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文档简介
黑龙江省五校联考2024届高三下学期第二次模拟考试(化学试题理)试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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、[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A.空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B.侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C.合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D.工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济2、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得:(甲)+(乙)(丙)下列说法正确的是A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应B.甲分子中所有原子共平面C.乙的化学式是C4H718OOD.丙在碱性条件下水解生成和CH318OH3、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体,某同学设计下列装置制备硫酸锰:下列说法错误的是A.装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑B.装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C.装置III用于吸收未反应的SO2D.用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程4、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力,其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是()A.对钢材“发蓝”(钝化) B.选用铬铁合金C.外接电源负极 D.连接锌块5、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料,在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2):2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2。下列说法不正确的是A.CHCl3分子和COCl2分子中,中心C原子均采用sp3杂化B.CHCl3属于极性分子C.上述反应涉及的元素中,元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D.可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质6、已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S,LiPF6·SO(CH3)2为电解质,用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法错误的是A.电极Y应为LiB.X极反应式为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2SC.电解过程中,b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小D.若将图中阳离子膜去掉,将a、b两室合并,则电解反应总方程式发生改变7、练江整治已刻不容缓,其中以印染工业造成的污染最为严重。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),设计了如下工业流程:下列说法错误的是A.气体I中主要含有的气体有N2、NO、COB.X在反应中作氧化剂,可通入过量的空气C.处理含NH4+废水时,发生离子方程式是:NH4++NO2-=N2↑+2H2OD.捕获剂所捕获的气体主要是CO8、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.澄清石灰水与过量苏打溶液混合:Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB.少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中:C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气:2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水:7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O9、某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A.该盐酸的物质的量浓度为8.5mol/LB.生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52LC.该磁黄铁矿FexS中,x=0.85D.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+的物质的量为0.15mol10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下,甲的浓溶液具有脱水性,和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.丁和戊中所含元素种类相同B.简单离子半径大小:X<YC.气态氢化物的还原性:X>ZD.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存11、下列说法中正确的是()A.60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B.液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C.苯酚溅到皮肤上,立即用水冲洗,然后涂上稀硼酸溶液D.油脂不能使溴水褪色12、以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A.z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同B.a约为3.5C.z点处,D.x点处的溶液中离子满足:13、对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A.不是同分异构体B.分子中共平面的碳原子数相同C.均能与溴水反应D.可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分14、用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应,若通入适当比例的Cl2和NO2,即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A.实验室中用二氧化锰与3mol·L-1的盐酸共热制备氯气B.装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸,作用是干燥氯气C.装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D.若制备的NO2中含有NO,应将混合气体通入水中以除去NO15、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末,某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。下列说法正确的是A.若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO,可检验生成的COB.实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2C.若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气D.实验结束后,①中淡黄色粉末完全变成黑色,则产物一定为铁16、下列仪器的用法正确的是()A.①可以长期盛放溶液B.用②进行分液操作C.用酒精灯直接对③进行加热D.用④进行冷凝回流17、液态氨中可电离出极少量的NH2-和NH4+。下列说法正确的是A.NH3属于离子化合物 B.常温下,液氨的电离平衡常数为10-14C.液态氨与氨水的组成相同 D.液氨中的微粒含相同的电子数18、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式“电池(Rockingchairbattery),1980年开发出LiCoO2材料,下图是该电池工作原理图,在充放电过程中,Li+在两极之间“摇来摇去”,该电池充电时的总反应为:LiCoO2+6C(石墨)=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A.充电时,Cu电极为阳极B.充电时,Li+将嵌入石墨电极C.放电时,Al电极发生氧化反应D.放电时,负极反应LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+19、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有()A.3种 B.4种 C.5种 D.6种20、常温下,将溶液分别滴加到浓度均为的溶液中,所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示(用表示,不考虑的水解)。下列叙述正确的是()。A.的数量级为B.点对应的溶液为不饱和溶液C.所用溶液的浓度为D.平衡常数为,反应趋于完全21、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气,充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A.两种无毒的气体均为还原产物B.反应后溶液的pH会升高C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D.