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文档简介
2023-2024学年云南省河口县民中高三第二次模拟考试化学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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、用下列①②对应的试剂(或条件)不能达到实验目的的是实验目的试剂(或条件)A.用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气①热水浴②冷水浴B.用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子①乙醇②己烷C.用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异①石蕊②品红D.用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响①苯②甲苯A.A B.B C.C D.D2、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应:A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后,在t2时刻改变某一条件,其反应过程如图。下列说法正确的是A.0~t2时,v(正)>v(逆)B.t2时刻改变的条件可能是加催化剂C.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,A的体积分数Ⅰ=ⅡD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,平衡常数I<Ⅱ3、化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是()A.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作B.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电,因此石墨烯是电解质C.中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料D.泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品,其主要成分均为金属材料4、SO2是大气污染物,造成酸雨的主要原因,用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2,又可以生成一定量的硫酸,下列说法正确的是()A.a为正极,b为负极B.生产过程中氢离子由右移向左C.从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D.负极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+5、根据热化学方程式:S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ,下列说法正确的是A.1molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和B.加入合适的催化剂,可增加单位质量的硫燃烧放出的热量C.S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1kJ;Q1的值大于297.23D.足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23kJ热量6、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一7、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是()选项实验操作现象结论ASO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g)为放热反应C某黄色溶液X中加入淀粉-KI溶液溶液变成蓝色溶液X中含有Br2D无水乙醇中加入浓硫酸,加热,产生的气体Y通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去气体Y中含有乙烯A.A B.B C.C D.D8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体,乙是常见的气体。K是无色气体,是主要的大气污染物之一,0.05mol/L丙溶液的pH为l,上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:W<X<Y B.元素的非全属性:Z>Y>XC.化合物XYZ中只含共价键 D.K、L、M中沸点最高的是M9、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法错误的是()A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构B.元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ210、下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体,振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+C检验食盐是否加碘(KIO3),取少量食盐溶于水,用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A.A B.B C.C D.D11、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为:LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A.该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B.放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔C.充电时,铝箔电极应该接电源的正极D.充电时,Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移12、下列离子方程式中书写正确的是()A.磁性氧化铁溶于氢碘酸:Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OB.FeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化:2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C.NH4Al(SO4)2溶液中通入过量的Ba(OH)2:NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3▪H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD.饱和碳酸钠溶液中通入CO2:CO32-+CO2+H2O=2HCO3-13、用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列判断正确的是()A.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB.一定条件下,足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应,转移电子数为2NAC.0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数目为0.02NAD.标准状况下,22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA14、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍,W与Y同主族,X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A.