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文档简介

云南省新平一中2023-2024学年高三第三次测评化学试卷注意事项: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(每题只有一个选项符合题意)1、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化,其中a为双原子分子,b和c均为10电子分子,b在常温下为液体。下列说法不正确的是A.单质Y为N2B.a不能溶于b中C.a和c不可能反应D.b比c稳定2、下列有关实验的选项正确的是A.A B.B C.C D.D3、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,原子序数之和为42,X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数,Z原子最外层只有1个电子,W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A.单质的熔点:Z>X B.Z与Y、W均能形成离子化合物C.气态氢化物的沸点:X<Y<W D.X、Z的氧化物均含非极性键4、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0mol·L-1的KNO3溶液中:H+、Fe2+、Cl-、B.使紫色石蕊溶液变红的溶液中:、Ba2+、、Cl-C.pH=12的溶液中:K+、Na+、CH3COO-、Br-D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中:、Mg2+、I-、Cl-5、[安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]下列有关化学用语表示正确的是A.水分子的比例模型B.过氧化氢的电子式为:C.石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D.甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种(不考虑立体异构)6、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A.单质的沸点:Z>WB.简单离子半径:X>WC.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应7、人类的生产、生活与化学息息相关,下列说法不正确的是

A.将铝制品置于电解液中作为阳极,用电化学氧化的方法,可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B.防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫,目前主要用石灰法。C.压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固,其黏附力为分子间作用力。D.人体所需六大营养物质:糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水,其中产能最高的是糖类。8、T℃时,分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液,滴加过程中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知:Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是()。A.a~b~d为滴定ZnCl2溶液的曲线B.对应溶液pH:a<b<eC.a点对应的CuCl2溶液中:c(Cl-)<2[c(Cu2+)+c(H+)]D.d点纵坐标约为33.99、据了解,铜锈的成分非常复杂,主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧,并不断扩散),结构如图所示。下列说法正确的是A.Cu2(OH)3Cl属于有害锈B.Cu2(OH)2CO3属于复盐C.青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D.用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值,做到“修旧如旧”10、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子,不需要的操作是()A.溶解 B.过滤 C.分液 D.蒸发11、化学和生活、社会发展息息相关,从古代文物的修复到现在的人工智能,我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A.银器发黑重新变亮涉及了化学变化B.煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法C.瓷器主要成分属于硅酸盐D.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像,该过程并不涉及化学变化12、下列实验操作及现象和结论都正确的是()实验操作及现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液,均有固体析出蛋白质均发生变性B溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后,滴加硝酸银溶液,未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的氯化钠和碘化钠溶液,一支试管中出现黄色沉淀,另一支无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D向碳酸钠溶液中加入冰醋酸,将生成的气体直接通入到苯酚钠溶液中,产生白色浑浊酸性:醋酸>碳酸>苯酚A.A B.B C.C D.D13、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019-nCOV)的感染,其结构如图所示。下列说法错误的是A.基态C1原子的核外电子有17种运动状态B.C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC.H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D.与足量H2发生加成反应后,该分子中手性碳原子个数不变14、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増,其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期,Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A.X的简单氢化物溶于水显酸性B.Y的氧化物是离子化合物C.Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸15、常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.澄清透明的溶液中:Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B.中性溶液中:Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C.c(OH-)<的溶液中:Na+、Ca2+、ClO-、F-D.1mol/L的KNO3溶液中:H+、Fe2+、SCN-、SO42-16、下列表示不正确的是()A.CO2的电子式 B.Cl2的结构式Cl—ClC.CH4的球棍模型 D.Cl-的结构示意图二、非选择题(本题包括5小题)17、福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物,它的关键中间体(G)的合成路线如下:回答下列问题:(1)F的分子式为_____________,反应①的反应类型为_________。(2)反应④的化学方程式为___________________________。(3)C能与FeC13溶液发生显色反应,C的结构简式为________________,D中的含氧官能团为_________________。(4)B的同分异构体(不含立体异构)中能同时满足下列条件的共有_____种。a.能发生银镜反应b.能与NaOH溶液发生反应c.含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰,且峰面积比为3:2:2:1的是________________(填结构简式)。(5)参照G的合成路线,设计一种以为起始原料(无机试剂任选)制备的合成路线________。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、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂,其制备过程如图。回答下列问题:步骤一:以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是___,C装置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。步骤二:制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤,向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液,反应生成MnCO3沉淀。过滤,洗涤,干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。步骤三:制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液,反应一段时间后,过滤、洗涤,控制温度不超过55℃干燥,得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下:(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响,实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。20、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三颈烧瓶中,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沉淀的化学方程式为__________。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。(2)测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并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℃,最后将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测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为_______。(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量,在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%(保留小数点后两位)。21、全球变暖,冰川融化,降低大气中CO2的含量显得更加紧迫。(1)我国储氢碳纳米管研究取得重大进展,碳纳米管可用氧化法提纯,请完成并配平下述化学方程式:___C+___K2Cr2O7+__________=__CO2↑+___K2SO4+__Cr2(SO4)3+__H2O(2)甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产。工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇,该反应的热化学方程式为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-116kJ/mol①下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是___________(填字母代号)。A.随时将CH3OH与反应混合物分离B.降低反应温度C.增大体系压强D.使用高效催化剂②已知:CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ/mol则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为__________________。③在容积为1L的恒容容器中,分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。请回答:i)在上述三种温度中,曲线Z对应的温度是_____________。ii)利用图中a点对应的数据,计算出曲线Z在对应温度下,反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数KZ=__________(计算出数值)。此时KZ________KY(填“>”“<”或“=”)。(3)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应,Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀,现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合,若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10-5mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

