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文档简介
2024年西藏拉萨市那曲二高三下第一次测试化学试题考生须知: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、碘化砹(AtI)可发生下列反应:①2AtI+2MgMgI2+MgAt2②AtI+2NH3(I)NH4I+AtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是()A.两个反应都是氧化还原反应B.反应①MgAt2既是氧化产物,又是还原产物C.反应②中AtI既是氧化剂,又是还原剂D.MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性2、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪,由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A.奶油是可产生较高能量的物质 B.人造脂肪属于酯类物质C.植物油中含有碳碳双键 D.油脂的水解反应均为皂化反应3、下列有关物质的说法错误的是()A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B.氧化铝可用于制造耐高温材料C.SO2具有漂白性,所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D.常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸4、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q(Q>0),下列判断正确的是()A.3体积H2和足量N2B.使用合适的催化剂,可以提高提高原料的利用率C.500℃左右比室温更有利于向合成氨的方向进行D.及时使氨液化、分离的主要目的是提高N2和H5、下列关于有机物1-氧杂-2,4-环戊二烯()的说法正确的是A.与互为同系物 B.二氯代物有3种C.所有原子都处于同一平面内 D.1mol该有机物完全燃烧消耗5molO26、下列实验可以达到目的是()选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾,再加入约3mL浓硫酸,搅拌,观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水,将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末,充分搅拌后过滤A.A B.B C.C D.D7、新型冠状病毒来势汹汹,主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播,但是它依然可防可控,采取有效的措施预防,戴口罩、勤洗手,给自己居住、生活的环境消毒,都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是()A.云、烟、雾属于气溶胶,但它们不能发生丁达尔效应B.使用酒精作为环境消毒剂时,酒精浓度越大,消毒效果越好C.“84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒D.生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品,属于天然高分子材料8、2015年2月,科学家首次观测到化学键的形成。化学键不存在于A.原子与原子之间 B.分子与分子之间C.离子与离子之间 D.离子与电子之间9、下列说法正确的是A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯,可实现“碳”的循环利用C.纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D.铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂10、下列有关化学用语的表达正确的是()A.H和Cl形成共价键的过程:B.质子数为46、中子数为60的钯原子:PdC.结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D.环氧乙烷的结构简式为11、下列符合元素周期律的是A.碱性:Ca(OH)2>Mg(OH)2 B.酸性:H2SO3>H2CO3C.热稳定性:NH3<PH3 D.还原性:S2-<Cl-12、有机物G的结构简式为,下列关于有机物G的说法错误的是A.分子式为C10H12O5B.1molG与足量的金属钠反应,生成H2的体积为33.6LC.在一定条件下,1molG与足量的H2反应,最多消耗3molH2D.可发生取代反应、加成反应和氧化反应13、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.c(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+数目为NAB.5g21H和31H的混合物发生热核聚变反应:21H+31H
→42He+10n,净产生的中子(10n)数为NAC.1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD.56g铁与足量氯气反应,氯气共得到3NA个电子14、下列变化中化学键没有破坏的是A.煤的干馏 B.煤的气化 C.石油分馏 D.重油裂解15、常温下,用0.1mol·L1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L1HA(Ka=1.0×105)溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点溶液的pH约为3B.水的电离程度:d点>c点C.b点溶液中粒子浓度大小:c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D.e点溶液中:c(K+)=2c(A-)+2c(HA)16、溴化氢比碘化氢A.键长短 B.沸点高 C.稳定性小 D.还原性强17、下列有水参加的反应中,属于氧化还原反应,但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A.CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B.2F2+2H2O=4HF+O2↑C.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D.SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO418、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A.CO2的电子式:B.碳原子最外层电子的轨道表示式:C.淀粉分子的最简式:CH2OD.乙烯分子的比例模型19、在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(
)A.水的电离程度:a>b>cB.c点对应的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C.a点对应的混合溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)D.该温度下,CH3COOH的电离平衡常数20、25℃时,将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A.Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B.b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+)C.a、b、d几点中,水的电离程度d>b>aD.a→b点过程中,可能存在c(X—)<c(NH4+)21、设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,11.2LH2与11.2LD2所含的质子数均为NAB.硅晶体中,有NA个Si原子就有4NA个Si—Si键C.6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热,充分反应后,转移电子书为0.2NAD.用惰性电极电解食盐水,若导线中通过2NA个电子,则阳极产生22.4L气体22、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A.原子半径:W>Z>Y>X>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C.