黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷含解析_第1页
黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷含解析_第2页
黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷含解析_第3页
黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷含解析_第4页
黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷含解析_第5页
已阅读5页,还剩21页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

黑龙江龙江二中2023-2024学年高三最后一卷化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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、油炸虾条、薯片等易碎的食品,不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中,充入此类食品袋的是下列气体中的()A.氧气 B.二氧化碳 C.空气 D.氮气2、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中,溶液中一lg和一lgc(HC2O42-)[或-lg和-1gc(C2O42-)]的关系如图所示。下列说法正确的是A.Ka1(H2C2O4)数量级为10-1B.曲线N表示-lg和-lgc(HC2O4-)的关系C.向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,此时溶液pH约为5D.在NaHC2O4溶液中C(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)3、人类的生产、生活与化学息息相关,下列说法不正确的是

A.将铝制品置于电解液中作为阳极,用电化学氧化的方法,可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B.防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫,目前主要用石灰法。C.压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固,其黏附力为分子间作用力。D.人体所需六大营养物质:糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水,其中产能最高的是糖类。4、苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮,其反应和工艺流程示意图如下,下列有关说法正确的是+A.a、b、c均属于芳香烃 B.a、d中所有碳原子均处于同一平面上C.A有9种属于芳香族的同分异构体 D.c、d均能发生氧化反应5、设NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.12gNaHSO4晶体中SO42-数目为0.1NAB.2.0gD2O中含有的中子数为NAC.2.24LCl2与足量Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NAD.标准状况下,4.48LHF所含原子数目为0.4NA6、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7、下列各项反应对应的图像正确的是()A.图甲为25℃时,向亚硫酸溶液中通入氯气B.图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C.图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D.图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠8、下列分散系能产生“丁达尔效应”的是()A.分散质粒子直径在1~100nm间的分散系B.能使淀粉­KI试纸变色的分散系C.能腐蚀铜板的分散系D.能使蛋白质盐析的分散系9、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料,在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2):2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2。下列说法不正确的是A.CHCl3分子和COCl2分子中,中心C原子均采用sp3杂化B.CHCl3属于极性分子C.上述反应涉及的元素中,元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D.可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质10、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.碳酸钙溶于稀醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.铜与稀硝酸反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OC.向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液:HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓D.用银氨溶液检验乙醛中的醛基:CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++NH3+Ag↓+H2O11、我国科学家构建了一种有机框架物M,结构如图。下列说法错误的是()A.1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B.苯环上的一氯化物有3种C.所有碳原子均处同一平面D.1molM可与15molH2发生加成反应12、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)ABCDX中试剂浓硝酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂CuC2H5OHMnO2NaOH气体NO2C2H4O2NH3A.A B.B C.C D.D13、化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是()A.为了防止感染“新冠病毒”,坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C.2020年3月9日,发射了北斗系统第五十四颗导航卫星,其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋,并且能将其转化为乙二醇,这项研究有助于减少白色污染14、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应的水化物的酸性:B>EB.原子半径:C>B>AC.气态氢化物的热稳定性:E>CD.化合物DC与EC2中化学键类型相同15、下列物质的检验,其结论一定正确的是()A.向某溶液中加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入HNO3后,白色沉淀不溶解,也无其他现象,说明原溶液中一定含有SO42—B.向某溶液中加盐酸产生无色气体,该气体能使澄清的石灰水变浑浊,说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—C.取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解,再加足量盐酸酸化,然后加BaCl2溶液,若加HCl时有气体产生,加BaCl2时有白色沉淀产生,说明Na2SO3样品已部分被氧化D.将某气体通入品红溶液中,品红溶液褪色,该气体一定是SO216、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L−1K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl−、OH−B.0.1mol·L−1FeCl2溶液:K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C.0.1mol·L−1NaOH溶液:Na+、K+、、D.0.1mol·L−1H2SO4溶液:K+、、、17、地球表面是易被氧化的环境,用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是()A.KI(AgNO3

