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2024年甘肃省天水市一中高三第三次模拟考试化学试卷注意事项: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(每题只有一个选项符合题意)1、图甲为一种新型污水处理装置,该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是A.a极应与X连接B.N电极发生还原反应,当N电极消耗11.2L(标准状况下)O2时,则a电极增重64gC.不论b为何种电极材料,b极的电极反应式一定为2Cl--2e-=Cl2↑D.若废水中含有乙醛,则M极的电极反应为:CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+2、下列说法或表示方法正确的是()A.在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB.2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H<O,△S>OC.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出49.15kJ的热量D.在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,放出120.9kJ的热量,则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol3、常温下,将甲针筒内20mLH2S推入含有10mLSO2的乙针筒内,一段时间后,对乙针筒内现象描述错误的是(气体在同温同压下测定)()A.有淡黄色固体生成B.有无色液体生成C.气体体积缩小D.最终约余15mL气体4、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是A.Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B.pH=7时,滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等C.V(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.V(NaOH)=20.00mL时,两溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)5、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A.浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−++6H+===3Cl2↑+3H2OB.无水氯化钙的作用是干燥Cl2,且干燥有色布条不褪色,湿润的有色布条褪色C.2处溶液出现白色沉淀,3处溶液变蓝,4处溶液变为橙色,三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D.5处溶液变为血红色,底座中溶液红色消失,氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染6、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是A.1mol甲基(-CH3)所含的电子数为10NAB.常温常压下,1mol分子式为C2H6O的有机物中,含有C-O键的数目为NAC.14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中,含有的原子总数为3NAD.标准状况下,22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA7、分析生产生活中的下列过程,不涉及氧化还原反应的是()A.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈B.缺铁性贫血服用补铁剂时,需与维生维C同时服用C.将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉D.从海水中提取氯化镁8、给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()A.SSO2BaSO4B.SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)C.MgCl2•6H2OMgCl2MgD.N2NO2HNO39、NH4NO3溶液受热可发生分解反应:NH4NO3N2↑+HNO3+H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值,下列说法正确的是()A.分解时每生成2.24L(标准状况)N2,转移电子的数目为0.6NAB.2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC.56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD.0.1mol·L-1NH4NO3溶液中,NH4+的数目小于0.1NA10、下列物质不能用作食品干燥剂的是()A.硅胶 B.六水合氯化钙C.碱石灰 D.具有吸水性的植物纤维11、下列所示的实验方案正确,且能达到实验目的的是()选项实验目的实验方案A比较镁、铝的金属性强弱分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量,观察现象B比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中,观察现象C证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色D证明电离常数Ka:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A.A B.B C.C D.D12、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下,p为无色无味气体,q为液态,r为淡黄色固体,s是气体单质。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A.原子半径:Z>Y>XB.m、n、r都含有离子键和共价键C.m、n、t都能破坏水的电离平衡D.最简单气态氢化物的稳定性:Y>X13、下列属于置换反应的是()A.2C+SiO22CO+SiB.2HClO2HCl+O2↑C.3CO+Fe2O33CO2+2FeD.2Na+Cl2=2NaCl14、能正确表示下列反应的离子方程式为()。A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2:CO32-+2CO2+H2O=2HCO3-C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水:3H2O2+I-=IO3-+3H2OD.向CuSO4溶液中通入H2S:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+15、下列属于不可再生能源的是()A.氢气B.石油C.沼气D.酒精16、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷,利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器,其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图,O2可以透过聚四氟乙烯薄膜,根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中,下列有关说法正确的是A.银电极被消耗,RbAg4I5的量增多B.电位计读数越大,O2含量越高C.负极反应为Ag+I--e-=AgID.部分A1I3同体变为Al和AgI二、非选择题(本题包括5小题)17、下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图(反应条件已经略去):已知:①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇,但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键;LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR',RCOR'RCH(OH)R',RCOOR'RCH2OH+R'OH。(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,X的结构简式为_____。(2)C用LiBH4还原得到D,C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。(3)写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物;②能使FeCl3溶液显色;③分子中有4种不同化学环境的氢。