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文档简介
2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷请考生注意: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、在一定温度下,下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志的是①C的生成速率与C的分解速率相等;②单位时间内有amolA生成的同时生成3amolB;③A、B、C的浓度不再变化;④容积不变的密闭容器中混合气体的总压强不再变化;⑤混合气体的物质的量不再变化;⑥单位时间消耗amolA,同时生成3amolB;⑦A、B、C的分子数目之比为1∶3∶2。A.②⑤ B.①③ C.②⑦ D.⑤⑥2、实验室常利用以下反应制取少量氮气:NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O,关于该反应的下列说法正确的是()A.NaNO2是氧化剂B.每生成1molN2时,转移电子的物质的量为6molC.NH4Cl中的氮元素被还原D.N2既是氧化剂,又是还原剂3、常温下,二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体,遇水易水解,工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示.下列说法正确的是A.实验时需先点燃E处的酒精灯B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C.二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为:S、H2S、HClD.G中可收集到纯净的产品4、下列说法中正确的是()A.乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物,同系物之间不可能为同分异构体B.二氧化碳和干冰互为同素异形体C.C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体D.金刚石和石墨互为同位素5、下列属于非电解质的是A.乙酸 B.二氧化碳 C.氧气 D.硫酸钡6、在一定条件下,将1mol/LCO和2mol/L水蒸气混合后发生如下变化:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),若反应达平衡时测得CO转化率为40%,则该条件下该反应的平衡常数为(
)A.0.25 B.0.17 C.0.44 D.1.07、下列生产、生活、实验中的行为,符合安全要求的是()A.进入煤矿井下作业,戴上安全帽,用帽上的矿灯照明B.节日期间,可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹,欢庆节日C.点燃打火机,可以检验液化气钢瓶口是否漏气D.实验室里,可以将水倒入浓硫酸中及时用玻璃棒搅拌,配制稀硫酸8、一定量的某饱和一元醛发生银镜反应,析出银21.6g,等量的此醛完全燃烧时,生成的水为5.4g,则该醛可能是()A.丙醛B.乙醛C.丁醛D.甲醛9、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载:“红柿摘下未熟,每篮用木瓜三枚放入,得气即发,并无涩味。”按照现代科技观点,该文中的“气”是指(
)A.脱落酸 B.生长素 C.乙烯 D.甲烷10、下列基团中:—CH3、—OH、—COOH、—C6H5,任意取两种结合可组成的有机物有()A.3种 B.4种 C.5种 D.6种11、实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列说法不正确的是()A.操作Ⅰ为萃取,分液,萃取剂也可以用选用B.苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小C.操作Ⅱ中得到的苯,可在操作Ⅰ中循环使用D.操作Ⅲ中要用蒸馏方法分离出苯酚12、下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是()A.由①中的红棕色气体,推断浓硝酸受热易分解,应保存在低温阴暗处B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应13、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料,氧气为氧化剂,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700-900℃时,O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动,反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是A.电极甲发生还原反应B.电池内的O2-由电极乙移向电极甲C.电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2OD.当甲电极上有lmolN2H4消耗时,乙电极上有22.4LO2参与反应14、根据生活经验,判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是①洁厕灵(主要成分为HCl)②厨房清洁剂③食醋④肥皂⑤食盐A.①②⑤③④ B.①③⑤④② C.③①②⑤④ D.④③⑤②①15、FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时,则HNO3的唯一还原产物是()A.NO2 B.NO C.N2O D.N2O316、下列关于物质的量浓度表述正确的是()A.0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO42-的总物质的量为0.9molB.