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文档简介
2023-2024学年山西省陵川第一中学高考冲刺化学模拟试题注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A.充电时,a为电源正极B.充电时,Cl-向Bi电极移动,Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C.充电时,新增入电极中的物质:n(Na+):n(Cl-)=1:3D.放电时,正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O2、实验室制备下列气体时,所用方法正确的是()A.制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B.制氯气时,用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C.制氨气时,用排水法或向下排空气法收集气体D.制二氧化氮时,用水或NaOH溶液吸收尾气3、W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加,X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族,两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等,下列说法正确是()A.Z元素的含氧酸一定是强酸B.原子半径:X>ZC.气态氢化物热稳定性:W>XD.W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性4、NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是()A.常温常压下,62g白磷中含有P—P键数目为3NAB.22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NAC.1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NAD.常温下,将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中,恰好完全反应,若还原产物为NO,则转移电子数一定为1.5NA5、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得:(甲)+(乙)(丙)下列说法正确的是A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应B.甲分子中所有原子共平面C.乙的化学式是C4H718OOD.丙在碱性条件下水解生成和CH318OH6、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂,它的性质和作用是A.有强氧化性,可消毒杀菌,还原产物能吸附水中杂质B.有强还原性,可消毒杀菌,氧化产物能吸附水中杂质C.有强氧化性,能吸附水中杂质,还原产物能消毒杀菌D.有强还原性,能吸附水中杂质,氧化产物能消毒杀菌7、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应,能产生气泡并有沉淀生成的是A.NaHCO3和Al(OH)3 B.BaCl2和NaCl C.MgCO3和K2SO4 D.Na2SO3和BaCO38、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,且Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是A.X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小B.工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质C.Y、Q形成的化合物是非电解质D.工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质,同时得到W的最高价氧化物9、关于Na2O2的叙述正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数)A.7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB.7.8gNa2S与Na2O2的混合物,含离子总数为0.3NAC.7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应,转移的电数为0.2NAD.0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2,转移电子的数目为0.4NA10、用下列实验装置和方法进行相应实验,能达到实验目的的是A.甲装置用于分离CCl4和I2B.乙装置用于分离乙醇和乙酸乙酯C.丙装置用于分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液D.丁装置用于由氯化铵饱和溶液得到氯化铵晶体11、山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK,简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂,其水溶液显碱性。下列叙述正确的是()A.山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B.稀释山梨酸钾溶液时,n(OH-)、c(OH-)都减小C.若山梨酸的电离常数为Ka,则RCOOK稀溶液中c(K+)=c(RCOO-)[1+]D.山梨酸能发生加成反应,但不能发生取代反应12、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.60g丙醇中含有的共价键数目为10NAB.过氧化钠与水反应生成0.lmolO2时,转移的电子数为0.2NAC.0.lmol•L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NAD.密闭容器中,1molN2与3molH2反应制备NH3,产生N—H键的数目为6NA个13、已知A、B为单质,C为化合物。能实现上述转化关系的是()A+BCC溶液A+B①若C溶于水后得到强碱溶液,则A可能是Na②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体,则A可能是H2③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色,则B可能为Fe④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则B可能为CuA.①② B.③④ C.①③ D.②④14、化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的B.人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C.煤经气化和液化两个物理变化过程,可变为清洁能源D.禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂,可减少汽车尾气污染15、化学与生活密切相关,下列说法错误的是()A.硅胶、生石灰、氯化钙等都是食品包装袋中常用的干燥剂B.厕所清洁剂、食用醋、肥皂水、厨房清洁剂四种溶液的pH逐渐增大C.酒精能使蛋白质变性,预防新冠肺炎病毒使用的酒精纯度越高越好D.