2024届临沧市重点中学化学高二第一学期期中统考试题含解析_第1页
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2024届临沧市重点中学化学高二第一学期期中统考试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、研究不同条件对相同体积相同物质的量浓度的H2O2分解速率的影响,得到如下数据。由此不能得出的结论是:A.Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用,但Cu2+催化效果更好B.由Ⅰ与Ⅱ可知其它条件相同时,时间越长,H2O2分解越彻底C.由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时,温度越高,H2O2分解越快D.由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时,碱性越强,H2O2分解越快2、“物质的量”是一个将微观粒子与宏观物质联系起来的物理量。下列说法不正确的是A.1molCCl4的体积为22.4LB.1molN2含有6.02×1023个氮分子C.1molO2含有2mol氧原子D.标准状况下,1molH2的体积为22.4L3、下列关于水在人体中的作用错误的是()A.提供能量 B.做营养物质水解的反应物 C.做溶剂 D.调节体温4、诗句“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别属于A.纤维素、脂肪B.淀粉、油脂C.蛋白质、烃D.蛋白质、植物油5、臭氧是常见的强氧化剂,广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多,其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示。下列有关说法错误的是A.两种方法都是电解原理B.高压放电出来的空气中,除含臭氧外还含有氮的氧化物C.电解纯水时,电极b发生的电极反应有3H2O-6e-=O3↑+6H+和2H2O-4e-=O2↑+4H+D.电解纯水时,H+由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a6、实验室用1.0mol·L-1的硫酸溶液与锌粒反应制取氢气。下列措施中可能加大反应速率的是A.适当降低温度 B.将锌粒改为锌粉C.将所用硫酸换成98%的浓硫酸 D.加入少量醋酸钠固体7、下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是()①BCl3②NH3③H2O④CH4⑤BeCl2A.⑤④①②③ B.⑤①④②③ C.④①②⑤③ D.③②④①⑤8、下列说法正确的是A.医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液B.石油裂解仅为了得到更多的汽油C.葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D.蛋白质溶液中加入甲醛可以产生沉淀,加水后沉淀又溶解9、能促进水的电离且溶液呈酸性的是()A.Al2(SO4)3B.Na2CO3C.HNO3D.NaCl10、金刚烷胺是最早用于抑制流感病毒的抗疾病毒药,其合成路线如图所示。下列说法不正确的是()A.金刚烷的分子式是C10H16 B.X的一种同分异构体是芳香族化合物C.上述反应都属于取代反应 D.金刚烷的一溴代物有两种11、根据下表信息,判断0.10mol/L的下列各溶液pH最大的是()酸电离常数(常温下)CH3COOHKa=1.8×10-5H2CO3Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11H2SKa1=9.1×10-8,Ka2=1.1×10-12A.CH3COONa B.Na2CO3 C.NaHCO3 D.Na2S12、关于如图所示装置的叙述,不正确的是()A.锌片为负极,且锌片逐渐溶解B.电子由铜片通过导线流向锌片C.铜片为正极,且铜片上有气泡D.该装置能将化学能转变为电能13、CO2经催化加氢可合成乙烯:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时,按n(CO2):n(H2)=1:3投料,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图,下列叙述不正确的是()A.该反应的ΔH<0B.曲线b代表H2OC.N点和M点所处的状态c(H2)不一样D.其它条件不变,T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大14、可逆反应达到化学平衡状态的标志是A.正、逆反应速率相等 B.反应物的浓度为零C.正、逆反应不再进行 D.正、逆反应都还在继续进行15、CuI是一种不溶于水的白色固体,它可由反应:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2而得到。现用铜片、石墨作电极,电解KI溶液制取CuI。为确认反应情况,通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀,同时阴极区溶液变红,阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是A.铜片做阴极,石墨做阳极B.白色沉淀在阴极附近生成C.阳极区溶液变蓝的原因是:2Cu+4I--4e-=2CuI↓+I2,碘遇淀粉变蓝D.阳极区溶液变蓝的原因是:4OH--4e-=2H2O+O2↑,O2将I-氧化为I2,碘遇淀粉变蓝16、已知2SO2+O22SO3(g),若反应速率分别用v(SO2)、v(O2)、v(SO3)表示,则下列式子正确的是A.2v(SO3)=v(O2) B.v(SO2)=v(O2)=v(SO3)C.1/2v(SO2)=v(O2) D.v(O2)=2v(SO2)17、在2A+B⇌3C+4D反应中(各物质均为气体),表示该反应速率最快的是A.v(A)=0.5mol·L-1·s-1 B.v(B)=0.3mol·L-1·s-1C.v(C)=0.8mol·L-1·s-1 D.v(D)=30mol·L-1·min-118、含有氧-18的示踪原子的水与乙酸乙酯进行水解反应,一段时间后,示踪原子存在于A.