2023学年高考化学五模试卷含解析_第1页
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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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下列物质中不会因见光而分解的是()A.NaHCO3 B.HNO3 C.AgI D.HClO2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.78gNa2O2与足量CO2反应,转移电子的数目为NAB.0.1mol聚乙烯含有碳碳双键的数目为0.1NAC.标准状况下,2.24LH2O含有电子的数目为NAD.1L0.1mol/LNaHS溶液中硫原子的数目小于0.1NA3、乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用,其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品,则氨与甲醛的物质的量之比为()A.1:1 B.2:1 C.2:3 D.3:24、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是()实验现象结论A.某溶液中滴加K3产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+,无B.①某溶液中加入BaNO②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SOC.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加生成黑色沉淀KD.向C6H溶液变浑浊酸性:HA.A B.B C.C D.D5、下列微粒中,最易得电子的是()A.Cl- B.Na+ C.F D.S2-6、下列有关化学用语表示正确的是()A.氮离子N3-的结构示意图:B.聚丙烯的结构简式:C.由Na和Cl形成离子键的过程:D.比例模型可表示CH4分子,也可表示CCl4分子7、2015年12月31日,日本获得第113号元素的正式命名权.这种原子(记作),是由30号元素Zn,连续轰击83号元素Bi获得的.下列说法,不正确的是A.获得新核素的过程,是一个化学变化B.题中涉及的三种元素,都属于金属元素C.这种超重核素的中子数与质子数只差为52D.这种新核素,是同主族元素中原子半径最大的8、下列说法正确的是A.SiO2制成的玻璃纤维,由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B.水分子中O-H键的键能很大,因此水的沸点较高C.Na2O2中既含有离子键又含有共价键,但Na2O2属于离子化合物D.1molNH3中含有共用电子对数为4NA(NA为阿伏加德罗常数的值)9、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A.是一种酯类有机物 B.含苯环和羧基的同分异构体有3种C.所有碳原子可能在同一平面 D.能发生取代、加成和氧化反应10、化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是()A.天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B.生物质能和氢气都属于可再生能源C.古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D.燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应11、下列说法不正确的是()A.用容量瓶配制溶液时,先用蒸馏水洗涤,再用待装液润洗B.用蒸馏法可由含有Fe3+的自来水获取较纯净的水C.焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色,再进行其它物质的测试D.金属镁着火可用沙子覆盖12、现有以下物质:①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O,其中属于电解质的是()A.②③④ B.②④⑥ C.③④⑤ D.①②④13、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案:方案Ⅰ:向Al中加入NaOH溶液,至Al刚好完全溶解,得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ:向Al中加入硫酸,至Al刚好完全溶解,得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ:将Al按一定比例分为两份,按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A.三种方案转移电子数一样多B.方案Ⅲ所用硫酸的量最少C.方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D.采用方案Ⅲ时,用于制备溶液①的Al占总量的0.2514、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图:(已知微溶于水,易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是()A.“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分,应加入过量的硫酸B.“过滤”用到的玻璃仪器:分液漏斗、烧杯、玻璃棒C.“还原”时发生的离子方程式为D.判断粗碲洗净的方法:取最后一次洗涤液,加入溶液,没有白色沉淀生成15、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子,Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍,W是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A.最高价含氧酸酸性:X<Y B.X、Y、Z可形成离子化合物C.W可形成双原子分子 D.M与W形成的化合物含极性共价键16、下列离子方程式书写不正确的是A.用两块铜片作电极电解盐酸:Cu+2H+H2↑+Cu2+B.NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应:2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2OC.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应:2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-D.氨水吸收少量的二氧化硫:2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O17、有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是A.大量使用化肥和农药,能不断提高农作物产量B.通过有机合成,可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C.安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置,主要是为了提高煤的利用率D.开发利用可燃冰(固态甲烷水合物),有助于海洋生态环境的治理18、某同学探究温度对溶液pH值影响,加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L):温度(℃)10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A.随温度升高,纯水中的kw逐渐减小B.随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO-)增大19、在NH3和NH4Cl存在条件下,以活性炭为催化剂,用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正确的是A.中子数为32,质子数为27的钴原子:B.H2O2的电子式:C.NH3和NH4Cl化学键类型相同D.[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+320、下列说法正确的是()A.铁表面镀铜时,将铁与电源的正极相连,铜与电源的负极相连B.0.01molCl2通入足量水中,转移电子的数目为6.02×1021C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)在常温下不能自发进行,说明该反应的ΔH>0D.加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中所有离子的浓度均减小21、下列有机实验操作正确的是A.证明CH4发生氧化反应:CH4通入酸性KMnO4溶液B.验证乙醇的催化氧化反应:将铜丝灼烧至红热,插入乙醇中C.制乙酸乙酯:大试管中加入浓硫酸,然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D.