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文档简介
1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回2答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效5如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗一、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、化学与环境、工农业生产等密切相关,下列
2、说法不正确的是A浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜BNaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂C捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂,可使酒保持良好品质2、用多孔石墨电极完成下列实验,下列解释或推断不合理的是( )实验现象(i)中a、b两极均有气泡产生(ii)中b极上析出红色固体(iii)中b极上析出灰白色固体A(i)中,a电极上既发生了化学变化,也发生了物理变化B电解一段时间后,(i)中溶液浓度不一定会升高C(ii)中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD(iii)中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+3、常温下,
3、用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01 mol/L 的KCl、K2C2O4 溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 数量级为 10-10。下列叙述正确的是A图中 Y 线代表的 AgClBn 点表示 Ag2C2O4 的过饱和溶液C向 c(Cl)c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液时,先生成 AgCl 沉淀DAg2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常数为 10-0.714、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步:H2MO4H+HMO4-,HMO4-H+MO42-。常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4
4、溶液中滴入cmol/LNaOH溶液,溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A该氢氧化钠溶液pH=12B图像中F点对应的溶液中c(OH-)c(HMO4-)C滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)5、实验室采用下列装置制取氨气,正确的是A生成氨气B干燥氨气C收集并验满氨气D吸收多余氨气6、某同学探究温度对溶液pH值影响,加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L):温度()10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH
5、3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A随温度升高,纯水中的kw逐渐减小B随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离D随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO)增大7、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂,可通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O,下列说法错误的是( )A每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移BClO2是还原产物C
6、H2C2O4在反应中被氧化DKClO3在反应中得到电子8、一定条件下,CH4与H2Og发生反应:CH4g+H2A该反应的H0B图中Z的大小关系:aC图中X点对应的平衡混合物中nHD温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后(CH4)增大9、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体,工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构)下列有关说法错误的是A若反应1发生的是加成反应,则Q是HCNBX、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等C可用银氨溶液检验Z中是否含有XDZ苯环上的二硝基取代产物最多有6种10、设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是()A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为
7、NAB78g苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下,14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA11、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素,分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物,X为二元化合物且为强电解质,W的水溶液呈碱性,物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A对应的简单离子半径:CDBBD、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C电解C、E形成的化合物水溶液,可生成C、E对应的单质D由A、B、E形成的化合物都含有共价键,溶液都呈强酸性12、实行垃圾分类,关系生活环境改善和节约使
8、用资源。下列说法正确的是A回收厨余垃圾用于提取食用油B对废油脂进行处理可获取氨基酸C回收旧报纸用于生产再生纸D废旧电池含重金属须深度填埋13、成语是中国文化的魂宝。下列成语涉及的金属在常温下不溶于浓硝酸的是A铜壳滴漏B化铁为金C火树银花D书香铜臭14、清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出:“鼻冲水,出西洋,贮以玻璃瓶,紧塞其口,勿使泄气,则药力不减惟以此水瓶口对鼻吸其气,即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用,勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A“鼻冲水”滴入酚酞溶液中,溶液不变色B“鼻冲水”中含有5种粒子
