2023届江苏无锡市锡山高考化学一模试卷含解析_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.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、已知:苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应:Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+,其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下:下列说法不正确的是:A.i是空白对照实验B.向ii中滴加几滴浓盐酸,溶液颜色变浅C.iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D.苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性2、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.31g白磷中含有的电子数是3.75NAB.标准状况下,22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NAC.1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NAD.5.6gFe与足量I2反应,Fe失去0.2NA个电子3、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液,生成了MCO3沉淀,过滤,洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中,充分反应后,在标准状况下收集到VL气体。如要计算金属M的相对原子质量,你认为还必需提供下列哪项数据是A.M(OH)2溶液的物质的量浓度 B.与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C.MCO3的质量 D.题给条件充足,不需要再补充数据4、利用如图所示装置进行下列实验,不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性:S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A.A B.B C.C D.D5、下列关于有机化合物的说法正确的是A.糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素B.乙烯,乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.2-苯基丙烯()分子中所有原子共平面D.二环[1,1,0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)6、中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值,被采用为国际新标准。已知:铟与铝(13Al)同主族。下列说法错误的是()A.In

的金属性大于

AlB.In

最外层有

2

种能量的电子C.In

的中子数为

66D.In

原子的相对原子质量为

1157、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A.取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解,滴入1~2滴甲基橙指示剂,用标准盐酸溶液滴定至终点,消耗盐酸VmLD.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解,滴入1~2滴酚酞指示剂,用标准盐酸溶液滴定至终点,消耗盐酸VmL8、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A.在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB.由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序:O2>Cu2+>SC.在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D.反应中当有34gH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的量不变,需要消耗O2的质量为16g9、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A.通入H2的电极上发生还原反应B.正极反应方程式为N2+6e-+8H+=2NH4+C.放电时溶液中Cl-移向电源正极D.放电时负极附近溶液的pH增大10、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大,A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质,其中A是四元化合物,C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,D是淡黄色固体化合物,E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A.简单离子半径大小关系:c>d>eB.简单阴离子的还原性:a>c>dC.氢化物的沸点:c>dD.C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一11、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A.NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解,说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO42-C.Fe

与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe

与两种酸均发生置换反应D.NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体12、对于排布在2s轨道上的电子,不能确定的是A.电子所在的电子层 B.电子的自旋方向C.电子云的形状 D.电子云的伸展方向13、在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液,产生白色沉淀;再滴加盐酸,沉淀部分消失,并有无色无味的气体产生.由此判断该溶液中肯定不存在的离子是()A.Ag+ B.SO42﹣ C.CO32﹣ D.NH4+14、下列关于有机物的描述正确的是()A.酒精可用于萃取碘水中的碘单质B.甲烷和乙烯燃烧时均有黑烟生成C.氯乙烯制取聚氯乙烯的反应方程式为nCH2=CHClD.异丙苯()中所有碳原子都处于同一平面15、止血环酸的结构如下图所示,用于治疗各种出血疾病,在一些牙膏中也含有止血环酸。下列说法不正确的是A.该物质的分子式为C8H15NO2B.在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种C.该物质能发生取代反应、置换反应D.止血原理可看做是胶体的聚沉16、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.宋朝王希孟的画作《千里江山图》所用纸张为宣纸,其主要成分是碳纤维B.汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器,其主要原料为石灰石C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3D.港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物17、室温下,取一定量冰醋酸,进行如下实验:①将冰醋酸配制成0.1mol·L-1醋酸溶液;②取20mL①所配溶液,加入amL0.1mol·L-1NaOH溶液,充分反应后,测得溶液pH=7;③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸,直至溶液中n(Na+)=n(Cl-)。下列说法正确的是A.①中:所得溶液的pH=1B.②中:a=20C.③中:所得溶液中c(CH3COO-)<c(H+),且pH<7D.①与③所得溶液相比,等体积时所含CH3COOH分子数目相等18、下列有关实验的描述正确的是:A.要量取15.80mL溴水,须使用棕色的碱式滴定管B.用pH试纸检测气体的酸碱性时,需要预先润湿C.溴苯中混有溴,加入KI溶液,振荡,用汽油萃取出碘D.中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌,主要目的是为了充分反应19、下列实验中,能达到相应实验目的的是A.制备并收集乙酸乙酯B.证明氯化银溶解度大于硫化银C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯D.推断S、C、Si的非金属性强弱A.A B.B C.C D.D20、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A.充电时,太阳能转化为电能,又转化为化学能B.放电时,a极的电极反应式为:4S2--6e-=S42-C.充电时,阳极的电极反应式为:3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜21、下列实验操作能达到实验目的的是A.稀释浓硫酸时,应将水沿容器内壁慢慢加入浓硫酸中B.用润湿的pH试纸测溶液的pH值,一定会引起误差C.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上,并加垫石棉网加热D.石油的蒸馏实验中,忘记加沸石,可以先停止加热,待溶液冷却后加入沸石,再继续加热蒸馏22、前20号主族元素W、

