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文档简介
云南省玉溪市玉溪第一中学2024届化学高二第二学期期末质量检测模拟试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应的水化物的酸性:B>EB.原子半径:C>B>AC.气态氢化物的热稳定性:E>CD.化合物DC与EC2中化学键类型相同2、NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.24g石墨烯中含有C-C键的个数为3NAB.88g干冰中含有NA个晶胞结构单元C.62
g
P4含有P-P键的个数为6NAD.60gSiO2中含有Si-O键的个数为2NA3、下列各组分子中,都属于含极性键的非极性分子的是A.CO2H2S B.C2H4BF3 C.C60C2H4 D.NH3HCl4、常温下,用0.1mol/L的HCl溶液滴定10.00mL0.1mol/LROH,其滴定曲线如图所示.AG=lgc(A.ROH为弱碱B.A点溶液c(Cl−)=c(R+)C.若b=10时,AG<0D.若b=15,溶液中存在13c(Cl−)+c(ROH)+c(OH−)=c(H+5、现有下列三个氧化还原反应:①2B-+Z2=B2+2Z-②2A2++B2=2A3++2B-③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O,根据上述反应,判断下列结论中错误的是()A.要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入Z2B.还原性强弱顺序为:A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+C.X2+是XO4-的还原产物,B2是B-的氧化产物D.在溶液中可能发生反应:XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O6、4.5g某醛和足量的银氨溶液反应,结果析出64.8gAg,则该醛可能是A.甲醛 B.乙醛 C.丙醛 D.丁醛7、有机化合物中原子间或原子团间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项事实中不能说明上述观点的是:A.乙烯能发生加成反应而乙烷不行B.苯酚能与氢氧化钠溶液反应,而乙醇不行C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而甲烷不能D.丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子比乙烷中的氢原子更容易被卤素原子取代8、在多电子原子中,轨道能量是由以下哪些因素决定()①能层②能级③电子云的伸展方向④电子自旋状态A.①②B.①④C.②③D.③④9、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.含大量Fe3+的溶液中:
Na+、Mg2+、SO42-、SCN-B.c(OH-)c(H+)=106的溶液中:
NH4C.能使甲基橙变红的溶液中:
Cu2+、
Mg2+、SO42-、Cl-D.1.0
mol·L-1的KNO3溶液中:Fe2+、H+、Cl-、I-10、草酸是二元中强酸,草酸氢钠溶液显酸性。常温下,向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液,随着NaOH溶液体积的增加,溶液中离子浓度关系正确的是A.V(NaOH)="="0时,c(W)="="1×10-2mol/LB.V(NaOH)<10mL时,不可能存在c(Na+)="="2c(C2O42-)+c(HC2O4C.V(NaOH)="="10mL时,c(W)="="1×10-7mol/LD.V(NaOH)>10mL时,c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O411、下列物质的一氯代物只有一种的是A.新戊烷 B.2-甲基丙烷 C.邻二甲苯 D.对二甲苯12、右图表示4-溴环己烯所发生的4个不同反应。其中,产物官能团种类不会减少的反应是()A.②③ B.③④C.①② D.①④13、常温下,下列物质的水溶液,其pH小于7的是A.Na2CO3B.NH4NO3C.Na2SO4D.KNO314、常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中:K+、Na+、CO32-、NO3-B.澄清透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-C.c(Fe2+)=1mol/L的溶液中:Na+、NH4+、AlO2-、SO42-D.能使甲基橙变红的溶液中:K+、NH4+、SO42-、HCO3-15、使用单质铜制硝酸铜,耗用原料最经济,而且对环境几乎没有污染的是()A.CuCu(NO3)2 B.CuCuOCu(NO3)2C.CuCu(NO3)2 D.CuCuCl2Cu(NO3)216、在200mL某硫酸盐溶液中,含有1.5NA个SO42-,(NA表示阿佛加德罗常数的值)同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为A.1mol/L B.2.5mol/L C.5mol/L D.2mol/L17、归纳是一种由特殊(个别)到一般的概括,但是归纳出的规律也要经过实践检验才能决定其是否正确。下面几位同学自己总结出的结论中不正确的是()A.不是所有醇都能被氧化成醛,但所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应B.标准状况下,0.5molN2和0.5molO2的混合气体所占的体积约为22.4LC.原子晶体熔点不一定比金属晶体高,分子晶体熔点不一定比金属晶体低D.