2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷含解析_第1页
2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷含解析_第2页
2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷含解析_第3页
2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷含解析_第4页
2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷含解析_第5页
已阅读5页,还剩17页未读 继续免费阅读

下载本文档

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

2023-2024学年安徽省淮北市同仁中学高考考前提分化学仿真卷注意事项: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(每题只有一个选项符合题意)1、下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+2H+→CO2↑+H2OB.铁粉与稀H2SO4反应:2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C.Cu(OH)2与稀H2SO4反应:OH-+H+→H2OD.氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O2、下列有关物质的描述及其应用均正确的是()A.Al、Al2O3、Al(OH)3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应B.Na2O2中含有O2,所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气C.FeCl3具有氧化性,用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板D.Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到3、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。反应②是工业制硝酸的重要反应,乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系:下列说法错误的是A.甲是易液化气体,常用作致冷剂B.可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染C.甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物D.丁是一种红棕色气体,是大气主要污染物之一4、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。下列说法错误的是()A.在图示的转化中,Fe3+和CuS是中间产物B.在图示的转化中,化合价不变的元素只有铜C.图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2OD.当有1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W原子的最外层电子数是其质子数的,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,元素Y的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是()A.单质的沸点:W<XB.简单离子的半径:Z>YC.X、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.X、Y可形成离子化合物X3Y26、用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A.18gD2O含有的电子数为10NAB.常温常压下,124gP4中所含P—P键数目为4NAC.标准状况下,11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NAD.将23gNa与氧气完全反应,反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间7、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增加,W与Y能形成两种常温下均为液态的化合物,X是形成化合物种类最多的元素,Z的原子在短周期中半径最大,Q为地壳中含量最多的金属元素,下列说法正确的是A.简单离子半径:Y<ZB.W、X、Y、Z四种元素组成的物质,其水溶液一定呈碱性C.简单氢化物的稳定性:Y大于X,是因为非金属性Y强于XD.工业上制取Q单质通常采用电解其熔融氯化物的方法8、下列说法正确的是()A.将BaSO4放入水中不能导电,所以BaSO4是非电解质B.氨溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质C.固态的离子化合物不能导电,熔融态的离子化合物能导电D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强9、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素;元素X和Z同族,Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是()A.简单离子半径大小为Y<X<ZB.Y和Z的氢化物溶于水,所得溶液均呈酸性C.W与Z均只有两种的含氧酸D.工业上电解熔融Y2X制备单质Y10、反应aX(g)+bY(g)cZ(g);△H=Q,有下图所示关系,下列判断中正确是()A.a+b<c,Q>0 B.a+b<c,Q<0C.a+b>c,Q>0 D.a+b>c,Q<011、用下列实验装置进行相应实验,设计正确且能达到实验目的的是()A.用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B.用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C.用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D.用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱12、下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是A.北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能B.国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到C.高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料D.极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀13、“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中a为TiO2电极,b为Pt电极,c为WO3电极,电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区,A区与大气相通,B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接a、c,则a为负极,该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OD.利用该装置,可实现太阳能向电能转化14、某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体,此溶液中可能大量共存的离子组是()A.Cl-、Mg2+、H+、Cu2+、SO42- B.Na+、Ba2+、NO3-、OH-、SO42-C.K+、NO3-、SO42-、H+、Na+ D.MnO4-、K+、Cl-、H+、SO42-15、足量下列物质与相同质量的铝反应,放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A.氢氧化钠溶液 B.稀硫酸 C.盐酸 D.稀硝酸16、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀,下列说法不正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.得到2.54沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL二、非选择题(本题包括5小题)17、合成药物X、Y和高聚物Z,可以用烃A为主要原料,采用以下路线:已知:I.反应①、反应②均为加成反应。II.请回答下列问题:(1)A的结构简式为_____________。(2)Z中的官能团名称为____________,反应③的条件为___________.