安徽省淮南市寿县中学2024年高三第一次调研测试化学试卷含解析_第1页
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文档简介

安徽省淮南市寿县中学2024年高三第一次调研测试化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、某固体混合物X可能是由、Fe、、中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成,设计实验方案如下图所示(所加试剂均过量)下列说法不正确的是A.气体A是、的混合物B.沉淀A是C.根据白色沉淀C是AgCl可知,白色沉淀B一定不是纯净物D.该固体混合物一定含有Fe、、2、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的数目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体,所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3,共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下,17g甲基(-14CH3)中所含的中子数为9NAA.3 B.4 C.5 D.63、单质钛的机械强度高,抗蚀能力强,有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛,再由二氧化钛制金属钛,主要反应有:①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A.反应①属于非氧化还原反应B.反应②是水解反应C.反应④中二氧化钛是氧化剂D.反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强4、化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注,X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A.分子式为C14H15O10B.分子中有四个手性碳原子C.1molX最多可与4molNaOH反应D.1molX最多可与4molNaHCO3反应5、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源,进行电絮凝净水的实验探究,设计的实验装置如图所示,下列叙述正确的是()A.X电极质量减轻,Y电极质量增加B.电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC.电解池的总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑D.每消耗103.5gPb,理论上电解池阴极上有1molH2生成6、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A.牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B.外加电流阴极保护法利用的是电解原理C.牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D.外加电流阴极保护法中钢铁为阴极7、短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示,其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应,也能与强碱反应,下列说法正确的是()A.元素

n

位于元素周期表第

3

周期,第ⅢA

族B.单质与水反应置换出氢气的能力:m<nC.简单离子半径:m>qD.最高价氧化物对应水化物的碱性:m<n8、将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列,正确的是()A.硫酸烧碱醋酸B.硫酸铜醋酸C.高锰酸钾乙醇醋酸D.磷酸二氧化碳硫酸钡9、某种化合物的结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A.WX的水溶液呈碱性B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性C.元素非金属性的顺序为:Y>Z>QD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构10、如图所示是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序,其中c,d均是热和电的良导体。下列说法不正确的是A.e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B.d单质对应元素原子的电子排布式:1s22s22p63s23p2C.b元素形成的气态氢化物易与水分子之间形成氢键D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子中含2个σ键,2个π键11、中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是()A.胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明,发生了分解反应B.古语:“雷雨发庄稼”,是因为发生了自然固氮C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D.中国古代利用明矾溶液来清除铜镜表面的铜锈12、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中,分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液,前者溶液变蓝,后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL浓度均为0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D浓硫酸与乙醇180℃共热,制得的气体通入酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去制得的气体为乙烯A.A B.B C.C D.D13、为检验某固体物质中是否铵盐,你认为下列试纸或试剂一定用不到的是()①蒸馏水②氢氧化钠溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸A.①⑤ B.④⑤ C.①③ D.①④⑤14、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A.5.6g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NAB.1mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NAC.在0.1molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NAD.6.2g白磷分子中含P—P键为0.2NA15、一带一路是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品,其主要化学成分属于无机物的是A.陶瓷 B.中草药 C.香料 D.丝绸16、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应,假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液,则反应中未被还原的硝酸为A.B.(a+3b)molC.D.(cV-3a-9b)mol17、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液,溶解过程如图所示,下列说法正确的是A.b的离子为Cl-B.溶液中含有NA个Na+C.水合b离子的图示不科学D.40℃时该溶液的pH小于7,是由于Na+水解所致18、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示,其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是()A.四种元素的单质中,X的熔沸点最低B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C.X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D.原子半径:Y>Z>W>X19、重水(D2O)是重要的核工业原料,下列说法正确的是A.氘(D)的原子核外有2个电子 B.1H与D是同一种原子C.H2O与D2O互称同素异形体 D.1H218O与D216O的相对分子质量相同20、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是A.氯碱工业中完全电解含2molNaCl的溶液产生H2分子数为NAB.14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/nC.2.0gH218O与2.0gD2O中所含的中子数均为NAD.常温下,将56g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA21、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是A.原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大B.X、Y、Z三种元素形成的化合物,其晶体可能是离子晶体,也可能是分子晶体C.W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性:ZH3>H2Y>HWD.R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物22、在一定条件下,甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表:对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/点/℃13-25-476下列说法错误的是()A.该反应属于取代反应B.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C.甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是

