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文档简介
2023年高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列有关能量的判断和表示方法正确的是A.由C(s,石墨)=C(s,金刚石)∆H=+1.9kJ/mol,可知:石墨比金刚石更稳定B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量更多C.由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol,可知:含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量等于57.3kJD.2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-285.8kJ/mol2、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如图所示。下列说法不正确的是A.该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B.脱硫过程O2间接氧化H2SC.亚铁是血红蛋白重要组成成分,FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D.《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐3、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时,阴极材料为Pb;阳极(铂电极)电极反应式为2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。下列说法正确的是()A.阴极电极反应式为Pb+HSO4--2e-=PbSO4+H+B.阳极反应中S的化合价升高C.S2O82-中既存在非极性键又存在极性键D.可以用铜电极作阳极4、常温下,向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液,滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是A.Ksp(CuS)的数量级为10-21B.曲线上a点溶液中,c(S2-)•c(Cu2+)>Ksp(CuS)C.a、b、c三点溶液中,n(H+)和n(OH-)的积最小的为b点D.c点溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)5、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液,反应6小时,用排水法收集产生的气体,溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A.由实验2、3可得,浓度越大,镁和水反应速率越快B.由实验1、4、5可得,Cl-对镁和水的反应有催化作用C.由实验3、7可得,反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应D.无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应6、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硅熔点高,可用作光导纤维B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂C.明矾易溶于水,可用作净水剂D.二氧化硫有氧化性,可用于漂白纸张7、单质钛的机械强度高,抗蚀能力强,有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛,再由二氧化钛制金属钛,主要反应有:①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A.反应①属于非氧化还原反应B.反应②是水解反应C.反应④中二氧化钛是氧化剂D.反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强8、与氢硫酸混合后无明显现象的是A.NaOH溶液 B.亚硫酸 C.FeCl3溶液 D.氯水9、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时,N极发生还原反应B.充电时,Zn2+向M极移动C.放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD.充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+10、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是()A.密度比为4:5 B.物质的量之比为4:5C.体积比为1:1 D.原子数之比为3:411、最近“垃圾分类”成为热词,备受关注。下列有关说法错误的是()A.垃圾是放错地方的资源,回收可变废为宝B.废弃金属易发生电化学腐蚀,可掩埋处理C.废弃荧光灯管含有重金属,属于有害垃圾D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾,属于硅酸盐材质12、用石墨电极电解饱和食盐水,下列分析错误的是A.得电子能力H+>Na+,故阴极得到H2B.水电离平衡右移,故阴极区得到OH-C.失电子能力Cl->OH-,故阳极得到Cl2D.OH-向阴极移动,故阳极区滴酚酞不变红13、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石,Y2+电子层结构与氖相同,Z的质子数为偶数,室温下,M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是A.X单质与M单质不能直接化合B.Y的合金可用作航空航天飞行器材料C.M简单离子半径大于Y2+的半径D.X和Z的气态氢化物,前者更稳定14、已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB.向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时,被氧化的Fe2+数目一定为0.4NAC.用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液,当有0.2NA个电子转移时,阴极析出金属的质量大于6.4gD.加热条件下,1molFe投入足量的浓硫酸中,生成SO2的分子数目为NA15、下列有关实验原理或实验操作正确的是()A.用pH试纸测量Ca(ClO)2溶液的pHB.向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体通过NaOH溶液,制取并纯化氢气C.向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳,振荡、静置,溶液下层呈橙红色,说明Br﹣还原性强于Cl﹣D.称取K2SO4固体0.174g,放入100mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度,可配制浓度为0.010mol/L的K2SO4溶液16、下列说法中正确的是()A.25℃时某溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10−12mol·L−1,其pH一定是12B.某温度下,向氨水中通入CO2,随着CO2的通入,不断增大C.