9、C“鼻冲水”是弱电解质D“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解15、把铝粉和某铁的氧化物(xFeOyFe2O3)粉末配成铝热剂,分成两等份一份在高温下恰好完全反应后,再与足量盐酸反应;另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,则x:y为()A1:1B1:2C5:7D7:516、下列图示与对应的叙述相符的是( )A图1,a点表示的溶液通过升温可以得到b点B图2,若使用催化剂E1、E2、H都会发生改变C图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时,产生CO2的情况D图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g),由图可知,a+bc17、常温下,下列各组离子在
10、指定溶液中能大量共存的是()A使酚酞变红的溶液中:Na+、NH4+、Cl、SO42Bc(Al3+)0.1molL1的溶液中:K+、Mg2+、AlO2、SO42C澄清透明的溶液中:Fe3+、Ba2+、NO3、ClDc(H+)0.1molL1的溶液中;K+、Na+、CH3 COO、NO318、NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A标准状况下,0.1mol Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB标准状况下,22.4L氖气含有的电子数为10NAC常温下,的醋酸溶液中含有的数为D120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA19、室温下向10mL0.1molL1MOH溶液中加入
11、0.1molL1的二元酸H2X,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是AMOH是强碱,M点水电离产生c(OH)=1013molL1BN点溶液中离子浓度大小关系为c(M+)c(OH)c(X2)c(HX)c(H+)CP点溶液中c(H2X)+c(H+)=c(X2)+c(OH)D从M点到Q点,水的电离程度先增大后减小20、 “地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应21、镍粉在CO中低温加热,生成无色挥发性液态Ni(CO)4,呈四面体构型。150时,Ni(CO)4分解为Ni和CO。则下列可作为溶解Ni(CO
12、)4的溶剂是( )A水B四氯化碳C盐酸D硫酸镍溶液22、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价),反应方程式如下:CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2,其中水的作用是A既不是氧化剂也不是还原剂B是氧化剂C是还原剂D既是氧化剂又是还原剂二、非选择题(共84分)23、(14分)煤化工可制得甲醇以下是合成聚合物M的路线图己知:E、F均能发生银镜反应;+RX+HX完成下列填空:(1)关于甲醇说法错误的是_(选填序号)a甲醇可发生取代、氧化、消去等反应 b 甲醇可以产生CH3OCH3(乙醚)c甲醇有毒性,可使人双目失明 d甲醇与乙醇属于同系物(2)甲醇转化为E的化学方程式为_(3)C生
13、成D的反应类型是_; 写出G的结构简式_(4)取1.08g A物质(式量108)与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,写出A的结构简式_24、(12分)对乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解热镇痛药。其合成路线如下:完成下列填空:(1)A的结构简式为_。CD的反应类型为_。(2)实验室中进行反应的实验时添加试剂的顺序为_。(3)下列有关E的说法正确的是_。(选填编号)a分子式为C6H6NO b能与溴水发生加成反应c遇到FeCl3溶液能发生显色反应 d既能和氢氧化钠溶液反应,又能和盐酸反应(4)已知 与 的性质相似,写出一定条件下M与NaOH溶液反应的化学方程式。_(5)满足下列条件的M的同
14、分异构体有_种。苯环上只有两种不同环境的氢原子;苯环上连有NH2;属于酯类物质。(6)N-邻苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中间体,工业上以邻二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)为原料通过一系列的反应制取该化合物,请参照上述流程的相关信息,写出最后一步反应的化学方程式。_25、(12分)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合,过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁,在空气中灼烧碳酸亚铁得到铁的氧化物M。利用滴定法测定M的化学式,其步骤如下:称取3.92g样品M溶于足量盐酸,并配成100mL溶液A。取20.00mL溶液A于锥形瓶中,滴加KSCN溶液,溶液变红色;再滴加双氧水至红色刚好褪去,同时产生气泡。待
15、气泡消失后,用1.0000 molL1 KI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe3,达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00 mL。(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、_和_。(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、_、_。(3)步骤中“气泡”有多种可能,完成下列猜想:提出假设:假设1:气泡可能是SCN的反应产物N2、CO2、SO2或N2,CO2。假设2:气泡可能是H2O2的反应产物_,理由_。设计实验验证假设1:试管Y中的试剂是_。(4)根据上述实验,写出硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式_。(5)根据数据计算,M的化学式为_。(6)根据上述实验结果
