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文档简介
2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、化学与社会、环境密切相关,下列说法不正确的是()A.2022年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料B.使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用C.氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用D.港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋,可有效抵御海水浸蚀2、对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)ΔH<0,在一定条件下达到平衡,下列有关叙述正确的是()①增加A的量,平衡向正反应方向移动②升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)减小③压强增大一倍,平衡不移动,v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度,v(正)>v(逆)⑤加入催化剂,B的转化率提高A.①② B.④ C.③ D.④⑤3、比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系,①C→CO2;②CH4→CO2;③CO→CO2,比较归纳正确的是A.三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B.三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C.三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D.三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳4、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,都会引起()A.溶液的pH增大B.CH3COOH电离度增大C.溶液的导电能力减弱D.溶液中c(OH-)减小5、已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A.该反应类型为取代反应B.N分子中所有碳原子共平面C.可用溴水鉴别M和ND.M中苯环上的一氯代物共4种6、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示,这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA.原子半径Y>Z,非金属性W<XB.X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C.W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D.最高价氧化物对应水化物的酸性:W>Y>Z7、在25℃时,向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中,溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示,则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中,c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-18、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W为空气中含量最多的元素,Y的周期数等于其族序数,W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水,Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小顺序:r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氢化物之间不能反应D.X的氢化物(XH)中含有共价键9、已知常温下,Ksp(NiS)≈1.0×10-21,Ksp(ZnS)≈1.0×10-25,pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示,下列说法正确的是()A.图像中,V0=40,b=10.5B.若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1,则b点向a点迁移C.若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液,则d点向f点迁移D.Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)10、电解合成1,2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是()A.该装置工作时,阴极区溶液中的离子浓度不断增大B.液相反应中,C2H4被CuCl2氧化为1,2-二氯乙烷C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D.该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl11、金属(M)-空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为:4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A.多孔电极有利于氧气扩散至电极表面,可提高反应速率B.电池放电过程的正极反应式:O2+2H2O+4e-=4OH-C.比较Mg、Al二种金属-空气电池,“理论比能量”之比是8∶9D.为防止负极区沉积Mg(OH)2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜12、下列说法正确的是A.烷烃的通式为CnH2n+2,随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐减小B.乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C.1mol苯恰好与3mol氢气完全加成,说明一个苯分子中有三个碳碳双键D.C7H16,主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种13、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法,下列可行的操作中最不简便的一种是A.使用蒸馏水B.使用NaHCO3溶液C.使用CuSO4和NaOH溶液D.使用pH试纸14、下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+2H+→CO2↑+H2OB.铁粉与稀H2SO4反应:2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C.Cu(OH)2与稀H2SO4反应:OH-+H+→H2OD.氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O15、常温下,用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水,滴定曲线如图所示,滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A.点①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B.点②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C.点③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D.该氨水的浓度为0.1000mol·L-116、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.pH=1的硫酸溶液1L,溶液中含SO42-的数目等于0.1NAB.