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文档简介
2023高考化学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.常温下,1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH=7,则溶液中CH3COO-与NH4+的数目均为0.5NAB.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC.16g氨基(-NH2)中含有的电子数为7NAD.在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后,体系中的原子数为8NA2、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.1mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB.14g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC.28gC16O与28gC18O中含有的质子数均为14NAD.标准状况下,1.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2NA3、变色眼镜的镜片中加有适量的AgBr和CuO。在强太阳光下,因产生较多的Ag而变黑:2AgBr2Ag+Br2,室内日光灯下镜片几乎呈无色。下列分析错误的是A.强太阳光使平衡右移B.变色原因能用勒沙特列原理解释C.室内日光灯下镜片中无AgD.强太阳光下镜片中仍有AgBr4、某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-中的若干种,离子浓度都为0.1mol·L-1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液,设计并完成如下实验:则关于原溶液的判断不正确的是A.若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液,则对溶液中离子的判断无影响B.无法确定原溶液中是否存在Cl-C.肯定存在的离子是SO32-、Br-,是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D.肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-,是否含NH4+另需实验验证5、从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A在相同温度下,向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀后,再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液,又生成红褐色沉淀溶解度:Mg(OH)2>Fe(OH)3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下,等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应,排水法收集气体,HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物A.A B.B C.C D.D6、下图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A.元素非金属性:X>R>WB.X与R形成的分子内含两种作用力C.X、Z形成的化合物中可能含有共价键D.元素对应的离子半径:W>R>X7、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是A.Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B.pH=7时,滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等C.V(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.V(NaOH)=20.00mL时,两溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)8、硝酸铵(NH4NO3)在不同条件下分解可以得到不同的产物,下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A.N2O、H2O B.N2、O2、H2O C.N2、HNO3、H2O D.NH3、NO、H29、下列图像符合题意的是A.在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液B.在碳酸钠与碳酸氢钠混合液中滴加盐酸C.在氢氧化钠溶液中通入氯气D.在氢氧化钡溶液中滴加碳酸氢钠溶液10、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3(已知:无水AlCl3遇水能迅速发生反应)。下列说法正确的是A.装置①中的试剂可能是二氧化锰B.装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C.点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气D.球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气11、2,3−二甲基丁烷中“二”表示的含义是A.取代基的数目 B.取代基的种类 C.主链碳的数目 D.主链碳的位置12、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A.“凡铁分生熟,出炉未炒则生,既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B.“凡铜出炉只有赤铜,以倭铅(锌的古称)参和,转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C.“凡石灰经火焚,火力到后,烧酥石性,置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD.“凡松烟造墨,入水久浸,以浮沉分清悫”,是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉13、高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用,湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下:其中除杂过程包括:①向浸出液中加入一定量的试剂X,调节浸出液的pH为3.5~5.5;②再加入一定量的软锰矿和双氧水,过滤;③…下列说法正确的是(已知室温下:Kap[Mg(OH)2]=1.8×10-11,Kap[Al(OH)3]=3.0×10-34,Kap[Fe(OH)3]=4.0×10-38。)A.浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B.除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C.试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质D.为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度14、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN,下列说法错误的是()A.Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B.1molHCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024C.HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键,结构可表示为15、下列实验操作正确的是A.稀释浓硫酸 B.添加酒精C.检验CO2是否收集满 D.过滤16、下列各组物质的分类正确的是①同位素:1H、2H2、3H②同素异形体:C80、金刚石、石墨③酸性氧化物:CO2、NO、SO3④混合物:水玻璃、水银、水煤气⑤电解质:明矾、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质A.