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文档简介
2024年贵州省凯里一中等重点中学高考化学一模试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列反应所得溶液中只含一种溶质的是A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C.浓H2SO4中加入过量Cu片,加热 D.Ca(C1O)2溶液中通入过量CO22、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3、《内经》曰:“五谷为养,五果为助,五畜为益,五菜为充”。合理膳食,能提高免疫力。下列说法错误的是()A.蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B.食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C.苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物D.天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸,甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽4、地球在流浪,学习不能忘”,学好化学让生活更美好。下列说法错误的是A.港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳,是有机高分子化合物B.“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆,其帆板太阳能电池的材料是SiO2C.《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”,其中“石灰”指的是CaCO3D.宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜5、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4,振荡后静置;液体分层,下层呈紫红色碘易溶于CCl4,难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)>KSP(AgBr)D室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2A<HBA.A B.B C.C D.D6、已知M、N是合成某功能高分子材料的中间产物,下列关于M、N说法正确的是()A.M、N都属于烯烃,但既不是同系物,也不是同分异构体B.M、N分别与液溴混合,均发生取代反应C.M、N分子均不可能所有原子共平面D.M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物7、下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为10的氟原子:10FB.乙酸乙酯的结构简式:C4H8O2C.Mg2+的结构示意图:D.过氧化氢的电子式为:8、海水综合利用要符合可持续发展的原则,其联合工业体系(部分)如图所示,下列说法错误的是A.①中可采用蒸馏法 B.②中可通过电解法制金属镁C.③中提溴涉及到复分解反应 D.④的产品可生产盐酸、漂白液等9、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍,Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物,Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是()A.简单离子半径:T>Z>YB.Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C.由于X2Y的沸点高于X2T,可推出X2Y的稳定性强于X2TD.ZXT的水溶液显弱碱性,促进了水的电离10、下列离子方程式中书写正确的是()A.磁性氧化铁溶于氢碘酸:Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OB.FeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化:2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C.NH4Al(SO4)2溶液中通入过量的Ba(OH)2:NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3▪H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD.饱和碳酸钠溶液中通入CO2:CO32-+CO2+H2O=2HCO3-11、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液,测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示,下列说法不正确的是:A.除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7B.X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH,可计算Ka1(H2CO3)C.pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D.将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,应控制pH>12.512、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大,化合物M、N均由这四种元素组成,且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热,二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中,溶液变无色,加热该无色溶液,无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是A.简单气态氢化物的稳定性:Y>XB.简单离子的半径:Z>YC.X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸D.X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐13、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14、1L某混合溶液中,溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1,向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是()A.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸15、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且均不大于20,X与Y相邻,Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数,Z的最高正价和最低负价代数和为4,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂,普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是A.X和Z的单质均存在多种同素异形体B.Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物C.Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性D.WZXY溶液常用于Fe3+的检验16、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是()A.糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B.油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质,碱性条件下水解都称为皂化反应C.硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来D.淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验,应先加入NaOH溶液,再加入银氨溶液,水浴加热,看是否有银镜出现。若出现银镜,证明有葡萄糖生成二、非选择题(本题包括5小题)17、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体,其合成路线如下:回答下列问题:(1)W的化学名称为____;反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基;②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识,设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。18、“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药,化合物M是它的合成中间体,其合成路线如下:已知:R1CHO回答下列问题:(1)有机物A的名称是______________;反应②反应类型是__________。(2)物质B的结构简式是____________;E的分子式为_____________。(3)G中含氧官能团的名称是________;F中有________个手性碳原子。(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。(5)物质N是C的一种同分异构体,写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。