C7H16D.对二甲苯的一溴代物有

2

种二、非选择题(共84分)23、(14分)已知A为常见烃,是一种水果催熟剂;草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F,其合成路线如下图所示。(1)A的结构简式为____;D中官能团名称为____。

(2)写出反应①的化学方程式:____________________。

(3)写出反应②的化学方程式:____________________。24、(12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.25、(12分)实验室以海绵铜(主要成分为Cu和CuO)为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知:①CuCl微溶于水,不溶于乙醇,可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。(1)“氧化”时温度应控制在60~70℃,原因是____________________。(2)写出“转化”过程中的离子方程式____________________。(3)“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体,可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl,用乙醇洗涤的优点是________________。(4)氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加,但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小,其原因是__________。(5)若CuCl产品中混有少量CaSO4,设计提纯CuCl的实验方案:__________。(实验中可选试剂:0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇)26、(10分)某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹):(1)在进行气体制备时,应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后,在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水,然后______,则证明A装置的气密性良好。(2)利用E装置能吸收的气体有______(任写两种即可)。(3)用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置___作为发生装置(填所选装置的字母序号),实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快,原因是__。(4)某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl-和S2-的还原性强弱。①A中玻璃仪器甲的名称为____,A装置中发生反应的离子方程式为____。②C中说明Cl-和S2-的还原性强弱的实验现象_____。27、(12分)实验室制备叔丁基苯()的反应和有关数据如下:+ClC(CH3)3+HClI.如图是实验室制备无水AlCl3,可能需要的装置:(1)检查B装置气密性的方法是_______。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________(埴小写字母),其中E装置的作用是________。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管,其原因是________。Ⅱ.如图是实验室制备叔丁基苯的装置(夹持装置略):在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3,由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL,一定温度下反应一段时间后,将反应后的混合物洗涤分离,在所得产物中加入少量无水MgSO4固体,静置,过滤,蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_______;加入无水MgSO4固体的作用是________。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种,正确的顺序是________。(填序号)①5%的Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。(保留3位有效数字)28、(14分)(CdSe)n小团簇(CdnSen,n=1~16)为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料,具有独特的光学和电学性质,常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题:(1)基态Se原子的价层电子排布式为___。(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素,原因是___。(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料,熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃,上述熔点呈规律性变化的原因是___。(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是___。(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构,晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(,,),则B、C的原子坐标参数分别为___。该晶胞中CdSe键的键长为___。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___。29、(10分)科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。(1)已知:CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3kJ·mol-1、283.0kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1,则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)===2CO(g)+4H2(g)的ΔH=______________。(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中,发生上述反应,测得不同时刻反应前后的压强关系如下表:时间/h1234560.900.850.830.810.800.80①用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)=_________________________________;②该温度下,CO2的平衡转化率为________。(3)在300℃、8MPa下,将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一密闭容器中发生(2)中反应,达到平衡时,测得CO2的平衡转化率为50%,则该反应条件下的平衡常数为Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。在0.1MPa时,按n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,如图所示为不同温度(T)下,平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。①该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。②曲线c表示的物质为________。③为提高H2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施______________。(答出一条即可)

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、C【解析】

根据实验现象逐步分析、推理,并进行验证,确定混合物的组成成分。【详解】A.据转化关系图,气体A能使石灰水变学浑浊,则A中有CO2,X中有Na2CO3。白色沉淀B能变成红褐色,则白色沉淀B中有Fe(OH)2,溶液A中有FeCl2,X中有Fe,进而气体A中必有H2,A项正确;B.X与过量盐酸反应生成沉淀A,则X中含Na2SiO3,沉淀A为H2SiO3,B项正确;C.溶液B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C,则C为AgCl,溶液B中的Cl-可能全来自盐酸,则X中不一定有MgCl2,白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2,C项错误;D.综上分析,固体混合物X中一定含有Fe、、,可能有MgCl2,D项正确。本题选C。2、A【解析】