由X元素形成的单质不一定是原子晶体D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键二、非选择题(共84分)23、(14分)已知:D为烃,E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同,且能发生银镜反应,可由淀粉水解得到。(1)A的结构简式为__________________。(2)写出D→E的化学方程式_______________________。(3)下列说法正确的是____。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种24、(12分)化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体,可通过以下途径合成:已知:①(苯胺易被氧化)②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。回答下列问题:(1)写出化合物H的分子式__________,C中含氧官能团的名称___________。(2)写出有关反应类型:BC___________;FG___________。(3)写出AB的反应方程式:___________________________。(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式:____________①能发生银镜反应②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中,C转化为D的目的是_____________________。(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线:_________________________25、(12分)某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知:(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化,实验操作:试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生,沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入盐酸后,__________②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_______。③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化,结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因:______(2)探究AgCl和AgI之间的转化,实验Ⅲ:实验Ⅳ:在试管中进行溶液间反应时,同学们无法观察到AgI转化为AgCl,于是又设计了如下实验(电压表读数:a>c>b>0)。注:其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI,甲溶液可以是______(填序号)。a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液②实验Ⅳ的步骤ⅰ中,B中石墨上的电极反应式是_______________③结合信息,解释实验Ⅳ中b<a的原因:______。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是_______26、(10分)亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易反应,生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________,③___________。
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。
②装置Ⅶ的作用为________________,若无该装置,Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl,不能吸收NO,所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题,可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中,这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸,一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为bmL。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前,滴定管尖嘴有气泡,滴定后气泡消失,则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)27、(12分)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料,可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等,还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去):已知PCl3和三氯氧磷的性质如表:熔点/℃沸点/℃其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶,均为无色液体,遇水均剧烈水解,发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0(1)装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替?做出判断并分析原因:_______(2)装置B的作用是______________(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压(3)仪器丙的名称是___________,实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。(4)写出装置C中发生反应的化学方程式_______,该装置中用温度计控制温度为60~65℃,原因是________。(5)称取16.73gPOCl3样品,配制成100mL溶液;取10.00mL溶液于锥形瓶中,加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL,并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液;用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定,达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL(已知:Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________,样品中POCl3的纯度为_____________。28、(14分)卤素化学丰富多彩,能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。(1)基态溴原子的价电子排布式为__。(2)卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。则Cl2、IBr、ICl的沸点由高到低的顺序为__。(3)气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2,这是由于__。(4)互为等电子体的微粒相互之间结构相似。I3+属于多卤素阳离子,根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为___,中心原子杂化类型为__。(5)铁在元素周期表中的位置___(用“周期”和“族”来描述)。(6)简述三价铁比二价铁稳定的原因___。(7)如图所示为卤化物冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。图中●位于大立方体顶点和面心,○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心,▽是图中●、○中的一种。图中●、○分别指代哪种粒子__、__;大立方体的体心处▽所代表的是__。29、(10分)形形色色的物质,构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物,神奇莫测,常常超乎人们按“常理”的想象。学习物质结构和性质的知识,能使你想象的翅膀变得更加有力。(1)基态Ga原子的核外电子排布式是__,基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___。(2)HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成,乙炔钠中C原子的杂化类型为__;乙炔钠中存在__(填字母序号)。A.金属键B.σ键C.π键D.氢键E.配位键F.离子键G.范德华力(3)NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分,其阴离子为立体构型为__;写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式__(写一个)。(4)钙和铁都是第四周期元素,且原子的最外层电子数相同,但铁的熔沸点远高于钙,其原因是__。(5)某离子晶体的晶胞结构如图所示。①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有__个。②设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-3,晶胞的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则晶体中两个最近的X间的距离为__cm。
