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文档简介
江西省南昌市十所省重点中学2024年高考化学三模试卷注意事项: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、某有机物结构简式如图,下列对该物质的叙述中正确的是A.该有机物易溶于苯及水B.该有机物苯环上的一氯代物共有4种C.该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D.1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应2、某溶液中只可能含有K+、Al3+、Br-、OH-、CO、SO中的一种或几种。取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是A.Br- B.OH- C.K+ D.Al3+3、下列说法中,不正确的是A.固体表面水膜的酸性很弱或呈中性,发生吸氧腐蚀B.钢铁表面水膜的酸性较强,发生析氢腐蚀C.将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D.钢闸门作为阴极而受到保护4、在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中,下列仪器或操作未涉及的是A. B. C. D.5、下列说法中正确的是()A.HClO的结构式:H—Cl—O B.H2与H+互为同位素C.原子核内有10个质子的氧原子:18O D.N2分子的电子式:6、常温下,若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,下列说法不合理的是A.反应后HA溶液可能有剩余B.生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C.HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等D.HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等7、“我有熔喷布,谁有口罩机”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络发布的英雄帖,熔喷布是医用口罩的核心材料,该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。下列说法错误的是A.丙烯分子中所有原子可能共平面B.工业上,丙烯可由石油催化裂解得到的C.丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色D.聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物8、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体,以物质a为原料合成扁桃酸衍生物b的过程如下:下列说法正确的是()A.物质X是Br2,物质a转化为b属于取代反应B.lmol物质a能与3molH2反应,且能在浓硫酸中发生消去反应C.物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D.物质b的核磁共振氢谱有四组峰9、下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是()A.氯碱工业制氯气:2NaCl(熔融)2Na+C12↑B.利用磁铁矿冶炼铁:CO+FeOFe+CO2C.工业制小苏打:NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClD.工业制粗硅:C+SiO2Si+CO2↑10、在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2),其工作原理如图所示,下列说法错误的是A.膜I侧反应为:H2O+2e-=H2+O2-O2+4e-=2O2-B.膜II侧相当于原电池的负极C.膜II侧发生的反应为:CH4+O2--2e-=2H2+COD.膜II侧每消耗1molCH4,膜I侧一定生成1molH211、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案:方案Ⅰ:向Al中加入NaOH溶液,至Al刚好完全溶解,得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ:向Al中加入硫酸,至Al刚好完全溶解,得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ:将Al按一定比例分为两份,按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A.三种方案转移电子数一样多B.方案Ⅲ所用硫酸的量最少C.方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D.采用方案Ⅲ时,用于制备溶液①的Al占总量的0.2512、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=-lgKb,pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,pKb(NH3·H2O)=4.8。常温下,向10.00mL0.1000mol·L-1的甲胺溶液中滴加0.0500mol·L-1的稀硫酸,溶液中c(OH-)的负对数pOH=-lgc(OH-)]与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A.B点对应的溶液的pOH>3.4B.甲胺溶于水后存在平衡:CH3NH2+H2OCH3NH+OH-C.A、B、C三点对应的溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>AD.A、B、C、D四点对应的溶液中,c(CH3NH3+)的大小顺序:D>C>B>A13、延庆区的三张名片:长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A.京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRPB.中国馆屋顶ETFE保温内膜C.八达岭长城城砖D.2022年冬奥会高山滑雪服14、关于下列各装置图的叙述中,正确的是()A.图a制取及观察Fe(OH)2B.图b比较两种物质的热稳定性C.图c实验室制取NH3D.图d分离沸点不同且互溶的液体混合物15、下列表示正确的是()A.中子数为8的氧原子符号:OB.甲基的电子式:C.乙醚的结构简式:CH3OCH3D.CO2的比例模型:16、常温下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF气体,随反应进行(不考虑HClO分解),溶液中lg(A代表ClO或F)的值和溶液pH变化存在如图所示关系,下列说法正确的是A.线N代表lg的变化线B.反应ClO-+HF⇌HCIO+F-的平衡常数数量级为105C.当混合溶液pH=7时,溶液中c(HClO)=c(F-)D.随HF的通入,溶液中c(H+)•c(OH-)增大17、水的电离平衡曲线如图所示,下列说法中,正确的是A.图中A、B、D三点处Kw的大小关系:B>A>DB.25℃时,向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水,溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值逐渐减小C.