张家界市重点中学2024年高考冲刺化学模拟试题含解析_第1页
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文档简介

张家界市重点中学2024年高考冲刺化学模拟试题请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2,结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的,下列说法正确的是A.简单离子半径:Z>M>YB.常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C.X与Y结合形成的化合物是离子化合物D.工业上常用电解Z的氯化物的熔融液来制取Z单质2、科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程,如图所示,其中实线表示位点A上合成氨的反应历程,虚线表示位点B上合成氨的反应历程,吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A.由图可以判断合成氨反应属于放热反应B.氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快C.整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*D.从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率3、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<04、下列物质属于碱的是A.CH3OH B.Cu2(OH)2CO3 C.NH3·H2O D.Na2CO35、下列反应中,相关示意图像错误的是:A.将二氧化硫通入到一定量氯水中B.将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中C.将铜粉加入到一定量浓硝酸中D.将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中6、化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A.SO2可用作食品防腐剂B.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强D.过氧化钠用于呼吸面具中是因为过氧化钠是强氧化剂,能氧化CO2和水7、对下列实验现象或操作解释错误的是()现象或操作解释AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝,再通入SO2,蓝色褪去SO2具有还原性B配制SnCl2溶液时,先将SnCl2溶于适量稀盐酸,再用蒸馏水稀释,最后在试剂瓶中加入少量的锡粒抑制Sn2+水解,并防止Sn2+被氧化为Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D8、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A.溶液酸性:A>B>CB.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能会变为红色D.加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A9、SO2催化氧化过程中,不符合工业生产实际的是A.采用热交换器循环利用能量 B.压强控制为20~50MPaC.反应温度控制在450℃左右 D.使用V2O5作催化剂10、根据下列图示所得出的结论不正确的是A.图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸,溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化关系,图中b、d两点溶液的pH值均为7B.图乙是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的△H<0C.图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线,该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(SO42﹣)的关系曲线,说明Ksp(BaSO4)=1×10﹣1011、液氨中存在与水的电离类似的电离过程,金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2),下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-B.钠与液氨的反应是氧化还原反应,反应中有H2生成C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液呈弱碱性D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐12、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A.SSO3H2SO4 B.Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C.SiO2SiCl4Si D.Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl313、下列褪色与二氧化硫漂白性有关的是A.溴水 B.品红溶液C.酸性高锰酸钾溶液 D.滴入酚酞的氢氧化钠溶液14、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示,下列有关该电池的说法错误的是A.电池工作时,NO3-向石墨I移动B.石墨Ⅰ上发生的电极反应为:2NO2+2OH--2e-=N2O5+H2OC.可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D.电池工作时,理论上消耗的O2和NO2的质量比为4:2315、金属(M)-空气电池具有原料易得,能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源,该类电池放电的总反应方程式为:2M+O2+2H2O=2M(OH)2。(已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A.电解质中的阴离子向多孔电极移动B.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Mg-空气电池的理论比能量最高C.空气电池放电过程的负极反应式2M-4e-+4OH-=2M(OH)2D.当外电路中转移4mol电子时,多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)16、如图是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在反应过程中的反应速率v与时间(t)的关系曲线,下列说法错误的是()A.t1时,正方向速率大于逆反应速率B.t2时,反应体系中NH3的浓度达到最大值C.t2﹣t3时间段,正反应速率等于逆反应速率D.t2﹣t3时间段,各物质的浓度相等且不再发生变化二、非选择题(本题包括5小题)17、已知:CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题:(1)B物质所含官能团名称是________,E物质的分子式是_________(2)巴豆醛的系统命名为____________,检验其中含有碳碳双键的方法是___________。(3)A到B的反应类型是__________,E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。(4)比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种,写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。(5)已知:+,请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。18、研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用,它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成:回答下列问题:(1)A的结构简式是__________,C中官能团的名称为______________。(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。(3)E极易水解生成两种酸,写出E与NaOH溶液反应的化学方程式:_______。(4)H的分子式为__________________。(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物,写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式:_____________。①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物(6)设计由,和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。19、硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂,在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去),在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。(1)B装置的作用是__________。(2)实验中,观察到C中无明显现象,D中有白色沉淀生成,可确定产物中定有______气体产生,写出D中发生反应的离子方程式__________。若去掉C,是否能得出同样结论并解释其原因_____________。(3)A中固体完全分解后变为红宗色粉末,某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂,仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解:____________________固体残留物仅为Fe2O3(4)E中收集到的气体只有N2,其物质的量为xmol,固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol,D中沉淀物质的量为zmol,根据氧化还原反应的基本规律,x、y和z应满足的关系为________。(5)结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式:_____________。20、将图中所列仪器组装为一套实验室蒸馏工业酒精的装置,并进行蒸馏。(三)(一)(五)(二)(六)(四)(1)图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种仪器的名称是__、__、__。(2)将以上仪器按(一)→(六)顺序,用字母a,b,c…表示连接顺序。e接(_______),(_______)接(_______),(_______)接(_______),(_______)接(_______)。(3)Ⅰ仪器中c口是__,d口是__。(填“进水口”或“出水口”)(4)蒸馏时,温度计水银球应放在__位置。(5)在Ⅱ中注入工业酒精后,加几片碎瓷片的目的是__。(6)给Ⅱ加热,收集到沸点最低的馏分是__。收集到78℃左右的馏分是__。21、钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为_______,Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多,原因是__________________________。(2)Co2+、Co3+都能与CN一形成配位数为6的配离子。CN一中碳原子的杂化方式为____________;HCN分子中含有键的数目为__________________。(3)用KCN处理含Co2+的盐溶液,有红色的Co(CN)2析出,将它溶于过量的KCN溶液后,可生成紫色的[Co(CN)6]4-,该配离子是一种相当强的还原剂,在加热时能与水反应生成[Co(CN)6]3-,写出该反应的离子方程式:_______________。(4)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是_____。有学者从钴晶体中取出非常规的“六棱柱”晶胞,结构如图所示,该晶胞中原子个数为_____,该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶体的密度为___g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】