每转移2NA个电子时,一定会生成13.44L的气体22、下列表示正确的是()A.丙烯的结构简式:CH3CH=CH2B.CO2的电子式:C.金刚石的比例模型:D.硫离子的结构示意图:二、非选择题(共84分)23、(14分)有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素,原子序数依次增大,其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题:①.己元素与丙元素同主族,比丙原子多2个电子层,则己的原子序数为________;推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②.甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性,其电子式为_______________。③.上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④.接通如图电路片刻后,向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀,此反应的离子方程式为_____________________。⑤.当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下,假设气体完全逸出,取出交换膜后溶液充分混匀,忽略溶液体积变化),此时共转移电子数目约为___________;反应②的离子方程式为_________⑥.若上图中各步反应均为恰好完全转化,则混合物X中含有的物质(除水外)有___________24、(12分)有机物聚合物M:是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下:回答下列问题:(1)C4H8的结构简式为_________________,试剂II是________________。(2)检验B反应生成了C的方法是___________________________________________。(3)D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物,反应的化学方程式为___________;(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是_______________________________。25、(12分)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备,化学方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH<0。回答下列问题:(1)利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。(2)简述检查装置乙气密性的操作__。(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,仪器接口的连接顺序为:B→__→__→EF←__←A。(4)反应时为了增加氨基甲酸铵的产量,三颈瓶的加热方式为__(填“热水浴”或“冷水浴”);丁中气球的作用是__。(5)从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__(填写操作名称)。(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥、称量,质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__(已知:Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字)。26、(10分)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料,可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等,还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去):已知PCl3和三氯氧磷的性质如表:熔点/℃沸点/℃其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶,均为无色液体,遇水均剧烈水解,发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0(1)装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替?做出判断并分析原因:_______(2)装置B的作用是______________(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压(3)仪器丙的名称是___________,实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。(4)写出装置C中发生反应的化学方程式_______,该装置中用温度计控制温度为60~65℃,原因是________。(5)称取16.73gPOCl3样品,配制成100mL溶液;取10.00mL溶液于锥形瓶中,加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL,并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液;用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定,达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL(已知:Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________,样品中POCl3的纯度为_____________。27、(12分)实验室用如图装置(略去夹持仪器)制取硫代硫酸钠晶体。已知:①Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下:Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题:(1)装置B的作用是___。(2)该实验能否用NaOH代替Na2CO1?___(填“能”或“否”)。(1)配制混合液时,先溶解Na2CO1,后加入Na2S·9H2O,原因是___。(4)装置C中加热温度不宜高于40℃,其理由是___。(5)反应后的混合液经过滤、浓缩,再加入乙醇,冷却析出晶体。乙醇的作用是___。(6)实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠,最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___(列出计算表达式)。[Mr(Na2S·9H2O)=240,Mr(Na2S2O1·5H2O)=248](7)下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___(填标号)。A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻C.先往装置A中滴加硫酸,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管28、(14分)深井岩盐的主要配料为:精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解:3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C请回答下列问题:(1)①Fe2+基态核外电子排布式为_____。②的空间构型为______(用文字描述)。③(CN)2分子中碳原子杂化轨道类型为_______,一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_______。④1molFe(CN)63−中含有σ键的数目为____mol。(2)配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,则x=___。Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于____(填晶体类型)。(3)如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体,则该立方体是不是Fe3O4的晶胞______(填“是”或“否”),立方体中三价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。(4)Fe能形成多种氧化物,其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷,晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷,在晶体中Fe和O的个数比发生了变化,变为FexO(x<1),若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3,晶胞边长为4.28×10﹣10m,则FexO中x=____。(用代数式表示,不要求算出具体结果)。29、(10分)可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H的合成路线如图所示:已知:i.ii.(1)A中含氧官能团的名称是___________;B→C的反应类型是______________。(2)G的结构简式是___________________。(3)E→F的化学方程式是______________________。(4)芳香化合物Y是X的同分异构体,1molY可与2molNaOH反应,Y共有__________种(不含立体结构),其中核磁共振氢谱为4组峰,峰面积比为1:6:2:1的结构简式是______________________。(5)设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路线(无机试剂任选)。__________
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、C【解析】