恒温恒容下,反应X(g)+3Y(g)2Z(g),起始充入3molX和3molY,当X的体积分数不变时,反应达到平衡D.某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2,该温度下加入等体积pH=10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性二、非选择题(本题包括5小题)17、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____。18、化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题:已知:①R1COOH+R2COR3。②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰;B的结构简式为________。(2)的化学名称为________;D中所含官能团的名称为________。(3)所需的试剂和反应条件为________;的反应类型为________。(4)的化学方程式为________。(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。①五元环上连有2个取代基②能与溶液反应生成气体③能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息,以甲基环戊烯为原料无机试剂任选,设计制备的合成路线:________。19、某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O(一水硫酸四氨合铜)和Fe3O4胶体粒子,具体流程如下:已知:①Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3②Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O③[Cu(NH3)4]SO4易溶于水,难溶于乙醇。请回答:(1)滤渣的成分为________。(2)步骤Ⅰ中生成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的离子方程式:________。步骤Ⅰ中加入(NH4)2SO4的作用是作为反应物和________。(3)步骤Ⅳ中加入95%乙醇时,缓慢加入的目的是________。(4)下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,缓慢流干,重复2~3次(5)步骤Ⅲ中,从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即:滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作,请在空格处填写正确的操作次序(填写序号)。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液,加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体,搅拌溶解⑤测定Fe3+含量(6)测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度,过程如下:取0.5000g试样溶于水,滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3~4,加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂,生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定,重复2~3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知:M[Cu(NH3)4SO4·H2O]=246.0g·mol−1;2Cu2++4I−=2CuI+I2,I2+2S2O32-=2I−+S4O62-。20、PbCrO4是一种黄色颜料,制备PbCrO4的一种实验步骤如图1:已知:①Cr(OH)3(两性氢氧化物)呈绿色且难溶于水②Pb(NO3)2、Pb(CH3COO)2均易溶于水,PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13,Pb(OH)2开始沉淀时pH为7.2,完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得,含PbCrO4晶种时更易生成(1)实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液,现有量筒、玻璃棒、烧杯,还需要玻璃仪器是___。(2)“制NaCrO2(aq)”时,控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。(3)“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快,其原因是_____;“氧化”时发生反应的离子方程式为___。(4)“煮沸”的目的是_____。(5)请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作:_____[实验中须使用的试剂有:6mol•L﹣1的醋酸,0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液,pH试纸]。21、钒(V)为过渡元素,可形成多价态化合物,全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统,工作原理如下图:已知:离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色(1)全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应,该电池放电时总反应式是_______(2)当完成储能时,正极溶液的颜色是__________(3)质子交换膜的作用是_________(4)含钒废水会造成水体污染,对含钒废水(除VO2+外,还含Fe3+等)进行综合处理可实现钒资源的回收利用,流程如下:已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同:钒的化合价酸性碱性+4价VO2+VO(OH)3-+5价VO2+VO43-①滤液中钒元素的主要存在形式为_______②滤渣在空气中由灰白色转变为红褐色,用化学用语表示加入NaOH后生成沉淀的反应过程_______________、____________。③萃取、反萃取可实现钒的分离和富集,过程可简单表示为(HA为有机萃取剂):萃取时必须加入适量碱,其原因是__________④纯钒可由熔盐电解法精炼,粗钒(含杂质)作____极。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.由C(s,石墨)=C(s,金刚石)∆H=+1.9kJ/mol可知:石墨比金刚石具有的总能量低,因此石墨比金刚石更稳定,A正确;B.硫蒸气转化为硫固体要放热,等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,前者放出的热量更多,B错误;C.CH3COOH电离吸收能量,则含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量小于57.3kJ,C错误;D.2gH2为1mol,2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H=-285.8kJ/mol,D错误;答案选A。2、A【解析】
