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文档简介

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、钢铁防护方法有多种,如图中的方法描述正确的是Ab为电源负极B该方法是牺牲阳极的阴极保护法C电子流向:a钢铁闸门辅助电极baD电源改用导线连接进行防护时,辅助电极发生氧化反应2、下列实验方案正确且能达到实验目的是( )A用图1装置制取并收集乙酸乙酯B用图2装置除去CO2气

2、体中的HCl杂质C用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D用图4装置可以完成“喷泉实验”3、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O,将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应,有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物,且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物,且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D从溶液中逸出的气体为N2,最后溶液中的溶质只有NH4Cl4、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是( )A10g质

3、量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB常温常压下,11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD常温下,1molC5H12中含有共价键数为16NA5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19,x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A单质的沸点:YWZB离子半径:XYDW与X可形成离子化合物6、已知下列反应的热化学方程式为CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H1=-870.3kJmol-1C(s

4、)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=285.8kJmol-1则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的H为( )A-488.3kJmol-1B-191kJmol-1C-476.8kJmol-1D-1549.6kJmol-17、下列对化学用语的理解中正确的是( )A原子结构示意图:可以表示35Cl,也可以表示37ClB电子式:可以表示羟基,也可以表示氢氧根离子C比例模型:可以表示甲烷分子,也可以表示四氯化碳分子D结构简式(CH3)2CHOH:可以表示1-丙醇,也可以表示2-丙醇8、古往今来传颂着许多与酒

5、相关的古诗词,其中“葡萄美酒夜光杯,欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是()A忽略酒精和水之外的其它成分,葡萄酒的度数越高密度越小B古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成,牛筋的主要成分是蛋白质C制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO4SiO2H2O,属于氧化物D红葡萄酒密封储存时间越长,质量越好,原因之一是储存过程中生成了有香味的酯9、下列化学用语对事实的表述正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2:SiO32SO2H2OH2SiO3SO32C由Na和C1

6、形成离子键的过程:D已知电离平衡常数:H2CO3HClOHCO3,向NaClO溶液中通入少量CO2:2ClOCO2H2O2HClOCO3210、下列说法或表示方法正确的是( )A在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB2C(s)+O2(g)2CO(g)H O,SOC已知:2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ;H=98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出49.15kJ的热量D在10lkPa、25时,1gH2完全燃烧生成气态水,放出120.9kJ的热量,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol11、化合物ZYX4

7、是在化工领域有着重要应用价值的离子化合物,电子式如图所示。X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,其中只有一种为金属元素,X是周期表中原子半径最小的元素。下列叙述中错误的是 ( )AZ是短周期元素中金属性最强的元素BY的最高价氧化物对应水化物呈弱酸性CX、Y可以形成分子式为YX3的稳定化合物D化合物ZYX4有强还原性12、25 时,下列说法正确的是()A0.1 molL1 (NH4)2SO4溶液中c()c(CH3COO)D向0.1 molL1 NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH5,此时混合液中c(Na)c()(不考虑酸的挥发与分解)13、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者

8、具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸,将产生的气体通入苯酚钠溶液,溶液变浑浊酸性:盐酸碳酸苯酚B取酸性KMnO4溶液少量,加入足量H2O2溶液,溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性:KMnO4H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液,然后水浴加热一段时间,试管内壁无任何现象淀粉未水解AABBCCDD14、NA代表阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的是A2NA个HCl分子与44.8 L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO,

9、浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中,含有Cl的数目为3NA。D1mol D318O+(其中D代表)中含有的中子数为10 NA。15、下列实验能实现的是( )A图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图3装置中若a处有红色物质生成,b处变蓝,证明X一定是H2D图4装置可以制取少量CO2,安全漏斗可以防止气体逸出16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ASi02熔点很高,可用于制造坩埚BNaOH能与盐酸反应,可用作制胃酸中和剂CAl(OH)3是两性氢氧化物,氢氧化铝胶体可用于净水DHCH

