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文档简介
2024届湖北武汉市蔡甸区汉阳第一中学高三压轴卷化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污,Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是()A.X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂B.化合物Y2X2和YZX都既存在离子键,又存在共价键C.原子半径大小:W>X;简单离子半径:Y<ZD.W与X能形成多种化合物,都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应2、298K时,向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液,混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.V1=20B.c(KOH)=0.1mol·L-1C.n、q两点对应的溶液中均存在:c(K+)=c(HCOO-)D.p点对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)3、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30,Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大,X与Y位于同一主族,Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A.原子半径:X>Y>WB.最高价氧化物对应水化物的碱性:X>YC.X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D.Z、W组成的化合物是常见的半导体材料,能与强碱反应4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19,x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A.单质的沸点:Y>W>Z B.离子半径:X<YC.气态氢化物的稳定性:W>Y D.W与X可形成离子化合物5、下列关于有机物的叙述错误的是()A.乙醇能发生取代反应B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别6、化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Al2O3熔点高,可用作耐高温材料B.FeCl3溶液呈酸性,可用于腐蚀电路板上的CuC.石墨具有导电性,可用于制铅笔芯D.浓硫酸具有强氧化性,可用于干燥CO27、W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构,且能形成化合物WY;Y和Z属同族元素,它们能形成两种常见化合物;X和Z属于同一周期元素,它们能形成两种常见气态化合物;W和X能形成化合物WX2,X和Y不在同一周期,它们能形成组成为XY2的化合物。关于W、X、Y、Z的说法正确的是A.气态氢化物稳定性:X<YB.最高价氧化物对应的水化物酸性:X<YC.化合物WX2和XY2均为共价化合物D.W、Y、Z的简单离子半径:W>Y>Z8、NA为阿伏加德罗常数,关于ag亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的说法中正确的是A.含Na+数目为NA B.含氧原子数目为NAC.完全氧化SO32-时转移电子数目为NA D.含结晶水分子数目为NA9、在密闭容器中,可逆反应aA(g)⇌bB(g)达到平衡后,保持温度不变,将容器体积增大一倍,当达到新的平衡建立时,B的浓度是原来的60%,则新平衡较原平衡而言,下列叙述错误的是()A.平衡向正反应方向移动B.物质
A
的转化率增大C.物质
B
的质量分数减小D.化学计量数
a
和
b
的大小关系为a<b10、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,某微生物燃料电池的工作原理如图所示,下列说法错误的是A.b电极发生还原反应:4H++O2+4e-=2H2OB.电路中有4mol电子发生转移,大约消耗标准状况下22.4L空气C.维持两种细菌存在,该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子D.HS-在硫氧化菌作用下转化为的反应是=11、中国是一个严重缺水的国家,污水治理越来越引起人们重视,可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚,其原理如图所示,下列说法不正确的是A.电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极B.B极为电池的阳极,电极反应式为CH3COO——8e−+4H2O═2HCO3—+9H+C.当外电路中有0.2mole−转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAD.A极的电极反应式为+H++2e−═Cl−+12、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A.25℃,pH=1的H2SO4溶液中,H+的数目为0.2NAB.常温常压下,56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C.标准状况下,11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NAD.常温下,1mol浓硝酸与足量Al反应,转移电子数为3NA13、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A.60g乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB.标准状况下,11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC.高温下,1molFe与足量水蒸气反应,转移电子数的目为3NAD.将1molCl2通入水中,所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA14、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3mol·L-1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L-1NH4HSO4溶液,其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示(忽略BaSO4溶解产生的离子)。下列说法不正确的是A.a→e的过程水的电离程度逐渐增大B.b点:c(Ba2+)=0.1moI.L-1C.c点:c(NH4+)<c(OH-)D.d点:c(SO42-)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3∙H2O)15、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-B.向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液:5NO2-+2MnO4-+3H2O=5NO3-+2Mn2++6OH-C.