A.T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁(相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+),硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁(相应反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O),根据反应可知,该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液,A错误;B.脱硫过程:Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,脱硫过程O2间接氧化H2S,B正确;C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分,起着向人体组织传送O2的作用,若缺铁就可能出现缺铁性贫血,FeSO4可用于治疗缺铁性贫血,C正确;D.天然气主要成分为甲烷,甲烷燃烧放出热量,《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐,D正确;故合理选项是A。3、C【解析】
A选项,阴极反应式为2H++2e-=H2,故A错误;B选项,S的化合价仍为+6价,中间的两个O均为-1价,其他的O均为-2价,电解时阳极的HSO4-中O失去电子,S未变价,故B错误;C选项,Na2S2O8的结构为,由此结构可以判断S2O82-中既存在氧氧非极性键,氧硫极性键,故C正确;D选项,阳极不能用铜电极作电极,铜作电极,阳极是铜失去电子,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】HSO4-中硫已经是最高价了,硫的化合价不变,因此只有氧元素化合价升高。4、D【解析】
A.求算CuS的Ksp,利用b点。在b点,CuCl2和Na2S恰好完全反应,方程式为Cu2++S2-=CuS↓,溶液中的Cu2+和S2-的浓度相等,-lgc(Cu2+)=17.7,则c(Cu2+)=10-17.7mol/L。则Ksp=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7×10-17.7=10—35.4≈4×10-36,其数量级为10-36,A项错误;B.曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液,c(S2-)•c(Cu2+)=Ksp(CuS),B项错误;C.在水溶液中,c(H+)·c(OH-)=Kw,温度不变,其乘积不变,C项错误;D.c点溶液Na2S溶液多加了一倍,CuCl2+Na2S=CuS↓+2NaCl,溶液为NaCl和Na2S的混合溶液,浓度之比为2:1。c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-),S2-会水解,S2-+H2OHS-+OH-溶液呈现碱性,c(OH-)>c(H+),水解是微弱的,有c(S2-)>c(OH-)。排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+);D项正确;本题答案选D。5、A【解析】
A、试验2、3中主要反应为:,由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+),而镁是过量的,所以不能得出浓度越大,反应速率越快的结论,故A符合题意;B、由试验1、2对比可知,反应速率加快,其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用,由试验4、5对比可知,Na+对反应无催化作用,由此可知,Cl-对镁和水的反应有催化作用,故B不符合题意;C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高,产生氢气的速率应更快,但由表格可知,二者产生氢气的速率几乎相等,其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O,NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应,故C不符合题意;D、由试验1、2、7对比可知,无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应,故D不符合题意;故答案为A。6、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射,与熔点无关,A错误;B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂,之间存在因果关系,B正确C.明矾可用作净水剂,是因为水解生成氢氧化铝胶体,与易溶于水无关,C错误;D.二氧化硫可用于漂白纸张,是因为二氧化硫具有漂白性,D错误;故选B。7、C【解析】
A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价,Fe的化合价为+2价,正好在反应物FeTi03中符合化合价原则,所以不是氧化还原反应,A正确;B.H2O提供H+和OH-,Ti4+和OH-结合生成H2TiO3,H+和SO42-形成H2SO4,所以是水解反应,B正确;C.分析反应④,Ti的化合价反应前后都为+4价,所以不是氧化剂,C错误;D.金属之间的置换,体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律,D正确;本题答案选C。8、A【解析】
A.氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠,没有明显现象,故A符合题意;B.亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质,溶液会变浑浊,有明显现象,故B不符合题意;C.FeCl3溶液和氢硫酸反应生成氯化亚铁和硫单质,黄色溶液变为浅绿色,并伴有淡黄色沉淀,故C不符合题意;D.氯水和氢硫酸反应生成硫单质,有淡黄色沉淀出现,故D不符合题意;正确答案是A。9、D【解析】
放电时,金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+,即M电极为负极,则N电极为正极,电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+;充电时,外加电源的正极连接原电池的正极N,外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中,放电时M电极为负极,N电极为正极,正极得电子发生还原反应,故A正确;
B.充电时,原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极,电解质中阳离子Zn2+移向阴极M,故B正确;
C.放电时,正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+,电子守恒有4Zn~PTO-Zn2+,所以每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g,故C正确;
D.充电时,原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极,发生失电子的氧化反应,电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+,故D错误;