在25℃时,保持温度不变,在水中加人适量NH4Cl固体,体系可从A点变化到C点D.A点所对应的溶液中,可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—18、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料,以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质,其电池总反应为:MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4⇌充电放电MnOOH+16ZnSO4[Zn(OH)其电池结构如图1所示,图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中,不正确的是A.碳纳米管具有导电性,可用作电极材料B.放电时,电池的正极反应为:MnO2+e−+H+==MnOOHC.充电时,Zn2+移向Zn膜D.合成有机高聚物的单体是:19、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-,滴入过量氨水,产生白色沉淀,若溶液中各离子的物质的量浓度相等,则一定存在的离子是A.SO42- B.NO3- C.Na+ D.Fe3+20、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.喝补铁剂(含Fe2+)时,加服维生素C效果更好,因维生素C具有氧化性B.汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器,其主要原料为石灰石C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,司南中的“杓”含Fe2O3D.港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳,其商品名为“力纶”是有机高分子化合物21、有一种线性高分子,结构如图所示。下列有关说法正确的是A.该高分子由4种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B.构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C.上述单体中的乙二醇,可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D.该高分子有固定熔、沸点,1mol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol22、等温等压下,有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体,下列叙述中正确的是()A.体积之比为13∶13∶14 B.密度之比为14∶14∶13C.质量之比为1∶1∶1 D.原子数之比为1∶1∶1二、非选择题(共84分)23、(14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.24、(12分)3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体,合成路线图如下:已知:+(CH3CO)2O+CH3COOH回答下列问题:(1)G中的官能固有碳碳双键,羟基,还有____和____。(2)反应②所需的试剂和条件是________。(3)物质M的结构式____。(4)⑤的反应类型是____。(5)写出C到D的反应方程式_________。(6)F的链状同分异构体还有____种(含顺反异构体),其中反式结构是____。(7)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)____。25、(12分)(三草酸合铁酸钾晶体)为翠绿色晶体,可用于摄影和蓝色印刷,110℃失去结晶水,230℃分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验I:探究实验所得的气体产物,按下图装置进行实验(夹持仪器已略去,部分装置可重复使用)。(1)实验室常用饱和和饱和的混合液制,反应的化学方程式为_____________。(2)装置的连接顺序为:A→__→__→__→__→__→F(填各装置的字母代号)。(3)检查装置气密性后,先通一段时间,其目的是________,实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯,继续通至常温,其目的是__________。(4)实验过程中观察到F中的溶液变浑浊,C中有红色固体生成,则气体产物____(填化学式)。(实验二)分解产物中固体成分的探究(5)定性实验:经检验,固体成分含有。定量实验:将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥,得到含铁样品。完成上述实验操作,需要用到下列仪器中的__________(填仪器编号)。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定(甲方案)(乙方案)(丙方案)你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。(6)经测定产物中,写出分解的化学方程式_________。26、(10分)四氯化锡(SnCl4)常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知:i.SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O;ii.有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题:(1)装置E的仪器名称是_____,装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)实验开始时,正确的操作顺序为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____,可以向其中加入单质___________(填物质名称)而除去。为了进一步分离提纯产品,采取的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2,测定产品纯度的方法:取0.400g产品溶于足量稀盐酸中,加入淀粉溶液作指示剂,用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点,消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下,完成i对应的离子方程式。i._____Sn2++_____IO3-+_____H+=________Sn4++_____I-+_____ii.IO3-+5I2-+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%(保留一位小数)。