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文档简介
2023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、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是A.制备无水AlCl3:装置A中的试剂可能是高锰酸钾B.点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C.装置C中的试剂为浓硫酸D.制备无水AlCl3和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同2、下列操作能达到相应实验目的的是()实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水,过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加热A.A B.B C.C D.D3、实验室分离苯和水,可选用下列()A. B. C. D.4、图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示),图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO-两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是A.CH4分子在催化剂表面会断开C—H键,断键会吸收能量B.中间体①的能量大于中间体②的能量C.室温下,CH3COOH的电离常数Ka=10-4.76D.升高温度,图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动5、油炸虾条、薯片等易碎的食品,不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中,充入此类食品袋的是下列气体中的()A.氧气 B.二氧化碳 C.空气 D.氮气6、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q,x、y、z是这些元素组成的二元化合物,其中z为形成酸雨的主要物质之一;25℃时,0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.原子半径的大小:a<b<c<dB.氢化物的稳定性:b<dC.y中阴阳离子个数比为1:2D.等物质的量y、w溶于等体积的水得到物质的量浓度相同的溶液7、下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法,其中不合理的是()A.甲装置:可用来证明硫的非金属性比硅强B.乙装置:橡皮管的作用是能使水顺利流下C.丙装置:用图示的方法能检查此装置的气密性D.丁装置:可在瓶中先装入某种液体收集NO气体8、PbCl2是一种重要的化工材料,常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知:i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)ΔH>0下列说法不正确的是()A.浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB.PbCl2微溶于水,浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性C.调pH的目的是除去Fe3+,因此pH越大越好D.沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温9、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1mol氮气与3mol氢气反应,生成的氨分子数目为2NAB.1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC.电解饱和食盐水,当阳极产生11.2LH2时,转移的电子数为NAD.常温下,3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA10、常温下在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A.在同一溶液中,H2CO3、、不能大量共存B.测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度,若用滴定法,指示剂可选用酚酞C.当pH=7时,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系:c(Na+)>c(Cl-)>c()>c(H+)=c(OH-)D.已知在25℃时,水解反应的平衡常数即水解常数Kh1=2.0×10-4,溶液中c()∶c()=1∶1时,溶液的pH=1011、A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等;B的单质分子中有三对共用电子;C、D同主族,且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是()A.C、D、E的简单离子半径:D>E>CB.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键12、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应,分别设计甲、乙、丙三个实验:(甲)向反应混合液中滴入溴水,溶液颜色很快褪去.(乙)向反应混合液中滴入过量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液,有浅黄色沉淀生成.(丙)向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液,溶液颜色褪去.则上述实验可以达到目的是()A.甲 B.乙 C.丙 D.都不行13、一定条件下,下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A.钾 B.镁 C.铁 D.铜14、下列有关说法正确的是A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行,则该反应ΔS>0B.常温下向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体,c(H+)·c(CH3COO-)增大C.将1molCl2溶于水中,反应中转移的电子数为6.02×1023个D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和15、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应,可实现氯的循环利用:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ·mol-1下列说法正确的是A.升高温度能提高HCl的转化率B.加入催化剂,能使该反运的焓变减小C.1molCl2转化为2molCl2原子放出243kJ热量D.断裂H2O(g)中1molH-O键比断裂HCl(g)中1molH-Cl键所需能量高16、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源,进行电絮凝净水的实验探究,设计的实验装置如图所示,下列叙述正确的是()A.X电极质量减轻,Y电极质量增加B.电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC.电解池的总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑D.每消耗103.5gPb,理论上电解池阴极上有1molH2生成二、非选择题(本题包括5小题)17、某研究小组拟合成医药中间体X和Y。