2023学年青海省西宁市大通回族土族自治县高考化学二模试卷含解析_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(每题只有一个选项符合题意)1、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法错误的是()A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构B.元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ22、已知:FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq),平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示,则下列说法正确的是A.A点与B点相比,A点的c(Fe3+)大B.加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点C.反应处于D点时,一定有υ(正)<υ(逆)D.若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2,则K1<K23、下列有关物质用途的说法,错误的是()A.二氧化硫常用于漂白纸浆 B.漂粉精可用于游泳池水消毒C.晶体硅常用于制作光导纤维 D.氧化铁常用于红色油漆和涂料4、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”,有望减少废旧电池产生的污染,其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B.吸附层b的电极反应:H2-2e-+2OH-=2H2OC.全氢电池工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能D.若离子交换膜是阳离子交换膜,则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变5、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成,称取ag该固体粉末样品,用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O),称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A.反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B.向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3,可能使bg固体完全溶解C.若b=a,则红色固体粉末一定为纯净物D.b的取值范围:0<b≤a6、室温下,将1L0.3mol⋅L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通(加)入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是A.HA是一种弱酸B.向a点对应溶液中通入HCl,充分反应后,c(H+)/c(HA)增大C.b点对应溶液中:c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D.c点对应溶液中:c(Na+)=c(A-)7、常温下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molC.随着NaOH的加入,c(H+)/c(NH4+)不断增大D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)8、制备和收集下列气体可采用如图装置的是()A.铜与浓硫酸反应制SO2 B.铜与稀硝酸反应制NOC.乙醇与浓硫酸反应制乙烯 D.氯化钠与浓硫酸反应制HCl9、实验室为监测空气中汞蒸气的含量,通常悬挂有CuI的滤纸,根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量,其反应为:4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu。下列有关说法正确的是()A.上述反应的产物Cu2HgI4中,Hg的化合价为+2B.上述反应中CuI既是氧化剂,又是还原剂C.上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化D.上述反应中生成64gCu时,转移的电子数为2NA10、由环己醇合成环己酮的反应为:。下列说法正确的是()A.该反应属于取代反应B.环己酮的分子式为C6H12OC.环己醇不能和NaOH溶液反应D.环己醇分子中的所有原子可能共平面11、图所示与对应叙述相符的是A.表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(FeS)<Ksp(CuS)B.pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线,则酸性:甲酸<乙酸C.表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.0800mol·L-1D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)=αB(H2)12、下列说法正确的是()A.碘单质或NH4Cl的升华过程中,不需克服化学键B.Na2O2属于离子化合物,该物质中阴、阳离子数之比为1∶1C.CO2和SiO2中,都存在共价键,它们的晶体都属于分子晶体D.金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质,但晶体类别不同,前者属于原子晶体,后者属于分子晶体13、为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:下列说法不正确的是A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气,且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时,发生反应的离子方程式为:NH4++NO2-==N2↑+2H2O14、下列说法不正确的是A.C5H12的三种同分异构体沸点不同,因为其分子间作用力大小不同B.NH3和HCl都极易溶于水,均与它们能跟水分子形成氢键有关C.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成,也有分子间作用力的破坏D.NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同15、某有机物的结构为,下列说法正确的是()A.1mol该有机物最多可以与7molH2发生加成反应B.该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C.0.1mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36LH2D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)16、2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如图所示,下列说法正确的是A.放电时,储罐中发生反应:S2O82-+2Fe2+=2Fe3++2SO42-B.放电时,Li电极发生了还原反应C.放电时,Ti电极发生的电极方程式为:Fe2+-e−=Fe3+D.Li+选择性透过膜可以通过Li+和H2O二、非选择题(本题包括5小题)17、由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物,其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略):请分析后回答下列问题:(1)反应的类型分别是①________,②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________,物质X与A互为同分异构体,则X的结构简式为________,X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外,还可反应生成一种高分子化合物,试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。18、化合物F是一种食品保鲜剂,可按如下途径合成:已知:RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答:(1)A的结构简式是_________,E→F的反应类型是_________。(2)B→C反应的化学方程式为_____________。(3)C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。(4)检验F中碳碳双键的方法是_________________________。(5)连在双键碳上的羟基不稳定,会转化为羰基,则D的同分异构体中,只有一个环的芳香族化合物有______种(除D外)。其中苯环上只有一个取代基,核磁共振氢谱有4个峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。19、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品添加剂,使用时需严格控制用量。实验室以2NO+Na2O2=2NaNO2为原理,利用下列装置制取NaNO2(夹持和加热仪器略)。已知:①酸性KMnO4溶液可将NO及NO2-氧化为NO3-,MnO4-被还原为Mn2+。②HNO2具有不稳定性:2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。回答下列问题:(1)按气流方向连接仪器接口______________(填接口字母)。(2)实验过程中C装置内观察到的现象是___________________________。(3)Na2O2充分反应后,测定NaNO2含量:称取反应后B中固体样品3.45g溶于蒸馏水,冷却后用0.50mol·L-1酸性KMnO4标准液滴定。重复三次,标准液平均用量为20.00mL。①该测定实验需要用到下列仪器中的___________(填序号)。a.锥形瓶b.容量瓶c.胶头滴管d.酸式滴定管e.碱式滴定管f.玻璃棒②假定其他物质不与KMnO4反应,则固体样品中NaNO2的纯度为____%。③实验得到NaNO2的含量明显偏低,分析样品中含有的主要杂质为_____(填化学式)。为提高产品含量,对实验装置的改进是在B装置之前加装盛有_____(填药品名称)的______(填仪器名称)。(4)设计一个实验方案证明酸性条件下NaNO2具有氧化性________________________。(提供的试剂:0.10mol·L-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)20、Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I.制备Na2S2O3•5H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤:①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中,再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉,用3mL乙醇润湿,加入上述溶液中。②安装实验装置,水浴加热,微沸60分钟。③趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O3•5H2O,经过滤,洗涤,干燥,得到产品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。(2)仪器a的名称是___,其作用是___。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是___,检验是否存在该杂质的方法是___。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子方程式表示其原因为___。II.测定产品纯度准确称取Wg产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定,反应原理为:2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化为___。(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为___mL。产品的纯度为___(设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M)。21、镍具有良好的导磁性和可塑性,主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题(1)基态镍原子的价电子排布图为____,同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。(2)四羰基合镍是一种无色挥发性液体,熔点-25℃,沸点43℃。则四羟基合镍中σ键和π键数目之比为___三种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。(3)[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的杂化方式为____,写出与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____,____;[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H键之间的夹角___(填“>”“<”或“=”)NH3分子中H-N-H键之间的夹角。(4)已知NiO的晶体结构(如图1),可描述为:氧原子位于面心和顶点,氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙,镍原子填充在氧原子形成的空隙中,则NiO晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中,其空隙的填充率为____。(5)一定温度下,NiO晶体可分散形成“单分子层”,O2-作单层密置排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如图2),已知O2-的半径为αm,每平方米面积上分数的NiO的质量为___g。(用a、NA表示)