16、,写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式_。26、(10分)锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物SnCl4是无色液体,极易水解,熔点36,沸点114,金属锡的熔点为231实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4(此反应过程放出大量的热)实验室制取无水SnCl4的装置如图所示完成下列填空:(1)仪器A的名称_; 仪器B的名称_(2)实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气,须净化后再通入液态锡中反应,除去HCl的原因可能是_;除去水的原因是_(3)当锡熔化后,通入氯气开始反应,即可停止加热,其原因是_若反应中用去锡粉11.9g,反应后在锥形瓶中收集到23.8g SnCl4,则SnCl4
17、的产率为_(4)SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中,预期可看到的现象是_(5)已知还原性Sn2+I,SnCl2也易水解生成难溶的Sn(OH)Cl如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2?_27、(12分)碘酸钾()是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度:其中制取碘酸()的实验装置见图,有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体,能溶于水,难溶于CCl4KIO3白色固体,能溶于水,难溶于乙醇碱性条件下易发生氧化反应:ClOIO3=IO4Cl回答下列问题(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质
18、为_。(2)装置B中反应的化学方程式为_ 。B中所加CCl4的作用是_从而加快反应速率。(3)分离出B中制得的水溶液的操作为_;中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是_,避免降低的产率。(4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是_(填序号)。(5)为促使晶体析出,应往中和所得的溶液中加入适量的_。(6)取1.000g产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失(),测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为_(结果保留三位
19、有效数字)。28、(14分)PTT 是一种高分子材料,具有优异性能,能作为工程塑料、纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用。其合成路线可设计为:已知:(1)B 中所含官能团的名称为_,反应的反应类型为_。(2)反应的化学方程式为_。(3)写出 PTT 的结构简式_。(4)某有机物X 的分子式为C4H6O,X与B互为同系物,写出X可能的结构简式_。(5)请写出以 CH2=CH2 为主要原料(无机试剂任用)制备乙酸乙酯的合成路线流程图(须注明反应条件)。(合成路线常用的表示方式为:)_29、(10分)配合物Fe(CO)5的熔点一20,沸点103。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。(1)基态
20、Fe原子的价电子排布式是_;Fe(CO)5晶体类型属于_晶体。(2)CO分子中C、O原子都满足8电子稳定结构,CO分子的结构式是_,写出与CO互为等电子体的分子的电子式:_。(3)C、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_。(4)关于Fe(CO)5,下列说法正确的是_。AFe(CO)5是非极性分子,CO是极性分子 BFe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C1molFe(CO)5含有10mol配位键 DFe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞,三种晶体的晶胞如下图所示。上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是_(填“a”“”或“”)-Fe。a
21、-Fe晶胞中铁原子的配位数为_。-Fe晶胞的边长为apm,则-Fe单质的密度为_g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值,列出计算式即可)。参考答案(含详细解析)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、B【答案解析】A. 乙烯是水果的催熟剂,高锰酸钾溶液有强氧化性,能氧化乙烯,浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜,故A正确;B. 氯化钠虽然不能使蛋白质变性,但有防腐功能,故B错误;C. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料,实现“碳”的循环利用应用,减少二氧化碳的排放,故C正确;D. 二氧化硫是还原剂,在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂,故D正确;故答案为B。2、D【
22、答案解析】A阴极b极反应:2H+2e-=H2产生氢气发生了化学过程,氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化,故A正确;B(i)为电解池,a、b两极均产生气泡即相当于电解水,如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变,如果原溶液是不饱和溶液,则电解一段时间后c(NaNO3)增大,故B正确;C取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体,说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来,反应为:Cu2+H2=Cu+2H+,故C正确;D(ii)中取出b,则b表面已经有析出的铜,所以放到(iii)中析出白色固体即Ag,可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换,则
23、可能发生反应为:2Ag+Cu=Cu2+2Ag和2Ag+H2=2Ag+2H+,故D错误;故答案为D。3、C【答案解析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag
24、+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46,据此分析解答。【题目详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-