乙酸中B.乙醇中C.乙酸乙酯中D.以上三者中都有19、下列变化中,不存在化学键断裂的是()A.氯化氢气体溶于水 B.干冰气化C.氯化钠固体溶于水 D.氢气在氯气中燃烧20、某温度下,在一恒容容器中进行如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),下列情况一定能说明反应已达到平衡的是①容器内压强不随时间而变化②单位时间内,有3molH2反应,同时有2molNH3生成③气体的密度不随时间而变化④单位时间内,有1molN2生成,同时有2molNH3生成⑤N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2⑥气体的平均摩尔质量不随时间而变化A.①④⑥ B.①②③ C.②③⑤ D.①②⑥21、常温下,某碱性溶液中,由水电离出来的c(OH-)=10-4mol/L,则该溶液中的溶质可能是A.Al2(SO4)3B.KHSO4C.NaOHD.CH3COONa22、根据以下信息判断,分离乙醇、乙二醇混合物的最佳方法是()熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3溶解性乙醇-114780.79与水以任意比例互溶乙二醇-131971.11与水以任意比例互溶A.分液 B.用水萃取 C.蒸馏 D.重结晶二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物A的化学式为C3H6O2,化合物D中只含一个碳,可发生如图所示变化:(1)C中官能团的名称是______。(2)有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________________.(3)某烃X的相对分子质量比A大4,分子中碳与氢的质量之比是12∶1,有关X的说法不正确的是______a.烃X可能与浓硝酸发生取代反应b.烃X可能使高锰酸钾溶液褪色c.烃X一定能与氢气发生加成反应d.乙炔与烃X互为同系物.24、(12分)化合物H是一种抗病毒药物,在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去):己知:①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子;②两个羟基连在同一碳上不稳定,易脱水形成羰基或醛基;③RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O;④(1)有机物B的名称为_____。(2)由D生成E的反应类型为___________,E中官能团的名称为_____。(3)由G生成H所需的“一定条件”为_____。(4)写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式:_____。(5)F酸化后可得R,X是R的同分异构体,X能发生银镜反应,且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢,峰面积比为1:1:1,写出1种符合条件的X的结构简式:___。(6)设计由和丙醛合成的流程图:__________________________(其他试剂任选)。25、(12分)某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作:A.用250mL容量瓶等仪器配制成250mL烧碱溶液;B.用移液管(或碱式滴定管)量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂;C.在天平上准确称取烧碱样品Wg,在烧杯中加蒸馏水溶解;D.将物质的量浓度为Mmol•L﹣1的标准HCl溶液装入酸式滴定管,调整液面,记下开始刻度数V1mL;E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定到终点,记录终点耗酸体积V2mL。回答下列问题:(1)正确的操作步骤是(填写字母)________→________→________→D→________;(2)滴定时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视________________;(3)终点时颜色变化是_____________________;(4)在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_____(填字母序号);A.滴定终点读数时俯视B.锥形瓶水洗后未干燥C.酸式滴定管使用前,水洗后未用盐酸润洗D.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失(5)该烧碱样品的纯度计算式是________。26、(10分)海洋资源丰富,海水水资源的利用和海水化学资源(主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素)的利用具有非常广阔的前景。(1)利用海水可以提取溴和镁,提取过程如下:①提取溴的过程中,经过2次Br-→Br2转化的目的是_____,吸收塔中发生反应的离子方程式是________,②从MgCl2溶液中得到MgCl2.6H2O晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。(2)①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、_____、______。②操作①中需用到玻璃棒,则玻璃棒的作用是_______________。③向酸化后的水溶液加入适量3%H2O2溶液,发生反应的化学方程式为________。④操作③是分液,则操作②是___________;操作④是___________27、(12分)盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题:(1)从实验装置上看,图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板,求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”),所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。