向AlCl3溶液中滴加过量氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性:H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O16、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是()A.葡萄酒中添加SO2,可起到抗氧化和抗菌的作用B.PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C.苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂,也都能燃烧D.淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物17、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,11.2LSO3中含有原子数为2NAB.用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2,均转移电子2NAC.将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水,溶液恰好呈中性,溶液中NH4+数目小于0.1NAD.2molNO和1molO2充分反应后,所得混合气体的分子数小于2NA18、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY,发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s),下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A.v正(X)=2v逆(Y) B.气体平均密度不再发生变化C.容器内压强不再变化 D.X的浓度不再发生变化19、阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A.1L0.1mol·NH4Cl溶液中,的数量为0.1B.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.220、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)。则下列有关物质的推断不正确的是()A.若A为碳,则E可能为氧气B.若A为Na2CO3,则E可能为稀HClC.若A为Fe,E为稀HNO3,则D为Fe(NO3)3D.若A为AlCl3,则D可能为Al(OH)3,E不可能为氨水21、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步:H2MO4⇌H++HMO4-,HMO4-⇌H++MO42-。常温下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液,溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A.该氢氧化钠溶液pH=12B.图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C.滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D.图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)22、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A.装置探究浓度对化学反应速率的影响B.装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C.装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D.装置防止铁钉生锈二、非选择题(共84分)23、(14分)有机材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常见解热镇痛药Aspirin的合成路线如下:已知:(1)A属于烯烃,其结构简式是_______。(2)A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是_______。(3)写出B的一溴代物只有2种的芳香烃的名称__________写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件____________(4)B在硫酸催化条件下被氧气氧化可得有机物C与F。①C由碳、氢、氧三种元素组成,C的结构简式是_________。②向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液,溶液呈紫色,且F在其同系物中相对分子质量最小。G物质中含氧官能团名称为_______。(5)D在一定条件下制取PET的化学方程式是_______。24、(12分)乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(H)具有很好的抗血小板聚集活性,是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知:①②③请回答:(1)E中含有的官能团名称为_________;(2)丹皮酚的结构简式为_________;(3)下列说法不正确的是(_____)A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B.物质B可能溶于水,且能与盐酸反应生成有机盐C.D→E和G→H的反应类型均为取代反应D.物质C能使浓溴水褪色,而且1molC消耗2molBr2(4)写出F→G的化学方程式_________。(5)写出满足下列条件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应;1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子;IR谱显示有-NH2,且与苯环直接相连。(6)阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息,请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林()。(用流程图表示,无机试剂任选)______。25、(12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26、(10分)碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下:步骤1:配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2:用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中,开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3:将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4:放置1h后,过滤,洗涤。步骤5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是__________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的离子方程式为________。