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文档简介
四川省宜宾县第二中学2024年高三下学期一模考试化学试题注意事项: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、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法错误的是()A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构B.元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ22、不同条件下,用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A.由①、②可知,pH越大,+2价铁越易被氧化B.由②、③推测,若pH>7,+2价铁更难被还原C.由①、③推测,FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D.60℃、pH=2.5时,4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)3、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐,其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A.简单离子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.最常见氢化物的稳定性:X>YC.Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D.HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构4、类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pC=-lgC,pKa=-lgKa,常温下,某浓度H2A溶液在不同pH值下,测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示,下列说法正确的是A.随着pH的增大,pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B.pH=3.50时,c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C.b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D.pH=3.00~5.30时,c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大5、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3,则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A.20 B.24 C.25 D.776、根据能量示意图,下列判断正确的是()A.化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B.该反应的反应物总能量小于生成物总能量C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1D.由图可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ热量7、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A.该反应显示硫酸具有酸性B.NH4CuSO3中铜元素全部被氧化C.刺激性气味的气体是氨气D.反应中硫酸作氧化剂8、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液,描述正确的是A.用石蕊作指示剂B.锥形瓶要用待测液润洗C.如图滴定管读数为25.65mLD.滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化9、下图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A.元素非金属性:X>R>WB.X与R形成的分子内含两种作用力C.X、Z形成的化合物中可能含有共价键D.元素对应的离子半径:W>R>X10、将等量的固体Mg(OH)2,置于等体积的下列液体中,最终固体剩余最少的是()A.在纯水中 B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中C.在0.1mol/L的NH3·H2O中 D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中11、下列我国科研成果所涉及材料中,主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是ABCD能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线2022年冬奥会聚氨酯速滑服4.03米大口径碳化硅反射镜“玉兔二号”钛合金筛网轮A.A B.B C.C D.D12、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-,下列反应不能发生的是A.2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+ B.I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+C.2Fe2++I2→2Fe3++2I- D.Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+13、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应,实验如下。实验1实验2下列分析正确的是()A.实验1中,白色沉淀a是Al2(CO3)3B.实验2中,白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净,均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D.实验1、2中,白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关14、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS−、S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是A.A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B.X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S)C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为:X<YD.Y点对应溶液中c(K+)与含硫各微粒浓度的大小关系为:c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]15、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变,因其释放能量大,无污染,成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为+→+。下列说法中正确的是()A.D和T是质量数不同,质子数相同的氢的两种元素B.通常所说的氢元素是指C.、、是氢的三种核素,互为同位素D.这个反应既是核反应,也是化学反应16、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O,电极反应转移的电子数为0.5NAB.标准状况下,11.2LSO2溶于水,溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC.常温下,0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD.分子式为C2H6O的某种有机物4.6g,含有C-H键的数目一定为0.5NA二、非选择题(本题包括5小题)17、1,6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一,可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程:完成下列填空:(1)写出反应类型:反应①_____反应②_______。(2)A和B的结构简式为_______、_______。(3)由合成尼龙的化学方程式为___。(4)由A通过两步制备1,3-环己二烯的合成线路为:_______。18、A~J均为有机化合物,它们之间的转化如下图所示:实验表明:①D既能发生银镜反应,又能与金属钠反应放出氢气:②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢,且其峰面积之比为1:1:1;③G能使溴的四氯化碳溶液褪色;④1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气(标准状况)。请根据以上信息回答下列问题:(1)A的结构简式为____________(不考虑立体结构),由A生成B的反应类型是____________反应;(2)D的结构简式为_____________;(3)由E生成F的化学方程式为_______________,E中官能团有_________(填名称),与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________(写出结构简式,不考虑立体结构);(4)G的结构简式为_____________________;(5)由I生成J的化学方程式______________。19、FeCl3是重要的化工原料,无水氯化铁在300℃时升华,极易潮解。I.制备无水氯化铁。(1)A装置中发生反应的离子方程式为______________。(2)装置的连接顺序为a→______________→j,k→______________(按气流方向,用小写字母表示)。