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】

X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4,则Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,故A错误;B、元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等,故B正确;C、元素Y为铝,铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,故C正确;D、硫和碳可形成共价化合物CS2,故D正确;答案选A。2、C【解析】

A.由图象可知,A点c[Fe(SCN)3]较大,则c(Fe3+)应较小,故A错误;B.根据实际参加反应的离子浓度分析,化学平衡为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,加入少量KCl固体,溶液中Fe3+、SCN-浓度不变,平衡不移动,故B错误;C.D在曲线上方,不是平衡状态,c[Fe(SCN)3]比平衡状态大,应向逆反应方向移动,V正<V逆,故C正确;D.随着温度的升高c[Fe(SCN)3]逐渐减小,说明反应放热,升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小,所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2,故D错误;故选C。3、C【解析】

制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si,C项错误。4、C【解析】

电子从吸附层a流出,a极为负极,发生的反应为:H2-2e-+2OH-=2H2O,b极为正极,发生的反应为:2H++2e-=H2↑。【详解】A.由上面的分析可知,NaClO4没有参与反应,只是传导离子,A错误;B.吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑,B错误;C.将正、负电极反应叠加可知,实际发生的是H++OH-=H2O,全氢电池工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能,C正确;D.若离子交换膜是阳离子交换膜,则Na+向右移动,左池消耗OH-且生成H2O,pH减小,D错误。答案选C。【点睛】B.电解质溶液为酸溶液,电极反应不能出现OH-。5、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu,加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量,因此b=a,此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子;2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物,加入过量的稀硫酸与Cu不反应,与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液,铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量,因此b<a,此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子;3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O,依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知,加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液,称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量,因此b<a,此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子;4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3,加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液,反应后无固体剩余,因此b=0,此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子;5、若ag红色固体粉末只有Cu2O,依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知,加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液,称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量,因此b<a,此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子;6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3,加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液,与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液,铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量,因此b<a,此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子;A.根据上述分析,反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种,故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体,反应后若有固体剩余,一定是铜。由于硫酸过量,向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3,形成硝酸,具有氧化性,可与铜反应,只要硝酸足够,可能使反应产生的固体完全溶解,故B正确C.若b=a,即b<a,根据上述分析,红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物;Cu和Cu2O的混合物;只有Cu2O;Cu2O和Fe2O3的混合物,因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物,故C错误;D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析,b的取值范围:0<b≤a,故D正确。答案选C。6、C【解析】