X、M的族序数均等于周期序数,结合团簇分子结合可知X为H,M为Be或Al,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的,则Y为O,Y的原子序数小于M,则M为Al;根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6,Z的化合价为+2价,则Z为Mg。【详解】A.离子核外电子层数相同时,原子序数越小其半径越小,所以简单离子半径:O2->Mg2+>Al3+,故A错误;B.常温下金属铝与浓硝酸会钝化,故B错误;C.X与Y形成的化合物为H2O2或H2O,均为共价化合物,故C错误;D.Z为Mg,工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质,故D正确;故答案为D。2、C【解析】

A.据图可知,始态*N2+3H2的相对能量为0eV,生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV,反应物的能量高于生成物,所以为放热反应,故A正确;B.图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能),活化能越低,有效碰撞几率越大,化学反应速率越大,故B正确;C.由图像可知,整个反应历程中2N*+3H2→2N*+6H*活化能几乎为零,为最小,故C错误;D.由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低,速率较快,故D正确;故答案为C。3、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。4、C【解析】

A.CH3OH为非电解质,溶于水时不能电离出OH-,A项错误;B.Cu2(OH)2CO3难溶于水,且电离出的阴离子不全是OH-,属于碱式盐,B项错误;C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH-,阴离子全是OH-,C项正确;D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-,属于盐,D项错误。本题选C。5、B【解析】

A.当向氯水中通入二氧化硫时,氯水中的氯气具有强氧化性,在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸,氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,所以溶液的酸性增强,pH值减小,最后达定值,故A正确;B.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不和弱碱反应,所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值,沉淀不溶解,故B错误;C.铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体,随着反应的进行,浓硝酸变成稀硝酸,铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,当硝酸完全反应时,生成的气体为定值,故C正确;D.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,溶液中离子数目增多,氯离子的量不变,所以氯离子的百分含量减少,到三价铁离子反应完全后,氯离子的百分含量不再变化,故D正确;故答案为B。6、A【解析】

A.二氧化硫具有杀菌作用,可以用做防腐剂,故A正确;B.生石灰是碱性氧化物,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,二者与生石灰反应,所以不能用生石灰干燥氯气,故B错误;C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,故C错误;D.过氧化钠与水、二氧化碳发生歧化反应生成氧气,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,故D错误;故答案为A。7、D【解析】

A选项,KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝,再通入SO2,蓝色褪去,二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸,SO2具有还原性,故A正确;B选项,配制SnCl2溶液时,先将SnCl2溶于适量稀盐酸,再用蒸馏水稀释,最后在试剂瓶中加入少量的锡粒,加盐酸目的抑制Sn2+水解,并防止Sn2+被氧化为Sn4+,故B正确;C选项,某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,原溶液中可能有亚硫酸根,因此不能说明该溶液中一定含有SO42−,故C正确;D选项,向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀,此时溶液中含有硫化钠,硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜,因此不能说Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故D错误。综上所述,答案为D。【点睛】易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解,例如氯化铁;易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化,例如氯化亚铁。8、C【解析】