当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L-1,只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时,其浓度才是1mol·L-1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO42-的物质的量相等,则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同D.将10℃时amol·L-1的KCl饱和溶液100mL加热蒸发掉5g水,冷却到10℃时,其体积小于100mL,它的物质的量浓度仍为amol·L-117、化学是一门实用性强的自然科学,在社会、生产、生活中起着重要的作用,下列说法不正确的是()A.油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”,其中的“碱”是烧碱B.黑火药的最优化配方是“一硫二硝三木炭”,其中的“硝”是硝酸钾C.过滤操作要领是“一贴二低三靠”,其中“贴”是指滤纸紧贴漏斗的内壁D.“固体需匙或纸槽,一送二竖三弹弹;块固还是镊子好,一横二放三慢竖”。前一个固体一般指粉末状固体18、AlN广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是()A.AlN为氧化产物B.AlN的摩尔质量为41gC.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子D.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂19、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应,实验如下:下列分析不正确的是A.实验I中,白色沉淀a是Al(OH)3B.实验2中,白色沉淀b含有CO32-C.实验l、2中,白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关D.检验白色沉淀a、b足否洗涤干净,均可用盐酸酸化的BaCl2溶液20、某溶液能溶解Al(OH)3,则此溶液中一定能大量共存的离子组是A.Mg2+、Cl-、Na+、NO3- B.K+、Na+、NO3-、HCO3-C.Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D.Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-21、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大,其中X是组成有机物的必要元素,元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍,元素W与X同主族,Z与Q最外层电子数相差6。下列说法正确的是()A.原子半径:r(Q)>r(W)>r(X)>r(Y)B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比X的强,是因为Y的简单气态氢化物分子间有氢键C.Y与Z可形成含共价键的离子化合物D.元素Y、Z、Q组成的化合物水溶液一定呈碱性22、松香中含有松香酸和海松酸,其结构简式如下图所示。下列说法中,不正确的是A.二者互为同分异构体B.二者所含官能团的种类和数目相同C.二者均能与氢氧化钠溶液反应D.二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物I(分子式为C19H20O4)属于芳香酯类物质,是一种调香剂,其合成路线如下:已知:①A属于脂肪烃,核磁共振氢谱显示有2组峰,面积比为3:1,其蒸汽在标准状况下密度为2.5g·L-1;D分子式为C4H8O3;E分子式为C4H6O2,能使溴水褪色。②其中R为烃基③其中R1和R2均为烃基回答下列问题:(1)A的结构简式为________________________________;(2)反应④的化学方程式为_________________________________;(3)E的同系物K比E多一个碳原子,K有多种链状同分异构体,其中能发生银镜反应且能水解的有______________种;(4)反应①~⑦属于取代反应的是________________________(填序号);(5)反应⑦的化学方程式为________________________________;(6)参照上述合成路线,以为原料(无机试剂任选),经4步反应制备可降解塑料________________________。24、(12分)高性能聚碳酸酯可作为耐磨材料用于汽车玻璃中,PC是一种可降解的聚碳酸酯类高分子材料,合成PC的一种路线如图所示:已知:核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰。回答下列问题:(1)C的名称为__________________,C→D的反应类型为_________________(2)E的结构简式为__________________,官能团名称为_______________________(3)PC与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________________________________(4)写出能发生银镜反应且为芳香族化合物的A的同分异构体的结构简式______________(不考虑立体异构,任写两个)。(5)设计由甲醛和B为起始原料制备的合成路线。(无机试剂任选)。___________25、(12分)物质分离、提纯的常用装置如图所示,根据题意选择合适的装置填入相应位置。(1)我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写到:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置(填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”,下同)。(2)《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下重如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。(3)海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图:其中分离步骤①、②、③所用分别为:_____装置、_____装置、_____装置。26、(10分)四氯化锡(SnCl4)是一种重要的化工产品,可在加热下直接氯化来制备。已知:四氯化锡是无色液体,熔点-33℃,沸点114℃。SnCl4极易水解,在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)。(1)装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________;(2)装置Ⅱ中的最佳试剂为_______,装置Ⅶ的作用为_______;(3)该装置存在的缺陷是:_______________;(4)如果没有装置Ⅲ,在Ⅳ中除生成SnCl4