溶液) B.FeCl2(KSCN

溶液)C.HCHO(银氨溶液) D.Na2SO3(BaCl2

溶液)18、以下说法正确的是A.CH3CH2C(CH3)3的系统命名是:2,2―甲基丁烷B.H2、D2、T2互称为同位素C.乙酸、硬脂酸、软脂酸、油酸均属于同系物D.硝基乙烷(CH3CH2NO2)与甘氨酸(H2NCH2COOH)互称为同分异构体19、下列有关物质的描述及其应用均正确的是()A.Al、Al2O3、Al(OH)3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应B.Na2O2中含有O2,所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气C.FeCl3具有氧化性,用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板D.Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到20、下列变化过程中,加入氧化剂才能实现的是()A.Cl2→Cl- B.Fe2+→Fe3+ C.Na2O2→O2 D.SO2→SO32-21、将含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中,最终溶液中不存在A.K+ B.Al3+ C.SO42- D.AlO2-22、A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质,且A、B、C中含有同一种元素,其转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.若B为一种两性氢氧化物,则D可能是强酸,也可能是强碱B.若A为固态非金属单质,D为O2,则A可以为单质硫C.若A为强碱,D为CO2,则B的溶解度一定大于C的溶解度D.若A为18电子气态氢化物,D为O2,则A只能是C2H6二、非选择题(共84分)23、(14分)PVAc是一种具有热塑性的树脂,可合成重要高分子材料M,合成路线如下:己知:R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+(1)标准状况下,4.48L气态烃A的质量是5.2g,则A的结构简式为___________________。(2)己知A→B为加成反应,则X的结构简式为_______;B中官能团的名称是_________。(3)反应①的化学方程式为______________________。(4)E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应②的反应试剂和条件是_______________________。(5)反应③的化学方程式为____________________________。(6)在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇的作用是__________________________。(7)己知M的链节中除苯环外,还含有六元环状结构,则M的结构简式为_________________。24、(12分)聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一,已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图(部分反应条件己略去):己知下列信息:①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题:(1)固体A是___(写名称);B的化学名称是___。(2)反应①的化学方程式为___。(3)D中官能团的名称为___;反应②的反应类型是___。(4)E的分子式为___;己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2,则F的结构简式是___。(5)X与C互为同分异构体,写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢,其峰面积之比为2:2:1:1②能与NaOH溶液反应,1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应,其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应(6)参照上述合成路线,以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计合成的路线___。25、(12分)为测定某硬铝(含有铝、镁、铜)中铝的含量,设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题:方案Ⅰ:(1)固体甲是铜,试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________(选填选项)。a.测溶液pH,呈碱性b.取样,继续滴加NaOH溶液,不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液,沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是:灼烧、_______、________,重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______,该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示:操作步骤有:①记录A的液面位置;②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后,使A和B液面相平;③再次记录A的液面位置;④将一定量Y(足量)加入烧瓶中;⑤检验气密性,将ag硬铝和水装入仪器中,连接好装置。(1)试剂Y是________________;操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag,若不测气体的体积,改测另一物理量也能计算出铝的质量分数,需要测定的是_______,操作的方法是__________。26、(10分)醋酸亚铬水合物的化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,该水合物通常为红棕色晶体,是一种常用的氧气吸收剂,不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂),微溶于乙醇,易溶于盐酸,易被氧化。已知Cr3+水溶液呈绿色,Cr2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。(1)检查装置气密性后,向左侧三颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量CrCl3溶液,关闭K1打开K2,旋开a的旋塞,控制好滴速。a的名称是___________,此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______、________。一段时间后,整个装置内充满氢气,将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时,关闭K2,打开K1,将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中,则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)本实验中所有配制溶液的水均需煮沸,其原因是______________________。右侧的烧杯内盛有水,其中水的作用是_______________________________________________。(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时,关闭a的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥,即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_______________________。(4)称量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶体,质量为mg,,若所取用的CrCl3溶液中含溶质ng,则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(M1=376)的产率是______%。27、(12分)向硝酸酸化的2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液(pH=2)中加入过量铁粉,振荡后静置,溶液先呈浅绿色,后逐渐呈棕黄色,试管底部仍存在黑色固体,过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。Ⅰ.探究Fe2+产生的原因。(1)提出猜想:Fe2+可能是Fe与________或________反应的产物。(均填化学式)(2)实验探究:在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉,再加入不同的液体试剂,5min后取上层清液,分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2mL0.1mol·L-1

AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2mL0.1mol·L-1______溶液(pH=2)蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为_________。②资料显示:该温度下,0.1mol·L-1AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_______。③小组同学继续进行实验,证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下:取100mL0.1mol·L-1硝酸酸化的AgNO3溶液(pH=2),加入铁粉并搅拌,分别插入pH传感器和NO传感器(传感器可检测离子浓度),得到图甲、图乙,其中pH传感器测得的图示为________(填“图甲”或“图乙”)。④实验测得2号试管中有NH4+生成,则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。Ⅱ.探究Fe3+产生的原因。查阅资料可知,反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。(3)方案一:取出少量黑色固体,洗涤后,______(填操作和现象),证明黑色固体中有Ag。(4)方案二:按下图连接装置,一段时间后取出左侧烧杯中的溶液,加入KSCN溶液,溶液变红。该实验现象________(填“能”或“不能”)证明Fe2+可被Ag+氧化,理由为________。28、(14分)离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂,其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成,结构如图所示。回答下列问题:(1)碳原子价层电子的轨道表达式为__________,基态碳原子中,核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_________形。(2)根据价层电子对互斥理论,NH3、NO3-、NO2-中,中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_______;NO3-与NO2-中O-N-O的键角:NO3-____NO2-(填“<”、“>”“=”)。(3)EMIM+离子与金属阳离子形成的离子化合物常温下呈液态的原因是____________。(4)EMIM+离子中,碳原子的杂化轨道类型为___________。分子中的大π键可用符号πnm

表示,其中m代表参与形成的大π键原子数,n代表参与形成的大π键电子数,则EMIM+离子中的大π键应表示为________。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石,但热稳定性远高于金刚石,其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_______晶体,其中硼原子的配位数为_______。已知:立方氮化硼密度为d

g/cm3,B原子半径为x

pm,N原子半径为y

pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶胞中原子的空间利用率为________(列出化简后的计算式)。29、(10分)ⅡB−ⅥA族半导体纳米材料(如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等)在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题:(1)基态锌(Zn)原子的电子排布式为[Ar]_____。(2)“各能级最多容纳的电子数,是该能级原子轨道数的二倍”,支撑这一结论的理论是______(填标号)a构造原理b泡利原理c洪特规则d能量最低原理(3)在周期表中,Se与As、Br同周期相邻,与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_______。(4)H2O2和H2S的相对分子质量相等,常温下,H2O2呈液态,而H2S呈气态,其主要原因是______;的中心原子杂化类型为_______,其空间构型为_______。(5)ZnO具有独特的电学及光学特性,是一种应用广泛的功能材料。①已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5,ZnO中化学键的类型为______。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成[Zn(OH)4]2—,请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_______。②一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度为________g·cm−3。

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】

油炸虾条、薯片具有还原性,易被氧化性气体氧化而变质,保存时,充入气体应为非氧化性气体,空气和氧气相比较,氧气的浓度更大,氧化性更强,易使食品变质,在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化,故选D。2、C【解析】

H2CO4为弱酸,第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数,即则则,因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系,曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系,选项B错误;根据上述分析,因为,则,数量级为10-2,选项A错误;根据A的分析,,向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,,此时溶液pH约为5,选项C正确;根据A的分析,Ka1(H2C2O4)=10-2,则NaHC2O4的水解平衡常数,说明以电离为主,溶液显酸性,则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),选项D错误;答案选C。3、D【解析】

A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应;B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力;D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属,作阳极时,失去电子生成氧化铝,所以铝制品作电解池阳极电解,可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜,A正确;B.二氧化硫能形成酸雨,并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣,所以在燃煤中加入石灰石或生石灰,减少环境污染,是目前主要脱硫方法,B正确;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力,能牢固黏贴物品,C正确;D.人体所需六大营养物质中:直接的供能物质是糖类,产能最高的是油脂,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途,掌握反应原理和物质的性质即可解答,侧重考查了学生的分析能力,有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性。4、D【解析】