常温常压下Y的单质为气态 B.X的氧化物是离子化合物C.X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D.W与Y具有相同的最高化合价15、下列有关氮原子的化学用语错误的是A. B. C.1s22s22p3 D.16、如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是()A.a通入CO2,然后b通入NH3,c中放碱石灰B.b通入NH3,然后a通入CO2,c中放碱石灰C.a通入NH3,然后b通入CO2,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D.b通入CO2,然后a通入NH3,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉17、某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水,装置如图所示。下列说法错误的是A.好氧微生物电极N为正极B.膜1、膜2依次为阴离子、阳离子交换膜C.通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D.电极M的电极反应式为2OCN-6e+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H18、下列有关化学反应的叙述正确的是()A.铁在热的浓硝酸中钝化 B.CO2与Na2O2反应可产生O2C.室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D.SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO319、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A.三者的氧化物都是碱性氧化物B.三者的氢氧化物都是白色固体C.三者的氯化物都可用化合反应制得D.三者的单质在空气中最终都生成氧化物20、某溶液中有S2-、SO32-、Br-、I-四种阴离子各0.1mol。现通入Cl2,则通入Cl2的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A. B.C. D.21、下列实验操作正确的是A.用长预漏斗分离油和水的混合物B.配制0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C.将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液,可收集到纯氯气D.用湿布熄灭实验台上酒精着火22、下列由实验现象得出的结论正确的是()操作及现象结论A其他条件相同,测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液,观察气体产生的速度比较CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃,制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)煤化工可制得甲醇.以下是合成聚合物M的路线图.己知:①E、F均能发生银镜反应;②+RX+HX完成下列填空:(1)关于甲醇说法错误的是______(选填序号).a.甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b.甲醇可以产生CH3OCH3(乙醚)c.甲醇有毒性,可使人双目失明d.甲醇与乙醇属于同系物(2)甲醇转化为E的化学方程式为______.(3)C生成D的反应类型是______;写出G的结构简式______.(4)取1.08gA物质(式量108)与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,写出A的结构简式______.24、(12分)已知:R-CH=CH-O-R′→H2O/H+R-烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下:完成下列填空:43、写出A的结构简式_______________________________。44、写出C→D化学方程式____________________________________________________。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应;②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应;③分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔()的合成路线。(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:_________________________25、(12分)欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的质量分数,但资料表明:反应中除了生成NO2气体外还会有少量的NO生成;常温下NO2和N2O4混合存在,在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO生成,有人设计如下实验:(1)实验开始前要先打开A部分的活塞K1,持续通一段时间的氮气再关闭K1,这样做的目的是___。(2)装置B瓶的作用是___。(3)A中的反应停止后,打开D中的活塞K2,并通入氧气,若反应确有NO产生,则D中应出现的现象是___;实验发现,通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响,则为便于观察应通入___(填“冷”或“热”)的氧气。(4)为减小测量误差,在A中反应完成和D中出现现象后,还应继续进行的操作是___。(5)实验测得下列数据:所用铜银合金质量:15.0g、浓硝酸:40mL13.5mol/L;实验后A中溶液体积:40mL;H+浓度:1.0mol/L。若设反应中硝酸既无挥发也无分解,则:①参加反应的硝酸的物质的量为___。②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量,则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是___。(6)若实验只测定Cu的质量分数,不验证NO的产生,则在铜银合金中与浓硝酸反应后,只需要简单的实验操作可达到目的,请简述实验过程:___。26、(10分)硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定,不易被氧气氧化,常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。I.制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下:(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中,适当加热的目的是_________。(2)将滤液转移到_________中,迅速加入饱和硫酸铵溶液,直接加热蒸发混合溶液,观察到_________停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。Ⅱ.查阅资料可知,硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应:____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O但伴有副反应发生,生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物:(3)配平上述分解反应的方程式。(4)加热过程,A中固体逐渐变为_______色。(5)B中迅速产生少量白色沉淀,反应的离子方程式为______。(6)C的作用是_________。(7)D中集气瓶能收集到O2,____(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结来后,继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。27、(12分)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。试回答:(1)加热过程中,试管A中发生的实验现象可能有___。(2)装置E和F的作用是___;(3)该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气,他的做法正确吗?为什么?___。(4)另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后,用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫,最后测出氧气的体积为448mL(标准状况)。据此可计算出二氧化硫为___mol,三氧化硫为___mol。