10、O可以使蛋白质变性,可用于人体皮肤伤口消毒17、已知二甲苯的结构: ,下列说法正确的是Aa的同分异构体只有b和c两种B在三种二甲苯中,b的一氯代物种数最多Ca、b、c 均能使酸性 KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色Da、b、c 中只有c 的所有原子处于同一平面18、某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液主要成分为,酸液室通入 (以NaCl为支持电解质),产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 ( )A电子由N极经外电路流向M极BN电极区的电极反应式为C在碱液室可以生成 D放电一段时间后,酸液室溶液pH减小19、其他条件不变,C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P

11、)关系如图,其中满足关系图的是( )A3A(g)+B(s)C(g)+D(g);H0BA(g)+B(s)C(g)+D(g);H0CA(g)+B(s)2C(g)+D(g);H0DA(g)+2B(s)C(g)+3D(g);H020、下列实验操作及现象和结论都正确的是( )实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液,均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后,滴加硝酸银溶液,未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液,一支试管中出现黄色沉淀,另一支无明显现象Ksp(AgI)碳酸苯酚AA

12、BBCCDD21、下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物:加入 NaOH 溶液分液22、常温下,向20.00mL0.1000molL-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000molL-1的NaOH溶液,pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )A在滴定过程中,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)BpH=5时,c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)CpH=7时,消耗NaOH溶液的体积小于20.00mLD在滴定过程中,随NaOH溶

13、液滴加c(CH3COO-)持续增大二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体,它的一种合成路线如图:回答下列问题:(1)反应的反应类型是_;J中官能团名称是_。(2)不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是_。(3)根据流程中的信息,在反应的条件下,CH2(COOC2H5)2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为_。(4)反应的化学方程式为:其中产物X的结构简式是_。(5)写出符合下列条件的I的同分异构体_。能发生银镜反应,但不能发生水解反应;苯环上一氯取代物只有一种;核磁共振氢谱有4组峰。(6)根据流程中的信息,写出以、CH

14、3OH为有机原料合成的合成路线。_24、(12分)高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点,因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。(1)A的结构简式为_。(2)B中官能团的名称是_。(3)反应中,属于加成反应的有_,反应中,属于氧化反应的有_。(4)请写出反应的化学方程式_。(5)高分子材料尼龙66中含有结构片段,请写出反应的化学方程式_。(6)某聚合物K的单体与A互为同分异构体,该单体核磁共振氢谱有三个峰,峰面积之比为1:2:3,且能与NaHCO3溶液反应,则聚合物K的结构简式是_。(7)聚乳酸()是一种生物可降解材料,已知羰基化合物可

15、发生下述反应: (R可以是烃基或H原子)。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_25、(12分)溴化钙晶体(CaBr22H2O)为白色固体,易溶于水,可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下:(1)实验室模拟海水提溴的过程中,用苯萃取溶液中的溴,分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图):使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔,将活塞拧开,使下面的水层慢慢流下,待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞,_。(2)“合成”的化学方程式为_。“合成”温度控制在70以下,其原因是_。投料时控制n(Br2):n(NH3)= 1:0.8,其目的是_。(3)“滤渣”的主要成分为_(填化

16、学式)。(4)“滤液”呈强碱性,其中含有少量BrO-、BrO3-,请补充从“滤液”中提取CaBr22H2O的实验操作:加热驱除多余的氨,_。实验中须使用的试剂有:氢溴酸、活性炭、乙醇;除常用仪器外须使用的仪器有:砂芯漏斗,真空干燥箱26、(10分)(发现问题)研究性学习小组中的小张同学在学习中发现:通常检验CO2用饱和石灰水,吸收CO2用浓NaOH溶液。(实验探究)在体积相同盛满CO2的两集气瓶中,分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。(现象结论)甲装置中产生该实验现象的化学方程式为_。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因_;乙装置中的

17、实验现象是_。吸收CO2较多的装置是_。(计算验证)另一位同学小李通过计算发现,等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量,Ca(OH)2大于NaOH。因此,他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。(思考评价)请你对小李同学的结论进行评价:_。27、(12分)某小组同学设计如下实验,研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验:试剂:酸化的0.5molL-1FeSO4溶液(pH=0.2),5%H2O2溶液(pH=5)操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中,加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色,稍后,产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红 (1)上述实