X、Y

、Z的原子序数依次增大,W的原子最外层电子数是次外层电子数的3

倍。X、Y

、Z分属不同的周期,它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是()A.原子半径的大小W<X<Y<Z B.简单氢化物的热稳定性W>XC.Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈 D.工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y二、非选择题(共84分)23、(14分)聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图(部分反应条件略去):已知:+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型:反应①是_____________,反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________,F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体,写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式:____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H,该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息,以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物(无机试剂任选)___________。24、(12分)有机物N的结构中含有三个六元环,其合成路线如下。已知:RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题:(1)F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。(2)G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。(3)D在一定条件下能合成高分子化合物,该反应的化学方程式____________。(4)A在5000C和Cl2存在下生成,而不是或的原因是_________。(5)E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。(6)N的结构简式为________________。25、(12分)“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名,在日常生活中使用广泛,其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液,并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验(部分夹持装置省去),反应一段时间后,分别取B、C瓶中的溶液进行实验,实验现象如下表。已知:①饱和

NaClO溶液pH为11;②25°C时,弱酸电离常数为:H2CO3:K1=4.4×10-1,K2=4.1×10-11;HClO:K=3×10-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1:取样,滴加紫色石蕊试液变红,不褪色变蓝,不褪色实验2:测定溶液的pH312回答下列问题:①仪器a的名称___________,装置A中发生反应的离子方程式__________。②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________(填化学式)。③若将C瓶溶液换成

NaHCO3溶液,按上述操作步骤进行实验,C瓶现象为:实验1中紫色石蕊试液立即褪色;实验2中溶液的pH=1.结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______(2)测定C瓶溶液中NaClO含量(单位:g/L)的实验步骤如下:Ⅰ.取C瓶溶液20mL于锥形瓶中,加入硫酸酸化,加入过量KI溶液,盖紧瓶塞并在暗处充分反应。Ⅱ.用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液,淀粉溶液显示终点后,重复操作2~3次,Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。(已知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L(保留2位小数)26、(10分)实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷,其反应原理为H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr↑、CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O。有关数据和实验装置如(反应需要加热,图中省去了加热装置):乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g·cm-30.791.443.1沸点/℃78.538.459(1)A中放入沸石的作用是__,B中进水口为__口(填“a”或“b”)。(2)实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。(3)氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。(4)给A加热的目的是__,F接橡皮管导入稀NaOH溶液,其目的是吸收__和溴蒸气,防止__。(5)C中的导管E的末端须在水面以下,其原因是__。(6)将C中的镏出液转入锥形并瓶中,连振荡边逐滴滴入浓H2SO41~2mL以除去水、乙醇等杂质,使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层;将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶,水浴加热蒸馏,收集到35~40℃的馏分约10.0g。①分液漏斗在使用前必须__;②从乙醇的角度考虑,本实验所得溴乙烷的产率是__(精确到0.1%)。27、(12分)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。试回答:(1)加热过程中,试管A中发生的实验现象可能有___。(2)装置E和F的作用是___;(3)该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气,他的做法正确吗?为什么?___。(4)另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后,用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫,最后测出氧气的体积为448mL(标准状况)。据此可计算出二氧化硫为___mol,三氧化硫为___mol。(5)由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式:___。(6)上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案,达到使装置最简单而不影响实验效果的目的:___。28、(14分)研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2,对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1在反应过程中还发生反应Ⅱ:H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)

