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文档简介
浙江省“温州八校”2024年高考化学四模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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、下列离子方程式错误的是A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaS04↓+2H2OB.酸性介质中KMnO4氧化H2O2:2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OC.等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合:Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓D.铅酸蓄电池充电时的正极反应:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-2、关于如图装置中的变化叙述错误的是A.电子经导线从锌片流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回铜片B.铜片上发生氧化反应C.右侧碳棒上发生的反应:2H++2e→H2↑D.铜电极出现气泡3、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的(
)选项实验操作及现象结论A将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取,浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常温下,测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液的pH常温下水解程度>C25℃时,向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀,然后滴加KI溶液,有黄色沉淀生成25℃时,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后,溶液褪色Cl2具有漂白性A.A B.B C.C D.D4、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A.分子式为C3H2O3B.分子中含6个σ键C.分子中只有极性键D.8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO25、Fe3O4中含有、,分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd为催化材料,可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-,其反应过程示意图如图所示,下列说法不正确的是A.Pd上发生的电极反应为:H2-2e-2H+B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C.反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2D.用该法处理后水体的pH降低6、下列有关实验的选项正确的是()A.分离甲醇与氯化钠溶液B.加热NaHCO3固体C.制取并观察Fe(OH)2的生成D.记录滴定终点读数为12.20mL7、以铁作阳极,利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离,其工作原理如图所示。下列说法错误的是()A.电极b为阴极B.a极的电极反应式:Fe-2e-=Fe2+C.处理废水时,溶液中可能发生反应:4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D.电路中每转移3mol电子,生成1molFe(OH)3胶粒8、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-9、在25℃时,向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中,溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示,则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中,c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-110、关于下列各实验装置的叙述中,不正确的是A.装置①可用于实验室制取少量NH3或O2B.装置②可用于实验室制备Cl2C.装里③可用从右侧管处加水的方法检验气密性D.装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯11、下列说法正确的是()A.表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线,图中a点溶液中含大量B.可知平衡常数很大,反应趋于完全C.为一种高分子结构片断,可知该高分子的结构简式为D.反应①比反应②的速率慢,与相应正反应的活化无关12、X、Y、Z均为短周期主族元素,Y的核电荷数为奇数,Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.单质的熔点:Y>Z B.X的最高价氧化物的水化物为弱酸C.Y、Z的氧化物均为离子化合物 D.气态氢化物稳定性:X>Z13、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是()A.两者的原料来源相同B.两者的生产原理相同C.两者对食盐利用率不同D.两者最终产品都是Na2CO314、下列关于有机物(a)的说法错误的是A.a、b、c的分子式均为C8H8B.b的所有原子可能处于同一平面C.c的二氯代物有4种D.a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色15、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A.NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解,说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO42-C.Fe
与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe
与两种酸均发生置换反应D.NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体16、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W和Y同族,X和Z同族,X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构,W和X、Z均能形成共价化合物,W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是A.4种元素中Y的金属性最强B.最高价氧化物对应的水化物的酸性:Z>XC.简单阳离子氧化性:W>YD.W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体二、非选择题(本题包括5小题)17、有机锌试剂(R—ZnBr)与酰氯()偶联可用于制备药物Ⅱ:(1)化合物Ⅰ的分子式为_____________。(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有______(双选)。A.可以发生水解反应B.可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀C.