检验蔗糖在酸催化下的水解产物:在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热22、已知:AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO,向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2—)>c(OH−)B0.01c(CO32—)+c(HCO3—)+c(H2CO3)=c(AlO2—)C0.015c(Na+)>c(CO32—)>c(OH−)>c(HCO3—)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(CO32—)+c(HCO3—)+c(OH−)A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示:将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题:(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围:___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式:__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象:_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体,主要操作包括:滴入过量盐酸,_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯,还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,反应的离子方程式为____________________________。24、(12分)氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物,其一种合成路线如图:已知:LiAIH4是强还原剂,不仅能还原醛、酮,还能还原酯,但成本较高。回答下列问题:(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。写出D的结构简式,用星号(*)标出D中的手性碳___。(2)④的反应类型是___。(3)C的结构简式为___。(4)G的分子式为___。(5)反应⑤的化学方程式为___。(6)已知M与D互为同分异构体,在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基,其中两个相同。符合条件的M有__种。(7)也是一种生产氟西汀的中间体,设计以和为主要原料制备它的合成路线___(无机试剂任选)。25、(12分)碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下:步骤1:配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2:用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中,开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3:将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4:放置1h后,过滤,洗涤。步骤5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。(2)测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是______。③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为_______。(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量,在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%(保留小数点后两位)。26、(10分)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。(制备)方法一:(资料查阅)(1)仪器X的名称是______,在实验过程中,B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCI,然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质,产生的原因是______。方法二:(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______,过滤,沉淀用的酸洗,水洗,乙醇洗三步操作,酸洗采用的酸是______(写名称),用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。(含量测定)(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的溶液滴定到终点,消耗溶液bmL,反应中被还原为,样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量:)(应用)利用如下图所示装置,测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式:______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。27、(12分)实验室以海绵铜(主要成分为Cu和CuO)为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知:①CuCl微溶于水,不溶于乙醇,可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。(1)“氧化”时温度应控制在60~70℃,原因是____________________。(2)写出“转化”过程中的离子方程式____________________。(3)“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体,可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl,用乙醇洗涤的优点是________________。(4)氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加,但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小,其原因是__________。(5)若CuCl产品中混有少量CaSO4,设计提纯CuCl的实验方案:__________。(实验中可选试剂:0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇)28、(14分)新技术的开发应用,不仅有利于改善环境质量,而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题:(1)用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应:①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-91kJ·mol-1②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+566kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=__kJ·mol-1。(2)在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),有关数据如下:①800°C时该反应的平衡常数K=__。②容器2中x=__,n=___。③若800℃起始时,在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol,则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。(3)反应(NH4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2,为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响,在某温度T1下,将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中,并充入一定量的CO2气体,在t时刻,测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下,保持其他初始实验条件不变,重复上述实验,经过相同时间测定CO2气体的浓度,得到的曲线图如图:①∆H__0(填“>”“<”或“=”)。T1~T2区间,c(CO2)变化的原因是___。②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5,碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11,则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。③在图中所示五种温度下,该反应的平衡常数最大的温度是__。29、(10分)化合物G(盐酸阿扎司琼,Azasetronhydrochchoride)主要用于治疗和预防肿瘤术后以及化疗引起的恶心、呕吐。G的合成路线设计如图:回答下列问题:(1)A中含有的官能团名称为__。(2)A生成B、B生成C的反应类型分别为__、__,D的分子式为__。(3)上述合成路线中,互为同分异构体的物质是__(填字母序号)。(4)E生成F的第一步反应的化学方程式为__。(5)X为A的同分异构体,写出两种满足以下条件的X的结构简式__。①含有苯环,且苯环上有4个取代基;②有四种不同化学环境的氢,个数比为2:2:2:1;③能发生银镜反应,还能与氯化铁溶液发生显色反应。(6)以和(CH3O)2CO为原料制备,写出合成路线:__(无机试剂和有机溶剂任选)。