△H2=+41kJ/mol(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示:化学键C—HH—HC=O键能(kJ/mol)4134368031076则△Hl=____kJ/mol,反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____,该反应工业生产适宜的温度和压强为____(填标号)。A.高温高压B.高温低压C.低温高压D.低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______(计算结果保留小数点后两位)。③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应III:CH4+2O2=CO2+2H2O,掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷(单位时间内维持反应发生所需供给的热量),O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。①随着O2进入量的增加,热负荷下降的原因是____。②掺人O2可使CH4的平衡转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”。下同),CO2的平衡转化率________29、(10分)氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物,烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。回答下列问题:(1)目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO,水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。(2)KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫,在反应中MnO4-被还原为MnO42-。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。②加入CaCO3的作用是___。③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。(3)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时,n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示:图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。图b中SO2的去除率随pH的增大而增大,而NO的去除率在pH>5.5时反而减小,请解释NO去除率减小的可能原因是___。

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、D【解析】

A.通过i观察iiiii、iv中发生的变化,达到空白对照的目的,故A正确;B.向ii中滴加几滴浓盐酸,增大H+浓度,平衡逆向移动,H3Fe(OC6H5)6浓度降低,溶液颜色变浅,故B正确;C.苯的密度比水,CCl4的密度比水大,故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4,故C正确;D.iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色,而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色,说明苯酚更易溶解于苯,导致平衡逆向移动,水溶液的颜色变浅,即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性,故D错误;故答案为D。2、D【解析】

A.P是15号元素,31g白磷中含有的电子数是15NA,故A错误;B.标准状况下,C8H10是液态,无法用气体摩尔体积计算物质的量,故B错误;C.1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中,水也含有氧原子,含有的氧原子数大于0.2NA,故C错误;D.5.6gFe与足量I2反应,Fe+I2=FeI2,Fe失去0.2NA个电子,故D正确;故选D。3、C【解析】

生成的气体是CO2,所以要计算M的相对原子质量,还需要知道MCO3的质量,选项C正确,答案选C。4、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,说明顺酸性:H2SO4>H2CO3>H2SiO3,非金属性:S>C>Si,能得出相应实验结论,不选A;B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化,反应放热,浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色,能得出实验结论,不选B;C、常温下,浓硝酸使铁钝化,不能得出实验结论,选C;D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红,证明氨气的水溶液呈碱性,能得出实验结论,不选D;答案选C。5、B【解析】

A.蛋白质中还含有N等元素,故A错误;B.乙烯和植物油中含有碳碳双键,乙醇中含有羟基,均能被高锰酸钾氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.2-苯基丙烯()分子中所有碳原子可以共平面,但甲基中的氢原子与苯环不能共面,故C错误;D.二环[1,1,0]丁烷()的二氯代物,其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种,在相邻碳原子上的有1中,在相对碳原子上的有2中,共有4种(不考虑立体异构),故D错误;故选B。【点睛】蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫,少数含有磷,一定含有的是碳、氢、氧、氮。6、D【解析】

A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强;B、铟与铝(13Al)同主族,则In的最外层电子数为3,排布在s、p轨道上;C、中子数=质量数-质子数,据此计算判断;D、的质量数为115。【详解】A、铟与铝(13Al)同主族,并且铟元素的原子序数较大,同主族从上至下金属性逐渐增加,所以In的金属性强,故A不符合题意;B、In的最外层电子数为3,排布在5s、5p轨道上,5s能级上两个电子能量相同,但小于5p能级上的电子能量,所以In最外层有2

种能量的电子,故B不符合题意;C、的质量数为115、质子数为49,所以中子数=119-49=66,故C不符合题意;D、的质量数为115,In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和,故D符合题意;故选:D。7、B【解析】

A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数,故不选A;B.混合物与足量稀硫酸充分反应,也会生成水和二氧化碳,所以逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气,即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量,不能测定含量,故选B;C.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量,根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量,可计算出Na2CO3质量分数,故不选C;DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量,根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量,可计算出Na2CO3质量分数,故不选D;答案:B【点睛】实验方案是否可行,关键看根据测量数据能否计算出结果。8、D【解析】

A.根据图中各元素化合价知,Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价,所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素,故A错误;B.转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+把硫离子氧化为S,则氧化性的强弱顺序:O2>Fe3+>S,故B错误;C.根据图示,反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水,在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3,故C错误;D.H2S转化为硫单质,硫元素的化合价从-2价变成0价,氧元素的化合价从0价变成-2价,依据得失电子数相等,所以2H2S----O2,所以有34gH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的量不变,需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g,故D正确;故选D。9、B【解析】

