上海市徐汇区上海2021-2022学年高三六校第一次联考化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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、298K时,甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO−的浓度存在关系式c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.100mol·L−1,而含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示:下列说法正确的是()A.0.1mol·L−1HCOONa溶液中有c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)=c(H+)+0.1B.298K时,HCOOH的电离常数Ka=1.0×10−3.75C.298K时,加蒸馏水稀释P点溶液,溶液中n(H+)·n(OH−)保持不变D.0.1mol·L−1HCOONa溶液和0.1mol·L−1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)2、电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A.电源的A极为正极B.与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OHC.Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD.每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol3、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一,它可以通过水杨醛经多步反应合成:下列说法正确的是()A.水杨醛苯环上的一元取代物有4种B.可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C.中间体A与香豆素-3-羧酸互为同系物D.1mol香豆素-3-羧酸最多能与1molH2发生加成反应4、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A.a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B.b的分子式为C10H12OC.a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.只能用钠鉴别a和b5、下面是丁醇的两种同分异构体,其结构简式、沸点及熔点如下表所示:异丁醇叔丁醇结构简式沸点/℃10882.3熔点/℃-10825.5下列说法不正确的是A.用系统命名法给异丁醇命名为:2-甲基-1-丙醇B.异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰,且面积之比是1∶2∶6C.用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D.两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃6、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,某微生物燃料电池的工作原理如图所示,下列说法错误的是A.b电极发生还原反应:4H++O2+4e-=2H2OB.电路中有4mol电子发生转移,大约消耗标准状况下22.4L空气C.维持两种细菌存在,该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子D.HS-在硫氧化菌作用下转化为的反应是=7、将足量CO2通入下列各溶液中,所含离子还能大量共存的是()A.K+、OH﹣、Cl﹣、SO42﹣B.H+、NH4+、Al3+、NO3﹣C.Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣D.Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣8、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4,振荡后静置;液体分层,下层呈紫红色碘易溶于CCl4,难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)>KSP(AgBr)D室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2A<HBA.A B.B C.C D.D9、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下,lmolC6H12中含碳碳键的数目一定小于6NAB.18g果糖分子中含羟基数目为0.6NAC.4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAD.50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应,放出H2的分子数目为0.25NA10、化学与生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是()A.工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C.“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D.刚玉主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐11、下列实验方案中,不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A.取a克混合物充分加热至质量不再变化,减重b克B.取a克混合物加足量的盐酸,产生的气体通过碱石灰,称量碱石灰增重的质量为b克C.取a克混合物与足量澄清石灰水反应,过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克D.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧得b克固体12、一定条件下,CO2分子晶体可转化为具有类似SiO2结构的原子晶体.从理论上分析,下列说法正确的是()A.该转化过程是物理变化B.1molCO2原子晶体中含2molC﹣O键C.CO2原子晶体的熔点高于SiO2D.CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体13、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是A.“石碱”的主要成分易溶于水B.“石碱”俗称烧碱C.“石碱”可用作洗涤剂D.“久则凝淀如石”的操作为结晶14、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素,A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物,E是由Z元素形成的单质,0.1mol·L-1D溶液的pH为13(25℃)。它们满足如图转化关系,则下列说法不正确的是A.B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B.等体积等浓度的F溶液与D溶液中,阴离子总的物质的量F>DC.0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD.Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者,是因为后者分子间存在氢键15、己知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3C1O-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5H2O。则RO4n-中R的化合价是()A.+3 B.+4 C.+5 D.+616、下列有关物质的说法错误的是()A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B.氧化铝可用于制造耐高温材料C.SO2具有漂白性,所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D.常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸17、炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是()A.氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成B.每活化一个氧分子放出0.29eV的能量C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVD.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂18、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是A.氮肥均含有NH4+B.雷电作用固氮中氮元素被氧化C.碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D.合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱19、下列表示氮原子结构的化学用语规范,且能据此确定电子能量的()A. B.C.1s22s22p3 D.20、已知Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100mL0.02mol·L-1KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液时(25℃),生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A.所加的Ba(OH)2溶液的pH=13B.a点的值是80mLC.b点的值是0.005molD.当V[Ba(OH)2]=30mL时,生成沉淀的质量是0.699g21、以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法,其流程图如下:相关反应的热化学方程式为:反应I:SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq);ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反应II:H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g);ΔH2