真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后,容器内分子总数为0.2NAC.10mL0.1mol⋅L-1的FeCl3与20mL0.1mol⋅L-1KI溶液反应,转移电子数为0.001NAD.60gSiO2晶体中Si-O键数目为2NA二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物G是一种重要的化工原料,其合成路线如图:(1)的官能团名称是____。(2)反应2为取代反应,反应物(Me)2SO4中的“Me”的名称是____,该反应的化学方程式是____。(3)反应④所需的另一反应物名称是____,该反应的条件是____,反应类型是_____。(4)满足下列条件的的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应(5)以为原料,合成____。合成路线图示例如下:ABC……→H18、氨甲环酸(F)又称止血环酸、凝血酸,是一种在外科手术中广泛使用的止血药,可有效减少术后输血。氨甲环酸(F)的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂未标明):(1)B的系统命名为_______;反应①的反应类型为_____。(2)化合物C含有的官能团的名称为_____。(3)下列有关氨甲环酸的说法中,正确的是_____(填标号)。a.氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b.氨甲环酸是一种天然氨基酸c.氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d.由E生成氨甲环酸的反应为还原反应(4)氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。(5)写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰(6)写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_____19、为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数(含少量NaCl),甲、乙、丙三位学生分别设计了一套实验方案。学生甲的实验流程如图所示:学生乙设计的实验步骤如下:①称取样品,为1.150g;②溶解后配成250mL溶液;③取20mL上述溶液,加入甲基橙2~3滴;④用0.1140mol/L的标准盐酸进行滴定;⑤数据处理。回答下列问题:(1)甲学生设计的定量测定方法的名称是___法。(2)试剂A可以选用___(填编号)a.CaCl2b.BaCl2c.AgNO3(3)操作Ⅱ后还应对滤渣依次进行①___、②___两个实验操作步骤。其中,证明前面一步的操作已经完成的方法是___;(4)学生乙某次实验开始滴定时,盐酸溶液的刻度在0.00mL处,当滴至试剂B由___色至___时,盐酸溶液的刻度在14.90mL处,乙同学以该次实验数据计算此样品中Na2CO3的质量分数是___(保留两位小数)。乙同学的这次实验结果与老师给出的理论值非常接近,但老师最终认定他的实验方案设计不合格,你认为可能的原因是什么?___。(5)学生丙称取一定质量的样品后,只加入足量未知浓度盐酸,经过一定步骤的实验后也测出了结果。他的实验需要直接测定的数据是___。20、某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO,含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3],具体流程如下:已知:Cu2(OH)2CO3为绿色固体,难溶于冷水和乙醇,水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率,可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55~60℃的原因是____;该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2,请写出该反应的化学方程式:____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数,进行了如下操作:称取m1g产品,灼烧至固体质量恒重时,得到黑色固体(假设杂质不参与反应),冷却后,称得该黑色固体质量为m2g,则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。21、2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家,其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题:(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取,如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式:____,其中电子占据的轨道数为_____个。(2)对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底,其中羟基氧原子的杂化方式为_____,羟基间的相互作用力为_____。(3)不同大小的苯芳烃能识别某些离子,如:N3-、SCN−等。一定条件下,SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2,试写出(SCN)2的结构式_______。(4)NH3分子在独立存在时H-N-H键角为106.7°。如图[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H-N-H键角的测量值。解释配合物中H-N-H键角变为109.5°的原因:____。(5)橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃,可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体,八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4],四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。(6)已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示):则一个C60分子中含有σ键的个数为______,C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.聚氨酯,属于有机高分子材料,A正确;B.太阳能热水器将太阳能转化为热能,与生物质能无关,B错误;C.蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持,氢键是稳定二级结构的主要作用力;DNA双螺旋结构中,碱基对以氢键维系,A与T间形成两个氢键,G与C间形成三个氢键。C正确;D.环氧涂层钢筋,是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面,由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀,从而保护钢筋不受腐蚀,D正确。故选B。【点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下,采用静电喷涂方法,将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性,与混凝土的粘结强度无明显降低,适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口,码头等的钢筋混凝土结构中。2、B【解析】