外,还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________;(5)实验用锡粒中含有杂质Cu.某同学设计下列实验测定锡粒的纯度.第一步:称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中,过滤;第二步:向滤液中加入过量FeCl3溶液,将Sn2+氧化成Sn4+;第三步:用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,发生反应的表达式为(未配平):Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中发生反应的离子方程式是_______________,若达到滴定终点时共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液,试写出试样中锡的质量分数的计算式____________(仅写计算结果,锡的相对原子质量按119计算)27、(12分)钠硝石又名智利硝石,主要成分为NaNO3。据最新勘探预测表明,我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨,超过了原世界排名第一的智利。一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示(矿石中其他物质均忽略):相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示:回答下列问题:(1)NaNO3是________________(填“电解质”或“非电解质”)。(2)一定温度下,NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2,该反应的化学方程式为__________________。(3)为提高钠硝石的溶浸速率,可对矿石进行何种预处理________________(答出一种即可)。(4)为减少KNO3的损失,步骤a的操作应为:________________________________;步骤b中控制温度可为下列选项中的________。A.10℃B.40℃C.60℃D.90℃(5)如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-:_______________________________________。(6)若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3,则KNO3的产率为________。28、(14分)碳酸亚铁(白色固体,难溶于水)是一种重要的工业原料,可用于制备补血剂乳酸亚铁,也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验,寻找利用复分解反应制备FeCO3沉淀的最佳方案:实验试剂现象滴管试管0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ:立即产生灰绿色沉淀,5min后出现明显的红褐色0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ:产生白色沉淀及少量无色气泡,2min后出现明显的灰绿色0.8mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ:产生白色沉淀及无色气泡,较长时间保持白色(1)实验I中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示,请补全反应:□Fe2++□____+□+□H2O=□Fe(OH)3+□HCO3−(2)实验II中产生FeCO3的离子方程式为_____________________________。(3)为了探究实验III中NH4+所起的作用,甲同学设计了实验IV进行探究:操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①__________,再加入Na2SO4固体配制成混合溶液(已知Na+对实验无影响,忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管,与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4固体的目的是②_______________________。对比实验II、III、IV,甲同学得出结论:NH4+水解产生H+,降低溶液pH,减少了副产物Fe(OH)2的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨,应补充的对比实验操作是:③_____________,再取该溶液一滴管,与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为,定性实验现象并不能直接证明实验III中FeCO3的纯度最高,需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、II、III中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量,然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度,除样品总质量外,还需测定的物理量是______________________。