③步骤4检验是否洗涤干净的方法是___________。(2)测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000g碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。①图中气球的作用是___________。②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是_________。③设3次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为amol,则n值为______(用含a的表达式表示)。(3)称取100g上述晶须产品进行热重分析,热重曲线如图。则该条件下合成的晶须中,n=______(选填:1、2、3、4、5)。27、(12分)І.为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2,进行如下实验。已知:FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4,该反应较缓慢,待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。(1)实验前需检验装置的气密性,简述操作_____________________________________。(2)实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜,缓慢滴入稀硝酸,该实验操作的目的是__________________________________________________________________;铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。(3)洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________;本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色,写出尾气处理的化学方程式________________。ІІ.实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2,用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。(4)实验步骤为:①___________②加水溶解③加氯化钡溶液,沉淀④过滤(其余步骤省略),在过滤前,需要检验是否沉淀完全,其操作是_________________________________。(5)若1.040g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g,而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为____________。28、(14分)K是称为PTT的高分子材料,因具有优良的性能而可作工程塑料、纺织纤维等有广泛的应用。如图所示是PTT的一种合成路线。已知:完成下列填空:(1)W所含官能团的名称为______。反应③的化学反应类型为______。(2)M的结构简式为______,反应④的化学反应方程式为______。(3)反应⑥的另一无机产物是______,与反应⑥的化学反应类型无关的是(选填编号)______。A.聚合反应B.酯化反应C.消去反应D.加成反应(4)有机物X的分子式为C4H8O2,是M的同系物。则X可能的结构简式共有______种。(5)设计一条由甲苯为原料(无机试剂可任选)合成苯甲酸苯甲酯的合成路线。(合成路线常用表示方式为AB……目标产物)_____________29、(10分)氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。氯化铵T1温度下有以下平衡:(1)N原子最外层电子有______种运动状态;上述平衡中物质,在晶体时属于离子晶体的是__________。(2)的电子式为______________。(3)Cl的非金属性强于S,用原子结构的知识说明理由:_________________。(4)上述该反应的平衡常数表达式为____________________________________。(5)在2L密闭容器中建立平衡,不同温度下氨气浓度变化正确的是_________。(6)T1温度在2L,容器中,当平衡时测得为amol/L,保持其他条件不变,压缩容器体积至1L(各物质状态不变),重新达到平衡后测得为bmol/L。试比较a与b的大小a_____b(填“>”“<”或“=”),并说明理由:___________。
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】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污,推测为碳酸钠,则W为C,X为O,Y为Na,满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂,该物质为O和Na元素形成的Na2O2;Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和,则Z的最外层电子数为7,则Z为Cl。【详解】根据分析W为C,X为O,Y为Na,Z为Cl,A.O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂,二者形成的二氧化氯具有强氧化性,也可作水的消毒剂,故A正确;B.化合物Y2X2为Na2O2,YZX为NaClO,过氧化钠中含有离子键和共价键,NaClO中既含有离子键又含有共价键,故B正确;C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径大小:W>X;钠离子含有2个电子层,氯离子含有3个电子层,则简单离子半径:Y<Z,故C正确;D.C、O可以形成CO、二氧化碳,二氧化碳能够与NaOH溶液反应,但CO不与NaOH溶液反应,故D错误;故答案为D。【点睛】碳酸钠溶液水解显碱性,故可以用来除油污;Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气,可用于呼吸面具中作为供氧剂。2、C【解析】
A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1,则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1,氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1,c(KOH)=0.1mol·L-1,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点,因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了,因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1,则V1=0.02L=20mL,故A正确;B.根据A分析得出c(KOH)=0.1mol·L-1,故B正确;C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液,溶液显碱性,根据电荷守恒和溶液呈碱性,因此溶液中存在:c(K+)>c(HCOO-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液,溶液呈中性,根据电荷守恒和呈中性,得到溶液中存在c(K+)=c(HCOO-),故C错误;D.p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述,答案为C。3、D【解析】