由流程图可知,A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【详解】A.由于A到B过程中生成H2SO4,酸性增强,B到C过程中消耗H+,酸性减弱,溶液酸性B最强,故选项A错误;B.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O,故选项B错误;C.溶液A中通入SO2的反应为:Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,Fe3+没有完全转化,则滴加KSCN溶液,溶液会变为红色,故选项C正确;D.溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4,加入氧化亚铁,生成产物仍未Fe2+,故选项D错误;故选C。9、B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫,这个过程放热,在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体,循环利用能量,A正确;B.,SO2的催化氧化不采用高压,是因为压强对SO2转化率无影响,B错误;C.在400-500℃下,正方向进行的程度比较大,而且催化剂的活性比较高,C正确;D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率,D正确。故选择B。10、A【解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离,NH4Cl水解促进水的电离;B、根据图象,温度升高,平衡常数值减小,不利于反应正向进行;C、根据图知,HX中未加NaOH溶液时,0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2,说明该溶液中HX不完全电离;D、温度不变,溶度积常数不变,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离,NH4Cl水解促进水的电离,随着盐酸的滴加,溶液中NH4Cl逐渐增多,到达b点时存在NH4Cl和氨水,此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L,可说明溶液为中性,继续滴加至c点,此时完全是NH4Cl,溶液为酸性,继续滴加HCl,溶液酸性增强,到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L,但溶液为酸性,故A符合题意;B、根据图象,温度升高,平衡常数值减小,说明平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,反应的<0,故B不符合题意;C、根据图知,HX中未加NaOH溶液时,0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2,说明该溶液中HX不完全电离,所以HX为一元弱酸,pH突跃范围落在酚酞的指示范围内,可以使用酚酞,故C不符合题意;D、温度不变,溶度积常数不变,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-),c(Ba2+)与c(SO42-)成反比,则c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小,根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10,故D不符合题意;故选:A。【点睛】本题的A选项分析需注意,b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O,此时溶液中氢离子均为水所电离,溶液呈中性,而d点对应溶质为NH4Cl、HCl,此时溶液中氢离子为HCl水电离,溶液呈酸性。11、C【解析】

A.NH3与水分子一样发生自偶电离,一个氨分子失去氢离子,一个氨分子得到氢离子,液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-,故A正确;B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价,有元素化合价变价,是氧化还原反应,氢元素化合价降低,反应中有H2生成,故B正确;C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液是NaOH,呈强碱性,故C错误;D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐:Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4,故D正确;故选C。12、B【解析】

A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3;B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2,NaAlO2溶液中通入CO2,生成Al(OH)3沉淀;C.SiO2一般情况下不与酸反应;D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解;【详解】A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2,不能生成SO3,故A错误;B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳,发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,所以能实现,故B正确;C.SiO2与盐酸溶液不发生,故C错误;D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解:FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl,最终得不到无水FeCl3,故D错误;故答案为B。【点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件,特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。13、B【解析】

A.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色,体现二氧化硫的还原性,故A错误;B.二氧化硫与品红化合生成无色的物质,体现二氧化硫漂白性,故B正确;C.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色,体现二氧化硫的还原性,故C错误;D.滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色,二氧化硫为酸性氧化物,能够与碱反应,消耗氢氧根离子,使红色溶液褪色,故D错误;故答案为B。【点睛】考查二氧化硫的性质。二氧化硫为酸性氧化物,能与碱性氧化物、碱发生反应;二氧化硫能漂白某些有色物质,如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色;二氧化硫中硫为+4价,属于中间价态,有氧化性又有还原性,以还原性为主,如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色,体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。14、B【解析】

由图示可知,原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应,石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5,发生的是氧化反应,故石墨Ⅰ是负极,发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5,则石墨Ⅱ为正极,发生还原反应,反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-,该电池的总反应为:4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知,原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应,石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5,发生的是氧化反应,故石墨Ⅰ是负极,发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5,则石墨Ⅱ为正极,发生还原反应,反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A.电池工作时,阴离子移向负极,阳离子移向正极,石墨Ⅰ是负极,NO3-向石墨I移动,A正确;B.该电池一种熔融KNO3燃料电池,负极发生氧化反应,石墨Ⅰ上发生的电极反应为:NO2-e-+NO3-=N2O5,B错误;C.石墨Ⅰ生成N2O5,石墨Ⅱ消耗N2O5,可循环利用的物质Y的化学式为N2O5,C正确;D.原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数,故电池工作时,理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4,则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4:23,D正确;答案选D。【点睛】考生做该题的时候,首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极,并能准确写出电极反应式,原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极,原电池工作时,理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。15、C【解析】