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、B【解析】
A.①中Mg、At元素的化合价变化,属于氧化还原反应,而②中没有元素的化合价变化,为非氧化还原反应,故A错误;B.①中Mg、At元素的化合价变化,MgAt2既是氧化产物,又是还原产物,故B正确;C.②中没有元素的化合价变化,为非氧化还原反应,故C错误;D.由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知,Mg的还原性大于MgAt2,不能比较MgAt2、MgI2的还原性,故D错误;故选B.2、D【解析】
A.奶油是人造脂肪,是由液态植物油氢化制得的,是人体内单位质量提供能量最高的物质,故A正确;B.人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,属于酯类物质,故B正确;C.植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯,其烃基中含有碳碳双键,故C正确;D.油脂在碱性条件下的水解为皂化反应,酸性条件下的水解反应不是皂化反应,故D错误;故选D。3、C【解析】
A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢,氯化氢极易溶于水,可以制得盐酸,故A正确;B.氧化铝的熔点很高,故可用于制造耐高温材料,故B正确;C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色,是因为发生氧化还原反应:SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,SO2体现的是还原性,而非漂白性,故C错误;D.浓硫酸具有强氧化性,常温下铁和浓硫酸反应,在铁表面生成一层致密的氧化膜,也就是发生了钝化反应,可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应,因此可用铁质容器贮运浓硫酸,故D正确;答案选C。4、D【解析】
A.合成氨为可逆反应,则3体积H2和足量N2反应,氢气不能完全转化,生成氨气小于2体积,选项A错误;B.催化剂不影响化学平衡,不能提高提高原料的利用率,选项B错误;C.该反应的正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行,选项C错误;D.及时使氨液化、分离,可使平衡正向移动,则提高N2和H2的利用率,选项D正确;答案选D。【点睛】本题考查化学平衡,为高频考点,把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项A为解答的易错点,合成氨为可逆反应。5、C【解析】
的分子式为C4H4O,共有2种等效氢,再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A.属于酚,而不含有苯环和酚羟基,具有二烯烃的性质,两者不可能是同系物,故A错误;B.共有2种等效氢,一氯代物是二种,二氯代物是4种,故B错误;C.中含有两个碳碳双键,碳碳双键最多可提供6个原子共平面,则中所有原子都处于同一平面内,故C正确;D.的分子式为C4H4O,1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×(4+)=4.5mol,故D错误;故答案为C。6、D【解析】
A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性,选项A错误;B、氨气为碱性气体,而P2O5是酸性氧化物,两者在潮湿的条件下可发生反应,选项B错误;C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀,得不到胶体,选项C错误;D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀,过滤后得到MgCl2溶液,选项D正确;答案选D。7、C【解析】
A.云、雾和烟均为胶体,且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系,故均为气溶胶,它们都能发生丁达尔效应,故A错误;B.浓度为75%的医用酒精消毒效果更好,并不是浓度越高消毒效果越好,故B错误;C.“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠,具有强氧化性,能氧化乙醇,自身被还原为氯气,故C正确;D.从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料,不是天然高分子材料,故D错误;答案选C。【点睛】浓度为75%的医用酒精消毒效果最高,可以杀死病毒,在疫情期间可以使用医用酒精杀菌,但不是浓度越大越好。8、B【解析】
A.原子与原子之间的强烈的相互作用力为共价键,属于化学键,选项A错误;B.分子之间不存在化学键,存在范德华力或氢键,选项B正确;C.离子与离子之间为离子键,选项C错误;D.离子与电子之间为金属键,选项D错误.答案选B。9、B【解析】
A.煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染,A选项错误;B.用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,可分解为无毒的二氧化碳,既不会引起白色污染,也可实现“碳”的循环利用,B选项正确;C.纤维素在人体内不能水解成葡萄糖,不能作为人类的营养物质,C选项错误;D.生石灰能用作食品干燥剂,但不能用作食品脱氧剂,D选项错误;答案选B。10、D【解析】
A.H和Cl形成共价键的过程:,故A错误;B.质子数为46、中子数为60,则质量数为106,原子表示为:Pd,故B错误;C.结构示意图为的阴离子若为S2-时,水解可以促进水的电离,故C错误;D.环氧乙烷中碳碳单键链接,结构简式为,故D正确。故选D。11、A【解析】
A.金属性Ca>Mg,对应碱的碱性为Ca(OH)2>Mg(OH)2,故A正确;B.非金属性S>C,对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4>H2CO3,而H2SO3>H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明,故B错误;C.非金属性N>P,对应氢化物的稳定性为NH3>PH3,故C错误;D.非金属性S<Cl,对应阴离子的还原性为S2->Cl-,故D错误;故答案为A。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据:①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。12、B【解析】
A.根据有机物G的结构简式可得,其分子式为C10H12O5,A选项正确;B.有机物G中有2个羟基和1个羧基,均可与金属钠反应,1molG与足量的金属钠反应,生成H2在标准状况下的体积为33.6L,题中未注明标准状况,B选项错误;C.在一定条件下,1molG中的苯环最多可与3molH2发生加成反应,C选项正确;D.有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应,羟基可发生氧化反应,D选项正确;答案选B。13、D【解析】A.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中,根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA,A错误;B.不能确定5g21H和31H的混合物各自微粒的质量,因此不能计算产生的中子数,B错误;C.溶剂水分子中还存在共价键,C错误;D.56g铁是1mol,与足量氯气反应,氯气共得到3NA个电子,D正确,答案选D。点睛:阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广,涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系,计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量,还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。14、C【解析】