(3)关于药物Y()的说法正确的是____________。A.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气B.药物Y的分子式为C8H8O4,能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是⑧>⑥>⑦D.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为4mol和2mol(4)写出反应E→F的化学方程式______________________________________。F→X的化学方程式______________________________________________。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_______________。①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,且是苯的二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应;③核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路___________________________________________。18、利用木质纤维可合成药物中间体H,还能合成高分子化合物G,合成路线如下:已知:(1)A的化学名称是________________。(2)B的结构简式是____________,由C生成D的反应类型为____________。(3)化合物E的官能团为________________。(4)F分子中处于同一平面的原子最多有________个。F生成G的化学反应方程式为________________。(5)芳香化合物I为H的同分异构体,苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2molNaOH,符合要求的同分异构体有________种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶3∶2∶1的I的结构简式为_____________________________。(6)写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。________________。19、某铁磁粉Fe3O4(可能含有Fe2O3或FeO杂质),为确定其纯度,称取23.28g该样品利用图1装置进行实验探究。已知:Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的,先生成Fe3O4,再生成FeO(黑色),最后生成Fe。请回答:(1)上述实验装置存在一个明显缺陷是___。(2)利用仪器测定并绘制出反应过程中a装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线(图2),样品中含有的杂质成分是___(填化学式)。(3)上述实验过程中,CO除作为反应物外,还起到的作用是___。A.实验开始时,排尽装置中的空气,防止加热时发生爆炸B.防止b中的溶液倒吸入a中C.停止加热后,继续通CO气体,防止生成物被氧化D.将产生的CO2全部赶入装置b中,以提高实验的精确度20、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色,一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因,进行了实验探究。I.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物,设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀,一段时间后变为灰绿色,长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀,洗净后加盐酸溶解,分成两份。①中加入试剂a,②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀,②中溶液未变成红色(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________(2)实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性(3)实验2中加入的试剂a为___溶液,试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ.乙同学查阅资料得知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后,部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后,仍为白色实验5取实验4中白色沉淀,洗净后放在潮湿的空气中______________(4)依据乙同学的猜测,实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。(5)该小组同学依据实验5的实验现象,间接证明了乙同学猜测的正确性,则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时,若得到的沉淀单一,则沉淀结构均匀,也紧密;若有杂质固体存在时,得到的沉淀便不够紧密,与溶液的接触面积会更大。(6)当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时,白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。(7)该小组同学根据上述实验得出结论:制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。21、Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇是极具前景的资源化研究领域,主要反应有:i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ·mol-1ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3(1)ΔH3=___kJ·mol-1。(2)已知反应i的速率方程为v正=k正x(CO2)·x3(H2),v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O),k正、k逆均为速率常数且只与温度有关,x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数Kx=___(以k正、k逆表示)。(3)5MPa时,往某密闭容器中按投料比n(H2):n(CO2)=3:1充入H2和CO2。反应达平衡时,测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①图中Y代表___(填化学式)。②250℃时反应ii的Kx___1(填“>”、“<”或“=”)③下列措施中,一定无法提高甲醇产率的是___。A.加入适量COB.使用催化剂C.循环利用原料气D.升高温度(4)在10MPa下将H2、CO按一定比例投料,平衡状态时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。曲线b代表的物质为____(填化学式)。温度为700K时,该反应的平衡常数KP=___(MPa)-2(结果用分数表示)。Ⅱ.在恒容容器中,使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH<0进行相关实验探究。改变投料比[n(SO2):n(NO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同,也可能不同),测定SO2的平衡转化率[α(SO2)]实验结果如图所示。已知:KR=16,KZ=。(5)如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态。应采取的措施是___。(6)通过计算确定图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是__。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+H+=HCO3-,故A错误;铁粉与稀H2SO4反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B错误;Cu(OH)2与稀H2SO4反应:Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O,故C错误;氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O,故D正确。点睛:书写离子方程式时,只有可溶性强电解质拆写成离子,单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写成离子。2、C【解析】