12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA,①不正确;②1molNa2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA,②正确;③常温常压下,92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子,所以混合气体含有的原子数为6NA,③正确;④中不含有碳碳双键,④不正确;⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成,用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体,所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA,⑤不正确;⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3,由于反应可逆,所以共转移电子数小于2NA,⑥不正确;⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,KIO3中的I由+5价降低到0价,所以每生成3molI2转移的电子数为5NA,⑦正确;⑧常温常压下,17g甲基(-14CH3)中所含的中子数为=8NA,⑧不正确;综合以上分析,只有②③⑦正确,故选A。【点睛】NaHSO4在水溶液中,可电离产生Na+、H+、SO42-;而在熔融液中,只能电离产生Na+和HSO4-,在解题时,若不注意条件,很容易得出错误的结论。3、C【解析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价,Fe的化合价为+2价,正好在反应物FeTi03中符合化合价原则,所以不是氧化还原反应,A正确;B.H2O提供H+和OH-,Ti4+和OH-结合生成H2TiO3,H+和SO42-形成H2SO4,所以是水解反应,B正确;C.分析反应④,Ti的化合价反应前后都为+4价,所以不是氧化剂,C错误;D.金属之间的置换,体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律,D正确;本题答案选C。4、B【解析】

由结构可知分子式,分子中含-COOH、-COOC-、OH,结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A.由结构简式可知分子式为C14H16O10,A错误;B.在左侧六元环中,连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团,为手性碳原子,B正确;C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基,1molX最多可与5molNaOH反应,C错误;D.只有羧基与碳酸氢钠反应,则1molX最多可与1molNaHCO3反应,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的难点。5、B【解析】

据图可知电解池中,铝电极失电子作阳极,电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,在铝表面有氧气产生,说明有部分氢氧根离子放电,铁电极上水得电子作阴极,电极反应为:6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,铅蓄电池中X与阴极铁相连,作负极,负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4,Y与阳极铝相连,作正极,电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,串联电路中各电极转移电子相等,据此分析解答。【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅,因此两个电极的质量都增加,A错误;B.铝电极失电子作阳极,电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,在铝表面有氧气产生,说明有部分氢氧根离子放电,OH-是水电离产生,说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O,B正确;C.阳极铝电极反应为:2Al-6e-=2Al3+,阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑,在铝的表面有氧气产生,说明还存在电解水的过程:2H2OO2↑+2H2↑,C错误;D.n(Pb)==0.5mol,Pb是+2价的金属,反应的Pb的物质的量是0.5mol,则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol,根据串联电路中电子转移守恒,则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理,电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键,难点是电极反应式的书写。6、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接,形成原电池,A正确;B.:外加电流的阴极保护法是外加电源,形成电解池,让金属称为阴极得电子,从而保护金属,B正确C.为保护钢铁,钢铁为电池正极,C错误;D.利用电解原理,钢铁为阴极得到电子,从而受到保护,D正确。故选择C。点睛:原电池中,失去电子的为负极,得到电子的为正极;电解池中,失去电子的为阳极,得到电子的为阴极。7、A【解析】

短周期元素

m、n、p、q

在元素周期表中的排列如图所示,其中

n

的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应,也能与强碱反应,则n为Al,结合各元素的相对位置可知,m为Mg,p为C,q为N元素,据此解答。【详解】根据分析可知,m为Mg,n为Al,p为C,q为N元素。A.Al的原子序数为13,位于元素周期表第3周期第ⅢA族,故A正确;B.金属性:Mg>Al,则单质与水反应置换出氢气的能力:m>n,故B错误;C.镁离子和氮离子含有2个电子层,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径:m<q,故C错误;D.金属性:Mg>Al,则最高价氧化物对应水化物的碱性:m>n,故D错误;故选:A。8、C【解析】

在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质,部分电离的是弱电解质;在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A、烧碱是NaOH,属于强碱,是强电解质,选项A错误;B、铜是单质,既不是电解质也不是非电解质,选项B错误;C、高锰酸钾是盐,属于电解质,乙醇不能导电,属于非电解质,醋酸溶于水部分电离,属于弱电解质,选项C正确;D、硫酸钡是盐,属于强电解质,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分类、强弱电解质的判断,明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系,如碳酸钙不溶于水,但属于强电解质是学生解答的难点。9、A【解析】

