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文档简介

江西省南昌二中2024届高考压轴卷化学试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、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,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下,22.4L氖气含有的电子数为10NAC.常温下,的醋酸溶液中含有的数为D.120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA2、高能LiFePO4电池,多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜,主要作用是在反应过程中只让Li+通过,结构如图所示:已知原理为(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是()A.充电时,Li+向左移动B.放电时,电子由负极经导线、用电器、导线到正极C.充电时,阴极的电极反应式为xLi++xe-+nC=LixCnD.放电时,正极的电极反应式为(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi++xe-=LiFePO43、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应,则环上一氯代物的数目为()A.2 B.3 C.4 D.54、25°C时,0.100mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.1000mol.L-1'氨水的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.滴定时,可迄用甲基橙或酚酞为指示剂B.a、b两点水电离出的OH-浓度之比为10-4.12C.c点溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)D.中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时消耗相同浓度盐酸的体积相等5、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硅熔点高,可用作光导纤维B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂C.明矾易溶于水,可用作净水剂D.二氧化硫有氧化性,可用于漂白纸张6、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A.元素Y的最高化合价为+6价B.最简单氢化物的沸点:Y>WC.原子半径的大小顺序:W>Z>X>YD.X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物7、下列根据实验操作和实验现象所得出的结论,正确的是选项实验操作实验现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀试样已经氧化变质B乙醇和浓硫酸混合加热至170℃,将产生气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的是乙烯C在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点:氧化铝>铝D将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中澄清石灰水不变浑浊验证碳的氧化产物为COA.A B.B C.C D.D8、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图,闭合开关K之前,两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A.循环物质E为水B.乙池中Cu电极为阴极,发生还原反应C.甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=CuD.若外电路中通过1mol电子,两电极的质量差为64g9、化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是A.月饼因富含油脂而易被氧化,保存时常放入装有硅胶的透气袋B.离子交换膜在工业上应用广泛,在氯碱工业中使用阴离子交换膜C.钢铁在潮湿的空气中,易发生化学腐蚀生锈D.“梨花淡白柳深青,柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同10、下列离子方程式正确的是()A.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应+Ba2+=BaSO4↓B.碳酸氢钠溶液与稀硝酸反应:CO32-+2H+=CO2↑+H2OC.氯化亚铁溶液与新制氯水反应:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.氯化镁溶液与氨水反应:Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓11、下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体,振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+C检验食盐是否加碘(KIO3),取少量食盐溶于水,用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A.A B.B C.C D.D12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下,11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC.常温常压下,124gP4中含σ键数目为4NAD.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,溶液中数目为NA13、海水是巨大的资源宝库,从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料,模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是()A.工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOHB.设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D.工业上实现步骤⑥,通常用氢气还原氯化镁14、随着原子序数的递增,八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小,最高正价或最低负价的变化如图所示,下列说法错误的是A.常见离子半径:g>h>d>eB.上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中,离子浓度:c(f3+)>c(zx4+)C.由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D.f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应15、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体,遇空气变红棕色;丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系:下列说法错误的是A.四种元素形成的单质中W的氧化性最强B.甲、乙、丙中沸点最高的是丙C.甲常用作致冷剂D.甲、乙分子均只含极性共价键16、向含Fe2+、I-、Br-的混合溶液中通入过量的氯气,溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是()A.线段Ⅱ表示Br-的变化情况B.原溶液中n(FeI2):n(FeBr2)=3:1C.根据图像无法计算a的值D.线段Ⅳ表示HIO3的变化情况二、非选择题(本题包括5小题)17、富马酸二甲酯(DMF)俗称防霉保鲜剂霉克星1号,曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜,它的一条合成路线如图所示。回答下列问题:(1)B的结构简式为______,D中官能团名称______。(2)①的反应的类型是______,②的反应条件是______。(3)④的反应方程式为______。(4)写出C的一种同分异构体,满足可水解且生成两种产物可相互转化______。(5)过程③由多个步骤组成,写出由C→D的合成路线_____。(其他试剂任选)(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)18、R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下:2RCH2COOC2H5+C2H5OH,利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图试回答下列问题:(1)A与氢气加成所得芳香烃的名称为______;A→B的反应类型是______;D中含氧官能团的名称是______。(2)C的结构简式为______;F→G的反应除生成G外,另生成的物质为______。(3)H→K反应的化学方程式为______。(4)含有苯环结构的B的同分异构体有______种(B自身除外),其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______(任写一种即可)。(5)乙酰乙酸乙酯()是一种重要的有机合成原料,写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线(无机试剂任选):______。19、硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol],装置如图所示(部分装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,有强腐蚀性,不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物,遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题:I.SO2Cl2的制备(1)水应从___(选填“a”或“b”)口进入。(2)制取SO2的最佳组合是___(填标号)。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3(3)乙装置中盛放的试剂是___。(4)制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中,原因是___。(5)反应结束后,分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II.测定产品中SO2Cl2的含量,实验步骤如下:①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液,充分振荡、过滤、洗涤,将所得溶液均放入锥形瓶中;②向锥形瓶中加入硝酸酸化,再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液l00.00mL;③向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;④加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+,终点所用体积为10.00mL。已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12(6)滴定终点的现象为___。(7)产品中SO2Cl2的质量分数为___%,若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。(1)测得Na2SO3溶液pH=11,AgNO3溶液pH=5,二者水解的离子分别是。(2)调节pH,实验记录如下:实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀,稍后溶解,溶液澄清