A.煤干馏可以得到煤焦油,煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料,属于化学变化,化学键被破坏,故A错误;B.煤的气化是将其转化为可燃气体的过程,主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程,有新物质生成,属于化学变化,化学键被破坏,故B错误;C.石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的,属于物理变化,化学键没有破坏,故C正确;D.石油裂化是大分子生成小分子,属于化学变化,化学键被破坏,故D错误.故选:C。15、D【解析】
A.由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知,HA为弱酸,设0.1mol·L1HA溶液中c(H+)=xmol/L,根据电离平衡常数可知,解得x≈1×10-3mol/L,因此a点溶液的pH约为3,故A不符合题意;B.d点溶质为KA,c点溶质为HA、KA,HA会抑制水的电离,KA会促进水的电离,因此水的电离程度:d点>c点,故B不符合题意;C.b点溶质为等浓度的KA和HA,,HA的电离程度大于A-的水解程度,结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小:,故C不符合题意;D.e点物料守恒为:,故D符合题意;故答案为:D。【点睛】比较时溶液中粒子浓度:(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的,且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中:CH3COOHCH3COO-+H+,H2OOH-+H+,在溶液中微粒浓度由大到小的顺序:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-);(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的,但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中:CH3COONa=CH3COO-+Na+,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,H2OH++OH-,所以CH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。16、A【解析】
A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径,所以溴化氢的键长比碘化氢的短,故A正确;B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物,组成和结构相似,相对分子质量越大,范德华力越强,沸点越高,所以溴化氢的沸点低于碘化氢的,故B错误;C.溴的非金属性比碘强,所以溴化氢比碘化氢稳定,故C错误;D.溴的非金属性比碘强,非金属性越强,单质的氧化性越强,离子的还原性就越弱,所以溴化氢比碘化氢还原性弱,故D错误;故选:A。17、D【解析】
A.H2O中H元素的化合价降低,则属于氧化还原反应,水作氧化剂,故A不选;B.反应中水中O元素的化合价升高,则属于氧化还原反应,水作还原剂,故B不选;C.反应没有元素的化合价变化,不属于氧化还原反应,故C不选;D.SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中,S、Cl元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,H2O中没有元素的化合价变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,故D选;故选D。18、D【解析】
A.二氧化碳分子中碳原子和两个氧原子之间分别共用两对电子,其正确的电子式为,故A错误;B.C原子最外层有4个电子,根据洪特规则可知,其最外层电子轨道表示式为,故B错误;C.淀粉是由C、H、O三种元素组成的高分子聚合物,分子式表示为(C6H10O5)n,其最简式为C6H10O5,故C错误;D.乙烯的比例模型为:,符合比例模型的要求,故D正确;答案选D。19、D【解析】
A.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解促进水的电离,CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl,c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生,CH3COONa减少,CH3COOH增多;若向该混合溶液中加入NaOH固体,a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行,CH3COONa增多,CH3COOH减少,因此,水的电离程度:a>b>c,故A正确;B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,b点溶液呈酸性,说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa,c点CH3COONa与HCl反应完全,溶液呈酸性,此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液,则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B正确;C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行,溶液中电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),此时pH=7,则c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-),故C正确;D.该温度下pH=7时,c(H+)=10-7mol·L-1,c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L,c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L,则醋酸的电离平衡常数Ka==,故D错误;故选D。【点睛】解答本题的难点是选项A,需要明确酸、碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别,从而确定水的电离程度的相对大小。20、B【解析】
A.根据b点,等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7,说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O),故A错误;B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液,溶质是NH4X,pH=7,X-、NH4+相互促进水解生成HX,所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+),故B正确;C.a→b点过程,相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应,所以水的电离程度逐渐增大,a、b、d几点中,水的电离程度b>a>d,故C错误;D.a→b点过程中,溶液呈酸性,c(OH—)<c(H+),根据电荷守恒,不可能存在c(X—)<c(NH4+),故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较,侧重于学生分析能力、读图能力的考查,注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。21、A【解析】
A.标准状况下,11.2LH2与11.2LD2均为0.5mol,每个分子中含有2个质子,则所含的质子数均为NA,故A正确;B.硅晶体中,每个Si周围形成4个Si—Si键,每个Si—Si键是2个Si原子共用,所以有NA个Si原子就有2NA个Si—Si键,故B错误;C.硫和铜反应的方程式:2Cu+SCu2S,6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等,均为0.1mol,物质的量相等的铜和硫反应,硫过量,根据铜求转移电子的物质的量,则6.4gCu的物质的量为0.1mol,则转移电子的物质的量为0.1mol,转移电子数为0.1NA,故C错误;D.未说明是标准状态,则无法计算生成气体的体积,故D错误。故选A。【点睛】此题易错点在于D项,在涉及气体体积的计算时,要注意是否为标准状态,是否为气体。22、C【解析】