=+327kJ·mol-1反应III:2HI(aq)=H2(g)+I2(g);ΔH3

=+172kJ·mol-1下列说法不正确的是()A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学方程式为:2H2O(l)=2H2

(g)+O2(g);ΔH

=+286kJ·mol-1D.该过程降低了水分解制氢反应的活化能,但总反应的ΔH不变22、部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g,经如下处理:下列说法正确的是A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B.V=224C.样品中CuO的质量为2.0g D.样品中铁元素的质量为0.56g二、非选择题(共84分)23、(14分)[化学——选修5:有机化学基础]化合物M是一种香料,A与D是常见的有机化工原料,按下列路线合成化合物M:已知以下信息:①A的相对分子质量为28回答下列问题:(1)A的名称是___________,D的结构简式是___________。(2)A生成B的反应类型为________,C中官能团名称为___________。(3)E生成F的化学方程式为___________。(4)下列关于G的说法正确的是___________。(填标号)a.属于芳香烃b.可与FeCl3溶液反应显紫色c.可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d.G分子中最多有14个原子共平面(5)化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14,N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。①与化合物M含有相同的官能团;②苯环上有两个取代基(6)参照上述合成路线,化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物,X的结构简式为________,Y的结构简式为________。24、(12分)G是一种神经保护剂的中间体,某种合成路线如下:根据上述转化关系,回答下列问题:(1)芳香族化合物A的名称是___。(2)D中所含官能团的名称是____。(3)B—C的反应方程式为____。(4)F—G的反应类型___。(5)G的同分异构体能同时满足下列条件的共有____种(不含立体异构);①芳香族化合物②能发生银镜反应,且只有一种官能团,其中,核磁共振氢谱显示为4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的是__(写出一种结构简式)。(6)参照上述合成路线,写出以和BrCH2COOC2H5为原料(无机试剂任选),制备的合成路线____________。25、(12分)苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得,反应装置如图(部分装置省略),反应原理如下:实验操作步骤:①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸,摇匀,加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计,加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏,蒸出过量的乙醇,至瓶内有白烟(约3h),停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中,在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出,用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层,水层用25mL乙醚萃取,然后合并至有机层。用无水CaC12干燥,粗产物进行蒸馏,低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时,直接接收210-213℃的馏分,最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下:相对分子质量密度(g/cm3)沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水,易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水,溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题:(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______,其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________,加沸石的目的是______。(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____(选填“上口倒出”或“下口放出”)。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。26、(10分)如图所示,将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中,加热后产生的气体依次通过装置B和C,然后再通过加热的石英玻璃管D(放置有铁粉)。请回答:(1)仪器A的名称是_____,烧瓶中反应的化学方程式是______。(2)装置B中盛放的液体是____,气体通过装置B的目的是_____。(3)装置C中盛放的液体是____,气体通过装置C的目的是_____。(4)D中反应的化学方程式是____。(5)烧杯E中盛放的液体是___,反应的离子方程式是____。27、(12分)某小组同学研究SO2和KI溶液的反应,设计如下实验。实验操作现象I溶液迅速变为浅黄色,将溶液进行离心分离无固体沉积,加入淀粉溶液,不变色II溶液立即变成深黄色,将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积,溶液黄色变浅,加入淀粉溶液,不变色(1)加入淀粉溶液的目的是______,为达到相同的目的,还可选用的试剂是______。(2)经检验,II中的浅黄色固体是硫。资料显示,在酸性条件下,SO2和KI溶液反应生成S和I2。①在酸性条件下,SO2和KI溶液反应的离子方程式是______。②针对II中加入淀粉溶液不变色,甲同学提出假设:______。为证实该假设,甲同学取II中离心分离后的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成。③乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设,理由是______。④丙同学向1mL1mol·L−1KCl溶液中加入5滴1mol·L−1盐酸,通入SO2,无明显实验现象,再加入盐酸酸化的BaCl2溶液,几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是______。(3)实验表明,I−是SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。SO2+H2O===_____++(4)对比实验I和II,推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。为证实该推测,还需进一步进行实验证明,实验方案是______。28、(14分)自然界中存在大量的金属元素,其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。(1)请写出Fe的基态原子核外电子排布式____________。(2)金属A的原子只有3个电子层,其第一至第四电离能如下:电离能/(kJ·mol-1)I1I2I3I4A93218211539021771则A原子的价电子排布式为______________。(3)合成氨工业中,原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气体中的CO(Ac—代表CH3COO—),其反应是:[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac[醋酸羰基三氨合铜(Ⅰ)]ΔH<0。①C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________。②配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位数为____________。③在一定条件下NH3与CO2能合成尿素[CO(NH2)2],尿素中C原子和N原子轨道的杂化类型分别为________;1mol尿素分子中,σ键的数目为________。(4)NaCl和MgO都属于离子化合物,NaCl的熔点为801.3℃,MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是____________________________________。(5)(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾。其中NH4+的空间构型是____________(用文字描述),与NO互为等电子体的分子是____________(填化学式)。(6)铜的化合物种类很多,如图是氯化亚铜的晶胞结构(黑色球表示Cu+,白色球表示Cl-),已知晶胞的棱长为acm,则氯化亚铜密度的计算式为ρ=________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数)。29、(10分)在钯基催化剂表面上,甲醇制氢的反应历程如图所示,其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。(1)的△H=_____________kJ·mol-1;该历程中最大能垒(活化能)E正=____________kJ·mol-1,写出该步骤的化学方程式_________________。(2)在一定温度下,CO和H2混合气体发生反应:,反应速率υ=υ正-υ逆=k正c(CO)·c2(H2)-k逆c(CH3OH),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后,若加入高效催化剂,将___________(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度,将____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)353K时,在刚性容器中充入CH3OH(g),发生反应:。体系的总压强p随时间t的变化如表所示:t/min05101520∞p/kPa101.2107.4112.6116.4118.6121.2①若升高反应温度至373K,则CH3OH(g)分解后体系压强p∞(373K)___________121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”),原因是________________________。②353K时,该反应的平衡常数KP=__________(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。