1L0.3mol·L-1HA溶液与0.1molNaOH固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA,假设HA为强酸,此时c(H+)=0.2mol·L-1,pH为1-lg2,但现在pH>3,说明HA为弱酸,然后进行分析即可。【详解】1L0.3mol·L-1HA溶液与0.1molNaOH固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA,假设HA为强酸,此时c(H+)=0.2mol·L-1,pH为1-lg2,但现在pH>3,说明HA为弱酸。A、根据上述分析,HA为弱酸,故A说法正确;B、c(H+)/c(HA)=c(H+)×c(A-)/[c(HA)×c(A-)]=Ka(HA)/c(A-),a点对应溶液中加入HCl,发生NaA+HCl=NaCl+HA,c(A-)减小,因此该比值增大,故B说法正确;C、b点加入盐酸为0.1mol,此时溶质为HA和NaCl,HA的物质的量为0.3mol,NaCl物质的量为0.1mol,HA为弱酸,电离程度弱,因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-),故C说法错误;D、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),c点pH=7,c(H+)=c(OH-),即有c(Na+)=c(A-),故D说法正确。7、C【解析】A.M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液,铵根离子浓度和一水合氨浓度相同,一水合氨是一元弱碱抑制水电离,此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度,A正确;B.在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正确;C.铵根离子水解显酸性,结合水解平衡常数分析,c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),随氢氧化钠固体加入,反应生成一水合氨浓度增大,平衡常数不变,则c(H+)/c(NH4+)减小,C错误;D.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后,当n(NaOH)=0.1mol时,恰好反应生成氯化钠和一水合氨,根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),D正确;答案选C。8、B【解析】

由实验装置图可知,反应在加热条件下进行,生成气体可用排水法收集,说明生成的气体不溶于水。【详解】A.SO2易溶于水,不能用排水法收集,A项错误;

B.NO不溶于水,易与空气中氧气反应,只能用排水法收集,B项正确;

C.乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计,装置不符合要求,C项错误;

D.HCl易溶于水,不能用排水法收集,D项错误;

答案选B。9、A【解析】

A.Cu2HgI4中Cu元素的化合价为+1价,Hg为+2价,I为﹣1价,故A正确;B.Cu元素化合价部分由+1价降低到0价,被还原,CuI为氧化剂,故B错误;C.Cu得到电子被还原,Hg失去电子被氧化,故C错误;D.由方程式可知,上述反应中生成64gCu,即1mol时,转移1mol电子,电子数为1NA,故D错误;答案选A。10、C【解析】

A.有机反应中,失去氢或加上氧,发生氧化反应,所以该反应是醇的氧化反应,A错误;B.环己酮的分子式为C6H10O,B错误;C.环己醇含有的官能团是-OH,醇羟基不具有酸性,不能和NaOH溶液反应,C正确;D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子,具有甲烷的四面体结构,因此不可能所有原子共平面,D错误;故合理选项是C。11、C【解析】

