2021-2022学年陕西省西安市阎良区高三下学期第六次检测化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图:(已知TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是A.“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分,应加入过量的硫酸B.“过滤”用到的玻璃仪器:分液漏斗、烧杯、玻璃棒C.判断粗碲洗净的方法:取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,没有白色沉淀生成D.“还原”时发生的离子方程式为2SO32-+Te4++4OH-=Te↓+2SO42-+2H2O2、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A.装置配制100mL某浓度NaNO3溶液B.分离溴苯和水混合物C.验证质量守恒定律D.可以实现防止铁钉生锈3、室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl﹣)B.向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3:c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32﹣)C.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2:c(Na+)=2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3)]D.向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2:c(NH4+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)4、2019年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子,小球之间的“棍”表示共价键,既可以表示三键,也可以表示双键,还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是A.M的分子式为C12H12O2B.M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种C.M能发生中和反应、取代反应、加成反应D.一个M分子最多有11个原子共面5、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢,断裂化学键总数为NAB.NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC.3.4gH2O2含有共用电子对的数目为0.2NAD.1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA6、运用化学知识对下列说法进行分析,不合理的是A.从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂B.在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚丙烯是混合物C.“一带一路”是现代丝调之路。丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物D.水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性7、下列有关描述中,合理的是A.用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液B.洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗C.裂化汽油和四氯化碳都难溶于水,都可用于从溴水中萃取溴D.为将氨基酸混合物分离开,可以通过调节混合溶液pH,从而析出晶体,进行分离。8、双酚A是重要的有机化工原料,其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是()A.双酚A的分子式为C15H14O2B.一定条件下能发生取代和水解反应C.最多有13个碳原子在同一平面D.苯环上的二氯代物有4种9、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液,B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图,以下说法正确的是A.交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB.当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C.交点b处c(OH)=6.4×10-5D.当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在:c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+),10、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B.“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C.5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D.“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素11、下列表示正确的是()A.中子数为8的氧原子符号:OB.甲基的电子式:C.乙醚的结构简式:CH3OCH3D.CO2的比例模型:12、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色受热不分解B②中振荡后静置下层液体颜色变浅溶液可除去溶在溴苯中的C③旋开活塞观察到红色喷泉极易溶于水,氨水显碱性D④闭合开关K,形成原电池Zn极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A.A B.B C.C D.D13、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的是A.探究Na与水反应可能有O2生成B.探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成C.探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuSD.探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2,溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致,还是HClO的漂白性所致14、常温下,向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加-1NaOH溶液,溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.当V[NaOH(aq)]=20mL时.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)B.在P点时,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)C.当V[NaOH(aq)]=30mL时,2c(Na+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]D.当V[NaOH(aq)]=40mL.时.c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)15、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得:(甲)+(乙)(丙)下列说法正确的是A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应B.甲分子中所有原子共平面C.乙的化学式是C4H718OOD.丙在碱性条件下水解生成和CH318OH16、某烃的结构简式为,关于该有机物,下列叙述正确的是()A.所有碳原子可能处于同一平面B.属于芳香族化合物的同分异构体有三种C.能发生取代反应、氧化反应和加成反应D.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同17、用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为:已知:吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A.反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB.可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8molD.理论上测得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高18、下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是()A.抗氧化剂 B.调味剂C.着色剂 D.增稠剂19、室温下,0.1mol·L-1的氨水溶液中,下列关系式中不正确的是()A.c(OH-)>c(H+)B.c(NH3·H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol·L-1C.c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)D.c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)20、用下列装置能达到实验目的的是A.清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B.配置一定物质的量浓度的溶液实验中,为定容时的操作C.装置制取金属锰D.装置为制备并用排气法收集NO气体的装置21、一定条件下,CH4与H2Og发生反应:CH4g+H2A.该反应的ΔH>0B.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ψ(CH4)增大22、二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A.气体A为Cl2B.参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3:1C.溶液B中含有大量的Na+、Cl-、OH-D.