A.原电池中阴离子应该向负极移动;B.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能,即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多,则得到的电能越多;C.负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2;D.由正极电极反应式O2+2H2O+4e−=4OH−有O2~4OH−~4e−,当外电路中转移4mol电子时,消耗氧气1mol,但空气中氧气只占体积分数21%,据此计算判断。【详解】A.原电池中阴离子应该向负极移动,金属M为负极,所以电解质中的阴离子向金属M方向移动,故A错误;B.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能,则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多,假设质量都是1g时,这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol=mol、×3mol=mol、×2mol=mol,所以Al−空气电池的理论比能量最高,故B错误;C.负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2,则正极反应式为2M-4e-+4OH-=2M(OH)2,故C正确;D.由正极电极反应式O2+2H2O+4e−=4OH−有O2~4OH−~4e−,当外电路中转移4mol电子时,消耗氧气1mol,即22.4L(标准状况下),但空气中氧气只占体积分数21%,所以空气不止22.4L,故D错误;故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键,注意强化电极反应式书写训练。16、D【解析】

A.t1时反应没有达到平衡状态,正方向速率大于逆反应速率,A正确;B.t2时反应达到平衡状态,反应体系中NH3的浓度达到最大值,B正确;C.t2﹣t3时间段反应达到平衡状态,正反应速率等于逆反应速率,C正确;D.t2﹣t3时间段,各物质的浓度不再发生变化,但不一定相等,D错误。答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸,然后加入过量的硫酸酸化,再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色,证明含碳碳双键取代反应;5【解析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团,E的分子式为:C13H18O,故答案为:氨基、溴原子;C13H18O;(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛,分子中除碳碳双键外还有醛基,不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验,可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验,故答案为:2-丁烯醛;先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸,然后加入过量的硫酸酸化,再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色,证明含碳碳双键;(3)A到B,氨基邻位C上的H被Br取代,E中的苯环、羰基均能和氢气加成,反应的方程式为:,故答案为:取代反应;;(4)A为,比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况,第一种情况:含2个侧链,1个为-CH3,另1个为-NH2,位于邻、间、对位置,共3种,第二种情况:侧链只有一个,含C-N,苯环可与C相连,也可与N相连,共2种,综上所述,比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种,核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为:,故答案为:5;;(5)原料为乙醇,有2个C,产物巴豆醛有4个碳,碳链增长,一定要用到所给信息的反应,可用乙醇催化氧化制备乙醛,乙醛发生信息所列反应得到羟基醛,羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛,流程为:,故答案为:。18、CH2=CH-CH2Cl羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根据合成路线中,有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物;根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线;根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】(1)根据B的结构及A的分子式分析知,A与HOCl发生加成反应得到B,则A的结构简式是CH2=CH-CH2Cl;C中官能团的名称为羰基、氯原子;故答案为:CH2=CH-CH2Cl;羰基、氯原子;(2)根据上述分析,反应①为加成反应;比较G和H的结构特点分析,G中氯原子被甲胺基取代,则反应⑥为取代反应;D为,根据系统命名法命名为2-甲基丙酸;故答案为:加成反应;取代反应;2-甲基丙酸;(3)E水解时C-Cl键发生断裂,在碱性条件下水解生成两种盐,化学方程式为:+2NaOH→+NaCl+H2O,故答案为:+2NaOH→+NaCl+H2O;(4)H的键线式为,则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S,故答案为:C8H14N2S;(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物,则I的结构比D多一个CH2原子团;①能发生银镜反应,则结构中含有醛基;②与NaOH反应生成两种有机物,则该有机物为酯;结合分析知该有机物为甲酸某酯,则I结构简式为:HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3,故答案为:HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3;(6)根据合成路线图中反应知,可由与合成得到,由氧化得到,可由丙烯加成得到,合成路线为:,故答案为:。19、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+否,若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色,加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【解析】(1)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]在500℃时隔绝空气加热分解,H、O结合有水生成,故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。(2)装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,会生成硫酸钡白色沉淀,观察到的观象为溶液变浑浊,但该装置中没有明显现象,可知产物中无有SO3气体生成;装置D中有白色沉淀,说明产物中有SO2气体生成,通入过氧化氢发生氧化还原反应,生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为:SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+,若去掉C,若有SO3也有白色沉淀生成,不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。(3)根据Fe2+的还原性,可以用高锰酸钾溶液检验,依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验,方法为:取少量A中残留物与试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解,将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液(或:依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案)并振荡,若高锰酸钾溶液不褪色,加入KSCN溶液后变红(或:加入K3Fe(CN)6溶液无现象,加入KSCN溶液后变红,或其他合理答案),则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。(4)若产物中有氮气生成,则失去电子的元素是Fe和N,得到电子的元素是S,[(NH4)2Fe(SO4)2]分解,E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol,生成ymolFe2O3失去电子的物质的量是2ymol,D中沉淀物质的量为zmol,即生成的二氧化硫的物质的量是zmol,则得电子的物质的量是2zmol,根据

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