A、NaAlO2与NaOH不反应,故A不正确;B、Na2O2为离子化合物,含O元素,不含O2,但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气,故B不正确;C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁,利用氧化铁的氧化性,用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板,故C正确;D、Al活泼性很强,用电解熔融氧化铝的方式制备,所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法得到,故D不正确;故选C。3、D【解析】

X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子,则W为H元素。反应②是工业制硝酸的重要反应,乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装,乙是H2O,丙是HF,Z的单质是F2,Y是O2,甲是NH3,丁中NO。【详解】A.甲为NH3,氨气易液化,挥发吸收大量的热量,常用作致冷剂,故A正确;B.6NO+4NH3=5N2+6H2O,产生无污染的氮气和水,可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染,故B正确;C.甲为NH3、丙为HF,甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F,故C正确;D.丁是NO,是一种无色气体,是大气主要污染物之一,故D错误;故选D。【点睛】本题考查无机物推断,结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力,易错点D,反应②是工业制硝酸的重要反应,说明生成的丁是NO,不是NO2。4、B【解析】

A.该过程中发生反应:Cu2++H2S→CuS+2H+,CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平),Fe2++O2→Fe3+(未配平),由此可知,Fe3+和CuS是中间产物,故A不符合题意;B.由图知,化合价变化的元素有:S、Fe、O,Cu、H、Cl的化合价没发生变化,故B符合题意;C.由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知,其反应的总反应为:2H2S+O22S+2H2O,故C不符合题意;D.H2S反应生成S,硫元素化合价升高2价,O2反应时氧元素化合价降低2,根据氧化还原转移电子守恒可知,当有1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol,故D不符合题意;故答案为:B。5、B【解析】

W原子的最外层电子数是其质子数的,则W为C;元素Y的最高正化合价为+2价,则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,则X为7号元素即N,Z为Cl。【详解】A.C单质多为固体,如金刚石,石墨,所以单质的沸点C>N2,故A错误;B.简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+,故B正确;C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸,均为强酸,故C错误;D.N、Mg可形成离子化合物Mg3N2,即Y3X2,故D错误;故答案为B。6、C【解析】

A.D2O的摩尔质量为20g/mol,18gD2O的物质的量为0.9mol,则含有0.9mol电子,即电子数为0.9NA,故A错误;B.124g白磷的物质的量为1mol,而白磷为正四面体结构,每个白磷分子中含有6根P—P键,故1mol白磷中所含P—P键数目为6NA,故B错误;C.标准状况下,11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol,含有的氧原子数为NA,故C正确;D.2.3g钠的物质的量为0.1mol,钠与氧气完全反应,转移电子数用钠计算,0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子,则转移的电子数为0.1NA,故D错误;答案选C。7、C【解析】

由题意可推出W、X、Y、Z、Q依次为H、C、O、Na、Al五种元素。A.具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大半径越小,则离子半径O2->Na+,选项A错误;B.这四种元素可以形成多种盐溶液,其中酸式盐溶液有可能显酸性,如NaHC2O4,选项B错误;C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性越强,因非金属性Y(O)强于X(C),则简单氢化物的稳定性:Y大于X,选项C正确;D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物,而不是氯化铝,因为其为共价化合物,熔融并不导电,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表周期律,推出各元素为解题的关键,易错点为选项D;工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物,而不是氯化铝,因为其为共价化合物。8、C【解析】

A.硫酸钡是难溶的盐,熔融状态完全电离,所以BaSO4是电解质,故A错误;B.氨气本身不能电离出离子,溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因,故B错误;C.固态离子化合物不能电离出离子,不能导电;离子化合物熔融态电离出离子,能导电,故C正确;D.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与电解质强弱无关,强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强,故D错误;正确答案是C。【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断,明确电解质的强弱与电离程度有关,与溶液的导电能力大小无关是解答的关键,题目难度不大。9、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知,同周期元素中,从左到右原子半径依次减小,同主族元素中,从上到下原子半径依次增大,因Y是短周期中原子半径最大的元素,则Y为Na元素;Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,采用逆分析法可知,这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体,则可知Z为S,其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸,可与W的单质(C)反应,因此推出W为C;又X和Z同族,则X为O元素,据此分析作答。【详解】由上述分析可知,W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素,则A.简单离子的电子层数越多,其对应的半径越大;电子层数相同时,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径大小为Y<X<Z,A项正确;B.氢化钠为离子化合物,溶于水后与水发生反应:NaH+H2O=NaOH+H2↑,使溶液呈现碱性,B项错误;C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸,S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等,C项错误;D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠,而不是Na2O,D项错误;答案选A。【点睛】B项是易错点,学生要注意氢元素与活泼金属作用时,形成离子化合物,H显-1价。10、D【解析】