B

6

产生白色沉淀,一段时间后,沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知:Ⅰ.Ag2SO3:白色,难溶于水,溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ.Ag2O:棕黑色,不溶于水,能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4,推测的依据是。(3)取b、c中白色沉淀,置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4,实验方法是:另取Ag2SO4固体置于溶液中,未溶解。(4)将c中X滤出、洗净,为确认其组成,实验如下:Ⅰ.向X中滴加稀盐酸,无明显变化Ⅱ.向X中加入过量浓HNO3,产生红棕色气体Ⅲ.用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液,前者无变化,后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象,分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。(5)该同学综合以上实验,分析产生X的原因,认为随着酸性的增强,还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性,实验如图所示:①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。21、“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题,因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题:(1)下列事实中,不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______(填选项字母)。A.有漂白性而没有B.少量能与反应生成C.能使酸性溶液褪色而不能D.溶液显碱性而溶液显中性(2)下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。系统(Ⅱ)制氢气的热化学方程式为_________;两个系统制得等量的H2所需能量较少的是________。(3)向10L恒容密闭容器中充入2molCO和1mol,发生反应2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)。CO和CO2的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为______(填“L1”或“L2”)。②T1℃时,的平衡转化率α1=_______,反应的平衡常数_________。③只改变下列条件,既能加快该反应速率,又能增大CO的平衡转化率的是_____(填选项字母)。A.增大压强B.充入一定量C.充入一定量D.加入适当催化剂④向起始温度为℃的10L绝热容器中充入2molCO和1mol,重复实验,该反应的平衡常数_____(填“>”“<”或“=”),理由为_____。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A.氯气溶于水,只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,所以无法计算转移的电子数,故A错误;B.标准状况下,22.4L氖气为1mol,一个Ne原子含有10个电子,即1mol氖气含有10NA个电子,故B正确;C.醋酸溶液的体积未知,则无法计算H+数目,故C错误;D.120gNaHSO4为1mol,1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-,则120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA,故D错误;故选B。2、A【解析】

A.充电时,图示装置为电解池,阳离子向阴极移动,即Li+向右移动,故A符合题意;B.放电时,装置为原电池,电子由负极经导线、用电器、导线到正极,故B不符合题意;C.充电时,阴极上发生得电子的还原反应,电极反应式为xLi++xe-+nC=LixCn,故C不符合题意;D.放电时,FePO4为正极,正极上发生得电子的还原反应,电极反应式为(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,故D不符合题意;故答案为:A。【点睛】锂电池(俗称)有一次电池、可充电电池之分,其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应,而可充电型锂电池又称之为锂离子电池,它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中,Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌:充电时,Li+从正极脱嵌,经过电解质嵌入负极,负极处于富锂状态,放电时则相反。3、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,说明一定含有C、H元素,还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应,说明含有羧基—COOH,羧基的式量是45,则烃基的式量128-45=83,则符合六元环的烃基是C6H11—,则该物质是,由于在环上有4种不同位置的H原子,它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种,选项是C。4、B【解析】