已知:①;②;③请回答:(1)下列说法正确的是___。A.化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B.化合物C能发生加成、取代、消去反应C.化合物D能与稀盐酸发生反应D.X的分子式是C15H18N2O5(2)化合物B的结构简式是___。(3)写出D+F→G的化学方程式___。(4)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___。①分子是苯的二取代物,1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子②分子中存在硝基和结构(5)设计E→Y()的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)___。18、奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗,静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗,反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下:I中间体F的合成:II奧美拉唑的合成:已知:结合上述合成路线,请回答:(1)下列说法正确的是__________A.奥美拉的分子式为C18H19N3O3SB.J生成K的反应类型为加成反应C.化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D.设计A转化为B的目的是保护其中的官能团(2)化合物F的结构简式为_______________________________;(3)请写出A→B的反应方程式___________________________________;(4)试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体:_____________________________①分子中含苯环,遇FeC13显紫色②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。(5)利用已有知识和题中涉及的反应,设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示,无机试剂任选)_________________________19、工业上用草酸“沉钴”,再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分:H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸,一般用氯气氧化处理草酸,装置如下:回答下列问题:(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。,(2)分液漏斗中装入盐酸,写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热,当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃,水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A.50℃B.5l-52℃C.45-55℃D.60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率,若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低,主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”,其优点是____,其主要缺点为________。20、五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182
g·mol-1)可作化学工业中的催化剂,广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水,不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下:已知:NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答:(1)第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)(2)调节pH为8~8.5的目的________。(3)第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A.冷水B.热水C.乙醇D.1%
NH4Cl
溶液(4)第⑤
步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。(5)硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整:________(
用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。(6)将0.253
g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8~8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250
mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00
mL,则该产品的纯度为________。(已知:I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)21、磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上,可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗,根据步骤Ⅱ可判断,1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为______。(2)步骤Ⅲ中,反应物的比例不同可获得不同的产物,除Ca3(PO4)2外可能的产物还有______。磷灰石是生产磷肥的原料,它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物,部分元素的分析结果如下(各元素均以氧化物形式表示):成分CaOP2O5SO3CO2质量分数(%)47.3028.403.506.10(3)磷灰石中,碳元素的质量分数为______%(保留两位小数)。(4)取100g磷灰石粉末,加入足量的浓硫酸,并加热,钙元素全部以CaSO4的形式存在,可以得到CaSO4______g(保留两位小数)。(5)取mg磷灰石粉末,用50.00mL混酸溶液(磷酸为0.5mol/L、硫酸为0.1mol/L)与其反应,结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在,求m的值______。
2023学年模拟测试卷参考答案(含详细解析)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【答案解析】