A.a属于芳香烃,b、c为芳香族化合物,故A错误;B.a中所有碳原子不处于同一平面上,a上右边最多只有一个—CH3在平面内,故B错误;C.a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身),两个支链有3种,三个支链有4种,因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身),故C错误;D.c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化,d能被酸性高锰酸钾氧化,故D正确。综上所述,答案为D。【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。5、B【解析】

A.NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子,不含SO42-,A项错误;B.2.0gD2O的物质的量为=0.1mol,其中含有的中子数为0.1mol(12+8)NA=NA,B项正确;C.氯气所处的状态未知,无法求出氯气的物质的量,转移电子数无法确定,C项错误;D.标准状况下,HF为液体,不是气体,无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量,D项错误;答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点,侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点,要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件,题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体,学生做题时只要善于辨析,便可识破陷阱,排除选项。6、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。7、C【解析】

A.亚硫酸为酸性,其pH小于7,与图象不符,发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后,随着氯气的通入,pH会降低,直到亚硫酸反应完全,pH不变,故A错误;B.NaAlO2溶液中通入HCl气体,发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3,故B错误;C.向少量氯化铁溶液中加入铁粉,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,则Fe元素的质量增加,Cl元素的质量不变,所以Cl的质量分数减小,至反应结束不再变化,故C正确;D.BaSO4饱和溶液中,存在溶解平衡,加硫酸钠,硫酸根离子浓度增大,溶解平衡逆向移动,溶解度减小,故D错误;故答案为C。8、A【解析】

能产生“丁达尔效应”的分散系为胶体,据此分析。【详解】A、分散质的粒子直径在1nm~100nm之间的分散系为胶体,胶体具有丁达尔效应,故A符合题意;B、能使淀粉-KI试纸变色,说明该分散系具有强氧化性,能将I-氧化成I2,该分散系可能是溶液,如氯水等,溶液不具有丁达尔效应,故B不符合题意;C、能腐蚀铜板,如FeCl3溶液,溶液不具有丁达尔效应,故C不符合题意;D、能使蛋白质盐析的分散系,可能是溶液,如硫酸铵,溶液不具有丁达尔效应,故D不符合题意;答案选A。9、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一样,中心C原子采用sp3杂化,COCl2分子中,中心C与O形成双键,再与两个Cl形成共价单键,因此C原子采用sp2杂化,A错误;CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同,因此CHCl3的空间构型为四面体,但不是正四面体,属于极性分子,B正确;所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子,两者可以组成CO2,C正确;由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在,不是Cl-,因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质,D正确。10、B【解析】

A.醋酸是弱酸,应该写化学式,离子方程式是:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO—+H2O+CO2↑,A错误;B.铜与稀硝酸反应,方程式符合反应事实,B正确;C.向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液,盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应,离子方程式是:NH4++HCO3-+2OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓+NH3∙H2O,C错误;D.用银氨溶液检验乙醛中的醛基,方程式的电荷不守恒,应该是:CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O,D错误。故选B。11、D【解析】

A.根据物质结构可知:在该化合物中含有3个-COOH,由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体,所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2,A正确;B.在中间的苯环上只有1种H原子,在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子,因此苯环上共有3种不同位置的H原子,它们被取代,产生的一氯化物有3种,B正确;C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上;与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上;乙炔分子是直线型分子,一条直线上2点在一个平面上,则直线上所有的原子都在这个平面上,所以所有碳原子均处同一平面,C正确;D.在M分子中含有4个苯环和3个碳碳三键,它们都可以与氢气发生加成反应,则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为3×4+2×3=18mol,D错误;故合理选项是D。12、C【解析】

A.二氧化氮和水反应,收集二氧化氮不能用排水法,A错误;B.乙醇消去制乙烯需要加热,B错误;C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体,收集氧气用排水法,C正确;D.氨气极易溶于水,不能用排水法收集,D错误;答案选C。13、D【解析】