一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30,X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大,W是地壳中含量最多的元素,则W为O元素;X与Y位于同一主族,X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,当X、Y位于ⅠA族时,Z位于ⅣA族,Y与W(O元素)位于同一周期,则Y为Li,X为Na,Z为Si元素;当X、Y位于ⅡA族时,Z位于ⅡA族,短周期不可能存在3种元素同主族,不满足条件,据此解答。【详解】根据上述分析可知:X为Na元素,Y为Li元素,Z为Si元素,W为O元素。A.同一周期的元素,原子序数越大,原子半径越小;同一主族的元素,原子序数越大,原子半径越大。Li、O同一周期,核电荷数O>Li,原子半径Li>O,Li、Na同一主族,核电荷数Na>Li,原子半径Na>Li,则原子半径是X>Y>W,A正确;B.元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li,所以碱性:NaOH>LiOH,则最高价氧化物对应水化物的碱性:X>Y,B正确;C.X的单质是Na,在氧气中燃烧生成Na2O2,存在Na+和O22-,则阴、阳离子之比为1:2,C正确;D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物,能与强碱反应,Si单质才是常见的半导体材料,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识,依据元素的原子结构推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。4、A【解析】
X原子的电子层数与最外层电子数相等,X应为Al,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19,则W为O、Y为S,Z为Cl元素。【详解】A.氯气的相对分子质量比氧气大,沸点比氧气高,故A错误;B.X为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层,离子半径较大,故B正确;C.非金属性O>S,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性:H2O>H2S,故C正确;D.O的非金属性较强,与铝反应生成的氧化铝为离子化合物,熔融状态下可导电,故D正确。故选A。5、C【解析】
A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应,故A正确;B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,不饱和度为4,分子中含有一个苯环和一个丁基,其同分异构体取决于丁基的种数,丁基有4种,可能的结构有4种,故B正确;C.氨基酸不是高分子化合物,淀粉属于高分子化合物,故C错误;D.乙烯可与溴发生加成反应,可用溴的四氯化碳溶液鉴别,故D正确。答案选C。6、A【解析】
A.熔点高的物质可作耐高温材料,则Al2O3熔点高,可用作耐高温材料,A选;B.Cu与FeCl3发生氧化还原反应,则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板,与FeCl3溶液呈酸性无对应关系,B不选;C、石墨很软,可用于制铅笔芯,与石墨具有导电性无对应关系,C不选;D、浓硫酸具有吸水性,可用于干燥CO2,与浓硫酸具有强氧化性无对应关系,D不选;答案选A。7、B【解析】
Y和Z属同族元素,能形成两种常见化合物,所以Y、Z为O和S元素,Z为S或O,又X和Z属于同一周期元素,它们能形成两种常见气态化合物,可确定Z为O,则Y为S,X和Z属于同一周期元素,它们能形成两种常见气态化合物,可判断X为C或N元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构,且能形成化合物WY,可知W为Ca,W和X能形成化合物WX2,故可判断X为C。综上得W、X、Y、Z四种元素分别是Ca、C、S、O。A.C的非金属性小于O的非金属性,所以CH4的稳定性小于H2O的稳定性,选项A错误;B.C的非金属性小于S的非金属性,所以最高价氧化物对应的水化物酸性:H2CO3<H2SO4,选项B正确;C.化合物WX2为CaC2,属于离子化合物,XY2为CS2属于共价化合物,选项C错误;D.Ca2+、S2-、O2-的半径大小关系为:S2->Ca2+>O2-,选项D错误。答案选B。8、D【解析】
A.ag亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的物质的量n=mol,而1molNa2SO3•7H2O中含2molNa+,故molNa2SO3•7H2O中含mol,即mol钠离子,A错误;B.ag亚硫酸钠晶体(Na2SO3•7H2O)的物质的量n=mol,而1molNa2SO3•7H2O中含10mol氧原子,故molNa2SO3•7H2O中含氧原子mol,即含有mol的O原子,B错误;C.SO32-被氧化时,由+4价被氧化为+6价,即1molSO32-转移2mol电子,故molNa2SO3•7H2O转移mol电子,C错误;D.1molNa2SO3•7H2O中含7mol水分子,故molNa2SO3•7H2O中含水分子数目为mol×7×NA/mol=NA,D正确;故合理选项是D。9、C【解析】
温度不变,将容器体积增加1倍,若平衡不移动,B的浓度是原来的50%,但体积增大时压强减小,当达到新的平衡时,B的浓度是原来的60%,可知减小压强向生成B的方向移动,减小压强向气体体积增大的方向移动,以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知,平衡正向移动,故A不符合题意;B、平衡正向移动,A的转化率增大,故B不符合题意;C、平衡正向移动,生成B的物质的量增大,总质量不变,则物质B的质量分数增加了,故C符合题意;D、减小压强向生成B的方向移动,减小压强向气体体积增大的方向移动,则化学计量数关系a<b,故D不符合题意。故选:C。【点睛】本题考查化学平衡,把握浓度变化确定平衡移动为解答的关键,注意动态与静态的结合及压强对化学平衡移动的影响。10、B【解析】
A.燃料电池通氧气的极为正极,则b电极为正极,发生还原反应,电极反应为4H++O2+4e-=2H2O,故A正确;B.电路中有4mol电子发生转移,消耗氧气的物质的量为=1mol,标准状况下体积为22.4L,则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L,故B错误;C.硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳,而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子,则两种细菌存在,就会循环把有机物氧化成CO2放出电子,故C正确;D.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-,失电子发生氧化反应,电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,故D正确;故答案为B。【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识,注意知识的迁移应用是解题的关键。11、B【解析】