使用氯气对自来水消毒时,氯气会与自来水中的有机物反应,生成的有机氯化物可能对人有害16、对于反应2NO(g)+2H2(g)→N2(g)+2H2O(g),科学家根据光谱学研究提出如下反应历程:第一步:2NO⇌N2O2快速平衡第二步:N2O2+H2→N2O+H2O慢反应第三步:N2O+H2→N2+H2O快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A.若第一步反应△H<0,则升高温度,v正减小,v逆增大B.第二步反应的活化能大于第三步的活化能C.第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D.反应的中间产物只有N2O217、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大,其最高价氧化物对应的水化物的溶液,浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A.简单离子半径大小顺序为:X>Y>Z>WB.Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C.X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡D.W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子18、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其电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A.简单离子半径:Y>XB.最简单氢化物的沸点:Z<WC.W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH>7D.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19、下列实验能达到目的是()A.用饱和碳酸氢钠溶液鉴别SO2和CO2B.用灼热的铜网除去CO中少量的O2C.用溴水鉴别苯和CCl4D.用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质20、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用,其结构为,下列有关说法不正确的是A.苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B.苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C.苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应,也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.分子式为C8H8O2,结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种(不考虑立体异构)21、在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ш是氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂22、下列关于物质用途的说法中,错误的是A.硫酸铁可用作净水剂 B.碳酸钡可用作胃酸的中和剂C.碘酸钾可用作食盐的添加剂 D.氢氧化铝可用作阻燃剂二、非选择题(共84分)23、(14分)在医药工业中,有机物G是一种合成药物的中间体,其合成路线如图所示:已知:R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子)RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题:(1)A与C在水中溶解度更大的是_________,G中官能团的名称是___________。(2)E→F的有机反应类型是________,F的分子式为______________。(3)由A→B反应的化学方程式为___________________。(4)物质D的结构简式为_________________。(5)B→C反应中加入NaOH的作用是________________。(6)写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同;②核磁共振氢谱有5个峰;③能发生银镜反应24、(12分)药物中间体F的一种合成路线如图:已知:RCOOR′RCH2OH+R′OH(R为H或烃基,R'为烃基)回答下列问题;(1)A中官能团名称是__________。(2)反应①的反应类型是____。(3)反应②的化学方程式为___________。(4)反应④所需的试剂和条件是______________。(5)F的结构简式为____。(6)芳香化合物W是E的同分异构体,W能水解生成X、Y两种化合物,X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰,X的峰面积比为3:2:1,Y的峰面积为1:1:1,写出符合题意的W的结构简式___(写一种)。(7)肉桂酸广泛用于香料工业与医药工业,设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线:_______________(无机试剂任用)。25、(12分)(13分)硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料,广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ.采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下:(1)预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm,破碎的目的是____________________。(2)已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨时得到的固体呈黑色,请写出蒸氨时的反应方程式:______________________。(3)蒸氨出来的气体有污染,需要净化处理,下图装置中合适的为___________(填标号);经吸收净化所得的溶液用途是_______________(任写一条)。(4)操作2为一系列的操作,通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体(5)教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜,虽然生产工艺简洁,但在实际生产过程中不采用,其原因是______________________(任写两条)。(6)某兴趣小组查阅资料得知:Cu+CuCl22CuCl,4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2],[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体,装置如图:向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液,利用二连球鼓入空气,将铜溶解,当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时,滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________;最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉,含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液,最后制得cgCuSO4·5H2O,假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶,每步反应都进行得比较完全,则原铜粉的纯度为________。