可与FeCl3溶液反应显紫色D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,按照途径1合成线路的表示方式,完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:_____________(标明反应试剂,忽略反应条件)。(4)化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________,以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种(不考虑手性异构)。(5)化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为:_____________。18、盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下:已知:请回答以下问题:(I)A的化学名称为____,试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____;反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法,不正确的是____(填标号)。a.属于芳香族化合物b.易溶于水c.有三种官能团d.可发生取代、加成、氧化反应19、亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂,其沸点为-5.5℃,易水解。已知:AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度,相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_________(填字母代号)装置,发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)欲收集一瓶干燥的氯气,选择合适的装置,其连接顺序为a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按气流方向,用小写字母表示,根据需要填,可以不填满,也可补充)。(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为:Cl2+2NO=2ClNO①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为___________________。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是___________________,然后进行其他操作,当Z中有一定量液体生成时,停止实验。(4)已知:ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。①设计实验证明HNO2是弱酸:_________________________________________。(仅提供的试剂:1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)20、为测定某硬铝(含有铝、镁、铜)中铝的含量,设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题:方案Ⅰ:(1)固体甲是铜,试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________(选填选项)。a.测溶液pH,呈碱性b.取样,继续滴加NaOH溶液,不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液,沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是:灼烧、_______、________,重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______,该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示:操作步骤有:①记录A的液面位置;②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后,使A和B液面相平;③再次记录A的液面位置;④将一定量Y(足量)加入烧瓶中;⑤检验气密性,将ag硬铝和水装入仪器中,连接好装置。(1)试剂Y是________________;操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag,若不测气体的体积,改测另一物理量也能计算出铝的质量分数,需要测定的是_______,操作的方法是__________。21、为了缓解温室效应,科学家提出了多种回收和利用CO2
的方案。方案I:利用FeO吸收CO2
获得H2ⅰ.6FeO(s)
+CO2(g)=--2Fe3O4(s)
+C(s)
△H1=-76.0kJ/molⅱ.C(s)
+2H2O(g)=CO2(g)
+2H2(g)
△H2=
+113.4kJ/mol(1)3FeO(s)
+H2O(g)=Fe3O4(s)
+H2(g)
△H3=________。(2)在反应i中,每放出38.0kJ热量,有_______g
FeO
被氧化。方案II
:利用CO2
制备CH4300℃时,向2L恒容密闭容器中充入2molCO2
和8
mol
H2,发生反应:CO2(g)
+4H2(g)CH4(g)
+2H2O(g)
△H4,混合气体中CH4
的浓度与反应时间的关系如图所示。(3)①从反应开始到恰好达到平衡时,H2
的平均反应速率v(H2)
=_________。②300℃时,反应的平衡常数K=____________。③保持温度不变,向平衡后的容器中再充入2
molCO2和8
molH2,重新达到平衡时CH4
的浓度_________(填字母)。A.等于0.8mol/LB.等于1.6mol/LC.0.8mol/L<c(CH4)
<1.6mol/LD.大于1.6mol/L(4)300℃时,如果该容器中有1.6
molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g),则v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。(5)已知:200℃时,该反应的平衡常数K=64.8L2·mol-2。则△H4______0(填“>”“<”或“=”)。方案Ⅲ:用碱溶液吸收CO2利用100mL3mol/LNaOH溶液吸收4.48LCO2(标准状况),得到吸收液。(6)该吸收液中离子浓度的大小排序为______________。将该吸收液蒸干、灼烧至恒重,所得固体的成分是__________(填化学式)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水,离子方程式为:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaS04↓+2H2O,书写正确,故A不符合题意;B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2,H2O2做还原剂,产生氧气,离子方程式为:2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O,书写正确,故B不符合题意;C.等物质的量的Ba(OH)2和HC1溶液混合,溶液显碱性,氢氧根离子有剩余;剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应,离子方程式为:2H++Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O,原离子方程式书写错误,故C符合题意;D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应,离子方程式为:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-,故D不符合题意;故答案选C。2、B【解析】