25、)=(104)2(102.46)=1010.46,A. 由以上分析知,图中X线代表AgCl,故A错误;B. 曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,在n点,c(Ag+)小于平衡浓度,故n点的离子Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4),故为Ag2C2O4的不饱和溶液,故B错误;C. 根据图象可知,当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Cl)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先析出氯化银沉淀,故C正确;D. Ag2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常数,此时溶液中的c(Ag+)相同,故有,故
26、D错误;故选C。4、B【答案解析】根据图像可知, NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应,当温度达到最高,说明两者恰好完全反应,F点温度最高,此时消耗NaOH的体积为20mL ,计算出氢氧化钠的浓度,然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【题目详解】A根据图像分析可知,F点温度最高,说明此时两物质恰好完全反应,NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O,2010-3L0.1molL-1=2010-3Lc(NaOH),推出c(NaOH)=0.1mol/L,c(H+)=10-13mol/L,则pH=13,故A错误;BF点溶质为Na2MO4,溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+
27、)+c(HMO4-)+2c(H2MO4),所以c(OH-)c(HMO4-),故B正确;C根据题意,两者恰好完全反应,生成的溶质Na2MO4,属于强碱弱酸盐,即溶质为Na2MO4时,水解程度最大, E到F过程中,水的电离程度增大,F到G过程中,氢氧化钠溶液过量,抑制水的电离,因此滴加氢氧化钠的过程中,水的电离程度先变大,后变小,故C错误;D由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L,G点加入40mL等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4,Na+的浓度最大,MO42部分水解,溶液显碱性,则c(OH) c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(MO4
28、2)+c(HMO4-)+c(OH),则c(Na+)c(HMO4-)+2c(MO42-),故D错误;答案选B。5、D【答案解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵,故A错误;B.氨气的水溶液显碱性,不能用浓硫酸干燥,故B错误;C.收集氨气的导管应该插入试管底部,故C错误;D.氨气极易溶于水,采用倒扣的漏斗可以防止倒吸,故D正确;故选D。6、B【答案解析】A. 水的电离为吸热过程,随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,A项错误;B. 随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,则NaOH溶液pH会减小,B项正确;C. 随温度升高,促进CH3COOH的电离,提高氢离子浓
29、度,氢离子会抑制水的电离,C项错误;D. 盐类的水解反应是吸热反应,温度升高,促进盐类的水解,即水解平衡向右移动,D项错误;答案选B。7、A【答案解析】A. 根据化学方程式,KClO3中Cl元素由+5价下降到+4价,得到1个电子,所以1molKClO3参加反应有1mol电子转移,故A错误;B. 反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中,化合价升高元素是C,对应的产物CO2是氧化产物,化合价降低元素是Cl,对应的产物ClO2是还原产物,故B正确;C. 化合价升高元素是C元素,所在的反应物H2C2O4是还原剂,在反应中被氧化,故C正确;D. 反应2KC
30、lO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中,KClO3中Cl元素化合价降低,得到电子,故D正确;故选A。8、B【答案解析】A.升高温度,甲烷的体积分数减小,说明升高温度平衡正向移动,则该反应的焓变H0,A正确;B.起始n(H2O)n(CH4)=Z,Z越小,说明甲烷相对越多,达到平衡时甲烷的含量越多,则Z的大小为bC.起始n(H2O)n(CH4)=3,水和甲烷按1D.增大压强,平衡逆向移动,所以平衡在加压后(CH4)增大,D正确;故合理选项是B。9、B【答案解析】由有机物的转化关系可知,与HCN发生加成反应生成,在酸性条件下水解生成。【题目详解】A项、若反应I是
31、加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知,分子中醛基与HCN发生加成反应生成,故A正确;B项、分子的所有碳原子共平面,共平面碳原子数目为7个,分子中的所有碳原子也可能共平面,共平面碳原子数目最多为8个,故B错误;C项、中含有醛基,能发生银镜反应,中不含有醛基,不能发生银镜反应,则可用银氨溶液检验中是否含有,故C正确;D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种,结构简式分别为、,故D正确。故选B。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。10、C【答案解析】A. 次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个
32、数小于NA个,故A错误;B. 苯不是单双键交替的结构,故苯中不含碳碳双键,故B错误;C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故14g混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个,故C正确;D. 二氧化氮所处的状态不明确,故二氧化氮的物质的量无法计算,则和水转移的电子数无法计算,故D错误;故选:C。11、B【答案解析】根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素,分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物,X为二元化合物且为强电解质,W的水溶液呈碱性结合图表可知:D为Al,X溶液为HCl,Y溶液为NaOH溶液,Z溶