②⑤ B.②⑤⑥ C.②④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥二、非选择题(本题包括5小题)17、PLLA塑料不仅具有良好的机械性能,还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图(图中有部分产物及反应条件未列出)。请回答下列问题:(1)属于取代反应的有______________(填编号)。(2)写出下列反应的化学方程式:反应③:________________________________;反应⑤:______________________________。(3)已知E(C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体,请各举一例(E除外)并写出其结构简式:______________________、__________________、_______________。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式___________________________。(5)已知:,炔烃也有类似的性质,设计丙烯合成的合成路线_______(合成路线常用的表示方法为:AB……目标产物)18、[化学——选修5:有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料,由A制备聚合物C和合成路线如图所示(部分条件略去)。已知:(1)A的名称是____;B中含氧官能团名称是____。(2)C的结构简式____;D-E的反应类型为____。(3)E-F的化学方程式为____。(4)B的同分异构体中,与B具有相同官能团且能发生银镜反应,其中核磁共振氢谱上显示3组峰,且峰面积之比为6:1:1的是____(写出结构简式)。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应,消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____;检验其中一种官能团的方法是____(写出官能团名称、对应试剂及现象)。19、ClO2是一种优良的消毒剂,其溶解度约是Cl2的5倍,但温度过高浓度过大时均易发生分解,因此常将其制成KClO2固体,以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示,其中A装置制备ClO2,B装置制备KClO2。请回答下列问题:(1)A中制备ClO2的化学方程式为__。(2)与分液漏斗相比,本实验使用滴液漏斗,其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却,是为了防止液体飞溅和__。(3)实验过程中通入空气的目的是__,空气流速过快,会降低KClO2产率,试解释其原因__。(4)ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液,分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__(填“相同”、“不相同”“无法确定”)。20、乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空:(1)实验室用乙醇制取乙烯时,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是______。(2)验证乙烯加成反应性质时,需对乙烯气体中的干扰物质进行处理,可选用的试剂是_____(填写化学式);能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。(选填编号)a.溴水褪色b.有油状物质生成c.反应后水溶液酸性增强d.反应后水溶液接近中性(3)实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时,甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。(选填编号)a.甲装置乙酸转化率高b.乙装置乙酸转化率高c.甲装置有冷凝回流措施d.乙装置有冷凝回流措施(4)用乙装置实验时,提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______;操作Ⅱ的名称是______;操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。(5)如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置,实验中有两种加料方案:①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1:1浓硫酸;②先加溴化钠→再加1:1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,若在试管中加入______,产物可变为无色。与方案①相比较,方案②的明显缺点是______。21、氨氮(NH3、NH4+等)是一种重要污染物,可利用合适的氧化剂氧化去除。(1)氯气与水反应产生的HClO可去除废水中含有的NH3。已知:NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)ΔH=akJ·mol-12NH2Cl(aq)+HClO(aq)=N2(g)+H2O(l)+3H+(aq)+3Cl-(aq)ΔH=bkJ·mol-1则反应2NH3(aq)+3HClO(aq)=N2(g)+3H2O(l)+3H+(aq)+3Cl-(aq)的ΔH=________kJ·mol-1。(2)在酸性废水中加入NaCl进行电解,阳极产生的HClO可氧化氨氮。电解过程中,废水中初始Cl-浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响如图所示。①写出电解时阳极的电极反应式:________________。②当Cl-浓度减小时,氨氮去除速率下降,能耗却增加的原因是____________________________。③保持加入NaCl的量不变,当废水的pH低于4时,氨氮去除速率也会降低的原因是____________________________。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂,可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去,该反应的离子方程式为________________________________。②用K2FeO4氧化含氨氮废水,其他条件相同时,废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时,随着pH的增大,氨氮去除率增大、氧化时间明显增长的原因是_________________。
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】
A.由于醋酸根和铵根均会发生水解,所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA,A项错误;B.该溶液中乙醇的质量为4.6g,根据公式计算可知:;该溶液中的水的质量为5.4g,根据公式计算可知:;所以溶液中的H原子数目为1.2NA,B项错误;C.1个氨基中含有9个电子,16g氨基即1mol,所以含有电子数为9NA,C项错误;D.密闭容器中发生的虽然是可逆反应,但原子总数守恒,所以为8NA,D项正确;答案选D。2、B【答案解析】
A.1mol过氧化钠(Na2O2)中阴离子(O1-)所带的负电荷数应为2NA,A不正确;B.乙烯和丙烯的最简式都是CH2,故14g中混合物所含的碳原子数为=1mol,即碳原子数目为NA,B正确;C.28gC16O的物质的量为1mol,含有的质子数为1mol×(6+8)×NA=14NA,28gC18O的物质的量为=mol,即质子数为14×NA<14NA,C不正确;D.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,标准状况下,1.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA,D不正确;故答案选B。3、C【答案解析】
据可逆反应的特征和平衡移动原理分析解答。【题目详解】A.强太阳光使平衡2AgBr2Ag+Br2右移,生成较多的Ag,从而镜片变黑,A项正确;B.变色是因为溴化银的分解反应可逆,其平衡移动符合勒沙特列原理,B项正确;C.室内日光灯下镜片中仍有Ag,C项错误;D.强太阳光下,平衡2AgBr2Ag+Br2右移,但不可能完全,镜片中仍有AgBr,D项正确。本题选D。4、A【答案解析】