(4)写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。(5)根据已有知识并结合相关信息,设计B→C的合成路线图(CH3I和无机试剂任选),合成路线常用的表示方式为:。____________18、蜂胶是一种天然抗癌药,主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I的路线如下图所示:已知:①②RCHO+HOOCCH2COOHRCH=CHCOOH请回答下列问题(1)化合物A的名称是_____________;化合物I中官能团的名称是___________。(2)G→H的反应类型是____________;D的结构简式是___________________。(3)写出化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_______________________。(4)化合物W与E互为同分异构体,两者所含官能团种类和数目完全相同,且苯环上只有3个取代基,则W可能的结构有__________________(不考虑顺反异构)种,其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积比为21:2:1:1:1:1,写出符合要求的W的结构简式:________________________________________________________。(5)参照上述合成路线,设计由CH3CH—CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH2CH2CH=CHCOOH的合成路线(无机试剂及吡啶任选)。_________________________________。19、某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响(固定装置略)。完成下列填空:(1)实验时A中有大量紫红色的烟气,则NH4I的分解产物为___(至少填三种),E装置的作用是___。(2)装置B中的反应方程式:______,D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验,甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热,反应产物均为黑色粉末(纯净物),两组分别用各自的产物进行以下探究,完成下列填空:步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解,无气泡溶解,有气泡2取步骤1中溶液,滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色(3)乙组得到的黑色粉末是______。(4)甲组步骤1中反应的离子方程式为______。(5)乙组步骤3中,溶液变红的原因为______;溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。(6)若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物,为研究氧化物的组成,研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气,完全反应后,停止加热,反应管中铁粉冷却后,称得质量为5.6克,则混合物的组成为______。20、是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定,在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备(夹持及加热仪器略),总反应为。回答下列问题:a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液(1)装置A的作用是制备________,反应的化学方程式为________。(2)完成下表实验过程:操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后,添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示(以为例):①__打开,关闭,调节;使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出,②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行:↓(较慢)当pH计读数接近7时,立即停止通,操作是④___必须立即停止通的原因是:⑤___(3)有还原性,可作脱氯剂。向溶液中通入少量,某同学预测转变为,设计实验验证该预测:取少量反应后的溶液于试管中,________。21、可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应,因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)使用V2O5催化该反应时,涉及到催化剂V2O5的热化学反应有:①V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)△H1=+1.6kJ·mol-1②2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-2.4kJ·mol-1则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H3=_____,若降低温度,该反应速率会_____(填“增大”或“减小”)(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2,改变加入O2的量,在常温下反应一段时间后,测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图甲所示,图中没有生成SO3的可能原因是____________________________________________________。(3)向10L密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol,O2(g)0.3mol,保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应,测得容器中SO2的转化率如图乙所示。①T1_____T2(填“>”或“<”)。②T2时,2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=_____。若向该容器通入高温He(g)(不参加反应,高于T2),SO3的产率将______选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”),理由是_____。③结合化学方程式及相关文字,解释反应为什么在T3条件下比T2条件下的速率慢:__________。(4)T2时使用V2O5进行反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),在保证O2(g)的浓度不变的条件下,增大容器的体积,平衡_____(填字母代号)。A.向正反应方向移动B.不移动C.向逆反应方向移动D.无法确定
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
根据题给信息知,甲图是将化学能转化为电能的原电池,N极氧气得电子发生还原反应生成水,N极为原电池的正极,M极废水中的有机物失电子发生氧化反应,M为原电池的负极。电解氯化铜溶液,由图乙氯离子移向b极,铜离子移向a极,则a为阴极应与负极相连,即与X极相连,b为阳极应与正极相连,即与Y极相连。A.根据以上分析,M是负极,N是正极,a为阴极应与负极相连即X极连接,故A正确;B.N是正极氧气得电子发生还原反应,a为阴极铜离子得电子发生还原反应,根据得失电子守恒,则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时,则a电极增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g,故B正确;C.b为阳极,当为惰性电极时,则电极反应式为2C1−−2e−=Cl2↑,当为活性电极时,反应式为电极本身失电子发生氧化反应,故C错误;D.若有机废水中含有乙醛,图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应,发生的电极应为:CH3CHO+3H2O−l0e−=2CO2↑+l0H+,故D正确。答案选C。【点睛】本题考查的是原电池和电解池的工作原理。根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。2、B【解析】
