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文档简介
2024年浙江省嘉兴市桐乡高级中学高三下学期第五次调研考试化学试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知常温下反应:Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡常数K=0.3。现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/LFe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中,将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图),闭合开关K,关于该原电池的说法正确的是A.原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+B.盐桥中阳离子从左往右作定向移动C.石墨为负极,电极反应为Fe2+-e-=Fe3+D.当电流计指针归零时,总反应达到平衡状态2、已知HCl的沸点为-85℃,则HI的沸点可能为()A.-167℃ B.-87℃ C.-35℃ D.50℃3、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A.接触法制硫酸 B.联合法制纯碱C.铁矿石炼铁 D.石油的裂化和裂解4、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中,甲中将锌片和铜片用导线连接,一段时间后,下列叙述正确的是A.两烧杯中的铜片都是正极B.甲中铜被氧化,乙中锌被氧化C.产生气泡的速率甲比乙快D.两烧杯中铜片表面均无气泡产生5、2019年2月27日,科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念,锌碘单液流电池中电解液的利用率达到近100%,进而大幅度提高了电池的能量密度,工作原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时电路中电流方向为A→a→b→B→AB.M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜C.如果使用铅蓄电池进行充电,则B电极应与铅蓄电池中的Pb电极相连D.若充电时C区增加的离子数为2NA,则A极增重65g6、环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构,一直受到结构和理论化学家的关注,它有如下转化关系。下列说法正确的是A.n分子中所有原子都在同一个平面上B.n和:CBr2生成p的反应属于加成反应C.p分子中极性键和非极性键数目之比为2:9D.m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种7、25℃时,将pH均为2的HCl与HX的溶液分别加水稀释,溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A.a、b两点:c(X-)<c(Cl-) B.溶液的导电性:a<bC.稀释前,c(HX)>0.01mol/L D.溶液体积稀释到10倍,HX溶液的pH<38、某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示,下列有关说法错误的是■A.放电时,Na+向正极移动B.放电时,电子由钠箔经过导线流向碳纸C.充电时,当有0.1mole-通过导线时,则钠箔增重2.3gD.充电时,碳纸与电源负极相连,电极反应式为4OH--4e=2H2O+O2↑9、下列说法正确的是A.将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热,再滴加硝酸银溶液,观察有沉淀生成,可证明溴乙烷中含有溴B.用纸层析法分离铁离子与铜离子时,蓝色斑点在棕色斑点的下方,说明铜离子在固定相中分配得更多C.食醋总酸含量的测定实验中,先用移液管吸取市售食醋25ml,置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线,从配制后的溶液中取出25ml进行实验,其主要目的是可以减少食醋的挥发D.准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具10、下列关于物质工业制备的说法中正确的是A.接触法制硫酸时,在吸收塔中用水来吸收三氧化硫获得硫酸产品B.工业上制备硝酸时产生的NOx,一般可以用NaOH溶液吸收C.从海水中提取镁的过程涉及化合、分解、置换、复分解等反应类型D.工业炼铁时,常用焦炭做还原剂在高温条件下还原铁矿石11、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B.天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C.“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D.港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法12、下列能源中不属于化石燃料的是()A.石油 B.生物质能 C.天然气 D.煤13、在某温度下,同时发生反应A(g)B(g)和A(g)C(g)。已知A(g)反应生成B(g)或C(g)的能量如图所示,下列说法正确的是A.B(g)比C(g)稳定B.在该温度下,反应刚开始时,产物以B为主;反应足够长时间,产物以C为主C.反应A(g)B(g)的活化能为(E3—E1)D.反应A(g)C(g)的ΔH<0且ΔS=014、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液:Na+、Ca2+、Br-、HCO3-B.=1×10-12的溶液:K+、Na+、CO32-、AlO2-C.0.1mol·L-1KFe(SO4)2溶液:Mg2+、Al3+、SCN-、NO3-D.0.1mol·L-1Ca5NH4(NO3)11溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-15、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下),则在这一过程中,下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是(离子水解忽略不计)A. B.C. D.16、有关晶体的下列说法中正确的是A.原子晶体中共价键越强,熔点越高B.分子晶体中分子间作用力越大,分子越稳定C.冰熔化时水分子中共价键发生断裂D.CaCl2晶体中含有两种化学键17、下列说法正确的是()A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时,转移电子的数目相等B.质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合,所得溶液的质量分数为50%C.金属钠着火时,立即用泡沫灭火器灭火D.