b和c均为10电子分子,b在常温下为液体,则b可能为H2O,c可能为HF、NH3,根据转化关系推测X为氧气,Z为氢气,则Y可能为氟气或氮气,又a为双原子分子,则a为NO,则Y为氮气。A.根据上述分析,单质Y为N2,故A正确;B.NO不能溶于H2O中,故B正确;C.NO和NH3在一定条件下可以反应,故C错误;D.H2O比NH3稳定,故D正确。故选C。2、D【解析】

A.乙醇的密度比金属钠小,所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部,故A错误;B.因为2NO2N2O4H<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,所以热水中NO2的浓度高,故B错误;C.氢氧化钠属于强碱,易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠,瓶和塞黏在一起,因此应保存在软木塞的试剂瓶中,故C错误;D.D是实验室制备蒸馏水的装置,故D正确;答案:D。3、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,原子序数之和为42,Z原子最外层只有1个电子,Z是第IA元素,结合原子序数大小可知Z为Na元素;W能形成酸性最强的含氧酸,W应该为Cl元素;X、Y的原子序数之和=42-11-17=14,X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数,Y只能位于第二周期,设X的核外电子数为x,则x+(2+x)=14,解得x=6,则X为C元素、Y为O元素,据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析,X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素,W为Cl元素。A.X、Z分别为C、Na元素,金属Na的熔点较低,C的单质一般为金刚石或石墨,熔点较高,熔点:X>Z,故A错误;B.Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl,都是离子化合物,故B正确;C.水分子间能够形成氢键,沸点:H2O>HCl,故C错误;D.X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2,仅Na2O2有非极性键,故D错误;故选B。4、C【解析】

A.H+、Fe2+、NO3—之间能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量H+,H+与AlO2—在溶液中能够反应,且NH4+与AlO2—会发生双水解,不能大量共存,故B错误;C.pH=12的溶液显碱性,OH-与K+、Na+、CH3COO-、Br-不反应,且K+、Na+、CH3COO-、Br-之间也不反应,可大量共存,故C正确;D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3+,Fe3+、I-能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C。5、D【解析】

A.所给确为比例模型,氢原子和氧原子的半径相对大小不对,应该是中间的氧的原子半径大,水分子为V形,不是直线形,A项错误;B.过氧化氢是只由共价键形成的分子,B项错误;C.石油的分馏是物理变化,煤的气化和液化均是化学变化,煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料,煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等,C项错误;D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢,共有3种可能,取代不同碳上的氢共有7种(用数字标出碳,则可表示为:1,2、1,3、1,5、2,3、2,5、3,4、3,5),D项正确;所以答案选择D项。6、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素,据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素;A.Z、W的单质分别为氯气、氟气,二者形成的晶体都是分子晶体,相对分子质量氯气较大,则氯气的沸点较高,即单质的沸点:Z>W,故A正确;B.X为Na、W为F,二者的离子都含有2个电子层,Na的核电荷数较大,则钠离子的离子半径较小,即简单离子半径:X<W,故B错误;C.X为Na,金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键,故C正确;D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸,氢氧化铝具有两性,则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应,故D正确;故答案为B。7、D【解析】

