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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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.固体含有离子的数目为B.常温下,的醋酸溶液中H+数目为C.13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为D.与足量在一定条件下化合,转移电子数为2、下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是()A.用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2B.配制FeCl3溶液时,先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的浓度C.向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀3、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1;2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2;H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下,取体积比为4:1的甲烷和H2的混合气体112L(标准状况下),经完全燃烧后恢复到常温,则放出的热量为A.4Q1+0.5Q2 B.4Q1+Q2+10Q3 C.4Q1+2Q2 D.4Q1+0.5Q2+9Q34、下列说法正确的是A.Na2SO4晶体中只含离子键B.HCl、HBr、HI分子间作用力依次增大C.金刚石是原子晶体,加热熔化时需克服共价键与分子间作用力D.NH3和CO2两种分子中,每个原子的最外层都具有8电子稳定结构5、以下性质的比较可能错误的是()A.离子半径H﹣>Li+ B.熔点Al2O3>MgOC.结合质子(H+)的能力CO32﹣>ClO﹣ D.密度1﹣氯戊烷>1﹣氯己烷6、常温下,向20mL、浓度均为0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L-1盐酸,溶液导电性如图所示(已知:溶液导电性与离子浓度相关)。下列说法正确的是A.a点溶液pH=11B.曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C.c点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(N3H·H2O)D.在a、b、c、d、e中,水电离程度最大的点是d7、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示:又知A~E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是()A.物质A一定是单质 B.物质C可能是淡黄色固体C.物质D可能是酸或碱 D.物质E可能属于盐类8、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A.W、M、N均能与溴水发生加成反应 B.W、M、N的一氯代物数目相等C.W、M、N分子中的碳原子均共面 D.W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色9、中国第二化工设计院提出,用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理,其原理示意如图,下列相关判断正确的是A.电极I为阴极,电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动C.每处理1molNO电解池右侧质量减少16gD.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-10、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AgBr11、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.在标准状况下,将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NAB.12g石墨中C-C键的数目为2NAC.常温下,将27g铝片投入足量浓硫酸中,最终生成的SO2分子数为1.5NAD.常温下,1LpH=1的CH3COOH溶液中,溶液中的H+数目为0.1NA12、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.绿色净水消毒剂高铁酸钠有强氧化性,其还原产物水解生成Fe(OH)3胶体B.电子货币的使用和推广符合绿色化学发展理念C.检查酒驾时,三氧化铬(橙红色)被酒精氧化成硫酸铬(绿色)D.自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀,是利用了原电池反应原理13、根据合成氨反应的能量变化示意图,下列有关说法正确的是()A.断裂0.5molN2(g)和1.5molH2(g)中所有的化学键释放akJ热量B.NH3(g)═NH3(l)△H=ckJ•mol﹣1C.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣2(a﹣b)kJ•mol﹣1D.2NH3(l)⇌N2(g)+3H2(g)△H=2(b+c﹣a)kJ•mol﹣114、下列说法正确的是A.古人煮沸海水制取淡水,现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化B.我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维互为同分异构体C.某些筒装水使用的劣质塑料桶常含有乙二醇(),乙二醇不溶于水D.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称,真丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物15、已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液,Na2S溶液的反应情况如下:(1)CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要:Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要:Cu2++CO32-=CuCO3↓(2)CuSO4溶液和Na2S溶液主要:Cu2++S2-=CuS↓次要:Cu2++S2-+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中,正确的是()A.CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B.CuS>Cu(OH)2>CuCO3C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS D.Cu(OH)2>CuCO3>CuS16、已知常温下,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示,下列叙述错误的是A.在pH=4.3的溶液中:3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B.等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后,此溶液中水的电离程度比纯水小C.在pH=3的溶液中存在D.向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液,发生反应:CO32-+H2R=HCO3-+HR-17、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS−、S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是A.A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B.X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S)C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为:X<YD.Y点对应溶液中c(K+)与含硫各微粒浓度的大小关系为:c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]18、NA是阿伏加徳罗常数的值,下列说法正确的是A.