右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A.根据原电池工作原理可知:电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片,故A正确;B.根据氧化还原的实质可知:锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应,故B错误;C.根据电解池工作原理可知:左侧碳棒是电解池阳极,阳极上应该是氯离子放电生成氯气,右侧碳棒是阴极,该电极上发生的反应:2H++2e→H2↑,故C正确;D.根据原电池工作原理可知:铜电极是正极,正极端氢离子得电子放出氢气,故D正确;答案选B。3、C【解析】
A.酸性KMnO4溶液有强氧化性,能氧化溶液中的Cl-,则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+,故A错误;B.常温下,Na2CO3溶解度大于NaHCO3,要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同,因为两种钠盐饱和溶液浓度不等,所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度:CO32->HCO3-,故B错误;C.向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液,再滴加KI溶液,若开始有白色沉淀生成,后逐渐变为黄色沉淀,说明碘化银更难溶,说明碘化银的溶度积较小,即Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故C正确;D.Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中,红色褪去,是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO,导致溶液碱性减弱,而不是漂白性,故D错误;故答案为C。4、A【解析】
A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子,所以分子式为C3H2O3,故A正确;B、分子中的单键为σ键,一共有8个,故B错误;C、该分子中碳碳双键属于非极性键,故C正确;D、此选项没有说明温度和压强,所以所得二氧化碳的体积是不确定的,故D错误。此题选C。5、D【解析】
根据图像可知反应流程为(1)氢气失电子变为氢离子,Fe(Ⅲ)得电子变为Fe(Ⅱ);(2)Fe(Ⅱ)得电子变为Fe(Ⅲ),NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2。如此循环,实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2-的目的,总反应为3H2+2NO2-+2H+=N2↑+4H2O。【详解】根据上面分析可知:A.Pd上发生的电极反应为:H2-2e-2H+,故不选A;B.由图中信息可知,Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)是该反应的催化剂,其相互转化起到了传递电子的作用,故不选B;C.反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2,故不选C;D.总反应为3H2+2NO2-+2H+=N2↑+4H2O。,用该法处理后由于消耗水体中的氢离子,pH升高,故选D;答案:D6、C【解析】
A.甲醇与水互溶,不分层,则不能用分液的方法分离,故A错误;B.加热固体,试管口应略朝下倾斜,以避免试管炸裂,故B错误;C.植物油起到隔绝空气作用,氢氧化钠与硫酸亚铁反应,可生成氢氧化亚铁,故C正确;D.滴定管刻度从上到下增大,则记录滴定终点读数为11.80mL,故D错误。故选:C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0刻度在滴定管的上方,与量筒读数不同。7、D【解析】
根据图示可知,铁做阳极,失电子,发生氧化反应,Fe-2e-=Fe2+,所以a为阳极,b电极为阴极,发生还原反应,2H2O+2e-=H2+2OH-。【详解】A.根据图示a电极为Fe电极,连接电源正极,作阳极,失去电子,发生氧化反应,b电极连接电源负极,作阴极,A正确;B.由图示可知:a电极为Fe电极,失去电子,发生氧化反应,阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,B正确;C.Fe2+具有还原性,容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+,氧气得到电子变为OH-,Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,在处理废水时,溶液中可能发生的反应为:4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3,C正确;D.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体,所以电路中每转移3mol电子,生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol,D错误;故合理选项是D。8、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)。9、D【解析】
A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1,盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵中铵根水解显酸性,因而②(pH=7)时,氨水稍过量,即反应未完全进行,从①到②,氨水的量减少,氯化铵的量变多,又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比,氯化铵为强电解质,完全电离,得到的离子(铵根的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱,少部分NH3·H2O发生电离),因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点,A错误;B.观察图像曲线变化趋势,可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点,得到氯化铵溶液,盐类的水解促进水的电离,因而溶液pOH=8,则c溶液(OH-)=10-8mol/L,c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L,B错误;C.①点盐酸的量是③点的一半,③为恰好完全反应的点,因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl,可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),又①pOH=4,说明溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),那么c(NH4+)>c(Cl-),C错误;D.V(HCl)=0时,可知氨水的pOH=2.8,则c(OH-)=10-2.8mol/L,又NH3·H2O⇌NH4++OH-,可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L,③点盐酸和氨水恰好反应,因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L,因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。10、D【解析】