(3)实验结束后,取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解,经检测,发现溶液中含有Fe2+,可能原因为______________。II.探究FeCl3与SO2的反应。(4)已知反应体系中存在下列两种化学变化:(i)Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+(红棕色);(ii)Fe3+与SO2发生氧化还原反应,其离子方程式为______________。(5)实验步骤如下,并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中,通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后,溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+(6)从上述实验可知,反应(i)、(ii)的活化能大小关系是:E(i)________E(ii)(填“>”、“<”或“=”,下同),平衡常数大小关系是:K(i)__________K(ii)。20、吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O,M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用;吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下:NaHSO3的制备:如图,在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水,振荡溶解,缓慢通入SO2,至广口瓶中溶液pH约为4,制得NaHSO3溶液。(1)装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__;Ⅱ中多孔球泡的作用是__。(2)实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备:如图,向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛,在80~90℃C下,反应约3h,冷却过滤。(3)仪器A的名称为___;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。(4)将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定:将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中,加入10%磷酸10mL,立即通入100℃水蒸气;吊白块分解并释放出甲醛,用含36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响,4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O),再用0.1000mol·L-1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4,再重复实验2次,平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。(5)滴定终点的判断方法是__;吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字);若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质,会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)21、非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题:(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为__________;第一电离能I1(Si)____I1(Ge)(填“>”或“<”)。(2)基态Ge原子核外电子排布式为_____________;SiO2、GeO2具有类似的晶体结构,其中熔点较高的是________,原因是______。(3)如图为H3BO3晶体的片层结构,其中B的杂化方式为________;硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_____________。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形),晶胞参数为apm,bpm和cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______;CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则CsSiB3O7晶体的密度为_____________g·cm-1(用代数式表示)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4,则Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,故A错误;B、元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等,故B正确;C、元素Y为铝,铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,故C正确;D、硫和碳可形成共价化合物CS2,故D正确;答案选A。2、D【解析】
A.①、②中温度和pH均不同,存在两个变量,不能判断pH对反应的影响,故A错误;
B.若pH>7,+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁,所以+2价铁易被氧化,故B错误;
C.①、③中pH相同,温度越高,转化率越大,则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应,故C错误;
D.50℃、pH=2.5时,4h内Fe2+的平均消耗速率等于
0.15a
mol/(L•h),在60℃、pH=2.5时,温度升高,速率增大,所以60℃、pH=2.5时,4h内Fe2+的平均消耗速率大于
0.15a
mol/(L•h),故D正确。
故答案为D。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素,把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键,侧重于考查学生的分析能力和应用能力。3、C【解析】
由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐,可确定Y为O元素,由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐,可确定ZXY3是NaNO3,而不是MgCO3;W是Cl元素,排除Si或S元素,结合已有的知识体系可推出这两种盐为:NaNO3、NaClO4,X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素,A.电子层数越大,离子半径越大;电子层数相同时,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径:r(Cl-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+),A项错误;B.因非金属性:N<O,故最常见氢化物的稳定性:X<Y,B项错误;C.Z2Y2为过氧化钠,其中含有离子键和共价键,属于离子晶体,在熔融状态下能导电,C项正确;D.HWY分子为HClO,其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构,而H是2电子稳定结构,D项错误;答案选C。4、C【解析】
H2A存在电离平衡:H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-,pH增加促进电离平衡正向移动,所以由图可知:下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,由此分析解答。【详解】A.由分析可知,随着pH的增大,pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,故A错误;
B.pH=3.50时,左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数,右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数,此时pC(H2A)>pC(A2-)>pC(HA-),即c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),故B错误;C.b点时,c(H2A)=c(A2-),,交点a处c(HA-)=c(H2A),故Ka1==c(H+)=l×10-0.8,HA-⇌A2-+H+,交点c处c(HA-)=c(A2-),故Ka2==c(H+)=l×10-5.3,故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5,故C正确;D.D.pH=3.00~5.30时,结合物料守恒c(H2A)+c(HA-)+C(A2-)始终不变,故D错误;故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义,明确图象曲线变化的意义为解答关键,注意掌握电离平衡及其影响,试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。5、B【解析】
烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1;若每减少2个H原子,则相当于碳碳间增加一对共用电子对,利用减少的H原子数目,再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数,烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19,则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24,答案选B。【点睛】明确每减少2个H原子,则相当于碳碳间增加一对共用电子对。6、D【解析】