无色溶液中一定不含Cu2+,往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成,无SO42-,加足量氯水,无气体,则无CO32-,溶液加四氯化碳分液,下层橙色,则有Br-,上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀,有SO32-,无Mg2+,溶液中一定含阳离子,且离子浓度都为0.1mol·L-1。根据电荷守恒,一定含有NH4+、Na+、K+,一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀,是过程中加氯水时引入的氯离子。A.过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子,已引入氯离子,若改用BaCl2和盐酸的混合溶液,则对溶液中离子的判断无影响,故A正确;B.由上述分析可知,Cl-不存在,故B错误;C.肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+,故C错误;D.肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl-,故D错误;故选A。5、C【答案解析】
A.发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl,由于NaOH过量,因此再滴入FeCl3溶液,会发生反应:FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl,不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小,A错误;B.某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,则该气体为酸性气体,其水溶液显酸性,B错误;C.HA放出的氢气多且反应速率快,HA浓度比HB大,在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大,证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A-,HA是弱酸,故酸性HB>HA,C正确;D.SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O,SiF4不是盐,因此SiO2不是两性氧化物,D错误;故合理选项是C。6、C【答案解析】
都是短周期元素,由最外层电子数与原子序数关系可知,X、Y处于第二周期,X的最外层电子数为6,故X为O元素,Y的最外层电子数为7,故Y为F元素;Z、R、W处于第三周期,最外层电子数分别为1、6、7,故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素,则A.同周期元素从左到右非金属性逐渐增强,同主族从上到下非金属性逐渐减弱,应为O>Cl>S,选项A错误;B.X与R形成的分子可为SO2或SO3,分子内只存在极性键,选项B错误;C.X、Z形成的化合物如为Na2O2,含有共价键,选项C正确;D.核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小,半径O2-<Cl﹣<S2﹣,选项D错误。答案选C。【答案点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用,根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键,注意整体把握元素周期表的结构,都是短周期元素,根据图中信息推出各元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。7、C【答案解析】
A.盐酸为强酸,醋酸为弱酸,浓度相同时盐酸的pH较小;B.浓度、体积相等时,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性;D.V(NaOH)=20.00mL时,反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液,醋酸根离子部分水解,则醋酸根离子浓度较小。【题目详解】A.根据图示可知,Ⅰ的起始pH较大,Ⅱ的起始pH较小,则Ⅰ表示的是醋酸,Ⅱ表示盐酸,选项A错误;B.醋酸为弱酸,溶液体积相同时,醋酸和氯化氢的物质的量相等,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;若pH=7时,醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小,选项B错误;C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),反应后溶液中离子浓度大小为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),选项C正确;D.V(NaOH)=20.00mL时,两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液,由于醋酸根离子部分水解,则两溶液中c(CH3COO-)<c(Cl-),选项D错误;答案选C。【答案点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。8、D【答案解析】
硝酸铵(NH4NO3)中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【题目详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O,-3价氮化合价升高到+1价,+5价氮化合价也降低到+1价,发生了归中反应,合理,故A不选;B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O,硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价,部分-2价氧的化合价也升高到0价,+5价氮的化合价降低到0价,发生了氧化还原反应,故B不选;C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O,硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应,生成了氮气,合理,故C不选;D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2,只有化合价的降低,没有化合价的升高,不合理,故D选。故选D。9、C【答案解析】A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,先发生反应:HCl+NaOH=NaCl+H2O,无明显现象,AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,产生沉淀,后沉淀溶解,图中一开始就有沉淀,故A错误;B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸,反应分以下两步进行:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,图中一开始就有气泡,不符合,故B错误;C、向NaOH溶液中通入氯气,发生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,开始转移电子数逐渐增多,饱和后不再溶解,故C正确;D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHCO3溶液,少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O,过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O,导电能力是先变小,再变大,但由于有Na+离子,导电能力不可能变为0,故D错误;故选C。10、C【答案解析】