可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH3二、非选择题(共84分)23、(14分)某同学对气体A样品进行如下实验:①将样品溶于水,发现气体A易溶于水;②将A的浓溶液与MnO2共热,生成一种黄绿色气体单质B,B通入石灰乳中可以得到漂白粉。(1)写出A、B的化学式:A____________,B_______________。(2)写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式:_________________________。(3)写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式:_______________________。24、(12分)已知一个碳原子上连有两个羟基时,易发生下列转化:。请根据如图回答:(1)物质A的化学式为C8H10,写出A的名称___,鉴别A和可选用的试剂是___。(2)写出反应①的化学反应方程式____。(3)反应①~⑤中,属于加成反应的是____;反应⑤的反应条件为___。(4)写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。___,____。①含苯环结构②能发生银镜反应(5)设计由制备的合成路线(无机试剂任选)。_____合成路线常用的表示方式为:25、(12分)实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下:+CH3OH+H2O药品相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度(g•cm-3)甲醇32-98-64.5与水混溶,易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水,易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水,易溶于有机溶剂0.944已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合;甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小;CaCl2可与醇结合形成复合物;实验步骤:①向100mL烧瓶中依次加入:15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸;②在分水器中预先加入水,使水面略低于分水器的支管口,通入冷凝水,缓慢加热烧瓶。在反应过程中,通过分水器下部的旋塞分出生成的水,保持分水器中水层液面的高度不变,使油层尽量回到圆底烧瓶中;③当,停止加热;④冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离;⑤取有机层混合液蒸馏,得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题:(1)A装置的名称是_____。(2)请将步骤③填完整____。(3)上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种)。(4)下列说法正确的是______A.在该实验中,浓硫酸是催化剂和脱水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大,不能用分水器提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂,产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤D.为了提高蒸馏速度,最后一步蒸馏可采用减压蒸馏;该步骤一定不能用常压蒸馏(5)实验结束收集分水器分离出的水,并测得质量为2.70g,计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值,其原因不可能是_____。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B.实验条件下发生副反应C.产品精制时收集部分低沸点物质D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失26、(10分)某校同学设计下列实验,探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下:步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。步骤3.过滤,得滤液和滤渣。步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),所得残渣与步骤3的滤渣合并。步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是________________。(3)步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是________________。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案:称取稍过量硫粉放入烧杯中,__________________________________________,用滤纸吸干。已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须使用的试剂:S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。27、(12分)次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性,可以使病毒的核酸物质发生氧化反应,从而杀灭病毒,是常用的消毒剂和漂白剂。已知:Ⅰ.常温常压下,Cl2O为棕黄色气体,沸点为3.8℃,42℃以上会分解生成Cl2和O2,Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O气体,用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A.B.C.D.E.回答下列问题:(1)装置D的作用为_______________。(2)配平装置B中的反应___________:Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O的结构式为_____。(3)装置C中加入的试剂X为CCl4,其作用是__________。(4)各装置的连接顺序为A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出1条即可)(6)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中,其余均溶于装置E的水中,装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_____g。28、(14分)2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告:研究显示,全球二氧化碳排放量增速趋缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)一种途径是将CO2转化成有机物实现碳循环。如:C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH1=-44.2kJ·mol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH2=+1411.0kJ·mol-12CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH3=___。(2)CO2甲烷化反应是由法国化学家Sabatier提出的,因此,该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程如图:上述过程中,产生H2反应的化学方程式为__。②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体:CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后,甲酸的产量迅速减少,当增加镍粉用量时,CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是__(填“I”或“Ⅱ”)。(3)CO2经催化加氢可以生成低碳烃,主要有两个竞争反应:反应I:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。520℃时,CO2的转化率为__,520℃时,反应I的平衡常数K=__。(4)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)ΔH。m代表起始时的投料比,即m=。图1中投料比相同,温度T3>T2>T1,则ΔH___(填“>”或“<”)0。②m=3时,该反应达到平衡状态后p(总)=20Mpa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2。则曲线b代表的物质为___(填化学式),T4温度时,反应达到平衡时物质d的分压p(d)=___。29、(10分)一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石(主要成份为KAlSi3O8)可制得氯化钾,主要反应是:NaCl(l)+KAlSi3O8(s)⇌KCl(l)+NaAlSi3O8(s)+Q.填空:(1)写出Cl原子的核外电子排布式____,NaCl的熔点比KCl______(选填“高”或“低”).(2)指出钾长石中存在的化学键类型______.(3)上述反应涉及的位于同一周期的几种元素中,有一种元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应,该元素是_____.(4)某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率(液体中钾元素的质量占样品质量的百分率)与温度的关系,进行实验(保持其它条件不变),获得数据曲线如图.①分析数据可知,Q__0(选填“>”或“<”).②950℃时,欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是__(填序号).a.延长反应时间b.充分搅拌c.增大反应体系的压强d.将钾长石粉粹成更小的颗粒③要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大,反应温度应为__.(5)工业上常用KCl冶炼金属钾.反应方程式为:Na(l)+KCl(l)⇌NaCl(l)+K(g)用平衡移动原理解释该方法可行的原因:_________.