观察图可知,P1>P2,T1>T2。升高温度,X的体积分数减小,平衡向逆反应方向移动,所以正反应为放热反应,Q<0;增大压强X的体积分数减小,平衡向正向移动,所以a+b>c,故选D。11、D【解析】A,向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3,NH3可用碱石灰干燥,NH3密度比空气小,应用向下排空法收集,A项错误;B,乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物,不能用分液法进行分离,B项错误;C,加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜,C项错误;D,浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体,锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,根据同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物得出,氧化性:KMnO4>Cl2,Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色,试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2,由此得出氧化性:Cl2>Br2,D项正确;答案选D。点睛:本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜,防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂;比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。12、C【解析】

A.人造卫星上的太阳能电池板,消耗了太阳能,得到了电能,故将太阳能转化为了电能,选项A正确;B.客机所用的燃料油是航空煤油,是石油分馏得到的,选项B正确;C.碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料,是一种新型无机非金属材料,选项C错误;D.在船体上镶嵌锌块,形成锌铁原电池,锌比铁活泼,锌作阳极不断被腐蚀,铁做阴极则不会被腐蚀,选项D正确;答案选C。13、B【解析】

A.根据示意图可知,a与c相连后,a电极发生失电子的氧化反应所以作负极,考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液,所以a极的电极反应式为:;由于生成H+,所以a极附近的pH下降;A项正确;B.根据示意图可知,a与c相连后,c为正极,发生得电子的还原反应,电极反应式应写作:;B项错误;C.根据示意图,b与c若相连,b极为正极发生氧气的还原反应,考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液,所以电极反应式为:;C项正确;D.连接a与c后,将太阳能转变成B中的化学能,再连接b,c后,就可将化学能再转变成电能,最终实现了太阳能向电能的转化,D项正确;答案选B。14、C【解析】

A.Cu2+为有色离子,A不合题意;B.Ba2+、SO42-会发生反应,生成BaSO4沉淀,B不合题意;C.K+、NO3-、SO42-、H+、Na+能大量共存,与NH4HCO3作用能产生CO2气体,C符合题意;D.MnO4-为有色离子,D不合题意。故选C。15、A【解析】

假设反应都产生3mol氢气,则:A.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气,会消耗2molNaOH;B.2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,反应产生3mol氢气,需消耗3mol硫酸;C.2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,反应产生3mol氢气,需消耗6molHCl;D.由于硝酸具有强的氧化性,与铝发生反应,不能产生氢气;故反应产生等量的氢气,消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液;选项A正确。16、D【解析】

设铜、镁的物质的量分别为x、y,则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54,解得x=0.02mol,y=0.01mol,设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b,则根据得失电子数相等:2x+2y=2a+b,a+b=0.05,则a=0.01mol,b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知,Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol,二者物质的量之比为2︰1,A正确;B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L-1,B正确;C、由上述分析可知,N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol,则NO2的体积分数是×100%=80%,C正确;D、沉淀达最大时,溶液中只有硝酸钠,根据原子守恒:n(NaOH)=n(HNO3)-(2a+b)=0.7mol-0.06mol=0.64mol,氢氧化钠溶液体积为640mL,D错误;答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加热B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】