由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,据此解答。【详解】由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,A.WX为NaH,其与水反应生成NaOH和氢气,溶液显碱性,故A正确;B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物,如NaHC2O4,由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度,则其水溶液呈酸性,故B错误;C.同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强,则元素的非金属性Q>Z>Y,故C错误;D.该化合物中与Y单键相连的Q,与Y共用一对电子,并得到了W失去的一个电子,满足8电子稳定结构,故D错误;故选A。10、B【解析】

Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中,Na、Cu为金属晶体,均是热和电的良导体,C、Si的单质为原子晶体,且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点,H、N对应的单质为分子晶体,其中氢气的熔点最低,由图熔点的高低顺序可知a为H,b为N,c为Na,d为Cu,e为Si,f为C。【详解】A选项,e为Si,f为C,对应的单质为原子晶体,存在共价键,熔化时破坏共价键,故A正确;B选项,d为Cu,铜单质对应元素原子的电子排布式:1s22s22p63s23p23d104s1,故B错误;C选项,b为N,N元素形成的气态氢化物氨气,易与水分子之间形成氢键,故C正确;D选项,单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN,结构式为H−C≡N,分子中含2个σ键,2个π键,故D正确;综上所述,答案为B。11、A【解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应,A错误;放电情况下,氮气与氧气反应变为NO,然后被O2氧化为NO2,NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面,相当于给庄稼施肥,这是自然固氮,B正确;侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中,发生以下反应:NH3+CO2+H2O=NH4HCO3;NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓,主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异,C正确;明矾中铝离子水解显酸性,与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应,D正确;正确选项A;12、A【解析】

A.淀粉遇I2变蓝,AgI为黄色沉淀,实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-,由此得出结论正确,A项符合题意;B.由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI,在c(Cl-)和c(I-)相同时,先生成AgI,故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),与结论不符,B项不符合题意;C.NaClO水解生成HClO,次氯酸具有强氧化性,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,应使用pH计测量比较二者pH的大小,C项不符合题意;D.浓硫酸具有强氧化性,能将乙醇氧化,自身被还原为二氧化硫,二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故该气体不一定是乙烯,实验现象所得结论与题给结论不符,D项不符合题意;答案选A。13、B【解析】

铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,则需要红色石蕊试纸,且需要蒸馏水润湿试纸,则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸,④⑤正确,故答案为B。14、A【解析】

A.Fe与S反应生成FeS,Fe的化合价变为+2价,5.6g铁物质的量是0.1mol,1mol铁失去2mol电子,所以0.1mol铁反应转移的电子数为0.2NA,A正确;B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键,无碳碳双键,B错误;C.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成,0.1molNaHSO4中含离子总数为0.2NA,C错误;D.白磷分子是正四面体结构,1个分子中含有6个P—P共价键,6.2g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.05mol,分子中含有P—P共价键0.3mol,含P—P键数目为0.3NA,D错误;故合理选项是A。15、A【解析】

A.陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料,A项正确;B.中草药中的有效成分属于有机物,B项错误;C.香料中的主要成分也属于有机物,C项错误;D.丝绸主要成分是蛋白质,是有机高分子化合物,D项错误;答案选A。16、A【解析】

反应中硝酸起氧化、酸性作用,未被还原的硝酸将转化为Fe

(NO3)3中,由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量;起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒,可以用a、b表示计算NO的物质的量,根据氮元素守恒可知,未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知,n[Fe

(NO3)3]=n

(Fe)=amol+3bmol=

(a+3b)

mol,

所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)

mol;起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒可知,铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数,铁元素失电子的物质的量为;NO的物质的量为,未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。17、C【解析】