白磷放在煤油中;氨水密闭容器中保存18、下列离子方程式书写不正确的是A.用两块铜片作电极电解盐酸:Cu+2H+H2↑+Cu2+B.NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应:2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2OC.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应:2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-D.氨水吸收少量的二氧化硫:2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O19、下列行为不符合安全要求的是()A.实验室废液需经处理后才能排入下水道B.点燃易燃气体前,必须检验气体的纯度C.配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌D.大量氯气泄漏时,迅速离开现场并尽量往高处去20、关于Na2O2的叙述正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数)A.7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB.7.8gNa2S与Na2O2的混合物,含离子总数为0.3NAC.7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应,转移的电数为0.2NAD.0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2,转移电子的数目为0.4NA21、阿伏加德罗常数用NA表示,下列叙述正确的是A.18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出,现用电解的方法模拟该过程,阴极为石墨,阳极为铁,理论上电路中每通过6mol电子,就有NA个Cr2O72-被还原C.标准状况下,22.4LNO2含有的原子数小于3NAD.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al,转移电子数为3NA22、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L-1HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H+)为8mol·L-1,溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收,消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是()A.SnO2·4H2O B.Sn(NO3)4C.Sn(NO3)2 D.Sn(NO3)2和Sn(NO3)4二、非选择题(共84分)23、(14分)用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下:已知:(1)B、C、D都能发生银镜反应,G的结构简式为(2)根据题意完成下列填空:(1)A的结构简式为__________________。(2)实验空由A制得B可以经过三步反应,第一步的反应试剂及条件为/光照,第二步是水解反应,则第三步的化学反应方程式为____________________。(3)①的反应类型为_______________反应。(4)③的试剂与条件为__________________________。(5)I的结构简式为___________;请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____________。①能发生银镜反应②能发生水解反应③苯环上一氯取代物只有一种④羟基不与苯环直接相连(6)由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇(),写出其合成路线________________。(合成路线需用的表示方式为:)24、(12分)已知:醛基和双氧水可发生如下反应:为了合成一类新药,选择了下列合成路线:回答下列问题:(1)C中官能团的名称是_______________________。(2)E生成F的反应类型是_____________________。(3)E的结构简式为______________________________。(4)B生成C的化学方程式为_____________________。(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:l)的有机物有______种。(6)设计主要以甲醇和苯甲醇为原料制备的合成路线_________。25、(12分)吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O,M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用;吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下:NaHSO3的制备:如图,在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水,振荡溶解,缓慢通入SO2,至广口瓶中溶液pH约为4,制得NaHSO3溶液。(1)装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__;Ⅱ中多孔球泡的作用是__。(2)实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备:如图,向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛,在80~90℃C下,反应约3h,冷却过滤。(3)仪器A的名称为___;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。(4)将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定:将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中,加入10%磷酸10mL,立即通入100℃水蒸气;吊白块分解并释放出甲醛,用含36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响,4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O),再用0.1000mol·L-1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4,再重复实验2次,平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。