26、(10分)下面a~e是中学化学实验中常见的几种定量仪器:(a)量筒(b)容量瓶(c)滴定管(d)托盘天平(e)温度计(1)其中标示出仪器使用温度的是_________________(填写编号)(2)由于操作错误,使得到的数据比正确数据偏小的是_________(填写编号)A.实验室制乙烯测量混合液温度时,温度计的水银球与烧瓶底部接触B.中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C.使用容量瓶配制溶液时,俯视液面定容所得溶液的浓度(3)称取10.5g固体样品(1g以下使用游码)时,将样品放在了天平的右盘,则所称样品的实际质量为________g。27、(12分)苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知:①和NH3相似,与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理:+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见下表:I.比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近,产生白烟,反应的化学方程式为____;用苯胺代替浓氨水重复上述实验,却观察不到白烟,原因是____。Ⅱ.制备苯胺往图1所示装置(夹持装置略,下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量),置于热水浴中回流20min,使硝基苯充分还原;冷却后,往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”);(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反应的离子方程式为____。Ⅲ.提取苯胺i.取出图1所示装置中的三颈烧瓶,改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气,烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物;分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液中加入氯化钠固体,使溶液达到饱和状态,再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液,用NaOH固体干燥,蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计,理由是____。(5)操作i中,为了分离混合物,取出烧瓶C前,应先打开止水夹d,再停止加热,理由是____。(6)该实验中苯胺的产率为____。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质,简述实验方案:____。28、(14分)尼龙材料是一种性能优良的工程塑料,目前广泛应用于汽车领域,具有优异的力学性能。以A(C6H10)原料通过氧化反应制备G,再通过缩聚反应合成尼龙,合成路线如下:回答下列问题:(1)A的化学名称为_________________;(2)B到C的反应类型为_______________;(3)D中含有的官能团名称是____________;(4)E的分子式为_____________;(5)由G合成尼龙的化学方程式为________________________________;(6)写出一种与C互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰,峰面积之比为3:1)_____________。(7)1,4-二溴环己烯()是多数有机合成一种重要的中间体,设计由B为起始原料制备1,4-二溴环己烯的合成路线____________________。29、(10分)由A和C为原料合成治疗多发性硬化症药物H的路线如下:已知:①A能与NaHCO3溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有三组峰,峰面积比为2:2:1。②NaBH4能选择性还原醛、酮,而不还原—NO2。回答下列问题:(1)A的化学名称为________,D的结构简式为_______。(2)H的分子式为_______,E中官能团的名称为_______。(3)B→D、E→F的反应类型分别为_______。(4)F→G的化学方程式为________。(5)与C互为同分异构体的有机物的结构简式为_______(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:3:1:1)。(6)设计由B和为原料制备具有抗肿瘤活性药物的合成路线__________。
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】
充电时,Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+,则Bi为阳极,所以a为电源正极,b为负极,NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应,反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,放电时,Bi为正极,BiOCl得电子发生还原反应,NaTi2(PO4)2为负极,据此分析解答。【详解】A.充电时,Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,Bi为阳极,则a为电源正极,A正确;B.充电时,Cl-向阳极Bi电极移动,Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动,B正确;C.充电时,Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+,NaTi2(PO4)2电极上,反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,根据得失电子守恒,新增入电极中的物质:n(Na+):n(Cl-)=3:1,C错误;D.放电时,Bi为正极,正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O,D正确;故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理,注意电极反应的书写是关键,难度中等。2、A【解析】
A.Na2O2与水反应,H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气,二者都是固体与液体常温条件下反应,可选择相同的气体发生装置,故A正确;
B.实验室制取的氯气含有氯化氢和水分,常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体,若用饱和NaHCO3溶液,氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应,故B错误;
C.氨气极易溶于水,不能用排水法收集,故C错误;
D.二氧化氮与水反应生成一氧化氮,仍然污染空气,所以不能用水吸收,故D错误;答案选A。3、D【解析】