A.为了防止感染“新冠病毒”,坚持每天使用75%酒精杀菌消毒,故A错误;B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板,聚四氟乙烯属于有机高分子材料,故B错误;C.2020年3月9日,发射了北斗系统第五十四颗导航卫星,其计算机的芯片材料是高纯度单质硅,故C错误;D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋,并且能将其转化为乙二醇,将高分子化合物降解为小分子,这项研究有助于减少白色污染,故D正确;选D。14、A【解析】

A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,该化合物为氨气,A为H,B为N;D原子最外层电子数与最内层电子数相等,则D的质子数=2+8+2=12,D为Mg;化合物DC中两种离子的电子层结构相同,C为O;A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍,E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si,最高价氧化物对应的水化物的酸性B>E,A正确;B.同周期,原子半径随原子序数增大而减小,故原子半径N>O,即B>C>A,B错误;C.元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,故气态氢化物的热稳定性C>E,C错误;D.化合物DC为MgO,EC2为SiO2,DC中为离子键,EC2为共价键,D错误;故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用,以便更好地解决元素化合物的推断题。15、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入HNO3后,白色沉淀不溶解,也无其他现象,原溶液可能含SO42‾或Cl‾,故A错误;B、向某溶液中加盐酸产生无色气体,该气体能使澄清的石灰水变浑浊,说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—,或HCO3‾或HSO3‾,故B错误;C、加HCl时有气体产生,加BaCl2时有白色沉淀产生,说明含有SO42‾和SO32‾,Na2SO3样品已部分被氧化,故C正确;D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体,故D错误。答案选C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法,进行物质的检验时,要依据物质的特殊性质和特征反应,选择适当的试剂和方法,包括试剂的选择,反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”,即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同,进行检验,重点掌握以下离子或物质的检验:Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl‾、SO42‾、SO32‾、CO32‾、HCO3‾、NH3、Cl2、SO2等。16、C【解析】

A.碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀,二者不能大量共存,故A错误;B.高锰酸根离子具有强的氧化性,能够氧化二价铁离子,二者不能大量共存,故B错误;C.

OH−、Na+、K+、、之间相互不反应,可以大量共存,故C正确;D.酸性环境下,硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子,所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存,故D错误;故选:C。17、B【解析】

A.KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀,可以用淀粉溶液检验是否变质,故A不选;B.FeCl2溶液变质混有FeCl3,则加KSCN可检验铁离子,能检验是否变质,故B选;C.HCHO变质生成HCOOH,银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应,所以不能检验,故C不选;D.Na2SO3溶液变质生成Na2SO4,Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀,所以加氯化钡不能检验变质,故D不选;故选:B。18、D【解析】

A.CH3CH2C(CH3)3的系统命名为2,2―二甲基丁烷,A项错误;B.同位素是质子数相同、中子数不同的原子。H2、D2、T2为单质分子,B项错误;C.同系物的结构相似,分子组成相差若干“CH2”。乙酸(CH3COOH)、硬脂酸(C17H35COOH)、软脂酸(C15H31COOH)属于同系物,它们与油酸(C17H33COOH)不是同系物,C项错误;D.同分异构体的分子式相同、结构不同。硝基乙烷(CH3CH2NO2)与甘氨酸(H2NCH2COOH)为同分异构体,D项正确。本题选D。19、C【解析】

A、NaAlO2与NaOH不反应,故A不正确;B、Na2O2为离子化合物,含O元素,不含O2,但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气,故B不正确;C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁,利用氧化铁的氧化性,用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板,故C正确;D、Al活泼性很强,用电解熔融氧化铝的方式制备,所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法得到,故D不正确;故选C。20、B【解析】

A.Cl2与水反应时生成盐酸和次氯酸,盐酸可以电离出Cl-,但这个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂,故A错误;B.Fe2+→Fe3+过程中,化合价升高,发生氧化反应,需要加入氧化剂才能实现,故B正确;C.Na2O2与水或二氧化碳反应能生成O2,反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,故不需加入氧化剂也能实现,故C错误;D.SO2→SO32-过程中,化合价没有变化,不需要发生氧化还原反应即可实现,故D错误。故选B。【点睛】此题易错点在C项,一般来讲元素化合价升高,发生氧化反应,需要氧化剂与之反应,但一些反应中,反应物自身既是氧化剂又是还原剂,所以不需加入氧化剂才能发生氧化反应。21、D【解析】