A.在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热,在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol,故A错误;B.2C(s)+O2(g)═2CO(g)燃烧过程均为放热反应,△H<O;该反应是气体体积增加的反应,即为混乱度增大的过程,△S>O;故B正确C.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。该反应为可逆反应,△H=-98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出的热量小于49.15kJ,故C错误。D.在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,水蒸气不是稳定的氧化物,不能用于计算燃烧热,故D错误;答案选B3、D【解析】
A.因H2S与SO2能够发生反应:SO2+2H2S=3S↓+2H2O,生成黄色固体,正确;B.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,有无色液体水生成,正确;C.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,反应后气体体积缩小,正确;D.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,20mLH2S与10mLSO2恰好完全反应,最终没有气体剩余,错误;答案选D。4、C【解析】
A.盐酸为强酸,醋酸为弱酸,浓度相同时盐酸的pH较小;B.浓度、体积相等时,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性;D.V(NaOH)=20.00mL时,反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液,醋酸根离子部分水解,则醋酸根离子浓度较小。【详解】A.根据图示可知,Ⅰ的起始pH较大,Ⅱ的起始pH较小,则Ⅰ表示的是醋酸,Ⅱ表示盐酸,选项A错误;B.醋酸为弱酸,溶液体积相同时,醋酸和氯化氢的物质的量相等,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;若pH=7时,醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小,选项B错误;C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),反应后溶液中离子浓度大小为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),选项C正确;D.V(NaOH)=20.00mL时,两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液,由于醋酸根离子部分水解,则两溶液中c(CH3COO-)<c(Cl-),选项D错误;答案选C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5、C【解析】
浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2,根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时,化合价只靠近不交叉,配平后可得反应的离子方程式:5Cl−++6H+===3Cl2↑+3H2O,A正确;为了检验Cl2有无漂白性,应该先把Cl2干燥,所以,无水氯化钙的作用是干燥Cl2,然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象,B正确;Cl2与3处碘化钾置换出单质碘,遇淀粉变蓝,与4处溴化钠置换出单质溴,使溶液变橙色,均说明了Cl2具有氧化性,Cl2与水反应生成HCl和HClO,HCl与硝酸银产生白色沉淀,无法说明Cl2具有氧化性,C错误;Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+,Fe3+与SCN−生成血红色配合物,氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2,防止污染空气,D正确。6、C【解析】
A.1个甲基中含有9个电子,则1mol甲基(-CH3)所含的电子数为9NA,A错误;B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH(1个乙醇分子中含1个C—O键),也可能是二甲醚CH3-O-CH3(1个二甲醚分子中含2个C—O键),故不能确定其中含有的C-O键的数目,B错误;C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2,1个最简式中含有3个原子,14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol,因此含有的原子总数为3NA,C正确;D.在标准状况下四氯化碳呈液态,不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量,D错误;故答案是C。7、D【解析】A.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈,单质转化为化合物,是氧化还原反应;B.缺铁性贫血服用补铁剂时,需与维生维C同时服用,维C是强还原剂,可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁;C.将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉,氯气转化为化合物,是氧化还原反应;D.从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁,再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液,然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体,接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁,这个过程中没有氧化还原反应。综上所述,本题选D。8、A【解析】A.硫单质点燃生成二氧化硫,二氧化硫通入硝酸钡溶液,溶液显酸性,硝酸根氧化二氧化硫为硫酸,结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀,转化关系可以一步实现,A正确;B.二氧化硅是酸性氧化物,但不溶于水不能一步生成硅酸,B错误;C.氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁,不能生成氯化镁固体,需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体,C错误;D.氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮,不能一步生成二氧化氮气体,D错误;答案选A。9、B【解析】
NH4NO3溶液受热可发生分解反应:5NH4NO34N2↑+2HNO3+9H2O。【详解】A.该反应属于归中反应,NH4+中-3价的氮元素升高为0价,被氧化,NO3-中+5价的氮元素降低为0价,被还原,被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3,每生成4molN2,转移15mol电子,所以,当生成0.1molN2时,转移电子的物质的量为×0.1mol=0.375mol,转移的电子数为0.375NA,A错误;B.N2的结构式为N≡N,1个N2分子含有3对共用电子,2.8gN2的物质的量为0.1mol,含有的共用电子对数为0.3NA,B正确;C.浓硝酸具有强氧化性,可将铁氧化为+3价,本身被还原为NO2,56gFe的物质的量为1mol,可失去3mol电子,所以,反应生成3molNO2,但有一部分NO2转化为N2O4,最终生成的NO2分子数少于3NA,C错误;D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度,但未告知溶液的体积,不能确定含有硝酸铵的物质的量,无法计算含有NH4+的数目,D错误;故答案为:B。10、B【解析】
A.硅胶具有吸水性,无毒,则硅胶可用作食品干燥剂,故A正确;B.六水合氯化钙不能吸水,则不能作食品干燥剂,故B错误;C.碱石灰能与水反应,可做干燥剂,故C正确;D.具有吸水性的植物纤维无毒,则可用作食品干燥剂,故D正确;故答案为B。11、D【解析】
A.分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量,均生成白色沉淀,无法比较镁、铝的金属性强弱,故A错误;B.Fe2+的还原性大于Br-,将少量氯水滴入FeBr2溶液中,首先氧化Fe2+,则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱,故B错误;C.将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色,体现SO2的还原性,不是漂白性,故C错误;D.测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液,说明CO32-的水解能力大于SO32-,则电离能力HSO3->HCO3-,即电离常数Ka:HSO3->HCO3-,故D正确;故答案为D。12、A【解析】