A.空气吹出法中氯气置换出来的溴,Br2被水蒸气吹出与SO2反应,SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,S的化合价从+4升高到+6,作还原剂,A项正确;B.在侯氏制碱法中,NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小,使之析出,B项正确;C.合成氨的反应为N2+3H22NH3,该反应是放热反应,采用高温并不利于反应正向移动,不能提高氢气平衡转化率,采用高温是为了提高化学反应速率,使用催化剂只能加快反应速率,不能提高氢气平衡转化率,C项错误;D.乙烯与氧气反应生成环氧乙烷,2CH2=CH2+O22,原子利用率100%,符合绿色化学和原子经济性,D项正确;本题答案选C。2、A【解析】
A.通过分析反应前后物质的结构可知,反应过程中甲分子发生了1,4加成,形成了一个新的碳碳双键,乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环;A项正确;B.由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子,所以甲分子内的所有原子不可能共平面;B项错误;C.由乙的结构可知,乙的分子式为:;C项错误;D.酯在碱性条件下水解,产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐,所以丙在碱性条件下水解的产物为和,D项错误;答案选A。3、A【解析】
由实验装置可知,X可能为亚硫酸钠,与浓硫酸反应生成二氧化硫,而Cu与浓硫酸常温下不反应,II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率,二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4,蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体,Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气,以此来解答。【详解】A.Cu与浓硫酸常温下不反应,X不可能为Cu,A项错误;
B.装置Ⅱ中用“多孔球泡”,增大接触面积,可增大SO2的吸收速率,B项正确;
C.Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气,C项正确;
D.用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O,蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到,D项正确;
答案选A。4、D【解析】
牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀,而正极金属被保护的原理,为防止钢铁被腐蚀,应连接活泼性较强的金属,以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀,而正极金属被保护的原理,是原电池原理的应用,利用被保护的金属做正极被保护选择,为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀,应选择比铁活泼的金属做负极,在电池内电路为阳极,称为牺牲阳极的阴极保护法,题目中选择锌做阳极,故选D。5、A【解析】
CHCl3分子和甲烷一样,中心C原子采用sp3杂化,COCl2分子中,中心C与O形成双键,再与两个Cl形成共价单键,因此C原子采用sp2杂化,A错误;CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同,因此CHCl3的空间构型为四面体,但不是正四面体,属于极性分子,B正确;所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子,两者可以组成CO2,C正确;由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在,不是Cl-,因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质,D正确。6、C【解析】
本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过总反应可知,Li发生氧化反应,作负极,FeS发生还原反应,作正极;因c中由Ni2+生成单质Ni,即发生还原反应,故Y极为负极,X为正极。【详解】A.由上述分析可知,Y为原电池负极,故Y为Li,选项A正确;B.X极为正极,FeS发生还原反应,故电极反应式为:FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S,选项B正确;C.电解过程中,a为阳极区,发生氧化反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑,a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C中发生还原反应:Ni2++2e-=Ni,溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。故电解过程中,b中NaCl的物质的量浓度将不断增大,选项C错误;D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为:2C1--2e-=Cl2↑,故电解反应总方程式发生改变,选项D正确;答案选C。【点睛】本题考查原电池、电解池原理,本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”,由此判断X、Y电极正负,进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。7、B【解析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固体I为CaCO3、CaSO3,气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO,气体I通入气体X,用NaOH溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到NaNO3,NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成N2,则气体II含有CO、N2,捕获剂所捕获的气体主要是CO,以此解答该题。【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固体I为CaCO3、CaSO3,气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO,气体I通入气体X,用NaOH溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到NaNO3,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II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可被石灰乳吸收,生成CaCO3、CaSO3,因Ca(OH)2过量,则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO,A正确;B.由分析可知,气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体I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NaNO3,B错误;C.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成N2,发生氧化还原反应,离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O,C正确;D.气体II含有CO、N2,经捕获剂所捕获的气体主要是CO,D正确;故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用,侧重学生的分析、实验能力的考查,注意把握物质的性质,为解答该题的关键,题目涉及废水的处理,有利于培养学生良好的科学素养,提高环保意识。8、C【解析】
A.苏打为碳酸钠,则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为:Ca2++CO32-=CaCO3↓,故A错误;B.次氯酸根离子具有强氧化性,能将SO2氧化成SO42-,CaSO4微溶于水,则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中,反应的离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-,故B错误;C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气,反应生成硫酸铜和水,离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O,故C正确;D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水,离子方程式为5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O,故D错误,答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断,明确反应实质是解题关键,注意反应物用量对反应的影响,题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠,为易错点。9、D【解析】
n(S)==0.075mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.15mol,则n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比==11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol,根据氯原子守恒得:c(HCl)==8.5mol/L,故A正确;B.根据氢原子、氯原子守恒得:n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol,则V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L,故B正确;C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol,n(Fe)=0.425mol,所以n(Fe):n(S)=0.425mol:0.5mol=0.85,所以x=0.85,故C正确;D.
