版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
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
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 严格质量承诺服务环保设施
- 村庄土地确权合同范例
- 护栏正规合同范例
- 成都商业用地租赁合同范例
- 提供定制餐桌合同范例
- 无担保借款合同范例
- 滑雪小镇道路施工合同
- 检测项目合同范例
- 常州地铁保洁合同范例
- 2024年湖北客运驾驶员从业资格考试系统
- 2024-2030年中国房车行业竞争战略发展趋势预测报告
- 2023年8月26日事业单位联考C类《职业能力倾向测验》试题
- 2023年天津公务员已出天津公务员考试真题
- 施工现场临水施工方案
- 2022年公务员多省联考《申论》真题(四川县乡卷)及答案解析
- 艾滋病职业防护培训
- 全科医生转岗培训结业考核模拟考试试题
- 2024年全国消防宣传月《全民消防、生命至上》专题讲座
- 浙江某省属国有企业招聘笔试题库2024
- 2022年部编本人教版一年级语文下册生字表注音练习
- 光学作图专题复习教案
评论
0/150
提交评论