A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应;B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力;D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属,作阳极时,失去电子生成氧化铝,所以铝制品作电解池阳极电解,可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜,A正确;B.二氧化硫能形成酸雨,并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣,所以在燃煤中加入石灰石或生石灰,减少环境污染,是目前主要脱硫方法,B正确;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力,能牢固黏贴物品,C正确;D.人体所需六大营养物质中:直接的供能物质是糖类,产能最高的是油脂,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途,掌握反应原理和物质的性质即可解答,侧重考查了学生的分析能力,有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性。8、A【解析】

A.10mL浓度为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀,Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),反应后溶液中锌离子浓度大,则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线,故A错误;B.某温度下,分别向10mL浓度均为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌,铜离子浓度和锌离子浓度减小,水解产生的c(H+)降低,溶液pH增大,硫化钠溶液呈碱性,完全反应后继续滴加硫化钠溶液,溶液pH增大,溶液pH:a<b<e,故B正确;C.CuCl2在溶液中发生水解反应,生成氢氧化铜,溶液中存在物料守恒:c(Cl−)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2],溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度,c(Cl−)<2[c(Cu2+)+c(H+)],故C正确;D.c点时铜离子全部沉淀,此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量,所以生成CuS沉淀后,c(Cu2+)=c(S2−),则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4,d点加入20mL0.1mol∙L−1Na2S溶液,溶液中硫离子浓度,,c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1,-lgc(Cu2+)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9,故D正确。综上所述,答案为A。9、A【解析】

A.从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触,可以加快Cu的腐蚀,因此属于有害锈,A正确;B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子,因此只能属于碱式盐,不属于复盐,B错误;C.食盐水能够导电,所以在青铜器表面刷一层食盐水,会在金属表面形成原电池,会形成吸氧腐蚀,因此不可以作保护层,C错误;D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl,用NaOH溶液浸泡,会产生Cu2(OH)3Cl,不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜,因此不能做到保护青铜器的艺术价值,做到“修旧如旧”,D错误;故合理选项是A。10、C【解析】

用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子,步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶,不需要分液,故选C。11、D【解析】

A.银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀,重新变亮就是又变成原来的银,在这个过程中涉及到化学变化,A正确;B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程;煤的液化是利用煤制取液体燃料,均为化学变化,B正确;C.瓷器是混合物,主要成分是二氧化硅和硅酸盐(硅酸铝,硅酸钙)等,C正确;D.光敏树脂遇光会改变其化学结构,它是由高分子组成的胶状物质,在紫外线照射下,这些分子结合变成聚合物高分子,属于化学变化,D错误;答案选D。【点睛】复习时除了多看课本,还要多注意生活中的热点现象,思考这些现象与化学之间的关系。12、C【解析】

A.蛋白质与NaCl饱和溶液发生盐析,硫酸铜溶液可使蛋白质变性,故A错误;B.溴乙烷与NaOH溶液共热后,应先加入硝酸酸化除去过量的NaOH,否则不能排除AgOH的干扰,故B错误;C.浓度相同,Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故C正确;D.醋酸易挥发,醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊,则不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱,故D错误;故答案为C。13、D【解析】

A.基态C1原子的核外有17个电子,每个电子运动状态均不相同,则电子有17种运动状态,故A正确;B.非金属性越强,元素的电负性越强,非金属性:C<P<N<O,四种元素中电负性最大的是O,故B正确;C.H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4,故C正确;D.磷酸氯喹分子中只有一个手性碳,如图(∗所示):,与足量H2发生加成反应后,该分子中含有5个手性碳原子,如图(∗所示):,故D错误;答案选D。【点睛】计算价层电子对数时,利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。14、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍,说明Z原子的最外层电子数是6个,Y的最外层电子数是2,因此X的最外层电子数是5,即X是N。X与Y、Z位于相邻周期,所以Y是镁,Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性,A不正确;B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的,属于离子化合物,B正确;C.H2S具有还原性,容易被氧化,C不正确;D.硝酸和硫酸都是强酸,D不正确;答案选B。15、A【解析】