根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol,故D错误。故选D。10、A【解析】
甲的浓溶液具有脱水性,则甲为硫酸;常温下,和A发生钝化,则A为铝(Al);丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色刺激性气味气体,结合转化关系图,可得出丙为SO2,丁为H2O,乙为Al2(SO4)3;SO2与戊反应生成H2SO4,则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【详解】A.丁和戊分别为H2O、H2O2,所含元素种类相同,A正确;B.简单离子半径:O2->Al3+,B不正确;C.气态氢化物的还原性:H2O<H2S,C不正确;D.Al3+与S2-在水溶液中发生双水解反应,不能大量共存,D不正确;故选A。11、B【解析】
A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果,故A错误;B.液溴见光、受热易挥发,可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中,故B正确;C.苯酚溶液的腐蚀性很强,如果不马上清洗掉,皮肤很快就会起泡,应马上用有机溶剂清洗,常用的有机溶剂就是酒精(苯酚在水中的溶解度很小),故C错误;D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中,油是不饱和高级脂肪酸甘油酯,脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯,所以油脂中的油含有不饱和键,可以使溴水褪色,而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。12、D【解析】
A.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,水的电离程度最大,z点之前溶液存在HA抑制水的电离,z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离,所以z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同,故A正确;B.HA的电离平衡常数,设HA的量为1,y点的滴定分数为0.91,pH=7,溶液中电荷守恒得到c(Na+)=c(A-)=0.91,则,c(HA)=1-0.91=0.09,平衡常数K=,设0.1mol/L的HA溶液中c(H+)=amol/L,则K=,解得a约为10-3.5mol/L,pH约为3.5,故B正确;C.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,根据电荷守恒可知,此时溶液呈碱性,即氢氧根浓度大于氢离子浓度,所以,故C正确;D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA,且二者物质的量相等,存在电荷守恒:,物料守恒:;二式消掉钠离子可得:,此时溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),所以,故D错误;故答案为D。【点睛】本题难度较大,要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。13、C【解析】
A、二者分子式相同而结构不同,所以二者是同分异构体,错误;B、第一种物质含有苯环,8个C原子共面,第二种物质含有碳碳双键,7个C原子共面,错误;C、第一种物质含有酚羟基,可与溴水发生取代反应,第二种物质含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应,正确;D、两种有机物H原子位置不同,可用核磁共振氢谱区分,错误;答案选C。14、C【解析】
A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气,而3mol·L-1的盐酸是稀盐酸,因此不能发生反应制取氯气,A错误;B.该实验不需要保证氯气是干燥的,所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液,作用是除去氯气中的杂质HCl气体,B错误;C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解,气体通过装置Ⅲ,可根据导气管口气泡的多少,观察气体流速,因此其作用是便于控制通入NO2的量,C正确;D.若制备的NO2中含有NO,将混合气体通入水中,会发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,最后导致气体完全变质,D错误;故合理选项是C。15、A【解析】
A、利用②、③除去CO2,④中的无水氯化钙将气体干燥后,如果⑤中CuO固体转变成红色,则反应一定生成CO,A正确;B、实验开始后,装置中的空气对分解及检验都有干扰,所以必须先通入N2除去装置中的空气,B错误;C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气,因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气,C错误;D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO,如果没有完全变为黑色,也有可能是由于晶体没有完全分解,D错误;答案选A。【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。16、D【解析】
A.①为容量瓶,配制溶液时使用,不可以长期盛放溶液,故A错误;B.②为漏斗,过滤时使用,分液操作应该用分液漏斗,故B错误;C.③为圆底烧瓶,在加热时需要使用石棉网,故C错误;D.④为冷凝管,作用是冷凝回流,故D正确。故选D。【点睛】此题易错点在于C项,圆底烧瓶底部面积较大,直接加热受热不均匀,需用石棉网,不能直接加热。17、D【解析】
A.NH3属于共价化合物,选项A错误;B.不能确定离子的浓度,则常温下,液氨的电离平衡常数不一定为10-14,选项B错误;C.液态氨是纯净物,氨水是氨气的水溶液,二者的组成不相同,选项C错误;D.液氨中的微粒NH2-和NH4+含相同的电子数,均是10电子微粒,选项D正确;答案选D。18、B【解析】
根据充电时的总反应,钴化合价升高被氧化,因此钴为阳极,石墨为阴极,则在放电时钴为正极,石墨为负极,据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析,铜电极以及上面的石墨为阴极,A项错误;B.充电时整个装置相当于电解池,电解池中阳离子移向阴极,B项正确;C.放电时整个装置相当于原电池,原电池在工作时负极被氧化,C项错误;D.根据分析,含钴化合物位于电源的正极,D项错误;答案选B。【点睛】不管是不是锂电池,都遵循原电池的工作原理,即阳离子移向正极,阴离子移向负极,锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了,换汤不换药。19、B【解析】
分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯,能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,说明该有机物含有-COOH,为饱和一元羧酸,烷基为-C4H9,丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体,说明该有机物中含有-COOH,为饱和一元羧酸,则烷基为-C4H9,-C4H9异构体有:-CH2CH2CH2CH3,-CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)CH3,-C(CH3)3,故符合条件的有机物的异构体数目为4,故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写,侧重于分析能力的考查,注意官能团的性质与确定,熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。20、D【解析】
A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时,-lgc(Ag+)=5,则Ksp(Ag2SeO3)=c2(Ag+)×c(SeO32-)=10-15,数量级为10-15,故A错误;B.由图象可知d点对应的c(Ag+)偏大,应生成沉淀,B错误;C.由图象可知起始时,-lgc(Ag+)=2,则所用AgNO3溶液的浓度为10-2mol/L,C错误;D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)=2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K==109.6>105,反应趋于完全,D正确;故合理选项是D。21、C【解析】