反应是吸热还是放热的,必须看反应物和生成物所具有总能量的大小18、为研究废旧电池的再利用,实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是A.“溶解”操作中溶液温度不宜过髙B.铜帽溶解的反应可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2OC.与锌粉反应的离子可能是Cu2+、H+D.“过滤”操作后,将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧即可得纯净的ZnO19、在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是A.容器内的压强不再改变 B.c(SO2):c(O2):c(SO3)=2:1:2C.混合气体的密度不再改变 D.SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等20、下列反应均可在室温下自发进行,其中△H>0,△S>0的是A.4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)21、下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是()A.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B.淀粉、纤维素、油脂和蛋白质均是高分子化合物C.乙酸和乙醛可用新制的Cu(OH)2悬浊液加以区别D.乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2,二者分子中官能团相同22、NA代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法一定正确的是A.78g金属钾(K)完全转化为超氧化钾(KO2)时,转移电子数为4NAB.常温下2.8gN2与标准状况下2.24LCH4均含有0.1NA个分子C.0.2mol/L稀盐酸中,H+数目为0.2NAD.60g二氧化硅晶体中,含Si—O键数目为2NA二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物F(BisphenolAdimethacrylate)是一种交联单体。合成F的一种路线如下:已知:①+HCN②B不能发生银镜反应。③C能与FeCl3发生显色反应,核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。④E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色。⑤1molF最多可与4molNaOH反应。回答下列问题:(1)A与B反应的化学方程式为________________。(2)B→D的反应类型为____,E的结构简式为________。(3)F的结构简式为____________。(4)C的同分异构体中含有萘环()结构,萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有____种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有8组峰的是____________(写出其中一种的结构简式)。(5)A经如下步骤可合成环己烯甲酸:AGHI反应条件1为________;反应条件2为______;反应条件3所选择的试剂为____;I的结构简式为____。24、(12分)某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成,现称取天然碱3.32g,做如下实验:(气体均折算为标准状况下)(1)B的电子式_______。(2)天然碱受热分解的反应方程式______。(3)过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液,请写出离子反应方程式___。25、(12分)某研究性学习小组,利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应,制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为:Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外,可供选择的试剂还有:①溴水;②浓H2SO4;③品红试液;④紫色石蕊试液;⑤澄清石灰水;⑥NaOH溶液。回答下列问题:(1)欲验证SO2的漂白作用,应将SO2气体通入______中(填物质编号),观察到的现象是____________;(2)欲验证SO2的还原性,应将SO2气体通入______中(填物质编号),观察到的现象是_______________;(3)为验证SO2的氧化性,通常利用的反应是___________(化学方程式);(4)为防止多余的SO2气体污染环境,应将尾气通入______中(填物质编号),反应离子方程式为__________________________。26、(10分)无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:①AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华;②无水AlCl3遇潮湿空气变质。Ⅰ.实验室可用下列装置制备无水AlCl3。(1)组装好仪器后,首先应_____________,具体操作为_____________________(2)装置B中盛放饱和NaCl溶液,该装置的主要作用是__________________。装置C中盛放的试剂是________________。装置F中试剂的作用是__________。