(5)滴定终点的判断方法是__;吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字);若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质,会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)26、(10分)18世纪70年代,瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体,它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中,通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置,试回答下列问题:(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是________,收集并吸收氯气应选用的装置为________。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气,防止氯气污染空气,试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式:________。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的,请你利用所学的化学知识加以鉴别,并写出有关的化学方程式________,_______。(4)次氯酸具有漂白性,它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中,当滴到最后一滴时,红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明):①_____;②_____。(5)请设计一个简单的实验,确定(4)中红色褪去的原因是①还是②?________。27、(12分)绿矾(FeSO4·7H2O)可作还原剂、着色剂、制药等,在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体,熔点16.8℃,沸点44.8℃,氧化性及脱水性较浓硫酸强,能漂白某些有机染料,如品红等。回答下列问题:(1)甲组同学按照上图所示的装置,通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________,甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。(2)乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨,认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热,发现褪色的品红溶液未恢复红色,则可证明绿矾分解的产物中__________(填字母)。A.不含SO2B.可能含SO2C.一定含有SO3(3)丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出,为此,丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置:①丙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。(4)为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。28、(14分)(卷号)10000(题号)2427322248593408钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为____,Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多,原因是____。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物,如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示,图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键,图2中C原子的杂化方式为____,形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是____,钴晶体晶胞结构如图3所示,该晶胞中原子个数为____;该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)g·cm-3。29、(10分)溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物,其合成路线如下:回答下列问题:(1)A→B的反应类型___________反应;F→G的反应类型________反应。(2)C含有的官能团名称______________________________________。(3)C→D的化学反应方程式___________________________________。(4)E→F的化学反应方程式_____________________________________。(5)I的结构简式是_____________________________________________。(6)假设有机物J苯环上的氢化学环境相同,则J核磁共振氢谱有______组峰。(7)写出1种与NaOH物质的量比1:3发生反应的E的同分异构体的结构简式____________。(8)将下列合成路线补充完整该路线中化合物X为______________;化合物Y为:___________________;试剂与条件a为:__________________、__________________。
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.根据浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向,从而确定原电池的正负极。由Fe3+、Fe2+及Ag+的浓度,可求得,Qc小于K,所以反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+正向进行,即原电池总反应为Fe3++Ag=Fe2++Ag+,Fe3+作氧化剂,氧化了Ag,A错误;B.根据A项分析,Ag失去电子,作还原剂,为负极,石墨作正极。在原电池中,阳离子向正极移动,因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动,B错误;C.根据A项分析,石墨作正极,石墨电极上发生反应,Fe3++e-=Fe2+,C错误;D.当电流计读数为0时,说明该电路中无电流产生,表示电极上得失电子达到平衡,即该总反应达到化学平衡,D正确。答案选D。【点睛】该题通过浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向,从而确定原电池的正负极,是解题的关键。2、C【解析】
氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体,分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关,而分子间作用力与相对分子质量成正比,碘化氢的相对分子质量大于氯化氢,所以分子间作用力强于氯化氢,熔沸点高于氯化氢熔沸点,排除A、B,常温下碘化氢为气体,所以沸点低于0℃,排除D,C项正确;答案选C。3、A【解析】
A.接触法制硫酸中有热交换器,涉及到反应热再利用,选项A正确;B.联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用,选项B错误;C.铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用,选项C错误;D.石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用,选项D错误;答案选A。4、C【解析】乙烧杯没有构成原电池,铜片不是正极,故A错误;甲中锌是负极,锌被氧化,乙中锌与硫酸反应,锌被氧化,故B错误;甲构成原电池,产生气泡的速率甲比乙快,故C正确;甲烧杯中构成原电池,铜是正极,电极反应是,铜片表面有气泡产生,故D错误。点睛:构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路;乙装置没有形成闭合电路,所以没有构成原电池。5、B【解析】
A.电池放电时,A电极锌单质被氧化成为锌离子,所以A为负极,所以电路中电流方向为B→b→a→A→B,故A错误;B.放电时A去产生Zn2+,为负极,所以C区Cl-应移向A区,故M为阴离子交换膜,B区I2转化为I-,为正极,所以C区K+应移向B区,故N为阳离子交换膜,故B正确;C.充电时B电极应与外接电源的正极相连,则B电极应于铅蓄电池中的PbO2电极相连,故C项错误;D.充电时Cl-从A区移向C区、K+从C区移向B区,所以C区增加的离子数为2NA时,电路中有1mol电子通过,A极的电极反应为Zn2++2e-==Zn,生成0.5molZn,所以A极增重32.5g,故D错误;故答案为B。6、B【解析】
A.n中有饱和的C原子—CH2—,其结构类似于CH4,所有的原子不可能共平面,A项错误;B.n中的碳碳双键打开与:CBr2相连,发生加成反应,B项正确;C.p分子中的非极性键只有C—C键,1个p分子中有9根C-C键,极性键有C-H键和C—Br键,分别为8根和2根,所以极性键和非极性键的比例为10:9,C项错误;D.m的化学式为C7H8O,属于芳香族化合物的同分异构体,如果取代基是—OH和-CH3,则有邻间对3种,如果取代基为—CH2OH,只有1种,取代基还可为—OCH3,1种,则共5种,D项错误;本题答案选B。7、A【解析】
A.盐酸是强酸,完全电离,HX为弱酸,部分电离,相同温度下,相同pH值的盐酸和HX溶液,HX浓度大,溶液稀释时,HX进一步电离,其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度,所以a、b两点:c(X-)>c(Cl-),故A错误;B.盐酸是强酸,完全电离,HX为弱酸,部分电离,相同温度下,相同pH值的盐酸和醋酸溶液,HX浓度大,溶液稀释时,HX进一步电离,其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度,溶液的导电性:a<b,故B正确;C.HX为弱酸,pH=2时,c(HX)>0.01mol/L,故C正确;D.HX为弱酸,溶液稀释时,HX进一步电离,pH=2的HX,稀释10倍,HX溶液的pH<3,故D正确;故选A。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化,注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B,溶液中离子的浓度越大,导电性越好,酸溶液中,pH越大,离子浓度越小。8、D【解析】
A.放电时,电解质溶液中阳离子朝正极迁移,阴离子朝负极迁移,故Na+朝正极移动,A项正确;B.电池放电时,钠箔做负极,碳纸为正极,电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极,B项正确;C.充电时,钠箔发生的电极反应为:,所以若有0.1mole-通过导线,钠箔处就会析出0.1mol的钠单质,质量增加2.3g,C项正确;D.碳纸在电池放电时做正极,所以充电时应与电源的正极相连,电极连接错误;但此选项中电极反应式书写是正确的,D项错误;答案选D。9、B【解析】
A.检验卤代烃中卤素原子的种类,要将卤素原子转变成卤素离子,再进行检验;因此,先加NaOH溶液,使卤代烃水解,再加硝酸酸化后,方可加入AgNO3,通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类,选项中缺少加入硝酸酸化的步骤,A项错误;B.层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异,如吸附性差异,溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相,使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用,从而使混合物中的各组分得以分离;纸上层析分离能溶于水的物质时,固定相是吸附在滤纸上的水,流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类),实验结束后,出现在滤纸靠上方位置的离子,其在流动相中分配更多,出现在滤纸靠下方位置的离子,其在固定相中分配更多;因此蓝色斑点反映的铜离子,在固定相中分配更多,B项正确;C.移液管量取溶液体积的精度是0.01mL,此外,容量瓶不可用于稀释溶液,C项错误;D.量筒的精确度是0.1mL,因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体,D项错误;答案选B。10、B【解析】
A.直接用水吸收SO3,发生反应,该反应放热会导致酸雾产生,阻隔水对SO3的吸收,降低吸收率;因此,吸收塔中用的是沸点较高的浓硫酸吸收的SO3,A项错误;B.NaOH溶液可以吸收NOx,因此工业上制备硝酸时产生的NOx通常用NaOH溶液吸收,B项正确;C.利用海水提取镁,先将贝壳煅烧,发生分解反应生成CaO;再将其投入海水中,在沉淀槽中生成Mg(OH)2,这一过程涉及CaO与水的化合反应以及Ca(OH)2与海水中的Mg2+的复分解反应;接着Mg(OH)2加盐酸溶解,这一步发生的也是复分解反应,获得氯化镁溶液;再由氯化镁溶液获得无水氯化镁,电解熔融的无水氯化镁即可得到镁单质;整个过程中并未涉及置换反应,C项错误;D.工业炼铁主要利用的是焦炭产生的CO在高温下还原铁矿石得到的铁单质,D项错误;答案选B。11、C【解析】
A.温度过高蛋白质会发生变性,故A正确;B.天然气燃烧只生成二氧化碳和水,为清洁燃料,利用天然气可以合成二甲醚等有机物,是重要的化工原料,故B正确;C.碳化硅是非金属化合物,且为无机物,碳化硅是一种新型无机非金属材料,故C错误;D.铝比铜活泼,形成原电池铝作负极被氧化,防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法,故D正确;故答案为C。12、B【解析】