①分子结构中含有苯环和氨基,氨基与苯环直接相连;②能使溴水褪色;③核磁共振氢谱有6组峰,峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。19、用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成,实验装置如图所示。根据图回答:(1)甲装置的作用是________,甲装置中发生反应的化学方程式为________。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化,而戊装置中溶液出现了白色沉淀,则该还原性气体是________;丙中发生的反应化学方程式为________。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后,称量剩余固体的质量为16.8g,同时测得戊装置的质量增加17.6g,则FexOy中,铁元素与氧元素的质量比为________,该铁的氧化物的化学式为________。(4)上述实验装置中,如果没有甲装置,将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值____(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置,可能产生的后果是________。20、已知25℃时,Ksp(Ag2S)=6.3×10-50、Ksp(AgCl)=1.5×10-16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀,加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后,沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀,推测含有AgCl。用浓HNO3溶解,产生红棕色气体,沉淀部分溶解,过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀①由ⅰ判断,滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因:在NaCl存在下,氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B:一段时间后,出现乳白色沉淀C:一段时间后,无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整):__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度,解释B中NaCl的作用__。21、有效去除大气中的NOx,保护臭氧层,是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时,O3的分解可分为以下两步反应进行;①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3),第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子,它在第一步慢反应中生成,然后又很快的在第二步反应中消耗,因此,我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应,其反应过程如图所示:已知:O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=-143kJ/mol反应1:O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ/mol。反应2:热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下,将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中,改变,NOx的去除率如图所示。已知:NO与Ca(OH)2不反应;NOx的去除率=1-×100%①在0.3-0.5之间,NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为:___________。②当大于1.4时,NO2去除率升高,但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应:2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-759.8kJ/mol,反应达到平衡时,N2的体积分数随的变化曲线如图。①b点时,平衡体系中C、N原子个数之比接近________。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________;b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8,反应达平衡时,N2的体积分数为20%,则NO的转化率为_____。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4,Fe是固体物质,不能进入溶液,故所得溶液中只含一种溶质,A符合题意;B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液,反应产生NaAlO2和H2O,反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质,B不符合题意;C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4,C不符合题意;D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质,D不符合题意;故合理选项是A。2、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。3、C【解析】
A.蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖,二者分子式均为C6H12O6,互为同分异构体,故A正确;B.食用油为油脂,油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,在体内酶的催化作用下水解,生成高级脂肪酸和甘油,故B正确;C.苹果酸含有羟基,乙二酸不含羟基,二者结构不相似,不属于同系物,故C错误;D.天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的,水解均得到α-氨基酸;甘氨酸脱去氨基,丙氨酸脱去羟基为一种,甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种,共两种,故D正确;故答案为C。【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽,甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种,即两种氨基酸可以形成共4种二肽。4、B【解析】
A、聚乙烯纤维,由小分子乙烯加聚得到,是有机高分子化合物,A不符合题意;B、太阳能电池的材料是Si,而不是SiO2,B符合题意;C、石灰石的主要成分为CaCO3,受热分解得到CaO,C不符合题意;D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜,Cu2(OH)2CO3;D不符合题意;答案选B。5、C【解析】
A.亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡,硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解,现象不正确,故A错误;B.KI溶液中不存在碘单质,加入CCl4,不能发生萃取,振荡后静置,下层不能呈紫红色,现象不正确,故B错误;C.AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,AgCl沉淀多于AgBr沉淀,说明氯离子浓度大于碘离子浓度,证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),C实验操作、现象及结论均正确;D.室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大,只能说酸性HA-<HB,不能说明酸性H2A<HB,结论不正确,故D错误;答案选C。6、D【解析】
A.M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基,为烃的衍生物,不属于烯烃,M与N在组成上相差不是n个CH2,且分子式也不相同,所以但既不是同系物,也不是同分异构体,A项错误;B.M、N分子结构中均含碳碳双键,与液溴混合时,可发生加成反应,苯环与液溴发生取代反应时,还需要催化剂,B项错误;C.M分子内含碳碳单键,中心C原子采用sp3杂化,不可能所有原子共平面,N所有原子可以共平面,C项错误;D.M、N分子结构中均含碳碳双键,均可发生加聚反应生成高分子化合物,D项正确;答案选D。7、C【解析】
A.中子数为10的氟原子为:,选项A错误;B.C4H8O2为乙酸乙酯的分子式,乙酸乙酯的结构简式:CH3COOC2H5,选项B错误;C.Mg2+的结构示意图为:,选项C正确;D.过氧化氢是共价化合物,两个氧原子之间共用一对电子,过氧化氢的电子式应为:,选项D错误。答案选C。8、C【解析】
A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水,故不选A;B.从海水中得到氯化镁后,镁为活泼金属,则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁,故不选B;C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化,静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气,将溴吹入吸收塔,使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴,然后再用氯气将其氧化得到溴,反应过程中不涉及复分解反应,故选C;D.从海水中得到氯化钠后,电解氯化钠溶液,得氢氧化钠和氢气和氯气,利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液,故不选D;答案:C9、D【解析】