A.甲基橙变色范围为3.1~4.4,酚酞变色范围为8~10,盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性,应选甲基橙作指示剂,故A错误;B.a溶液呈碱性,则主要是NH3·H2O的电离抑制水解,pH=9.24,则溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L,则水电离出的c水(OH-)=10-9.24mol/L;b点溶液呈酸性,主要是NH4+的水解促进水的电离,pH=5.12,则溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L,则水电离出的c水(OH-)=10-5.12mol/L,所以a、b两点水电离出的OH-浓度之比为=10-4.12,故B正确;C.c点滴加了50mL盐酸,则溶液中的溶质为NH4Cl和HCl,且物质的量浓度相同,所以溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-),故C错误;D.等pH的氨水和NaOH溶液,氨水的浓度要远大于氢氧化钠溶液的浓度,所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时,氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多,故D错误;故答案为B。【点睛】在有关水的电离的计算是,无论是酸碱的抑制,还是水解的促进,要始终把握一个点:水电离出的氢离子和氢氧根浓度相同。5、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射,与熔点无关,A错误;B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂,之间存在因果关系,B正确C.明矾可用作净水剂,是因为水解生成氢氧化铝胶体,与易溶于水无关,C错误;D.二氧化硫可用于漂白纸张,是因为二氧化硫具有漂白性,D错误;故选B。6、B【解析】

X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,常用做溶剂的氢化物为H2O,则Y为O,极易溶于水的氢化物有HCl和NH3,X的原子序数小于Y,则X应为N;常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液,可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化,而W的原子序数大于Z,所以Z为Al,W为S;综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。【详解】A.Y为O元素,没有+6价,故A错误;B.Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S,水分子间存在氢键,硫化氢分子之间为范德华力,氢键比范德华力更强,故沸点

H2O>H2S,故B正确;C.同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径Z(Al)>W(S)>X(N)>Y(O),故C错误;D.Al与O只能形成Al2O3,故D错误;故答案为B。7、C【解析】

向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液,酸性条件下具有氧化性,能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠,生成硫酸钡沉淀,不能证明试样已氧化变质,选项A错误;乙醇易挥发,且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化,使溶液褪色的不一定是乙烯,选项B错误;铝箔加热熔化但不滴落,是因为氧化铝的熔点高于铝,C正确;4HNO3(浓)+C4NO2↑+CO2↑+2H2O,浓硝酸易挥发,且NO2溶解于水生成硝酸,致使澄清石灰水与二氧化碳接触无现象,选项D错误。8、B【解析】

由阴离子SO42-的移动方向可知:右边Cu电极为负极,发生反应:Cu-2e-=Cu2+,Cu电极失去电子,发生氧化反应;左边的电极为正极,发生反应:Cu2++2e-=Cu,当电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池。A.通过上述分析可知循环物质E为水,使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液,A正确;B.乙池的Cu电极为负极,发生氧化反应,B错误;C.甲池的Cu电极为正极,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,C正确;D.若外电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,所以两电极的质量差为64g,D正确;故合理选项是B。9、D【解析】

A.食品包装中的硅胶为干燥剂,不能除去月饼包装袋中的氧气,故A错误;B.氯碱工业中生成NaOH、Cl2和H2,为防止Cl2和NaOH溶液反应,选择阳离子交换膜,故B错误;C.铁中含有杂质碳,在潮湿的环境下容易形成原电池,发生电化学腐蚀,故C错误;D.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素,故D正确;答案:D。10、C【解析】

A.Cu2+与OH-也会发生反应生成沉淀,故A不选;B.碳酸氢根离子不能拆开写,要写成HCO3-的形式,故B不选;C.氯化亚铁溶液与新制氯水反应是Fe2+被Cl2氧化,发生氧化还原反应,故C选;D.氨水是弱电解质,不能拆开写,不能写成OH-的形式,故D不选。故选C。11、A【解析】