(5)由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式:___。(6)上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案,达到使装置最简单而不影响实验效果的目的:___。28、(14分)铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题:(1)铜和锌相邻,铜和锌的几种状态:①铜:[Ar]3d10;②铜:[Ar]3d104s1③铜:[Ar]3d104p1④锌:[Ar]3d104s1⑤锌:[Ar]3d104s2。它们都失去1个电子时需要的能量由大到小排序为___(填字母)。a.①⑤④②③b.①④⑤②③c.②①③⑤④d.⑤①④③②画出基态铜原子的价电子排布图____。(2)Cu2+与NH3·H2O等形成配离子。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代得到两种结构的配离子,则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是____(填“正四面体”或“正四边形”)。(3)CuF2晶体的熔点为836℃。其能量循环图示如下(a、b、c等均大于0):F-F键能为___kJ∙mol-1,CuF2(s)的晶格能为___kJ∙mol-1。(4)铜常作醇氧化反应的催化剂。M中C原子的杂化类型有___种,M的熔沸点比N的高,原因是___。(5)磷青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值,铜、磷原子最近距离为①铜与铜原子最近距离为____nm。②磷青铜晶体密度为___g∙cm-3(用代数式表示)。29、(10分)锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。Ⅰ.(1)锑在元素周期表中的位置_____。(2)锑(Ⅲ)的氧化物被称为锑白,可以由SbCl3水解制得,已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白,操作时将SbCl3徐徐加入大量水中,反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。工业上,还可用火法制取锑白,是将辉锑矿(主要成分为Sb2S3)装入氧化炉的坩埚中,高温使其融化后通入空气,充分反应后,经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ.以辉锑矿为原料制备金属锑,其中一种工艺流程如下:已知部分信息如下:①辉锑矿(除Sb2S3外,还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等);②浸出液主要含盐酸和SbCl3,还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质;③常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36,Ksp(PbS)=9.0×10-29。回答下列问题:(3)“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。(4)已知:浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生沉淀的是_____(填化学式);当CuS、PbS共沉沉时,=______(保留小数点后一位)。(5)在“除砷”过程中,氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。(6)在“电解”过程中,锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时,锑的产率降低的原因可能是_________。
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、D【解析】
A.二氧化氮中存在化学平衡,升高温度平衡向吸热方向移动,溴蒸气中不存在化学平衡,所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化,而溴蒸气不发生变化,所以可以鉴别,故A不选;B.钠和乙醇发生反应生成氢气,己烷和钠不反应,现象不同,可以鉴别,故B不选;C.二氧化硫具有漂白性,能漂白品红,但不能漂白指示剂,次氯酸能漂白品红和指示剂,现象不同,可以鉴别,故C不选;D.溴水与苯和甲苯都不反应,现象相同,无法鉴别,故D选;故选:D。2、C【解析】试题分析:A、图像分析判断0~t2时,0~t1逆反应速率大于正反应速率,t1~t2正逆反应速率相同,A错误;B、在t2时刻若是加入催化剂,由于催化剂对正逆反应速率都有影响,图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大,而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同,速率不变,最后反应达到平衡和原平衡相同,B错误;C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,C正确;D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,平衡常数不变,D错误,答案选C。考点:考查化学平衡的建立、图像的分析3、A【解析】
A.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,与有机物易溶于有机物有关,该过程为萃取操作,故A正确;B.石墨烯是一种碳单质,不是电解质,故B错误;C.碳化硅属于无机物,为无机非金属材料,故C错误;D.泰国银饰属于金属材料,土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐,故D错误;故答案为A。4、D【解析】
A.由图可知,此装置为原电池,且a极发生氧化反应,属于负极,b极为正极,A项错误;B.原电池中阳离子移向正极,故氢离子由左移向右,B项错误;C.负极区有硫酸生成,但同时水的量在增加,则硫酸的质量分数不一定大于50%,甚至还可能小于50%,C项错误;D.负极反应式为SO2+2H2O-2e-===SO42-+4H+,D项正确;答案选D。5、C【解析】
A.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和,故A错误;B.加入合适的催化剂不会影响反应焓变,即单位质量的硫燃烧放出的热量不变,故B错误;C.因物质由固态转变成气态也要吸收热量,所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ⋅mol−1,故C正确;D.热化学方程式的系数只表示物质的量,标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol,故D错误;故答案为:C。6、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。7、B【解析】
A.SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,因为二氧化硫是酸性氧化物,与氢氧化钠反应而使红色褪去,结论不正确,A项错误;B.对于平衡2NO2(g)N2O4(g),升高温度,气体颜色加深,二氧化氮浓度增大,说明反应平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,B项正确;C.能使淀粉-KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2,可能含有Fe3+,C项错误;D.乙醇易挥发,若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫,乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以无法证明气体Y中一定含有乙烯,D项错误;答案选B。【点睛】C项是易错点,要注意Fe3+也为黄色溶液,且具有氧化性,可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考,多总结,将知识学以致用,融会贯通。8、C【解析】
