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文档简介
2023-2024学年山东省泰安市宁阳县四中高三考前热身化学试卷注意事项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、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中,X可能是()A.Na+ B.Cl﹣ C.CO32﹣ D.OH﹣2、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9;W与Y同族;W与Z形成的离子化合物可与水反应,其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的是()A.生物分子以W为骨架 B.X的氧化物常用于焊接钢轨C.Z的硫化物常用于点豆腐 D.Y的氧化物是常见的半导体材料3、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A.取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解,滴入1~2滴甲基橙指示剂,用标准盐酸溶液滴定至终点,消耗盐酸VmLD.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解,滴入1~2滴酚酞指示剂,用标准盐酸溶液滴定至终点,消耗盐酸VmL4、25℃时,向20mL0.1mol/LH2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.a点所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.lmol/LB.b点所示溶液中:c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)C.对应溶液的导电性:b>cD.a、b、c、d中,d点所示溶液中水的电离程度最大5、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能,X一定不可能是()A.ⅣA族元素 B.ⅤA族元素 C.ⅥA族元素 D.ⅦA族元素6、氢硫酸中加入或通入少量下列物质,溶液酸性增强的是()A.O2 B.Cl2 C.SO2 D.NaOH7、下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是()A.纯碱与盐酸 B.NaOH与AlCl3溶液C.Cu与硫单质 D.Fe与浓硫酸8、利用如图所示装置,以NH3作氢源,可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A.a为阴极B.b电极反应为:2NH3-6e-=N2+6H+C.电解一段时间后,装置内H+数目增多D.理论上每消耗1molNH3,可生成1.5mol9、H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.由图可知:Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4B.若将0.05molNaHC2O4和0.05molNa2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液,所得混合液的pH为4C.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)D.用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液,可用酚酞做指示剂10、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O属于的反应类型是()A.复分解反应B.置换反应C.分解反应D.氧化还原反应11、下列属于置换反应的是()A.2C+SiO22CO+SiB.2HClO2HCl+O2↑C.3CO+Fe2O33CO2+2FeD.2Na+Cl2=2NaCl12、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A.将茶叶灼烧灰化,选用①、②和⑨B.用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释,选用④、⑥和⑦C.过滤得到滤液,选用④、⑤和⑦D.检验中滤液中的Fe3+,选用③、⑧和⑩13、目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统,实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示,下列说法错误的是()A.充电时电极石墨棒A连接电源的正极B.放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C.放电时负极反应为2Br-—2e-=Br2D.放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大14、下列不能用元素周期律原理解释的是A.金属性:K>Na B.气态氢化物的稳定性:H2O>NH3C.酸性:HCl>H2SO3 D.Br2从NaI溶液中置换出I215、工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属,其原因与下列无关的是A.铝还原性较强 B.铝能形成多种合金C.铝相对锰、钒较廉价 D.反应放出大量的热16、某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-,加入下列哪种溶液不会使其变色A.淀粉溶液 B.硫酸氢钠溶液 C.H2O2溶液 D.氯水17、t℃时,已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示,下列说法正确的是()A.在t℃时PdI2的Ksp=7.0×10-9B.图中a点是饱和溶液,b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液C.向a点的溶液中加入少量NaI固体,溶液由a点向c点方向移动D.要使d点移动到b点可以降低温度18、成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是选项传统文化化学角度解读A兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光“香”主要因为美酒含有酯类物质B百炼成钢、钢筋铁骨生铁在高温下挥发除去碳等杂质转化成钢C三月打雷麦谷堆在雷电作用下N2转化成能被作物吸收的氮元素D《本草经集注》记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起…云是真硝石也”利用物理方法(焰色反应)可以检验钠盐和钾盐A.A B.B C.C D.D19、如图是一种可充电锂电池,反应原理是4Li+FeS2Fe+2Li2S,LiPF6是电解质,SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是()A.放电时,电子由a极经电解液流向b极B.放电时,电解质溶液中PF6-向b极区迁移C.充电时,b极反应式为Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+D.