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、C【解析】

A.从阳极泥中提取粗碲,第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过滤出来,考虑到TeO2易溶于强酸和强碱,所以氧化浸出步骤中酸不可加过量,A错误;B.过滤操作需要漏斗,而不是分液漏斗,B错误;C.通过分析整个流程可知,最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的,因此判断洗净与否,只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有即可,C正确;D.酸浸时TeO2溶解,随后被Na2SO3还原,TeO2生成Te单质,生成,所以正确的离子方程式为:,TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分,D错误。答案选C。2、B【解析】

A.配制溶液时,NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解,故A错误;B.溴苯的密度大于水,不溶于水,溴苯在下层,故B正确;C.盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳,反应后容器中物质的总质量减少,不能直接用于验证质量守恒定律,故C错误;D.作原电池正极或电解池阴极的金属被保护,作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀,该装置中Fe作负极而加速被腐蚀,不能防止铁钉生锈,故D错误;答案选B。【点睛】本题的易错点为C,验证质量守恒定律的实验时,选用药品和装置应考虑:①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒;②如果反应物中有气体参加反应,或生成物中有气体生成,应该选用密闭装置。3、A【解析】

A.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl﹣),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl﹣),故A正确;B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1:1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故c(Na+)>c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B错误;C.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3,则c(Na+)<2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3)],故C错误;D.向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2:发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NH4HCO3,根据电荷守恒,c(NH4+)=c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),故D错误;答案为A。4、C【解析】

根据球棍模型,推出该有机物结构简式为,据此分析;【详解】A.根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2,故A错误;B.M与足量氢气在一定条件下发生加成反应,得到,环上有10种不同的氢,因此环上一氯代物有10种,故B错误;C.M中有羧基和苯环,能发生中和反应、取代反应、加成反应,故C正确;D.苯的空间构型是平面正六边形,M分子中含有2个苯环,因此一个M分子最多有22个原子共面,故D错误;答案:C。5、A【解析】

A.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键,故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时,断裂1mol化学键即NA个,故A正确;B.标况下三氧化硫不是气体,不能使用气体摩尔体积,故B错误;C.3.4gH2O2物质的量为0.1mol,含有共用电子对的数目为0.3NA,故C错误;D.三价铁离子为弱碱阳离子,在水溶液中会发生部分水解,所以1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于NA,故D错误;故选:A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时,一定要在标准状况下为气体。如B选项,标况下三氧化硫不是气体,不能使用气体摩尔体积=22.4/mol。6、D【解析】

A.氯气对自来水进行消毒会产生氯残留,因此从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂,故A正确;B.在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚丙烯,高聚物都为混合物,故B正确;C.丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物,故C正确D.水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很稳定,故D错误。综上所述,答案为D。7、D【解析】

A.葡萄糖和乙醛都含有醛基,加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应,不能鉴别,故A错误;B.银不与氨水反应,不能用于洗涤试管内壁的银单质,银可溶于硝酸,可用硝酸洗涤,故B错误;C.裂化汽油成分中,含有碳碳双键的化合物,可与溴水发生加成反应,则不能用作萃取剂,故C错误;D.氨基酸含有羧基、氨基,具有两性,不同的氨基酸达到等电点的pH不同,可控制pH利用溶解度差异分离,故D正确。答案选D。【点睛】氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等,所带净电荷为零,呈电中性,此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。8、C【解析】

A.双酚A的分子式为C15H16O2,A错误;B.酚羟基有邻位H,可以和浓溴水发生取代反应,但是没有能水解的官能团,B错误;C.两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面,C正确;D.二个氯在同一个苯环上的结构有5种,二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中,所以该结构中苯环上的二氯代物有8种,D错误。答案选C。9、C【解析】图中曲线①B(OH)2,②为B(OH)+③为B2+;交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时,反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液,由于两种溶质水解电离能力不同,所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等,A错误;当加入的盐酸溶液的体积为10mL时,溶液为B(OH)Cl,溶液显酸性,根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知,c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-),B错误;交点b处时,c(B(OH)+)=c(B2+),根据B(OH)+B2++OH-,K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确;当加入的盐酸溶液的体积为15mL时,生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液,存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+),D错误;正确选项C。10、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯,乙烯是制备聚乙烯的原料,故A正确;B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料,故B正确;C.计算机芯片的主要材料是单质Si,故C错误;D.氕、氘、氚质子数都是1,中子数分别是0、1、2,所以互为同位素,故D正确;选C。11、B【解析】