由题意可知,X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列,不是按原子序数依次递增排列的,其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素,由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度,就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17,从而确定M为H元素,最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2,推出W为Na元素。则A.原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H),A错误。B.CO2、C2H2均为直线型共价化合物,Na2O2属于离子化合物,B错误。C.例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体,C正确。D.X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键,D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】
A能发生银镜反应,可由淀粉水解得到,说明A为葡萄糖,葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇,E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1,说明E分子中C与H原子个数比为1:2,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO2和H2O,则E为CH3CHO,D为烃,根据C和E可知,D为乙烯,F的最简式和葡萄糖相同,且由乙醛催化氧化得到,说明F为乙酸,B在酸性条件下生成乙酸和乙醇,则B为乙酸乙酯。据此判断。【详解】(1)A为葡萄糖,其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO,故答案为CH2OH(CHOH)4CHO;(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为:2CH2=CH2+O22CH3CHO,故答案为2CH2=CH2+O22CH3CHO;(3)A.有机物F为乙酸,具有酸性,可使石蕊溶液变红,故A正确;B.C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯,乙醇易溶于水,不分层,乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀,乙酸乙酯不溶于水,产生分层,上层为油状液体,现象各不相同,所以可用新制的氢氧化铜区分,故B错误;C.1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气,1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气,则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等,故C正确;D.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度,所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸,故D正确;E.乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有:HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2,共2种,故E正确;答案选:ACDE。24、C12H15NO醚键还原反应消去反应+HNO3(浓)+H2O、、保护氨基,防止合成过程中被氧化【解析】
A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,B与Fe、HCl发生还原反应产生C:,C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D:,E为,E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO;C结构简式是,其中含氧官能团的名称为醚键;(2)B为,C为,B与Fe、HCl反应产生C,该反应类型为还原反应;F为,G为,根据二者结构的不同可知:FG的类型是消去反应;(3)A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,所以AB的反应方程式为:+HNO3(浓)+H2O;(4)D结构简式为:,D的同分异构体符合下列条件:①能发生银镜反应,说明含有醛基-CHO;②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色,说明含有酯基,水解产物含有酚羟基,即该物质含酚羟基形成的酯基;③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢,则符合题意的同分异构体结构简式为:、、;(5)合成途径中,C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3,后来转化为氨基,目的是保护氨基,防止其在合成过程被氧化;(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料,设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸,苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯,在Fe、HCl作用下反应产生,与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生,所以甲苯转化为的合成路线为:【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识,涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写,在进行物质推断的过程中,要充分利用题干信息,结合已有的知识分析、判断,要注意氨基容易被氧化,为防止其在转化过程中氧化,先使其反应得到保护,在其他基团形成后再将其还原回来。25、沉淀不溶解或无明显现象BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动b2I--2e-===I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,则c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-【解析】
(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,BaSO4不溶于盐酸;②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生,是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳;③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后,发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-,根据离子浓度对平衡的影响分析作答;(2)①要证明AgCl转化为AgI,AgNO3与NaCl溶液反应时,必须是NaCl过量;②I―具有还原性、Ag+具有氧化性,B中石墨是原电池负极;③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀;④AgI转化为AgCl,则c(I-)增大,还原性增强,电压增大。