故选:D。10、A【解析】
由n==可知,ρ==,据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知,在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比,所以两种气体的密度之比为64∶80=4∶5,A项正确;B.设气体的质量均为mg,则n(SO2)=mol,n(SO3)=mol,所以二者物质的量之比为∶=80∶64=5∶4,B项错误;C.根据V=n·Vm可知,同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,所以两种气体的体积之比为5∶4,C项错误;D.根据分子组成可知,两种气体的原子数之比为(5×3)∶(4×4)=15∶16,D项错误;答案选A。11、B【解析】
A.垃圾是放错地方的资源,回收可变废为宝,说法合理,故A正确;B.废弃的金属易发生电化学腐蚀,掩埋处理很容易造成污染,故B错误;C.废弃荧光灯管中含有重金属,属于有害垃圾,故C正确;D.废弃砖瓦和陶瓷垃圾,属于硅酸盐材质,故D正确;故选B。12、D【解析】
A.得电子能力H+>Na+,电解饱和食盐水阴极:2H++2e-═H2↑,故A正确;B.电解饱和食盐水过程中,H+被消耗,促进水的电离,阴极消耗H+同时得到OH-,故B正确;C.失电子能力Cl->OH-,电解饱和食盐水阳极:2Cl--2e-=Cl2,故阳极得到Cl2,故C正确;D.D.电解池中,阴离子会向阳极移动,而阴极氢离子放电,使整个溶液显碱性,因此阳极区滴酚酞也会变红,故D错误;故选D。13、A【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石,即X是C,Y2+电子层结构与氖相同,则Y为Mg,Z的质子数为偶数,Z可能是Si,也可能是S,室温下,M的单质为淡黄色固体,则M为S,即Z为Si,A、C与S能直接化合成CS2,故说法错误;B、镁合金质量轻,硬度大,耐高温,可用作航空航天飞行器材料,故说法正确;C、S2-比Mg2+多一个电子层,因此S2-的半径大于Mg2+,故说法正确;D、氢化物分别是CH4、SiH4,非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性C>Si,即CH4比SiH4稳定,故说法正确。14、C【解析】
A.固体NaHSO4中不含氢离子,故A错误;B.被氧化的Fe2+数目与溶液中FeBr2的量有关,故B错误;C.混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol,n(Cu2+)=2mol,Ag+氧化性大于Cu2+,电解混合溶液时,阴极首先析出的固体为银单质,当有0.2mol电子转移时,首先析出Ag,质量为0.2mol×108g/mol=21.6g,故C正确;D.浓硫酸氧化性较强,可以将Fe氧化成Fe3+,所以1molFe可以提供3mol电子,则生成的SO2的物质的量为1.5mol,个数为1.5NA,故D错误;答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子,在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。15、C【解析】
A.Ca(ClO)2溶液具有漂白性,可使pH试纸褪色,应选pH计测定,故A错误;B.NaOH可吸收挥发的HCl,氢气中混有水蒸气,还需浓硫酸干燥纯化氢气,故B错误;C.由操作和现象可知,氯气与NaBr反应生成溴,则Br﹣还原性强于Cl﹣,故C正确;D.不能在容量瓶中溶解固体,应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容,故D错误;故选:C。16、D【解析】
A.既然由水电解出的c(H+)=1.0×10-12mol/L,则由水电解出的c(OH-)==1.0×10-12mol/L;而c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14mol/L,所以原来的溶液的c(H+)=1.0×10-2mol/L或者c(OH-)=1.0×10-2mol/L,即溶液可能呈现强酸或强碱性,强酸时pH=2,强碱时pH=12,故A错误;B.NH3·H2ONH4++OH-,通入CO2平衡正向移动,c(NH4+)不断增大,而平衡常数不变,则=不断减小,故B错误;C.恒温恒容下,反应X(g)+3Y(g)2Z(g),起始充入3molX和3molY,由三段式计算可知,X的体积分数一直是50%,故C错误;D.蒸馏水的pH=6,所以Kw=1×10-12,应加入等体积浓度为0.01mol▪L-1的氢氧化钠溶液,故应加入等体积pH=10的NaOH溶液,可使该溶液恰好呈中性,故D正确;正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简单计算,明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键,能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。二、非选择题(本题包括5小题)17、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。18、1氯环己烷碳碳双键乙醇溶液、加热酯化反应+CH3CH2OH6【解析】
根据流程图,烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B,B与氢气加成生成C,结合C的化学式可知,A为,B为,C为,根据题干信息①可知,D中含有碳碳双键,则C发生消去反应生成D,D为,D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E,E为,E与乙醇发生酯化反应生成F,F为,根据信息②,F在乙醇钠作用下反应生成M(),据此分析解答。【详解】(1)的结构简式为,A中只有1种氢原子,核磁共振氢谱中有1组吸收峰;B的结构简式为,故答案为:1;;(2)C的结构简式为,化学名称为氯环己烷;D的结构简式为,D中所含官能团为碳碳双键,故答案为:氯环己烷;碳碳双键;(3)C的结构简式为,D的结构简式为,为卤代烃的消去反应,反应条件为NaOH乙醇溶液、加热;E的结构简式为,F的结构简式为,的反应类型为酯化反应或取代反应,故答案为:NaOH乙醇溶液、加热;酯化反应或取代反应;(4)F的结构简式为,M的结构简式为,根据信息②,的化学方程式为+CH3CH2OH,故答案为:+CH3CH2OH;(5)M为,同时满足:①五元环上连有2个取代基;②能与溶液反应生成气体,说明含有羧基;③能发生银镜反应,说明含有醛基,满足条件的M的同分异构体有:、、、、、,一共6种,故答案为:6;(6)以甲基环戊烯()合成,要想合成,需要先合成,因此需要将碳碳双键打开,根据信息①,碳碳双键打开后得到,只需要将中的羰基与氢气加成即可,具体的合成路线为,故答案为:。19、Al(OH)3、Fe(OH)3Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu(NH3)42+(与反应生成的OH−成NH3·H2O,控制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解)有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】