化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源,主要有煤、石油、天然气等,其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源,主要有煤、石油、天然气等,故A、C、D不选;B、生物质能可通过植物光合作用获得,不属于化石燃料,故B选;故选:B。13、B【解析】
A.从图分析,B的能量比C高,根据能量低的稳定分析,B(g)比C(g)不稳定,故错误;B.在该温度下,反应生成B的活化能比生成C的活化能低,所以反应刚开始时,产物以B为主;C比B更稳定,所以反应足够长时间,产物以C为主,故正确;C.反应A(g)B(g)的活化能为E1,故错误;D.反应A(g)C(g)为放热反应,即ΔH<0,但ΔS不为0,故错误。故选B。14、B【解析】
A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性:H+、HCO3-反应生成水和二氧化碳,故A不符;B.=1×10-12的溶液,氢离子浓度小于氢氧根离子浓度,溶液呈碱性:K+、Na+、CO32-、AlO2-与OH-间不发生反应,故B符合;C.0.1mol·L-1KFe(SO4)2溶液:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,生成络合物,不能共存,故C不符;D.0.1mol·L-1Ca5NH4(NO3)11溶液:H+、Fe2+、NO3-之间要发生氧化还原反应,故D不符合;故选B。15、B【解析】
根据电离方程式:NaOH=Na++OH-,Ba(OH)2=Ba2++2OH-,可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)==0.3mol,把CO2气体通入混合溶液中,首先发生反应:Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O,当0.1molBa(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2(体积为2.24L),此时离子的物质的量减少0.3mol,溶液中离子的物质的量为0.4mol,排除D选项;然后发生反应:CO2+2OH-=CO32-+H2O,当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2(体积为2.24L),消耗总体积为4.48L,离子的物质的量又减少0.1mol,此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol,排除A选项;继续通入0.1molCO2气体,发生反应:CO32-+H2O+CO2=2HCO3-,根据方程式可知:0.1molCO2反应,溶液中离子的物质的量增加0.1mol,此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol,排除C选项,只有选项B符合反应实际,故合理选项是B。16、A【解析】
A.原子晶体中,共价键越强,熔点越高,故A正确;B.分子的稳定性与分子中的化学键有关,与分子间作用力无关,故B错误;C.冰融化时,发生了变化的是水分子之间的距离,而水分子内部的O-H共价键没有发生断裂,故C错误;D.CaCl2晶体属于离子晶体,钙离子与氯离子之间形成的是离子键,氯离子与氯离子之间不存在化学键,故D错误;答案为A。17、A【解析】
A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时,铝元素化合价由0升高为+3,所以转移电子的数目相等,故A正确;B.硫酸的浓度越大密度越大,等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸,60%的硫酸溶液质量大,所以混合后溶液的质量分数大于50%,故B错误;C.金属钠着火生成过氧化钠,过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃,不能灭火,应利用沙子盖灭,故C错误;D.白磷易自燃,白磷放在水中保存,故D错误;答案选A。18、B【解析】试题分析:A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+,故A正确;B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O,故B错误;C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化,离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-,故C正确;D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O,故D正确;故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒,选项B中量少的完全反应,选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化。19、C【解析】
A.实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子,直接排放会对地下水造成污染,所以需经处理后才能排入下水道,故A正确;B.点燃可燃性气体前需要检查纯度,避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险,故B正确;C.由于浓硫酸密度大于水,且稀释过程中放出大量热,稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌,故C错误;D.氯气密度大于空气,低处的空气中氯气含量较大,所以大量氯气泄漏时,迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离,故D正确;故选C。20、B【解析】
A、7.8gNa2O2为1mol,含有的共价键数为0.1NA,错误;B、过氧根离子为整体,正确;C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,反应中,过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价,根据电子守恒,1molNa2O2与足量CO2反应时,转移NA个电子,错误;D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子,转移电子的数目为0.2NA,错误。21、D【解析】
A.冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接,每个水分子相当于含有2个氢键,所以1mol冰中,氢键的数目是2NA,故A错误;B.铁为阳极,Fe-2e-=Fe2+,Cr2O72-与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3+和三价铁离子,其离子方程式为:Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O;得关系式:Fe2+~2e-~~Cr2O72-,当电路中通过6mole-,有0.5molCr2O72-被还原,故B错误;C.所以标准状况下,22.4LNO2物质的量为:=1mol,含有的原子数等于3NA,故C错误;D.依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移,1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al,化学方程式为:LiAlH4=LiH+H2↑+Al,转移电子3NA,故D正确;故选D。22、A【解析】