结合题干信息,由图可知,①装置为氯气的制备装置,装置②的目的是除去氯气中的氯化氢,装置③的目的是干燥氯气,装置④为制备无水AlCl3的装置,装置⑤用来收集生成的氯化铝,碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中,并吸收过量的氯气防止污染环境,据此分析解答问题。【题目详解】A.①装置为氯气的制备装置,浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2,缺少加热仪器,A选项错误;B.装置②的目的是除去氯气中的氯化氢,用饱和食盐水,装置③的目的是干燥氯气,用浓硫酸,B选项错误;C.因为Al能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应,故点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气,C选项正确;D.球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中,并吸收过量的氯气防止污染环境,D选项错误;答案选C。【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,注意实验的评价分析,把握实验原理,明确装置的作用关系为解答题目的关键。11、A【答案解析】
根据有机物系统命名原则,二表示取代基的数目,故选:A。12、C【答案解析】
A.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金,生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好,但生铁脆,不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下,又叫锻铁、纯铁,熟铁质地很软,塑性好,延展性好,可以拉成丝,强度和硬度均较低,容易锻造和焊接。“炒则熟”,碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物,使得碳含量降低,A选项正确;B.赤铜指纯铜,也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称,黄铜是由铜和锌所组成的合金,由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜,如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能,黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等,B选项正确;C.凡石灰经火焚,火力到后,烧酥石性,生成CaO;而“久置成粉”主要生成Ca(OH)2,进一步与CO2反应则会生成CaCO3,C选项错误;D.古代制墨,多用松木烧出烟灰作原料,故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物,烟遇冷而凝固生成烟炱,烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚,油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光,入水易化。“凡松烟造墨,入水久浸,以浮沉分清悫”,颗粒小的为胶粒,大的形成悬浊液,D选项正确;答案选C。13、A【答案解析】
A、结合流程分析,需将四价锰还原为二价,因植物粉为有机物,具有还原性,选项A正确;B、根据KSP可知,pH为3.5-5.5不能完全除去镁离子,选项B错误;C、二氧化锰不能与酸反应,无法调节pH,选项C错误;D、碳酸氢铵不稳定,受热易分解,故不能温度太高,选项D错误。答案选A。14、C【答案解析】
A.Zn原子序数为30,位于ⅡB族,所以,Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10,A选项正确;B.1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键,共有3个σ键,所以,1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol,数目为1.806×1024,B选项正确;C.HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化,-CN(-C≡N)中的C为sp杂化,C选项错误;D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键,Zn为sp3杂化,配位原子形成正四面体,所以,[Zn(CN)4]2-结构可表示为,D选项正确;答案选C。【答案点睛】一般,两原子间形成的共价键,有且只有1个σ键,如:C=O双键含1个σ键、1个π键,C≡N叁键含1个σ键、2个π键。15、A【答案解析】
A.稀释浓硫酸时,要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中,同时用玻璃棒不断搅拌,以使热量及时地扩散;一定不能把水注入浓硫酸中,故A正确;B.使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”,不能向燃着的酒精灯内添加酒精,故B错误;C.检验CO2是否收集满,应将燃着的木条放在集气瓶口,不能伸入瓶中,故C错误;D.过滤液体时,要注意“一贴、二低、三靠”的原则,玻璃棒紧靠三层滤纸处,故D错误;故答案选A。16、A【答案解析】
①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素,2H2是单质,不是核素,①错误;②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体,C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质,②正确;③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物,NO不是酸性氧化物,③错误;④水银是单质,④错误;⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质,明矾、冰醋酸、石膏均是电解质,⑤正确;⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质,液氯是单质,不是非电解质,⑥错误。答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、③⑧+2NaOH+2NaBr+2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2OCH3COOCH2OH+nH2O【答案解析】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为:,两分子通过反应⑧酯化反应生成F;D与氢气通过反应⑥生成E,则D的结构简式为:CH3COCOOH;C通过反应生成D,则C为;B通过反应④加热氧化成C,则B为;A通过反应③生成B,丙烯通过与溴发生加成反应生成A,则A为;反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯,据此进行解答。【题目详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为:,两分子通过反应⑧酯化反应生成F;D与氢气通过反应⑥生成E,则D的结构简式为:CH3COCOOH;C通过反应生成D,则C为;B通过反应④加热氧化成C,则B为;A通过反应③生成B,丙烯通过与溴发生加成反应生成A,则A为;(1)反应①为分解反应,反应②为加成反应,反应③为取代反应,反应④⑤为氧化反应,反应⑥为加成反应,反应⑦缩聚反应,反应⑧为酯化反应,也属于取代反应,所以属于取代反应为③⑧;(2)过反应③的化学方程式为:;反应⑤的化学方程式为:;(3)E的结构简式为,E存在三种常见不同类别物质的异构体有:、、;(4)PLLA废弃塑料降解生成,反应的化学方程式为:;(5)根据逆合成法可知,可以通过丙炔通过信息反应合成,丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得,所以合成路线为:。18、丙烯酯基取代反应1:1检验羧基:取少量该有机物,滴入少量石蕊试液,试液变红(或检验碳碳双键,加入溴水,溴水褪色)【答案解析】
B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯,则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3,A为C3H6,A发生发生加成反应生成B,则A结构简式为CH2=CHCH3,聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C,C结构简式为;A发生反应生成D,D发生水解反应生成E,E能发生题给信息的加成反应,结合E分子式知,E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl,E和2-氯-1,3-丁二烯发生加成反应生成F,F结构简式为,F发生取代反应生成G,G发生信息中反应得到,则G结构简式为;据此解答。【题目详解】(1)通过以上分析知,A为丙烯,B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3,其含氧官能团名称是酯基,故答案为丙烯;酯基;