A.中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16,该原子正确的表示方法为,故A错误;B.甲基为中性原子团,其电子式为,故B正确;C.CH3OCH3为二甲醚,乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3,故C错误;D.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键,为直线型结构,其正确的比例模型为,故D错误;故选B。【点睛】电子式的书写注意事项:(1)阴离子和复杂阳离子要加括号,并注明所带电荷数,简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。(2)要注意化学键中原子直接相邻的事实。(3)不能漏写未参与成键的电子对。12、B【解析】

A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体,二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体,A项错误;B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能,故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴,溴苯的密度大于水,故下层液体颜色变浅,B项正确;C.按图示操作不能形成喷泉,C项错误;D.两烧杯中溶液放反了,闭合开关不能构成双液原电池,D项错误。答案选B。13、A【解析】A、根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,钠和水中含有钠、氢和氧三种元素,产生的气体如果为氧气,不符合氧化还原反应的基本规律,钠是还原剂,水只能做氧化剂,元素化合价需要降低,氧元素已是最低价-2价,不可能再降低,故A选;B、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成,故B不选;C、根据氧化还原反应化合价变化,浓硫酸与铜反应,硫酸中的硫元素被还原,铜有可能被氧化为硫化铜,有探究意义,故C不选;D.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水,消耗氢氧化钠溶液红色褪去,氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意义,故D不选;故选A。点睛:本题考查化学实验方案评价,涉及生成物成分推测,解题关键:氧化还原反应规律、物质性质,易错点:C选项,注意氧化还原反应特点及本质,题目难度中等。14、A【解析】

A.当V(NaOH)=20mL时,二者恰好完全反应生成NaHA,根据电荷守恒得:c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+),根据物料守恒得c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-),二者结合可得:c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A),则c(OH-)<c(H+)+c(H2A)<c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),故A错误;B.P点满足电荷守恒:c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),根据图象可知,P点c(A2-)=c(H2A),则c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),,故B正确;C.当V(NaOH)=30

mL时,混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A,根据物料守恒可得:2c(Na+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)],故C正确;D.当V(NaOH)=40mL时,反应后溶质为Na2A,A2-部分水解生成等浓度的OH-、HA-,溶液中还存在水电离的氢氧根离子,则c(OH-)>c(HA-),正确的离子浓度大小为:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+),故D正确;故选B。15、A【解析】

A.通过分析反应前后物质的结构可知,反应过程中甲分子发生了1,4加成,形成了一个新的碳碳双键,乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环;A项正确;B.由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子,所以甲分子内的所有原子不可能共平面;B项错误;C.由乙的结构可知,乙的分子式为:;C项错误;D.酯在碱性条件下水解,产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐,所以丙在碱性条件下水解的产物为和,D项错误;答案选A。16、C【解析】

A.分子结构中含有,为四面体结构,所有碳原子不可能处于同一平面,故A错误;B.该物质的分子式为C8H10,属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种),共4种,故B错误;C.结构中含有碳碳双键,能发生氧化反应和加成反应,含有和-CH2-,能发生取代反应,故C正确;D.含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色,能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色,褪色原理不同,故D错误;答案选C。17、D【解析】

A.30gHCHO的物质的量为1mol,被氧化时生成二氧化碳,碳元素化合价从0价升高到+4价,所以转移电子4mol,故A错误;B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+,与Fe3+不反应,所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+,故B错误;C.没有注明温度和压强,所以无法计算气体的物质的量,也无法计算参加反应的Ag的物质的量,故C错误;D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比,吸光度越高,则说明反应②生成的Fe2+越多,进一步说明反应①生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正确。故选D。18、A【解析】

A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触,延缓氧化的反应速率,故A正确;B.调味剂是为了增加食品的味道,与速率无关,故B错误;C.着色剂是为了给食品添加某种颜色,与速率无关,故C错误;D.增稠剂是改变物质的浓度,与速率无关,故D错误。故选:A。19、C【解析】