充电时,b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLi20、中华传统文化博大精深,下列说法正确的是()A.“霾尘积聚难见路人”,雾和霾是气溶胶,具有丁达尔效应B.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应21、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3),氙酸(H2XO4)是“绿色氧化剂”,氙酸是一元强酸。下列说法错误的是()A.上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离,不干扰反应B.三氧化氙可将I-氧化为IO3-C.氙酸的电离方程式为:H2XeO4═2H++XeO42-D.XeF2与水反应的化学方程式为:2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑22、下列反应中,反应后固体物质增重的是A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.二氧化碳通过Na2O2粉末C.铝与Fe2O3发生铝热反应 D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液二、非选择题(共84分)23、(14分)重要的化学品M和N的合成路线如图所示:已知:i.ii.iiiN的结构简式是:请回答下列问题:(1)A中含氧官能团名称是______,C与E生成M的反应类型是______.(2)写出下列物质的结构简式:X:______Z:______E:______(3)C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应.该聚合反应的产物是:______.(4)1molG一定条件下,最多能与______molH2发生反应(5)写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种(6)1,3﹣丙二醇是重要的化工物质,请设计由乙醇合成它的流程图______,合成路线流程图示例如下:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH.24、(12分)用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维,合成路线如图:已知:(1)生成A的反应类型是_____。(2)试剂a是_____。(3)B中所含的官能团的名称是_____。(4)W、D均为芳香化合物,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。(5)Q是W的同系物且相对分子质量比W大14,则Q有______种,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的为_____、_____(写结构简式)(6)试写出由1,3﹣丁二烯和乙炔为原料(无机试剂及催化剂任用)合成的合成路线。(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。___________25、(12分)现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料,制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知这一过程中可能发生下列反应:①2Mg+O22MgO②3Mg+N2Mg3N2③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。且假设正确操作时,装置内所发生的反应是完全的。试回答下列问题:(1)实验开始时,先点燃________装置中的酒精灯,原因是________;再将与g连接的自来水龙头打开,形成自h导管流出的气流,则气流依次流经的导管为(填字母代号):h→________;(2)你是否选择了B装置,理由是什么________________________;(3)你是否选择了C装置,理由是什么________________________;(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯,对实验结果产生的影响________为什么___26、(10分)钠与水反应的改进实验操作如下:取一张滤纸,用酚酞试液浸润并晾干,裁剪并折叠成信封状,滤纸内放一小块(约绿豆粒般大小)金属钠,把含钠的滤纸信封放入水中,装置如下图所示。请回答:(1)写出金属钠与水反应的离子方程式________________。(2)实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。(3)有关此实验的说法正确的是________________。A.实验过程中,可能听到爆鸣声B.实验过程中,看到滤纸信封由白色逐渐变红色C.实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D.实验过程中,多余的金属钠不能放回原试剂瓶中,以免对瓶内试剂产生污染27、(12分)草酸(H2C2O1)是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质,进行如下实验。实验Ⅰ:探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸,装置如下图所示:硝酸氧化淀粉水解液的反应为:C6H12O6+12HNO3→3H2C2O1+9NO2↑+3NO↑+9H2O。(1)上图实验装置中仪器乙的名称为:____,B装置的作用______(2)检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为:______。实验Ⅱ:探究草酸的不稳定性已知:草酸晶体(H2C2O1·2H2O)无色,易溶于水,熔点为101℃,受热易脱水、升华,170℃以上分解产生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸强,其钙盐难溶于水。(3)请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物(可重复使用,加热装置和连接装置已略去)。仪器装置连接顺序为:A→___→____→____→___→E→B→G→____。(1)若实验结束后测得B管质量减轻1.8g,则至少需分解草酸晶体的质量为_____g(已知草酸晶体的M=126g/mol)。实验Ⅲ:探究草酸与酸性高锰酸钾的反应取一定量草酸溶液装入试管,加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液,振荡试管,发现溶液开始缓慢褪色,后来迅速变成无色。(反应热效应不明显,可忽略不计)(5)该实验中草酸表现______性,离子方程式_______该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_________。(6)设计实验证明草酸是弱酸。实验方案:______________(提供的药品及仪器:蒸馏水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH计、0.1mol·L-1草酸溶液,其它仪器自选)28、(14分)X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素;Z和U位于第VIIA族;X和Z可形成化合物XZ4;Q原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T的一种单质在空气中能够自燃。