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAB.标准状况下,22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC.密闭容器中,lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NAD.在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中,阴离子总数大于0.1NA19、已知:pKa=−lgKa,25℃时,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L−1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A.a点所得溶液中:2c(H2SO3)+c(SO32-)=0.1
mol·L−1B.b点所得溶液中:c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)C.c点所得溶液中:c(Na+)>3c(HSO3-)D.d点所得溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)20、“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中,“焰硝”是A.KClO3 B.Na2SO4 C.KNO3 D.Na2O221、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是()A.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B.华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世,芯片的主要成分是二氧化硅C.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附D.SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫22、用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液逐滴滴入②中,预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A.稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C.氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D.氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一,已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图(部分反应条件己略去):己知下列信息:①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题:(1)固体A是___(写名称);B的化学名称是___。(2)反应①的化学方程式为___。(3)D中官能团的名称为___;反应②的反应类型是___。(4)E的分子式为___;己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2,则F的结构简式是___。(5)X与C互为同分异构体,写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢,其峰面积之比为2:2:1:1②能与NaOH溶液反应,1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应,其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应(6)参照上述合成路线,以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计合成的路线___。24、(12分)从薄荷油中得到一种烃A(C10H16),叫ɑ—非兰烃,与A相关反应如下:已知:(1)H的分子式为________________。(2)B所含官能团的名称为_________________。(3)含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有_________种(不考虑手性异构),其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为_______________________。(4)B→D,D→E的反应类型分别为___________、_______________。(5)G为含六元环的化合物,写出其结构简式:_____________________。(6)F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高级吸水性树脂,该树脂名称为______________。(7)写出E→F的化学方程式:______________________________________________。(8)A的结构简式为_____________,A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有______种(不考虑立体异构)。25、(12分)无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下:每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6(1)实验过程中A中的现象是______.D中无水氯化钙的作用是_______.(2)在测量E中气体体积时,应注意先_______,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“不变”).(3)实验①中B中吸收的气体是_____.实验②中E中收集到的气体是______.(4)推测实验②中CuSO4分解反应方程式为:_______.(5)根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g.(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由________.26、(10分)某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O],设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中,加入适量的稀硫酸,在通风橱中置于50~60°C热水浴中加热.充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水,使其反应完全,制得浅绿色悬浊液。(1)在实验中选择50~60°C热水浴的原因是___________(2)装置B的作用是______________;KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液,下列不符合实验要求的是_________(填字母)。a.保持铁屑过量b.控制溶液呈强碱性c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)检验制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法:将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解,然后滴加_______(填化学式)。(5)产品中杂质Fe3+的定量分析:①配制Fe3+浓度为0.1mg/mL的标准溶液100mL。