18、验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_。(2)产生气泡的原因是_。(3)某同学认为,根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应,又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是_。实验III:试剂:未酸化的0.5molL-1FeSO4溶液(pH=3),5%H2O2溶液(pH=5)操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中,加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色,产生大量气泡,并放热,反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4 (4)将上述混合物分离,得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净,加4molL-1盐酸,沉淀溶解得到黄色溶液。初

19、步判断该沉淀中含有Fe2O3,经检验还含有SO42-。检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是_。结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因_。实验IV:用FeCl2溶液替代FeSO4溶液,其余操作与实验III相同,除了产生与III相同的现象外,还生成刺激性气味气体,该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤,得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净,加稀盐酸,沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe):n(Cl)=1:1,写出生成黄色沉淀的化学方程式_。(6)由以上实验可知,亚铁盐与H2O2反应的现象与_(至少写两点)有关。28、(14分)科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统

20、”,其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。(1)已知:CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3 kJmol1、283.0 kJmol1、285.8 kJmol1,则上述流程中第一步反应2CH4(g)O2(g)=2CO(g)4H2(g)的H_。(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应方程式为CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g),某温度下,将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中,发生上述反应,测得不同时刻反应前后的压强关系如下表:时间/h1234560.900.850.830.810.800.80用H2表示前2 h 的平均反应速率v(H2)_;

21、该温度下,CO2的平衡转化率为_。(3)在300 、8 MPa下,将CO2和H2按物质的量之比13 通入一密闭容器中发生(2)中反应,达到平衡时,测得CO2的平衡转化率为50%,则该反应条件下的平衡常数为Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压总压物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2(g)6H2(g)C2H4(g)4H2O(g)H。在0.1 MPa时,按n(CO2)n(H2)13投料,如图所示为不同温度(T)下,平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。该反应的H_0(填“”或“”)。曲线c表示的物质为_。为提高H2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施_。(答出一

22、条即可)29、(10分)(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康,可在汽车尾部加催化转化器,将有毒气体转化为无毒气体。已知:2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H1=112.3kJmol-1NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) H2=234kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+179.5kJmol-1请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式_。(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=759.8kJmol-1,反应达到平衡时,N2的体积分数随n(CO)/n

23、(NO)的变化曲线如图1。b点时,平衡体系中C、N原子个数之比接近_;a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_;a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_。若n(CO)/n(NO)=0.8,反应达平衡时,N2的体积分数为20,则CO的转化率为_。(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置,D电极上有红色物质析出,则A电极处通入的气体为_(填化学式);A电极的电极反应式为_;一段时间后,若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原,则转移的电子数为_。(4)已知:25时,H2C2O4的电离常数Ka1=5.9102,Ka2=6.410-5,则25时,0.1molL-1NaHC2O4溶

24、液中各离子浓度由大到小的顺序为_,若向该溶液中加入一定量NaOH固体,使c(HC2O4-)=c(C2O42-),则此时溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)。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】从图示可知,由于有外加电源,故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中,钢铁要做电解池的阴极,即a为电源的负极,则b为电源的正极,选项A错误;B、该方法是外加电源的阴极保护法,选项B错误;C、在电解池中,电子由电解池的阳极电源的正极,电源的负极电解池的阴极,即电子要由辅助电极b、a钢铁闸门,选项C错误;D、电源改用导线连接进行防护时,即牺牲

25、阳极的阴极保护法,则辅助电极要做负极,发生氧化反应,选项D正确;答案选D。2、D【解析】A乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解,应改用饱和碳酸钠溶液,故A错误; B二者均与碳酸钠反应,不能除杂,应选饱和碳酸氢钠溶液,故B错误; C无水硫酸铜遇水变蓝,且草酸中含H元素和氧元素,分解生成水,则变蓝不能说明草酸含结晶水,故C错误; D氨气极易溶于水,打开止水夹,捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉,故D正确; 故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑:实验原理是否正确、可行;实验操作是否完全、合理; 实验步骤是否简单、方便;实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无

26、毒;反应速率较快;原料利用率以及合成物质的产率是否较高;合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患,如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。3、B【解析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应:SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl,依据反应定量关系,结合分解生成的气体物质的量可知,二氧化硫转化为亚硫酸铵,1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol,则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵,所以得