A.断键需要吸热,成键会放热,故A不选;B.该反应是放热反应,反应物总能量大于生成物总能量,故B不选;C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)ΔH=-(b-a)kJ·mol-1。生成C(l)时的ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1,故C不选;D.据图可知,生成1molC(l),放出(b+c-a)kJ的热量,故D选。故选D。7、A【解析】
由反应现象可以知道,NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热,分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+,SO32—+2H+=SO2↑+H2O,结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+,SO32—+2H+=SO2↑+H2O,反应中硫酸中各元素的化合价不变,所以只显示酸性,所以A选项是正确的;B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知,NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原,故B错误;C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O,刺激性气味的气体是SO2,故C错误;D.反应中硫酸只作酸,故D错误。答案选A。8、D【解析】
A.滴定终点时石蕊变色不明显,通常不用石蕊作指示剂,故A错误;B.锥形瓶如果用待测液润洗,会使结果偏高,故B错误;C.如图滴定管读数为24.40mL,故C错误;D.滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面,应该注视锥形瓶中溶液颜色变化,以便及时判断滴定终点,故D正确;故选:D。。9、C【解析】
都是短周期元素,由最外层电子数与原子序数关系可知,X、Y处于第二周期,X的最外层电子数为6,故X为O元素,Y的最外层电子数为7,故Y为F元素;Z、R、W处于第三周期,最外层电子数分别为1、6、7,故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素,则A.同周期元素从左到右非金属性逐渐增强,同主族从上到下非金属性逐渐减弱,应为O>Cl>S,选项A错误;B.X与R形成的分子可为SO2或SO3,分子内只存在极性键,选项B错误;C.X、Z形成的化合物如为Na2O2,含有共价键,选项C正确;D.核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小,半径O2-<Cl﹣<S2﹣,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用,根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键,注意整体把握元素周期表的结构,都是短周期元素,根据图中信息推出各元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。10、D【解析】
Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag),平衡右移,溶解度增大,反之减小,据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag);A.在纯水中,Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态,故A错误;B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中,c(Mg2+)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故B错误;C.在0.1mol/L的NH3·H2O中,c(OH-)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故C错误;D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中,c(H+)增大,促进平衡正向移动,最终固体Mg(OH)2可能完全溶解,故D正确;故答案为D。11、C【解析】
A、银是副族元素,故A不符;B、聚氨酯速滑服由氢、碳、氮、氧元素组成,分别属于IA、ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素,故B不符;C、C、Si属于ⅣA族元素,故C符合;D、钛是副族元素,故D不符;故选C。12、C【解析】
A、因该反应中S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,能发生,故A不选;B、因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->I-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故B不选;C、因该反应中Fe元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>I-,与已知的还原性强弱不一致,反应不能发生,故C选;D、因该反应中Br元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Br-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。答案选C。13、C【解析】
由现象可知:实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3,实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中,沉淀溶解,无气泡,白色沉淀a是Al(OH)3,故A错误;B.实验2中,沉淀溶解,少量气泡,该气体是CO2,但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2,故B错误;C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净,即可检验有无SO42-,均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验,故C正确;D.实验1、2中,过量Al2(SO4)3溶液显酸性,过量Na2CO3溶液显碱性,不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关,故D错误;答案选C。【点睛】注意D项中,强酸弱碱盐显酸性,强碱弱酸盐显碱性。14、C【解析】
滴加盐酸时,盐酸先和KOH反应,然后再和K2S反应,首先发生S2-+H+=HS-,该过程中S2-含量减少,HS-含量上升,然后发生HS-+H+=H2S,此时HS-含量下降,H2S上升,所以A代表S2-,B代表HS-,C代表H2S。【详解】A.根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况,故A正确;B.Y点表示c(H2S)=c(HS−),Ka1(H2S)=,当c(H2S)=c(HS−)时,Ka1(H2S)=c(H+),所以若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S),故B正确;C.X点c(HS-)=c(S2-),Y点c(H2S)=c(HS-),S2-和HS-的水解促进水的电离,H2S为酸抑制水电离,则X点水的电离程度较大,故C错误;D.原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液,根据物料守恒可知c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)],故D正确;故答案为C。15、C【解析】
A项、D和T是质量数不同,质子数相同的氢的两种核素,故A错误;B项、是氢元素的一种核素,氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子,符号为H,故B错误;C项、、、的质子数相同,中子数不同,属于同种元素的不同核素,互为同位素,故C正确;D项、该反应是原子核内发生的反应,属于核反应,不是化学反应,故D错误;故选C。16、A【解析】
A.铁发生吸氧腐蚀,铁为负极,电极反应为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-,Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁,最后变成Fe2O3·xH2O,14.0gFe的物质的量为,电极反应转移的电子数为0.252NA=0.5NA,A正确;B.标况下,11.2LSO2的物质的量为0.5mol,溶于水生成H2SO3,H2SO3发生两级电离:H2SO3⇌HSO3-+H+、HSO3-⇌SO32-+H+,根据质量守恒定律,溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA,B错误;C.常温下,0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol•L-1,OH-数目为0.5L1mol•L-1=0.5NA,由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA,C错误;D.化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇(C2H5OH)或甲醚(CH3OCH3),乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键,甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键,C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol,含C-H键数目不一定为0.5NA,D错误。答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、消去反应加成(氧化)反应n+NH2RNH2+(2n-1)H2O【解析】