NaCl在溶液中电离出Na+和Cl−,Na+含有2个电子层,Cl−离子含有3个电子层,则离子半径Cl−>Na+,根据图示可知,a为Cl−、b为Na+,A.离子半径Cl−>Na+,则a离子为Cl−,b离子为Na+,故A错误;B.没有告诉该NaCl溶液的体积,无法计算该溶液中含有Na+的数目,故B错误;C.b为Na+,带正电荷,会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引,故图示b离子不科学,故C正确;D.Cl−、Na+都不水解,NaCl溶液呈中性,故D错误;故选C。【点睛】B项是学生们的易错点,往往忽视了题中并没有给出溶液的体积,直接认为溶液体积是1L,进行计算,这种错误只要多加留意,认真审题即可避免。18、C【解析】

X、Y、Z、W均为短周期元素,W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层只有2个电子,则最外层电子数为6,则Y为O元素,根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知,X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中,只有X常温下为气态,其它三种为固态,故A正确;B、非金属性W>Z,故最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z,故B正确;C、非金属性X>Z,故X的气态氢化物的稳定性较Z的强,故C不正确;D、同周期随原子序数增大原子半径减小,电子层越多原子半径越大,则原子半径大小顺序为:Y>Z>W>X,故D正确;故选C。19、D【解析】

A、氘(D)原子核内有一个质子,核外有1个电子,选项A错误;B、1H与D质子数相同,中子数不同互称同位素,是两种原子,选项B错误;C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称,选项C错误;D、1H218O与D216O的相对分子质量相同,都是20,选项D正确;答案选D。20、C【解析】

A.氯碱工业中完全电解NaCl的溶液的反应为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH,含2molNaCl的溶液发生电解,则产生H2为1mol,分子数为NA,但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶液(即电解水),会继续释放出氢气,则产生的氢气分子数大于NA,故A错误;B.分子式为CnH2n的链烃为单烯烃,最简式为CH2,14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为=NA×=;如果是环烷烃不存在碳碳双键,故B错误;C.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol,所以2.0gH218O与2.0gD2O的物质的量均为0.1mol,H218O中所含的中子数:20-10=10,D2O中所含的中子数:20-10=10,故2.0gH218O与2.0gD2O所含的中子数均为NA,故C正确;D.常温下铁遇到浓硫酸钝化,所以常温下,将56g铁片投入足量浓硫酸中,生成SO2分子数远远小于1.5NA,故D错误;答案选C。【点睛】该题易错点为A选项,电解含2mol氯化钠的溶液,电解完可继续电解氢氧化钠溶液(即电解水),会继续释放出氢气,则产生的氢气分子数大于NA。21、C【解析】

主族元素中,元素最高正化合价与其族序数相等,最低负化合价=族序数-8,根据元素化合价知,X、R属于第IA族元素,W属于第ⅦA族元素,Y属于第ⅥA族元素,Z属于第VA族元素,原子电子层数越多其原子半径越大,X原子半径最小,则X为H元素,W、Y、Z原子半径相近,根据其族序数知,W是F元素、Y是O元素、Z是N元素,R原子半径最大,且位于第IA族,则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下,原子半径依次增大,同周期元素从左到右,原子半径依次减小,则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大,故A正确;B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体,如NH4NO3为离子晶体,可能是分子晶体,如HNO3为分子晶体,故B正确;C项、元素的非金属性越强,形成的气态氢化物稳定性越强,非金属性的强弱顺序为W>Y>Z,则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW>H2Y>ZH3,故C错误;D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O(或Na2O2),故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用,注意位置、结构、性质的相互关系,利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。22、C【解析】

甲苯发生取代反应生成二甲苯,由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大,可用蒸馏的方法分离,而对二甲苯熔点较低,可结晶分离,结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得,属于取代反应,故A不符合题意;B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大,且二者能够互溶,因此可以用蒸馏的方法分离,故B不符合题意;C、甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷,分子式是

C7H14,故C符合题意;D、对二甲苯结构对称,有2种H,则一溴代物有

2

种,故D不符合题意。故选:C。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

A为常见烃,是一种水果催熟剂,则A为CH2=CH2,A与水反应生成B,B为CH3CH2OH,B发生催化氧化反应生成C,C为CH3CHO,F具有芳香味,F为酯,B氧化生成D,D为CH3COOH,B与D发生酯化反应生成F,F为CH3COOCH2CH3,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,A的结构简式为CH2=CH2,D为乙酸,D中官能团为羧基,故答案为:CH2=CH2;羧基;(2)反应①为乙醇的催化氧化,反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O,故答案为:2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O;(3)反应②为乙醇和乙酸的酯化反应,反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,故答案为:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。24、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。25、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快,避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥【解析】