27、(12分)乙烯来自石油的重要化工原料,其产量是一个国家石油化工水平的标志,根据以下实验,请回答下列问题:(1)实验之前需要对该装置进行气密性的检查,具体操作为:______(2)石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______(填写序号);①只有甲烷②只有乙烯③烷烃与烯烃的混合物(3)实验过程中装置B中的现象为_________,若装置D中产生了白色沉淀,则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________;(4)该实验中碎瓷片的作用是______(填序号);①防止暴沸②有催化功能③积蓄热量④作反应物(5)将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中,溴水增重mg,则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________(用NA表示);(6)利用A装置的仪器还可以制备的气体有______(任填一种),产生该气体的化学方程式为_____。28、(14分)甲醇是一种可再生能源,具有广阔的开发和应用前景,可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化剂,采用如下反应来合成甲醇:2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)(1)下表所列数据是各化学键的键能,该反应的ΔH=_______(用含字母的代数式表示)。(2)某科研小组用Pd/C作催化剂,在450℃时,研究了n(H):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图),则图中表示n(H2):n(CO)=3:1的变化曲线为______(填“曲线a"或“曲线b”)。(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应,在2L的恒容密闭容器内充入1molCO和2molH2,加入合适催化剂后在某温度下开始反应,并用压力计监测容器内压强的变化如下:反应时间/min0510152025压强/MPa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时,CO的平均反应速率为________,该温度下的平衡常数K为_______.(4)将CO和H2加入密闭容器中,在一定条件下发生反应:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0。平衡时CO的体积分数(%)与温度和压强的关系如下图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。T1、T2、T3由大到小的关系是_________,判断理由是____________(5)美国的两家公司合作开发了多孔硅甲醇直接燃料电池,其工作原理如图①石墨2为__________(填“正“或“负“)极。②石墨1极发生的电极反应式为________29、(10分)[化学——选修3:物质结构与性质]铬元素在地壳中含量占第21位,是一种重要的金属。回答下列问题:(1)基态铬原子的价电子排布式为_________________,根据价层电子判断铬元素中最高价态为___________价。铬元素的第二电离能________锰元素的第二电离能(填“>”“<”填“=”)。(2)无水氯化亚铬(CrCl2)的制备方法为在500℃时用含HCl的H2气流还原CrCl3,该过程涉及到的反应原理为____________________________________________(用化学方程式表示)。已知:氯化亚铬的熔点为820~824℃,则其晶体类型为___________晶体。二价铬还能与乙酸根形成配合物,在乙酸根中碳原子的杂化形式为___________(3)已知CrO5中铬元素为最高价态,画出其结构式:______________________(4)Cr元素与H元素形成化合物的晶胞结构如图所示,则该化合物的化学式为___________。已知:该晶胞的边长为437.6pm,NA表示阿伏加德罗常数的值,则晶体的密度为____g/cm3(列出计算式即可)。
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、D【解析】
A.该有机物烃基较大,不溶于水(亲水基较少,憎水基较多),所以易溶于苯但不溶于水,故A错误;B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置,共有3种,故B错误;C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应,故C错误;D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应,故D正确;故答案为D。2、B【解析】
取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色,则一定含有Br-,生成气体说明含CO32-;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象,则一定不含SO32-离子,且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存,则一定不存在Al3+,由电荷守恒可知,一定含阳离子K+,不能确定是否含OH-,还需要检验,故答案为B。3、C【解析】
钢铁生锈主要是电化学腐蚀,而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同,当表面水膜酸性很弱或中性时,发生吸氧腐蚀;当表面水膜的酸性较强时,发生析氢腐蚀,A、B均正确;C、钢闸门与锌板相连时,形成原电池,锌板做负极,发生氧化反应而被腐蚀,钢闸门做正极,从而受到保护,这是牺牲阳极的阴极保护法;当把锌板换成铜板时,钢闸门做负极,铜板做正极,钢闸门优先腐蚀,选项C错误;D、钢闸门连接直流电源的负极,做电解池的阴极而受到保护,这是连接直流电源的阴极保护法,选项D正确。答案选C。4、C【解析】
A.为使硫酸铜晶体充分反应,应该将硫酸铜晶体研细,因此要用到研磨操作,A不符合题意;B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中,需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量,至少称量4次,所以涉及到称量操作,需要托盘天平,B不符合题意;C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热,直到蓝色完全变白,不需要蒸发结晶操作,因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作,C符合题意;D.加热后冷却时,为防止硫酸铜粉末吸水,应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却,从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜,因此需要使用干燥器,D不符合题意;故合理选项是C。5、D【解析】
A、HClO中O原子分别与H原子和Cl形成共价键,故HClO的结构式为H—O—Cl,故A不正确;B、同位素研究的是原子之间的关系,H2与H+之间不是原子,所以不属于同位素,故B不正确;C、氧原子原子核内不可能有10个质子,只有Ne原子才含有10个质子,故C不正确;D、N2分子的电子式:,D正确;故选D。6、B【解析】