完成下列填空:(1)R原子的电子排布式是___;X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是__;Z的氢化物的水溶液可用于____;Q、R、U的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是___。(2)CuSO4能用作T4中毒的解毒剂,反应可生成T的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是________。在pH为4~5的环境中,Cu2+、Fe2+不生成沉淀,而Fe3+几乎完全沉淀。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右,再慢慢加入粗氧化铜(含FeO),充分搅拌使之溶解。除去该溶液中杂质离子的方法是_____。(3)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实,硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是____。化学键C-CC-HSi-SiSi-H键能(kJ/mol)356413226318(4)第三周期部分元素氟化物的熔点如下,表中三种氟化物熔点差异的原因是______。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K1266153418329、(10分)氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I.已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:第一步:2NO(g)N2O2(g)(快)∆H1<0;v1正=k1正c2(NO);v1逆=k1逆c(N2O2)第二步:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)∆H2<0;v2正=k2正c(N2O2)c(O2);v2逆=k2逆c2(NO2)①在两步的反应中,哪一步反应的活化能更大___(填“第一步”或“第二步”)。②一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________;II.(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2),还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为:①CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH1>0②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2>0③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)ΔH3<0则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=______________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)若固定n(CO2)=n(CH4),改变反应温度,CO2和CH4的平衡转化率见图甲。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,原因是_________。(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2,在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图乙所示。y点:v(正)_____v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp,求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。III.根据2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O设计如图丙装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,图丙中左侧电极连接电源的_________极,电解制备过程的总反应化学方程式为_________。测定阳极液中Na和Cr的含量,若Na与Cr的物质的量之比为a:b,则此时Na2CrO4的转化率为_________。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷(CH4)燃料电池充当电源,则负极反应式为________________。
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、B【解析】
假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol,则根据溶液中的电荷守恒分析,2×3+1×3=2×4+1×x,解x=1,说明阴离子带一个单位的负电荷,铁离子和氢氧根离子不能共存,所以氢氧根离子不存,故X可能为氯离子,故选B。2、A【解析】
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20,W与Z形成的离子化合物可与水反应,其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色,则气体为烯烃或炔烃,W为C、Z为Ca时,生成乙炔符合;W、X、Z最外层电子数之和为9,X的最外层电子数为9-4-2=3,X为Al;W与Y同族,结合原子序数可知Y为Si,以此来解答。【详解】由上述分析可知,W为C、X为Al、Y为Si、Z为Ca。A.生物分子以碳链为骨架构成的分子,A正确;B.X的氧化物为氧化铝,不能用于焊接钢轨,B错误;C.一般选硫酸钙用于点豆腐,C错误;D.Si单质是常见的半导体材料,D错误;故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识,把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键,注意元素化合物知识的应用,侧重分析与应用能力的考查。3、B【解析】
A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数,故不选A;B.混合物与足量稀硫酸充分反应,也会生成水和二氧化碳,所以逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气,即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量,不能测定含量,故选B;C.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量,根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量,可计算出Na2CO3质量分数,故不选C;DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量,根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量,可计算出Na2CO3质量分数,故不选D;答案:B【点睛】实验方案是否可行,关键看根据测量数据能否计算出结果。4、D【解析】A、a点所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol·L-1,故A错误;B、b点所示溶液相当于Na2R,R2―部分水解生成HR―,HR―再水解生成H2R,故c(Na+)>c(R2-)>c(HR-)>c(H2R),B错误;C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系,c点溶液中离子浓度大,对应溶液的导电性:b<c,故C错误;D、a、b抑制水电离,c点PH=7,不影响水电离,d点促进水电离,故D正确;故选D。5、D【解析】
硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能,说明该晶体为原子晶体,可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅,而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体,所以X一定不可能是ⅦA族元素,故选D。6、B【解析】
H2S具有还原性,能被强氧化剂氧化,H2S的水溶液呈酸性,能和碱发生中和反应,以此解答该题。【详解】A.发生2H2S+O2=S↓+2H2O反应,溶液由酸性变为中性,所以酸性减弱,故A错误;B.发生2H2S+Cl2=S↓+2HCl反应,溶液酸性增强,故B正确;C.发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应,溶液由酸性变为中性,则溶液的酸性减弱,故C错误;D.加入氢氧化钠溶液,生成硫化钠,溶液的酸性减弱,故D错误;故答案选B。7、D【解析】
A.纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳,反应不受温度影响,故A错误;B.NaOH与AlCl3溶液反应时,NaOH少量反应生成氢氧化铝和氯化钠,NaOH过量生成偏铝酸钠、氯化钠,反应不受温度影响,故B错误;C.Cu与硫单质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜,故C错误;D.常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜,加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫,与温度有关,故D正确;故答案为D。8、C【解析】
根据图像可知,b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价,得电子为电解池的阳极,则b极为阴极,化合价降低得电子;电解质溶液中的氢离子向阴极移动;【详解】A.分析可知,a为阴极得电子,A正确;B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价,生成氮气和氢离子,其电极反应为:2NH3-6e-=N2+6H+,B正确;C.电解一段时间后,b电极消耗溶液中的氢离子,装置内H+数目不变,C错误;D.理论上每消耗1molNH3,消耗溶液中3mol氢离子,发生加成反应,可生成1.5mol,D正确;答案为C9、B【解析】
由图可知:c(H2C2O4)=c(C2O42-)时,pH≈2.7,c(HC2O4-)=c(C2O42-)时,pH=4。【详解】A.H2C2O4的二级电离方程式为:HC2O4-H++C2O42-,Ka2=,c(HC2O4-)=c(C2O42-)时,Ka2=,即Ka2=10-pH=10-4,A正确;B.HC2O4-H++C2O42-,Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4,C2O42-+H2OHC2O4-+OH-,Kh(C2O42-)===10-10,Ka(HC2O4-)>Kh(C2O42-),所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水,c(HC2O4-)﹤c(C2O42-),从图上可知,pH>4,B错误;C.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol·L-1=c(Na+),所以,c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=c(Na+),该式子为NaHC2O4的物料守恒,即此时为NaHC2O4溶液,NaHC2O4溶液的质子守恒为:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-),C正确;D.用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液,终点溶质主要为Na2C2O4,由图可知,此时溶液显碱性,可用酚酞做指示剂,D正确。答案选B。【点睛】越弱越水解用等式表达为Kh×Ka=Kw,常温下,水解常数Kh和电离常数Ka知其中一个可求另外一个。10、A【解析】
A.复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应,该反应CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3,属于复分解反应,故A选;B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应,本反应中无单质参与或生成,故B不选;C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应,本反应的反应物有两个,故C不选;D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应,本反应无元素化合价变化,故D不选。故选A。11、A【解析】
A.2C+SiO22CO+Si,该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物,属于置换反应,故A正确;B.2HClO2HCl+O2↑,该反应为一种物质生成两种或多种物质,属于分解反应,故B错误;C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe,该反应没有单质参加,不是置换反应,属于氧化还原反应,故C错误;D.2Na+Cl2=2NaCl,该反应为两种或多种物质反应生成一种物质,属于化合反应,故D错误。故选A。12、B【解析】
A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等,A正确;B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的,不能用来稀释溶液或溶解固体,B不正确;C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒,C正确;D、检验铁离子一般用KSCN溶液,因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液,D正确;答案选B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手,考查物质的检验方法、实验基本操作,仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理,然后选择药品和仪器,再设计实验步骤。13、C【解析】