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用,所装填的试剂为_______(3)将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________Ⅱ.工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________(2)700℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_______a.低于183℃b.介于183℃和315℃之间c.高于315℃(3)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。27、(12分)工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下:某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护,夹持装置已略去):(1)实验开始时,A装置中不通热空气,先通入a气体的目的是(用离子方程式表示)_________。(2)A装置中通入a气体一段时间后,停止通入,改通热空气。通入热空气的目的是_________。(3)反应过程中,B装置中Br2与SO2反应的化学方程式____________________。(4)C装置的作用是___________________。(5)该小组同学向反应后B装置的溶液中通入氯气,充分反应得到混合液。①一位同学根据溴的沸点是59℃,提出采用______方法从该混合液中分离出溴单质。②另一位同学向该混合液中加入四氯化碳,充分振荡、静置后放出下层液体,这种方法是________。(6)某同学提出证明反应后B装置的溶液中含有溴离子的实验方案是:取出少量溶液,先加入过量新制氯水,再加入KI淀粉溶液,观察溶液是否变蓝色。该方案是否合理并简述理由:_______。28、(14分)有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子;C的基态原子2p能级有1个单电子;E的内部各能层均排满,且最外层有一个电子;D与E同周期,价电子数为2。则:(1)写出基态E原子的价电子排布式___________。(2)A的单质分子中π键的个数为________。(3)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)(4)B元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的,原因是_______。(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为_____,其中A原子的杂化类型是__。(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图,已知晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,求晶胞边长a=__________pm.(用ρ、NA,C和D化合物的摩尔质量为Mg.mol-1的计算式表示)29、(10分)合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol,请回答:(1)合成氨工业中采取的下列措施可以用平衡移动原理解释的是________(填字母)。a.用铁触媒加快化学反应速率b.采用较高压强(20MPa~50MPa)c.采用较高温度(500℃左右)d.将生成的氨液化并及时从体系中分离出来(2)一定温度下,在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积恒定,达到平衡时,N2的转化率α1=25%,此时,反应放热______kJ,容器内气体压强与开始时气体压强之比是________。②若容器压强恒定,则达到平衡时,容器中N2的转化率α2______α1(填“>”“<”或“=”)。(3)随着对合成氨研究的发展,希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递)为介质,用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极,实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨(装置如图)。钯电极A为_________极(填“阴”或“阳”),该极上的电极反应式是_______。
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、A【解题分析】
A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,该化合物为氨气,A为H,B为N;D原子最外层电子数与最内层电子数相等,则D的质子数=2+8+2=12,D为Mg;化合物DC中两种离子的电子层结构相同,C为O;A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍,E为Si。【题目详解】A.N的非金属性强于Si,最高价氧化物对应的水化物的酸性B>E,A正确;B.同周期,原子半径随原子序数增大而减小,故原子半径N>O,即B>C>A,B错误;C.元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,故气态氢化物的热稳定性C>E,C错误;D.化合物DC为MgO,EC2为SiO2,DC中为离子键,EC2为共价键,D错误;故答案选A。【题目点拨】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用,以便更好地解决元素化合物的推断题。2、A【解题分析】