W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族,则X为O元素,Y为S元素,O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等,则W、Z的原子序数之和24,而且W的原子序数小于O,Z的原子序数大于S,则Z为Cl元素,所以W的原子序数为24-17=7,即W为N元素;【详解】A、Z为Cl元素,Cl元素的最高价含氧酸是最强酸,其它价态的含氧酸的酸性不一定强,如HClO是弱酸,故A错误;B、电子层越多,原子半径越大,所以O<Cl,即原子半径:X<Z,故B错误;C、元素的非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性O>N,所以气态氢化物热稳定性:W<X,故C错误;D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水,呈碱性,故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体,考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识,推断元素是解题的关键。1~20号元素的特殊的电子层结构可归纳为:(1)最外层有1个电子的元素:H、Li、Na、K;(2)最外层电子数等于次外层电子数的元素:Be、Ar;(3)最外层电子数是次外层电子数2倍的元素:C;(4)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素:O;(5)最外层电子数是内层电子数总数一半的元素:Li、P;(6)最外层电子数是次外层电子数4倍的元素:Ne;(7)次外层电子数是最外层电子数2倍的元素:Li、Si;(8)次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素:Li、Mg;(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S;(10)电子层数与最外层电子数相等的元素:H、Be、Al。4、C【解析】
A.白磷是正四面体结构,1个白磷分子中有6个P—P键,62g白磷(P4)的物质的量为0.5mol,所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5mol×6=3mol,故A正确;B.正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体,分子式均为C5H12。22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g,即含C5H12的物质的量为1mol。1molC5H12中含有4molC—C,12molC—H键,共16mol共价键,所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA,故B正确;C.1molNa2O中含2molNa+和1molO2-,1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-,所以1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA,故C错误;D.常温下,将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中,恰好完全反应,若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3,反应的化学方程式为:Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,消耗4mol硝酸,转移电子3mol,所以消耗2mol硝酸,转移电子为1.5mol;若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2,反应的化学方程式为:3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O,消耗8mol硝酸,转移电子6mol,所以消耗2mol硝酸,转移电子为1.5mol,所以转移电子数一定为1.5NA,故D正确;故选C。【点睛】白磷和甲烷都是正四面体结构,但甲烷有中心原子,所以1mol甲烷中有4mol共价键,而白磷没有中心原子,所以1mol白磷中有6mol共价键。5、A【解析】
A.通过分析反应前后物质的结构可知,反应过程中甲分子发生了1,4加成,形成了一个新的碳碳双键,乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环;A项正确;B.由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子,所以甲分子内的所有原子不可能共平面;B项错误;C.由乙的结构可知,乙的分子式为:;C项错误;D.酯在碱性条件下水解,产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐,所以丙在碱性条件下水解的产物为和,D项错误;答案选A。6、A【解析】
高铁酸钾具有强氧化性,可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子,在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体,吸附水中的悬浮物,因此正确的答案选A。7、D【解析】
A.碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体,但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀,故A错误;B.BaCl2和NaCl与硫酸反应,前者可以产生沉淀,但都不会生成气体,故B错误;C.MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体,K2SO4与硫酸不发生反应,没有沉淀生成,故C错误;D.Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体,BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体,既能产生气泡又有沉淀生成,故D正确;答案选D。8、B【解析】
短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,W的氢化物应该为烃,则W为C元素,Q为Cl元素;W和Z位于同一主族,则Z为Si元素;Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na,Y为Al元素;气体单质E为H2,据此解答。【详解】根据上述分析可知:W为C,X是Na,Y是Al,Z是Si,Q是Cl元素。A.X是Na,Y是Al,二者形成的阳离子核外电子排布是2、8,具有2个电子层;Q是Cl,形成的离子核外电子排布是2、8、8,离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径大小关系为:Q>X>Y,A错误;B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取,反应方程式为:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,B正确;C.Y、Q形成的化合物AlCl3是盐,属于共价化合物,在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-,因此属于电解质,C错误;D.C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质,同时得到CO气体,反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑,CO不是C元素的最高价氧化物,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。9、B【解析】