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、A【答案解析】

浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。【题目详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解,所以A选项是正确的;综上所述,本题选项A。2、A【答案解析】

A.78gNa2O2物质的量为1mol,由关系式Na2O2—e-,可得出转移电子数为NA,A正确;B.聚乙烯分子中不含有碳碳双键,B不正确;C.标准状况下,H2O呈液态,不能使用22.4L/mol计算含有电子的数目,C不正确;D.1L0.1mol/LNaHS溶液中不含有硫原子,D不正确;故选A。3、C【答案解析】

将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子,根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【题目详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子,每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子,根据C原子、N原子守恒知,要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子,则需要氨气和甲醛分子个数之比=4:6=2:3,根据N=nNA知,分子数之比等于物质的量之比,所以氨与甲醛的物质的量之比2:3,故答案选C。4、D【答案解析】

A.K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀,不能检验铁离子,由现象可知原溶液中有Fe2+,不能确定是否含Fe3+,故A错误;B.Ba(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性,能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,从而生成硫酸钡沉淀,则原溶液中可能有SO32-或SO42-,或二者均存在,故B错误;C.溶液中含有Na2S,不一定发生沉淀的转化,不能比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小,故C错误;D.C6H5ONa溶液中通入CO2,溶液变浑浊,说明反应生成了苯酚,发生强酸制弱酸的反应,则酸性:H2CO3>C6H5OH,故D正确;答案选D。5、C【答案解析】

氧化性越强的微粒,越容易得到电子。在四个选项中,氧化性最强的为F,其余微粒均达到稳定结构,化学性质不活泼,C项正确;答案选C。6、C【答案解析】

A.氮离子N3-的结构示意图应该是:,A错误;B.聚丙烯的结构简式应该是:,B错误;C.由Na和Cl形成离子键的过程可表示为:,C正确;D.比例模型可表示CH4分子,由于氯原子半径大于碳原子半径,因此不能表示CCl4分子,D错误;答案选C。【答案点睛】选项D是解答的易错点,由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型,因此需要注意原子半径的相对大小。7、A【答案解析】

A.由30号元素Zn,连续轰击83号元素Bi获得的属于核变,不属于化学变化,故A错误;B.题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi都是金属元素,故B正确;C.的质子数为113,中子数=278﹣113=165,中子数与质子数差为165﹣113=52,故C正确;D.位于第七周期第ⅢA主族,是同主族元素中原子半径最大的,故D正确;答案选A。【答案点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成,不涉及原子核内的变化。8、C【答案解析】

A.二氧化硅是绝缘体不能导电,光导纤维中传递的是激光,利用的是二氧化硅的导光性,A项错误;B.水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键,与水分子内的O-H键键能无关,B项错误;C.物质只要含有离子键则为离子化合物,过氧化钠中Na+和是以离子键结合,中的O是以共价键结合,C项正确;D.NH3中有三条共价键,共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用,所以1molNH3中含有3NA个共用电子对,D项错误;答案选C。9、B【答案解析】

根据有机物W的结构简式,还可写为C6H5-OOCCH3,可判断有机物中含有酯基。【题目详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3,含有酯基,是一种酯类有机物,与题意不符,A错误;B.同分异构体含苯环和羧基,则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种,或-CH2COOH一种,合计有4种,错误,符合题意,B正确;C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化,则苯环与酯基各为一个平面,当两平面重合时,所有碳原子可能在同一平面,与题意不符,C错误;D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成,可以燃烧发生氧化反应,与题意不符,D错误;答案为B。10、B【答案解析】

A.蚕丝是天然纤维,其主要成分为蛋白质,A项错误;B.生物质能,就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式,即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用,可转化为常规的固态、液态及气态燃料,取之不尽、用之不竭,是一种可再生能源;氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源,B项正确;C.铜绿为碱式碳酸铜,明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿;铁锈的主要成分为氧化铁,氯化铵水解显酸性可除去铁锈,C项错误;D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放,减少酸雨的形成;汽车限行都是为了适当减少尾气排放,降低雾霾天气,D项错误;答案选B。11、A【答案解析】

A.用容量瓶配制溶液时,用蒸馏水洗涤后不能用待装液润洗,否则所配溶液浓度偏高,A项错误;B.Fe3+难挥发,可用蒸馏法制得纯净水,B项正确;C.为排出其它元素的干扰,做焰色反应时,应用稀盐酸洗净铂丝,并在火焰上灼烧至无色,才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验,C项正确;D.金属镁着火可用沙子覆盖,以隔绝空气,D项正确;答案选A。12、B【答案解析】

在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。①NaCl溶液是混合物,不是电解质;②CH3COOH溶于水可导电,是电解质;③NH3溶于水反应,生成的溶液可导电,但不是自身导电,不是电解质;④BaSO4熔融状态下可电离成离子,可以导电,是电解质;⑤蔗糖溶于水不能电离出离子,溶液不导电,不是电解质;⑥H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子,可导电,是电解质;答案选B。【答案点睛】该题要利用电解质的概念解题,在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。13、D【答案解析】