A.石墨中每个C形成3个C-C键,每个C原子贡献C-C键的二分之一,所以1个C平均形成3=1.5个C-C键,24g石墨烯中n(C)==2mol,含有C-C键的物质的量=1.5×2mol=3mol,C-C键的个数为3NA,A正确;B.干冰是固态的二氧化碳,由均摊法可知,1个二氧化碳晶胞中二氧化碳分子的个数=,所以1mol晶胞含4molCO2,88g干冰的物质的量=2mol,所含晶胞的物质的量=0.5mol,故88g干冰中含有0.5NA个晶胞结构单元,B错误;C.n(P4)==0.5mol,P-P键的物质的量n=0.5mol×6=3mol,P-P键的个数为3NA,C错误;D.1个Si贡献4×个Si-O键,2个O贡献2×2×个Si-O键,即1molSiO2含4molSi-O键,n(SiO2)==1mol,所以,n(Si-O键)=,所以60gSiO2中含有Si-O键的个数为4NA,D错误。答案选A。【题目点拨】切记:1mol石墨含1.5molC-C键,1mol金刚石含2molC-C键,1molSiO2含4molSi-O键,1mol白磷(P4)含6molP-P键,1molSiC含4molSi-C键。3、B【解题分析】
A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子,氯化氢为极性键形成的极性分子,A错误;B、BF3、C2H4中化学键都是不同元素构成的,属于极性键;二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合,属于非极性分子,B正确;C、C60中只含有非极性键,为非极性分子;乙烯为极性键形成的非极性分子,C错误;D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子,二者正电荷中心和负电荷中心不相重合,属于极性分子,D错误;答案选B。4、C【解题分析】
A.依据图象可知:0.1mol/LROH的AG为-7.2,则:c(H+)/c(OH-)==10-7.2,结合c(H+)×c(OH-)=10-14,得c(OH-)=10-3.4mol/L,小于0.1mol/L,所以ROH为弱碱,故A正确;
B.依据溶液中电荷守恒原则:c(Cl-)+c(OH-)=c(R+)+c(H+),A点溶液AG=0,氢氧根离子浓度等于氢离子浓度,溶液呈中性,则c(Cl-)=c(R+),故B正确;
C.当盐酸的体积b=10mL,与10.00mL0.1mol/LROH恰好完全反应生成RCl,RCl为强酸弱碱盐,水解显酸性:C(H+)>c(OH-),AG=lgc(H+D.b=15,溶液中存在RCl和HCl(量之比2:1),依据溶液中存在的电荷守恒:c(Cl-)+c(OH-)=c(R+)+c(H+),物料守恒:3[c(R+)]+c(ROH)=2c(Cl-),得:1/3c(Cl-)+c(ROH)+c(OH-)=c(H+),故D正确;
综上所述,本题选C。【题目点拨】根据AG=lgc(H+)c(OH-),若c(H+)=c(OH-),AG=0,溶液呈中性;若c(H+)>c(OH-),AG>0,5、A【解题分析】A.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入B2,故A错误;B.由①②③反应中还原性的比较可知,还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+,故B正确;C.反应③中X元素的化合价降低,则XO4-为氧化剂,则X2+是XO4-的还原产物,反应①中B-发生氧化反应生成B2,即B2是B-的氧化产物,故C正确;D.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以溶液中XO4-能氧化A2+,发生的反应为XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O,故D正确;答案为A。点睛:考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律:氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,且氧化性强的先被还原,氧化性强的先被氧化。6、A【解题分析】
醛基能发生银镜反应。【题目详解】假设是除甲醛外的一元醛,则醛与银的物质的量之比为1:2,银为0.6mol,醛为0.3mol,醛的摩尔质量为4.5g÷0.3mol=15g/mol,最小的甲醛的相对分子质量为30,前面的假设不成立。根据选项,由于甲醛相当于有两个醛基,即甲醛被氧化为甲酸,甲酸可以继续被氧化为碳酸,则甲醛与银的物质的量之比为1:4,0.6mol银推出0.15mol甲醛,m(甲醛)=0.15mol30g/mol=4.5g,故A正确;答案选A。【题目点拨】注意醛基和银的物质的量之比为1:2,甲醛相当于有两个醛基,1molHCHO完全反应生成4molAg!7、A【解题分析】
A.乙烯中含有碳碳双键性质较活泼能发生加成反应,而乙烷中不含碳碳双键,性质较稳定,乙烷不能发生加成反应。乙烯和乙烷性质的不同是由于含有的官能团不同导致的,而非原子间或原子团间的相互影响导致不同的。A项错误;B.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能,是由于苯环对羟基产生了影响,使羟基上的氢更活泼,B项正确;C.苯和甲烷均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,甲苯中的甲基被氧化成羧基,能使高锰酸钾酸性溶液褪色,这说明受到苯环的影响,使侧链上的甲基易被氧化,C项正确;D.丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子因受到羰基的影响变得较活泼,易被卤素原子取代,而乙烷中的氢原子不易被卤素原子取代,D项正确。答案应选A。8、A【解题分析】多原子中,在电子填充原子轨道时,电子由能量低向能量高的轨道填充,因此轨道的能量是由能层和能级决定,故A选项正确。9、C【解题分析】分析:本题考查的是一定条件下的离子共存问题,是常考题型,注意条件对离子的存在的限制。