色物质析出,是铁和硫酸铜反应生成的硫酸亚铁和红色的铜,离子方程式为:Fe+Cu2+=Fe2++Cu;故答案为Fe+Cu2+=Fe2++Cu;③防止空气中的二氧化碳对澄清石灰水检验前面生成二氧化碳的影响,最后应加一干燥管,故作用吸收空气中的二氧化碳;反应完成以后,如果先移去酒精灯,试管中气体温度降低,气压减小,水槽中的水会倒吸入B装置。故答案为吸收空气中的二氧化碳;若先撤酒精灯,则C中液体会倒吸至B中;④如果将B、C两装置对调,气体通过C会带出水蒸气,不能确定加热绿色固体是否有水生成,故答案为不行;若对调则无法证明加热绿色固体是否有水生成。【点睛】本题主要对物质的组成成分而进行的实验探究,根据实验步骤分析推断出该物质的组成成分,实验涉及知识面广,对学生思维能力要求高,既考查知识的识记、理解、迁移、运用,又考查分析、对比、归纳等思维能力,在平时的训练中应该注意总结、积累。26、饱和NaHSO3溶液b品红试液漂白性BaSO4避免氧气干扰实验SO2+H2OH2SO3H2SO3H++HSO3﹣在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快【解析】
(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液;(2)检验SO2常用的试剂是品红试液,利用了SO2的漂白性;(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,SO2先和水反应生成亚硫酸,溶液呈酸性,酸性溶液中存在NO3-,亚硫酸会被氧化成硫酸,最终生成的白色沉淀是BaSO4;(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是:避免氧气干扰实验;(5)实验C中,SO2先和水反应生成H2SO3使pH传感器显示溶液呈酸性;(6)A中没有氧气,SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化,而B中没有排出O2,则SO2被O2和NO3﹣共同氧化,实验B中出现白色沉淀比实验A快很多,说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快。【详解】(1)除去白雾(H2SO4)可以用饱和NaHSO3溶液,所以中应该放饱和NaHSO3溶液,并且气体从b口进;(2)检验SO2常用的试剂是品红试液,利用了SO2的漂白性;(3)SO2通入0.1mol/LBa(NO3)2溶液中,SO2先和水反应生成亚硫酸,溶液呈酸性,酸性溶液中存在NO3-,亚硫酸会被氧化成硫酸,最终生成的白色沉淀是BaSO4;(4)实验A、C中,煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是:避免氧气干扰实验;(5)实验C中,SO2先和水反应生成H2SO3使pH传感器显示溶液呈酸性,化学方程式为:SO2+H2OH2SO3;(6)A中没有氧气,SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化,而B中没有排出O2,则SO2被O2和NO3﹣共同氧化,实验B中出现白色沉淀比实验A快很多,说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快;实验B中SO2更多被氧化,最终生成更多的硫酸,硫酸酸性比亚硫酸强,故B中酸性更强,故溶液pH:A>B。27、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高,有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】
⑴水浴加热需精确控制实验温度;为使受热均匀,试管不能接触到烧杯底部;⑵苯不易溶于混酸,需设法使之充分混合;该反应放热,需防止温度过高;⑶混合酸密度比硝基苯大,但稀释后会变小,硝基苯无色,但溶解的杂质会使之有色;⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯,酸可用水和碱除去,苯可用蒸馏的方法分离;⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发,有机反应的一个特点是副反应比较多,这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值,而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度,需要用温度计测量水浴的温度;为使受热均匀,试管不能接触到烧杯底部,所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为:缺少温度计;大试管接触烧杯底部;⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管,能使苯与混酸混合均匀;苯的硝化反应是一个放热反应,在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管,能及时移走反应产生的热量,有利于控制温度,防止试管中液体过热发生更多的副反应,甚至发生危险。答案为:使苯与混酸混合均匀;能及时移走反应产生的热量;⑶混合酸与苯反应一段时间后,生成的硝基苯与未反应的苯相溶,有机层密度比混酸小,不能与混酸相溶,会浮在混合酸的上层,有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色,所以反应一段时间后,混合液明显分为两层,上层呈浅黄色;把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里,搅拌:a.与水混合后,形成的水层密度比硝基苯小,硝基苯不在水面上,a选项错误;b.苦杏仁味的硝基苯密度比水层大,沉在水底,且因溶有少量杂质而呈浅黄色,b选项正确;c.烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物,c选项错误;d.反应后的混和液倒入冷水中,可能有部分未反应的苯浮上水面,苯为无色、油状液体,d选项正确;答案为:浅黄色;硝基苯、苯;b、d;⑷在提纯硝基苯的过程中,硝基苯中有酸,能与碱反应,硝基苯中有苯,与硝基苯互溶,所以操作步骤为:①水洗、分离,除去大部分的酸;②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离,除去剩余的酸;③水洗、分离,除去有机层中的盐及碱;④干燥;⑤蒸馏,使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为:氢氧化钠溶液;分液漏斗;水洗、分离;蒸馏;⑸本实验中反应为放热反应,需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发,使产率降低;温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中,使实验值高于理论值。答案为:温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发;温度过高,有其他能溶于硝基苯的产物生成。【点睛】1.平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有助于解此类题。2.硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以,
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