由图可知,装置A为氯气或氢气的制备装置,装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢,装置C的目的是干燥氯气或氢气,装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠,碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中,或吸收过量的氯气防止污染环境。【题目详解】A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气,故A正确;B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应,所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气,故B正确;C项、装置C中的试剂为浓硫酸,目的是干燥氯气或氢气,故C正确;D项、制备无水AlCl3时,碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中,吸收过量的氯气防止污染环境,制备无水NaH时,碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中,故D错误。故选D。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,把握反应原理,明确装置的作用关系为解答的关键。2、A【答案解析】
A选项,检验绿茶中是否含有酚类物质,向茶水中滴加FeCl3溶液,变紫色,则含有分类物质,故A正确,符合题意;B选项,不能用pH试纸测定84消毒液的pH,因为84消毒液有漂白性,故B错误,不符合题意;C选项,除去苯中混有的少量苯酚,滴加溴水,苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶,不能用过滤、分液,故C错误,不符合题意;D选项,实验室制备乙酸乙酯,向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片,加热,故D错误,不符合题意。综上所述,答案为A。【答案点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。3、C【答案解析】
苯和水分层,可选分液法分离,以此来解答。【题目详解】A中为层析法;B为蒸发;D为过滤;苯和水分层,可选分液法分离,选项C符合;答案选C。【答案点睛】本题考查混合物分离提纯,把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意层析法为解答的难点。4、D【答案解析】
A.虚框内中间体的能量关系图可知,CH4分子在催化剂表面断开C-H键,断裂化学键需要吸收能量,A项正确;B.从虚框内中间体的能量关系图看,中间体①是断裂C—H键形成的,断裂化学键需要吸收能量,中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量,所以中间体①的能量大于中间体②的能量,B项正确;C.由图2可知,当溶液pH=4.76,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka==c(H+)=10-4.76。C项正确;D.根据CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=可知,图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值,而升高温度电离常数增大,即交点的c(H+)增大,pH将减小,所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误;答案选D。5、D【答案解析】
油炸虾条、薯片具有还原性,易被氧化性气体氧化而变质,保存时,充入气体应为非氧化性气体,空气和氧气相比较,氧气的浓度更大,氧化性更强,易使食品变质,在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化,故选D。6、C【答案解析】
短周期主族元素,a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时;x、y、z是这些元素组成的二元化合物,其中z为形成酸雨的主要物质之一,z为SO2,q为S,d为S元素;25℃0.01mol/Lw溶液pH=12,w为强碱溶液,则w为NaOH,结合原子序数及图中转化可知,a为H,b为O,c为Na,x为H2O,y为Na2O2,以此来解答。【题目详解】根据上述分析可知:a为H,b为O,c为Na,d为S元素,x为H2O,y为Na2O2,z为SO2。A.原子核外电子层越多,原子半径越大,同一周期元素从左向右原子半径减小,则原子半径的大小:a<b<d<c,A错误;B.元素的非金属性:O>S,元素的非金属性越强,其相应的氢化物稳定性就越强,故氢化物的稳定性:H2O>H2S,即b>d,B错误;C.y为Na2O2,其中含有离子键和非极性共价键,电离产生2个Na+和O22-,所以y中阴、阳离子个数比为1:2,C正确;D.y是Na2O2,Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2,w为NaOH,1molNa2O2反应消耗1molH2O产生2molNaOH,所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同,D错误;故合理选项是C。【答案点睛】本题考查无机物的推断,把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键,注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口,试题侧重考查学生的分析与推断能力。7、A【答案解析】试题分析:A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸酸性大于硅酸,所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸,但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸,乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强,故A错误;B.橡皮管可使下部的压力转移到上方,从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下,故B正确;C.如果装置的气密性良好,甲、乙两侧水面高度不同,否则水面相同,所以能检验装置的气密性,故C正确;D.NO不溶于水,因此在此装置中充满水,从②进气可以收集NO气体,故D正确;故选A。考点:考查化学实验方案设计,涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点8、C【答案解析】
方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸,根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣,PbS中S元素被氧化成SO42-,则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O,加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)正向移动。加入NaOH溶液调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液;PbCl2微溶于水,将溶液沉降过滤得到PbCl2。A.浸取过程中MnO2与PbS发生氧化还原反应,离子反应为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2O,正确,A不选;B.发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq),加入NaCl增大c(Cl-),有利于平衡正向移动,将PbCl2(s)转化为PbCl42-(aq),正确,B不选;C.调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,除去溶液中的Fe3+,但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀,pH不能过大,错误,C选;D.已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)△H>0,可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行,获得PbCl2,正确,D不选。答案选C。9、D【答案解析】