详解:A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存,故错误;B.溶液为碱性,铵根离子不能存在,故错误;C.溶液为酸性,四种离子不反应能共存,故正确;D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应,不能共存,故错误。故选C。点睛:在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件,如颜色,溶液的酸碱性等,掌握常见的四种有颜色的离子:铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。10、D【解题分析】草酸氢钠溶液显酸性,说明草酸氢钠的电离程度大于其水解程度。因为草酸是弱电解质,所以0.01mol•L-1NaHC2O4溶液中,氢离子的浓度小于0.01mol/L,A不正确。加入氢氧化钠发生的反应为NaOH+NaHC2O4=Na2C2O4+H2O,二者恰好反应时,消耗氢氧化钠10ml。生成物草酸钠水解,溶液显碱性,C不正确。如果氢氧化钠的体积小于10ml,则二者反应后,溶液就有可能显中性。根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)可知,如果溶液显中性,则c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-),因此B也是不正确的。当氢氧化钠大于10ml时,溶液中含有氢氧化钠和草酸钠两种溶质,由于草酸钠的水解以第一步水解为主,且氢氧化钠的存在会抑制其水解,因此选项D是正确的。答案选D。11、A【解题分析】
A.新戊烷只有一种位置的H原子,因此其一氯取代产物只有一种,A符合题意;B.2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子,因此其一氯取代产物有2种,B不符合题意;C.邻二甲苯有3种不同位置的H原子,因此其一氯代物有3种不同结构,C不符合题意;D.对二甲苯有2种不同位置的H原子,因此其一氯代物有2种不同结构,D不符合题意;故合理选项是A。12、C【解题分析】4-溴环己烯水解生成X,则X中含有羟基和碳碳双键,属于醇。4-溴环己烯含有碳碳双键,能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧酸W,但W中还有溴原子。4-溴环己烯中含有碳碳双键,也能和溴化氢发生加成反应生成Z,所以Z是卤代烃。4-溴环己烯在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成Y,所以Y是二烯烃,因此正确的答案选C。13、B【解题分析】试题分析:Na2CO3是强碱弱酸盐,水解显碱性,NH4NO3强酸弱碱盐水解溶液显酸性;Na2SO4强酸强碱盐,不水解,溶液显中性,KNO3强酸强碱盐,不水解,溶液显中性,,选B。考点:盐类水解和溶液酸碱性。14、A【解题分析】
离子之间能够大量共存是指离子之间既不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等,也不发生氧化还原反应、络合反应等,据此进行分析解答。【题目详解】A.的溶液呈碱性,这几种离子相互间不反应且都不与氢氧根离子反应,所以能大量共存,A选项符合题意;B.Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大量共存,B选项不符合题意;C.Fe2+、NH4+与AlO2-发生双水解而不能大量共存,C选项不符合题意;D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,D选项不符合题意;答案选A。【题目点拨】离子共存问题,侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力,题型不难,需要注意的是,溶液题设中的限定条件,如无色透明,则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意;还有一些限定条件如:常温下与Al反应生成氢气的溶液时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液,如本题D项限定条件:能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性;还有一些限定条件如:常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10,小于1×10-7时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液,如本题A项的溶液,说明溶液呈碱性;做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。15、B【解题分析】
用铜制取硝酸铜的最佳方法应是:从经济角度出发,制取等量的硝酸铜时,所用的原料最少,成本最低;从环境保护的角度出发,制取硝酸铜时不对环境造成污染。【题目详解】A.反应生成NO气体,污染环境,故A错误;
B.金属铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜,不生成污染性气体,故B正确;C.反应生成NO2气体,污染环境,故C错误;
D.反应消耗氯气和硝酸银,反应复杂,且成本高、不利于环境保护,故D错误;答案选B。【题目点拨】本题考查较为综合,侧重于化学与生活、环境的考查,为高考常见题型,难度不大,注意制备方案的评价。16、B【解题分析】