27、到的沉淀为1mol硫酸钡,2mol亚硫酸钡,剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡,最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡,则:n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1;【详解】A、根据分析可知,白色沉淀为BaSO4和BaSO3,故A错误;B、由上述分析可知,最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡,二者物质的量之比为1:1,故B正确;C、根据B项分析可知,最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡,二者物质的量之比为1:1,故C错误;D、从溶液中逸出的气体为N2,根据分析可知,反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵,故D错误;答案选B。4、A【解析】A10g质量分数为46%的乙

28、醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水,所含原子数目为1.5NA,故A错误;B常温常压下,气体的摩尔体积大于22.4L/mol,则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol,所含分子数目小于0.5NA,故B正确;CN2O与CO2相对分子质量均为44,且分子内原子数目均为3,常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA,故C正确;D每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键,1molC5H12中含有共价键数为16NA,故D正确;答案为A。5、A【解析】X原子的电子层数与最外层电子数相等,X应为Al,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外

29、层电子数之和为19,则W为O、Y为S,Z为Cl元素。【详解】A氯气的相对分子质量比氧气大,沸点比氧气高,故A错误;BX为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层,离子半径较大,故B正确;C非金属性OS,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性:H2OH2S,故C正确;DO的非金属性较强,与铝反应生成的氧化铝为离子化合物,熔融状态下可导电,故D正确。故选A。6、A【解析】利用盖斯定律,将2+2-可得:2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的H=(-393.5kJmol-1)2+(-285.8kJmol-1)2-(-870.3kJmol-1)= -488.3k

30、Jmol-1。故选A。7、A【解析】A.35Cl和37Cl是同种元素,质子数相同,电子数也相同,所以原子结构示意图也相同,故A正确;B.羟基的电子式为,氢氧根离子的电子式为,故B错误;C.比例模型中应符合原子的大小,氯原子半径大于碳原子半径,所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳,故C错误;D.(CH3)2CHOH中主碳链有3个碳,羟基在二号碳上,仅可以表示2-丙醇,故D错误;综上所述,答案为A。8、C【解析】A. 酒精的密度小于水的密度,其密度随着质量分数的增大而减小,因此葡萄酒的度数越高密度越小,故A说法正确;B. 牛筋的主要成分是蛋白质,故B说法正确;C. 3MgO4SiO2H2O属

31、于硅酸盐,不属于氧化物,故C说法错误;D. 密封过程中一部分乙醇被氧化酸,酸与醇反应生成了有香味的酯,故D说法正确;答案:C。9、C【解析】A硬脂酸为C17H35COOH,含有羧基,与C2H518OH发生酯化反应,乙醇脱去H原子,硬脂酸脱去羟基,反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,故A错误;B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-,故B错误;C氯化钠为离子化合物,含有离子键,反应中Na失去电子,Cl得到电子,则Na和Cl形成离子键的过程:,故C正确;D弱酸的电离平衡常

32、数越大,酸的酸性越强,强酸能和弱酸盐反应生成弱酸,所以向NaClO溶液中通入少量CO2:ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-,故D错误;故答案为C。10、B【解析】A. 在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热,在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol,故A错误;B. 2C(s)+O2(g)2CO(g)燃烧过程均为放热反应,H O;该反应是气体体积增加的反应,即为混乱度增大的过程,SO;故B正确C. 已知:2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ;H=98.3kJ/mol。该反应为可逆反应,H=98.3kJ/mol为反应

33、进行彻底时放出的热量,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出的热量小于49.15kJ,故C错误。D. 在10lkPa、25时,1gH2完全燃烧生成气态水,水蒸气不是稳定的氧化物,不能用于计算燃烧热,故D错误;答案选B11、C【解析】X原子半径最小,故为H;由YH4-可知Y最外层电子数为8-4(4个氢原子的电子)-1(得到的1个电子)=3,即Y最外层有3个电子,Y可能为B或Al;Z显+1价,故为第IA族的金属元素,X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,因为只有一种为金属元素,故Y为B、Z为Na,则A.钠是短周期元素中金属性最强的元素A正确;B.硼的最高价氧化物对应水化物