(5)实验反思:经测定,实验III中的FeCO3纯度高于方案I和方案II。通过以上实验分析,制备FeCO3实验成功的关键因素是_______________________________________29、(10分)短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。(1)BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:晶体Q中含有的化学键包括____________________。(2)NF3与NH3的空间构型相同,但NF3不易与Cu2+等形成配位键,其原因是___________。(3)PCl5是一种白色晶体,在恒容密闭容器中加热可在148℃液化,形成一种能导电的熔体,测得其中含有阴阳离子各一种,结构是正四面体型离子和正八面体型离子;正八面体型离子的化学式为_________________________;正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为______________________________________________________。(4)氯化钠的晶胞结构如图所示,图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。已知NA代表阿伏加德罗常数的值,氯化钠晶体的密度为dg·cm-3。则Na+半径为____________pm(只需列出计算式)。(5)砷化硼为立方晶系晶体,该晶胞中原子的分数坐标为:B:(0,0,0);(,,0);(,0,);(0,,);……As:(,,);(,,);(,,);(,,);……①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图______。②砷原子紧邻的硼原子有________个,与每个硼原子紧邻的硼原子有______个。
2023学年模拟测试卷参考答案(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、C【答案解析】
①C的生成速率与C的分解速率相等,表示正逆反应速率相等,说明已经达到平衡状态,故①不选;②单位时间内有amolA生成,同时生成3amolB,表示的都是逆反应速率,无法判断是否达到平衡状态,故②选;③A、B、C的浓度不再变化,说明达到了平衡状态,故③不选;④由于反应前后都是气体,容积不变的密闭容器,气体的化学计量数之和不相等,容器的容积不变,只有达到了平衡状态,混合气体的压强才不再变化,说明已经达到平衡状态,故④不选;⑤反应前后气体的化学计量数不相等,混合气体的物质的量不再变化,说明反应达到了平衡状态,故⑤不选;⑥单位时间消耗amolA,同时生成3amolB,说明正反应速率相等,达到了平衡状态,故⑥不选;⑦A、B、C的分子数目比为1:3:2,不能说明是否发生变化,无法判断正逆反应速率是否相等,故⑦选;不能判断达到平衡状态的是:②⑦;故选C。2、A【答案解析】
A、反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中,NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价,NaNO2为氧化剂,故A正确;B、反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中,化合价升高值=化合价降低值=3,即每生成1molN2时,转移电子的物质的量为3mol,故B错误;C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价,所以NH4Cl中N元素被氧化,故C错误;D、由化合价升降可知,N2既是氧化产物又是还原产物,故D错误;故答案为A。3、B【答案解析】
A.装置中有空气,需要先通入氯气排除空气,因此实验时需先生成氯气,再点燃E处的酒精灯,故A错误;B.氯气中混有HCl、水,氯化氢用饱和食盐水吸收,所以C中试剂为饱和食盐水,作用为除去HCl;D中用浓硫酸除去水,起干燥作用,故B正确;C.根据元素守恒,二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定含有某种含氧元素的化合物,故C错误;D.G中收集到的产品中一定含有未反应的硫固体,故D错误;故选B。【答案点睛】本题考查学生对实验原理及装置的理解、评价,关键是掌握整个制备流程的原理,分析流程中各装置的作用。本题的易错点为D,要注意硫加热时容易形成硫蒸气,随着生成物进入G中。4、C【答案解析】
A、乙醇、乙二醇和丙三醇分别属于一元醇、二元醇、三元醇,不属于同系物关系,A项错误;B、同素异形体是指同种元素形成不同单质间的关系,二氧化碳和干冰是同一种物质,B项错误;C、C2H5OH和CH3OCH3分子式相同、结构不同,二者互为同分异构体,C项正确D、同位素是同种元素不同原子间的关系,金刚石和石墨互为同素异形体,D项错误;答案选C。5、B【答案解析】
A.乙酸是溶于水能导电的化合物,属于电解质,A不符合题意;B.虽然二氧化碳的水溶液能导电,但导电的离子由碳酸电离产生而不是二氧化碳自身电离的,二氧化碳是非电解质,B符合题意;C.氧气是单质,既不是电解质也不是非电解质,C不符合题意;D.硫酸钡是电解质,D不符合题意;答案选B。6、B【答案解析】
根据三段式进行计算,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度(mol/L)1200
转化浓度(mol/L)1×40%0.40.40.4
平衡浓度(mol/L)0.61.60.40.4
平衡常数K=(0.4×0.4)/(0.6×1.6)=1/6=0.17,故B正确;答案选B。7、A【答案解析】A、进入矿井下作业,不能用明火照明,可以用矿灯照明,故A正确;B、在繁华热闹的商场里燃放烟花爆竹容易引发火灾,故B错误;C、若液化气泄漏会形成与空气的混合气体,遇明火时易发生爆炸,故C错误;D、浓硫酸稀释时放热,若将水倒入浓硫酸中会造成水的暴沸,从而引起硫酸飞溅,故应将浓硫酸注入水中,故D错误;故选A。8、A【答案解析】