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、B【解析】

A.0.1mol·L−1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH−)>c(H+),根据物料守恒可知c(HCOO−)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1mol·L−1,因此c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)>c(H+)+0.1mol·L−1,A错误;B.根据图像可知P点时298K时c(HCOO−)=c(HCOOH),c(H+)=10-3.75mol·L−1,则HCOOH的电离常数Ka==c(H+)=1.0×10−3.75,B正确;C.298K时,加蒸馏水稀释P点溶液,溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加,溶液中n(H+)·n(OH−)增大,C错误;D.0.1mol•L-1HCOONa溶液和0.1mol•L-1HCOOH溶液等体积混合后,虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol•L-1,但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度,混合溶液中c(HCOO-)>c(HCOOH),故溶液的pH>3.75,D错误。答案选B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点,例如起点、中性点等,比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。2、C【解析】

左侧电极附近Fe3+→Fe2+,发生了还原反应,该极为电解池的阴极,与之相连电源的A极为负极,A错误;与电源B相连电极为电解池的阳极,失电子发生氧化反应,B错误;双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+,C正确;每消耗1molO2,转移4mol电子,根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1mol电子,生成1molOH,所以应当生成4molOH;D错误;正确选项C。3、A【解析】

A.水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同,即苯环上有4种等效氢,苯环上的一元取代物有4种,故A正确;B.水杨醛中含有醛基和酚羟基,具有醛和酚的性质;中间体中含有酯基、碳碳双键,具有酯和烯烃性质,二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,现象相同,不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别,故B错误;C.结构相似,在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物,中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基,二者结构不相似,所以不是同系物,故C错误;D.香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应,则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应,故D错误;故答案为A。4、C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢,a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构),故A错误;B、b的分子式为C10H14O,故B错误;C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应,故C正确;D.可以用钠鉴别a和b,还可以用溴水来鉴别,故D错误;故选C。点睛:本题考查有机物的结构与性质,侧重分析能力和应用能力的考查,解题关键:官能团与性质的关系、有机反应类型,难点:选项D为解答的难点,醇能与钠反应。题目难度中等。5、B【解析】