称取______(精确到0.1)mg高纯度的硫酸铁铵[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O],加入20.00mL经处理的去离子水。振荡溶解后,加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL,加水配成100mL溶液。②将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位:mg·L-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度),并将测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品,按步骤①配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL,稀释至100mL,然后测定稀释后溶液的吸光度,两次测得的吸光度分别为0.590、0.610,则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为_______mg·L-1。(6)称取mg产品,将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解,配成250mL溶液,取出100mL放入锥形瓶中,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液VmL,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_____(用含c、V、m的代数式表示)。27、(12分)将图中所列仪器组装为一套实验室蒸馏工业酒精的装置,并进行蒸馏。(三)(一)(五)(二)(六)(四)(1)图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种仪器的名称是__、__、__。(2)将以上仪器按(一)→(六)顺序,用字母a,b,c…表示连接顺序。e接(_______),(_______)接(_______),(_______)接(_______),(_______)接(_______)。(3)Ⅰ仪器中c口是__,d口是__。(填“进水口”或“出水口”)(4)蒸馏时,温度计水银球应放在__位置。(5)在Ⅱ中注入工业酒精后,加几片碎瓷片的目的是__。(6)给Ⅱ加热,收集到沸点最低的馏分是__。收集到78℃左右的馏分是__。28、(14分)铁元素是最重要的金属元素之一,其不仅是各种钢材的主要成分,很多含铁化合物也具有重要意义。(1)按照电子排布,可把元素周期表中的元素划分成五个区,铁元素属于_________区。(2)Mn2+在水溶液中难被氧化,而Fe2+则易被氧化为Fe3+,请从离子的价电子式角度解释Mn2+与Fe2+还原能力的差别:_________。Mn2+的半径_________Fe3+的半径(填“>”、“<”或“=”)。(3)金属铁晶体中铁原子采用体心立方堆积,该铁晶体的空间利用率为_________(用含π的式子表示)。(4)向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液,溶液中生成红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+。N、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_________;[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的配位数为_________,H2O中氧原子的杂化方式为_________。(5)二茂铁是一种含铁的有机化合物,其化学式为Fe(C5H5)2,可看作是Fe2+离子与两个正五边形的环戊二烯负离子(C5H)配体形成的夹心型分子(如下图a所示)。已知大π键可用符号Π表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π),则C5H的大π键表示为________。二茂铁是黄色针状晶体,熔点173℃(在100℃时开始升华),沸点249℃,在水中难溶,但可溶于很多有机溶剂。下列相互作用中,二茂铁晶体中不存在的是________(填标号)。A离子键B配位键Cσ键D范德华力(6)一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞(如上图b所示),属于四方晶系(晶胞底面为正方形),晶胞中S原子位于内部,Fe原子位于体心和晶胞表面,Cu原子位于晶胞表面。此矿物的化学式为_________。若晶胞的底面边长为Apm,高为Cpm,阿伏伽德罗常数为NA,则该晶体的密度为__________g/cm3(写出表达式)。29、(10分)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______。
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、A【解析】
A项、78gNa2O2固体物质的量为1mol,1molNa2O2固体中含离子总数为3NA,故A正确;B项、未说明溶液的体积,无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数,故B错误;C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确,故碳单质的摩尔质量不能确定,则13g碳的物质的量无法计算,其含有的质子数不一定是6NA个,故C错误;D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应,不能进行彻底,故转移电子的个数小于0.2NA个,故D错误。故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。2、D【解析】
A.反应开始时生成的氢气进入B中,可排出氧气,防止生成的氢氧化亚铁被氧化,一段时间后关闭止水夹C,A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2,故A正确;B.FeCl3易水解,配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀,可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的浓度,故B正确;C.Fe3+与铁反应可生成Fe2+,则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化,故C正确;D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红色,无沉淀,故D错误;故选:D。3、D【解析】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1;2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2;H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3;根据盖斯定律①+2③得
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3;
根据盖斯定律②+2③得
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3,标准状况下,112L体积比为4:
1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=
=
5mol
,故甲烷的物质的量为5mol=4mol,完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q1+2Q3)
=4
(Q1+2Q3),氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol,完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)
=0.5
(Q2+2Q3)
,故甲烷、氢气完全燃烧,放出的热量为:4
(Q1+2Q3)
+0.5
(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3,故选D。
答案:
D。【点睛】先根据混合气体的物质的量