(5)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同,而终止温度与起始温度差t2—t1分别为2.2℃、2.4℃、3.4℃,则最终代入计算式的温差均值为__________。28、(14分)25℃,两种酸的电离平衡常数如下表。化学式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3电离常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2K2=1×10-7(1)物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液:a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3,pH由大到小的顺序为______(用编号填写)。(2)根据上表数据判断,下列离子方程式错误的是____。A.CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB.SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO+HClOC.CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND.SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCNE.SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF.2SO2(过量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑(3)0.10mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____。(4)25℃时,NaCN与HCN的混合溶液,若c(CN-)=c(HCN),则溶液中pH=_____(已知lg2=0.3,lg5=0.7)。(5)25℃时,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。29、(10分)保护环境,提倡“低碳生活”,是我们都应关注的社会问题。(1)目前,一些汽车已改用天然气(CNG)做燃料,以减少对空气污染。①16g甲烷完全燃烧生成液态水放出890kJ热量,则甲烷燃烧的热化学方程式是__________。②1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出393.5kJ热量,通过计算比较,填写下列表格(精确到0.01):物质质量1g燃烧放出的热量/kJ生成CO2的质量/g碳32.80____________甲烷____________2.75根据表格中的数据,天然气与煤相比,用天然气做燃料的优点是__________。(2)为了减少二氧化碳的排放,利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇,该反应的化学方程式是______________________________。

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、C【题目详解】A.根据表中数据可知在其它条件相同时,分解百分率越高,催化效果越好,因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用,但Cu2+催化效果更好,故A正确;B.由I与II可知其它条件相同时,反应时间越长,分解百分率越高,分解越彻底,故B正确;C.由I与III溶液的酸碱性和温度不一样,无法单独判断温度与H2O2分解速率的关系,故C错误;D.由I与III可知温度和溶液的酸碱性均不相同,Ⅲ中在相同条件下,温度低,溶液显碱性时,H2O2分解越快,故D正确;故选C。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的因素,在探究相关规律时,需要控制其他条件不变。本题的难点和易错点为D,要注意Ⅲ在低温下,碱性条件下进行,分解速率快,因此碱性越强,H2O2分解越快。2、A【题目详解】A.标准状况下CCl4不是气体,1molCCl4的体积不是22.4L,故A符合题意;B.1molN2含有6.02×1023个氮分子,故B不合题意;C.1molO2含有2mol氧原子,故C不合题意;D.标准状况下,1molH2的体积为22.4L,故D不合题意。故选A。【题目点拨】解答本题要注意气体摩尔体积的适用条件:必须是在标准状况下,1mol任何气体的体积约为22.4L,注意标况下物质是否是气态,若不是气态,则不适用;解题时还要注意物质的微观结构,弄清分子、离子、原子和电子等微粒数之间的关系。3、A【题目详解】A.水不能被氧化,不能提供能量,A错误;B.水能帮助消化,做营养物质水解的反应物,B正确;C.水能排泄废物,在体内作一些物质的溶剂,C正确;D.水能调节体温,D正确;答案选A。4、C【解题分析】“丝”中含有的物质是蛋白质,“泪”指的是液态石蜡,液态石蜡属于烃。故选C。5、A【分析】从题干叙述中分析制取臭氧有两种方法,从电解的原理分析电极反应及电解质溶液中离子的流向。【题目详解】A.在高压放电的条件下,O2生成O3,并非电解原理,故A错误;B.由于在放电的条件下氧气也与氮气化合生成NO,而NO可以被氧化生成NO2,所以高压放电出来的空气中,除含臭氧外还含有氮的氧化物,故B正确;C.根据装置图可知,b电极生成氧气和臭氧,这说明b电极是阳极,水电离出的OH-放电,电极反应式为3H2O-6e-=O3↑+6H+和2H2O-4e-=O2↑+4H+,故C正确;D.a电极是阴极,水电离出的氢离子放电生成氢气,所以电解时,H+由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a,D正确。故选A。【题目点拨】根据放电顺序知,电解水时由水电离出的OH-放电,所以产物中有H+生成,同时根据电荷守恒及原子守恒规律配平电极反应方程式。6、B【解题分析】A、降低温度减慢速率,A不符合;B、锌粒改为锌粉增大接触面积,加快速率,B符合;C、锌与硫酸反应的实质是与酸中的H+反应,浓硫酸中大多是分子,H+少,故反应速率减慢,故C不符合;D、加入醋酸钠不影响,故D不符合;答案选B。7、B【解题分析】①BCl3

