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文档简介
云南省禄丰县民族中学2024年高三下学期联合考试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、CuO有氧化性,能被NH3还原,为验证此结论,设计如下实验。有关该实验的说法正确的是A.反应时生成一种无污染的气体NOB.NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是CuC.装浓氨水的装置名称是分液漏斗,只能用作分液操作D.烧杯中硫酸的作用是防倒吸2、降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是()A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个3、化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A和小苏打反应泡沫灭火器灭火B受热易分解产生气体可作面包的发泡剂C乙酸具有酸性常用于工业管道去除水垢D次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物A.A B.B. C.C D.D4、2019年7月1日起,上海进入垃圾分类强制时代,随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心,而环境保护与化学息息相关,下列有关说法正确的是A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾,不可降解,能使溴水褪色B.可回收的易拉罐中含金属铝,可通过电解氯化铝制取C.废旧电池中含有镍、镉等重金属,不可用填埋法处理D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O5、某种化合物的结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A.WX的水溶液呈碱性B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性C.元素非金属性的顺序为:Y>Z>QD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构6、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7、下列实验合理的是()A.证明非金属性Cl>C>SiB.制备少量氧气C.除去Cl2中的HClD.吸收氨气,并防止倒吸A.A B.B C.C D.D8、下列有关表述正确的是()A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应9、下列物质结构和性质变化规律正确的是()A.硬度:LiCl<NaCl<KCl B.沸点:HF<HCl<HBrC.酸性:H3PO4>H2SO4>HClO4 D.原子半径:Na>Mg>Al10、用石墨电极电解饱和食盐水,下列分析错误的是A.得电子能力H+>Na+,故阴极得到H2B.水电离平衡右移,故阴极区得到OH-C.失电子能力Cl->OH-,故阳极得到Cl2D.OH-向阴极移动,故阳极区滴酚酞不变红11、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液,振荡后溶液变蓝,再加入足量的亚硫酸钠溶液,蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A.氧化性:ClO->SO42->I2B.漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C.ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应D.向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液,氯水褪色12、下列实验中,由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A将3体积SO2和1体积O2混合通过灼热的V2O5充分反应,产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液,前者产生白色沉淀,后者褪色SO2和O2的反应为可逆反应B用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中,Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素A.A B.B C.C D.D13、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A.简单离子半径:W>Y>Z>XB.Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C.Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D.元素的最高正化合价:W>X>Z>Y14、下列物质的工业生产过程中,其主要反应不涉及氧化还原反应的是()A.生铁 B.硫酸 C.烧碱 D.纯碱15、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应,转移电子数目为0.1NAB.25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NAC.常温下,14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD.等质量的1H218O与D216O,所含中子数前者大16、在化学反应中,有时存在“一种物质过量,另一种物质仍不能完全反应”的情况,下列反应不属于这种情况的是A.过量的铜与浓硝酸反应B.过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应C.过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应D.过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应二、非选择题(本题包括5小题)17、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:请回答:(1)X的化学式是______________。(2)写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。(3)写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。18、阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知:Ⅰ.Ⅱ.(具有较强的还原性)(1)反应④的试剂和条件为______;反应①的反应类型为______;反应②的作用是_____;(2)B的结构简式为_______;(3)下列关于G中的描述正确的是______;A.具有两性,既能与酸反应也能与碱反应B.能发生加成、消去、取代和氧化反应C.能聚合成高分子化合物D.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______;反应②的化学方程式为_________;(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种;a.属于芳香族化合物,且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________;(6)已知:依据题意,写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。19、亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠,并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知:①C1O2为黄绿色气体,极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体,高于38℃时析出NaC1O2晶体,温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。