①A是固体,增加A的量,平衡不移动,故①错误;②2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),正反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)、v(逆)均增大,故②错误;③2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),反应前后气体系数和不变,压强增大一倍,平衡不移动,v(正)、v(逆)均增大,故③错误;④增大B的浓度,反应物浓度增大,平衡正向移动,所以v(正)>v(逆),故④正确;⑤加入催化剂,平衡不移动,B的转化率不变,故⑤错误;故选B。3、D【解析】分析:①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳;②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,常温下水为液态;③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解:A.甲烷燃烧生成二氧化碳和水,碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳,不是化合反应,A错误;B.甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,常温下水为液态,B错误;C.碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳,C错误;D.碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳,D正确;答案选D。4、A【解析】
A.CH3COOH溶液加水稀释,CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动,溶液的pH增加,向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时,溶液中c(CH3COO-)增大,醋酸的电离平衡向逆反应方向移动,溶液的pH增加,正确;B.CH3COOH溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,电离程度增大,加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,错误;C.CH3COOH溶液加水稀释,离子浓度减小,溶液的导电能力减弱,加入少量CH3COONa晶体时,离子浓度增大,溶液的导电能力增强,错误;D.加水稀释,促进醋酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,所以氢氧根离子浓度增大,错误。故选A。5、C【解析】
A.M中碳碳双键变成单键,该反应类型为加成反应,故A错误;B.异丙基中的碳是四面体结构,N分子中所有碳原子不能平面,故B错误;C.M中碳碳双键可与溴水发生加成反应,使溴水褪色,可用溴水鉴别M和N,故C正确;D.M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种,故D错误;故选C。6、D【解析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素,由位置关系可知,W、X处于第二周期,Y、Z处于第三周期,设X原子最外层电子数为a,则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1,四种元素的原子最外层电子数之和为23,则:a-2+a+1+a+a=23,解得a=6,则W为C元素,故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右,原子半径逐渐减小,元素的非金属性增强,原子半径S>Cl,非金属性W<X,故A正确;B、同主族从上到下元素的非金属性减弱,故O2能与H2Se反应,生成Se单质,故B正确;C、O能形成CO2、SO2、ClO2,故C正确;D、最高价氧化物对应水化物的酸性:H2CO3<H2SO4<HClO4,故D错误;故选D。7、D【解析】
A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1,盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵中铵根水解显酸性,因而②(pH=7)时,氨水稍过量,即反应未完全进行,从①到②,氨水的量减少,氯化铵的量变多,又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比,氯化铵为强电解质,完全电离,得到的离子(铵根的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱,少部分NH3·H2O发生电离),因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点,A错误;B.观察图像曲线变化趋势,可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点,得到氯化铵溶液,盐类的水解促进水的电离,因而溶液pOH=8,则c溶液(OH-)=10-8mol/L,c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L,B错误;C.①点盐酸的量是③点的一半,③为恰好完全反应的点,因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl,可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),又①pOH=4,说明溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),那么c(NH4+)>c(Cl-),C错误;D.V(HCl)=0时,可知氨水的pOH=2.8,则c(OH-)=10-2.8mol/L,又NH3·H2O⇌NH4++OH-,可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L,③点盐酸和氨水恰好反应,因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L,因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。8、B【解析】
W是空气中含量最多的元素,则W为N元素。Y的周期数等于其族序数,另Y的原子序数大于W的原子序数,则Y在第三周期第ⅢA族,Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水,在Al和N之间的元素,Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水,则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层的电子数为2个,则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。A.Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物,属于特殊的氧化物),有2种;Al的氧化物为Al2O3,只有1种,A错误;B.S2-核外有3个电子层,Na+核外只有2个电子层,电子层数越多,离子半径越大,则有r(Na+)<r(S2-),B正确;C.W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=(NH4)2S,C错误;D.Na的氢化物NaH,由Na+和H-构成,只有离子键,D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为:①核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小;②核外电子排布不同的短周期元素离子,其电子层数越多,离子半径越大。9、C【解析】
向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,反应的方程式为:NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl;pM=-lgc(M2+),则c(M2+)越大,pM越小,结合溶度积常数分析判断。【详解】A.根据图像,V0点表示达到滴定终点,向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,滴加20mLNa2S溶液时恰好完全反应,根据反应关系可知,V0=20mL,故A错误;B.根据图像,V0点表示达到滴定终点,溶液中存在NiS的溶解平衡,温度不变,溶度积常数不变,c(M2+)不变,则pM=-lgc(M2+)不变,因此b点不移动,故B错误;C.Ksp(NiS)≈1.0×10-21,Ksp(ZnS)≈1.0×10-25,ZnS溶解度更小,滴定终点时,c(Zn2+)小于c(Ni2+),则pZn2+=-lgc(Zn2+)>pNi2+,因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液,则d点向f点迁移,故C正确;D.Na2S溶液中存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡,平衡时,c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响,只有改变溶解平衡时的体积,c(Ni2+)才可能变化。10、C【解析】