1molKAl(SO4)2电离出1mol钾离子,1mol铝离子,2mol硫酸根离子,加入1mol氢氧化钡,电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子,所以铝离子过量,不会生成偏铝酸根离子,故选:D。22、A【解析】

A.B为两性氢氧化物,若D为强碱,则A为铝盐,若D为强酸,则A为偏铝酸盐,则A正确;B若A为固态非金属单质,D为O2,则A不能为单质硫,因为硫不能一步被氧化为三氧化硫,故B错误;C.当A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,D为二氧化碳,B的溶解度大于C的溶解度,当A为氢氧化钡,B为碳酸钡,C为碳酸氢钡,则B的溶解度小于C的溶解度,故C错误;D.若A为18电子气态氢化物,D为O2,则A可以为C2H6、H2S,故D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液/△保护醛基不被H2还原【解析】

标准状况下,3.36L气态烃A的质量是3.9g,则相对摩尔质量为=26g/mol,应为HC≡CH,A与X反应生成B,由B的结构简式可知X为CH3COOH,X发生加聚反应生成PVAc,结构简式为,由转化关系可知D为CH3CHO,由信息Ⅰ可知E为,由信息Ⅱ可知F为,结合G的分子式可知G应为,H为,在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇可保护醛基不被H2还原,M为,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,(1)标准状况下,4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g,摩尔质量为26g/mol,所以A为乙炔,结构简式为HC≡CH;正确答案:HC≡CH。(2)根据B分子结构可知,乙炔和乙酸发生加成反应,X的结构简式为.CH3COOH;B中官能团的名称是酯基、碳碳双键;正确答案:CH3COOH;酯基、碳碳双键。(3)有机物B发生加聚反应生成PVAc,PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇,化学方程式为;正确答案:(4)乙炔水化制乙醛,乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E,因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液/△;正确答案:稀NaOH溶液/△。(5)根据信息II,可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应,与氢气发生加成反应生成;化学方程式为;正确答案:。(6)从流程图可以看出,醛基能够与氢气发生加成反应,所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原;正确答案:保护醛基不被H2还原。(7)高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应,生成六元环状结构的高分子环醚,则M的结构简式为;正确答案:。24、焦炭对二甲苯(或1,4-二甲苯)+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法,D中应该含有2个酯基,即,反应①的条件是乙醇,因此不难猜出这是一个酯化反应,C为对二苯甲酸,结合B的分子式以及其不饱和度,B只能是对二甲苯,从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液,固体A是煤干馏得到的,因此为焦炭,再来看下线,F脱水的产物其实是两个酸酐,因此F中必然有四个羧基,则E就是1,2,4,5-四甲苯,据此来分析本题即可。【详解】(1)固体A是焦炭,B的化学名称为对二甲苯(或1,4-二甲苯)(2)反应①即酯化反应,方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)D中官能团的名称为酯基,注意苯环不是官能团;(4)E是1,2,4,5-四甲苯,其分子式为,根据分析,F的结构简式为;(5)根据给出的条件,X应该含有两个酯基,并且是由酚羟基形成的酯,再结合其有4种等效氢,因此符合条件的X的结构简式为;(6)甲苯只有一个侧链,而产物有两个侧链,因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链,再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基,再进行酯化反应即可,因此合成路线为CH3OHCH3Cl。25、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100%氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数,可称得样品质量,测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质,将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积,从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ:(1)实验流程中,固体甲是铜,则足量X可溶解硬铝中的镁、铝,试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸,加入足量的NaOH溶液,可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性(a错);证明NaOH溶液过量不必取样,NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少(b错、c对)。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量,故需经过灼烧、冷却、称量,重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝(Al2O3)。实验流程中,硬铝中的铝最终全部变成氧化铝,则样品中铝的质量为(54b/102)g,铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100%。方案Ⅱ:(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气,则试剂Y可能是氢氧化钠溶液;实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数,操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag,若不测气体的体积,向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液,当不再有气泡产生时,将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量,测量剩余固体的质量,也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂,故解答实验题应紧扣实验目进行思考,则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。26、分液漏斗Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl22Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O防止水中的溶解氧氧化Cr2+水封,防止空气进入装置内乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥31700m/376n【解析】