方案Ⅰ:发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4;则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅱ:发生反应为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4;则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅲ:2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4,则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【题目详解】A.三种方案中,消耗Al都为1mol,Al都由0价升高为+3价,则转移电子数一样多,A正确;B.从三个方案的比较中可以看出,生成等物质的量的氢氧化铝,方案Ⅲ所用硫酸的量最少,B正确;C.方案Ⅰ需控制酸的加入量,方案Ⅱ需控制碱的加入量,而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制,所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量,C正确;D.采用方案Ⅲ时,整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al,用于制备溶液①的Al占总量的0.75,D不正确;故选D。14、D【答案解析】

A.由题中信息可知,TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱,是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应,生成硫酸铜和TeO2,硫酸若过量,会导致TeO2的溶解,造成原料的利用率降低,故A错误;B.“过滤”用到的玻璃仪器:漏斗、烧杯、玻璃棒,故B错误;C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲,同时生成Na2SO4,该反应的离子方程式是2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+,故C错误;D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲,粗碲表面附着液中含有SO42-,取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净,故D正确。故选D。15、A【答案解析】

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素,X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子,则X为C元素、Z为O元素;Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍,该气体相对分子质量为8.5×2=17,该气体为NH3,而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,只能处于第二周期,Y为N元素、M为H元素;W是原子半径最大的短周期元素,则W为Na元素,据此解答。【题目详解】根据上述分析可知,X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素、W为Na元素。A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)<Y(N),所以最高价含氧酸酸性:碳酸<硝酸,A正确;B.X、Y、Z分别是C、N、O元素,它们可形成共价化合物,不能形成离子化合物,B错误;C.W为Na,属于金属元素,不能形成双原子分子,C错误;D.M为H元素、W为Na元素,M与W形成的化合物NaH为离子化合物,物质中含有离子键,D错误;故合理选项是A。【答案点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用,依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键,注意D选项中金属氢化物是易错点。16、B【答案解析】试题分析:A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+,故A正确;B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O,故B错误;C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化,离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-,故C正确;D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O,故D正确;故选B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒,选项B中量少的完全反应,选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化。17、B【答案解析】

A.使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量,但会在农产品中造成农药残留,会使土地里的盐碱越来越多,土壤越来越硬,影响农作物的生长,从长远来讲反而会影响农作物的收成,故A错误;B.通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料,某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧,故B正确;C.安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置,主要是为了减少污染,故C错误;D.过分开发可燃冰,会影响海洋生态环境,故D错误;故选B。18、B【答案解析】

A.水的电离为吸热过程,随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,A项错误;B.随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,则NaOH溶液pH会减小,B项正确;C.随温度升高,促进CH3COOH的电离,提高氢离子浓度,氢离子会抑制水的电离,C项错误;D.盐类的水解反应是吸热反应,温度升高,促进盐类的水解,即水解平衡向右移动,D项错误;答案选B。19、D【答案解析】

A.质量数为32,中子数为27的钴原子,应该表示为:,A错误;B.H2O2为共价化合物,原子间形成共用电子对,没有电子的得失,B错误;C.NH3存在氮氢共价键,NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键,氮氢原子间的共价键,C错误;D.[Co(NH3)6]Cl3,NH3整体为0价,Cl为-1价,所以Co的化合价是+3,D正确;故答案选D。20、C【答案解析】

A.根据电镀原理易知,铁表面镀铜时,将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护,铜与电源的正极相连作阳极,失电子发生氧化反应,A项错误;B.0.01molCl2通入足量水中发生的反应为:Cl2+H2OH++Cl-+HClO,为可逆反应,则转移电子的数目小于6.02×1021,B项错误;C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)中ΔS>0,因在常温下不能自发进行,则ΔG=ΔH-TΔS>0,那么ΔH必大于0,C项正确;D.CH3COOH为弱酸,发生电离方程式为:CH3COOHCH3COO-+H+,加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液过程中,CH3COO-与H+的离子浓度减小,但一定温度下,水溶液中的离子积不变,则OH-的浓度增大,D项错误;答案选C。21、B【答案解析】