33、液为AlCl3,W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为:H、O、Na、Al、Cl,结合元素的相关性质进行判断。【题目详解】A. B、C、D对应的元素为O、Na、Al,其简单离子半径:O2-Na+Al3+,故A错误;B. D、E分别为Al、Cl ,D、E形成的化合物为AlCl3,为含有极性共价键的共价化合物,故B正确;C.C为Na ,E为Cl,C、E形成的化合为NaCl,电解物其水溶液,可生成H2,Cl2故C错误;D. A、B、E分别为H、O、Cl,由A、B、E形成的化合物有多种,都含有共价键,如:HClO为弱酸,所以D错误;所以本题答案:B。【答案点睛】本题突破口是框图及X为二
34、元化合物且为强电解质,W的水溶液呈碱性,最后得到两性化合物,且他们都是由短周期元素组成的物质,推出D为铝,X溶液为盐酸,Y溶液为氢氧化钠溶液,Z溶液为AlCl3,W溶液为NaAlO2,两性化合物为氢氧化铝。12、C【答案解析】A回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料,但不能用于提取食用油,故A错误;B油脂由碳、氢、氧元素组成,氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成,回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒,故B错误;C使用的纸张至少含有30%的再生纤维,故再生纸是对废旧纤维的回收利用,可节约资源,故C正确;D废旧电池含重金属,深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中,造成水源和土壤污染,故D错误;答案
35、选C。【答案点睛】多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收,提倡可持续发展。13、B【答案解析】A、铜壶滴漏,铜壶滴漏即漏壶,中国古代的自动化计时(测量时间)装置,又称刻漏或漏刻。铜能溶于浓硝酸,故A错误;B、化铁为金,比喻修改文章,化腐朽为神奇。金不活泼,金在常温下不溶于浓硝酸,铁常温下在浓硝酸中钝化,故B正确;C、火树银花,大多用来形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景。银不活泼,但能溶于浓硝酸,故C错误;D、书香铜臭,书香,读书的家风;铜臭,铜钱上的臭味。指集书香和铜臭于一体的书商。铜能溶于浓硝酸,故D错误;故选B。14、D【答案解析】根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸,根据性质可判断其
36、易挥发,又因为宜外用,勿服,因此可判断应该是氨水,据此解答。【题目详解】A氨水显碱性,滴入酚酞溶液中,溶液变红色,A错误;B氨水中含NH3、H2O、NH3H2O、H+、NH4+、OH-,含有分子和离子的种类为6种,B错误; C由鼻冲水(氨水)可知,氨水为混合物,而弱电解质为化合物,则氨水不是弱电解质,而一水合氨为弱电解质,C错误;D氨水显弱碱性,不能溶解二氧化硅,D正确。答案选D。15、B【答案解析】把铝粉和某铁氧化物xFeOyFe2O3粉末配成铝热剂,分成两等份,一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝,Fe与盐酸反应生成FeCl2与H2,令一份直接加入足量的NaOH溶液分反应生成偏铝酸钠与氢
37、气,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,设氢气物质的量分别为5mol、7mol,根据电子转移守恒,n(Fe)=n(H2)=5mol,n(Al)=7mol =mol,假设x mol FeO、y mol Fe2O3,由Fe元素守恒可知:x+2y=5,由电子转移守恒,可得:2x+2y3=3解得x=1,y=2,故x:y=1:2,故选:B。16、D【答案解析】Aa点未饱和,减少溶剂可以变为饱和,则a点表示的溶液通过升温得不到b点,故A错误;B加催化剂改变了反应的历程,降低反应所需的活化能,但是反应热不变,故B错误;C碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠,开始时没有二氧化碳生成,碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠
38、与氯化氢反应生成二氧化碳,生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸,故C错误;D. 图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g),由图可知,P2先达到平衡,压强大,加压后,A%减小,说明加压后平衡正向移动,a+bc,故D正确;故选D。【答案点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等,侧重于考查学生的分析能力和读图能力,注意把握物质之间发生的反应,易错点A,a点未饱和,减少溶剂可以变为饱和。17、C【答案解析】A、使酚酞变红的溶液呈碱性,NH4+与氢氧根反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B、Al3+、AlO2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大
39、量共存,故B错误;C、Fe3+、Ba2+、NO3、Cl之间不反应,在溶液中能够大量共存,故C正确;D、H+、CH3COO之间发生反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;答案选C。18、B【答案解析】A.氯气溶于水,只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,所以无法计算转移的电子数,故A错误;B. 标准状况下,22.4L氖气为1mol,一个Ne原子含有10个电子,即1mol氖气含有10NA个电子,故B正确;C.醋酸溶液的体积未知,则无法计算H+数目,故C错误;D. 120g NaHSO4为1mol,1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-,则120g NaHSO4分子中阳离子
40、和阴离子的总数为2NA,故D错误;故选B。19、B【答案解析】A室温下0.1molL-1MOH溶液的pH=13,则c(OH-)=0.1 molL-1,故MOH是强碱,室温下0.1molL-1MOH溶液的pH=13,由水电离出的c(H+)=10-13molL-1,该溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH-)相等,A正确;B10mL0.1molL1MOH溶液,n(MOH)= 0.1 molL-11010-3L=110-3 mol ,N点的时候,n(H2X)= 0.1 molL-1510-3L=510-4 mol,此时MOH与H2X恰好完全反应生成M2X,反应方程式为:H2X+2MOH=M2X+2H