饱和一元醛的通式是CnH2nO,根据关系式:-CHO---2Ag可知,根据生成金属银的量可以获知醛的物质的量,然后根据生成水的质量结合氢原子守恒可以获得H的个数,进而确定分子式即可。【题目详解】n(Ag)=21.6/108=0.2mol,醛基和银的关系-CHO---2Ag,则n(-CHO)=0.1mol,即饱和一元醛的物质的量为0.1mol,点燃生成水的物质的量n(H2O)=5.4/18=0.3mol,n(H)=0.6mol,1mol该醛含有氢原子数目为6mol,根据饱和一元醛的通式是CnH2nO,所以分子式为C3H6O,为丙醛,A正确;正确选项A。【答案点睛】饱和一元醛的通式是CnH2nO,发生银镜反应,关系式:-CHO---2Ag;但是甲醛结构特殊,1个甲醛分子中相当于含有2个醛基,发生银镜反应,关系式:HCHO---4Ag,解题时要关注这一点。9、C【答案解析】
根据记载,其中的“气”是能促进果实成熟的气体;A.脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素,不能促进果实成熟,“气”不是脱落酸;B.生长素是植物激素,促进细胞分裂和根的分化,促进营养器官的伸长,促进果实发育,较低浓度促进生长,较高浓度抑制生长,“气”不是生长素;C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体,“气”是乙烯;D.甲烷对植物的生长无作用,“气”不是甲烷;故选C。10、C【答案解析】
基团两两组合共有6种组合情况,其中—OH、—COOH组合形成的为碳酸,属于无机物,其余为有机物,因此属于有机物的有5种,故选C。11、D【答案解析】
整个实验过程为,用苯萃取废水中的苯酚,进行分液得到苯酚的苯溶液,再加入氢氧化钠溶液,苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠,苯与苯酚钠溶液不互溶,再进行分液操作,得到苯与苯酚钠溶液,苯可以循环利用,苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚,经过分液操作进行分离得到苯酚。【题目详解】A.操作Ⅰ为用苯萃取废水中的苯酚,进行分液得到苯酚的苯溶液,萃取剂也可以用选用,A项正确;B.苯酚钠属于钠盐,钠盐易溶于水,所以苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小,B项正确;C.操作Ⅱ中得到的苯,可继续萃取废水中的苯酚,可以循环使用,C项正确;D.操作Ⅲ中用分液方法分离出苯酚,因为只含有苯酚一种有机溶剂,D项错误;答案选D。12、D【答案解析】
①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体,②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮,③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮,以此来解答。【题目详解】A.加热条件下,浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气,则产生的气体一定是混合气体,故A正确;B.加热条件下,浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气,则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应,故B正确;C.硝酸中N元素化合价为+5价,生成二氧化氮的N元素化合价为+4价,化合价降低,在生成的红棕色气体为还原产物,故C正确;D.碳加热至红热,可与空气中氧气反应生成二氧化碳,不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,故D错误;故选D。13、B【答案解析】
根据原电池的工作原理进行分析,负极上发生氧化反应,正极上发生还原反应,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,然后进行分析。【题目详解】A、通氧气一极为正极,通N2H4的一极为负极,即电极甲为负极,依据原电池的工作原理,电极甲上发生氧化反应,故A错误;B、根据原电池的工作原理,O2-从正极移向负极,故B正确;C、因为反应生成无毒无害物质,即N2H4转化成N2和H2O,故C错误;D、题目中没有说明条件是否为标准状况下,因此无法计算气体的体积,故D错误。【答案点睛】本题的易错点是选项D,学生容易根据得失电子数目守恒计算出氧气的物质的量,即1×2×2=n(O2)×4,解得n(O2)=1mol,然后判断出体积为22.4L,忽略了题目中并没有说明条件是否是标准状况,因此遇到这样的问题,需要先判断条件。14、B【答案解析】
厕所清洁剂(HCl)、醋均显酸性,pH均小于7,但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小;肥皂、厨房洗涤剂(NaClO)均显碱性,pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大;⑤食盐是强碱强酸盐,溶液显中性,pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂;按酸碱性大小的顺序依次排列为:①③⑤④②;
综上所述,本题正确答案为B。【答案点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性,由当溶液的pH等于7时,呈中性;当溶液的pH小于7时呈酸性,且pH越小,酸性越强;当溶液的pH大于7时呈碱性,且pH越大,碱性越强,进行分析判断。15、B【答案解析】
据氧化还原反应中得失电子数相等进行计算。【题目详解】设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1mol、8mol,HNO3唯一还原产物中N化合价为+x。反应中有→+,1molFeS2失电子15mol;→,只有5molHNO3作氧化剂得电子5(5-x)mol。则5(5-x)=15,解得x=2。本题选B。【答案点睛】化学反应中的质量守恒关系、氧化还原反应中得失电子相等、离子反应中的电荷守恒关系等,是化学计算中的隐含条件。16、D【答案解析】