A.氨水显碱性,则c(OH-)>c(H+),故A正确;B.0.1mol/L的氨水溶液中,由氮元素守恒可知,所有含氮元素微粒的浓度之和为0.1mol/L,即c(NH3•H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L,故B正确;C.由NH3•H2O⇌NH4++OH-,电离的程度很弱,则c(NH3•H2O)>c(NH4+),故C错误;D.溶液不显电性,阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数,即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),故D正确;故选C。20、D【解析】

A.自来水中有杂质离子,清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水,应该用蒸馏水,且应该把反应液倒入水中,A项错误;B.定容时,当液面距定容刻度线1到2厘米处,改用滴管滴加,使凹液面最低端与刻度线相切,B项错误;C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件,需要氯酸钾分解产生氧气,促进镁条燃烧,利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰,该实验装置中没有氯酸钾作引发剂,C项错误;D.铜和稀硝酸反应可以制备NO,NO的密度比CO2的密度小,采用短口进气、长口出气的集气方式,D项正确;答案选D。21、B【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△H>0,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ψ(CH4)增大,D正确;故合理选项是B。22、C【解析】

氯化铵溶液中加入盐酸通电电解,得到NCl3溶液,氮元素化合价由-3价变化为+3价,在阳极发生氧化反应,阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气,则气体A为氢气;在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B,由氢元素守恒可知,有水参加反应,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A.根据分析,气体A为H2,故A错误;B.在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B,由氢元素守恒可知,有水参加反应,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,反应还生成NaCl与NaOH,方程式为:6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH,参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6:1,故B错误;C.根据分析,结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知,溶液B中含有NaCl与NaOH,则含有大量的Na+、Cl-、OH-,故C正确;D.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3,故D错误;答案选C。二、非选择题(共84分)23、HClCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B为一种黄绿色气体单质B,则黄绿色气体B为Cl2,将A的浓溶液与MnO2共热,生成氯气,则气体A为HCl,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A为HCl,B为Cl2,故答案为:HCl,Cl2;(2)A的浓溶液与MnO2

共热生成氯化锰.氯气和水,反应的化学方程式为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O;(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,反应的化学方程式为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。24、乙苯溴水+Br2+HBr;③NaOH水溶液、加热或或【解析】

(1)物质A的化学式为C8H10,则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为,A的名称为:乙苯;和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,后者能与溴水发生加成反应,而前者不能,可以溴水区别二者,故答案为:乙苯;溴水;(2)反应①是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯,反应方程式为:+Br2+HBr;(3)对比物质的结构,可知①②④属于取代反应、③属于加成反应,而⑤先发生卤代烃的水解反应,再发生分子内脱水反应,反应条件为:NaOH水溶液、加热,故答案为:③;NaOH水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:①含苯环结构,②能发生银镜反应,含有醛基,可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、、、;(5)与氢气发生加成反应生成,然后发生消去反应生成,再与溴发生加反应生成,最后发生消去反应生成,合成路线流程图为:。25、球形冷凝管分水器中液面不再变化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

(1)A装置的名称是球形冷凝管。(2)步骤③为当分水器中液面不再变化,停止加热(3)上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。(4)A.在该实验中,浓硫酸是催化剂和吸水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大,沉在水下,水从分水器中流入圆底烧瓶内,不能提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂,产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.为了提高蒸馏速度,最后一步蒸馏可采用减压蒸馏;该步骤一定不能用常压蒸馏,防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合(5)实验结束收集分水器分离出的水,并测得质量为2.70g,其物质的量为,则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol,n(甲基丙烯酸)=,n(甲醇)=,理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol,所以其产率约为。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯,则实际产率减小;B.实验条件下发生副反应,则实际产率减小;C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大;D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失,则实际产率减小。【详解】(1)A装置的名称是球形冷凝管。答案为:球形冷凝管;(2)步骤③为当分水器中液面不再变化,停止加热。答案为:分水器中液面不再变化;(3)上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为:、CH3OCH3;(4)A.在该实验中,浓硫酸是催化剂和吸水剂,A错误;B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大,则酯沉在分水器中水下,水从分水器中流入圆底烧瓶内,不能提高反应物的转化率,B正确;C.洗涤剂X是一组试剂,产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水,C错误;D.为了提高蒸馏速度,最后一步蒸馏可采用减压蒸馏;该步骤一定不能用常压蒸馏,防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合,D正确。答案为:BD;(5)实验结束收集分水器分离出的水,并测得质量为2.70g,其物质的量为,则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol,n(甲基丙烯酸)=,n(甲醇)=,理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol,所以其产率约为=85.2%。答案为:85.2%;A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯,则实际产率减小;B.实验条件下发生副反应,则实际产率减小;C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大;D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失,则实际产率减小。答案为:C。26、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS+3SO22CaSO3+3SCaSO3被系统中O2氧化蒸馏,收集64.7℃馏分加入CS2,充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌,然后加入Na2SO3吸收液,盖上表面皿,加热至沸并保持微沸,在不断搅拌下,反应至液面只有少量硫粉时,加入活性炭并搅拌,趁热过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇洗涤【解析】