(1)根据仪器的结构,仪器a为分液漏斗,左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为:2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气,Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑;一段时间后,整个装置内充满氢气,将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时,关闭K2,打开K1,将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中,CrCl2溶液与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,反应的离子方程式为2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,故答案为分液漏斗;Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑;Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2;2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O;(2)本实验中所用的溶液,配制用的蒸馏水都需事先煮沸,原因是,二价铬不稳定,极易被氧气氧化,去除水中的溶解氧,防止Cr2+被氧化;右侧烧怀内的水可以防止空气进入装置内,故答案为防止水中的溶解氧氧化Gr2+;水封,防止空气进入装置内;(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时,关闭a的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥,即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤,乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥,故答案为乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥;(4)实验时取用的CrCl3溶液中含溶质ng,理论上得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O

的质量=××376g/mol=g,该实验所得产品的产率=×100%=×100%=%,故答案为。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算。解答本题需要注意对题目信息的应用。本题的易错点为(1),注意根据制备流程确定反应物和生成物,再书写相关离子方程式。27、HNO3AgNO3NaNO3该反应速率很小(或该反应的活化能较大)图乙4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(或加入足量稀盐酸,有黑色固体剩余)(答案合理均可)不能Fe2+可能被HNO3氧化或被氧气氧化(答案合理均可)【解析】

Ⅰ.(1)向硝酸酸化的AgNO3溶液(pH=2)中加入过量的铁粉,过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子,也可与AgNO3溶液反应生成Fe2+,Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag,因此溶液中的Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物,故答案为:HNO3;AgNO3;(2)①探究Fe2+的产生原因时,2号试管作为1号试管的对比实验,要排除Ag+的影响,可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag+的NaNO3溶液进行对比实验,故答案为:NaNO3;②AgNO3可将Fe氧化为Fe2+,但1号试管中未观察到蓝色沉淀,说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢,生成的Fe2+浓度较小,故答案为:该反应速率很小(或该反应的活化能较大);③由2号试管得出的结论正确,说明Fe2+是Fe与HNO3反应的产物,随着反应的进行,HNO3溶液的浓度逐渐减小,溶液的pH逐渐增大,则图乙为pH传感器测得的图示,故答案为:图乙;④实验测得2号试管中有NH生成,说明Fe与HNO3反应时,Fe将HNO3还原为NH,根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O,故答案为:4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O;Ⅱ.(3)Ag+氧化Fe2+时发生反应Ag++Fe2+=Ag↓+Fe3+,而黑色固体中一定含有过量的铁,所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe,若有黑色固体剩余,则证明黑色固体中有Ag;或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸,若产生白色沉淀,则证明黑色固体中有Ag,故答案为:加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(或加入足量稀盐酸,有黑色固体剩余)(答案合理均可)(4)取左侧烧杯中的溶液,加入KSCN溶液后,溶液变红,只能证明有Fe3+生成,不能证明Fe2+可被Ag+氧化,因为Fe(NO3)2溶液呈酸性,酸性条件下NO可将Fe2+氧化为Fe3+,且Fe(NO3)2溶液直接与空气接触,Fe2+也可被空气中的氧气氧化为Fe3+;故答案为:不能;Fe2+可能被HNO3氧化或被氧气氧化(答案合理均可)。28、哑铃NH3>EMIM+离子为多核离子,其半径大,与金属阳离子作用的晶格能小,因而常温下为液体sp2、sp3π56原子4【解析】

(1)碳元素为主族元素,价层电子是最外层电子数;核外电子占据最高能级是p能级,据此分析;(2)根据价层电子对数=σ键+孤电子对数进行分析;(3)离子化合物熔沸点受晶格能的影响,晶格能与半径、所带电荷数有关,据此分析;(4)利用杂化轨道数等于价层电子对数,根据大π键的表示进行分析;(5

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论