A、若HA是弱酸,则二者反应生成NaA为碱性,所以HA过量时,溶液才可能呈中性,正确;B、若二者等体积混合,溶液呈中性,则HA一定是强酸,所以NaA的溶液的pH不可能小于7,至小等于7,错误;C、若HA为弱酸,则HA的体积大于氢氧化钠溶液的体积,且二者的浓度的大小未知,所以HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等,正确;D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等,混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可,正确。答案选B。7、A【解析】
A.丙烯分子中有一个甲基,甲基上的四个原子不可能共平面,A项错误;B.石油的裂解是在催化剂存在的情况下,加强热使烃类断裂成小分子的不饱和烃,丙烯也是产物之一,B项正确;C.丙烯中有碳碳双键,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,C项正确;D.碳碳双键可以发生加聚反应,得到高分子的聚合物,D项正确;答案选A。【点睛】从字面意思也能看出,裂“化”比裂“解”要“温柔”一点,得到的是较长链的汽油、柴油等轻质燃油,裂解则完全将碳链打碎,得到气态不饱和烃。8、C【解析】
A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr,HBr与a发生取代反应产生b和H2O,A错误;B.a中含有一个苯环和酯基,只有苯环能够与H2发生加成反应,1mol物质a能与3molH2反应,a中含有酚羟基和醇羟基,由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子,不能发生消去反应,B错误;C.酚羟基可以与NaHCO3反应;物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位,Br原子也有多个不同的取代位置,因此物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体,C正确;D.物质b中有五种不同位置的H原子,所以其核磁共振氢谱有五组峰,D错误;故合理选项是C。9、C【解析】
A.氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水,反应的化学方程式:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,故A错误;B.磁铁矿成分为四氧化三铁,反应的化学方程式:4CO+Fe3O43Fe+4CO2,故B错误;C.工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵,反应的化学方程式:NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl,故C正确;D.工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳,反应的化学方程式:2C+SiO2Si+2CO↑,故D错误;故选:C。10、D【解析】
A.膜I侧,H2O和O2在正极均发生还原反应,结合题图可写出其电极反应式为:H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-,故A正确;B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知,膜I侧相当于原电池的正极,膜II侧相当于原电池的负极,故B正确;C.膜II侧CH4发生氧化反应,其电极反应式为CH4+O2--2e-=2H2+CO,故C正确;D.膜I侧发生的反应为:H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-,膜II侧发生的反应为:CH4+O2--2e-=2H2+CO,膜II侧每消耗1molCH4,膜I侧生成小于1molH2,故D错误。故选D。11、D【解析】
方案Ⅰ:发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4;则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅱ:发生反应为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4;则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅲ:2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4,则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A.三种方案中,消耗Al都为1mol,Al都由0价升高为+3价,则转移电子数一样多,A正确;B.从三个方案的比较中可以看出,生成等物质的量的氢氧化铝,方案Ⅲ所用硫酸的量最少,B正确;C.方案Ⅰ需控制酸的加入量,方案Ⅱ需控制碱的加入量,而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制,所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量,C正确;D.采用方案Ⅲ时,整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al,用于制备溶液①的Al占总量的0.75,D不正确;故选D。12、D【解析】
A.B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸,不考虑水解和电离,反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2),由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度,则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2);B.甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似,说明CH3NH2•H2O是一元弱碱,可以部分电离出氢氧根离子;C.恰好反应时水的电离程度最大,碱过量抑制了水的电离,碱的浓度越大抑制程度越大;D.C、D点相比,n(CH3NH3+)相差较小,但D点溶液体积较大,则c(CH3NH3+)较小,据此分析。【详解】A.B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸,不考虑水解和电离,反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2),由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6,说明CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度,则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2),>1,结合Kb(CH3NH2•H2O)=×c(OH-)=10-3.4可知,c(OH-)<10-3.4,所以B点的pOH>3.4,A正确;B.CH3NH2•H2O是一元弱碱,可以部分电离出氢氧根离子,电离过程可逆,则电离方程式为:CH3NH2•H2OCH3NH3++OH-,B正确;C.用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.1000mol/L的甲胺溶液滴入10mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐,溶液显碱性,CH3NH3+水解促进水的电离,A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离,所以A、B、C三点溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>A,C正确;D.C点硫酸与CH3NH2•H2O恰好反应,由于CH3NH3+的水解程度较小,则C、D点n(CH3NH3+)相差较小,但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍,则c(CH3NH3+):C>D,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,D为易错点,试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。13、C【解析】