中心原子的价电子都用来形成共价键,所以价层电子对数为3,为平面三角形,键角为120°;②NH3

为三角锥形,键角为107°;③H2O为V形,键角为105°;④CH4为正四面体,键角为109°28′;⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键,所以价层电子对数为2,为直线形,键角为180°;所以键角由大到小排列顺序是⑤①④②③;故选B。8、C【题目详解】A.医用酒精浓度为75%,且为体积分数,故A错误;B.石油裂解的目的是为了获得乙烯,裂化的目的是为了获得轻质油,故B错误;C.葡萄糖含有羟基,氨基酸含有羧基,可发生酯化反应,故C正确;D.甲醛的水溶液可使蛋白质变性,为不可逆过程,故D错误;故选:C。9、A【解题分析】分析:A项,Al3+水解促进水的电离,溶液呈酸性;B项,CO32-水解促进水的电离,溶液呈碱性;C项,HNO3电离出H+抑制水的电离;D项,NaCl对水的电离无影响,溶液呈中性。详解:A项,Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐,Al3+水解促进水的电离,溶液呈酸性,A项符合题意;B项,Na2CO3属于强碱弱酸盐,CO32-水解促进水的电离,溶液呈碱性,B项不符合题意;C项,HNO3电离出H+抑制水的电离,溶液呈酸性,C项不符合题意;D项,NaCl对水的电离无影响,溶液呈中性,D项不符合题意;答案选A。点睛:本题考查外界条件对水的电离平衡的影响。酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用。10、B【解题分析】A.由结构简式可以知道金刚烷的分子式是C10H16,故A正确;B.X的分子式式C10H15Br,若其同分异构体是芳香族化合物,则应含有苯环,可以写成C6H5-C4H10Br,而-C4H10Br不可能存在,故B错误;C.金刚烷转化为X的过程中,H原子被Br原子取代,而X变成金刚烷胺时,Br原子被-NH2取代,故两步反应均为取代反应,故C正确;D.金刚烷中含有2种等效氢,故一溴代物有两种,故D正确。故选B。11、D【题目详解】根据题干表格中的酸的电离平衡常数可知,酸性的强弱顺序为:CH3COOH>H2CO3>H2S>>HS-,根据越弱越水解的规律可知,水解能力强弱顺序为:S2->>HS->>CH3COO-,故0.10mol/L的下列各溶液pH最大的是Na2S,故答案为:D。12、B【分析】该装置为原电池,Zn易失电子作负极、Cu作正极,负极的反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极的反应式为2H++2e-=H2↑,据此分析判断。【题目详解】A.锌易失电子作负极,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+,所以锌片逐渐溶解,故A正确;B.原电池中电子由负极经过导线流向正极,电子从负极锌沿导线流向正极Cu,故B错误;C.Zn作负极、Cu作正极,正极的反应式为2H++2e-=H2↑,所以正极上有气泡产生,故C正确;D.该装置是原电池,将化学能转化为电能,故D正确;故选B。13、C【解题分析】温度升高,H2的浓度增大,平衡左移,故逆向吸热,正向放热,△H<0,则曲线a为CO2,根据方程式的比例关系,可知曲线b为H2O,曲线c为C2H4;故A正确,B正确;C项:N点和M点均处于所处同一T1℃下,所处的状态的c(H2)是一样的;D项:其它条件不变,T1℃、0.2MPa相对0.1MPa,增大了压强,体积减小,c(H2)增大,下反应达平衡时c(H2)比M点大,D项正确。14、A【题目详解】A.可逆反应达到平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等,故A正确;B.反应物不可能完全转化,所以浓度不为零,故B错误;C.化学平衡是动态平衡,正、逆反应仍在进行,故C错误;D.达到平衡状态时,不仅正、逆反应在继续进行,而且两者速率相等,单凭正、逆反应都还在继续进行是无法判断反应是否达到平衡状态的,故D错误;答案选A。15、C【解题分析】用铜片、石墨作电极,电解KI溶液制取CuI,Cu作阳极失电子生成铜离子,铜离子与碘离子反应生成CuI;石墨为阴极,阴极上H+得电子被还原,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,破坏了水的电离平衡,使c(OH-)>c(H+),酚酞试液变红;阳极发生反应:Cu-2e-=Cu2+,又由信息可知,同时又发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,生成的I2遇淀粉变蓝,有白色CuI沉淀生成。【题目详解】A.由分析可知,铜片做阳极,石墨做阴极,故A错误;B.阳极发生反应:Cu-2e-=Cu2+,铜离子在阳极生成,铜离子与碘离子反应生成CuI,所以CuI白色沉淀在阳极生成,故B错误;C.阳极Cu失电子产生Cu2+,生成的Cu2+与I-能反应产生I2、CuI,I2遇淀粉变蓝,所以阳极区溶液变蓝的原因是:2Cu+4I--4e-=2CuI↓+I2,碘遇淀粉变蓝,故C正确;D.阳极发生反应:Cu-2e-=Cu2+,生成的Cu2+与I-能反应产生I2、CuI,I2遇淀粉变蓝,没有O2生成,故D错误;故选C。16、C【解题分析】根据;v(SO3)=2v(O2),故A错误;v(SO2)=2v(O2)=v(SO3),故B错误;v(SO2)=v(O2),故C正确;2v(O2)=v(SO2),故D错误。17、B【分析】反应速率之比等于化学计量数之比。【题目详解】单位换算一致以后,将各反应速率换算为同一物质进行比较,假如都换算为A物质的速率(单位:mol·L-1·s-1)则A.