向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气,充分反应后生成两种无毒的气体,气体是氮气和二氧化碳,方程式为2KCN+8KOH+5Cl2=2CO2+N2+10KCl+4H2O,由此分析解答。【详解】A.碳元素化合价从+2价升高到+4价,二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价,氮气是氧化产物,选项A错误;B.氢氧化钾生成氯化钾,碱性变成中性,所以溶液的pH会降低,选项B错误;C.由反应2KCN+8KOH+5Cl2=2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2,选项C正确;D.状况不知,所以无法求气体的体积,选项D错误;答案选C。22、A【解析】
A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2,选项A正确;B、CO2的电子式为,选项B错误;C、该比例模型可表示甲烷等,金刚石是正四面体空间网状结构,选项C错误;D、硫离子的核电荷数是16,硫离子的结构示意图为,选项D错误;故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项C,该比例模型可表示甲烷等,金刚石是正四面体空间网状结构,且原子大小相同。二、非选择题(共84分)23、(1)37;依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推测己单质与水反应较丙更剧烈(1分,合理给分)(2);(3)④;(4)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)6.02×l021;2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)NaCl、Al(OH)3【解析】试题分析:根据题意可知:A是NaCl,B是Cl2,C是H2,D是NaOH,E是HCl,丁是Al,F是NaAlO2;X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H,乙是O,丙是Na,丁是Al,戊是Cl,己是Rb,原子序数是37;钠、铷同一主族的元素,由于从上到下原子半径逐渐增大,原子失去电子的能力逐渐增强,所以它们与水反应的能力逐渐增强,反应越来越剧烈;(2)甲、乙、戊按原予个数比1:1:1形成的化合物Y是HClO,该物质具有强的氧化性,故具有漂白性,其电子式为;(3)在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化,所以属于氧化还原反应,而④中元素的化合价没有发生变化,所以该反应是非氧化还原反应;(4)如构成原电池,Fe被腐蚀,则Fe为负极,发生反应:Fe-2e-=Fe2+,Fe2+与[Fe(CN)6]3-会发生反应产生蓝色沉淀,反应的离子方程式是:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)NaCl溶液电解的化学方程式是:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,在该反应中,每转移2mol电子,反应会产生2molNaOH,n(NaCl)=1L×1mol/L=1mol,当NaCl电解完全后反应转移1mol电子,反应产生1molNaOH,当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12,n(NaOH)=10-2mol/L×1L=0.01mol<1mol,说明NaCl没有完全电解,则电子转移的物质的量是0.01mol,电子转移的数目约是N(e-)=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021;反应②是Al与NaOH溶液反应,反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)若上图中各步反应均为恰好完全转化,则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3,所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al(OH)3。考点:考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。24、NaOH水溶液取样,加入新配Cu(OH)2悬浊液,加热至沸,产生砖红色沉淀,证明生成C。或取样,加入银氨溶液,水浴加热,产生银镜,证明生成C保护碳碳双键不被氧化【解析】
(1)根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M,则F的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F,则E的结构简式为CH2=C(CH3)COOH,因此C4H8应该是2—甲基—2丙烯,其结构简式为;B连续氧化得到D,D发生消去反应生成E,所以反应②应该是卤代烃的水解反应,因此试剂II是NaOH水溶液;(2)B发生催化氧化生成C,即C中含有醛基,所以检验B反应生成了C的方法是取样,加入新配Cu(OH)2悬浊液,加热至沸,产生砖红色沉淀,证明生成C。或取样,加入银氨溶液,水浴加热,产生银镜,证明生成C;(3)D分子中含有羟基和羧基,因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物,反应的化学方程式为;(4)由于碳碳双键易被氧化,所以不能先发生消去反应,则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。25、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面,静置,若液面差保持不变,则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压,收集多余的气体过滤79.8%【解析】
(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气;(2)夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况;(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气,制取氨气时气体中含有水蒸气,也需要除去杂质气体;(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,结合物质的性质分析;丁中气球的用来平衡内外压强;(5)利用已知信息,氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析;(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥、称量,质量为15.000g。通过碳原子守恒,计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气,方程式为:Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;(2)检查装置乙气密性的操作:夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面,静置,若液面差保持不变,则表明气密性良好;(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气,应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl,然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气;制取氨气时气体中含有水蒸气,通过装置丙中的碱石灰;仪器接口的连接顺序为:B→IJ→HG→EF←(或DC)CD←A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,生成氨基甲酸铵的反应是放热的,所以需要降低温度,用冷水浴;丁中气球的用来平衡内外压强,还能吸收多余未反应的气体;(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体,难溶于CCl4,则可以使用过滤的方法分离;(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥、称量,质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol,根据碳原子守恒,氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol,碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y,则x+y=0.15,79x+78y=11.73,解得:x=0.03mol,y=0.12mol,则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。