A.没有说明0.3mol·L-1的Na2SO4溶液的体积,无法计算物质的量,故A错误;B.不是标准状况下,不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氨气的物质的量,所以即使溶液体积为1L,所得溶液浓度也不一定为1mol/L,故B错误;
C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO42-的物质的量相等,设二者为nmol,则K+的物质的量为2nmol,Cl-的物质的量为nmol,K+和Cl-的物质的量不相等,其物质的量浓度一定不相等,故C错误;
D.将10℃时amol·L-1的KCl饱和溶液100mL加热蒸发掉5g水,冷却到10℃时,所得溶液仍然为饱和溶液,它的物质的量浓度与溶液的体积大小无关,仍为amol·L-1,故D正确;
答案选D。【答案点睛】注意温度一定时,同一种溶质的饱和溶液中的物质的量浓度相同,与溶液的体积无关。17、A【答案解析】A.油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”,其中的“碱”是小苏打(碳酸氢钠),小苏打与明矾双水解产生二氧化碳气体使油条发泡,油条中不能放腐蚀性很强的烧碱(氢氧化钠),A不正确;B.黑火药的最优化配方是“一硫二硝三木炭”,其中的“硝”是硝酸钾,B正确;C.过滤操作要领是“一贴二低三靠”,其中“贴”是指滤纸紧贴漏斗的内壁,C正确;D.“固体需匙或纸槽,一送二竖三弹弹;块固还是镊子好,一横二放三慢竖”。前一个固体一般指粉末状固体,D正确。本题选A。18、C【答案解析】A.AlN中氮元素的化合价为-3,则反应中N元素的化合价从0价降为-3价,即AlN为还原产物,故A错误;B.AlN的摩尔质量为41g/mol,故B错误;C.反应中N元素化合价由0价降低到-3价,则生成1molAlN转移3mol电子,故C正确;D.该反应中Al2O3中Al、O元素化合价不变,所以Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂,N元素化合价由0价变为-3价,则氮气是氧化剂,故D错误;故答案为C。19、C【答案解析】A.实验I中白色沉淀能溶于稀硫酸,但没有气泡,说明白色沉淀a是Al(OH)3,A正确;B.实验2中白色沉淀溶解且有少量气泡,这说明白色沉淀中含有碳酸根离子,B正确;C.硫酸铝显酸性,碳酸钠显碱性,则根据实验过程可知实验l、2中,白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关,C错误;D.白色沉淀表面有吸附的硫酸根,因此检验白色沉淀a、b足否洗涤干净,均可用盐酸酸化的BaCl2溶液,D正确,答案选C。20、C【答案解析】
能溶解Al(OH)3的溶液可能是酸溶液,也可能是碱溶液,则A、在碱溶液中镁离子不能存在,A不选;B、在酸或者碱溶液中,碳酸氢根离子都不能存在,B不选;C、四种离子间不反应,且与氢离子或氢氧根离子不反应,可以大量共存,C选;D、在酸溶液中,偏铝酸根离子不能存在,在碱溶液中,铁离子不能存在,D不选;答案选C。21、C【答案解析】分析:短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大,其中X是组成有机物的必要元素,则X为C元素;元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍,则Y含有2个电子层,最外层含有6个电子,为O元素;元素W与X同主族,则W为Si元素;Z与Q最外层电子数相差6,Z的原子序数大于O,若为F元素,Q最外层电子数=7-6=1,为Na元素,不满足原子序数Q>W;结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素,Q为Cl元素。详解:根据上述分析,X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素,W为Si元素,Q为Cl元素。A.原子的电子层越多,原子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大原子半径越小,则原子半径:Si>Cl>C>O,即r(W)>r(Q)>r(X)>r(Y),故A错误;B.Y为O元素,X为C元素;非金属性越强,简单氢化物的稳定性越强,非金属性O>C,Y的简单气态氢化物(水)的热稳定性比X的(甲烷)强,是因为水中的H-O共价键比C-H共价键的键能大,与氢键无关,故B错误;C.Y、Z分别为O、Na,二者形成的过氧化钠为含有共价键的离子化合物,故C正确;D.Y、Z、Q分别为O、Na、Cl,NaClO的水溶液呈碱性,但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性,故D错误;故选C。点睛:本题考查原子结构与元素周期律的关系,推断元素为解答关键,注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的易错点为B,分子的稳定性与共价键的强弱有关,与分子间作用力无关。22、D【答案解析】A.二者的分子式相同,均为C20H30O2,互为同分异构体,故A正确;B.二者所含官能团的种类和数目相同,均含有1个羧基和2个碳碳双键,故B正确;C.二者均含有羧基,均能与氢氧化钠溶液反应,故C正确;D.羧基不能与氢气加成,二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应,故D错误;故选D。二、非选择题(共84分)23、+H2O8②⑤⑥⑦2++2H2O【答案解析】分析:A的蒸汽在标准状况下密度为2.5g•L-1,A的相对分子质量为56,属于脂肪烃,A中碳原子个数=5612=4…8,分子式为C4H8,根据核磁共振氢谱显示有2组峰,面积比为3:1,结合流程图知,B是溴代烃、C是醇,C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D,根据D分子式知,C中有一个羟基不能被氧化,则A为CH2=C(CH3)2,B为CH2BrCBr(CH3)2,C为CH2OHCOH(CH3)2,D为HOOCCOH(CH3)2,E分子式为C4H6O2,能使溴水褪色,D发生消去反应生成E,E为HOOCC(CH3)=CH2,E发生信息③的反应生成F,F为HOOCC(CH3)CH2COOH,H和F发生酯化反应生成I,根据I分子式知,H为,甲苯发生取代反应生成G,G为;I为。