A.醇的系统命名步骤:1.选择含羟基的最长碳链作为主链,按其所含碳原子数称为某醇;2.从靠近羟基的一端依次编号,写全名时,将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面,例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH;3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为:2-甲基-1-丙醇,故不选A;B.有几种氢就有几组峰,峰面积之比等于氢原子个数比;异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰,且面积之比是1∶2∶1∶6,故选B;C.根据表格可知,叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大,所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来,故不选C;D.两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯,故不选D;答案:B6、B【解析】

A.燃料电池通氧气的极为正极,则b电极为正极,发生还原反应,电极反应为4H++O2+4e-=2H2O,故A正确;B.电路中有4mol电子发生转移,消耗氧气的物质的量为=1mol,标准状况下体积为22.4L,则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L,故B错误;C.硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳,而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子,则两种细菌存在,就会循环把有机物氧化成CO2放出电子,故C正确;D.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-,失电子发生氧化反应,电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,故D正确;故答案为B。【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识,注意知识的迁移应用是解题的关键。7、B【解析】

A.该组离子之间不反应,可大量共存,但通入的足量CO2能够与OH-反应,不能共存,故A不选;B.该组离子之间不反应,且通入的足量CO2仍不反应,能大量共存,故B选;C.该组离子之间不反应,但通入的足量CO2能够与S2-反应,不能大量共存,故C不选;D.该组离子之间不反应,但通入的足量CO2能够与C6H5O-反应,不能大量共存,故D不选;故选B。8、C【解析】

A.亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡,硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解,现象不正确,故A错误;B.KI溶液中不存在碘单质,加入CCl4,不能发生萃取,振荡后静置,下层不能呈紫红色,现象不正确,故B错误;C.AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,AgCl沉淀多于AgBr沉淀,说明氯离子浓度大于碘离子浓度,证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),C实验操作、现象及结论均正确;D.室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大,只能说酸性HA-<HB,不能说明酸性H2A<HB,结论不正确,故D错误;答案选C。9、C【解析】

A.C6H12可能为己烯或环己烷,1mol己烯含有4molC−C键和1molC=C键,共5mol碳碳键,但环己烷含6molC−C键,则lmolC6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA,A项错误;B.果糖的摩尔质量为180g/mol,则18g果糖为0.1mol,一分子果糖含有5个羟基,则18g果糖含有羟基数目为0.5NA,B项错误;C.H218O的摩尔质量为20g/mol,分子中含中子数=18−8=10,D216O的摩尔质量为20g/mol,分子中含中子数=1×2+16−8=10,则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为,则所含中子数为0.2mol×10NA=2NA,C项正确;D.50g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的物质的量为,乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式:2C2H5OH~H2,则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol,而水也能与钠反应生成氢气,则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应,放出H2的分子数目大于0.25NA,D项错误;答案选C。10、B【解析】

A.工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属,故A错误;B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成,属于化学变化,故B正确;C.“血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质,“静电除尘”利用了胶体微粒带电,在电场作用下定向移动的性质,故C错误;D.刚玉主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅,故D错误。故选B。11、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中,加热能分解的只有NaHCO3,选项A正确;B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气,则无法计算,选项B错误;C、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同,利用质量关系来计算,选项C正确;D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl,Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同,由钠元素守恒和质量关系,可列方程组计算,选项D正确;答案选B。【点睛】本题看似是实验设计,实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同,实验方案是否可行,关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性,利用差量法即可计算质量分数。12、C【解析】

A.转化后相当于生成了新的物质,因此属于化学变化,A项错误;B.1mol中含4mol键,既然二者结构类似,1mol中应该有4mol键,B项错误;C.当结构相近时,原子晶体的熔沸点与组成原子的半径大小呈反比,即组成原子晶体的原子半径越小,熔沸点越高,而碳原子的半径小于硅原子,C项正确;D.同分异构体中强调的是“分”,即分子式相同,而的原子晶体无分子式一说,二者自然不互为同分异构体,D项错误;答案选C。【点睛】还有一个比较容易搞错的例子是、、,三者都是氢气,因此为同一种物质。13、B【解析】