A.通入氢气的一极为负极,发生氧化反应,选项A错误;B.氮气在正极获得电子,电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+,选项B正确;C.放电时溶液中阴离子Cl-移向电源负极,选项C错误;D.通入氢气的一极为负极,电极方程式为H2-2e-=2H+,pH减小,选项D错误;答案选B。【点睛】本题考查原电池知识,侧重于学生的分析能力的考查,注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应,确定正负极反应,为解答该题的关键,以N2、H2为电极反应物,以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池,正极发生还原反应,氮气在正极获得电子,酸性条件下生成NH4+,该电池的正极电极反应式为:N2+8H++6e-=2NH4+,通入氢气的一极为负极,电极方程式为H2-2e-=2H+,总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+,以此解答该题。10、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大,A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质,C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应,A是四元化合物,不是Al(OH)3或Al2O3,则A为弱酸形成的铵盐,而B能与淡黄色固体D反应生成单质E,则B为CO2、D为Na2O2、E为O2,而A是四元化合物,则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3,氨气与氧气反应生成NO与水;结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A.c、d、e简单离子分别为N3-、O2-、Na+,三者电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径:c(N3-)>d(O2-)>e(Na+),正确,A不选;B.a、c、d分别是H、N、O元素,元素的非金属性越强,则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)<c(N)<d(O),则简单阴离子的还原性:a(H-)>c(N3-)>d(O2-),正确,B不选;C.c为N、d为O,c、d的氢化物分别是NH3、H2O,常温下氨气为气体,而水为液体,氢化物沸点:c(NH3)<d(H2O),错误,C选;D.C为NH3,E是O2,C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水,是工业制硝酸的基础反应,正确,D不选。答案选C。11、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,冷却后二者又重新结合生成氯化铵,不能制备氨气,选项A错误;B、向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性,会把SO32-氧化产生SO42-,不能说明该溶液一定有SO42-,选项B错误;C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,前者是由于硝酸的强氧化性,后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应,选项C错误;D、NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体氯化铵,选项D正确。答案选D。点睛:本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。12、B【解析】

排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键,排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,据此分析。13、A【解析】

向样品中滴加氯化钡溶液,有白色沉淀产生,可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子;再滴加盐酸,沉淀部分消失,并有无色无味的气体产生,说明样品中含有碳酸根离子,碳酸根离子与银离子不能共存,所以样品中一定不存在银离子。故选A。【点睛】由于沉淀部分消失,一定有碳酸根离子,并且碳酸根离子与银离子不能共存。14、C【解析】

A.酒精与水互溶,不能用于萃取碘酒中的碘单质,故A错误;B.乙烯燃烧时有黑烟生成,甲烷发出淡蓝色火焰,故B错误;C.氯乙烯制取聚氯乙烯的反应方程式为nCH2=CHCl,故C正确;D.异丙苯()中带*号的碳原子与周围三个碳原子不可能都处于同一平面,故D错误。综上所述,答案为C。【点睛】判断共面、共线一定要与甲烷、乙烯、苯的知识联系进行分析。15、B【解析】

A.由结构简式可知分子式为C8H15NO2,故A正确;B.烃基含有5种氢,如只取代烃基的H,则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5种,故B错误;C.含有羧基,可发生取代、置换反应(与金属钠等),故C正确;D.含有羧基,在溶液中可电离,可使胶体聚沉,故D正确。故选B。16、D【解析】

A.纸张的原料是木材等植物纤维,所以其主要成分是纤维素,不是碳纤维,故A错误;B.瓷器的原料是黏土,是硅酸盐,不是石灰石,故B错误;C.与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓”含Fe3O4,故C错误;D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故D正确。故选D。17、C【解析】

A.因为醋酸是弱酸,故①中0.1mol/L的醋酸pH>1,A错误;B.若②中a=20,则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠水解显碱性,B错误;C.③中溶液的电荷守恒为:,结合,故,所以,,pH<7,C正确;D.①与③所得溶液相比,③相当于向①中加入了氯化钠溶液,越稀越电离,故等体积时③中醋酸分子数少,D错误;答案选C。18、B【解析】