A.当相同c(S2-)时,由图像可知,平衡时c(Cu2+)<c(Fe2+),则c(Fe2+)c(S2-)>c(Cu2+)c(S2-),根据Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2−),Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−),则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),故A错误;B.溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+),溶液中c(H+)大,对应的pH值就小,当稀释弱酸时,随着水的加入,稀释可以促进弱酸的电离,但是总体来讲,溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量,表现为溶液中c(H+)=减小,pH值增大;由于稀释促进弱酸的电离,因而在稀释相同倍数的弱酸时,对于酸性较弱的酸,能够促进其电离,增加了溶液中H+的量,也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些,pH就较酸性较强的弱酸小些,因此总的来讲,酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大,从图像看出,甲酸的酸性是较乙酸强,即酸性甲酸>乙酸,故B错误;C.用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液,由图像可知,当消耗NaOH体积为20.00mL时,溶液为中性,此时酸和碱恰好完全反应,溶液中c(H+)=c(OH-),即n(H+)=n(OH-),则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH),因此c(HCl)===0.0800mol/L,故C正确;D.由图像可知,A与B状态时NH3的百分含量相等,对于有两种反应物参加的可逆反应,增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加;A状态时,值较小,可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小,B状态时,值较大,可认为是增加了N2的量,从而提高了H2的转化率,转化率αA(H2)不一定等于αB(H2),故D错误;答案选C。12、D【解析】

A、NH4Cl的分解生成气体过程中,需克服离子键和共价键,选项A错误;B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na+)数之比为1∶2,选项B错误;C、SiO2中,Si原子、O原子向空间伸展,不存在小分子,属于原子晶体,选项C错误;D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质,但晶体类别不同,前者属于原子晶体,后者属于分子晶体,选项D正确。答案选D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识,正确理解信息是解题关键,试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法,离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体,分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体,原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体,由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。13、B【解析】

工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成固体1为CaCO3、CaSO3,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,则气体2含有CO、N2,捕获剂所捕获的气体主要是CO。A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3,因氢氧化钙过量,则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,故A正确;B.由分析可知,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,故B错误;C.气体2含有CO、N2,经捕获剂得到氮气和CO,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气,故C正确;D.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生氧化还原反应,离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O,故D正确;故选B。14、B【解析】

A.C5H12的三种同分异构体结构不同,分子间作用力大小不同,因而沸点不同,A正确;B.NH3能和水分子形成氢键,HCl不能形成氢键,B错误;C.石墨为层状结构,层内含有共价键,层与层之间是分子间作用力,转化为金刚石既有共价键的断裂和形成,也有分子间作用力的破坏,C正确;D.NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-,破坏离子键和共价键,受热熔化时电离为Na+、HSO4-,破坏离子键,破坏的化学键类型不完全相同,D正确;答案选B。15、A【解析】

该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基,具有酚、烯烃、羧酸性质,能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A.苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应,则1mol该有机物最多可与7molH2发生加成反应,选项A正确;B.该分子不含酯基或卤原子,所以不能发生水解反应,酚羟基和羧基能发生取代反应,苯环及碳碳双键能发生加成反应,碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应,选项B错误;C.虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基,但没有说明标准状况下,产生的气体体积无法计算,选项C错误;D.分子中含有戊基-C5H11,戊基有8种,且其他基团在苯环上的位置还有多种,故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种,选项D错误;答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质,为高频考点,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质,题目难度不大。16、A【解析】

A.储能电池中锂为负极,失去电子生成锂离子,钛电极为正极,溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子,储罐中亚铁离子与S2O82-反应,反应的离子方程式为:S2O82-+2Fe2+=2Fe3++2SO42-,故正确;B.放电时锂失去电子发生氧化反应,故错误;C.放电时,Ti电极发生的电极方程式为:Fe3++e−=Fe2+,故错误;D.Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水,故错误。故选A。【点睛】掌握原电池的工作原理,注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子,S2O82-为还原性离子,能被铁离子氧化。二、非选择题(本题包括5小题)17、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21,1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应,生成A为CH2BrCH2Br,水解生成B为CH2OHCH2OH,氧化产物C为OHC-CHO,进而被氧化为D为HOOC-COOH,B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E,结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知:A为CH2BrCH2Br,B为CH2OHCH2OH,C为OHC-CHO,D为HOOC-COOH,E为。(1)由以上分析可知,反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br;反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应,产生,故反应①类型为加成反应,反应②类型为酯化反应;(2)由以上分析可知,D为HOOC-COOH,其中的官能团名称为羧基;(3)C为OHC-CHO,A为CH2BrCH2Br,物质X与A互为同分异构体,则X结构简式为CH3-CHBr2,该物质名称为1,1-二溴乙烷;(4)B为CH2OHCH2OH,D为HOOC-COOH,二者出能反应产生环状化合物E外,还可以反应产生一种高分子化合物,则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。18、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag,加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图,E脱水生成,利用逆推法,E是;根据RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO,,可逆推出D是;根据B的分子式C8H9Cl,结合D的结构,B是;C是,则A是。【详解】(1)根据上述分析,A的结构简式是;E()分子内脱水生成F(),则反应类型为消去反应,故答案为:;消去反应;(2)在氢氧化钠溶液中水解为,反应的化学方程式为+NaOH+NaCl,故答案为:+NaOH+NaCl;(3)在铜或银作催化剂的条件下加热,能被氧气氧化为,所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag,加热;中含有的官能团有羟基和醛基;故答案为:O2/Cu或Ag,加热;羟基、醛基;(4)双键可以发生加成反应,所以可以用溴的四氯化碳溶液检验,因为F中还含有醛基,容易被氧化,所以不能用高锰酸钾溶液检验;也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键;故答案为:用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键;(5)连在双键碳原子上的羟基不稳定,会转化为羰基,则D的同分异构体中,只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、,共8种;其中苯环上只有一个取代基,核磁共振氢谱有4个峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为,故答案为:8;。19、aedbc(或cb)f固体逐渐溶解,溶液变为蓝色,有无色气泡产生adf50%Na2CO3、NaOH碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥管(或U形管)取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管,滴加几滴淀粉溶液不变色,然后滴加一定量稀硫酸,溶液变蓝,证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管,然后滴加几滴淀粉溶液不变色,滴加NaNO2溶液,溶液变为蓝色,证明酸性条件下NaNO2具有氧化性)【解析】