A、7.8gNa2O2为1mol,含有的共价键数为0.1NA,错误;B、过氧根离子为整体,正确;C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,反应中,过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价,根据电子守恒,1molNa2O2与足量CO2反应时,转移NA个电子,错误;D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子,转移电子的数目为0.2NA,错误。10、A【解析】
A选项,CCl4和I2是互溶的,两者熔沸点不同,因此采用蒸馏方法分离,故A正确;B选项,乙醇和乙酸乙酯是互溶的,要采用先加饱和碳酸钠溶液,在分液的方法,故B错误;C选项,分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液只能采用渗析的方法,胶体不能透过半透膜,溶液中离子能透过半透膜,故C错误;D选项,氯化铵饱和溶液蒸发时要水解,最后什么也得不到,故D错误;综上所述,答案为A。11、C【解析】
A.山梨酸钾是盐,属于强电解质,其水溶液显碱性,说明该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,因此山梨酸是一元弱酸,属于弱电解质,A错误;B.山梨酸钾是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,稀释时,水解程度增大,水解产生的OH-物质的量增大,但稀释倍数大于水解增大的倍数,所以稀释后的溶液中n(OH-)增大,但c(OH-)减小,B错误;C.根据物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH),山梨酸钾水解平衡常数Kh=,所以c(RCOOH)=c(RCOO-),故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)[1+],C正确;D.山梨酸分子中含有碳碳双键能发生加成反应,含有羧基能发生取代反应,D错误;故合理选项是C。12、B【解析】
A.60g丙醇为1mol,丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键,存在的共价键总数为11NA,故A错误;B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,Na2O2中一个氧原子从-1价升高到0价;另外一个从-1价降到-2价,每生成lmolO2时,转移的电子数为2NA,生成0.lmolO2时,转移的电子数为0.2NA,故B正确;C.溶液的体积未知,无法计算,故C错误;D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应,1molN2与3molH2反应产生的NH3小于2mol,故产生N—H键的数目小于6NA个,故D错误;故选B。13、D【解析】
从A+BCC溶液A+B的转化关系可知,电解C溶液时,是电解电解质本身,因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸;据此分析解答。【详解】①若A为钠,则B为氧气,则C为过氧化钠,C的水溶液为氢氧化钠,电解氢氧化钠得到氢气和氧气,不符合转化关系,故①错误;②若C的溶液遇Na2CO3,放出CO2气体,则C可以为HCl、HBr、HI等,电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身,在阴极得到氢气,故A可能是H2,B可能为卤素单质,故②符号上述转化关系,故②正确;③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色,则C中含铁离子,电解铁盐不会得到铁单质,不符合转化关系,故③错误;④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则C为铜盐,C可以为卤化铜,如氯化铜、溴化铜等,电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质,故B可以为铜,故④正确;故选D。14、C【解析】
A.乙烯含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的,故A正确;B.实验表明,老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气,像鱼儿一样在水中游动,把狗身上的70%的血液,换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活,科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品,故B正确;C.煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程;煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程;两者都生成了新物质,属于化学变化,故C错误;D.因铅能使人体中毒,禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染,故D正确;答案选C。15、C【解析】
A.硅胶、生石灰、氯化钙均可以吸收水分,且都是固体,适合装进小包作食品干燥剂,A项正确;B.厕所清洁剂中含有盐酸,食醋中含有醋酸,盐酸的酸性强于醋酸,肥皂水是弱碱性的,而厨房清洁剂为了洗去油污一定是强碱性的,因此四种溶液的pH逐渐增大,B项正确;C.医用酒精是75%的乙醇溶液,酒精浓度不是越高越好,浓度太高或浓度太低都不利于杀菌消毒,C项错误;D.氯气消毒的同时可能会生成一些对人体有害的物质,因此现在多改用无毒的等新型消毒剂,D项正确;答案选C。【点睛】注意75%医用酒精中的75%指的是体积分数,而我们一般说的98%浓硫酸中的98%指的是质量分数,二者是有区别的。16、B【解析】
A.不管△H<0,还是△H>0,升高温度,v正和v逆均增大,A选项错误;B.第二步反应为慢反应,第三步反应为快反应,则第二步反应的活化能大于第三步的活化能,B选项正确;C.根据有效碰撞理论可知,任何化学反应的发生都需要有效碰撞,但每一次碰撞不一定是有效碰撞,C选项错误;D.反应的中间产物有N2O2和N2O,D选项错误;答案选B。【点睛】化学反应速率与温度有关,温度升高,活化分子数增多,无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快,与平衡移动没有必然联系。17、D【解析】
W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液,浓度均为0.1mol/L时pH=1(H+浓度为0.1mol/L),是一元强酸,则W为N(最高价氧化物对应水化物为HNO3),Z为Cl(最高价氧化物对应水化物为HClO4);Y的最高价氧化物对应水化物的溶液,浓度为0.1mol/L时pH=0.7(H+浓度为0.2mol/L),是二元强酸,则Y为S(最高价氧化物对应水化物为H2SO4);X的最高价氧化物对应水化物的溶液,浓度为0.1mol/L时pH=13(OH-浓度为0.1mol/L),是一元强碱,且X的原子序数介于N与S之间,可知X为Na(最高价氧化物对应水化物为NaOH)。【详解】A.S2-、Cl-的核外电子排布相同,其中S2-的核电荷数较小,半径较大;N3-、Na+的核外电子排布相同,半径比S2-、Cl-的小,其中N3-的核电荷数较小,半径比Na+大,则简单离子半径大小顺序为:S2->Cl->N3->Na+,即Y>Z>W>X,A项错误;B.Z为Cl,其氧化物对应的水化物可能为强酸(如HClO4),也可能为弱酸(如HClO),B项错误;C.X的简单离子为Na+,Z的简单离子为Cl-,均不会破坏水的电离平衡,C项错误;D.W能形成N2H4,Y能形成H2S,均为18电子的氢化物分子,D项正确;答案选D。18、A【解析】