v(A)=0.5;B.

v(A)=2v(B)=0.6;C.

v(A)=v(C)=0.53;D.

v(A)=v(D)==0.25;显然B中比值最大,反应速率最快,答案选B。【题目点拨】本题考查反应速率快慢的比较,为高频考点,可转化为同种物质的速率比较大小,还应注意单位要统一。18、A【解题分析】CH3COOCH2CH3+H218O→CH3CO18OH+CH3CH2OH,根据反应机理,最终示踪原子在乙酸中。19、B【解题分析】A.氯化氢溶于水后,在水分子的作用下电离出阴阳离子,所以有化学键的断裂,A不符合题意;B.干冰气化,只是物质状态的变化,化学键没有断裂,B符合题意;C.氯化钠固体溶于水,在水分子的作用下电离出阴阳离子,所以有化学键的断裂,C不符合题意;D.氢气在氯气中燃烧发生化学反应,有化学键的断裂和形成,D不符合题意;答案选B。20、A【题目详解】①由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知,容器内压强不随时间而变化,说明气体的物质的量不变,反应达平衡状态,故①符合题意;②单位时间内,有3molH2反应,同时有2molNH3生成,都体现正反应方向,未体现正与逆的关系,故②不符合题意;③由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知,在一恒容密闭容器中,气体的总质量不变,体积不变,则气体的密度一直不随时间而变化,故③不符合题意;④单位时间内,有1molN2生成,等效消耗2molNH3,同时有2molNH3生成,正逆反应速率相等,故④符合题意;⑤当体系达平衡状态时,N2、H2、NH3的分子数之比可能为1:3:2,也可能不是1:3:2,与各物质的初始浓度及转化率有关,不一定是平衡状态,故⑤不符合题意;⑥由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知,气体的总质量不变,气体的物质的量是变量,由M=,则气体的平均摩尔质量是变量,气体的平均摩尔质量不随时间而变化,说明反应达平衡状态,故⑥符合题意;由上分析可知,①④⑥符合题意,A正确;答案为A。21、D【解题分析】常温下,由水电离出的c(OH-)=10-4mol/L,水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,则c(H+)•c(OH-)=10-8>10-14,说明该溶液中溶质促进了的水的电离,硫酸氢钾、氢氧化钠都抑制了水的电离;Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐,水解促进水的电离,水解后溶液显酸性;醋酸钠属于强碱弱酸盐,水解促进水的电离,水解后溶液显碱性,故选D。22、C【题目详解】由图表可知,常温下乙醇、乙二醇为互溶的液体,沸点相差比较大,所以可以用蒸馏的办法进行分离,故答案选C。二、非选择题(共84分)23、羧基cd【分析】有机物A的化学式为C3H6O2,有机物A能与氢氧化钠反应生成B和D,说明该物质为酯,化合物D中只含一个碳,能在铜存在下与氧气反应,说明该物质为醇,所以A为乙酸甲酯。B为乙酸钠,C为乙酸,D为甲醇,E为甲醛。【题目详解】(1)根据以上分析,C为乙酸,官能团为羧基。(2)有机物A为乙酸甲酯,与氢氧化钠反应生成乙酸钠和甲醇,方程式为:。(3)某烃X的相对分子质量比A大4,为78,分子中碳与氢的质量之比是12∶1,说明碳氢个数比为1:1,分子式为C6H6,可能为苯或其他不饱和烃或立方烷。a.苯可能与浓硝酸发生取代反应,故正确;b.苯不能使高锰酸钾溶液褪色,但其他不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故正确;c.若为立方烷,不能与氢气发生加成反应,故错误;d.乙炔与烃X分子组成上不相差“CH2”,两者一定不互为同系物,故错误。故选cd。24、对溴甲苯(或4-溴甲苯)取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热)、(或其他合理答案)【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”,所以B的结构简式是,C比B少一个溴原子,而多一个氢原子和一个氧原子,结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH,所以C的结构简式为,C到D符合“已知④”反应,所以D的结构简式为,光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上,所以E的结构简式为,在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基,所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上,根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O,别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐,所以F有结构简式为,F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为,显然G到H过程中第1)步是将-CHO氧化为羧基,第2)步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【题目详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”,所以B的结构简式是,名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2,E分子式为C7H6Cl2O2,对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子,光照下Cl2可取代烃基上的氢原子,所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子,而多一个氢原子和一个氧原子,可推知-Br发生水解反应生成-OH,所以C的结构简式为,C到D符合“已知④”反应,所以D的结构简式为,光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上,所以E的结构简式为,所以E中官能团的名称:羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为,在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH,而这2个-OH连在同一碳原子上,根