反应①、反应②的原子利用率均为100%,属于加成反应,结合反应②的产物,可知烃A为HC≡CH,B为,而G的相对分子质量为78,则G为.C可以发出催化氧化生成D,D发生信息中I的反应,则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应,则C为,D为,E为,F为,F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到,与甲醇反应酯化反应生成,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3,最后发生加聚反应得到,以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH≡CH;(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基,反应③为卤代烃的水解,条件为:氢氧化钠水溶液、加热;(3)A.羟基、羧基能与钠反应生成氢气,1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气,标况下氢气体积为33.6L,但氢气不一定处于标况下,故A错误;B.药物Y的分子式为C8H804,含有酚羟基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.羧基酸性最强,酚羟基酸性很弱,醇羟基表现为中性,药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故C正确;D.苯环与氢气发生加成反应,1mol药物Y与3molH2加成,Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应,1molY消耗2molBr2,故D错误;故答案为B、C;(4)反应E-F的化学方程式:,F→X的化学方程式为;(5)E为,对应的同分异构体①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应,应为甲酸酯类;③核磁共振氢谱有6个峰,则可能的结构为;(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料,合成Z,可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,与甲醇发生酯化反应,再发生消去反应,最后发生加聚反应生成Z,也可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,发生消去反应生成丙烯酸,与甲醇发生酯化反应,最后发生加聚反应生成Z,对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时,掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的,可以从一种的信息及物质的分子结构,结合反应类型,进行顺推或逆推,判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯;可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基;可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基;可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖;遇氯化铁溶液变紫色,遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。18、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反应氯原子、羧基1710【解析】本题考查有机合成与推断,意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。(1)根据有机物的系统命名法可知,A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯;(2)结合题给信息①,B的结构简式为;结合信息②,C的结构简式为,根据F的结构以及D生产H的反应条件,可知D为,故由C生成D的反应类型为氧化反应;(3)D→E在光照的条件发生取代反应,E的结构简式为;E中含有的官能团为氯原子、羧基;(4)因苯环为平面形,所以直接与其相连的-CH2OH和—COOH上的碳原子与其在一个平面内,通过旋转单键,-CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面,—COOH中的所有原子可能与苯环共面,故F分子中处于同一平面的原子最多有17个;F通过缩聚反应生成高分子化合物G,其反应方程式为:;(5)H的结构简式为,I为H的同分异构体且1molI发生水解反应消耗2molNaOH,说明I为酚酯,苯环上一氯代物有两种结构,即苯环上只有两种等效氢,故符合条件的I的结构简式为:、、、、、、、、、,共10种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或;(6)加热条件下,在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成,在结合信息②,在W2C作用下生成,最后再酸性高锰酸钾溶液中,将苯甲醛氧化为,其合成路线为:。点睛:判断分子中共面的技巧(1)审清题干要求:注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。(2)熟记常见共面的官能团。①与双键和苯环直接相连的原子共面,如、、②醛、酮、羧酸因与与相似为平面形(等电子原理),故为平面形分子(所有原子共平面)。但、所有原子不共平面(因含-CH3),而-CH3中的C与(羰基)仍共平面。又中与其它原子可能共平面。因有两对孤电子对,故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型(与相似),故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。③若有两个苯环共边,则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。④若甲基与一个平面形结构相连,则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连,则这四个原子为四面体结构,不可能共面。19、缺少尾气处理装置Fe2O3ABCD【解析】

(1)剩余的气体不能处理,缺少尾气处理装置;(2)由图3质量的变化来解答,Fe2O3~Fe3O4~FeO~Fe质量变化3次;(3)实验开始时,排尽装置中的空气,停止加热后,导管中还有残留的二氧化碳,继续通入CO,可以将其赶到B装置中,减小实验误差,能防止倒吸等;【详解】(1)一氧化碳有毒不能排放,应收集或吸收,上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置;(2)Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的,先生成Fe3O4,再生成FeO(黑色),最后生成Fe,由图可以看出,管内的固体质量变化了3次,如果只有Fe3O4,只会Fe3O4~FeO~Fe变化2次,而如果是Fe2O3则Fe2O3~Fe3O4~FeO~Fe变化3次,故含有杂质为Fe2O3;(3)CO除作为反应物外,A.利用一氧化碳气体可以在实验开始时,排尽装置中的空气,防止加热时发生爆炸,故A正确;B.一氧化碳不溶于水,可以防止b中的溶液倒吸入a中,故B正确;C.停止加热后,继续通CO气体,在一氧化碳气体中铁不易被氧化,可防止生成物被氧化,故C正确;D.将产生的CO2全部赶入装置b中,减小实验误差,以提高实验的精确度,故D正确;故选ABCD;【点睛】难点:在于掌握通入CO后,铁的氧化物的转化流程,找准质量变化的几个点是解答此题的突破口。20、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3,反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3,故答案为:4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3;(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化,利用了其还原性,故答案为:还原;(3)根据实验现象可知,①中加入试剂出现蓝色沉淀,是在检验Fe2+,试剂a为K3[Fe(CN)6],②中溶液是否变红是在检验Fe3+,试剂b为KSCN,由于②中溶液没有变红,则不存在Fe3+,即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3,甲同学的猜测错误,故答案为:K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾);KSCN(或硫氰化钾);不正确;(4)根据已知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,而实验

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。

评论

0/150

提交评论