结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量,再根据盖斯定律,利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。4、B【解析】A、Na2SO4晶体中既有Na+和SO42-之间的离子键,又有S和O原子间的共价键,故A错误;B、由于HCl、HBr、HI分子组成相同,结构相似,所以相对分子质量越大其分子间作用力超强,所以B正确;C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键,故加热融化时只克服原子间的共价键,故C错误;D、NH3中H原子只能是2电子结构,故D错误。本题正确答案为B。5、B【解析】
A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,则离子半径为H﹣>Li+,故A正确;B.离子晶体中,离子的电荷越高,半径越小,晶格能越大,熔点越高,但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比,则熔点为Al2O3<MgO,故B错误;C.酸性是:HCO3﹣<HClO,所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣>ClO﹣,故C正确;D.两者结构相似,1﹣氯戊烷的碳链短,其密度大,则密度为1﹣氯戊烷>1﹣氯己烷,故D正确;答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关,越弱越容易结合质子。6、C【解析】
氢氧化钠为强电解质,一水合氨为弱电解质,所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强,故曲线2为氢氧化钠溶液,曲线1氨水。【详解】A.曲线2为氢氧化钠溶液,氢氧化钠是一元强碱,c(OH-)=0.1mol/L,则c(H+)=1×10-13mol/L,所以pH=-lgc(H+)=13,故A错误;B.在氨水中滴加盐酸,溶液由碱性变中性,再变成酸性,滴定前氨水呈碱性,而c点对应的溶液溶质为氯化铵,呈酸性,说明中性点在c点向b点间的某点,c点到e点溶液的酸性越来越强,故B错误;C.c点表示溶质是氯化铵,溶液中存在质子守恒式:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),故C正确;D.由图像知,曲线1导电性较弱,说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液,即曲线1代表氨水,曲线2代表氢氧化钠溶液,c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵,水解程度最大,故此点对应的溶液中水的电离程度最大,故D错误;故选C。【点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键,然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况,根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。7、A【解析】
若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐,据此分析解答。【详解】若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A.由上述分析可知,A可能为单质Na、S等,也可能为化合物NH3、H2S等,故A错误;B.若A为Na时,C可为过氧化钠,过氧化钠为淡黄色固体,故B正确;C.由上述分析可知,D可能为酸,也可能为碱,故C正确;D.由上述分析可知,E可能属于盐类,故D正确;故选A。8、D【解析】
A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应,M、N均能与溴水发生加成反应,故A错误;B.W的一氯代物数目为4种,M的一氯代物数目3种,N的一氯代物数目4种,故B错误;C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知,W、N分子中的碳原子均共面,M中的碳原子不能共面,故C错误,D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子,M和N均含碳碳双键,故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化,故D正确;答案:D。9、D【解析】
A.HSO3-在电极I上转化为S2O42-,过程中S的化合价降低,得到电子发生还原反应,则电极I为阴极,电极反应为:2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O,故A错误;
B.电极I为阴极,则电极Ⅱ为阳极,电解池中阳离子向阴极移动,所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动,故B错误;
C.电极Ⅱ为阳极,H2O在电极Ⅱ上被转化为O2,发生电极反应:2H2O-4e-═O2↑+4H+,NO转化为N2,每处理1molNO,则转移电子数为1mol×2=2mol,根据电子转移守恒,则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol,同时有2molH+从右侧迁移到左侧,所以电解池右侧质量减少为0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g,故C错误;
D.吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应,生成N2和HSO3-,所以反应方程式为:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-,故D正确,
故选:D。10、C【解析】
据可逆反应的特征和平衡移动原理分析解答。【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。11、D【解析】
A.在标准状况下,将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应,氯气未能完全参与反应,转移的电子数小于0.2NA,故A错误;B.一个C连3个共价键,一个共价键被两个C平分,相当于每个C连接1.5个共价键,所以12gC即1molC中共价键数为1.5NA,故B错误;C.常温下,铝片与浓硫酸钝化,反应不能继续发生,故C错误;D.常温下,1LpH=1即c(H+)=0.1mol/L的CH3COOH溶液中,溶液中的n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol,数目为0.1NA,故D正确。答案选D。12、C【解析】
A、高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价,处于较高价态,因此具有强氧化性,具有杀菌消毒作用,而高铁酸根离子水解产生的Fe(OH)3胶体又具有吸附水中杂质的作用,选项A正确;B、电子货币的使用和推广,减少纸张的使用,符合绿色化学发展理念,选项B正确;C、检查酒驾时,三氧化铬(橙红色)被酒精还原成硫酸铬(绿色),选项C错误;D、自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀,是利用了原电池反应原理,锌为负极,保持辐条,选项D正确。答案选C。13、D【解析】
由图可知,断裂化学键吸收akJ热量,形成1mol气态氨气时放热为bkJ,1mol气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A.断裂0.5molN2(g)和1.5molH2(g)中所有的化学键,吸收akJ热量,故A错误;B.NH3(g)═NH3(l)△H=﹣ckJ•mol﹣1,故B错误;C.由图可知,N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=2(a﹣b)kJ•mol﹣1,故C错误;D.由图可知,N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H=2(a﹣b﹣c)kJ•mol﹣1,互为逆反应时,焓变的数值相同、符号相反,则2NH3(l)⇌N2(g)+3H2(g)△H=2(b+c﹣a)kJ•mol﹣1,故D正确;故选:D。14、D【解析】