A.溴水可氧化橡胶,应选酸式滴定管,故A错误;B.气体溶于水后才能显示一定的酸碱性,因此,用pH试纸检测气体的酸碱性时,需要预先润湿,故B正确;C.溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯,汽油与溴苯互溶,无法萃取,应选NaOH溶液充分洗涤、分液,故C错误;D.环形玻璃搅拌棒应该上下移动,进行搅拌,温度计插在玻璃环中间,无法旋转搅拌棒,故D错误;答案选B。19、D【解析】

A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂,故不选A;B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl,AgNO3有剩余,再滴加几滴0.1mol/L的Na2S,AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀,所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银,故不选B;C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯,故不选C;D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳,证明非金属性S>C,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,证明非金属性C>Si,故选D。20、D【解析】

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,所以充电时,太阳能转化为电能,电能又能转化为化学能,充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,b是正极,在充电时,阳极失电子发生氧化反应,3I--2e-=I3-,据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,所以充电时,太阳能转化为电能,电能又能转化为化学能,A正确;B.充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,a极的电极反应式为:4S2--6e-=S42-,B正确;C.在充电时,阳极I-失电子发生氧化反应,极反应为3I--2e-=I3-,C正确;D.通过图示可知,交换膜只允许钠离子自由通过,所以M是阳离子交换膜,D错误;答案选D。【点睛】本题考查了原电池的原理,明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键,难点是电极反应式的书写,明确哪种离子能够自由通过交换膜,可以确定交换膜的类型。21、D【解析】

A.稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿容器内壁慢慢加入水中并不断用玻璃板搅拌,故A错误;B.用润湿的pH试纸测溶液的pH值,可能会引起误差,测酸、碱有误差,但测中性的盐溶液没有误差,故B错误;C.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上,直接加热,故C错误;D.石油的蒸馏实验中,忘记加沸石,可以先停止加热,待溶液冷却后加入沸石,再继续加热蒸馏,故D正确。综上所述,答案为D。【点睛】pH试纸测溶液的pH值时不能湿润,不能测漂白性的溶液的pH值,不能测浓溶液的pH值。22、C【解析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,推出W为O,含有Z元素盐的焰色反应为紫色,说明Z为K,X、Y、Z分属不同的周期,原子序数依次增大,因此X为F,X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍,推出Y为Mg,A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F,故A错误;B、非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,F的非金属性强于O,因此HF的稳定性强于H2O,故B错误;C、K比Mg活泼,K与水反应剧烈程度强于Mg与水,故C正确;D、MgO的熔点很高,因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg,故D错误。二、非选择题(共84分)23、1,2-二氯丙烷加成反应氧化反应C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3饱和溶液【解析】

丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl,A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH,苯与氢气发生加成反应得C为环己烷,C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,D与B发缩聚反应得G为,根据题中信息,F发生取代反应生成H和E,D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸,苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯;乙醇氧化生成乙醛,乙醛进一步氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl,B为CH3CH(OH)CH2OH,C为,C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,D与B发缩聚反应得G为,根据题中信息,F发生取代反应生成H和E,D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl,名称为:1,2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应,反应④属于氧化反应;(3)G的结构简式为:;F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,分子式是C10H18O4;(4)反应②的化学方程式:CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl;(5)C为环己烷,C存在多种同分异构体,其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为;(6)B是1,2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH,D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,H是酯,鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液,B与碳酸钠溶液混溶,不分层;D反应,产生气泡;H不反应,互不相容,液体分层,油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液;(7)甲苯氧化生成苯甲酸,苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯;乙醇氧化生成乙醛,乙醛进一步氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到,所以合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物的推断与性质,注意根据有机物的结构进行推断,需要学生对给予的信息进行利用,较好的考查学生自学能力、分析推理能力,是热点题型,难度中等.24、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、(中和反应)因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成,可知A的结构简式为:,故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A,为。与HCl反应生成B,结合B的分子式可知,应是发生加成反应,B发生卤代烃的水解反应反应生成C,C氧化生成D,结合D分子式可知B为,顺推可知C为,D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知,D与M应是发生酯化反应,M中羧基与羟基连接同一碳原子上,结合N的分子式可推知M为,N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为,再发生氧化反应生成,与氯气反应生成G,G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H,则G为,H为,据此解答。【详解】(1)F分子中含氧官能团的名称为羧基,B的结构简式为;故答案为:羧基;;(2)G→H的化学方程式:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O,其反应类型为水解反应取代反应、中和反应;故答案为:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O;水解反应取代反应、中和反应;(3)D在一定条件下能合成高分子化合物,该反应的化学方程式:;故答案为:;(4)A在和存在下生成,而不是或的原因是:因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代;故答案为:因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代;(5)E()的同分异构体中能使溶液显色,说明含有酚羟基,另外取代基为乙基,有邻、间、对3种,或取代基为2个甲基,当2个甲基处于邻位时,有2种位置,当2个甲基处于间位时,有3种位置,当2个甲基处于对位时,有1种位置,共有9种;故答案为:9;(6)根据以上分析可知N的结构简式为;故答案为:。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂,结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,,A为,再依次推导下去,问题迎刃而解。25、分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2ONaClO、NaOH溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色4.41【解析】