34、是硼酸,呈弱酸性,B正确;C.BH3中B的非金属性弱且BH3为缺电子结构,B的气态氢化物为多硼烷,如乙硼烷等,故BH3不是稳定的气态氢化物,C错误;D.NaBH4中的H为-1价,故有强还原性,D正确;答案选C。【点睛】解题关键,先根据所提供的信息推断出各元素,难点C,BH3为缺电子结构,结构不稳定。12、D【解析】A. NH4+虽然会发生水解,但其水解程度非常微弱,因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)c(SO42),故A错误;B. 相同条件下,弱电解质的浓度越小,其电离程度越大,因此0.02 molL1氨水和0.01 molL1氨水中的c(OH)之比小于21,故B错误;C. 依据电荷守恒

35、有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH),混合后溶液的pH7,即c(H)c(OH),可推出c(Na)c(CH3COO),故C错误;D. NaNO3是强酸强碱盐,Na和NO3均不发生水解,NaNO3溶液也不与盐酸发生反应,根据物料守恒可得c(Na)c(NO3),故D正确。综上所述,答案为D。13、B【解析】A由于浓盐酸挥发出HCl,可以使苯酸钠生成苯酚,只能证明盐酸酸性强于碳酸,A错误;B发生反应:5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+8H2O+5O2,现象为紫红色褪去,有气泡产生,证明氧化性KMnO4H2O2,B正确;C医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)通常是75%,乙醇浓度太

36、大,杀菌能力强但渗透性差,95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性,当病毒退壳后,里面的蛋白质仍然会危害人体健康,所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒,C错误;D淀粉水解后溶液显酸性,应在碱性条件下检验,正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液,再加入新制的银氨溶液,然后水浴加热,D错误;答案选B。14、B【解析】A氢气和氯气所处的状态不明确,故其物质的量无法计算,则和HCI的原子数目是否相同无法计算,A错误;B32gCu的物质的量0.5mol,失去的电子数均为NA,浓硝酸被还原为二氧化氮,稀硝酸被还原为NO,根据得失电子数守恒,浓、稀硝酸得到的电子数均为NA,B正确

37、;C溶液体积不明确,故溶液中含有的氯离子个数无法计算,C错误; DD318O+中含13个中子,故1molD318O+中含13NA个中子,D错误;答案选B。15、D【解析】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气,因此左侧可检测氯化氢,故A不符合题意;B、加热时碘升华,高锰酸钾会发生分解,因此加热法不能分离,故B不符合题意;C、a处有红色物质生成,说明氧化铜被还原,b处变蓝,说明气体中含有水蒸气,因此有可能X中含有水蒸气,X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等,故C不符合题意;D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳,安全漏斗可在左右侧形成液柱,可防止气体逸出,故D符合题意;故答案为:D。16、A【解析

38、】物质的性质决定物质的用途,据性质与用途的对应关系分析。【详解】A项:SiO2用于制造坩埚,利用了SiO2高熔点的性质,A项正确;B项:虽然NaOH能与盐酸反应,但其碱性太强,不能作胃酸中和剂,B项错误;C项:氢氧化铝胶体用于净水,是胶体的强吸附性,与其两性无关,C项错误;D项:HCHO能使人体蛋白质变性,但其毒性太强,不能用于皮肤伤口消毒,D项错误。本题选A。17、B【解析】A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有,另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CH2等、或环状的同分异构体如等,A错误;B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种,a苯环上一氯代物有

39、2种,b苯环上一氯代物有3种,c苯环上一氯代物只有1种,故三种二甲苯中,b的一氯代物种数最多,B正确;C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化,使酸性KMnO4溶液褪色,a、b、c都不能与溴水发生化学反应,C错误;D.a、b、c分子中都含有CH3,与CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体,a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上,D错误;答案选B。18、B【解析】氢气在电极M表面失电子转化为氢离子,为电池的负极,碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜,中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,电极N为电池的正极,同时,酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液