A.明矾不能淡化海水,不能实现海水淡化,故A错误;B.碳纤维是一种新型无机非金属材料,炭黑的主要成分为碳,炭黑与碳纤维不互为同分异构体,故B错误;C.乙二醇()分子中含有两个羟基,羟基属于亲水基,故乙二醇易溶于水,故C错误;D.丝绸的主要原料为蚕丝,蚕丝成分为蛋白质,蛋白质是天然高分子化合物,故D正确。故选D。15、A【解析】
由(1)可知,Cu(OH)2比CuCO3易生成,说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小;由(2)可知,CuS比Cu(OH)2易生成,说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出,溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故选A。16、C【解析】
A.在pH=4.3的溶液中,c(R2-)=c(HR-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),则3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),A选项正确;B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后,生成等浓度的H2R、HR-,溶液的pH=1.3,溶液显酸性,对水的电离起到抑制作用,所以溶液中水的电离程度比纯水小,B选项正确;C.当溶液pH=1.3时,c(H2R)=c(HR-),则,溶液的pH=4.3时,c(R2-)=c(HR-),,则,C选项错误;D.结合题干条件,由C选项可知,H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2,即酸性HR-大于H2CO3,所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液,发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-,D选项正确;答案选C。17、C【解析】
滴加盐酸时,盐酸先和KOH反应,然后再和K2S反应,首先发生S2-+H+=HS-,该过程中S2-含量减少,HS-含量上升,然后发生HS-+H+=H2S,此时HS-含量下降,H2S上升,所以A代表S2-,B代表HS-,C代表H2S。【详解】A.根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况,故A正确;B.Y点表示c(H2S)=c(HS−),Ka1(H2S)=,当c(H2S)=c(HS−)时,Ka1(H2S)=c(H+),所以若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S),故B正确;C.X点c(HS-)=c(S2-),Y点c(H2S)=c(HS-),S2-和HS-的水解促进水的电离,H2S为酸抑制水电离,则X点水的电离程度较大,故C错误;D.原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液,根据物料守恒可知c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)],故D正确;故答案为C。18、D【解析】
A.12g石墨烯里有1mol碳原子,在石墨中,每个六元环里有6个碳原子,但每个碳原子被3个环所共有,所以每个环平均分得2个碳原子,所以1个碳原子对应0.5个环,所以12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA,故A不选;B.标准状况下,HF是液体,故B不选;C.NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的,是离子化合物,故C不选;D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中,如果硫离子不水解,则硫离子为0.1mol,但硫离子会发生水解:S2-+H2OHS-+OH-,所以阴离子数目增加,最终阴离子总数大于0.1NA,故D选。故选D。19、C【解析】
A、H2SO3为弱酸,a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3,a点溶液体积大于20mL,根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)˂0.1mol·L−1,a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml,所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3,根据H2SO3的Ka1=c(HSO3-)×c(H+)/c(H2SO3),根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3-)×10-1.85/c(H2SO3),所以c(HSO3-)=c(H2SO3),带入物料守恒式子中有:2c(H2SO3)+c(SO32-)˂0.1mol·L−1,A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL,与H2SO3恰好生成NaHSO3,根据物料守恒有:c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),根据电荷守恒有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(Na+)+c(H+),所以有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(H+),故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-),B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml,所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3,根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数,由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19,又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-),c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3-),又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-),所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3-)-c(H+),又因为c点呈碱性,c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>3c(HSO3-),C正确;D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液,SO32-水解得到HSO3-,但是水解程度小,故有c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-),D正确。正确答案为A【点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较,较难。B、D选项容易判断,主要是A、C两个选项的判断较难,首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度,得到有关的某两种离子浓度相等的等式,然后利用不等式的知识解答。20、C【解析】
我国古代四大发明中的火药,为“一硝二硫三木炭”,“焰硝”指的为硝酸钾,答案为C。21、D【解析】
A.CaO没有强还原性,故不能防止食品的氧化变质,只能起到防潮的作用,A项错误;B.硅是半导体,芯片的主要成分是硅单质,B项错误;C.Fe具有还原性,能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原,所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性,与吸附性无关,C项错误;D.SO2能与有色物质化合生成无色物质,可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等,D项正确;答案选D。22、C【解析】