装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2,Cl2中含HCl气体,通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢,通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠,通过碳酸氢钠溶液,氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应,促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大,最后通过碱石灰吸收多余氯气,(1)①由图可知仪器的名称,二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气;②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠;③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应,促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大;(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶,加足量盐酸酸化,迅速加入过量KI溶液,次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质;②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解;③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,ClO-~I2~2S2O32-,以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)①仪器a的名称分液漏斗,装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O;②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠,C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH;③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是:溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大;(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为:ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O;②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解;通常选用淀粉溶液作指示剂,滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-,由方程式可得关系式NaClO~I2~2S2O32-,12n0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol,则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识,把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键,注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算,侧重分析与实验、计算能力的考查,注意测定原理。26、防止暴沸b平衡压强,使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O加快反应速率,蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%【解析】

(1)液体加热需要防止液体瀑沸,B为球形冷凝管,应采取逆流原理通入冷凝水,进行充分冷凝回流;(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等,使浓硫酸顺利流下;(3)浓硫酸有强氧化性,氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2;(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷;实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收;(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发;(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水;②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g,其物质的量为0.172mol,所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol,其质量为18.75g,根据产率=×100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石,可以防止液体瀑沸,B为球形冷凝管,应采取逆流原理通入冷凝水,进行充分冷凝回流,所以B中进水口为b;(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等,使浓硫酸顺利流下,而分液漏斗没有这个功能;(3)浓硫酸有强氧化性,氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2,发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O;(4)加热的目的是加快反应速率,温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来,实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气,所以可以用稀NaOH溶液吸收,防止污染环境;(5)导管E的末端须在水面以下,通过冷却得到溴乙烷,减少溴乙烷的挥发;(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞,在使用前需要检查是否漏水;②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g,其物质的量为0.172mol,所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol,其质量为18.75g,所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计,为高频考点,涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点,明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键,知道各个装置可能发生的反应,题目难度中等。27、白色固体变黑测出产生O2的体积不正确,O2能被NaHSO3溶液吸收0.040.023CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑去掉BC,仅O2进入E中可计算【解析】

(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气,氧化铜为黑色;(2)EF是排水量气法测量气体体积,依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积;(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气,通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差;(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒,计算二氧化硫物质的量,依据硫酸铜质量换算物质的量,结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量;(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量,然后写出化学方程式;(6)结合电子守恒和原子守恒可知,只要知道O2的物质的量,即可计算SO2和SO3的物质的量,据此分析调整装置。【详解】(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气,无水硫酸铜是白色固体,氧化铜为黑色;(2)EF是排水量气装置,难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积,装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气;吸收三氧化硫生成二氧化硫,浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气;通过碱石灰吸收二氧化硫,则最后测定的是氧气的体积;(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气,但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中,氧气会被还原吸收;(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒,计算二氧化硫物质的量,氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02mol,电子转移0.08mol,CuSO4~SO2~2e-;计算得到二氧化硫物质的量为0.04mol,依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06mol,结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06mol-0.04mol=0.02mol;(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;(6)由计算(4)中分析可知,只要知道O2的物质的量,即可计算SO2和SO3的物质的量,则简化方案是去掉BC,仅O2进入E中,即可根据收集的氧气计算。28、+234△S>0BCH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等,CO2还发生反应II,所以平衡转化率大于CH40.391200K以上时以反应I为主,二者转化率趋于相等(或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II)(或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II)反应III放热,给反应体系提供能量,使热负荷降低增大减小【解析】

(l)已知部分化学键的键能,通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算△Hl,从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因,从平衡移动角度来判断反应条件;(2)工业上将C

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