实验流程中,海绵铜(主要成分为Cu和CuO)中加入硝酸铵和硫酸,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜生成Cu2+,滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵,发生氧化还原反应生成CuCl,发生反应:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+,得到产品CuCl,据此分析。【详解】(1)物质“溶解氧化”时,既要考虑反应速率,还要考虑是否有副反应发生,温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为:温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解;(2)“转化”中氧化产物为硫酸铵,滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵,Cu2+被还原生成CuCl。答案为:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+;(3)“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液,获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低,易挥发,避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为:蒸发浓缩、降温结晶;CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快,避免CuCl被空气中O2氧化;(4)根据题中已知条件,CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后,氯化亚铜的沉淀率减小,原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为:生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中;(5)由题目已知资料可知,CuCl难溶于水和乙醇,可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4,向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为:向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥。【点睛】解题思路:解题时首先要明确原料和产品(包括副产品),即箭头进出方向,其次依据流程图分析反应原理,紧扣信息,搞清流程中每一步发生了什么反应,弄清有关反应原理,明确目的(如沉淀反应、除杂、分离),最后联系储存的知识,有效地进行信息的利用,准确表述。26、打开分液漏斗开关,水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种BZn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O产生淡黄色沉淀【解析】

(1)在进行气体制备时,应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后,在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水,然后打开分液漏斗开关,水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变,则气密性良好;(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体,例如CO2、SO2、H2S、Cl2等;(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置,且不需要加热,则选择装置B;滴加硫酸铜后,Zn置换出Cu,形成Zn-Cu原电池,加快Zn与稀硫酸反应的速率;(4)①A中仪器甲的名称为分液漏斗;装置A制备氯气,利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;②A中制得的氯气通入Na2S溶液中有淡黄色S沉淀生成,因此C中说明Cl-和S2-的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。27、分液漏斗注入水后,关闭止水夹,打开分液漏斗的活塞使液体流下,一段时间后液体不能继续流下,说明气密性良好defghijc防止空气中的水蒸气进入,吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管,Al先与O2反应,无法制得纯净AlCl3使液体顺利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后,关闭止水夹,打开分液漏斗的活塞使液体流下,一段时间后液体不能继续流下,说明气密性良好;(2)制备无水AlCl3,在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气,通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去,装置C干燥氯气,纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝,最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气,故装置依次合理的连接顺序为defghijc,其中E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入,吸收多余的氯气;(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管,其原因是若先加热硬质玻璃管,Al先与O2反应,无法制得纯净AlCl3;(4)使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强,使液体顺利滴下,在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体,目的是吸收产品中少量的水分,起到干燥的作用;(5)稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质,再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸,最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3,故答案为②①③;(6)加入苯的物质的量为=0.56mol,氯代叔丁烷的物质的量为=0.20mol,由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知,加入的苯过量,则理论上生成叔丁基苯的质量为:0.20mol×134g/mol=26.8g,叔丁基苯的产率为:×100%=74.6%。28、4s24p4Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2,原子轨道为全充满状态均为离子化合物,阳离子相同,阴离子半径S2-<Se2-<Te2-,晶格能CdS>CdSe>CdTe三角锥形sp3B(,,),C(,,)【解析】

(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4,由此可写出其价层电子排布式。(2)Cd的价电子排布式为4d105s2,5s轨道全充满,则第一电离能出现反常。(3)从熔点看,CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体,晶格能与离子带电荷成正比,与离子半径的平方成反比。(4)PH3中P的价层电子对数为4,由此可确定其空间构型。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4,由此可确定参与形成配位键的孤电子对占据的轨道。(5)原子坐标参数A为(,,),根据0点定位,可确定B、C的原子坐标参数。该晶胞中CdSe键的键长,可建立三角形进行计算。利用均摊法,确定晶胞中所含原子个数,从而求出原子的总体积,再除以晶胞的体积,即得该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率。【详解】(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24

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