A.由“以原水淋汁”可以看出,“石碱”的主要成分易溶于水,故A正确;B.“采蒿蓼之属……晒干烧灰”,草木灰的成分是碳酸钾,故B错误;C.碳酸钾溶液呈碱性,可用作洗涤剂,故C正确;D.“以原水淋汁……久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体,操作为蒸发结晶,故D正确;选B。14、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素,A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物,0.1mol·L-1D溶液的pH为13(25℃),说明D为一元强碱溶液,为NaOH,则X为H元素;E是由Z元素形成的单质,根据框图,生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应,则E为氧气,B为过氧化钠,A为水,C为二氧化碳,F为碳酸钠,因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素,据此分析解答。【详解】由上述分析可知,X为H,Y为C,Z为O,W为Na,A为水,B为过氧化钠,C为二氧化碳,D为NaOH,E为氧气,F为碳酸钠。A.B为过氧化钠,过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成,Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2,故A正确;B.等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中,由于碳酸钠能够水解,CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-,阴离子数目增多,阴离子总的物质的量F>D,故B正确;C.B为Na2O2,C为CO2,A为H2O,过氧化钠与水或二氧化碳的反应中,过氧化钠为氧化剂和还原剂,0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA,故C正确;D.元素的非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性C<O,Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者,与氢键无关,故D错误;答案选D。【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C,要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中,过氧化钠既是氧化剂,又是还原剂,反应中O由-1价变成0价和-2价。15、D【解析】

根据方程式两端电荷守恒可知n==2,O元素是-2价,所以R的化合价是+6价,答案选D。16、C【解析】

A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢,氯化氢极易溶于水,可以制得盐酸,故A正确;B.氧化铝的熔点很高,故可用于制造耐高温材料,故B正确;C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色,是因为发生氧化还原反应:SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,SO2体现的是还原性,而非漂白性,故C错误;D.浓硫酸具有强氧化性,常温下铁和浓硫酸反应,在铁表面生成一层致密的氧化膜,也就是发生了钝化反应,可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应,因此可用铁质容器贮运浓硫酸,故D正确;答案选C。17、C【解析】

A.由图可知,氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程,故A正确;B.由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量,故B正确;C.由图可知,水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV,故C错误;D.活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂,故D正确。故选C。18、A【解析】

A项,除了含有铵根的铵态氮肥以外,还有硝态氮肥(以硝酸根NO3-为主)、铵态硝态氮肥(同时含有硝酸根和铵根)、酰胺态氮肥(尿素),故A项错误;B项,在闪电(高能)作用下,生成氮氧化合物,氮元素化合价升高,所以雷电作用固氮中氮元素被氧化,故B项正确;C项,碳、氢、氧三种元素参加了氮循环,如蛋白质的制造需要碳元素,又如氮气在放电条件下,与氧气直接化合生成一氧化氮气体,二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等,故C项正确;D项,侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为:NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,该制备中用到了氨气,所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱,故D项正确。故选A。19、C【解析】

A.表示N原子的原子结构示意图,只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少,不能描述核外电子运动状态,故A错误;B.表示N原子的电子式,可以知道原子的最外电子层上有5个电子,不能描述核外电子运动状态,故B错误;C.表示N原子的核外电子排布式,不仅知道原子核外有几个电子层,还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态,能据此确定电子能量,故C正确;D.表示N原子的轨道表示式,原子核外的电子总是尽可能的成单排列,即在2p的三个轨道上各有一个电子存在,这样的排布使原子的能量最低,故D错误;故答案为:C。20、D【解析】