41、2O,X2-的水解程度比较微弱,溶液中离子浓度的大小为:c(M+)c(X2-) c(OH-) c(HX-)c(H+),B错误;CP点时MOH与H2X恰好完全反应生成MHX,反应方程式为:H2X+MOH=MHX+H2O,由电荷守恒可知:c(M+)+ c(H+)=2 c(X2-)+ c(HX-)+ c(OH-),由物料守恒可知:c(M+)= c(X2-)+ c(HX-)+c(H2X),由电荷守恒式子与物料守恒式子结合可知c(H2X)+c(H+)=c(X2)+c(OH),C正确;DN点MOH与H2X恰好完全反应生成M2X,水的电离程度最大,N点之后水的电离程度开始减小,故从M点到Q点,水的电离程度先
42、增大后减小,D正确; 答案选B。20、B【答案解析】A“地沟油”的主要成分为油脂,含有氧元素,不属于烃类,选项A错误; B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,是由不同酯组成的混合物,选项B正确;C“地沟油”的主要成分为油脂,油脂的密度比水小,选项C错误;D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应,“地沟油”的主要成分为油脂,能发生皂化反应,选项D错误。答案选B。【答案点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途,熟悉油脂结构及性质是解题关键,注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应,“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,密度比水小,油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。21、B【答案解析】N
43、i(CO)4呈四面体构型,为非极性分子,由相似相溶原理知,非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂,四氯化碳是非极性分子,所以该物质易溶于四氯化碳,故选B。22、B【答案解析】根据反应前后元素的化合价变化来看,Ca和O的化合价均没有变化,其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价,被氧化,作还原剂;H2O中H的化合价由+1价降低到0价,被还原,作氧化剂;氢气既是氧化产物,又是还原产物;答案选B。二、非选择题(共84分)23、a 2CH3OH+O22HCHO+2H2O 消去反应 HCOOCH3 【答案解析】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇
44、发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5二甲基苯酚),2,5二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,根据有机物的结构和性质分析解答。【题目详解】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G
45、为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5二甲基苯酚),2,5二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,(1)a甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去,故a错误; b甲醇分子间脱水生成CH3OCH3,故b正确;c甲醇有毒性,可使人双目失明,故c正确;d甲醇与乙醇都
46、有一个羟基,组成相关一个CH2;所以属于同系物,故d正确; (2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为 2CH3OH+O22HCHO+2H2O;(3)根据上面的分析可知,C生成D的反应类型是:消去反应,G为甲酸甲酯,G的结构简式 HCOOCH3;(4)取1.08g A物质(式量108)的物质的量=0.01mol,与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,根据碳原子守恒知,白色沉淀的物质的量是0.01mol,则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol,A的式量和白色沉淀的式量相差158,则溴原子取代酚羟基的邻对位,所以A的结构简式为:。24、CH3CHO 还原反应 浓硝酸,浓硫酸,苯 cd +2NaO
47、HCH3COONa+H2O 3 +NH2CH2COOH+H2O 【答案解析】B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐,则B为CH3COOH,可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO,A进一步发生氧化反应生成乙酸,由M的结构可知,E为,反应为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯,由C、D分子式可知,C分子发生加氢、去氧得到D;(4)M水解得到的乙酸与,乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应;(5)M的同分异构体满足:苯环上连有-NH2,属于酯类物质,苯环上只有两种不同环境的氢原子,同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位,另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC;(6)由转化关系中E转化为M
48、的反应可知,与NH2CH2COOH反应得到与水。【题目详解】由上述分析可知:A为CH3CHO,B为CH3COOH,C为,D为,E为,M为。(1)由上述分析可知,A的结构简式为:CH3CHO,C为,D为,C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生,所以CD的反应类型为还原反应;(2)反应为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯,实验时添加试剂的顺序为:先加入浓硝酸,再加入浓硫酸,待溶液恢复至室温后再加入苯;(3)由上述分析可知,E为。a根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO,a错误;bE含有酚羟基,且酚羟基邻位含有氢原子,能与溴水发生取代反应,b错误;cE含有酚羟基
49、,遇到FeCl3溶液能发生显色反应,c正确;dE含有酚羟基,能与氢氧化钠溶液反应,含有氨基,能与盐酸反应,d正确,故合理选项是cd;(4)M为,M水解得到的乙酸与,乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应,反应方程式为:+2NaOHCH3COONa+H2O;(5)M的同分异构体满足:苯环上连有NH2,属于酯类物质,苯环上只有两种不同环境的氢原子,同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位,另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC,符合条件的同分异构体有3种;(6)由转化关系中E转化为M的反应可知,与NH2CH2COOH反应得到和水,故最后一步反应的化学方程式为:+NH2CH2COOH+H