1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol,NA个金属阳离子的物质的量为1mol,令金属离子的化合价为x,根据电荷守恒可知,x=1.5×2=3,故金属阳离子为+3价,所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3,根据硫酸根守恒可知,硫酸盐为,所以该硫酸盐的物质的量浓度为,本题答案选B。17、A【解题分析】
A.伯醇可以被氧化为醛,仲醇可以被氧化为酮,叔醇不能发生催化氧化反应;只有临位碳原子上含有氢原子的醇可以发生消去反应,故不是所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应,选择A项;B.0.5molN2和0.5molO2的混合气体物质的量是1mol,标况下V=nVm=22.4L,不选B项;C.晶体的熔点受多重因素的影响,原子晶体熔点不一定比金属晶体高,如钨的熔点(3410℃)比硅(1410℃)高;分子晶体熔点不一定比金属晶体低,如汞的熔点(-60℃)比冰的熔点(0℃)低,汞是液态金属,属于金属晶体,而冰是固态的水,它属于分子晶体,不选C项;D.反应物和生成物所具有总能量的相对大小决定了反应的吸放热情况,当反应物所具有总能量大于生成物所具有总能量,反应是放热的,反之是吸热的,不选D项。答案选A。18、D【解题分析】
A、溶解时需要加入H2O2,H2O2不稳定,受热易分解,因此“溶解”操作中溶液温度不宜过高,故A叙述正确;B、根据流程,“溶解”过程发生的反应是2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O,或者发生Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O,故B叙述正确;C、根据流程,过滤后得到海绵铜,说明“反应”过程中含有Cu2+,加NaOH溶液,调节pH=2,说明溶液显酸性,即“反应”过程中能与Zn反应的离子是Cu2+和H+,故C说法正确;D、过滤操作得到滤液中含有ZnSO4,蒸发结晶、过滤干燥得到的是ZnSO4,且滤液中含有Na2SO4,因此最后的得到的物质是混合物,故D叙述错误;答案选D。19、A【解题分析】
A.容器内的压强不再改变,说明气体的物质的量不变,反应达平衡状态,故A正确;B.c(SO2):c(O2):c(SO3)=2:1:2,不能说明各物质的量浓度不变,故B错误;C.反应物生成物都是气体,反应前后质量不变,混合气体的密度不再改变,不能说明反应达到平衡状态,故C错误;D.SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等,指的方向一致,不能说明正、逆反应的速率相等,故D错误;故选:A.【题目点拨】根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。20、C【解题分析】
A.4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的气体物质的量减少,△S<0,A错误;B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的气体物质的量减少,△S<0,B错误;C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)分解反应是吸热反应,△H>0,反应后气体的物质的量增大,△S>0,C正确;D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)反应后气体物质的量减小,△S<0,D错误;故合理选项是C。21、C【解题分析】
A.油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;B.淀粉、纤维素和蛋白质均是高分子化合物,油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,B错误;C.乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀,乙酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应沉淀溶解,所以两者的反应现象不同,故能鉴别,C正确;D.乙醇、乙酸能与Na反应放出H2,但乙醇、乙酸中官能团分别为羟基、羧基,二者分子中官能团不同,D错误;答案选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构、性质,侧重于有机物的分类、官能团性质的考查,注意把握物质的性质的异同以及有机物鉴别方法的选取,注意相关基础知识的积累,题目难度不大。22、B【解题分析】分析:A.求出金属钾的物质的量,然后根据钾反应后变为+1价来分析;B.求出氮气和甲烷的物质的量,然后根据分子个数N=nNA来计算;C.溶液体积不明确;D.求出二氧化硅的物质的量,然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析。详解:78g金属钾的物质的量为2mol,而钾反应后变为+1价,故2mol钾反应后转移2NA个电子,A错误;2.8g氮气的物质的量和标况下2.24LCH4的物质的量均为0.1mol,故分子个数均为N=nNA=0.1×NA=0.1NA,B正确;溶液体积不明确,故溶液中的氢离子的个数无法计算,C错误;60g二氧化硅的物质的量为1mol,而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键,即含Si—O键数目为4NA,D错误;正确选项B。二、非选择题(共84分)23、2++H2O加成反应8或H2,Ni,加热加压O2,Cu,△HCN【解题分析】根据分子式知,A为,B中不饱和度==1,B不能发生银镜反应,则B为CH3COCH3,根据信息③知,C中含酚羟基、且有4种氢原子,结合F结构简式知,C结构简式为,根据信息①知,D结构简式为(CH3)2C(OH)CN,根据信息④知,E结构简式为CH2=C(CH3)COOH,根据信息⑤知,1molF最多可与4molNaOH反应,则F为。