(1)装置A中b仪器的名称是____;a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____(填“能”或“不能”),原因是____。(2)A中生成C1O2的化学反应方程式为____。(3)C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____;为获得更多的NaC1O2,需在C处添加装置进行改进,措施为____。(4)反应后,经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体,请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥,得到成品实验Ⅱ样品杂质分析(5)上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐,其化学式为____,实验中可减少该杂质产生的操作(或方法)是____(写一条)。20、某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验(图中夹持装置省略)。请按要求填空:(1)实验室制取SO2气体时,可选择的合适试剂___(选填编号)。a.15%的H2SO4溶液b.75%的H2SO4溶液c.Na2SO3固体d.CaSO3固体相应的制取装置是___(填图中装置下方编号)。(2)实验室若用装置①来制取H2S气体,可选择的固体反应物是___(选填编号)。a.Na2S固体b.CuS固体c.FeS固体d.FeS2固体反应的离子方程式为___。(3)如何检验装置①的气密性?简述其操作:___。(4)实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯,除了题中的仪器外,制取装置中还缺少的玻璃仪器是___。(5)该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2,制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤,其中装置②盛有的试剂是___,装置④盛有的试剂是___。21、CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。(1)将体积比为2:1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中,同时不断地用电火花点燃。将残留固体溶于水,所得溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)____________c(Na+)(填“>”“<”或“=”)。(2)已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol;键能E(o=o)=499.0kJ/mol①CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=____________kJ/mol②已知2500K时,①中反应的平衡常数为0.40。某时刻该反应体系中各物质浓度满足:c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O),则此时反应____________(填向左”或“向右”)进行。(3)已知:反应CO2(g)CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1;反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2,①分析图1,求2min内v(CO2)=_______。②分析图2,1500℃时反应达平衡,此时容器体积为1L,则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。(4)为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果,某实验室控制CO和H2的初始投料比为1:3进行实验,得到如下数据:选项T/K时间/min催化剂种类甲醇的含量(%)A45010CuO-ZnO78B45010CuO-ZnO-ZrO288C45010ZnO-ZrO246①由表1可知,该反应的最佳催化剂为____________(填编号);图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。A.使用催化剂CuO-ZnO-ZrO2B.适当降低反应温度C.增大CO和H2的初始投料比D.恒容下,再充入amolCO和3amolH2
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
A.NO是大气污染物,反应时生成一种无污染的气体N2,故A错误;B.在一定温度下,NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu,若温度过高,氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜,故B正确;C.装浓氨水的装置名称是分液漏斗,可用作分液操作,还可用于反应装置中盛装液体,控制加入液体的量来调控反应速率,故C错误;D.烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体,故D错误;答案选B。【点睛】尾气处理时,碱性气体用酸来吸收,倒扣漏斗增加接触面积,防止倒吸。2、C【解析】
A.降冰片二烯与四环烷分子式相同,结构不同,因此二者互为同分异构体,A正确;B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键,因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B正确;C.四环烷含有三种位置的H原子,因此其一氯代物有三种,C错误;D.根据乙烯分子是平面分子,与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上,所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个,D正确;故合理选项是C。3、C【解析】
A.Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解,生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体,用于泡沫灭火器灭火,故A正确;B.受热易分解产生气体CO2气体,可作为面包的发泡剂,故B正确;C.乙酸具有酸性,且酸性比碳酸强,可以与水垢反应,但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道,所以不能用于工业管道去除水垢,故C错误;D.次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性,所有漂白粉可用于漂白织物,故D正确;故选C。4、C【解析】
A.聚乙烯结构中不含碳碳双键,不能使溴水褪色,故A错误;B.氯化铝为共价化合物,受热易升华,电解得不到金属铝;金属铝采用电解氧化铝制备,故B错误;C.镍、镉等重金属会造成水土污染,应集中处理,不可用填埋法处理,故C正确;D.丝、毛中主要含蛋白质,含有C、H、O、N等元素,燃烧不止生成CO2和H2O,故D错误;答案:C5、A【解析】
由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,据此解答。【详解】由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,A.WX为NaH,其与水反应生成NaOH和氢气,溶液显碱性,故A正确;B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物,如NaHC2O4,由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度,则其水溶液呈酸性,故B错误;C.同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强,则元素的非金属性Q>Z>Y,故C错误;D.该化合物中与Y单键相连的Q,与Y共用一对电子,并得到了W失去的一个电子,满足8电子稳定结构,故D错误;故选A。6、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。7、D【解析】