原电池中阳离子移向正极,根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+═+Cl-,B为负极,电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O
═2HCO3-+9H+,据此分析解答。【详解】A.原电池工作时,电流从正极经导线流向负极,即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极,故A正确;B.B极为电池的负极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O
═2HCO3-+9H+,B极不是阳极,故B错误;C.根据电子守恒可知,当外电路中有0.2mole-转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA,故C正确;D.A为正极,得到电子,发生还原反应,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+═+Cl-,故D正确;答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B,要注意原电池的两极称为正负极,电解池的两极称为阴阳极。12、B【解析】
A.溶液体积未知,无法计算氢离子数目,故A错误;B.丙烯和环丁烷的最简式均为CH2,故56g混合物中含4molCH2原子团,故含4NA个碳原子,故B正确;C.标准状况下,CHCl3
是液体,不能用气体摩尔体积计算物质的量,故C错误;D.常温下,铝和浓硝酸发生钝化,不能完全反应,无法计算转移的电子数,故D错误;答案选B【点睛】本题的易错点为D,要注意常温下,铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化,反应会很快停止。13、A【解析】
A.60g乙酸的物质的量为:=1mol,乙酸的结构式为:,1mol乙酸分子中含有8mol共价键,所含共价键的数目为8NA,故A正确;
B.标准状况下CHCl3不是气态,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故B错误;
C.1molFe和足量H2O(g)充分反应四氧化三铁,产物中Fe元素平均化合价为+,所以反应中转移电子为mol,转移电子的数目为NA,故C错误;
D.将1molCl2通入足量水中,由于反应后溶液中含有氯气分子,则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,故D错误;
故选:A。【点睛】标况下,氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态,二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。14、D【解析】
ac段电导率一直下降,是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨,c点溶质为一水合氨,ce段电导率增加,是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵,溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐,水的电离程度逐渐增大,故正确;B.b点c(Ba2+)==0.1moI.L-1,故正确;C.c点的溶质为一水合氨,一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子,水也能电离出氢氧根离子,所以有c(NH4+)<c(OH-),故正确;D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵,电荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=3c(SO42-),②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O),故错误。故选D。【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系,如电荷守恒和物料守恒等,注意分清溶液中的成分和数据关系。15、C【解析】
A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成:C6H5O-+CO2+H2O―→C6H5OH+HCO3-。A项错误;B.因为是酸性溶液,所以产物中不会有OH-生成,正确的反应方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+===5NO3-+2Mn2++3H2O。B项错误;C.Al(OH)3不能与氨水反应,所以该离子方程式是正确的,C项正确;D.离子方程式不符合物质[Ba(OH)2]的组成,正确的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2O。D项错误;答案选C。【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误:(1)不能正确使用分子式与离子符号;(2)反应前后电荷不守恒;(3)得失电子不守恒;(4)反应原理不正确;(5)缺少必要的反应条件;(6)不符合物质的组成;(7)忽略反应物用量的影响等。16、A【解析】A、利用SO2有毒,具有还原性,能抗氧化和抗菌,故正确;B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米,没有在1nm-100nm之间,构成的分散系不是胶体,不具有丁达尔效应,故错误;C、四氯化碳不能燃烧,故错误;D、油脂不是高分子化合物,故错误。17、D【解析】
A.在标准状况下SO3不是气体,不能使用气体摩尔体积计算,A错误;B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应,反应方程式为:KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O,Cl2既是氧化产物,也是还原产物,产生3molCl2,反应转移5mol电子,若产生1molCl2,需转移电子mol,B错误;C.溶液的电荷守恒式为:n(NH4+)+n(H+)=n(NO3-)+n(OH-),溶液显中性时,n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol,C错误;D.发生反应:2NO+O2=2NO2,2NO2N2O4,故2molNO和1molO2充分反应后,所得混合气体的分子数小于2NA,D正确;故合理选项是D。18、A【解析】