0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则应为SO2,可知乙为O2,L为H2O,甲是单质,且与浓硫酸反应生成SO2、H2O,可知甲为C,M为CO2,则W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为S元素。【详解】A项、同周期元素,原子半径从左到右逐渐减小,C>O,故A错误;B项、同主族元素,从上到下非金属性减弱,O>S,故B错误;C项、化合物COS都由非金属性构成,只含共价键,故C正确;D项、K、M常温下为气体,L为水,常温下为液体,沸点最高,故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律,侧重考查分析能力和推断能力,注意溶液pH为推断突破口,熟练掌握元素化合物知识,注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。9、A【解析】
X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4,则Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,故A错误;B、元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等,故B正确;C、元素Y为铝,铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,故C正确;D、硫和碳可形成共价化合物CS2,故D正确;答案选A。10、A【解析】
A.Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-,故而加入酚酞显红色,加入少量氯化钡固体,CO32-和Ba2+反应生成BaCO3,平衡左移,OH-浓度减小,红色变浅,A正确;B.溶液中无Fe2+,含Fe3+也能出现相同的现象,B错误;C.KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2,操作不正确,可加入少量食醋再观察现象,C错误;D.蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性,加入(NH4)2SO4的饱和溶液发生盐析,D错误。答案选A。11、A【解析】
A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价,可见Fe元素化合价发生了变化,A错误;B.根据电池充电时的阳极反应式为:LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,充电时铝箔为阳极,则放电时铝箔为正极,铜箔为负极,放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔,B正确;C.根据题意可知充电时Al箔为阳极,则充电时,铝箔电极应该接电源的正极,C正确;D.根据图示可知:电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移,充电是放电的逆过程,则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移,D正确;故答案选A。12、B【解析】
A.磁性氧化铁溶于氢碘酸,生成的Fe3+还要与I-发生氧化还原反应,A错误;B.FeBr2中通入氯气时,Fe2+先被氧化为Fe3+,剩余的Cl2再与Br-发生反应,一半的Br-氧化时,Fe2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等,B正确;C.所提供的离子方程式中,电荷不守恒,质量不守恒,C错误;D.饱和碳酸钠溶液中通入CO2,应生成NaHCO3沉淀,D错误。故选B。13、C【解析】
A.1molCl2参加反应,可以是自身氧化还原反应,也可以是氯气做氧化剂,转移电子数不一定为2NA,故A错误;B.足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应,浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应,转移电子数目小于2NA,故B错误;C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2NA,0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数目为0.02NA,故C正确;D.氦气为单原子分子,氟气为双原子分子,故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同,故D错误。答案选C。【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是微粒数的计算,氧化还原反应的电子转移。14、B【解析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍,最外层电子数只能为6,次外层电子数为2,W为O元素;W与Y同主族,则Y为S元素;X在短周期中原子半径最大,X为Na元素;短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl,因此Z为Cl元素,据此分析解答。【详解】根据上述分析,W为O元素,X为Na元素,Y为S元素,Z为Cl元素。A.常温常压下,S为固体,故A错误;B.X的氧化物为氧化钠或过氧化钠,均是离子化合物,故B正确;C.X与Z形成的化合物为NaCl,NaCl为强酸强碱盐,不水解,水溶液呈中性,故C错误;D.一般情况下,O元素不存在正价,S的最高价为+6价,故D错误;故选B。15、D【解析】
A、N原子最外层有5个电子,电子式为,A正确;B、N原子质子数是7,核外有7个电子,第一层排2个,第二层排5个,因此B正确;C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道,电子排布式为1s22s22p3,C正确;D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同,所以正确的轨道式为,D错误。答案选D。16、C【解析】
由于CO2在水中的溶解度比较小,而NH3极易溶于水,所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3,再通入CO2;由于NH3极易溶于水,在溶于水时极易发生倒吸现象,所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中,即a先通入NH3,然后b通入CO2,A、B、D选项均错误;因为NH3是碱性气体,所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收,选项C合理;故合理答案是C。【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质,及在日常生产、生活中的应用,题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。17、C【解析】
A.由物质转化知,OCN中C为+4价,N为-3价,在M极上N的化合价升高,说明M极为负极,N极为正极,A项正确;B.在处理过程中,M极附近电解质溶液正电荷增多,所以阴离子向M极迁移,膜1为阴离子交换膜,N极反应式为O2+4e+2H2O=4OH,N极附近负电荷增多,阳离子向N极迁移,膜2为阳离子交换膜,B项正确;C.根据电荷守恒知,迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数,但是离子所带电荷不相同,故迁移的阴、阳离子总数不一定相等,C项错误;D.M极发生氧化反应,水参与反应,生成了H,D项正确;答案选C。18、B【解析】
A.铁在冷的浓硝酸中钝化,故A错误;B.CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3,故B正确;C.在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2,故C错误;D.漂白粉具有强氧化性,SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4,故D错误;故选B。19、C【解析】
A.Na、Al、Fe的氧化物中,过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物,氧化铝为两性氧化物,故A错误;B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体,而氢氧化铁为红褐色固体,故B错误;C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到,故C正确;D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠,Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止了Al与氧气继续反应,铁在空气中会生锈,得到氧化铁,故D错误;答案:C20、C【解析】