A.Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-,故而加入酚酞显红色,加入少量氯化钡固体,CO32-和Ba2+反应生成BaCO3,平衡左移,OH-浓度减小,红色变浅,A正确;B.溶液中无Fe2+,含Fe3+也能出现相同的现象,B错误;C.KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2,操作不正确,可加入少量食醋再观察现象,C错误;D.蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性,加入(NH4)2SO4的饱和溶液发生盐析,D错误。答案选A。12、D【解析】

A.标准状况下,CHC13是液体,不能用22.4L/mol计算物质的量,不能确定氯原子数目,故A错误;B.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g,物质的量为=0.1mol,根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑,0.1mol乙醇生成0.05mol氢气,乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气,故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA,故B错误;C.一个P4分子中含有6个磷磷单键,即6个σ键,124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol,含σ键数目为6NA,故C错误;D.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L-1=1mol,则数目为NA,故D正确;答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型,分子中含有6个磷磷单键,知道物质的结构很关键。13、D【解析】

由流程可知,MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr,则滤液含NaBr,②中氯气可氧化溴离子生成溴,③吹出溴,④中试剂X为二氧化硫的水溶液,可吸收溴并生成HBr,⑤中氯气与HBr反应生成溴;氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液,蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O,在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O,使其脱去结晶水得到无水MgCl2,⑥中电解熔融MgCl2生成Mg,以此来解答。【详解】A.工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH,便宜易得,故A正确;B.海水中溴离子浓度较低,步骤②、③、④的目的是为了富集溴,故B正确;C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液,与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,生成HBr,故C正确;D.Mg为活泼金属,其还原性强于氢气,氢气无法还原氯化镁,工业上实现步骤⑥,通常用电解法,故D错误;故选D。【点睛】Mg为活泼金属,用一般的还原剂无法将其还原为金属单质,只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解,将其还原,但同时需注意,根据阴极的放电顺序知,电解含Mg2+的水溶液时,水电离的H+会优先放电,Mg2+不能在阴极得到电子,不能被还原得到金属单质,因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁,类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属,如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。14、B【解析】

根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知:x属于第一周期,y、z、d属于第二周期,e、f、g、h属于第三周期元素;根据最高正价或最低负价可知:x为H,y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S,h为Cl,属于第三周期,离子半径g>h;d为O,e为Na,同为第二周期,离子半径d>e,故离子半径:g>h>d>e,A正确;B.根据上述分析可知,ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性,属于相互抑制的水解,由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨,则铝离子水解程度大于铵根,即离子浓度:c(Al3+)<c(NH4+),故B错误;C.d为O、e为Na、g为S,由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确;D.f为Al,f的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,为两性氢氧化物,e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4,可以与Al(OH)3发生反应,故D正确;答案:B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数;根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族;由此判断出元素的种类,再根据元素周期律解答即可。15、B【解析】

丁为无色气体,遇空气变红棕色,则丁为NO,单质Z与化合物甲反应生成NO,则单质Z为O2,化合物甲为NH3,乙为H2O,能与H2O反应生成氧气的单质为F2,丙为HF,故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析,H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强,故A正确;B.常温下NH3和HF为气态,H2O在常温下为液态,所以沸点最高的是H2O,故B错误;C.化合物甲为NH3,氨气易液化,液氨气化时吸收大量的热,故常用作致冷剂,故C正确;D.化合物甲为NH3,乙为H2O,NH3和H2O分子均只含极性共价键,故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,注意丁为无色气体,遇空气变红棕色是解题的突破口,熟记常见的10电子微粒。16、D【解析】

向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,还原性I->Fe2+>Br-,首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-,I-反应完毕,再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,故线段I代表I-的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br-的变化情况;通入氯气,根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+),故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol,据此分析解答。【详解】A.根据分析可知,线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,不是氧化溴离子,故A错误;B.n(FeI2):n(FeBr2)=n(I-):n(Br-)=2mol:6mol=1:3,故B错误;C.由分析可知,溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol,根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知,溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C错误;D.线段IV表示一种含氧酸,且I和IV表示的物质中含有相同的元素,该元素为I元素,已知碘单质的物质的量为1mol,反应消耗氯气的物质的量为5mol,根据电子守恒,则该含氧酸中碘元素的化合价为:,则该含氧酸为HIO3,即:线段Ⅳ表示HIO3的变化情况,故D正确;故答案为D。二、非选择题(本题包括5小题)17、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