40、室,补充负电荷,据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极,电子由M极经外电路流向N极,故A错误;B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2,故B正确;C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜,钠离子不能进入碱液室,应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C错误;D.放电一段时间后,酸液室氢离子被消耗,最终得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D错误。故选B。19、B【解析】利用化学平衡图像分析的方法:“先拐先平数值大”的原则,根据C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图,可得T2T1 ,升高温度,生成物C的物质的量分数减

41、小,平衡向逆向(吸热的方向)移动,因此正反应放热,即H0,故C、D错误;根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图,可得P2P1,增大压强,生成物C的物质的量分数减小,平衡向逆向(气体体积减小的方向)移动,因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法:“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐,在该条件下先达到平衡状态,对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。20、C【解析】A蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析,硫酸铜溶液可使蛋白质变性,故A错误;B溴乙烷与NaOH溶液共热后,应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH,否则不能排除AgOH

42、的干扰,故B错误;C浓度相同,Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(AgI)Ksp(AgCl),故C正确;D醋酸易挥发,醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊,则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱,故D错误;故答案为C。21、B【解析】A选项,多糖、蛋白质均为高分子化合物,油脂是低分子化合物,故A错误;B选项,淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖,故B正确;C选项,不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷,两者都无现象,故C错误;D选项,分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法,故D错误。综上所述,答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物,油脂分子量比较大,但不是高分子化合物。2

43、2、D【解析】A反应后的溶液一定满足电荷守恒,根据电荷守恒分析;BpH5时,溶液呈酸性,则c(H)c(OH),结合电荷守恒判断;C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL,两者恰好完全反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,若为中性,则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL;D由于CH3COOH的物质的量是定值,故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A在反应过程中,一定满足电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故A正确;BpH5的溶液呈酸性,则c(H+)c(OH-),根据电荷守恒可知:c(CH3COO-)c(Na+),则溶液中离子浓度的大小为:c(CH3COO-

44、)c(Na+)c(H+)c(OH-),故B正确;C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL,两者恰好完全反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,若为中性,则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL,故C正确;D由于CH3COOH的物质的量是定值,故随NaOH溶液滴加,溶液体积的增大,c(CH3COO-)不可能持续增大,故D错误;故答案选D。【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键,注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。二、非选择题(共84分)23、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差,得到的B物质中副产物多HOCH2CH2OH、【解析】A为,B为,由合成流程结合生

45、成C的条件及图中转化关系可知,C为,酸性条件下水解得到D为:,酸和醇发生酯化反应,生成E为:,E发生取代反应生成F,F与碘甲烷发生取代反应生成G,G取代生成H,H与甲醇发生酯化反应,生成I,I发生取代反应得到J,同时还生成乙二醇,以此解答。【详解】(1)由上述分析可知,反应为酯化反应或取代反应;J中含有官能团为溴原子、酯基,故答案为:酯化反应(或取代反应);溴原子、酯基;(2)由于用甲苯与氯气在光照条件下反应,氯气取代甲基的H原子,选择性差,因此得到的B物质中副产物多,故答案为:在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差,得到的B物质中副产物多;(3)反应发生的是取代反应,CH2(COOC2H5)2与

46、足量CH3CH2CH2I充分反应:;(4)I发生取代反应得到J,根据原子守恒可知同时还生成乙二醇;反应的化学方程式为:,其中产物X的结构简式为OHCH2CH2OH,故答案为:OHCH2CH2OH;(5)能发生银镜反应,说明含有醛基,但不能发生水解反应,则另一个为醚键;苯环上一氯取代物只有一种,说明苯环上只有一种氢原子;核磁共振氢谱有4组峰,说明只有4种氢原子;符合条件的同分异构体为:、,故答案为:、;(6)与NaCN发生取代反应生成,水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3,与甲醇发生酯化反应生成,合成路线为:。24、HOCH2CCCH2OH 羟基 【解析】结合A的分子式和C后的产物,可知1

47、分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A,故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH;A与氢气发生加成反应生成B,B为HOCH2CH2CH2CH2OH,B与HBr发生取代反应生成C,C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br,C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN,然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇,环己醇发生催化氧化生成环己酮,环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl,ClC