溶液中逐渐滴加溶液,OH-会先与Al3+发生反应,生成Al(OH)3沉淀,随后生成的再与OH-发生反应,生成;在OH-反应的同时,Ba2+也在与反应生成沉淀。考虑到溶液中是Al3+物质的量的两倍,再结合反应的离子方程式可知,Al3+沉淀完全时,溶液中还有尚未沉淀完全;但继续滴加会让已经生成的发生溶解,由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率,所以沉淀总量减少,当恰好溶解完全,的沉淀也恰好完全。因此,结合分析可知,图像中加入amL时,溶液中的恰好完全沉淀;沉淀物质的量为bmol时,中的Al3+恰好沉淀完全。【详解】A.0.05mol/L的溶液中的c(OH-)约为0.1mol/L,所以常温下pH=13,A项正确;B.通过分析可知,加入amL时,溶液中的恰好完全沉淀,所以,a=80mL,B项正确;C.通过分析可知,沉淀物质的量为bmol时,中的Al3+恰好沉淀完全,那么此时加入的物质的量为0.003mol即体积为60mL,因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的,共计0.005mol,C项正确;D.当加入30mL溶液,结合C项分析,Al3+和Ba2+都未完全沉淀,且生成0.0015mol以及0.001mol,总质量为0.4275g,D项错误;答案选D。21、C【解析】

A、通过流程图,反应II和III,实现了太阳能到化学能的转化,故A说法正确;B、根据流程总反应为H2O=H2↑+1/2O2↑,SO2和I2起到催化剂的作用,故B说法正确;C、反应I+反应II+反应III,得到H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=(-213+327+172)kJ·mol-1=+286kJ·mol-1,或者2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+572kJ·mol-1,故C说法错误;D、△H只与始态和终态有关,该过程降低了水分解制氢的活化能,△H不变,故D说法正确。22、B【解析】

根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应,由于滤液A中不含Cu2+,且有气体氢气生成,则滤液A中不含Fe3+,滤渣1.6g为金属铜,物质的量为0.025mol,即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液,所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3,质量为1.6g,物质的量为0.01mol,即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量,因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4,其中溶质FeSO4为0.02mol,则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol,0.02molH2SO4电离出0.04mol氢离子,其中部分氢离子生成氢气,另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+,选项A错误;B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol,0.01molO2-生成水需结合H+0.02mol,所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气,即有0.01molH2生成,标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL,选项B正确;C、假设Fe-Cu合金样品全部被氧化,则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g,而实际情况是Fe-Cu合金样品部分氧化,故样品中CuO的质量小于2g,选项C错误;D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g,选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质,为高频考点,把握流程中反应过程是解答关键,侧重解题方法与分析解决问题能力的考查,注意利用极限法与原子守恒解答。二、非选择题(共84分)23、(1)乙烯,;(2)加成反应,醛基;(3);(4)cd;(5)18;(6)CH3CH2CHO,。【解析】

根据信息②,推出C和D结构简式为:CH3CHO和,A的分子量为28,推出A为CH2=CH2(乙烯),B为CH3CH2OH,G的结构简式为:,F的结构简式为:,E的结构简式为:,D的结构简式为:。【详解】(1)A为乙烯,D的结构简式为:;(2)A和B发生CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,发生加成反应,C的结构简式含有官能团是醛基;(3)E生成F,发生取代反应,反应方程式为:;(4)根据G的结构简式为:,a、烃仅含碳氢两种元素,G中含有O元素,故错误;b、不含有酚羟基,与FeCl3溶液不发生显色反应,故错误;c、含有醛基,与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O,故正确;d、苯环是平面正六边形,醛基共面,所有原子共面,即有14个原子共面,故正确;(5)N的相对分子质量比M大14,说明N比M多一个“CH2”,(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种),共有3×6=18种;(6)根据信息②,X为CH3CH2CHO,Y的结构简式为。24、间苯二酚或1,3-苯二酚羰基、醚键、碳碳双键取代反应16种【解析】

由C的结构简式和逆推知B为,A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。【详解】(1)根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1,3-苯二酚。答案:间苯二酚或1,3-苯二酚。(2)由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案:羰基、醚键、碳碳双键。(3)B的结构简式为,C的结构简式为,反应条件BC,其方程式为。答案:。(4)由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应,也可称为取代反应。答案:取代反应。(5)G的结构简式为,同时满足①芳香族化合物说明含有苯环;②能发生银镜反应,且只有一种官能团,说明含有醛基;符合条件G的同分异构体有(移动-CH3有2种),(定-CH3移-CHO有4种),(3种),(6种),,共有16种;其中,核磁共振氢谱显示为4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的是。答案:16;。【点睛】综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式,各步反应条件逆推B、A的结构,根据结构决定性质和各步反应条件,推断反应类型,书写反应方程式。25、球形冷凝管冷凝回流,减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水,促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6【解析】