放电时,Zn是负极,负极反应式为:Zn-2e-═Zn2+,正极反应式为:Br2+2e-=2Br-,充电时,阳极反应式为2Br--2e-=Br2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn。【详解】A.充电时电极石墨棒A连接电源的正极,反应式为2Br--2e-=Br2,故A正确;B.放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区,故B正确;C.放电时,Zn是负极,负极反应式为:Zn-2e-═Zn2+,故C错误;D.正极反应式为:Br2+2e-=2Br-,阴离子通过隔膜从正极区移向负极区,放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大,故D正确;故选C。14、C【解析】
A.同主族从上到下金属性逐渐加强,金属性:K>Na,A项正确;B.非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性:O>N,稳定性:H2O>NH3,B项正确;C.盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系,C项错误;D.非金属性越强,单质的氧化性越强,非金属性:Br>I,则Br2可从NaI溶液中置换出I2,D项正确;答案选C。15、B【解析】
A.铝热反应常用于焊接铁轨,该反应中Al作还原剂,Al的还原性比锰、钒等金属的强,故A相关;B.铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关,和铝本身的性质有关,故B不相关;C.铝相对锰、钒较廉价,所以用铝来制备锰和钒,故C相关;D.铝热剂为铝和金属氧化物的混合物,反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质,为放热反应,放出大量热,故D相关;题目要求选择不相干的,故选B。【点睛】本题考查铝热反应及其应用,把握铝热反应的特点及应用为解答的关键,注意反应的原理,实质为金属之间的置换反应,题目难度不大。16、A【解析】
Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存,在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2,加强氧化性物质也能把I-氧化为I2,生成单质碘,则溶液会变色。A.加淀粉溶液,与I-不反应,则溶液不变色,A符合题意;B.溶液中硫酸氢钠溶液,硫酸氢钠电离出氢离子,在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2,则溶液会变色,B不符合题意;C.H2O2具有强氧化性,能把I-氧化为I2,则溶液会变色,C不符合题意;D.氯水具有强氧化性,能把I-氧化为I2,则溶液会变色,D不符合题意;故合理选项是A。17、C【解析】
A.在t℃时PdI2的Ksp=7.0×10-5×(1×10-4)2=7×10-13,故A错误;B.图中a点是饱和溶液,b变为a铅离子的浓度增大,即b点不是饱和溶液,d变为a点要减小碘离子的浓度,说明d点是饱和溶液,故B错误;C.向a点的溶液中加入少量NaI固体,即向溶液中引入碘离子,碘离子浓度增大,PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动,铅离子浓度减小,溶液由a点向c点方向移动,故C正确;D.沉淀溶解的过程为断键过程,要吸热,即正反应沉淀溶解过程吸热,要使d点移动到b点,即使饱和溶液变为不饱和溶液,降低温度,溶解平衡向放热的方向移动,即生成沉淀的方向移动,仍为饱和溶液,故D错误。答案选C。18、B【解析】
A.酒放置时间长,部分乙醇转化成乙酸乙酯等酯类物质,具有果香味,A项正确;B.工业上把生铁炼成钢是用氧气或铁的氧化物作氧化剂在高温条件下把生铁中的过量的碳和其它杂质氧化成气体或炉渣除去,B项错误;C.在雷电作用下空气中N2和O2反应生成NO,经过一系列化学反应最终形成可溶性硝酸盐,增加土壤中氮肥含量,有利于作物生长,C项正确;D.钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同,焰色反应是物理变化,D项正确;答案选B。19、C【解析】
由所给的反应原理可判断原电池时,Li易失电子作负极,所以a是负极、b是正极,负极反应式为Li-e-═Li+,LiPF6是电解质,则正极反应式为
FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S。【详解】A.电子从负极沿导线流向正极,电子不经过电解质溶液,A错误;B.原电池中阴离子移向负极,电解质溶液中PF6-应向a极区迁移,B错误;
C.充电时,原电池中负极变阴极,正极变阳极,则电解时b极为阳极,反应式为Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+,C正确;D.由所给原理4Li+FeS2Fe+2Li2S,可得关系式,b极消耗5.6gFe时在a极生成2.8gLi,D错误;故选C。20、A【解析】
A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,故A正确;B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素,故B错误;C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴,是一种液化现象,不是碘升华,故C错误;D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色,这在化学上叫做焰色反应,“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应,故D错误;故选:A。21、C【解析】
A.氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3),氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定,易分离,不干扰反应,所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离,不干扰反应,故A正确;B.三氧化氙具有氧化性,可将I-氧化为IO3-,故B正确;C.氙酸是一元强酸,则氙酸的电离方程式为:H2XeO4═H++HXeO4-,故C错误;D.XeF2与水反应生成Xe、O2和HF,方程式为:2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑,故D正确。故选:C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数,可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等,例如硝酸是一元酸,硫酸是二元酸;不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸,例如该题中氙酸分子中有两个氢原子,但只能电离出一个氢离子,故为一元酸。22、B【解析】