A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠,生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳,所以不会立即产生气体,故A错误;B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象为钝化现象,所以不会产生大量红棕色气体,故B错误;C.过氧化钠和水反应生成氧气,氧气能氧化氢氧化亚铁,所以产生气体和红褐色沉淀,故C正确;D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠,溶液为澄清,故D错误;故选:C。二、非选择题(共84分)23、焦炭对二甲苯(或1,4-二甲苯)+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】
采用逆推法,D中应该含有2个酯基,即,反应①的条件是乙醇,因此不难猜出这是一个酯化反应,C为对二苯甲酸,结合B的分子式以及其不饱和度,B只能是对二甲苯,从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液,固体A是煤干馏得到的,因此为焦炭,再来看下线,F脱水的产物其实是两个酸酐,因此F中必然有四个羧基,则E就是1,2,4,5-四甲苯,据此来分析本题即可。【详解】(1)固体A是焦炭,B的化学名称为对二甲苯(或1,4-二甲苯)(2)反应①即酯化反应,方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)D中官能团的名称为酯基,注意苯环不是官能团;(4)E是1,2,4,5-四甲苯,其分子式为,根据分析,F的结构简式为;(5)根据给出的条件,X应该含有两个酯基,并且是由酚羟基形成的酯,再结合其有4种等效氢,因此符合条件的X的结构简式为;(6)甲苯只有一个侧链,而产物有两个侧链,因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链,再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基,再进行酯化反应即可,因此合成路线为CH3OHCH3Cl。24、C10H20羰基、羧基4加成反应(或还原反应)取代反应聚丙烯酸钠3【解析】
烃A(C10H16)能与氢气加成得到H,结构简式为,B为,D为CH3CH(OH)COOH,G为,结合有机物的性质解答。【详解】(1)根据H的结构简式可得分子式为C10H20,故答案为C10H20;(2)B的结构简式为,所以B所含官能团的名称为羰基、羧基,故答案为羰基、羧基;(3)含两个—COOCH3基团的C的同分异构、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4种;核磁共振氢谱呈现2个吸收峰,既H原子的位置有2种,结构简式为:,故答案为4;;(4)B→D为羰基与H2发生的加成反应,D→E为D中的ɑ-H原子被Br取代,反应类型为取代反应。故答案为加成反应;取代反应;(5)D分子内羧基和羟基发生酯化反应生成G,则G的结构简式为:,故答案为;(6)E为丙烯酸,与NaOH醇溶液反应生成丙烯酸钠,加聚反应可得F,名称为:聚丙酸钠。故答案为聚丙烯酸钠;(7)E在NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应,所以E→F的化学方程式为:,故答案为;(8)根据B、C的结构简式和A的分子式C10H16可推出A的结构简式为:;A中两个碳碳双键与等物质的量的Br2可分别进行加成反应,也可以发生1,4加成,所以产物共有3种。故答案为;3。25、白色固体变黑吸收水蒸气,防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2【解析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小,故答案为:冷却至室温偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气,故答案为:SO3;O2;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2,故T4温度更高,故答案为:T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。26、使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低防止液体倒吸进入锥形瓶吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气bcKSCN86.185【解析】
A中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气,还有少量的硫化氢气体,滴加氨水,可生成硫酸亚铁铵,B导管短进短出为安全瓶,避免倒吸,C用于吸收硫化氢等气体,避免污染环境,气囊可以吸收氢气。【详解】(1)水浴加热的目的是控制温度,加快反应的速率,同时防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低,故答案为:使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低;(2)B装置短进短出为安全瓶,可以防止液体倒吸进入锥形瓶;由于铁屑中含有S元素,因此会产生H2S,同时氨水易挥发,因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体,防止污染空气,吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气,故答案为:防止液体倒吸进入锥形瓶;吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气;(3)由于Fe2+易被氧化,所以为防止其被氧化,铁屑应过量,同时为抑制Fe2+的水解,所以溶液要保持强酸性,浓硫酸常温下会钝化铁,故答案为:bc;(4)检验铁离子常用KSCN溶液,故答案为:KSCN;(5)①在Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL中,m(Fe3+)=0.1mg/mL×100mL=10.0mg,依据关系式Fe3+~(NH4)Fe(SO4)2•12H2O得:m[(NH4)Fe(SO4)2•12H2O]=10.0mg×=86.1mg,故答案为:86.1;②两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610,取其平均值为0.600,从吸光度可以得出浓度为8.5mg/L,又因配得产品溶液10mL,稀释至100mL,故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为:8.5mg/L×=85mg/L,故答案为:85;(6)滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+,化合价升高1价,KMnO4被还原生成Mn2+,所以有数量关系5Fe2+~KMnO4,所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cmol·L-1×5×=12.5Vc10-3mol,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%=;故答案为:。27、冷凝管蒸馏烧瓶锥形瓶ihabfgw进水口出水口h(或蒸馏烧瓶支管口处)防止暴沸甲醇乙醇【解析】
(1)根据常见仪器的结构分析判断;(2)按组装仪器顺序从左到右,从下到上,结合蒸馏装置中用到的仪器排序;(3)冷凝水应该下进上出;(4)温度计测量的是蒸汽的温度;(5)加碎瓷片可以防止暴沸;(6)工业酒精中含有少量甲醇,据此分析判断。【详解】(1)根据图示,图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三
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