根据A的分子式可知,A中含1个不饱和度,因此可推出A为环己烯,其结构简式为:,它是通过环己醇通过消去反应而得到,A经过氧化得到,与水在催化剂作用下生成;根据已知信息,结合B在水的催化作用下生成,采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3;最后经过缩聚反应合成尼龙,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,(1)反应①的反应类型为:消去反应;反应②为加氧氧化过程,其反应类型为加成(氧化)反应,故答案为:消去反应;加成(氧化)反应;(2)根据上述分析可知,A的结构简式为:;B的结构简式为:,故答案为:;;(3)与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙,其化学方程式为:n+NH2RNH2+(2n-1)H2O;(4)A为,若想制备1,3-环己二烯,可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴环己烷,1,2—二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1,3﹣环己二烯,其具体合成路线如下:。18、BrCH2CH=CHCH2Br取代(或水解)HOCH2CH2CH2CHO羧基、羟基、、、【解析】
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A,A发生水解反应生成B,B属于二元醇,B与H2发生加成反应生成C,C发生氧化反应生成D,D既能发生银镜反应,又能与金属钠反应放出氢气,说明D中既含—CHO、又含—OH,D发生银镜反应生成E,E中含羧基和羟基,E脱去1分子水生成F,核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢,且其峰面积之比为1:1:1,则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1,4-加成,A为BrCH2CH=CHCH2Br,依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH,C为HOCH2CH2CH2CH2OH,D为HOCH2CH2CH2CHO,E为HOCH2CH2CH2COOH,F为;B脱去1分子水生成G,G能使溴的四氯化碳溶液褪色,则G为;G→H应该是G与HClO发生加成反应,H应该为;H→I→J,1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气(标准状况)说明J中含2个—OH,则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O,I→J其实就是醚的开环了,反应为,据此分析作答。【详解】CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A,A发生水解反应生成B,B属于二元醇,B与H2发生加成反应生成C,C发生氧化反应生成D,D既能发生银镜反应,又能与金属钠反应放出氢气,说明D中既含—CHO、又含—OH,D发生银镜反应生成E,E中含羧基和羟基,E脱去1分子水生成F,核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢,且其峰面积之比为1:1:1,则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1,4-加成,A为BrCH2CH=CHCH2Br,依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH,C为HOCH2CH2CH2CH2OH,D为HOCH2CH2CH2CHO,E为HOCH2CH2CH2COOH,F为;B脱去1分子水生成G,G能使溴的四氯化碳溶液褪色,则G为;G→H应该是G与HClO发生加成反应,H应该为;H→I→J,1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气(标准状况)说明J中含2个—OH,则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O,I→J其实就是醚的开环了,反应为;(1)A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br;A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应,也是一种取代反应。(2)D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。(3)E为HOCH2CH2CH2COOH,E发生分子内酯化生成F,反应的方程式为;E中含有官能团的名称为羧基和羟基;与E具有相同官能团的同分异构体有、、、。(4)G的结构简式为。(5)I生成J的化学方程式为。19、MnO2+2Cl−+4H+Mn2++Cl2↑+2H2Oh,i,d,eg,f,b,(c)未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【解析】
Ⅰ首先制取氯气,然后除杂、干燥,再与铁粉反应,冷凝法收集升华出的FeCl3,最后连接盛有碱石灰的干燥剂,吸收多余的氯气,防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物,溶于水发生反应生成FeCl2;Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式;②没有出现丁达尔现象,说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体;③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+,生成蓝色沉淀;④反应(i)比反应(ii)快,则活化能E(i)<E(ii);反应(ii)进行的程度更大,则平衡常数K(i)<K(ii);【详解】Ⅰ(1)反应的离子方程式为:MnO2+2Cl−+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O;(2)首先制取氯气,然后除杂、干燥,导管应长进短出,所以a连接h,i连接d;在F中与铁粉反应,为防止FeCl3堵塞导管,应用粗导管,则e连接j,冷凝法收集升华出的FeCl3,所以k连接g;最后连接盛有碱石灰的干燥管,吸收未反应的氯气;(3)实验结束后,去少量F中的固体加水溶解,经检测发现溶液中含有Fe2+,其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+;Ⅱ(4)Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+;(5)没有出现丁达尔现象,说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体;(6)由实验现象可知,FeCl3与SO2首先发生反应(i),说明反应(i)比反应(ii)快,则活化能E(i)<E(ii);反应最终得到Fe2+,反应(ii)进行的程度更大,则平衡常数K(i)<K(ii)。20、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】
⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验,首先排除亚硫酸氢根离子干扰,所以取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO,因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢,温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液,锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色,且半分钟内部变为原来的颜色;5mol:0.1000mol·L-1×0.03L=2mol:xmol解得x=1.2×10-3mol36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10-3L×0.1000mol·L-1=3.6×10-3mol,则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10-3mol-1.2×10-3mol=2.4×10-3mol,再根据4mol:2.4×10-3mol=5mol:ymol解得y=3×10-3mol,若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质,消耗草酸量减少,则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多,则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率,故答案为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率。
⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验,首先排除亚硫酸氢根离子干扰,所以取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化,故答案为:取少量NaHSO3晶体于试管中,加少量水溶解,滴加过量盐酸,再滴加氯化钡溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶;用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发,故答案为:恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致,液体顺利流下,同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO,因此将仪器A中的反应温度恒定在8
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