50、2O。【答案点睛】本题考查有机物合成与推断,充分利用有机物的结构进行分析解答,结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断,较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。25、100mL容量瓶 滴定管 排出玻璃尖嘴的气泡 调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度 O2 H2O2在催化剂作用下分解产生O2 澄清石灰水 Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O Fe5O7 5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2 【答案解析】(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器,该实验第步为配制100mL溶液,第步为滴定实验,据此分析判断;(2)根据滴定管的使用方法进行解答;(3)过氧化氢在
51、铁离子催化作用下分解生成氧气;气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2,可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断;(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水;(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2+I2的定量关系计算铁元素物质的量,进而计算氧元素物质的量,从而确定化学式;(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁的氧化物和二氧化碳,结合原子守恒配平化学方程式。【题目详解】(1)该实验第步为配制100mL溶液,缺少的定量仪器有100mL容量瓶;第步为滴定实验,缺少的定量仪器为滴定管,故答案为:100mL容量瓶;滴定管;(2)滴定管在使用之前,必须检查是否漏
52、水,若不漏水,然后用水洗涤滴定管,再用待装液润洗,然后加入待装溶液,排出玻璃尖嘴的气泡,再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度,读数后进行滴定,故答案为:排出玻璃尖嘴的气泡;调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度;(3)假设2:气泡可能是H2O2的反应产物为O2,H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2,故答案为:O2;H2O2在催化剂作用下分解产生O2;假设1为气泡可能是SCN的反应产物N2、CO2、SO2或N2,CO2,则试管Y中的试剂可以是澄清石灰水,用于检验气体,若假设成立,气体通入后会变浑浊,故答案为:澄清石灰水;(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化
53、碳和水,反应的离子方程式为Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O;故答案为:Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3+CO2+H2O;(5)根据反应2I+2Fe3+=2Fe2+I2,可得关系式:I Fe3+,在20mL溶液中n(Fe3+)=1.0000mol/L0.01L100=0.01mol,则100mL溶液中铁离子物质的量为0.05mol,则铁的氧化物中氧元素物质的量,则n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7,化学式为:Fe5O7,故答案为:Fe5O7;,(6)碳酸亚铁在空气中灼烧和氧气反应生成Fe5O7和二氧化碳,反应的化学方程式:5FeCO3+O2 Fe5O
54、7+5CO2,故答案为:5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2。26、蒸馏烧瓶 冷凝管 Sn可能与HCl反应生成SnCl2 防止SnCl4水解 Sn和Cl2 反应放出大量的热 91.2% 空气中有白烟 取样品少许,溶于稀盐酸中,加2滴碘的淀粉溶液,振荡,若紫色褪去,说明SnCl4混有少量的SnCl2,否则SnCl4纯净 【答案解析】装置A有支管,因此是蒸馏烧瓶,氯气进入烧瓶与锡反应得到,加热后挥发,进入装置B冷凝管中,注意冷凝水的方向是下进上出,冷却后的变为液体,经牛角管进入锥形瓶E中收集,而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气,据此来分析作答。【题目详解】(1)装置A是蒸馏烧瓶,装置B是冷凝管
55、;(2)锡在金属活动顺序表中位于氢之前,因此金属锡会和反应得到无用的,而除去水蒸气是为了防止水解;(3)此反应过程会放出大量的热,因此此时我们可以停止加热,靠反应放出的热将持续蒸出;根据算出锡的物质的量,代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克,则产率为;(4)水解产生白色的固态二氧化锡,应该能在空气中看到一些白烟;(5)根据题目给出的信息,若溶液中存在,则可以将还原为,因此我们取样品少许,溶于稀盐酸中,加2滴碘的淀粉溶液,振荡,若紫色褪去,说明SnCl4混有少量的SnCl2,否则SnCl4纯净。27、还原性、酸性 充分溶解和,以增大反应物浓度 分液 除去(或),防止氧化 C 乙醇(或酒精)
56、89.5%。 【答案解析】装置A用于制取Cl2,发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HCl和Cl2,还要防止倒吸。【题目详解】(1)装置A中发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2,表现出还原性,还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性,故答案为:还原性、酸性;(2)装置B中发生的反应为:5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,Cl2和I2均难溶于水,易溶于CCl4,加入CCl4可使二者溶解在CCl4中,增大反应物浓度,故答案为:
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