(2)C结构简式为,D发生水解反应或取代反应生成E,故答案为;取代反应或水解反应;
(3)E→F反应方程式为,故答案为;
(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3,B的同分异构体中,与B具有相同的官能团且能发生银镜反应,说明含有碳碳双键和酯基、醛基,为甲酸酯,符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOC(CH2CH3)=CH2,共有8种;其中核磁共振氢谱为3组峰,且峰面积之比为6:1:1的是,
故答案为;(5)该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基,具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基,且物质的量之比都是1:1,所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时,则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1:1;分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基:取少量该有机物,滴入少量石蕊试液,试液变红;若检验碳碳双键:加入溴水,溴水褪色,故答案为1:1;检验羧基:取少量该有机物,滴入少量石蕊试液,试液变红(或检验碳碳双键,加入溴水,溴水褪色)。19、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同,使液体顺利滴下降低反应体系的温度,防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解空气流速过快,ClO2不能被充分吸收cd相同【答案解析】
(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2,KClO3得电子,被还原,则K2SO3被氧化,生成K2SO4,根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式;(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势;根据已知信息:ClO2温度过高时易发生分解解答;(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时根据ClO2浓度过大时易发生分解,分析其作用;(4)氧化还原反应中,化合价有降低,必定有升高;(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,变质发生的反应为:3KClO2=2KClO3+KCl,且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,根据电子转移守恒分析判断。【题目详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2,KClO3得电子,被还原,则K2SO3被氧化,生成K2SO4,根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O,故答案为:2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O;(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比,其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等,使液体能顺利滴下;加入H2SO4需用冰盐水冷却,是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热,从而使液体飞溅,并防止生成的ClO2分解,故答案为:滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同,使液体顺利滴下;降低反应体系的温度,防止温度高ClO2分解;(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解;空气流速过快吋,ClO2不能被充分吸收,导致其产率降低,故答案为:将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解;空气流速过快,ClO2不能被充分吸收;(4)ClO2中Cl的化合价为+4价,KClO2中Cl的化合价为+3价,由此可知该反应为氧化还原反应,则化合价有降低,必定有升高,则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4,故答案为:cd;(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,变质发生的反应为:3KClO2=2KClO3+KCl,3molKClO2变质得到2molKClO3,与足量FeSO4溶液反应时,KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol,2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol,故消耗Fe2+物质的量相同,故答案为:相同。【答案点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为:3KClO2=2KClO3+KCl,KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,3molKClO2与2molKClO3得电子数相等,故消耗Fe2+物质的量相同。20、利用浓硫酸的吸水性,使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成,HBr挥发会造成HBr的损耗【答案解析】
(1)乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯,反应为可逆反应,浓硫酸还具有吸水性;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO2,会对乙烯的验证造成干扰,选择氢氧化钠溶液吸收SO2;乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷,据此分析解答;(3)甲装置边反应边蒸馏,乙装置采用冷凝回流,等反应后再提取产物,使反应更充分;(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液,吸收挥发出的乙酸和乙醇,同时降低乙酸乙酯的溶解度,分液可将其分离,得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可;(5)按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,是由于有溴单质生成,溶于水后出现橙红色;方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液,会有HBr生成,HBr具有挥发性,会使HBr损失。【题目详解】(1)乙醇制取乙烯的同时还生成水,浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是:浓硫酸还具有吸水性,反应生成的水被浓硫酸吸收,使反应向有利于生成乙烯的方向进行;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO2,会对乙烯的验证造成干扰,选择碱性溶液吸收SO2;a.若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色;b.若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成;c.若反应后水溶液酸性增强,说明乙烯与溴水发生了取代反应;d.反应
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