A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸,因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱,同时盐酸易挥发,与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应,因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性,则不能比较C与Si的非金属性强弱,故A错误;
B.过氧化钠为粉末固体,隔板不能使固体与液体分离,关闭止水夹,不能使反应随时停止,图中装置不合理,故B错误;
C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体,引入新的杂质,应用饱和食盐水,故C错误;
D.四氯化碳的密度比水大,不溶于水,可使气体与水隔离,从而可防止倒吸,故D正确;
故选D。【点睛】A项是学生们的易错点,其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸,因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱,应用高氯酸;同时盐酸易挥发,能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应,因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性,则不能比较C与Si的非金属性强弱。8、D【解析】
A、次氯酸钠是盐,是强电解质而不是弱电解质,故A错误;B、Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物不同:Na2O+CO2=Na2CO3,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故B错误;C、增加氯离子的量,AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动,溶解度减小,故C错误;D、SiO2是酸性氧化物,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,故D正确;答案选D。9、D【解析】
A、离子半径:Li+<Na+<K+,晶格能LiCl>NaCl>KCl,所以硬度LiCl>NaCl>KCl,故A错误;B、HF分子间存在氢键,所以沸点:HCl<HBr<HF,故B错误;C、非金属性P<S<Cl,所以最高价氧化物的水化物的酸性:H3PO4<H2SO4<HClO4,故C错误;D、同周期元素从左到右,半径减小,原子半径:Na>Mg>Al,故D正确;答案选D。【点睛】本题考查元素周期律,同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强,注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。10、D【解析】
A.得电子能力H+>Na+,电解饱和食盐水阴极:2H++2e-═H2↑,故A正确;B.电解饱和食盐水过程中,H+被消耗,促进水的电离,阴极消耗H+同时得到OH-,故B正确;C.失电子能力Cl->OH-,电解饱和食盐水阳极:2Cl--2e-=Cl2,故阳极得到Cl2,故C正确;D.D.电解池中,阴离子会向阳极移动,而阴极氢离子放电,使整个溶液显碱性,因此阳极区滴酚酞也会变红,故D错误;故选D。11、A【解析】
A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液,溶液变蓝色知,次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质,碘遇淀粉变蓝色,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,次氯酸根离子是氧化剂,碘单质是氧化产物,氧化性为:ClO->I2,再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失,说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了,得到硫酸根离子,碘单质是氧化剂,硫酸根离子是氧化产物,故氧化性SO42-<I2,因此得出氧化性的强弱为:ClO->I2>SO42-,A错误;B、漂白精的成分中有次氯酸钠,根据对A的分析,次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质,B正确;C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性.因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应,C正确;D、新制的氯水中主要是氯气,因此新制的氯水是黄绿色的,由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强,故能发生氧化还原反应,氯气被还原而使氯水褪色,D正确,答案选A。12、C【解析】
A.SO2过量,故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应,选项A错误;B.不一定为钠盐溶液,也可以是NaOH溶液,选项B错误;C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液呈紫红色,则说明原溶液中含有I-,被氧化产生碘单质,选项C正确;D.浓盐酸易挥发,挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象,选项D错误;答案选C。13、C【解析】
Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,则Y为Na;X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物,则X为O,两种化合物为过氧化钠和氧化钠;常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1,则HW为一元强酸,短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl,W为Cl;ZCl3加入NaOH溶液,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,则Z为Al,综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。【详解】A.电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小半径越大,所以四种离子半径:Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+,即W>X>Y>Z,故A错误;B.AlCl3为共价化合物,故B错误;C.Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解,不影响水的电离平衡,故C正确;D.O没有正价,故D错误;故答案为C。【点睛】电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小半径越大;主族元素若有最高正价,最高正价等于族序数,若有最低负价,最低负价等于族序数-8。14、D【解析】
凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应,据此分析。【详解】A.冶炼铁,发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,Fe、C元素化合价发生变化,为氧化还原反应,不符合题意,A项错误;B.硫酸工业中存在S~SO2~SO3的转化,S、O元素化合价发生变化,为氧化还原反应,不符合题意,B项错误;C.工业制取烧碱涉及的反应为:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,该反应中H、Cl元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,C项错误;D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为:NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,这几个方程式中都没有电子的转移,所以不涉及氧化还原反应,D项正确;答案选D。【点睛】工业制取纯碱(利用侯氏制碱法),先将氨气通入饱和食盐水中,再通入二氧化碳气体,NaHCO3的溶解度最小,会结晶析出,发生反应:NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,这是制纯碱的关键步走,然后过滤,洗涤,烘干,得到碳酸氢钠固体,然后再加热分解得带碳酸钠,发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,这是学生们的易忘点。15、C【解析】
A.Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气,4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol,即0.2NA,故A错;B.pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积,无法计算含有OH-的数目,故B错;C.常温下,C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2,14克为1mol,所含原子数为3NA,C正确;D.等质量的1H218O与D216O,所含中子数相等,均为NA,故D错。答案为C。16、A【解析】
A.铜与浓硝酸和稀硝酸均反应,则过量的铜与浓硝酸完全反应,A正确;B.过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应,随之反应的进行,硫酸浓度降低,稀硫酸与铜不反应,B错误;C.过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应,随之反应的进行,盐酸浓度降低,稀盐酸与二氧化锰不反应,C错误;D.过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应,该反应是可逆反应,不可能进行完全,D错误;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O【解析】
流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气,质量:32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子,证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,X为氧化铜,n(CuO)==0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol,氧元素守恒得到甲中n(Cu):n(O)=0.4mol:(0.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲化学式为Cu2O,固体乙为Cu,蓝色溶液为硫酸铜,加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀,加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO,故答案为CuO;(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液,转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2,故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2;(3)固体甲为Cu2O,氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水,反应的化学方程式为:Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,故答案为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。18、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基,以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】
乙酰氯和乙酸反应生成A,A和B反应生成C,C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D,根据D的结构简式()知,C为,B中含有苯环,根据B的分子式C7H8O知,B为,根据信息I,A为(CH3CO)2O;D发生水解反应然后酸化得到E,E为,E反应生成F,F发生还原反应生成G,根据G的结构简式()结合题给信息知,F为;(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸,据此分析解答。【详解】(1)反应④为转化为,发生的是苯环上的硝化反应,反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热;反应①为乙酰氯()转化为乙酸,反应类型为取代反应;酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化,反应②的作用是保护酚羟基,防止被氧化,故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热;取代反应;保护酚羟基,防止被氧化;(2)根据上述分析,B的结构简式为,故答案为;(3)A.G()中含有羧基和氨基,所以具有酸性和碱性,则具有两性,既能与酸反应也能和碱反应,故A正确;B.G()中含有酚羟基,能发生氧化反应,但不能发生消去反应,羧基能发生取代反应,苯环能发生加成反应,故B错误;C.G()中含有羧基和酚羟基(或氨基),能发生缩聚反应生成高分子化合物,故C正确;D.只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2,故D错误;故选AC;(4)D中含有羧基和酯基,酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应,与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O,反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH,故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O;+(CH3CO)2O→+CH3COOH;(5)C为,C的同分异构体符合下列条件:a.属于芳香族化合物,说明含有苯环,且含有两个甲基;b.能发生银镜反应,说明含有醛基;又能发生水解反应,说明含有酯基,则为甲酸酯类物质,如果两个-CH3位于邻位,HCOO-有2种位置;如果两个-CH3位于间位,HCOO-有3种位置;如果两个-CH3位于对位,HCOO-有1种位置;共6种同分异构体,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或,故答案为6;或;(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸,其合成流程图为,故答案为。【点睛】本题的易错点为(6),根据题意,苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关,要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。19、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃趁热过滤(或38℃以上过滤)Na2SO4控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)【解析】
装置A中制备得到ClO2,所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4,二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2,A中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,产生的SO2