48、O(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应,生成高分子材料尼龙66。【详解】(1)结合A的分子式和C后的产物,可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A,故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH;(2)A与氢气发生加成反应生成B,B为HOCH2CH2CH2CH2OH,B中官能团的名称是羟基;(3)反应、是加成反应,反应、为取代反应;(4)反应是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇,反应方程式为;(5)高分子材料尼龙66中含有结构片段,ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应,生成高分子材料尼龙66,反应方程式为;(6)某聚合物K的单体与A(HOCH2C

49、CCH2OH)互为同分异构体,该单体能与NaHCO3溶液反应,故该单体中含有羧基,该单体核磁共振氢谱有三个峰,峰面积之比为1:2:3,所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH,该聚合物K的结构简式为;(7)由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸(),乙醇发生催化氧化生成乙醛,乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH,合成路线如图所示。25、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O温度过高,Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液

50、蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后,在真空干燥箱中干燥【解析】 (1)用苯萃取溶液中的溴,分离溴的苯溶液与水层的操作是:使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔,将活塞拧开,使下面的水层慢慢流下,待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞,将上层液体从上口倒入另一烧杯中,故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中;(2)根据流程图,“合成”过程中,氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等,反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O;液溴和液氨容易挥发, “合成”温度应控制在70以下;投料时控制n(Br2):n(NH3)= 1:0.8,可以确保Br2被充

51、分还原,故答案为3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O;温度过高,Br2、NH3易挥发;确保Br2被充分还原;(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水,因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2,故答案为Ca(OH)2;(4)“滤液”呈强碱性,其中含有少量BrO-、BrO3-,二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴,从而可以用活性炭吸附除去,在洗涤时可以用乙醇洗涤,减少溴化钙晶体的损失,也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr22H2O的实验操作:加热驱除多余的氨,用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后

52、,在真空干燥箱中干燥,故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后,在真空干燥箱中干燥。26、CO2Ca(OH)2CaCO3H2O(CO2适量) CO2和石灰水作用有明显的现象,和NaOH作用无明显现象 气球体积增大,溶液不变浑浊 乙 因为Ca(OH)2的溶解度较小,所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小 【解析】甲装置中,澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应,生成CaCO3白色沉淀,由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2,看不到现象;乙装置中,由于CO2被NaOH吸收,导致广口瓶内气体的压强减小,于是空

53、气进入气球内,由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析,以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑,忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中,澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2,它与CO2反应的化学方程式为CO2Ca(OH)2CaCO3H2O(CO2适量)。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2,是因为CO2和石灰水作用有明显的现象,和NaOH作用无明显现象;乙装置中,由于CO2被NaOH吸收,导致广口瓶内气体的压强减小,于是空气进入气球内,从而看到气球体积增大,溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水,浓度很小,溶质的物质的量很小,所以吸收CO

54、2较多的装置是乙。答案为:CO2Ca(OH)2CaCO3H2O(CO2适量);CO2和石灰水作用有明显的现象,和NaOH作用无明显现象;气球体积增大,溶液不变浑浊;乙;小李从相同量的碱的吸收能力考虑,忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小,所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为:因为Ca(OH)2的溶解度较小,所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。【点睛】解题时,我们应学会应对,一个是从化学方程式分析,NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力;另一个是从溶液出发,分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力,此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。

55、27、2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2 取2mL上述FeSO4溶液于试管中,加入5滴pH=5的H2SO4溶液,然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明棕黄色沉淀中含有SO42- 2Fe2+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+,Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降 6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3FeCl3)n+6nHCl pH、阴离子种类、温度、反应物用量 【解析】(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应,从“

56、溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液变红”、“稍后,产生气泡”,可推出反应生成Fe3+;从“反应后溶液pH=0.9”,可推出反应消耗H+,由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+,对H2O2的分解有催化作用,由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为,根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应,那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化,所以我们需要做一个不加H2O2的实验,由此设计实验方案。(4)棕黄色沉淀为Fe2O3,对SO42-的检验不产生干扰,所以检验SO42-的方法与常规方法相同。如果仅是H2O2氧化Fe2+,需消耗H+,现在pH减小,说明生成了H+,此H+应来自Fe3+的水解,由此可结合方程

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