R原子最外层电子数是电子层数的2倍,R可能为C元素或S元素,由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素;Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物,应为Na2O、Na2O2,则Y为O元素,Z为Na元素;Z与T形成的Z2T化合物,且T的原子半径比Na小,原子序数T>Z,则T应为S元素,X的原子半径最小,原子序数最小,原子半径也较小,则X应为H元素,结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知:X是H元素;Y是O元素;Z是Na元素;R是C元素,T是S元素。A.S2-核外有3个电子层,O2-、Na+核外有2个电子层,由于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,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:T>Y>Z,A错误;B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2,Na2O只含离子键,Na2O2含有离子键、极性共价键,因此所含的化学键类型不相同,B错误;C.O、S是同一主族的元素,由于H2O分子之间存在氢键,而H2S分子之间只存在范德华力,氢键的存在使H2O的沸点比H2S高,而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关,与分子间作用力大小无关,C错误;D.ZXT表示的是NaHS,该物质为强碱弱酸盐,在溶液中HS-水解,消耗水电离产生的H+结合形成H2S,使水的电离平衡正向移动,促进了水的电离,使溶液中c(OH-)增大,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),溶液显碱性,D正确;故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识,根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键,侧重于学生的分析能力的考查。10、B【解析】
A.磁性氧化铁溶于氢碘酸,生成的Fe3+还要与I-发生氧化还原反应,A错误;B.FeBr2中通入氯气时,Fe2+先被氧化为Fe3+,剩余的Cl2再与Br-发生反应,一半的Br-氧化时,Fe2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等,B正确;C.所提供的离子方程式中,电荷不守恒,质量不守恒,C错误;D.饱和碳酸钠溶液中通入CO2,应生成NaHCO3沉淀,D错误。故选B。11、A【解析】
A.由图像可知,当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-,而pH约为3.5时,主要以碳酸形式存在,故要除去NaCl溶液中Na2CO3,需要调节pH小于3.5左右,故A错误;B.Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3,根据图像,X点处c(HCO3-)=c(H2CO3),此时Ka1(H2CO3)=c(H+),因此由XC.根据图像,pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠,溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),故C正确;D.根据图像,pH>12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在,将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,应控制pH>12.5,故D正确;答案选A。12、C【解析】
依题意可知,M是NH4HSO3,N是NH4HSO4,故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S,据此分析。【详解】依题意可知,M是NH4HSO3,N是NH4HSO4,故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A、H2O的热稳定性比NH3强,选项A正确;B、S2-的半径比O2-的大,选项B项正确;C、HNO3、H2SO4均是强酸,但是,HNO2、H2SO3均是弱酸,选项C错误;D、NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐,选项D正确。答案选C。13、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。14、A【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol,加入等浓度的硫酸,加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水,同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀,当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应,生成0.1molBaSO4,再加入0.5LH2SO4溶液时,加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应:H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液,加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,和图像相符,故A选;B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol,共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀,即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故B不选;C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol,共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀,即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故C不选;D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol,先加入0.5L硫酸,即0.05mol硫酸,加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀,同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol,加入的SO42-为0.05mol,所以生成0.05molBaSO4沉淀,还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液,加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解,同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀,此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol,和图像不符,故D不选。故选A。15、B【解析】
主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且均不大于20,Z的最高正价和最低负价代数和为4,则Z为S元素,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂,普遍用在卫星和导弹的姿态控制上,则该化合物为N2H4,Y为N元素,Q为H元素,Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数,则W为K元素,X与Y相邻,则X为C元素,据此分析解答。【详解】由以上分析知,Q为H元素,X为C元素,Y为N元素,Z为S元素,W为K元素,A.X为C元素,Z为S元素,C元素的单质有金刚石、石墨等,S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等,则C和S的单质均存在多种同素异形体,A项正确;B.Q为H元素,Y为N元素,Z为S元素,Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐,如(NH4)2S、NH4HS,均属于离子化合物,B项错误;C.Q为H元素,W为K元素,Q和W形成的化合物为KH,溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2↑,则生成KOH溶液,呈碱性,C项正确;D.WZXY为KSCN,KSCN溶液常用于Fe3+的检验,D项正确;答案选B。16、D【解析】
A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选;B.油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选;C.硝酸铜是重金属盐,加入鸡蛋清中可以使蛋清变性而沉淀下来,故C不选。D.淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用银氨溶液来检验,在加银氨溶液之前必须先加入氢氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。故选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】