被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3,Na2SO3与H2O2
反应生成Na2SO4,由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl;装置B的作用是安全瓶,有防倒吸作用,从装置C的溶液获得NaClO2晶体,需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】(1)根据仪器构造,装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶;A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯。由信息可知,C1O2极易与水反应,所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸,防止ClO2与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶;不能;ClO2极易与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率;(2)A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯,反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,
故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;(3)C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2,氯元素化合价从+4价降到+3价,二氧化氯被还原,所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂;由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以为获得更多的NaC1O2,将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃。故答案为作还原剂;将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃;(4)从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,为防止析出晶体NaClO2•3H2O,应趁热过滤,由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃进行洗涤,低于60℃干燥,所缺步骤为趁热过滤(或38℃以上过滤)。故答案为趁热过滤(或38℃以上过滤);(5)A中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,产生的SO2
被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3,Na2SO3与H2O2
反应生成Na2SO4,所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4;为减少Na2SO4产生,应尽量减少生成SO2,采取的操作可以是控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)。故答案为Na2SO4;控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)。20、b、c⑥cFeS+2H+=Fe2++H2S↑关闭活塞K,从长颈漏斗注水,使长颈漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间液面不下降则气密性好酒精灯、温度计品红溶液品红溶液【解析】
实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体,反应方程式为:Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O。【详解】(1)a.15%的H2SO4溶液,SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体,易溶于水,由于SO2气体是易溶于水的气体,所以不能选择15%的H2SO4溶液,a错误;
b.75%的H2SO4溶液,由于SO2气体是易溶于水的气体,用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度,b正确;
c.Na2SO3固体,Na2SO3固体易溶于水,保证反应均匀进行,c正确;
d.CaSO3固体,由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶,容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行,d错误;气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关;实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体,反应方程式为:Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O,该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体,因Na2SO3固体易溶于水,选①无法控制反应的开始和停止和反应的速率,选⑥,故答案为:b、c;⑥;(2)装置①的特点,固体与液体反应,不需要加热,且固体难溶于水,便于控制反应,Na2S固体易溶于水的固体,CuS固体与稀硫酸不反应,FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生:FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4,H2S2类似于H2O2,易分解,发生H2S2=H2S↑+S↓,显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少,反应快,因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体,FeS+2H+=Fe2++H2S↑,用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体,是固液常温型反应,所以c正确,故答案为:c;
FeS+2H+=Fe2++H2S↑;(3)装置①为简易的制取气体装置,对于该装置的气密性检查,主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验.如夹紧止水夹,向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面,一段时间后,看液面高度差有无变化,说明变化装置漏气,反之不漏气,故答案为:关闭活塞K,从长颈漏斗注水,使长颈漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间液面不下降则气密性好;(4)实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,需酒精灯加热,需温度计测反应的温度,故答案为:酒精灯、温度计;(5)为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2,制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤,可先用品红检验二氧化硫,用品红检验二氧化硫是否除尽,最后用澄清石灰水检验二氧化碳,故答案为:品红溶液;品红溶液。21、<-33.5向左3×10-7mol/(Lmin)3.2×10-8mol/LBcdBD【解析】
(1)碳酸钠在溶液中水解显碱性,结合溶液中电荷守恒分析;(2)①根据盖斯定律,将已知的热化学方程式叠加,可得待求反应的热化学方程式;②根据Qc与K的相对大小判断;(
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