26、否,长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低指示剂91.8%【解析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气,通过加入双氧水的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去,装置B中有长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3,为了控制反应速率,同时防止三氯化磷挥发,反应的温度控制在60~65℃,所以装置C中用水浴加热,POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢,为防止空气中水蒸汽进入装置,同时吸收尾气,所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管,据此分析解答(1)~(4);(5)测定POCl3产品含量,用POCl3与水反应生成氯化氢,然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子,KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3,结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银,进而计算出溶液中氯离子的物质的量,根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量,进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替,因为长颈漏斗不能调节滴液速度,故答案为否,长颈漏斗不能调节滴液速度;(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡出现,长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气,故答案为acd;(3)根据装置图,仪器丙为三颈烧瓶,为了提高冷却效果,应该从冷凝管的下口进水,即进水口为a,故答案为三颈烧瓶;a;(4)氧气氧化PCl3生成POCl3,根据原子守恒,反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3,根据上面的分析可知,反应温度应控制在60~65℃,原因是温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低,故答案为2PCl3+O2=2POCl3;温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低;(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色,则用
KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时,可选择硫酸铁溶液为指示剂,达到终点时的现象是溶液会变红色;KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol,根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓,可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol,POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol,即16.73gPOCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1mol,则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%,故答案为指示剂;91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5),要理清楚测定POCl3的纯度的思路,注意POCl3~3HCl。27、安全瓶,防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1较多,或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度,促进晶体析出×100%D【解析】
(1)装置B的作用是平衡压强,防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠;(1)Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解;(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收,产品产率会降低;(5)Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇;(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量,Na2S2O1·5H2O的产率为;(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠,减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强,防止倒吸,则B为安全瓶防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠,氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠,可以代替碳酸钠;(1)Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解,碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解;(4)温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1较多,或Na2S2O1产率降低等其它合理答案;(5)Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,则乙醇的作用为:降低Na2S2O1晶体的溶解度,促进晶体析出;(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g,Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%;(7)A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低,可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故A不符合题意;B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻,可将装置中的空气赶走提供无氧环境,可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故B不符合题意;C.先往装置A中滴加硫酸,产生二氧化硫,可将装置中的空气赶走,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液,可减少副产物的产生,故C不符合题意;D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管,装置中仍然含有空气,氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4,不能减少副产物产生,故D符合题意;答
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