本题表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2,该反应是陌生反应,但实际主要以基础知识为主,例如NO、Na2O2,NO2-等性质,本题综合性强,难度偏大。【详解】(1)A中浓硝酸与炭反应生成NO2,NO2通入C装置可产生NO,因而按气流方向连接仪器接口aed,注意长进短出,然后NO和B中Na2O2反应,最后D为除杂装置,因而后续连接顺序为bc(或cb)f,该处答案为aedbc(或cb)f;(2)NO2与水反应可得稀硝酸和NO,稀硝酸(包含挥发的硝酸)与Cu反应得到硝酸铜和NO,NO为无色气体,因而C中现象为固体逐渐溶解,溶液变为蓝色,有无色气泡产生;(3)①酸性KMnO4标准液有腐蚀性,因而选用酸式滴定管,锥形瓶盛放待测液,玻璃棒溶解和转移固体,因而选adf;②高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O,n(NO2-)=mol=0.025mol,m(NaNO2)=0.025mol×69g/mol=1.725g,则固体样品中NaNO2的纯度为×100%=50%;③碳和浓硝酸反应得到CO2,同时C中会有水蒸气进入B中,CO2和水分别与Na2O2反应得到Na2CO3、NaOH,样品中含有的主要杂质为Na2CO3、NaOH,同时除去CO2和H2O,可使用碱石灰(或氢氧化钠固体),该药品可装在干燥管内或U形管中;(4)要想证明酸性条件下NaNO2具有氧化性,需要选用合适的还原剂(如KI溶液)与之反应,并且能够观察到明显的反应现象(如淀粉遇碘变蓝),根据提供的试剂可选用0.10mol·L-1NaNO2溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸,注意用稀硫酸酸化,稀硝酸有强氧化性干扰实验。因而实验过程为取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管,滴加几滴淀粉溶液不变色,然后滴加一定量稀硫酸,溶液变蓝,证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管,然后滴加几滴淀粉溶液不变色,滴加NaNO2溶液,溶液变为蓝色,证明酸性条件下NaNO2具有氧化性)。20、使硫粉易于分散到溶液中冷凝管(或球形冷凝管)冷凝回流Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色18.10【解析】

I.(1)硫粉难溶于水、微溶于乙醇,乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中;(2)根据图示装置中仪器构造写出其名称,然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答;(3)由于S2O32‾具有还原性,易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠;根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠;(4)S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质,据此写出反应的离子方程式;II.(5)滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时,溶液中淀粉遇碘单质变蓝;(6)滴定管读数从上往下逐渐增大;根据氧化还原反应转移电子守恒解答。【详解】I.(1)硫粉难溶于水微溶于乙醇,所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中,故答案为:使硫粉易于分散到溶液中;(2)根据题中图示装置图可知,仪器a为冷凝管(或球形冷凝管),该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用,故答案为:冷凝管(或球形冷凝管);冷凝回流;(3)具有还原性,能够被氧气氧化成硫酸根离子,所以可能存在的杂质是硫酸

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