p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下,p为无色无味气体,q为液态,r为淡黄色固体,s是气体单质,可知r为Na2O2,q为H2O,且r与p、q均生成s,s为O2,p为CO2,n为Na2CO3,m为NaHCO3,t为NaOH,结合原子序数可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na。【详解】由上述分析可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na,A.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,原子半径C>O,则原子半径:Z>X>Y,故A错误;B.m为NaHCO3,n为Na2CO3,r为Na2O2,均含离子键、共价键,故B正确;C.m为NaHCO3,n为Na2CO3,t为NaOH,n、m促进水的电离,t抑制水的电离,则m、n、t都能破坏水的电离平衡,故C正确;D.非金属性Y>X,则最简单气态氢化物的稳定性:Y>X,故D正确;故选A。【点睛】本题考查无机物的推断,把握淡黄色固体及q为水是解题关键,侧重分析与推断能力的考查,注意元素化合物知识的应用。13、A【解析】
A.2C+SiO22CO+Si,该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物,属于置换反应,故A正确;B.2HClO2HCl+O2↑,该反应为一种物质生成两种或多种物质,属于分解反应,故B错误;C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe,该反应没有单质参加,不是置换反应,属于氧化还原反应,故C错误;D.2Na+Cl2=2NaCl,该反应为两种或多种物质反应生成一种物质,属于化合反应,故D错误。故选A。14、D【解析】
A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2,溴离子和亚铁离子都被氧化,正确的离子方程式为:4Br−+2Fe2++3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−,故A错误;B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2,反应生成碳酸氢钠,该反应的离子方程式为:CO32−+CO2+H2O=2HCO3-,故B错误;C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水,反应生成碘单质,该反应的离子方程式为:2H++H2O2+2I-=I2+2H2O,故C错误;D.向CuSO4溶液中通入H2S,生成CuS沉淀,该反应的离子方程式为:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,故D正确。综上所述,答案为D。15、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源,属不可能再生的能源,而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源,故答案为B。点睛:明确能源的来源是解题关键,能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源,如太阳能、风能、生物质能等;短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源,如煤、石油等。16、B【解析】
O2通入后,发生反应:4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2,I2在传感器电池中发生还原反应,因此多孔石墨电极为正极,电极反应式为:I2+2Ag++2e-=2AgI,银电极发生氧化反应,银作负极,固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+,电极反应式为:Ag-e-=Ag+,据此解答。【详解】A.由上述分析可知,传感器工作过程中,银电极被消耗,传感器中总反应为:I2+2Ag=2AgI,因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+,因此RbAg4I5质量不会发生变化,故A错误;B.O2含量越高,单位时间内转移电子数越多,电位计读数越大,故B正确;C.由上述分析可知,负极反应为:Ag-e-=Ag+,故C错误;D.由上述分析可知,部分AlI3生成Al2O3和I2,故D错误;故答案为:B。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原)或【解析】
(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,属于加成反应,则X为CH3COOC2H5;
(2)避免碳碳双键被H2加成或还原,酯很难和H2发生还原反应;(3)①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,结构应对称;(4)E中醛基与银氨溶液发生氧化反应;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】(1)根据A与B的结构简式的异同,结合X的分子式可知,A转化为B属于加成反应,则X是CH3COOC2H5;(2)C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是:因为C中含有碳碳双键,碳碳双键也能与氢气发生加成反应,酯很难和H2发生还原反应,故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原);(3)A的同分异构体满足:①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,A的分子式是C10H14O,则分子中存在对称结构,所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或;(4)E分子中的醛基可与银氨溶液反应,醛基被氧化为羧基,同时生成氨气、银单质、水,化学方程式是;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C,合成流程图是:。18、对羟基苯甲醛(酚)羟基、酯基、碳碳双键取代反应11【解析】
由有机物的转化关系可知,发生信息①反应生成,与(CH3O)SO2发生取代反应生成,与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成,则D为;在BBr3的作用下反应生成,则E为;与HBr在过氧化物的作用下发生加成反应生成,则G为;在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,则H为;与在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成。【详解】(1)化合物A的结构简式为,名称为对羟基苯甲醛;化合物I的结构简式为,官能团为酚羟基、碳碳双键和酯基,故答案为对羟基苯甲醛;酚羟基、碳碳双键和酯基;(2)G→H的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成;与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成,则D为,故答案为取代反应;;(3)C的结构简式为,能与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应,反应的化学方程式为,故答案为;(4)化合物W与E()互为同分异构体,两者所含官能团种类和数目完全相同,且苯环上有3个取代基,三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH,或者为-OH、-OH、-C(COOH)=CH2,2个-OH有邻、间、对3种位置结构,对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构(包含E),故W可能的结构有(2+3+1)×2-1=11种,其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:1:1:1:1,符合要求的W的结构简式为:,故答案为11;;(5)结合题给合成路线,制备CH3CH2CH=CHCOOH应用逆推法可知,CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH,再发生氧化反应生成CH3CH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH,合成路线流程图为:,故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成,充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断,熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。19、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若出现红色,则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】