根据反应原理,联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项,结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)~(5);(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积,计算判断完全反应的物质,再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量,最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示,反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管,乙醇容易挥发,球形冷凝管可以起到冷凝回流,减少反应物乙醇的损失;(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂,加入沸石可以防止暴沸;(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水,步骤②中使用分水器除水,可以及时分离出产物水,促使酯化反应的平衡正向移动,提高原料的利用率;(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中,在搅拌下分批加入碳酸钠粉末,碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳,因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸;(5)根据表格数据,生成的苯甲酸乙酯密度大于水,在分液漏斗中位于下层,分离出苯甲酸乙酯,应该从分液漏斗的下口放出;(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol,25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g,物质的量为=0.43mol,根据可知,乙醇过量,理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol,质量为0.1mol×150g/mol=15g,实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g,苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。26、分液漏斗4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸吸收水蒸气,干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气,由于浓盐酸中含有水且易挥发,出来的气体中含有水蒸气和氯化氢,通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体,在通过C中的浓硫酸除去水蒸气,得到干燥的氯气,通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应,未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收;【详解】(1)由仪器构造可知A为分液漏斗;烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应,化学方程式为:4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为:分液漏斗;4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体,氯化氢极易溶于水,氯气在饱和食盐水中溶解性减弱,通过饱和食盐水除去氯化氢气体,通过浓硫酸溶液吸收水蒸气,装置B中盛放液体是饱和食盐水;气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl;答案为:饱和食盐水;吸收氯气中混有的杂质HCl(3)装置C中盛放的液体是浓硫酸;气体通过装置C的目的是吸收水蒸气,干燥氯气;答案为:浓硫酸;吸收水蒸气,干燥氯气(4)干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应,反应的化学方程式为:2Fe+3Cl22FeCl3;答案为:2Fe+3Cl22FeCl3;(5)氯气有毒,不能排放到空气中,装置E是氢氧化钠溶液,用来吸收未反应的氯气,防止污染空气;氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为:2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O;答案为:NaOH溶液;2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O27、检验是否有I2生成CCl4(苯、煤油)SO2+4I−+4H+==2I2+S+2H2OSO2将I2还原为I−空气中的O2将SO2氧化为SO42−O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因3SO2+2H2O===4H++2SO42−+S向1mL1mol·L−1KI溶液中加入5滴1mol·L−1KCl溶液后,再通入SO2气体,观察现象【解析】

(1)碘遇淀粉溶液蓝色,碘易溶于有机溶剂,且碘的四氯化碳溶液显紫红色;(2)经检验,II中的浅黄色固体是硫。资料显示,在酸性条件下,SO2和KI溶液反应生成①在酸性条件下,SO2和KI溶液反应S和I2,结合守恒法写出发生反应的离子方程式;②离心分离后的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中有SO42-,说明I2能氧化SO2生成SO42-;③空气中有氧气,也能氧化SO2;④加入盐酸酸化的BaCl2溶液,几乎没有白色沉淀,说明溶液中无SO42-;(3)I−是SO2转化的催化剂,可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-,又被还原生成S,结合守恒法配平离子反应方程式;(4)通过改变H+的浓度来判断SO2的转化速率是否发生改变;【详解】(1)利用碘遇淀粉溶液蓝色,加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成;碘易溶于有机溶剂,也可以加入CCl4后振荡静置,看有机层是否显紫红色,来判断反应中有碘生成;(2)①在酸性条件下,SO2和KI溶液反应S和I2,发生反应的离子方程式为SO2+4I−+4H+==2I2+S+2H2O;②II中加入淀粉溶液不变色,说明I2被还原,结合SO2具有还原性,可假设SO2将I2还原为I−;③乙同学认为空气中有氧气,也能将SO2氧化为SO42−,故不支持甲同学的上述假设;④加入盐酸酸化的BaCl2溶液,几乎没有白色沉淀,说明溶液中无SO42-,由此可得出O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因;(3)I−是SO2转化的催化剂,可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-,又被还原生成S,发生反应的离子反应方程式为3SO2+2H2O===4H++2SO42−+S;(4)向1mL1mol·L

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