详解:根据上述分析,A为CH2=C(CH3)2,B为CH2BrCBr(CH3)2,C为CH2OHCOH(CH3)2,D为HOOCCOH(CH3)2,E为HOOCC(CH3)=CH2,F为HOOCC(CH3)CH2COOH;H为,G为;I为。(1)A的结构简式为CH2=C(CH3)2,故答案为:CH2=C(CH3)2;(2)D为HOOCCOH(CH3)2,E为HOOCC(CH3)=CH2,反应④的化学方程式为:+H2O,故答案为:+H2O;(3)E为HOOCC(CH3)=CH2,E的同系物K比E多一个碳原子,K有多种链状同分异构体,其中能发生银镜反应且能水解的同分异构体说明含有酯基和醛基,应该是甲酸某酯,丁烯醇中,4个碳原子在同一链上时有6种;3个C原子在同一链上时有2种,所以符合条件的有8种,故答案为:8;(4)根据上述分析,反应①为加成反应,反应②为水解反应,属于取代反应,反应③为氧化反应,反应④为消去反应,反应⑤为取代反应,反应⑥为水解反应,反应⑦为酯化反应,属于取代反应的是②⑤⑥⑦,故答案为:②⑤⑥⑦;(5)反应⑦的化学方程式为2++2H2O,故答案为:2++2H2O;(6)和溴发生加成反应生成CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,CH2BrCBr(CH3)CH2CH3碱性条件下发生水解反应生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3,CH2OHCOH(CH3)CH2CH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成,发生酯化反应生成,其合成路线为,故答案为:。点睛:本题考查有机物推断和合成,明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化关系即可推断物质。本题的易错点为(3)中同分异构体种类的判断,要考虑碳链异构、官能团位置异构;难点为(6),要注意卤代烃在有机合成中的应用。24、丙烯加成反应羰基【答案解析】
由图中的分子式可以推断出,B为苯酚,C为丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化苯甲酸,而酸性K2Cr2O7溶液也具有强氧化性,结合A的分子式,可以推断出A为苯甲酸。C为丙烯,和水发生反应生成D,则D为1-丙醇或者2-丙醇,对应的E为丙醛或者丙酮,由于核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰,所以E一定为丙酮,D为2-丙醇。【题目详解】(1)C为丙烯,与水发生加成反应,得到2-丙醇,C→D为加成反应;(2)经分析,E为丙酮,则其结构简式为:,其官能团为羰基;(3)PC为碳酸脂,则其水解产物中有碳酸钠,;(4)能发生银镜反应,则说明有醛基,芳香族化合物含有苯环,所以符合条件的A的同分异构体有:、、、;(5)根据和丙酮反应得到F可以推出,要想得到,需要和。甲醛和可以反应生成,该物质经过氧化得到,不过苯酚本身就容易被氧化,需要保护酚羟基。由此可以设计合成路线,。【答案点睛】合成路线中,甲醛和的反应属于课外知识,需要考生去积累,在本题中可以大胆推测这个反应,同时要注意有机合成中,一些基团的保护,此外还要观察新的反应的“变化机理”,并会运用在合成路线中。25、丙戊乙甲丁【答案解析】
由图可知,装置甲为过滤;装置乙为灼烧;装置丙为蒸馏;装置丁为分液;装置戊为升华。【题目详解】(1)由题意可知,从浓酒中分离出乙醇,是利用酒精与水的沸点不同,用蒸馏的方法将其分离提纯,故答案为丙;(2)“将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞,着覆器,遂凝结”,属于固体直接转化为气体,类似于碘的升华,因此涉及的操作方法是升华,故答案为戊;(3)由流程图可知,步骤①为海藻在坩埚中灼烧,选乙装置;步骤②过滤海藻灰悬浊液得到含碘离子的溶液,选甲装置;步骤③为向含碘水溶液中加入有机溶剂萃取分液的到含碘的有机溶液,选丁装置,故答案为乙、甲、丁。【答案点睛】本题考查混合物分离提纯,把握物质性质的异同及实验装置的分析与应用为解答的关键。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置,使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【答案解析】
由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置,装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置,氯气经除杂,干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4,经冷却后在装置Ⅵ中收集,因SnCl4极易水解,应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+,根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式:Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+~K2Cr2O7,据此分析解答。