11.9g金属锡的物质的量==0.1mol,l2mol/LHNO3为浓硝酸,完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L,则浓硝酸有剩余,即锡与浓硝酸反应生成NO2,二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐,根据钠原子和氮原子的关系知,n(Na)=n(N)=0.4mol,所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol;设金属锡被氧化后元素的化合价为x,由电子守恒可知:0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4),解得x=+4;又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)==8mol/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4,故答案为A。二、非选择题(共84分)23、加成反应氢氧化钠水溶液加热【解析】
B、C、D都能发生银镜反应,则结构中都含有醛基,G的结构简式为,E碱性条件下水解、酸化得到G,则F为,E为,比较D和E的分子式知,D中-CHO被氧化为-COOH生成E,则D为,根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为,A经过系列转化生成B为,B发生信息反应生成C为,与HBr发生加成反应生成D,由G的结构及反应条件和H的分子式可得:H为,由I的组成可知,G通过缩聚反应生成高聚物I,故I为,据此解答。【详解】(1)根据上述分析,A的结构简式为;(2)根据上述分析第三步反应为催化氧化反应,方程式为2+O22+2H2O;(3)根据上述分析,①的反应类型为加成反应;(4)E碱性条件下水解得到F,则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热;(5)根据上述分析,I的结构简式为;①能发生银镜反应,说明结构中含有醛基;②能发生水解反应,说明结构中含有含有酯基;③苯环上一氯取代物只有一种,说明苯环上有4个取代基,且具有一定对称性;④羟基不与苯环直接相连,则结构中没有酚羟基,结合上述分析,G的同分异构体结构简式为;(6)以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇,碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现,产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基,乙醇催化氧化可以得到乙醛,综上分析其合成路则该合成路线为:。【点睛】逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法,此题从G的结构分析,通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系;此类题还需注意题干中给出的信息,如醛和醛的脱水反应,这往往是解题的关键信息。24、氯原子、酯基加成反应+2CH3OH+2H2O5【解析】
(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有:氯原子、酯基;(2)E发生信息中的加成反应生成F;(3)对比D、F的结构简式,结合E到F的反应条件、给予的反应信息,可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E,E发生信息中加成反应生成F;(4)B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C;(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:1)的有机物,苯环侧重为2个羧基、1个氯原子且为对称结构;(6)模仿D→E→F→G的转化,苯甲醇氧化生成苯甲醛,然后与双氧水反应,最后与甲醇反应得到。【详解】(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有:氯原子、酯基;(2)E发生信息中的加成反应生成F,所以反应类型为加成反应;(3)对比D、F的结构简式,结合E到F的反应条件、给予的反应信息,可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E,E发生信息中加成反应生成F,故E的结构简式为:;(4)B是,C的结构简式为,所以B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C,反应方程式为:+2CH3OH+2H2O;(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:1)的有机物,苯环侧链为2个羧基、2个氯原子且为对称结构,可能的结构简式还有为:、、、,共5种;(6)模仿D→E→F→G的转化,苯甲醇被催化氧化生成苯甲醛,然后与双氧水反应产生,与甲醇反应得到,则合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物的合成,涉及官能团的识别、反应类型的判断、反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,熟练掌握官能团的性质与转化是本题解答的关键,要对比有机物的结构、明确发生的反应,充分利用题干信息分析解答。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】
⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验,首先排除亚硫酸氢根离子干扰,所以取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO,因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色;5mol:0.1000mol·L-1×0.03L=2mol:xmol解得x=1.2×10-3mol36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10-3L×0.1000mol·L-1=3.6×10-3mol,则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10-3mol-1.2×10-3mol=2.4×10-3mol,再根据4mol:2.4×10-3mol=5mol:ymol解得y=3×10-3mol,若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质,消耗草酸量减少,则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多,则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率,故答案为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率。
⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验,首先排除亚硫酸氢根离子干扰,所以取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化,故答案为:取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发,故答案为:恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO,因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解,故答案为:温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色;5mol:0.1000mol·L-1×0.03L=2mol:xmol解得x=1.2×10-3mol36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10-3L×0.1000mol·L-1=3.6×10-3mol,则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10-3mol-1.2×10-3mol=2.4×10-3mol,再根据4mol:2.4×10-3mol=5mol:ymol解得y=3×10-3mol,若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质,消耗草酸量减少,则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多,则计算出吊白块测量结果偏高,故答案为:当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色;92.40%;偏高。26、CHCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中,滴加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,证明该“纯净水”是自来水AgNO3十HCl=AgCl↓+HNO3氯水中的酸与碱发生中和反应次氯酸将有色物质漂白取“红色褪去”溶液1~2mL于试管中,滴加NaOH溶液,若红色恢复,则是由氯水的酸性所致;否则是由次氯酸的漂白性所致【解析】
(1)在实验室中,通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气,因此需要加热;氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体,氯气可以用氢氧化钠溶液吸收,因此选择H;故答案为:C;H;(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水,配平即可,故答案为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸,可以用硝酸银溶液检验,盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸;故答案为:取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中,滴加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,证明该“纯净水”是自来水;AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3;(4)红色褪去的原因可能有两种情况:酸和碱发生了中和反应,红色褪去;次氯酸具有漂白性,也可以使红色褪去;故答案为:氯水中的酸与碱发生中和反应;次氯酸将有色物质漂白;(5)简单的实验是:在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液,如果红色又出现,那么原因就是酸碱中和;反之则为氯水氧化指示剂;故答案为:取“红色褪去”溶液1~2mL于试管中,滴加NaOH溶液,若红色恢复,则是由氯水的酸性所致;否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关;气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。27、品红溶液褪色吸收尾气,防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体,木条复燃。取少量分解产物于试管中,加入足量稀盐酸溶解,再滴加几滴KSCN溶液,溶液变红色,说明有三价铁。【解析】
二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色,但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色;检验绿矾分解所得气态产物,根据可能的产物性质,用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成,若有无色晶体则含有三氧化硫;用品红检验二氧化硫;用氢氧化钠除去二氧化硫,用排水法收集可能生成的氧气;氧气能使带火星的木条复燃;三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】(1)二氧化硫能使品红褪色,装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体,有毒,为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境,装置C的作用是尾气处理。(2)二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色,但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色;对甲组同学做完实验的B装置的试管加热,发现褪色的品红溶液未恢复红色,则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。(3)①检验绿矾分解所得气态产物,根据可能的产物性质,用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成,若有无色晶体则含有三氧化硫;用品红检验二氧化硫;用氢氧化钠除去二氧化硫,用排水法收集可能生成的氧气,所以仪器连接顺序是AFGBDH;②氧气
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