A.氮气与氢气反应为可逆反应,不能进行到底,所以1mol氮气与3mol氢气反应,生成的氨分子数目小于2NA,故A错误;B.溶液体积未知,无法计算S原子个数,故B错误;C.气体状况未知,无法计算其物质的量,故无法计算电子转移数,故C错误;D.三价铁离子为弱碱阳离子,水溶液中部分水解,所以常温下,3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA,故D正确;故选:D。10、D【答案解析】
A.根据图像分析,pH>8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子,pH=8时,只有碳酸氢根离子,pH<8时,溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子,则在同一溶液中,H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存,故A正确;B.Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液,用酚酞作指示剂,滴定产物是,用甲基橙作指示剂滴定时,和HCl溶液的反应产物是H2CO3,故B正确;C.由图象可知,pH=7时,c(H+)=c(OH-),溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3,电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−),则c(Na+)>c(Cl−),因HCO3-水解,则c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-),溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH−),故C正确;D.已知在25℃时,溶液中c()∶c()=1∶1,水解反应的平衡常数即水解常数Kh1=c(OH-)=2.0×10-4,则c(H+)=5.0×10-11,溶液的pH<10,故D错误;11、C【答案解析】
A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等,A为氢元素;B的单质分子中有三对共用电子,B为氮元素;C、D同主族,且核电荷数之比为1︰2,C为氧元素,D为硫元素,E为氯元素。【题目详解】A.C、D、E的简单离子,S2-与Cl-电子层结构相同,O2-少一个电子层,离子半径:S2->Cl->O2-,故A正确;B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正确;C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离,故C错误;D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键S-S键,故D正确;故选C。【答案点睛】本题考查元素周期律与元素周期表,解题关键:位置结构性质的相互关系应用,难点B,N2H4、H2O2两种分子也是18电子。12、D【答案解析】
溴乙烷水解反应:C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr(氢氧化钠水溶液共热);消去反应:CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O(氢氧化钠乙醇共热),即无论发生水解反应还是消去反应,混合液里面都有Br-。【题目详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去,A不正确;B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,然后再滴入AgNO3溶液,若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-,不能证明发生了消去反应,B不正确;C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅,C不正确;D、根据上述分析可知,三种方案都不行,符合题意。答案选D。13、C【答案解析】
A.钾和水反应生成KOH和氢气,故A不选;B.加热条件下,镁和水反应生成氢氧化镁和氢气,故B不选;C.加热条件下,铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,故C选;D.铜和水不反应,故D不选。故选C。14、B【答案解析】
A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应,则该反应ΔS<0,选项A错误;B.向醋酸溶液中通入氯化氢气体,氢离子浓度增大而抑制醋酸电离,则Kac(CH3COOH)=c(H+)·c(CH3COO-)增大,选项B正确;C.Cl2与水的反应是可逆反应,不可能完全转化,转移的电子数小于6.02×1023个,选项C错误;D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应,反应物键能总和小于生成物键能总和,选项D错误。答案选B。15、D【答案解析】
A、该反应正反应为放热反应,升温平衡逆向移动,HCl的转化率降低,A错误;B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变,焓变只与反应物和生成物的能量差有关,B错误;C、断裂化学键需要吸收能量,1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量,C错误;D、设H-Cl键能为a,H-O键能为b,△H=反应物的总键能-生成物的总键能,所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b),解的4(a-b)=-127.6,即b>a,所以H-O键的键能大于H-Cl键能,D正确;正确答案为D。16、B【答案解析】
据图可知电解池中,铝电极失电子作阳极,电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,在铝表面有氧气产生,说明有部分氢氧根离子放电,铁电极上水得电子作阴极,电极反应为:6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,铅蓄电池中X与阴极铁相连,作负极,负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4,Y与阳极铝相连,作正极,电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,串联电路中各电极转移电子相等,据此分析解答。【题目详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅,因此两个电极的质量都增加,A错误;B.铝电极失电子作阳极,电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,在铝表面有氧气产生,说明有部分氢氧根离子放电,OH-是水电离产生,说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O,B正确;C.阳极铝电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑,在铝的表面有氧气产生,说明还存在电解水的过程:2H2OO2↑+2H2↑,C错误;D.n(Pb)==0.5mol,Pb是+2价的金属,反应的Pb的物质的量是0.5mol,则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol,根据串联电路中电子转移守恒,则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol,D错误;故合理选项是B。【答案点睛】本题考查原电池和电解池工作原理,电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键,难点是电极反应式的书写。二、非选择题(本题包括5小题)17、CD+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr、、、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl【答案解析】