W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,说明W为F;又X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比F大,说明X原子在第三周期,故X为Na;又Y原子的最外层电子数等于电子层数,且Y原子在第三周期,所以其最外层电子数为3,原子序数为2+8+3=13,为Al;又因为F和Z原子的最外层电子数相同,Z位于第三周期,所以Z为Cl。综上,W、X、Y、Z分别为F、Na、Al、Cl。【详解】A.X、Y的简单离子分别为Na+、Al3+,它们具有相同电子层数,因为在同一周期,从左到右半径逐渐减小,所以半径是Na+>Al3+即Y<X,故A错误;B.Z的最简单氢化物为HCl,W的最简单氢化物为HF,因为HF分子间存在着氢键,所以HF的沸点比HCl的高,故B正确;C.W与X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐,溶于水发生水解使得溶液显碱性,所以所得的溶液在常温下pH>7,故C正确;D项,X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4,它们能相互反应,故D项正确。答案:A。【点睛】考查元素周期律的相关知识。根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称,再根据元素周期律判断相应的性质。本题的突破口: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其电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。19、C【解析】
A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液,二氧化硫和二氧化碳分别通入饱和碳酸氢钠溶液都会产生气泡,现象相同,不能鉴别,故A错误;B.加热时,Cu与氧气反应生成CuO,CO能与氧化铜反应,所以不能用用灼热的铜网除去CO中少量的O2,故B错误;C.溴水与苯混合有机层在上层,溴水与四氯化碳混合有机层在下层,现象不同,可鉴别,故C正确;D.蒸发时,碘易升华而损失,应用萃取、分液的方法分离,故D错误。故选C。20、B【解析】
A.苯氧乙醇的不饱和度为4,则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2,A正确;B.苯氧乙醇中,苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内,非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内,所以所有碳原子可能处于同一平面内,B不正确;C.苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应,醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C正确;D.符合条件的有机物为、共4种,D正确;故选B。21、C【解析】
A.根据图示,反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,结合总反应方程式,反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;B.根据图示,反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,氧化剂是Fe3+,故B正确;C.根据图示,反应Ш的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,没有元素的化合价发生变化,不是氧化还原反应,故C错误;D.根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,反应过程中NO参与反应,最后还变成NO,NO作催化剂,故D正确;故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图,从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A,要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。22、B【解析】
A.硫酸铁中铁离子水解生成胶体,胶体具有吸附性而净水,故A不符合题意;
B.碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐,使人中毒,故B符合题意;
C.碘酸钾能给人体补充碘元素,碘酸钾也比较稳定,所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂,故C不符合题意;
D.氢氧化铝分解吸收热量,且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面,所以氢氧化铝常用作阻燃剂,故D不符合题意;
故选:B。【点睛】治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打,不能使用碳酸钠,因碳酸钠水解程度较大,碱性较强,但需注意,一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打,以防加重溃疡症状。二、非选择题(共84分)23、C羰基(或酮基)、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】
与氯气反应生成,在氢氧化钠溶液作用下反应生成,根据信息与CH2I2反应生成,根据信息E和SOCl2反应生成F,与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大,C为盐,在水解溶解度大,因此A与C在水中溶解度更大的是C,根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键;故答案为:C;羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl,Cl取代羟基,因此有机反应类型是取代反应,根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO;故答案为:取代反应;C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢,其化学方程式为;故答案为:。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为;故答案为:。⑸根据B的结构(),加入NaOH溶液得到C(),反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解;故答案为:催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同;②核磁共振氢谱有5个峰,说明对称性较强;③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯,则符合条件的G的同分异构体;故答案为:。24、醛基、酚羟基取代反应+CH3ONa+NaBrCH3CH3OH/浓硫酸、加热。【解析】