A.阴极H2O或H+放电生成OH-,溶液中的离子浓度不断增大,故A正确;B.由分析可知,液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl,有反应的化学方程式可知,CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl,故B正确;C.阴极H2O或H+放电生成NaOH,所以离子交换膜Y为阳离子交换膜;阳极CuCl放电转化为CuCl2,所以离子交换膜X为阴离子交换膜,故C错误;D.以NaCl和CH2=CH2为原料合成1,2−二氯乙烷中,CuCl→CuCl2→CuCl,CuCl循环使用,其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应,所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl,故D正确。故选C。11、C【解析】
A.反应物接触面积越大,反应速率越快,所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面,从而提高反应速率,正确,A不选;B.根据总反应方程式,可知正极是O2得电子生成OH-,则正极反应式:O2+2H2O+4e-=4OH-,正确,B不选;C.根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg,质量为24g,失去2mole-;1molAl,质量为27g,失去3mole-;则镁、铝两种金属理论比能量之比为;错误,C选;D.负极上Mg失电子生成Mg2+,为防止负极区沉积Mg(OH)2,则阴极区溶液不能含有大量OH-,所以宜采用中性电解质,或采用阳离子交换膜,负极生成OH-不能达到阴极区,正确,D不选。答案选C。12、D【解析】
A.烷烃的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数为,则随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐增大,故A错误;B.乙烯中含碳碳双键,可与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,故B错误;C.苯中不含碳碳双键,故C错误;D.C7H16主链上有5个碳原子的烷烃,支链为2个甲基或1个乙基,符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3,共5种,故D正确;答案选D。13、C【解析】
乙酸具有酸性,可与碳酸盐、碱等发生复分解反应,乙醛含有醛基,可发生氧化反应,以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水,没有明显现象,不能鉴别,故A错误;B.乙酸具有酸性,可与NaHCO3溶液生成气体,乙醛与NaHCO3溶液不反应,可鉴别,方法简便,操作简单,故B错误;C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液,需先生成氢氧化铜,然后与乙酸发生中和反应,检验乙醛需要加热,操作较复杂,故C正确;D.使用pH试纸乙酸具有酸性,可使pH试纸变红,乙醛不能使pH试纸变红,可鉴别,方法简单,操作简便,故D错误;答案选C。14、D【解析】Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+H+=HCO3-,故A错误;铁粉与稀H2SO4反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B错误;Cu(OH)2与稀H2SO4反应:Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O,故C错误;氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O,故D正确。点睛:书写离子方程式时,只有可溶性强电解质拆写成离子,单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写成离子。15、C【解析】
条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式,实际上是溶液中的物料守恒关系式;进一步可知,V(HCl)=20mL即为滴定终点,原来氨水的浓度即为0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时,溶液即可认为是NH4Cl的溶液,在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系,更为简便。【详解】A.V(HCl)=20mL时,溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立;所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时,溶液中就有以下等式成立:c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-);A项正确;B.点②时溶液呈中性,所以有c(H+)=c(OH-);根据电荷守恒式:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-);B项正确;C.点③即为中和滴定的终点,此时溶液可视作NH4Cl溶液;由于NH4+的水解程度较小,所以c(NH4+)>c(H+);C项错误;D.由条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点,那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L;D项正确;答案选C。【点睛】对于溶液混合发生反应的体系,若要判断溶液中粒子浓度的大小关系,可以先考虑反应后溶液的组成,在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断,会大大降低问题的复杂程度。16、B【解析】
A.的溶液,的物质的量为,硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2比1,硫酸根离子的物质的量为0.05mol,数目为,故A错误;B.和反应前后分子数不变,故和充分反应后,容器内分子总数为,故B正确;C.与KI的反应为可逆反应,故C错误;D.60g的物质的量为n===1mol,1mol中有4molSi-O键,则Si-O键数目为4NA;答案选B。【点睛】关于PH的计算和物质的量公式是解题的关键。二、非选择题(本题包括5小题)17、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸,加热酯化反应(取代反应)6【解析】
反应①为取代反应,碳链骨架不变,则中Br原子被-CN取代,生成;反应②为取代反应,碳链骨架不变,则中1个-H原子被-CH3取代,生成;反应③在氢离子的作用下,生成;反应④为酯化反应,与乙醇发生酯化反应,生成。【详解】(1)的官能团为溴原子,故答案为溴原子;(2)反应①为取代反应,碳链骨架不变,则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代,则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基;2(Me)2SO42+H2SO4,故答案为甲基;2(Me)2SO42+H2SO4;(3)反应④为酯化反应,与乙醇发生酯化反应,生成,酯化反应的条件为浓硫酸,加热,故答案为:乙醇;浓硫酸,加热;酯化反应(取代反应);(4)满足①苯环上连有两个取代基,②能发生银镜反应,③能发生水解反应,说明有一个必须为甲酸形成的酯基,则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3,存在邻、间、对三种位置异构,总共有6种,故答案为6;(5)以为原料,根据题干信息,通过①③,可以合成,用氢氧化钠取代,可以制备,与在浓硫酸加热下,发生酯化反应,得到。具体合成流线为:。【点睛】本题考查有机物的合成,熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键,会利用逆推法推断有机物结构,并注意信息的利用。18、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基;氯原子cd【解析】