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O,别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐,故F的结构简式为,F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为,G到H过程的第1)步是将-CHO氧化为羧基,所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B()分子中溴原子水解生成酚羟基,而酚具有酸性,又跟NaOH发生中和反应,所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为:+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为,酸化后得到R的结构简式为,R的分子式为C7H6O3,所以X的不饱和度为5,含3种等效氢,每种等效氢中含2个氢原子,X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子,所以应该含2个-CHO(2个不饱和度),中间应该是>C=O(1个不饱和度),另外2个不饱和度可形成一个环烯结构(五园环),或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式:OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物,虚线左边部分显然是由转化而来的,右边是由丙醛(CH3CH2CHO)转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇,苯甲醇氧化为苯甲醛,苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图:25、CABE锥形瓶内颜色的变化溶液由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复为原来的颜色CD40M(V2【解题分析】(1)实验时应先称量一定质量的固体,溶解后配制成溶液,量取待测液与锥形瓶中,然后用标准液进行滴定,正确的操作步骤是C→A→B→D→E,故答案为:C;A;B;E;(2)滴定时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内颜色的变化,故答案为:锥形瓶内颜色的变化;(3)指示剂为甲基橙,变色范围为3.1-4.4,终点时pH约为4,终点时溶液的颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复为原来的颜色,故答案为:溶液由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复为原来的颜色;(4)A、滴定终点读数时俯视,则V酸偏小,造成测定结果偏低,故A不选;B、锥形瓶水洗后未干燥,碱的物质的量不变,对实验无影响,故B不选;C、酸式滴定管使用前,水洗后未用盐酸润洗,则消耗V酸偏大,造成测定结果偏高,故C选;D、酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,则消耗V酸偏大,造成测定结果偏高,故D选;故答案为:CD;(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知,n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×25025=M(V2-V1)×10-2mol,则该烧碱样品的纯度为M(V2-V126、对溴元素进行富集SO2+Br2+2H2O===4H++SO42-+2Br-加热浓缩冷却结晶坩埚泥三角搅拌、引流2I-+2H++H2O2==I2+2H2O萃取蒸馏【解题分析】(1)①依据利用海水可以提取溴和镁,流程中提取溴的过程中,经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质,提取过程对溴元素进行富集,吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子,在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质,吸收塔中反应的离子方程式为;SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-,故答案为:对溴元素进行富集;SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-;②从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到,故答案为:加热浓缩、冷却结晶;(2)①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、坩埚、泥三角,故答案为:坩埚;泥三角;②操作①为溶解、过滤,需用到玻璃棒,玻璃棒的作用为搅拌、引流,故答案为:搅拌、引流;③向酸化后的水溶液加入适量3%H2O2溶液,将碘离子氧化生成碘单质,反应的化学方程式为2I-+2H++H2O2==I2+2H2O,故答案为:2I-+2H++H2O2==I2+2H2O;④氧化后得到碘的水溶液,要得到碘单质,可以通过萃取和分液,操作③是分液,则操作②是萃取;分液后得到碘的有机溶液,可以通过蒸馏的方法分离碘和有机溶剂,因此操作④是蒸馏,故答案为:萃取;蒸馏。27、环形玻璃搅拌棒保温,减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等2.3℃【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器;(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作;(3)若不盖硬纸板,会有一部分热量散失;(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,结合中和热的概念分析判断;(5)先判断数据的有效性,再求出温度差的平均值。【题目详解】(1)根据量热计的构造可知,该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒,故答案为:环形玻璃搅拌棒;(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小

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