A.选项离子之间不能发生任何反应,离子可以大量共存,A符合题意;B.中性溶液中,OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀,OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O,离子之间不能大量共存,B不符合题意;C.c(OH-)<的溶液显酸性,含有大量的H+,H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF,不能大量共存,C错误;D.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应,不能大量共存,D错误;故合理选项是A。16、C【解析】

A.CO2分子中存在两个双键,其电子式为,A正确;B.Cl2分子中只有单键,故其结构式为Cl—Cl,B正确;C.CH4的空间构型为正四面体,其比例模型为,C不正确;D.Cl-的结构示意图为,D正确。故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、C15H12NO4Br取代反应++HCl羟基、羰基和硝基17【解析】

由D的分子式与E的结构可知,D与发生取代反应生成E,则D为,C能与FeCl3溶液发生显色反应,含有酚羟基,结合C的分子式逆推可知C为,A的分子式为C6H6O,A与乙酸酐反应得到酯B,B在氯化铝作用下得到C,则A为,B为.E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。【详解】(1)F()的分子式为:C15H12NO4Br,反应①是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH,属于取代反应,故答案为C15H12NO4Br;取代反应;(2)反应④的化学方程式为:++HCl,故答案为++HCl;(3)根据上述分析,C的结构简式为,D的结构简式为,其中的含氧官能团有:羰基、羟基、硝基,故答案为;羰基、羟基、硝基;(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件:a.能发生银镜反应,说明含有醛基,b.能与NaOH溶液发生反应,说明含有酯基或酚羟基,c.含有苯环结构,若为甲酸形成的酯基,含有1个取代基,可以为甲酸苯甲酯,含有2个取代基为-CH3、-OOCH,有邻、间、对3种,若含有醛基、酚羟基,含有2个取代基,其中一个为-OH,另外的取代基为-CH2CHO,有邻、间、对3种,含有3个取代基,为-OH、-CH3、-CHO,当-OH、-CH3处于邻位时,-CHO有4种位置,当-OH、-CH3处于间位时,-CHO有4种位置,当-OH、-CH3处于对位时,-CHO有2种位置,符合条件的同分异构体共有17种,其中核磁共振氢谱显示为4组峰,且峰面积比为3∶2∶2∶1的是,故答案为17;;(5)模仿E→F→G的转化,发生硝化反应生成,然后与溴发生取代反应生成,最后在NaBH4条件下反应生成,合成路线流程图为:,故答案为。【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5),要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。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、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液少许于试管中,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若无沉淀生成,证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%【解析】

将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2,将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4,由于SO2是大气污染物,未反应的SO2不能直接排放,可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理,同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O,将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰,根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗;C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2,防止污染大气;(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4,反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O);(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O,该反应的离子方程式为:2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O;②若MnCO3洗涤干净,则洗涤液中不含有SO42-,所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若无沉淀生成,证明沉淀已洗涤干净;(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O,若温度过高,则晶体会失去结晶水,故一般是产品干燥温度不宜超过55℃;(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)==0.1mol,根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物质的量是0.1mol,其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g,实际质量为22.05g,所以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为×100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索,考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算,将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起,体现了学以致用的教学理念,要充分认识化学实验的重要性。20、水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反应,测定产生的CO2的体积,可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定,根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】(1)①步骤2控制温度在50℃,当温度不超过100℃时,较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热,又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为:MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。(2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有=0.05mol,解得n=4。(3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。②四次实验数据,第3次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反应中,H2O2做氧化剂,-1价氧的化合价降低到-2价,Fe2+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。【点睛】当控制温度在100℃以下时,可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子,选择检测的离子一定是滤液中的离子,并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。21、328H2SO43228CDCH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(g)△H=-651kJ/mol270℃<4(L/mol)22×10-4mol/L【解析】

(1)反应中C元素

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