A、图中为固液反应不加热装置,选浓氨水与碱石灰可制备氨气,选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气,故A正确;B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气,不用加热,尾气用碱溶液吸收,故B正确;C、装里③可用从右侧管处加水,观察U型管是否出现液面差,可检验装置③的气密性,故C正确;D、装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃,不一定是乙烯,故D错误;故选D。11、B【解析】
A.a点所示pH接近12,显强碱性,碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀,后转化为偏铝酸根,故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根,故A错误;B.图象X(20,9.2)c(Ag+)=10-20mol/L,c(S2-)=10-9.2mol/L,Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2,同理可知Ksp
(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2,CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014,反应趋于完全,故B正确;C.该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成,则高分子的结构简式为,故C错误;D.根据图象可知,反应①中正反应的活化能较小,反应②中正反应的活化能较大,则反应①比反应②的速率快,故D错误;故答案为B。12、D【解析】
由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面,X的主族序数在Y、Z的主族序数之后,Z的核电荷数为X的2倍,可能确定X在第二周期右后位置,Y、Z在第三周期的左前位置,结合题中条件可知X、Y、Z分别为:N、Na、Si,据此解答。【详解】A.Y、Z分别为Na、Si,Si单质为原子晶体,熔点比钠的高,即Y<Z,A错误;B.X为N元素,最高价氧化物的水化物HNO3为强酸,B错误;C.Y、Z分别为Na、Si,Si的氧化物SiO2为共价化合物,C错误;D.X、Z分别为:N、Si,气态氢化物稳定性NH3>SiH4,即X>Z,D正确;答案选D。13、A【解析】
A.氨碱法:以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料;联合制碱法:以食盐、氨和二氧化碳(来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气)为原料,两者的原料来源不相同,故A错误;B.氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl,联合制碱法包括两个过程:第一个过程与氨碱法相同,将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水,再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀,经过滤、洗涤得NaHCO3晶体,再煅烧制得纯碱产品,第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体,故B正确;C.氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%,联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上,故C正确;D.氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3,故D正确;选A。14、C【解析】
A.结构中每个顶点为碳原子,每个碳原子形成四个共价键,不足键用氢补齐,a、b、c的分子中都含有8个C和8个H,则分子式均为C8H8,故A正确;B.b中苯环、碳碳双键为平面结构,与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面,单键可以旋转,则所有原子可能处于同一平面,故B正确;C.c有两种氢原子,c的一氯代物有两种,采用“定一移一”法,先固定一个Cl,第二个Cl的位置如图所示:,移动第一个Cl在①位、第二个Cl在④位,c的二氯代物共有6种,故C错误;D.a、b、c中均有碳碳双键,具有烯烃的性质,均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色,故D正确;答案选C。15、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,冷却后二者又重新结合生成氯化铵,不能制备氨气,选项A错误;B、向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性,会把SO32-氧化产生SO42-,不能说明该溶液一定有SO42-,选项B错误;C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,前者是由于硝酸的强氧化性,后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应,选项C错误;D、NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体氯化铵,选项D正确。答案选D。点睛:本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。16、B【解析】
W和X、Z均能形成共价化合物,则W、X、Z很可能均为非金属元素,考虑到W原子序数最小,可推断W为H元素;W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性,X为非金属,可推测化合物中有NH3,则X为N元素,又X和Z同族,Z为P元素;W和Y同族,X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构,可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息,因而推测合理,W为H,X为N,Y为Na,Z为P。A.4种元素中只有Y是金属元素,即Na,因而金属性最强,A正确;B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强,非金属性:N(X)>P(Z),因而最高价氧化物对应的水化物的酸性:Z<X,B错误;C.元素的金属性越强,对应简单阳离子氧化性越弱,金属性Na(Y)>H(W),因而简单阳离子氧化性:W>Y,C正确;D.W和Y形成的化合物为NaH,NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢气为还原性气体,D正确。故答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】
(1)根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br;(2)根据化合物Ⅱ的结构简式,其含有酯基,可发生水解反应,含有苯环,发生苯环上的硝化反应,没有醛基,不可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀,没有酚羟基,不可与FeCl3溶液反应显紫色,所以A、D正确,选择AD;(3)根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息,可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3,从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到,可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH,而化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH,故合成路线可表示为:CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3;(4)化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3,每个碳原子上的氢都相同,不同碳原子上的H原子不相同,所以应有4组峰;以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3,其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH,C4H9—为丁基,丁基有4种不同的结构的H原子,所以C4H9COOH的同分异构体共有4种;(5)根据题目信息,有机锌试剂(R—ZnBr)与酰氯()偶联可用于制备药物Ⅱ,因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3,则要合成Ⅱ,Ⅶ为酰氯,根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式,可推知Ⅶ的结构为。18、邻羟基苯甲醛(2-羟基苯甲醛)羟基,羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】