(1)A为,B为CH3COCH3,A和B反应方程式为2++H2O,故答案为2++H2O;(2)通过以上分析知,B发生加成反应生成D,E结构简式为CH2=C(CH3)COOH,故答案为加成反应;CH2=C(CH3)COOH;(3)F的结构简式为,故答案为;(4)C结构简式为,C的同分异构体中含有萘环()结构,萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基,萘环上氢原子种类为2种,如果取代基为-OOCCH2CH2CH2CH3,有两种同分异构体;如果取代基为-OOCCH2CH(CH3)2,有两种同分异构体,如果取代基为-OOCCH(CH3)CH2CH3,有两种同分异构体,如果取代基为-OOCC(CH3)3有两种同分异构体,所以符合条件的一共8种;其中核磁共振氢谱有8组峰的是或,故答案为8;或;(5)有苯酚经如下步骤可合成环己烯甲酸,根据题干流程图中B→D→E的合成原理可知,要合成,可以首先合成,由水解即可得到,因此需要先合成环己酮,合成环己酮可以由苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇,环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮,因此合成方法为:苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇,所以G为环己醇,环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮,则H为环己酮,环己酮和HCN发生加成反应生成,所以I为,I水解生成环己烯甲酸,所以反应条件1为H2,催化剂,加热,反应条件2为氧气/Cu、加热,反应条件3为HCN,I的结构简式为,故答案为H2,催化剂,加热;O2,Cu,△;HCN;。点睛:本题考查有机物推断,由物质结构简式结合题给信息进行推断。本题的难点是合成路线的规划,要注意充分利用信息①和题干流程图中B→D→E的合成原理分析解答。24、2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]=5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O=5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]=5Na2CO3+5H2O+CO2↑2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-【解题分析】
天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成,2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O,NaOH+CO2(过量)=NaHCO3,当≤1,生成NaHCO3;当1<<2,产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物,当2,只生成Na2CO3,天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重,产生气体112mL(标准状况),为碳酸氢钠的分解,2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,无色液体B为水,白色固体C为碳酸钠,滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳,以此分析解答。【题目详解】(1)天然碱3.32g,隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况),为碳酸氢钠的分解,2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,所以无色液体B为水,水属于共价化合物,每个氢原子和氧原子共用一个电子对,所以水的电子式为,故答案:;(2)3.32g样品中,隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2,其物质的量==0.005mol,则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol,生成水的物质的量n=0.005mol,生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol,由后续产生气体A为CO2,其物质的量n==0.025mol,碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3,其物质的量n=0.025mol,所以原混合物中含有Na2CO3,其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol,根据质量守恒定律:0.02mol106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g,所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g,所以水的物质的量为:n==0.02mol,则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O,天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]=5Na2CO3+5H2O+CO2↑;或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O=5Na2CO3+5H2O+CO2↑;或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]=5Na2CO3+5H2O+CO2↑;(3)过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液,碳酸根离子有剩余,其离子反应方程式为:2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-,故答案:2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。