根据流程图,A()和发生取代反应生成B(),B和磷酸在加热条件下发生取代生成C,C在一定条件下转化为,中的一个氯原子被取代转化为D;X与HCN发生加成反应生成Y,Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z,Z在酸性条件下水解得到W,D和R在一定条件下反应生成E,根据E和D的结构简式,可推出R的结构简式为,由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R,据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为,结构中有羧基和氨基,化学名称为氨基乙酸;根据分析,反应①为A()和发生取代反应生成B(),反应类型为取代反应;(2)A的结构简式为,含氧官能团的名称为硝基和羟基;(3)根据分析,反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R,R的结构简式为,化学方程式++H2O;(4)B的结构简式为,①苯的二取代物且苯环上含有硝基;②可以发生水解反应,说明另一个取代基为酯基,该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH,在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置,分别为:、、、、、、、、,除去自身外结构外,共有8种;上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2,说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2,则符合要求的结构简式为;(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳,有机物中手性碳的位置为,有2个;的水解产物为,的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到,而与HCN发生加成反应可生成,再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛,则合成路线为:。18、苯甲醛还原反应H2NC15H21NO3羟基2+→+【解析】
根据已知信息,结合C的结构简式可知,B为H2N,C与NaBH4发生还原反应生成D,D与E发生加成反应生成F,F在HCl,CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G,G与H发生取代反应生成,在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M,据此分析解答。【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛;反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键,与NaBH4发生还原反应,故答案为:苯甲醛;还原反应;(2)根据C的结构,结合信息R1CHO可知,物质B的结构简式是H2N;E()的分子式为C15H21NO3,故答案为:H2N;C15H21NO3;(3)G()中含氧官能团是羟基;F()中有2个手性碳原子,如图,故答案为:羟基;2;(4)反应⑤为G与H发生的取代反应,反应的化学反应方程式为+→+,故答案为:+→+;(5)物质N是C()的一种同分异构体,①分子结构中含有苯环和氨基,氨基与苯环直接相连;②能使溴水褪色,说明含有碳碳双键;③核磁共振氢谱有6组峰,峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1,满足条件的一种同分异构体可以是,故答案为:;(6)由苯甲醇和CH3NH2为原料制备,根据信息R1CHO可知,可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛,然后与发生反应生成,最后与NaBH4发生还原反应即可,故答案为:。【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂,易错点为(1)中反应②的类型的判断,碳氮双键变成碳氮单键,但反应物不是氢气,不能判断为加成反应,应该判断为还原反应。19、除去混合气体中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221:8Fe3O4偏小造成大气污染【解析】
利用还原性气体测定铁的氧化物的组成,其原理是根据生成物的质量通过计算确定结果;还原性气体有氢气和一氧化碳,他们夺氧后生成水和二氧化碳;原气体中混有二氧化碳和水蒸气,所以必须先除去,然后让还原性气体反应,丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳,最后的己装置进行尾气处理,有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应,方程式为:2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液,故甲装置的作用是除去二氧化碳;故答案为:除去混合气体中CO2;2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O;(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜,无水硫酸铜遇水会变蓝,丁装置没有明显变化,说明没有水生成,故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水,二氧化碳能使石灰水变浑浊,戊装置中溶液出现了白色沉淀,故该还原性气体是一氧化碳,反应方程式为:yCO+FexOyxFe+yCO2,故答案为:CO;yCO+FexOyxFe+yCO2;(3)丙装置中的FexOy全部被还原,剩余固体为生成的铁的质量,戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳,增加的质量为二氧化碳的质量,二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的,即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物,占二氧化碳质量的,故FexOy中氧元素的质量为:17.6g×=6.4g,则FexOy中铁氧元素的质量比为:56x:16y=16.8g:6.4g=21:8,x:y=3:4,该铁的氧化物的化学式为Fe3O4;故答案为:21:8;Fe3O4;(4)如果没有甲装置,混有的二氧化碳也会在戊装置被吸收,故二氧化碳的质量偏大,相当于一氧化碳夺得的氧的质量增加,故测得结果中铁元素与氧元素的质量的比值偏小。一氧化碳有毒,会污染空气,最后的己装置对尾气进行处理,具有环保理念;故答案为:偏小;造成大气污染。20、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀,使得溶解平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明此沉淀为BaSO4;ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀,说明AgCl转化为AgI;①由ⅰ判断,可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化,生成SO42-、NO2等。(4)①A中,MnO2是H2O2分解的催化剂,由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的,由此可确定C中盛放的物质W。③B中,反应物还有NaCl、O2,由上面分析,生成物有S,由此可完善方程式。④B中,Ag2S被氧化生成S,则Ag+会与NaCl作用,从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成,则为AgCl。答案为:AgCl;(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等,反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为:2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq);(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明此沉淀为BaSO4;ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀,说明AgCl转化为AgI;①由ⅰ判断,可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为:SO42-;②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化,生成SO42-、NO2等,则其为S。答案为:S;(4)①A中,MnO2是H2O2分解的催化剂,由此确定产生气体为O2。答案为:O2;②因为C是做对比实验而设立的,由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为:Ag2S的悬浊液;③B中,反应物还有NaCl、O2,由上面分析,生成物有S,由此可得出配平的方程式为2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH。答案为:2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH;④B中,Ag2S被O2氧化生成S,则Ag+游离出来,会与NaCl中的Cl-结合,生成AgCl沉淀,从而促进平衡正向移动,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为:对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀,使得溶解平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10-50、Ksp(AgCl)=1.5×10-16,所以将AgCl
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