离子还原性,故首先发生反应,然后发生反应,再发生反应,最后发生反应,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。【详解】A.由可知,完全反应需要消耗氯气,标准状况下的的体积为0.1mol22.4L·mol-1=2.24L,图象中氯气的体积不符合,A错误;B.完全反应后,才发生,完全反应需要消耗氯气,故开始反应时氯气的体积为,完全反应消耗mol氯气,故完全反应时氯气的体积为,图象中氯气的体积不符合,B错误;C.完全反应需要消耗氯气,完全反应消耗mol氯气,完全反应消耗氯气,故溴离子开始反应时氯气的体积为,由可知,完全反应消耗mol氯气,故Br-完全反应时消耗的氯气体积为,图象与实际符合,C正确;D.完全反应需要消耗氯气,完全反应消耗mol氯气,完全反应消耗mol氯气,故I完全时消耗的氯气体积为,图象中氯气的体积不符合,D错误。答案选C。【点睛】氧化还原竞争型的离子反应,关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序,然后按照越强先反应原则依次分析。21、D【解析】A、油和水互不相溶,分层,分离油和水的混合物应用分液漏斗,故A错误;B、硝酸有强氧化性,能将二价铁氧化为三价铁,故B错误;C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液,会产生CO2,应通过饱和食盐水,才可收集到纯氯气,故C错误;D、用湿布熄灭实验台上酒精着火,属于隔绝氧气灭火,故D正确;故选D。22、A【解析】由于甲酸的酸性大于氢硫酸,等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH:K2S溶液>HCOOK溶液,所以甲酸的电离平衡常数较大,A正确;含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色,不一定为Fe2+的溶液,B错误;硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂,而KMnO4溶液与H2O2溶液反应,KMnO4溶液做氧化剂,没有可比性,C错误;浓硫酸能够使乙醇脱水碳化,浓硫酸被还原为二氧化硫,可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色,也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色,D错误;正确选项A。点睛:C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃,制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气,除去二氧化硫和二氧化碳气体,然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中,溶液褪色,证明一定制得了乙烯气体。二、非选择题(共84分)23、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3.【解析】
一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5﹣二甲基苯酚),2,5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5﹣二甲基苯酚),2,5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,(1)a.甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去,故a错误;b.甲醇分子间脱水生成CH3OCH3,故b正确;c.甲醇有毒性,可使人双目失明,故c正确;d.甲醇与乙醇都有一个羟基,组成相关一个CH2;所以属于同系物,故d正确;(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O;(3)根据上面的分析可知,C生成D的反应类型是:消去反应,G为甲酸甲酯,G的结构简式HCOOCH3;(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol,与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,根据碳原子守恒知,白色沉淀的物质的量是0.01mol,则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol,A的式量和白色沉淀的式量相差158,则溴原子取代酚羟基的邻对位,所以A的结构简式为:。24、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】
由信息可知,A反应生成B为醇,E为醛,由B的相对分子质量为60,则B为CH3CH2CH2OH,B→C发生催化氧化反应,所以C为CH3CH2CHO,C→D为银镜反应,则D为CH3CH2COONH4;由B、E及A的分子式可知,烃基烯基醚A结构简式为;有机物E为:;由E转化为对甲基苯乙炔(),先发生-CHO的加成,再发生醇的消去反应,然后与溴发生加成引入两个溴原子,最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成C≡C,然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知,A的结构简式为:;1.C→D反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O;故答案为:CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O;2.分子式和有机物F相同,①光能与FeCl3溶液发生显色反应,属于酚类;②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应,说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子,③分子中有4种不同化学环境的氢原子,要求结构具有一定的对称性,满足这三个条件的F的同分异构体可以有:;故答案是:;46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇,再进行醇的消去引进碳碳双键,再与Br2进行加成,最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为:;故答案为:。25、排尽装置中的空气吸收水蒸气,防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO出现红棕色气体热打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O20.5molC中圆底烧瓶在实验前后增加的质量往剩余溶液中加入过量HCl溶液,过滤、洗涤、干燥、称量【解析】
实验开始前要先打开A部分的活塞K1,持续通一段时间的氮气再关闭K1,排尽装置中的空气,滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体,干燥后通过装置C,在低于0℃时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在,A中的反应停止后,打开D中的活塞K2,并通入氧气,若反应确有NO产生,则D中出现红棕色气体,说明有一氧化氮气体生成,剩余气体用氢氧化钠溶液吸收;(1)通入氮气是排除装置中的空气,避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮;(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮;(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体;温度高反应速率快;(4)由于装置中有残留的气体,所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2,以把气体完全排尽;(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol,剩余硝酸是0.04mol,所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol;②要计算铜质量分数,还需要计算出生成的N2O4的质量,所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量;(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐,利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量,计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气,避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮;(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮;(3)A中的反应停止后,打开D中的活塞K2再通入氧气,若反应中确有NO产生,一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体,通入氧气温度越高反应速率越快,因此要通入热的氧气;(4)由于装置中有残留的气体,所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是:打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2,以把气体完全排尽;(5)①硝酸的总的物质的量是0.54mol,剩余硝酸是0.04mol,所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol;②要计算铜质量分数,还需要计算出生成的N2O4的质量.所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量;(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐,利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量,计算得到合金中铜的质量分数,在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液,过滤后,将沉淀洗涤、干燥,最后称取所得的AgCl沉淀的质量,再进行计算。26、加快反应速率蒸发皿有晶膜出现(或大量固体出现时)防止硫酸亚铁水解214215红棕Ba2++SO3+H2O=BaSO4↓+2H+(说明:分步写也给分2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+也给分)检验产物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于试管中,滴加少量NaOH溶液并加热,能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体【解析】
I.(1)适当加热使溶液温度升高,可加快反应速率;(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发,加热溶液至有晶膜出现(或大量固体出现时),停止加热;溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解;Ⅱ.(3)根据化合价升降法配平;(4)加热过程,A逐渐变为氧化铁;(5)B为酸性溶液,二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀;(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应,导致溶液褪色;(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2;(8)溶液B显酸性,氨气能够在此装置中被吸收,检验B中是否含有铵根离子即可。【详解】I.(1)适当加热使溶液温度升高,可加快反应速率;(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发,则滤液转移到蒸发皿中;加热溶液至有晶膜出现(或大量固体出现时),停止加热,利用余热进行蒸发结晶;为防止硫酸亚铁水解,溶液一直保持强酸性;Ⅱ.(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3,N的化合价由-3变为0,S的化合价由+6变为+4,根据原子守恒,硫酸亚铁铵的系数为2,SO2的系数为4,则电子转移总数为8,Fe得到2个电子,产生1个氮气,得到6个电子,则系数分别为2、1、4、2、1、5;(4)加热过程,A逐渐变为氧化铁,固体为红棕色;(5)B为酸性溶液,二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀,离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+;(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应,导致溶液褪色,则可检验二氧化硫的存在;(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2,不能使带火星的木条燃烧;(8)溶液B显酸性,氨气能够在此装置中被吸收,检验B中是否含有铵根离子即可,方法为取B中少量溶液于试管中,滴加少量NaOH溶液并加热,能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。27、白色固体变黑测出产生O2的体积不正确,O2能被NaHSO3溶液吸收0.040.023CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑去掉BC,仅O2进入E中可计算【解析】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气,氧化铜为黑色;(2)EF是排水量气法测量气体体积,依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积;(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气,通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差;(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒,计算二氧化硫物质的量,依据硫酸铜质量换算物质的量,结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量;(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量,然后写出化学方程式;(6)结合电子守恒和原子守恒可知,只要知道O2的物质的量,即可计算SO2和SO3的物质的量,据此分析调整装置。【详解】(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应,生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气,无水硫酸铜是白色固体,氧化铜为黑色;(2)EF是排水量气装置,难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积,装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气;吸收三氧化硫生成二氧化硫,浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气;通过碱石灰吸收二氧化硫,则最后测定的是氧气的体积;(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气,但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中,氧气会被还原吸收;(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒,计算二氧化硫物质的量,氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02mol,电子转移0.08mol,CuSO4~SO2~2e-;计算得到二氧化硫物质的量为0.04mol,依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06mol,结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06mol-0.04mol=0.02mol;(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;(6)由计算(4)中分析可知,只要知道O2的物质的量,即可计算SO2和SO3的物质的
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