A.FRP属于纤维增强复合材料,不属于无机非金属材料,A项错误;B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物,不属于无机非金属材料,B项错误;C.长城城砖属于无机非金属材料,C项正确;D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料,外层是棉制品,不属于无机非金属材料,D项错误;答案选C。14、A【解析】
A.将滴管插入到液面以下,氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应:2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe(OH)2↓,Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该装置使用煤油以隔绝空气,使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触,从而达到防止被氧化的目的,所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀,故A正确;B.碳酸钠较稳定,加热不分解,只有碳酸氢钠分解:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠,由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高,故无法比较二者的热稳定性,故B错误;C.氯化铵受热生成氨气和氯化氢,在试管口易因温度降低,两者易反应生成氯化铵,不能制备氨气,故C错误;D.图中装置为分馏操作,可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物,进出水方向为下口进上口出,温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处,故D错误;故答案选A。15、B【解析】
A.中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16,该原子正确的表示方法为,故A错误;B.甲基为中性原子团,其电子式为,故B正确;C.CH3OCH3为二甲醚,乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3,故C错误;D.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键,为直线型结构,其正确的比例模型为,故D错误;故选B。【点睛】电子式的书写注意事项:(1)阴离子和复杂阳离子要加括号,并注明所带电荷数,简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。(2)要注意化学键中原子直接相邻的事实。(3)不能漏写未参与成键的电子对。16、C【解析】
,,由于同浓度酸性:HF大于HClO,当lg=0时,则=1,则K(HF)=10-3.2,K(HClO)=10-7.5。【详解】A.,,由于同浓度酸性:HF大于HClO,又因lg=0时,则=1,因此pH大的为HClO,所以线M代表的变化线,故A错误;B.反应ClO-+HFHClO+F-的平衡常数,其平衡常数数量级为104,故B错误;C.当混合溶液pH=7时,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(F-)+c(OH-),溶液呈中性,得到c(Na+)=c(ClO-)+c(F-),根据物料守恒c(ClO-)+c(HClO)=c(Na+),因此溶液中c(HClO)=c(F-),故C正确;D.温度未变,随HF的通入,溶液中c(H+)⸱c(OH-)不变,故D错误。综上所述,答案为C。17、B【解析】
A、Kw的影响因素为温度,水的电离吸热,升高温度Kw增大,A、D在同一等温线上,故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D,A错误;B、25℃时,向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水,c(OH-)逐渐增大,c(OH-)•c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值不变,故c(NH4+)/c(NH3·H2O)逐渐减小,B正确;C、在25℃时,保持温度不变,在水中加人适量NH4Cl固体,体系不能从A点变化到C点,体系从A点变化到C点,可采用加热的方法,C错误;D、A点所对应的溶液呈中性,Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在,D错误。故选B。18、B【解析】
A.该电池以碳纳米管做电极材料,可知碳纳米管具有导电性,故A正确;B.原电池正极发生还原反应,根据放电时的总反应式,放电时MnO2得电子发生还原反应,所以电池的正极反应为:MnO2+e−+H2O==MnOOH+OH-,故B错误;C.充电时该装置为电解池,阳离子移向阴极,充电时Zn膜充当阴极,所以Zn2+移向Zn膜,故C正确;D.根据高聚物的结构单元,该高聚物为加聚产物,合成有机高聚物的单体是:,故D正确;选B。19、A【解析】
某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-,滴入过量氨水,产生白色沉淀,该白色沉淀为氢氧化铝,则一定含有Al3+,一定不含Fe3+(否则产生红褐色沉淀),若溶液中各离子的物质的量浓度相等,根据电荷守恒,则一定存在的离子是SO42-,且至少含有NO3-、Cl-中的一种,若含有NO3-、Cl-两种,则还含有Na+,故答案选A。20、D【解析】
A.亚铁离子易被人体吸收,维生素C具有还原性,可以防止亚铁离子被氧化,则喝补铁剂时,加维生素C效果较好,故A错误;B.瓷器的成分为硅酸盐,主要原料为黏土,不是石灰石,故B错误;C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓”含Fe3O4,故C错误;D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故D正确;答案选D。21、C【解析】
A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5种单体缩聚而成,故A错误;B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物,故B错误;C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸,故C正确;D.高分子化合物没有固定熔沸点,故D错误;答案选C。22、B【解析】