A.甲烷与酸性KMnO4溶液不反应,不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液,证明CH4发生氧化反应,故A错误;B.铜与氧气发生反应,生成黑色的氧化铜,热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜,根据质量守恒定律可知,整个过程中铜丝的质量不变,为催化剂,故B正确;C.加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸,先加入浓硫酸会发生液体飞溅,故C错误;D.蔗糖水解后溶液呈酸性,应先用NaOH调节至碱性,再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性,否则实验不会成功,故D错误;故选B。22、C【答案解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳,首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水,0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳,生成0.01mol碳酸钠;然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠,0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳,生成0.005mol碳酸钠;再通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,消耗0.015mol二氧化碳,生成0.03mol碳酸氢钠。【题目详解】A.不通入CO2,0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中,c(Na+)>c(OH−)>c(AlO2—),故A错误;B.当通入的二氧化碳为0.01mol时,则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液,没有HCO3—,故B错误;C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠,离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),故C正确;D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时,溶液为碳酸氢钠溶液,溶液显碱性,电荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32—)+c(HCO3—)+c(OH−),故D错误;正确答案是C。【答案点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查,熟练掌握相关元素化合物知识,理清反应过程,结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡:电离平衡和盐类的水解平衡,抓两个微弱:弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的,正确判断溶液的酸碱性,进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。二、非选择题(共84分)23、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中,用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液,加热试管,若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【答案解析】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体,则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【题目详解】(1)根据胶体的定义,红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4,Fe2+被双氧水氧化为Fe3+,反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液,铵根离子与碱反应能放出氨气,鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是:取少量E于试管中,用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液,加热试管,若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体,主要操作包括:滴入过量盐酸,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知,过滤操作除了漏斗、烧杯,还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,铁元素化合价由+3升高为+6,氯元素化合价由+1降低为-1,反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。24、取代反应C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【答案解析】

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C,C与氢化铝锂反应生成D,根据D和B的结构简式,D与CH3SO2Cl发生取代反应生成E,E与CH3NH2发生取代反应生成F,F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式,可得F的结构简式为,据此分析解答。【题目详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为;(2)根据分析,④的反应类型是取代反应;(3)根据分析,C的结构简式为;(4)G的分子式为C17H18NOF3;(5)反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为:+CH3NH2→+CH3SO2OH;(6)D的结构简式为,已知M与D互为同分异构体,在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应,说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基,其中两个相同,即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构,同分异构体数目分析如下:若羟基的位置结构为,同分异构体的数量为2×2=4种,若羟基的位置结构为,同分异构体的数量为1×2=2种,若羟基的位置结构为,同分异构体的数量为3×2=6种;则符合条件的M有12种;(7)在加热条件下,在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成,和氯气发生加成反应生成,加热条件下,与氢氧化钠溶液发生取代反应生成,与CH3SO2Cl发生取代反应生成,合成路线为:。25、水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【答案解析】

本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反应,测定产生的CO2的体积,可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定,根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【题目详解】(1)①步骤2控制温度在50℃,当温度不超过100℃时,较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热,又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为:MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。(2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有=0.05mol,解得n=4。(3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。②四次实验数据,第3次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反应中,H2O2做氧化剂,-1价氧的化合价降低到-2价,Fe2+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。【答案点睛】当控制温度在100℃以下时,可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子,选择检测的离子一定是滤液中的离子,并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。26、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【答案解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2,温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2;向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,结合关系式解答该题;保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应;CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;N2的体积可用排水法测定,据此解答。【题目详解】(1)根据仪器X的构造,其名称是干燥管;由制备CuCl的原理可知,反应生成了Cl2,故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色,故答案为干燥管;先变红后褪色;(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后,要先在气体入口处通入干燥HCl,再点燃酒精灯,加热,实验结束时要先熄灭酒精灯,冷却,再停止通入HCl,然后通入,所以操作的先后顺序是cdb,故答案为cdb;(3)根据以上分析,若实验中通入的HCl的量不足,则氯化铜晶体加热时发生水解,最后生成少量CuO,故答案为通入的HCl的量不足;(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;由制备反应可知,有硫酸钠生成,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;因乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;硫酸;醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,反应的关系式为6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-,

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol,m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg,

则样品中CuCl的质量分数为

×100%,

故答案为

×100%;(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应:2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O,②CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;故吸收顺序为CO2、O2、CO,N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2,试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO,试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O;NaOH溶液;CuCl的盐酸溶液。【答案点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握物质的性质以及反应流程,注意(5)中利用关系式的计算。27、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快,避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥【答案解析】

实验流程中,海绵铜(主要成分为Cu和CuO)中加入硝酸铵和硫酸,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜生成Cu2+,滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵,发生氧化还原反应生成CuCl,发生反应:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+,得到产品CuCl,据此分析。【题目详解】(1)物质“溶解氧化”时,既要考虑反应速率,还要考虑是否有副反应发生,温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为:温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解;(2)“转化”中氧化产物为硫酸铵,滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵,Cu2+被还原生成CuCl。答案为:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+;(3)“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液,获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低,易挥发,避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为:蒸发浓缩、降温结晶;C

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