A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为,固体由CuO变为Cu,反应后固体质量减小,A错误;B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,固体由Na2O2变为Na2CO3,反应后固体质量增加,B正确;C、铝与Fe2O3发生铝热反应,化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,反应前后各物质均为固体,根据质量守恒定律知,反应后固体质量不变,C错误;D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu,固体由Zn变为Cu,反应后固体质量减小,D错误;故选B。二、非选择题(共84分)23、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】
有机物X与HCHO发生信息i的反应,结合A的分子式为C9H10O2可知,X为,A为,A发生消去反应脱去1分子H2O生成B,故B为,B氧化生成C为;由信息iii中N的结构,结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知,形成M的物质为、,所以E为,C与E通过酯化反应生成M;由Y到E的转化,结合E的结构可知,Y不含苯环,再结合G的结构可知,化合物Z中含有苯环,结合反应信息i可知,Y为CH3CHO,由N的结构,结合信息ii中反应可知,E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种,由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO,比较G与Y的结构可知,Z为CH2=CHCHO,Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO,F发生消去反应得G,Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO,D与氢气发生加成反应得E,乙醇合成1,3﹣丙二醇,可以将乙醇氧化成乙醛,用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1,3﹣丙二醇,据此答题。【详解】(1)由上述分析可知,A为,含有羟基、醛基,C与E通过酯化反应生成M;(2)由上述分析可知,X的结构简式是,Z为CH2=CHCHO,E为;(3)C为;和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为;(4)G为CH2=CHCH=CHCHO,1molG一定条件下,最多能与3molH2发生反应;(5)G为CH2=CHCH=CHCHO,根据条件①有碳碳叄键,②能发生银镜反应,说明有醛基,③一氯取代物只有2种,则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等;(6)乙醇合成1,3﹣丙二醇,可以将乙醇氧化成乙醛,用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1,3﹣丙二醇,合成路线为。24、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】
苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是,A转化得到B,B与氨气在高压下得到,可知B→引入氨基,A→B引入硝基,则B中Cl原子被氨基取代生成,可推知B为,试剂a为浓硝酸、浓硫酸;还原得到D为;乙醇发生消去反应生成E为CH2=CH2,乙烯发生信息中加成反应生成F为,W为芳香化合物,则X中也含有苯环,X发生氧化反应生成W,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子,结合W的分子式,可知W为、则X为,W与D发生缩聚反应得到Y为。(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成。【详解】(1)生成A是苯与氯气反应生成氯苯,反应类型是:取代反应,故答案为:取代反应;(2)A→B发生硝化反应,试剂a是:浓硝酸、浓硫酸,故答案为:浓硝酸、浓硫酸;(3)B为,所含的官能团是:氯原子、硝基,故答案为:氯原子、硝基;(4)①由分析可知,F的结构简式是:,故答案为:;②生成聚合物Y的化学方程式是:,故答案为:;(5)Q是W()的同系物且相对分子质量比W大14,则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团,有1个取代基为﹣CH(COOH)2;有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH,有邻、间、对3种;有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3,2个﹣COOH有邻、间、对3种位置,对应的﹣CH3,分别有2种、3种、1种位置,故符合条件Q共有1+3+2+3+1=10种,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的为、,故答案为:10;、;(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成,其合成路线为,故答案为:。【点睛】本题考查有机物的推断与合成,充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析,侧重考查学生分析推理能力,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力,熟练掌握官能团的性质与转化,是有机化学常考题型。25、E避免从E装置出来的气流中还含有氧气f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)选择,以除去水蒸气,避免反应④发生选择,以除去空气中的CO2,避免反应③发生使氮化镁不纯如果E中的铜粉没有达到反应温度时,氧气不能除尽,导致氧气同镁反应,而使氮化镁中混入氧化镁【解析】
实验室里用空气和镁粉为原料,制取少量氮化镁(Mg3N2)。根据可能发生下列反应:①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2;⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3;利用该装置是制取氮化镁的装置的事实,联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质,对实验的过程进行设计与分析:为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气,为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。