假设质子都有14mol,则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下,体积之比等于物质的量的比,体积之比为1∶1∶1,A错误;B、等温等压下,密度比等于摩尔质量的比,密度之比为14∶14∶13,B正确;C、质量之比为1mol×28g/mol:1mol×28g/mol:1mol×26g/mol=14:14:13,C错误;D、原子个数之比为1mol×2:1mol×2:1mol×4=1∶1∶2,D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、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。24、酮基醚基H2O/H+加热取代反应+CH3COOH+H2O3【解析】
A转化到B的反应中,A中的羰基转化为B中的酯基,B在酸性条件下发生水解得到C,即间苯二酚,间苯二酚在ZnCl2的作用下,和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了-COCH3,E的分子式为C3H6,根据G的结构简式,可知E为丙烯,F的结构简式为CH2=CHCH2Cl,D和F发生取代反应,D的羟基上的H被-CH2CH=CH2取代,根据G和H的结构简式,以及M到H的反应条件,可知M到H是发生了碳碳双键的加成,则M的结构简式为。【详解】(1)根据G的结构简式,其官能团有碳碳双键,羟基外,还有结构式中最下面的部分含有醚键,最上端的部分含有羰基(酮基);答案为酮基、醚键;(2)B中含有酯基,在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基,在反应条件为H2O/H+加热;(3)根据G和H的结构简式,以及M到H的反应条件,可知M到H是发生了碳碳双键的加成,则M的结构简式为;(4)F的结构简式为CH2=CHCH2Cl,结合D和G的结构简式,D的羟基上的H被-CH2CH=CH2取代,因此反应⑤的反应类型为取代反应;(5)C的结构简式为,结合D的结构简式,可知C(间苯二酚)在ZnCl2的作用下,和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了-COCH3,化学方程式为+CH3COOH+H2O;(6)F的分子式为C3H5Cl,分子中含有碳碳双键,可用取代法,用-Cl取代丙烯中的氢原子,考虑顺反异构,因此其同分异构体有(顺)、(反)、、(F),除去F自身,还有3种,其反式结构为;(7)对苯二酚的结构简式为,目标产物为,需要在酚羟基的邻位引入-COCH2CH3,模仿C到D的步骤;将—OH转化为-OOCCH2CH3,利用已知。已知信息中,需要酸酐,因此可以利用丙酸得到丙酸酐,在进行反应,因此合成流程为。25、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2OBFDEC排出装置中的空气,防止空气中的O2和CO2干扰实验结果防止F中溶液倒吸进入C中①②⑤⑦甲、乙【解析】
⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气,再利用F装置检验CO2,用D装置除去多余的CO2,用E装置干燥CO气体,利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。⑶先通一段时间N2,排尽装置中的空气,实验结束时,先熄灭A、C两装置中的酒精灯,再通入N2至室温。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊,说明生成的气体含二氧化碳,C中有红色固体生成,说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台;②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液,加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg,bg为氧化铁,结合铁元素守恒可以计算铁的含量;【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌,测量气体体积测得气体体积VmL(标况),气体为一氧化氮,一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成,能测定铁元素含量;【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液,每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定,三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL,该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子,铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定,故丙不能测定。⑹经测定产物中,假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol,则得到电子为1mol+3mol=4mol,草酸根中碳部分变为+4价,部分变为+2价,2mol生成3molK2CO3,失去3mol电子,根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子,4mol碳得到4mol电子。【详解】⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2,反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O;故答案为:NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气,再利用F装置检验CO2,用D装置除去多余的CO2,用E装置干燥CO气体,利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO,则根据气体流向连接装置的顺序为:A→B→F→D→E→C→F;故答案为:B;F;D;E;C。⑶先通一段时间N2,排尽装置中的空气,防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时,先熄灭A、C两装置中的酒精灯,再通入N2至室温,目的是防止压强减小,F装置中的溶液倒吸;故答案为:排出装置中的空气,防止空气中的和干扰实验结果;防止F中溶液倒吸进入C中。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊,说明生成的气体含二氧化碳,C中有红色固体生成,说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜,则气体产物是CO2、CO;故答案为:CO2、CO。⑸①定量实验:将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥,得到含铁样品,溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台;故答案为:①②⑤⑦。