由、A的分子式,纵观整个过程,结合X的结构,可知发生甲基邻位硝化反应生成A为,对比各物质的分子,结合反应条件与给予的反应信息,可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B,B中甲基上H原子被溴原子取代生成C,C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D,故B为、C为、D为;由X的结构,逆推可知G为,结合F、E的分子式,可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3,据此分析解答。【题目详解】(1)A.化合物A为,苯环连接甲基,能使酸性KMnO4溶液褪色,故A正确;B.化合物C为,苯环能与氢气发生加成反应,卤素原子能发生取代反应,不能发生消去反应,故B错误;C.化合物D,含有酰胺键,能与稀盐酸发生反应,故C正确;D.由结构可知,X的分子式是C15H18N2O5,故D正确,故答案为:CD;(2)由分析可知,化合物B的结构简式是:,故答案为:;(3)D+F→G的化学方程式:+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr,故答案为:+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr;(4)化合物A(C8H7NO4)的同分异构体同时符合下列条件:①分子是苯的二取代物,1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子,存在对称结构;②分子中存在硝基和结构,2个取代基可能结构为:﹣NO2与﹣CH2OOCH、﹣NO2与﹣CH2COOH、﹣COOH与﹣CH2NO2、﹣OOCH与﹣CH2NO2,同分异构体可能结构简式为:、、、,故答案为:、、、;(5)由信息①可知,由ClOCCH2CH2CH2COCl与氨气反应生成,由A→B的转化,由HOOCCH2CH2CH2COOH与SOCl2反应得到ClOCCH2CH2CH2COCl,CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3碱性条件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH,合成路线流程图为:CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl,故答案为:CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【答案点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键,常见反应条件与发生的反应原理类型:①在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应;②在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应;③在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等;④能与溴水或溴的CCl4溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应;⑤能与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应;⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应;⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2,则为醇→醛→羧酸的过程)。18、C、D【答案解析】
(1)奥美拉的分子式为C17H19N3O3S,A错误;J生成K的过程中,增加了氧原子,反应类型为氧化反应,B错误;化合物C中有苯环,可发生取代和加成反应;有碳氧双键,可得到氢,发生还原反应;C正确;设计A转化为B的目的是保护其中的官能团,D正确。答案选CD。(2)根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知,化合物F的结构简式。(3)根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为,发生的化学反应为;(4)①分子中含苯环,遇FeC13显紫色,结构中有酚羟基;②分子中含有4种不同化学环境的氢原子,根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为;(5)结合题中流程图,从乙烯合成的路线为;19、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快,增加了氯气的逸出,从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【答案解析】
利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气,氯气在氧化草酸,除去母液中的草酸。【题目详解】(1)根据表格中的信息,Co2+的质量浓度为1.18g/L,则1L溶液中的,则;(2)加入盐酸,与Ca(ClO)2反应生成Cl2,为归中反应,离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O;氯气为黄绿色气体,当反应完全之后,无氯气产生,装置中的气体由黄绿色变成无色,则答案为黄绿色气体变成无色;(3)由于热传递,只能由温度高的传递到温度低的部分,三颈烧瓶反应温度为50℃,那么水浴锅的温度应该高一点,这样热量才能传递到反应液中,B符合题意;(4)氯气具有氧化性,草酸具有还原性,能够发生氧化还原反应,草酸被氧化成CO2,化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl;(5)搅拌过快,Cl2来不及反应,就从母液中逸出,因此草酸去除率反而降低,答案为搅拌过快,增加了氯气的逸出,从而使草酸去除率降低;(6)草酸铵为强电解质,而草酸是弱电解质,草酸铵溶液中的草酸根浓度更大,能够使Co2+沉淀得更加完全;由于母液中有NH4+,在Cl2也会与NH4+反应,因此在处理母液时,需要消耗更多的氯气。答案:残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。20、B让AlO2-
转化为Al(OH)3沉淀,避免VO3-的沉淀AD若空气不流通,由于V2O5具有强氧化性,会与还原性的NH3反应,从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【答案解析】本题考查实验方案设计与评价,(1)虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH,为了能够使NaOH溶液顺利滴下,需要有连通装置,故选项B正确;(2)根据流程图,氧化铁为碱性氧化物,不与NaOH发生反应,V2O5、Al2O3属于两性氧化物,能与NaOH发生反应,调节
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