(1)实验时中A有大量紫红色的烟气,说明生成了碘蒸气,NH4I发生下列反应:NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气),2HI(气)⇌H2(气)+I2(气),则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI),E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气;(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气,反应方程式:Zn+I2═ZnI2,故D装置的作用是作安全瓶,防倒吸,因为氨气极易被浓硫酸吸收;(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体,结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe;(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4,由此可写出反应的离子方程式;(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化,若该假设成立,则溶液中还存在Fe3+,再继续加入KSCN溶液则溶液变红;(6)氧化物样品质量为7.84克,还原成铁粉质量为5.6克,氧元素质量为:7.84-5.6g=2.24g,则铁和氧的原子个数比为::=0.1:0.14=5:7,氧化物的平均分子式为Fe5O7,由此确定混合物的组成。【详解】:(1)实验时中A有大量紫红色的烟气,说明生成了碘蒸气,NH4I发生下列反应:NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气),2HI(气)⇌H2(气)+I2(气),则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI),E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气;(2)装置B的作用是吸收碘蒸气,反应方程式:Zn+I2═ZnI2,因为氨气极易被浓硫酸吸收,故D装置的作用是作安全瓶,防倒吸;(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体,结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe;(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下,Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4,由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O;(5)因Fe3+遇SCN-显红色,所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致,溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化,若该假设成立,则溶液中还存在Fe3+,再继续加入KSCN溶液则溶液变红;(6)氧化物样品质量为7.84克,还原成铁粉质量为5.6克,氧元素质量为:7.84-5.6g=2.24g,则铁和氧的原子个数比为::=0.1:0.14=5:7,氧化物的平均分子式为Fe5O7;则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4,故答案为:Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。20、溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少)减小关闭、,打开过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加Ba溶液,有白色沉淀生成【解析】
(1)装置A中试剂1为浓硫酸,试剂2为Na2SO3,反应生成二氧化硫气体;(2)检查装置气密性后,添加药品,pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因;打开K2,关闭K3,调节K1使硫酸缓慢匀速滴下,反应分步进行:Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3(较慢)发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
,据此分析反应现象;当pH计读数接近7时,立即停止通SO2,SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率,操作是关闭K1、K2,打开K3;(3)预测S2O32-转变为SO42-,可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验;【详解】(1)装置A中试剂1为浓硫酸,试剂2为Na2SO3,反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为:H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4,故答案为SO2;
H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4;(2)检查装置气密性后,添加药品,pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解,水解离子方程式为:S2−+H2O⇌HS−+OH−,打开K2,关闭K3,调节K1使硫酸缓慢匀速滴下,反应分步进行:Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3(较慢)发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
,反应过程中的现象是导管口有气泡冒出,溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少),碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液,pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时,立即停止通SO2,操作是关闭K1、K2,打开K3,必须立即停止通SO2的原因是:SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率,故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−;溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少);减小;关闭K1、K2,打开K3;SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率;(3)Na2S2O3有还原性,可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2,某同学预测S2O32−转变为SO42−,设计实验为:取少量反应后的溶液于试管中,加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,故答案为加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成;21、-195.2kJ/mol减小常温下,V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢<1.89×104减小该反应为气体体积减小的放热反应,通入高温He相当于加热;同时容器的体积增大,相当于减小压强,平衡均左移,产率减小该反应正向为放热反应,平衡时温度越高,SO2的转化率越低,故T3比T2高,高温下,反应②平衡向左移动,生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面,减小了V2O5与SO2气体的接触面积,使得V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)的反应速率降低B【解析】
(1)结合已知热化学方程式,根据盖斯定律进行计算;(2)由图像可知,随反
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