A与溴单质发生取代反应生成B,根据A的结构简式和B的分子式可得B的结构简式为;B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C,根据C的分子式可得,C的结构简式为;C与CH2(COOH)2反应生成D,D和CH3CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E,根据已知信息,E和LiBH4反应生成F,根据F的分子式,F的结构简式为,根据以上分析解答。【详解】(1)A的结构简式为,其中官能团名称是醛基、酚羟基;(2)根据分析,反应①为A与溴单质发生取代反应生成B,则反应类型是取代反应;(3)反应②为B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C,根据C的分子式可得,C的结构简式为,化学方程式为+CH3ONa+NaBr;(4)根据分析,反应④为D和CH3CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E,所需的试剂和条件是CH3CH3OH/浓硫酸、加热;(5)根据分析,F的结构简式为;(6)E的结构简式为,芳香化合物W是E的同分异构体,W能水解生成X、Y两种化合物,X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰,X的峰面积比为3:2:1,即X中有3种不同环境的氢原子,且个数比为3:2:1,Y的峰面积为1:1:1,即Y中有3种不同环境的氢原子,且个数比为1:1:1,符合题意的W的结构简式可以为;(7)结合已知信息,苯甲酸甲酯()和LiBH4反应生成,与氧气在Cu做催化剂加热条件下反应生成,再与CH2(COOH)2生成目标产物,则以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线:。25、增大反应物接触面积,提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体,污染环境;原材料利用率低;浓硫酸有强腐蚀性(任写两条)分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大(合理即可)×100%(或%)【解析】
(1)破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒,增大了与氨水接触面积,使铜与氨充分络合,提高氨浸的效率及浸取率。(2)由题意可知,氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3,加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气,由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水,其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。(3)蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳,氨气有污染,需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵,为了防止倒吸,合适的装置为A;净化后生成硫酸铵溶液,其用途是可以制备化学肥料等。(4)由题意可知,操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体,操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫;这样既污染环境又使原材料利用率低;而且浓硫酸有强腐蚀性,直接使用危险性较大。(6)①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知,氯化铜虽然参与反应,但最后又生成了等量的氯化铜,根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离,同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大,可使氯化铜保持在母液中,在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体(因氯化铜为催化剂,氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体),硫酸铜晶体中的铜元素质量为g,则铜粉的纯度为×100%或化简为%。26、a、b、cB9.5g【解析】
(1)精度相对较高的玻璃量器,常标示出使用温度。(2)A.给烧瓶内的液体加热时,烧瓶底部的温度往往比溶液高;B.滴定管刻度从上往下标,俯视滴定管内液面读数,读出的数值偏小;C.俯视容量瓶内的液面,定容时液面低于刻度线。(3)对天平来说,有如下等量关系:天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品,天平质量为10g,游码移到0.5g,代入关系式,可求出所称样品的实际质量。【详解】(1)量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度,量筒的刻度从下往上标,滴定管刻度从上往下标,容量瓶只有一个刻度线。答案为:a、b、c;(2)A.给烧瓶内的液体加热时,烧瓶底部的温度往往比溶液高,A不合题意;B.滴定管刻度从上往下标,俯视滴定管内液面读数,读出的数值偏小,B符合题意;C.俯视容量瓶内的液面,定容时液面低于刻度线,所得溶液的浓度偏大,C不合题意。答案为:B;(3)对天平来说,有如下等量关系:天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品,天平质量为10g,游码移到0.5g,代入关系式,则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为:9.5g。【点睛】用天平称量物品,即便违反实验操作,也不一定产生误差。因为若不使用游码,则不产生误差;若使用游码,则物品的质量偏小,物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。27、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高,不易挥发bC6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物,无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸,分液除去硝基苯,再加入氢氧化钠溶液,分液去水层后,加入NaOH固体干燥、过滤【解析】
制备苯胺:向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸,可生成苯胺,分批加入盐酸可以防止反应太剧烈,减少因挥发而造成的损失,且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl,之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近,因为两者都有挥发性,在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体,故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl;依据表中信息,苯胺沸点较高(184℃),不易挥发,因此用苯胺代替浓氨水,观察不到白烟;(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”,才能保证冷凝管内充满冷却水,获得充分冷凝的效果;(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl,使制取反应正向移动,充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2,离子反应方程式为C6H5NH3++OH-=C6H5NH2
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