25、③品红试液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解题分析】分析:(1)SO2能使品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性;(2)溴水具有氧化性,能氧化二氧化硫;(3)二氧化硫能把H2S氧化;(4)SO2是酸性氧化物,能被碱液吸收。详解:(1)SO2具有漂白性,能使品红溶液褪色,欲验证SO2的漂白作用,应将SO2气体通入品红溶液,溶液红色褪去;(2)SO2具有还原性,能被溴水溶液氧化而使溶液褪色,欲验证SO2的还原性,应将SO2气体通入溴水溶液,溴水的橙色溶液褪色;(3)SO2具有氧化性,能与硫化氢反应生成单质硫沉淀,欲验证SO2的氧化性,应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀,方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O;(4)二氧化硫有毒,是酸性氧化物,能与碱反应,为防止多余的SO2气体污染环境,应将尾气通入NaOH溶液,发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O,离子方程式为2OH-+SO2=SO32-+H2O。26、检查装置气密性关闭装置A中分液漏斗的活塞,向G中加入蒸馏水没过导管,微热A,一段时间后若G中有气泡冒出,停止加热后导管内有水柱,则气密性良好;除HCl浓硫酸吸收水,防止无水AlCl3遇潮湿空气变质碱石灰抑制铝离子水解Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3COb×100%或×100%【解题分析】
I.(1)此实验中有气体的参与,因此实验之前首先检验装置的气密性;检验气密性的方法,一般采用加热法和液差法两种;(2)利用题中信息,可以完成;(3)从水解的应用角度进行分析;II.(1)根据流程的目的,焦炭在高温下转化成CO,然后根据化合价升降法进行配平;(2)利用AlCl3和FeCl3升华的温度,进行分析;(3)根据元素守恒进行计算。【题目详解】I.(1)装置A制备氯气,因此需要检验装置的气密性,本实验的气密性的检验方法是:关闭装置A中分液漏斗的活塞,向G中加入蒸馏水没过导管,微热A,一段时间后若G中有气泡冒出,停止加热后导管内有水柱,则气密性良好;(2)A中制备的氯气中混有HCl和H2O,HCl能与Al发生反应,AlCl3遇水易变质,因此必须除去HCl和H2O,装置B的作用是除去氯气中的HCl,装置C的作用是除去水蒸气,即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质,因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置,使AlCl3变质;氯气有毒,需要吸收尾气,因此装置G的作用是吸收多余的氯气,防止污染空气,如果G和F改为一个装置,应用干燥管,盛放试剂为碱石灰;(3)AlCl3属于强酸弱碱盐,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,加入盐酸的目的是抑制Al3+的水解;II.(1)流程的目的是制备AlCl3,因此氯化炉中得到产物是AlCl3,焦炭在高温下,生成CO,因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO;(2)AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华,因此进行分离,需要控制温度在183℃到315℃之间,故选项b正确;(3)根据铝元素守恒,AlCl3的物质的量为n×2/102mol,则AlCl3的质量为133.5×2×n/102g,即AlCl3的质量分数为×100%或×100%。27、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2将溴从蒸馏烧瓶A中吹出SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体,防止污染空气蒸馏萃取分液不合理,氯水可能过量【解题分析】
(1)要想使溴离子变成溴单质,则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质,氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质,离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,故答案为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;(2)溴易挥发,升高温度促进其挥发,所以通入热空气的目的是吹出Br2,故答案为将溴从蒸馏烧瓶A中吹出;(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的,可知气体b为SO2,发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4,故答案为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4;(4)氯气不可能完
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