根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】(1)B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯;由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。(2)由C的结构简式为,则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案:碳碳双键、酯基;氯原子。(3)a.氨甲环酸的结构简式为:,则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2,故a错误;b.氨甲环酸的结构简式为:,氨基不在碳原子上,所以不是一种天然氨基酸,故b错误;c.氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢,所以一氯代物有4种,故c正确;d.由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应,所以此反应也称为还原反应,故d正确;答案:cd。(4)由氨甲环酸的结构简式为:,含有羧基和氨基,所以可发生缩聚反应,生成高分子化合物,故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案:。(5)由D的结构简式的,符合下列条件:①属于芳香族化合物说明含有苯环;②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子,符合条件的同分异构体为:;答案:。(6)根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线:。答案:。19、重量ab洗涤烘干取最后一次洗涤液,加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净黄橙色半分钟不褪色0.98或97.85%没有做平行试验取平均值干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量【解析】
(1)根据甲的实验流程可知,该方案中通过加入沉淀剂后,通过测量沉淀的质量进行分析碳酸钠的质量分数,该方法为沉淀法,故答案为:重量;(2)为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数(含少量NaCl),加入沉淀剂后将碳酸根离子转化成沉淀,可以用CaCl2、BaCl2,由于硝酸银溶液能够与碳酸根离子、氯离子反应,所以不能使用硝酸银溶液,故答案为:ab;(3)称量沉淀的质量前,为了减小误差,需要对沉淀进行洗涤、烘干操作,从而除去沉淀中的氯化钠、水;检验沉淀已经洗涤干净的操作方法为:取最后一次洗涤液,加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净,故答案为:洗涤;烘干;
取最后一次洗涤液,加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净;(4)滴定结束前溶液显示碱性,为黄色,滴定结束时溶液变为橙色,则滴定终点的现象为:溶液由黄色变为橙色,且半分钟不褪色;盐酸溶液的刻度在14.90mL处,消耗HCl的物质的量为:0.1140mol/L×0.01490L=0.0016986mol,根据关系式Na2CO3∼2HCl可知,20mL该溶液中含有碳酸钠的物质的量为:0.0016986mol×12=0.0008493mol,则250mL溶液中含有的碳酸钠的物质的量为:0.0008493mol×250mL20mL=0.01061625mol,所以样品中碳酸钠的质量分数为:[(106g/mol×0.01061625mol)/1.150g]×100%=97.85%或0.98;滴定操作测量纯度时,为了减小误差,需要多次滴定取平均值,而乙同学没有没有做平行试验取平均值,所以设计的方案不合格,故答案为:黄;橙色,半分钟不褪色;
0.98或97.85%(保留两位小数);没有做平行试验取平均值;(5)碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水,只要计算出反应后氯化钠固体的质量,就可以利用差量法计算出碳酸钠的质量,所以需要测定的数据由:干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量,故答案为:干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量。20、搅拌(或适当升温等合理答案即可)H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘,待液体自然流下后,重复2~3次温度过低,反应速率太慢,温度过高,Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】
废铜屑(主要成分是Cu、CuO,含有少量的Fe、Fe2O3),加入稀硫酸浸取,CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应,形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液,铜单质不与硫酸反应,再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子,再调节溶液pH值,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液,将溶液温度控制在55~60℃左右,加入碳酸钠,滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体,再经过过滤、冷水洗涤,干燥,最终得到Cu2(OH)2CO3,以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率,可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法;(2)“操作Ⅱ”中,铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子,离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O;(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,由于废铜屑使用酸浸溶解,需要加入碱性物质中和多余的酸,在不引入新的杂质的情况下,可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可;(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤,合理操作为:加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘,待液体自然流下后,重复2~3次;(5)根据题目已知:Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇,水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55~60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解,该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2,该反应的化学方程式:2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑
;(6)m1g产品,灼烧至固体质量恒重时,得到黑色固体(假设
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