(1)合金粉末进行分离,铝铁应转化为滤渣形式,从所给物质分析,只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式,铜转化为[Cu(NH3)4]SO4,利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇,进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下,能进行分离,铁和铝都转化为滤渣,说明滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3;(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4,离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O;硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离,还可以抑制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解;(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小,加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体;(4)A.因为过氧化氢能够分解,所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率,故正确;B.步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,蒸发过程中促进反应,Cu(NH3)42+Cu2++4NH3,氨气逸出,铜离子水解生成氢氧化铜,所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质,故正确;C.步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤,需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等,故正确;D.步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,然后进行抽滤,不能缓慢流干,故错误。故选ABC;(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,加过量NaOH溶液搅拌,氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠,然后过滤出氢氧化铁沉淀,加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子,测定铁离子的含量,控制量,加入适量的硫酸亚铁固体,在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液,加热使其按方程式Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O中的比例进行反应,生成四氧化三铁,再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.,故操作顺序为②③⑤④①;(6)根据反应2Cu2++4I−2CuI+I2,I2+2S2O32-2I−+S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-,Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol,则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol×246.0g/mol=0.492g,质量分数为。20、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液,至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-+3H2O2+2OH-===2CrO+4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下,向“冷却液”中加入6mol·L-1的醋酸至弱酸性,用pH试纸测定略小于,②先加入一滴0.5mol·L-1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀,然后继续滴加至有大量沉淀,静置,③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液,④若无沉淀生成,停止滴加Pb(NO3)2溶液,静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】
Cr(OH)3为两性氢氧化物,在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2,“制NaCrO2(aq)”时,控制NaOH溶液加入量,应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液,至产生的绿色沉淀恰好溶解,再加入6%H2O2溶液,发生氧化还原反应生成Na2CrO4,“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快,可减小H2O2自身分解损失,经煮沸可除去H2O2,冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4,以此解答该题。【详解】(1)实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液,现有量筒、玻璃棒、烧杯,还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管,其中胶头滴管用于定容,故答案为:100mL容量瓶和胶头滴管;(2)Cr(OH)3为两性氢氧化物,呈绿色且难溶于水,加入氢氧化钠溶液时,不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液,至产生的绿色沉淀恰好溶解,可防止NaOH溶液过量,故答案为:不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液,至产生的绿色沉淀恰好溶解;(3)“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快,可防止反应放出热量,温度过高而导致过氧化氢分解而损失,反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+4H2O,故答案为:减小H2O2自身分解损失;2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+4H2O;(4)煮沸可促使过氧化氢分解,以达到除去过氧化氢的目的,故答案为:除去过量的H2O2;(5)“冷却液”的主要成分为Na2CrO4,要想制备PbCrO4,根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+,但要控制溶液的pH不大于7.2,以防止生成Pb(OH)2沉淀,由信息③的图象可知,溶液的pH又不能小于6.5,因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少,HCrO4﹣的含量大,所以控制溶液的pH略小于7即可,结合信息④,需要先生成少许的PbCrO4沉淀,再大量生成。所以实验操作为在不断
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