A.在任何时刻都存在:2v正(X)=v正(Y),若v正(X)=2v逆(Y),则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y),说明反应正向进行,未达到平衡状态,A符合题意;B.反应混合物中W是固体,若未达到平衡状态,则气体的质量、物质的量都会发生变化,气体的密度也会发生变化,所以当气体平均密度不再发生变化时,说明反应处于平衡状态,B不符合题意;C.反应在恒容密闭容器中进行,反应前后气体的物质的量发生变化,所以若容器内压强不再变化,则反应处于平衡状态,C不符合题意;D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行,若反应未达到平衡状态,则任何气体物质的浓度就会发生变化,所以若X的浓度不再发生变化,说明反应处于平衡状态,D不符合题意;故合理选项是A。19、D【解析】A、NH4+是弱碱阳离子,发生水解:NH4++H2ONH3·H2O+H+,因此NH4+数量小于0.1NA,故A错误;B、2.4gMg为0.1mol,与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol,因此转移电子数为为0.2NA,故B错误;C、标准状况下,N2和O2都是气态分子,2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA,故C错误;D、H2+I22HI,反应前后系数之和相等,即反应后分子总物质的量仍为0.2mol,分子数为0.2NA,故D正确。20、C【解析】
A.若A为碳,E为氧气,则B为CO2,D为CO,CO2与CO可以相互转化,选项A正确;B.若A为Na2CO3,E为稀HCl,则B为CO2,D为NaHCO3,CO2和NaHCO3可以相互转化,选项B正确;C.若A为Fe,E为稀HNO3,则B为Fe(NO3)3,D为Fe(NO3)2,选项C错误;D.AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3,与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2,符合转化关系,若E是氨水则不符合,因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al(OH)3沉淀和NH4Cl,选项D正确。故选C。21、B【解析】
根据图像可知,NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应,当温度达到最高,说明两者恰好完全反应,F点温度最高,此时消耗NaOH的体积为20mL,计算出氢氧化钠的浓度,然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【详解】A.根据图像分析可知,F点温度最高,说明此时两物质恰好完全反应,NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O,20×10-3L×0.1mol∙L-1=20×10-3L×c(NaOH),推出c(NaOH)=0.1mol/L,c(H+)===10-13mol/L,则pH=13,故A错误;B.F点溶质为Na2MO4,溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4),所以c(OH-)>c(HMO4-),故B正确;C.根据题意,两者恰好完全反应,生成的溶质Na2MO4,属于强碱弱酸盐,即溶质为Na2MO4时,水解程度最大,E到F过程中,水的电离程度增大,F到G过程中,氢氧化钠溶液过量,抑制水的电离,因此滴加氢氧化钠的过程中,水的电离程度先变大,后变小,故C错误;D.由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L,G点加入40mL等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4,Na+的浓度最大,MO42−部分水解,溶液显碱性,则c(OH−)>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(MO42−)+c(HMO4-)+c(OH−),则c(Na+)<c(HMO4-)+2c(MO42-),故D错误;答案选B。22、C【解析】
A.该实验中高锰酸钾溶液过量,不能褪色,因此无法记录褪色的时间,因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响,A项错误;B.欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响,应保证过氧化氢的浓度是一致的,B项错误;C.加热条件下,浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体,二氧化硫具有还原性,可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确;
D.该装置为电解池,Fe作阳极,加速被腐蚀,不能防止铁钉生锈,故D错误;答案选C。【点睛】本题C项涉及二氧化硫的还原性,二氧化硫的化学性质较多,可总结如下:1、酸性氧化物:二氧化硫是酸性氧化物,和二氧化碳相似,溶于水显酸性,也可与碱反应;2、还原性:二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应;3、弱氧化性:二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等,4、漂白性:二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质,性质决定用途,学生切莫混淆,尤其是漂白性与还原性的区别,应加以重视。二、非选择题(共84分)23、CH2=CHCH3加成反应1,3,5—三甲苯Br2/光照和Br2/Fe羟基、羧基n+(n-1)H2O【解析】
A属于烯烃,则A结构简式为CH2=CHCH3,根据A、B分子式及苯的分子式可知,丙烯与苯发生加成反应生成B,根据已知信息,由D的结构简式逆推可知C为,则B为,D发生消去反应生成E,E发生加聚反应生成PMMA,PMMA为,D发生缩聚反应生成,PET为;向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液,溶液呈紫色,且F在其同系物中相对分子质量最小,则F为,F发生反应生成G,G和乙酸酐发生取代反应生成Aspirin,根据Aspirin的结构简式知,G结构简式为,据此分析解答。【详解】(1)A属于烯烃,分子式为C3H6,则A结构简式是CH2=CHCH3,故答案为:CH2=CHCH3;(2)通过以上分析知,A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是加成反应,故答案为:加成反应;(3)B为,B的一溴代物只有2种的芳香烃为,名称是1,3,5-三甲苯,光照条件下发生甲基失去取代反应,催化剂条件下发生苯环上取代反应,因此需要的试剂与条件为:Br2/光照和Br2/Fe故答案为:1,3,5-三甲苯;Br2/光照和Br2/Fe;(4)①通过以上分析知,C的结构简式是,故答案为:;②根据上述分析,G的结构简式为,G物质中含氧官能团名称为羟基和羧基,故答案为:羟基和羧基;(5)D在一定条件下发生缩聚反应制取PET的化学方程式是n+(n-1)H2O,故答案为:n+(n-1)H2O。【点睛】正确推断物质的结构简式是解题的关键。解答本题要注意充分利用题示信息和各小题中提供的信息进行推导。本题的易错点为(5)中方程式的书写,要注意水前面的系数。24、醚键、羰基AD、。【解析】