(1)由C的结构可知,反应①是1,3-丁二烯与氯气发生1,4-加成反应生成1,4-二氯-2-丁烯,反应②发生卤代烃的水解反应,故B为ClCH2CH=CHCH2Cl,D中官能团名称为:羧基、碳碳双键;(2)①的反应的类型是:加成反应,②的反应条件是:氢氧化钠水溶液、加热;(3)④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3,反应方程式为;(4)C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化,符合条件的C的同分异构体为:CH3COOC2H5;(5)过程③由多个步骤组成,对比C、D的结构,HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH,然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH,HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH,合成路线流程图为:,故答案为:。【点睛】本题考查有机物的合成,题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,注意根据有机物的结构明确发生的反应,熟练掌握官能团的性质与转化。18、乙苯加成反应醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

对比A、E的结构,结合反应条件、B与C的分子式,与HBr发生加成反应生成B为,B发生水解反应反应生成C为,C发生催化氧化生成D为,D发生氧化反应生成E.E与乙醇发生酯化反应生成F为.F与甲酸乙酯发生取代反应生成G,反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H,H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K,故H为。【详解】(1)与氢气发生加成反应生成的芳香烃为,所得芳香烃的名称为:乙苯;A→B的反应类型是:加成反应;D为,D中含氧官能团的名称是:醛基,故答案为乙苯;加成反应;醛基;(2)由分析可知,C的结构简式为;F→G的反应除生成G外,另生成的物质为:C2H5OH,故答案为;C2H5OH;(3)H→K反应的化学方程式为:,故答案为;(4)B为,B的同分异构体含有苯环,有1个取代基还可以为-CHBrCH3,有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3,均有邻、间、对3种位置结构,有2×3=6种,有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3,2个甲基有邻、间、对3种位置,对应的-Br分别有2种、3种、1种位置,有6种,故符合条件的共有1+6+6=13种,其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、,故答案为13;或;(5)由乙醇制备乙酰乙酸乙酯,乙醇被氧化生成乙酸,乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯,其合成路线为:,故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成,侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查,注意对比物质的结构明确发生的反应,熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。19、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色,而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2;(3)冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;(7)用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积V,则过量Ag+的物质的量为Vcmol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol,则可以求出SO2Cl2的物质的量;AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出,故水应该从b口进入;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2,故选②;(3)根据装置图可知,冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰,可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中,故乙装置中盛放的试剂是碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:溶液变为红色,而且半分钟内不褪色;(7)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积10.00mL,则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol=1.9×10-2mol,则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol,产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%;已知:Ksp(AgCl)=3.2×10−10,Ksp(AgSCN)=2×10−12,则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的物质的量偏小;故答案为:85.5%;偏小。20、(1)亚硫酸根离子和银离子。(2)①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性,若被氧化为硫酸根离子,即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。(3)过量亚硫酸钠。(4)①判断X是否是氧化银。②有还原性,含有银元素,不含硫元素。③Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。(5)①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】(1)①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓;正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4,其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀;正确答案:SO32-有还原性,若被氧化为SO42-,即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。(2)Ag2SO3白色,难溶于水,溶于过量Na2SO3溶液,取B、C中白色沉淀,置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3;另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解;正确答案:过量Na2SO3。(3)①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2,产生大量白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色物质X,向X中滴加稀盐酸,无明显变化,说明X不是Ag2O;正确答案:检验X是否为Ag2O。②向X中加入过量浓HNO3,产生红棕色气体为NO2,X与浓硝酸发生氧化还原反应,X具有还原性,X只能为金属单质,只能为银;因此X中含有Ag元素,不含S元素;正确答案:有还原性;含有Ag元素,不含S元素。③向X中加入过量HNO3(浓),产生红棕色气体为NO2,银和硝酸反应,氮元素从+5变为+4价,同时生成硝酸银和水,反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O;正确答案:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。(4)①海绵状棕黑色物质X为Ag;随着酸性的增强,+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化;可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认,通入二氧化硫后,瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag;正确答案是:SO2。②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4;正确答案:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。21、DS(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g)H=-9

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