【题目详解】(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气,发生反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;(2)由于盐酸有挥发性,所以在制取的氯气中含有杂质HCl,在与金属锡反应前要除去,因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水;SnCl4极易水解,在潮湿的空气中发烟,为了防止盐水解,所以要防止起水解,装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解,故答案为饱和氯化钠溶液;防止空气中水蒸气进入Ⅵ中,SnCl4水解;(3)未反应的氯气没有除去,缺少尾气处理装置,故答案为缺少尾气处理装置;(4)如果没有装置Ⅲ,则在氯气中含有水蒸汽,所以在Ⅳ中除生成SnCl4外,还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2,故答案为Sn(OH)4或SnO2等;(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,第二步中加入过量FeCl3溶液,将Sn2+氧化成Sn4+,反应的方程式为2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+,令锡粉中锡的质量分数为x,则:Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+~K2Cr2O7119g
mol0.613xg
0.100mol•L-1×0.016L故=,解得x=93.18%,故答案为93.18%。【答案点睛】本题考查物质的制备,涉及氯气的实验室制备、中和滴定原理的应用等知识,侧重于学生的分析能力、实验能力的考查。本题的易错点为(5),要注意利用关系式法进行计算,会减少计算量。27、电解质4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑粉碎蒸发结晶,趁热过滤A取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中,滴加HNO3酸化的AgNO3溶液,若未出现白色沉淀,说明洗涤后的KNO3中没有Cl-51%【答案解析】分析:(1)根据NaNO3是易溶于水的盐判断;(2)根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平;(3)根据影响化学反应速率的因素分析;(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知,硝酸钾的溶解度随温度的变化明显,而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答;步骤b中需要析出硝酸钾晶体,从尽可能多的析出硝酸钾考虑;(5)检验有没有Cl-;(6)根据硝酸根守恒,存在NaNO3~KNO3,首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量,再求KNO3的产率。详解:(1)NaNO3是易溶于水的盐,属于电解质,故答案为:电解质;(2)一定温度下,NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2,该反应的化学方程式为4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑,故答案为:4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑;(3)根据影响化学反应速率的因素可知,可将矿石粉碎,以提高钠硝石的溶浸速率,故答案为:粉碎;(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知,硝酸钾的溶解度随温度的变化明显,而氯化钠的溶解度随温度的变化不大,为减少KNO3的损失,步骤a应为蒸发结晶,趁热过滤;步骤b中需要析出硝酸钾晶体,为了尽可能多的析出硝酸钾,应该控制温度在10℃最好,故答案为:蒸发结晶,趁热过滤;A;(5)要验证洗涤后的KNO3中没有Cl-,只需要取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中,滴加HNO3酸化的AgNO3溶液,若未出现白色沉淀,即可说明洗涤后的KNO3中没有Cl-,故答案为:取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中,滴加HNO3酸化的AgNO3溶液,若未出现白色沉淀,说明洗涤后的KNO3中没有Cl-;(6)根据硝酸根守恒,存在NaNO3~KNO3,理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量为100吨×10185=118.8吨,则KNO3的产率为60.6吨118.828、4Fe2++8CO32−+1O2+10H2O=4Fe(OH)3+8HCO3−Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O硫酸至pH=4.0控制SO42-浓度一致向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c(SO42-)=1.6mol/LC中U形管的增重调节溶液pH【答案解析】(1)Fe2+被氧气氧化为铁离子,铁离子与碳酸根离子发生水解生成Fe(OH)3;根据电子得失守恒:Fe2+→Fe(OH)3,铁元素化合价升高了1,O2→2O-2,化合价降低了4,因此,Fe2+、Fe(OH)3前面系数为4,氧气前面系数为1,再根据电荷守恒,CO32−、和HCO3−前面系数为8,最后再根据原子守恒,水前面系数为10,具体系数如下:4Fe2++8CO32−+1O2+10H2O=4Fe(OH)3+8HCO3−;正确答案:4Fe2++8CO32−+1O2+10H2O=4Fe(OH)3+8HCO3−。(2)根据实验现象可知,亚铁离子与碳酸氢根离子反应,生成FeCO3和CO2,离子方程式为:Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O;正确答案:Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O。(3)①探究同一酸性环境下的铵根离子的作用,因此要用硫酸调控溶液的pH=4.0;正确答案:硫酸至pH=4.0。②为了保证溶液中的硫酸根离子浓度的不变,向溶液中
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