苯硝化得到A,从A的分子式可以看出,A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物,结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位,即A为间二硝基苯,A发生还原反应得到B,A中的两个硝基被还原为氨基,得到B(间苯二胺),间苯二胺生成C,分析C的分子式可知,B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C,间苯二酚和乙酸发生取代反应,苯环上的一个氢原子被-COCH3取代,得的有机物,和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚,丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E,根据E和的结构简式可知,丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物,所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应,羰基上的氧原子被NOH代替生成F(),F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G,G中的溴原子被取代生成H。【详解】(1)根据有机物E的结构简式可知,E中含有的官能团名称醚键、羰基;正确答案:醚键、羰基。(2)根据题给信息分析看出,由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚,碳原子数增加1个,再根据有机物E的结构简式可知,丹皮酚的结构简式为;正确答案:。(3)根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3,A错误;物质B为间苯二胺,含有氨基,显碱性可能溶于水,且能与盐酸反应生成有机盐,B正确;D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子;G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应,C正确;物质C为间苯二酚,能与浓溴水发生取代反应,溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代,而且1molC消耗3molBr2,D错误;正确选项AD。(4)有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应;正确答案:。(5)根据有机物F的分子式为C11H15O3N,IR谱显示有-NH2,且与苯环直接相连,该有机物属于芳香族化合物;能发生银镜反应;1molF与2molNaOH恰好反应,说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯;1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子,对称程度较大,不可能含有甲酸酚酯;综上该有机物结构简式可能为:、;正确答案:、。(6)根据题给信息可知,硝基变为羟基,需要先把硝基还原为氨基,然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基,苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③,生成邻羟基苯甲酸,最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯;正确答案:。25、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。26、水浴加热Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+取最后一次洗涤液少量,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若不出现沉淀,即洗涤干净暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全(1.000-84a)/18a1【解析】
(1)①①水浴加热受热均匀,易于控制,不高于100℃均可采用水浴加热,故答案为水浴加热;②将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,用氨水调节溶液pH到9.5,反应生成碳酸镁结晶水合物,反应的化学方程式为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+,故答案为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+;(2)①装置中气球可以缓冲压强并封闭装置,暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定,故答案为暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定;②反应后期将温度升到30℃,使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收,减少测定产生的误差,故答案为升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全;③实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为amol,依据元素守恒可知,碳酸镁物质的量为amol,根据化学式可知,MgCO3•nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n,得到1:n=a:;得到n=(1.000-84a)/18a,故答案为(1.000-84a)/18a;(3)MgCO3•nH2On=1~5,分析图象400°C剩余质量为82.3g,为失去结晶水的质量,剩余质量为39.5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量,得到100g×=100-82.3,解得n=1,故答案为1。27、关闭活塞a和分液漏斗活塞,向分液漏斗中加水,打开分液漏斗活塞,水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入,则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽,避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O检验有无NO2产生,若有NO2,则NO2与水反应生成硝酸,硝酸将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色,若无二氧化氮则无血红色2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,观察有无沉淀生成-1.5%(-1.48%)【解析】
(1)检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等,观察气泡或液面变化。常用方法有:微热法、液差法、滴液法和抽气(吹气)法。本题选用滴液法的操作为:关闭活塞a和分液漏斗活塞,向分液漏斗中加水,打开分液漏斗活塞,水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入,则装置气密性良好;(2)实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜,缓慢滴入稀硝酸,碳酸钙和稀硝酸生成CO2,将整个装置的空气赶尽,避免NO和O2反应生成
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