(1)恒压漏斗能保持压强平衡;(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S,元素守恒得到生成S和CaSO3,CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4;(3)甲醇(沸点为64.7℃),可以控制温度用蒸馏的方法分离;(4)硫单质易溶于CS2,萃取分液的方法分离;(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O,在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O,据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是:能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等,便于液体流下;(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为:2CaS+3SO2CaSO3+3S,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是:CaSO3被系统中O2氧化;(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是:蒸馏,收集64.7℃馏分;(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是:加入CS2,充分搅拌并多次萃取;(5)已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O;②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须使用的试剂:S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭,因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案:称取稍过量硫粉放入烧杯中,加入适量乙醇充分搅拌,然后加入Na2SO3吸收液,盖上表面皿,加热至沸并保持微沸,在不断搅拌下,反应至液面只有少量硫粉时,加入活性炭并搅拌,趁热过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇洗涤。【点睛】本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点,掌握元素化合物等基础知识是解题关键。27、除去氯气中的HCl气体;观察产生气泡的速度来调节流速和体积比1:32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2,提高制得的HClO的纯度DBC制备的HClO的浓度大,纯度高,不含有Cl-57.6【解析】

该实验属于物质制备类实验,所需原料为氯气和空气,并且要注意体积比1:3这个要求;因此就出现了这两个问题:(1)原料Cl2含有杂质需要除杂;(2)如何准确地控制两种原料气体积比;带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来,由于B中的制备反应是气体与固体的反应,所以产物中肯定含有未反应完全的原料气,所以这里又出现了一个问题:未反应完的原料气是否会干扰后续的制备,如何除去;通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题;最终在装置E中,成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂,另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比;所以D的作用为:除去氯气中的HCl杂质,同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3;(2)根据题意,B中发生的反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3,Cl2O中的O为-2价,Cl为+1价,所以该反应是氯元素的歧化反应;根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl;(3)题干中提到,用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液,Cl2O中不能含有Cl2,而B处的反应是气体与固体的反应,必然会有一部分Cl2无法反应,因此,需要对B装置的出口气体进行除氯气操作,C中的CCl4由于与Cl2极性相近,可以将Cl2吸收,所以C的作用即:除去中的Cl2,提高次氯酸溶液的纯度;(4)结合以上分析,可知连接顺序为A→D→B→C→E;(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质,并且由于Cl2在水中溶解度很小,所以制备的次氯酸的浓度也不高,因此该方法的优点为:制备的次氯酸溶液浓度大,纯度高;(6)由题可知,E中次氯酸的含量为0.4mol,根据E中发生的反应:,可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol,所以总共生成的Cl2O的物质的量为。根据Cl2O的制备反应方程式可知,所需碳酸钠的物质的量为:,那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为。【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时,可先找出其中的原料发生装置,反应制备装置和尾气处理装置,再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题,最终设计出合理的连接顺序。28、+1366.8kJ·mol-13Fe+4H2OFe3O4+4H2Ⅱ60%0.005<CO22.5MPa【解析】

(1)C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH1=-44.2kJ·mol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH2=+1411.0kJ·mol-1利用盖斯定律,将两个热化学方程式直接相加,便可得出2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)的ΔH3。(2)转化过程中,发生Fe+H2O(g)的反应,CO2与H2的反应,写出反应方程式,便可确定产生H2反应的化学方程式。②由前面信息中确定,增加镍粉用量时,导致甲酸产量迅速减少,则表明第二步反应迅速进行。(3)从图中采集信息,进行计算,从而求出520℃时,CO2的转化率和反应I的平衡常数K。(4)从图中可看出,降低温度,H2的转化率增大,从而表明降温平衡正向移动,由此可求出ΔH与0的关系。②温度升高,平衡逆向移动,则反应物的物质的量分数增大,再由起始量关系,确定曲线b代表的物质,T4温度时,利用三段式及图中采集的信息,求出反应达到平衡时物质d的分压p(d)。【详解】(1)

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