②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液,加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg,bg为氧化铁,结合铁元素守恒可以计算铁的含量;【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌,测量气体体积测得气体体积VmL(标况),气体为一氧化氮,一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成,能测定铁元素含量;【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液,每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定,三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL,该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子,铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定,故丙不能测定;故答案为:甲、乙。⑹经测定产物中,假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol,则得到电子为1mol+3mol=4mol,草酸根中碳部分变为+4价,部分变为+2价,2mol生成3molK2CO3,失去3mol电子,根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子,4mol碳得到4mol电子,依次分解的化学方程式;故答案为:。26、冷凝管浓硫酸(浓H2SO4)吸收多余的Cl2,防止污染空气;吸收空气中的水蒸气,防止产品水解③①②Cl2锡蒸馏316313H2O锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,半分钟不褪色88.6【解析】
在A装置中,MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2,由于浓盐酸易挥发,所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中,饱和食盐水可除去Cl2中的HCl,C装置用于干燥Cl2,所以应放入浓硫酸;在排尽装置内的空气后,加热D装置,让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽,冷凝管冷凝后用F装置收集,同时用G装置吸收未反应的Cl2,并防止空气中的水蒸气进入F中,引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管,由以上分析知,装置C用于干燥氯气,应盛放的试剂是浓硫酸(浓H2SO4)。答案为:冷凝管;浓硫酸(浓H2SO4);(2)装置G既可防止氯气进入大气,又可防止大气中的水蒸气进入装置,所以其作用是吸收多余的Cl2,防止污染空气;吸收空气中的水蒸气,防止产品水解。答案为:吸收多余的Cl2,防止污染空气;吸收空气中的水蒸气,防止产品水解;(3)实验开始时,应先加药品再制氯气,最后发生Sn与Cl2的反应,所以正确的操作顺序为③①②。答案为:③①②;(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2,可以向其中加入单质锡,让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知,杂质SnCl2的沸点比SnCl4高,可采取的操作名称是蒸馏。答案为:Cl2;锡;蒸馏;(5)①利用得失电子守恒配平时,可先配含变价元素微粒的化学计量数,再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数,从而得到配平的方程式为:3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O。答案为:3;1;6;3;1;3H2O;②滴定终点时,发生反应IO3-+5I2-+6H+=3I2+3HO,生成的I2使淀粉变蓝,从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,半分钟不褪色。答案为:锥形瓶内溶液由无色变为蓝色,半分钟不褪色;③由反应方程式可得关系式:3Sn2+——IO3-,n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol,产品的纯度为=88.6%。答案为:88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品,采取的操作名称”时,我们应清楚产品中混入了何种杂质,所以需从题干、表格中寻找信息,在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比,从而暗示我们,杂质为SnCl2,由此便可确定净化方法。27、微热A中的大试管,E中出现了气泡,冷却后E中导管中形成一段液注,则装置的气密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】
探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质,由实验装置可知,A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃,B中乙烯与溴水发生加成反应,C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应,D中吸收C中生成的二氧化碳,E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统,再利用气体的热胀冷缩原理检验,具体操作为:E中加入适量水,将导管放入水中,再微热A中的大试管,E中出现了气泡,冷却后E中导管中形成一段液注,则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油分解生成烯烃,根据原子守恒知,除了生成烯烃外还生成烷烃,故选③;(3)石蜡油分解生成烯烃,烯烃能与溴发生加成反应,则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色;若装置D中产生了白色沉淀,则说明混合气体经过装置C时,乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体,同时生成MnSO4,则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O;(4)加热石蜡油时加入碎瓷片,石蜡油分解较缓慢,加热碎瓷片能加快反应速率,碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解,故选②③;(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中,溴水增重mg,说明分解生成的烯烃的质量为mg,烯烃的分子通式为CnH2n,其摩尔质量为14ng/mol,则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法,常见气体O2、NH3均可以用此装置制备,其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3,发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。28、(2a+b-3c-d-e)kJ·m
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