C为;(I)按命名规则给A命名,结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构,找出试剂a,可确定结构简式;(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式,并且找出其的官能团写名称即可;(3)找到C的结构简式是关键,从流程开始的物质A到C,可发现只有醛基被消除,由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的;(4)从B的结构出发,满足条件的B的同分异构体(不包含B)中,先找出条件对应的基团及位置,最后再确定总数目,同分异构体x与NaOH溶液加热下反应,则X含酯基,X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,确定X结构即可求解;(5)关于物质D的说法不正确的有哪些?从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断;【详解】(I)A为,则其名称为:邻羟基苯甲醛(2-羟基苯甲醛);答案为:邻羟基苯甲醛(2-羟基苯甲醛);题给信息,反应②为,则试剂a为;答案为:;(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式:,官能团为羟基和羰基;答案为:羟基;羰基;(3)C的结构简式是,与HI在加热下发生反应⑤得到,可见是-OCH3中的-CH3被H取代了;从流程开始的物质A到C,为什么不采用以下途径:主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时,酚羟基也会被氧化,因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化;答案为:取代反应;保护羟基不被氧化;(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基,其中有一个醛基(含甲酸酯基),且取代基可以是邻、间、对3种位置,则2个取代基可以有四种组合:首先是和,它们分别处于间、对,共2种(处于邻位就是B要排除),剩下3种组合分别是、、,它们都可以是邻、间、对3种位置,就9种,合起来共11种;答案为:11;某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应,则X含甲酸酯基,则X中苯环上的侧链为,X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,则取代基处于对位,因此X为,则反应方程式为;答案为:(5)D为,关于物质D的说法:a.因为含有苯环,属于芳香族化合物,a说法正确,不符合;b.亲水基团少,憎水基团大,不易溶于水,b说法不正确,符合;c.含氧官能团有3种,还有1种含氮官能团,c说法不正确,符合;d.醇羟基可发生取代、氧化,羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确,不符合;答案为:bc。19、A(或B)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点【解析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,也可以用高锰酸钾和浓盐酸;⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②通入一段时间气体,其目的是排空气;⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,选择A,也可以用高锰酸钾和浓盐酸,选择B,发生的离子反应为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:A(或B);MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O);⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h,故答案为:f;g;c;b;d;e;j;h;⑶①用B装置制备NO,与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停,故答案为:排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是排干净三颈瓶中的空气,故答案为:排干净三颈瓶中的空气;⑷①若亚硝酸为弱酸,则亚硝酸盐水解呈若碱性,即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上,若试纸变蓝,则说明亚硝酸为弱酸,故答案为:用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,因此滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol∙L−1×0.02L=0.02cmol,亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为,故答案为:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;。20、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100%氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量【解析】
为了测定硬铝中铝的质量分数,可称得样品质量,测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质,将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积,从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ:(1)实验流程中,固体甲是铜,则足量X可溶解硬铝中的镁、铝,试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸,加入足量的NaOH溶液,可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性(a错);证明NaOH溶液过量不必取样,NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少(b错、c对)。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量,故需经过灼烧、冷却、称量,重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝(Al2O3)。实验流程中,硬铝中的铝最终全
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