【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸,放出CO2气体,BaSO4不溶于盐酸,所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4,依据的现象是加入盐酸后,沉淀不溶解或无明显现象;②实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3,再加入稀盐酸有少量气泡产生,沉淀部分溶解,是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象,所以反应的离子方程式为:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;③由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2,B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液,根据Ba2++SO42-=BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案:BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动。(2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀,再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI,故答案为b;②实验Ⅳ的步骤ⅰ中,B中为0.01mol/L的KI溶液,A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性,作原电池的正极,I-具有还原性,作原电池的负极,所以B中石墨上的电极反应式是2I--2e-=I2;③由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,产生了AgI沉淀,使B的溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱,根据已知其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大,而离子的浓度越大,离子的氧化性(或还原性)强。所以实验Ⅳ中b<a。答案:由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱。④虽然AgI的溶解度小于AgCl,但实验Ⅳ中加入了NaCl(s),原电池的电压c>b,说明c(Cl-)的浓度增大,说明发生了AgI+Cl-AgCl+I-反应,平衡向右移动,c(I-)增大,故答案为实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,则c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-。26、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气;用铜和稀硝酸反应制备NO,制得的NO中可能混有其他氮氧化合物,结合NOCl的性质,制得气体中的杂质需要除去,尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收,据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气,一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体;实验室制备NO,一般用铜和稀硝酸反应制备,制得的NO中可能混有其他氮氧化合物,NO不溶于水,故装置Ⅱ用水净化NO;故答案为饱和食盐水;稀硝酸;(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应,由于亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易反应,需要在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d,故答案为e→f(或f→e)→c→b→d;②NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ;若无该装置,Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2,反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2,故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ;2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2;③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl,不能吸收NO,所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收,一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收,因此解决这一问题,可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中,故答案为O2(或NO2);(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸,一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气,反应的化学方程式为:HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O,故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O;(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl,用AgNO3标准溶液滴定,生成白色沉淀,以K2CrO4溶液为指示剂,出现砖红色沉淀达到滴定终点,根据氯元素守恒:NOCl~HCl~AgNO3,则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol,亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%,故答案为×100%;②若滴定前,滴定管尖嘴有气泡,滴定后气泡消失,导致消耗的标准溶液的体积偏大,则所测亚硝酰氯的纯度偏高,故答案为偏高。27、否,长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低指示剂91.8%【解析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气,通过加入双氧水的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去,装置B中有长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3,为了控制反应速率,同时防止三氯化磷挥发,反应的温度控制在60~65℃,所以装置C中用水浴加热,POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢,为防止空气中水蒸汽进入装置,同时吸收尾气,所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管,据此分析解答(1)~(4);(5)测定POCl3产品含量,用POCl3与水反应生成氯化氢,然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子,KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3,结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银,进而计算出溶液中氯离子的物质的量,根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量,进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替,因为长颈漏斗不能调节滴液速度,故答案为否,长颈漏斗不能调节滴液速度;(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡出现,长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气,故答案为acd;(3)根据装置图,仪器丙为三颈烧瓶,为了提高冷却效果,应该从冷凝管的下口进水,即进水口为a,故答案为三颈烧瓶;a;(4)氧气氧化PCl3生成POCl3,根据原子守恒,反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3,根据上面的分析可知,反应温度应控制在60~65℃,原因是温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低,故答案为2PCl3+O2=2POCl3;温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低;(5)
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