【详解】根据分析可知:利用该装置是制取氮化镁的装置的事实,联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质,对实验的过程进行设计与分析:为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气,为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则:(1)因为氧气与灼热的铜反应,所以实验开始时,先点燃E装置中的酒精灯,原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气,因为需要先除二氧化碳,再除水分,后除氧气,故将与g连接的自来水龙头打开,形成自h导管流出的气流,则气流依次流经的导管为(填字母代号):h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a);(2)选择B装置,可以除去水蒸气,避免反应④发生;(3)选择C装置,可以除去空气中的CO2,避免反应③发生;(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯,对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时,氧气不能除尽,导致氧气同镁反应,而使氮化镁中混入氧化镁。26、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用镊子取出金属钠,用滤纸吸干表面的煤油,用小刀切一小块用于实验。ABC【解析】(1)金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;(2)因钠能与水反应,应保存在煤油中,且生成的NaOH有腐蚀性,实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠,用滤纸吸干表面的煤油,用小刀切一小块用于实验;(3)A.反应放热,生成的H2在空气中燃烧,能听到爆鸣声,故A正确;B.生成NaOH,溶液显碱性,滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色,故B正确;C.此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物,故C正确;D.实验过程中,多余的金属钠应放回原试剂瓶,故D错误;答案为ABC。27、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8还原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸【解析】
(1)根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管;B装置为安全瓶,其作用是防倒吸,故答案为球形冷凝管;防倒吸;(2)淀粉遇碘变蓝色,在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液,溶液显蓝色,则证明淀粉没有完全水解,溶液若不显色,则证明淀粉完全水解,故答案为碘水或I2;(3)为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO,先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气,如果变蓝说明有水蒸气产生;再通入盛有冷水的洗气瓶除去草酸蒸气,防止草酸干扰二氧化碳的检验;接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳,如果澄清的石灰水变浑浊,则证明含有二氧化碳气体;再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳,防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验;然后再将洗气后的气体进行干燥,最后将气体再通过黑色的氧化铜装置,一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳,再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在,如果澄清石灰水变浑浊,则证明该混合气体中含有一氧化碳;为防止有毒的一氧化碳污染环境,用排水集气法收集一氧化碳,连接顺序为A→C→D→G→F→E→B→G→J,故答案为C;D;G;F;J。(1)由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量,则n(CO):m(O)=1:16=n(CO):1.8g,解得n(CO)为0.3mol,H2C2O1·2H2O受热分解的方程式为H2C2O1•2H2O3H2O+CO↑+CO2↑,由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol,所以质量为:0.3mol×126g/mol=37.8g,故答案为37.8;(5)向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时,可观察到溶液由紫红色变为近乎无色,说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾具有强氧化性,草酸能够被氧化,草酸具有还原性,被氧化为二氧化碳,发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;故答案为还原;5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O;生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;(6)若草酸为弱酸,则其在水溶液中不能完全电离,0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此,实验证明草酸是弱酸的实验方案为:取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,用pH计测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸,故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。28、1s22s22p63s23p2HNO3雕刻玻璃Si>Mg>Cl210CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4在溶液中通入Cl2,再加入CuO粉末调节pH为4~5硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能,稳定性差,易断裂,导致长链硅烷难以形成NaF与MgF2为离子晶体,而SiF4为分子晶体,所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高;又因为Mg2+的半径小于Na+的半径,所以MgF2中离子键的强度大于NaF中离子键的强度,故MgF2的熔点高于NaF【解析】
X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素;Z和U位于第ⅦA族,则Z为F元素,U为Cl;Q基态原子的s轨道和P轨道的电子总数相等,原子序数大于F,核外电子排布为1s22s22p63s2,故Q为Mg;X和Z可形成化合物XZ4,X元素表现+4价,原子序数小于F元素,故X为C元素;X和R属同族元素,则R为Si;T的一种单质在空气中能够自燃,原子序数介于Si与Cl之间,故T为P元素,据此解答。【详解】(1)R为Si元素,基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2;X为C,所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HNO3,Z为F元素,氢化物的
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