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文档简介

广东省深圳市罗湖区罗湖外国语学校2024年高三第五次模拟考试化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A.H2SO4浓度为4mol/LB.溶液中最终溶质为FeSO4C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/LD.AB段反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+2、如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是A.NaOH溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C.溶液b中只含有NaCl D.向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量3、下列有关化学用语表示正确的是A.CCl4分子的比例模型: B.氟离子的结构示意图:C.CaCl2的电子式: D.氮分子的结构式:N—N4、《本草纲目》记载的烧酒工艺:“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是A.苯和水 B.硝酸钾和氯化钠C.食盐水和泥沙 D.乙酸丁酯和1-丁醇5、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W与Y同主族,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.简单离子的半径:W<Y<ZB.X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离C.氧化物对应水化物的酸性:Z>R>XD.最高价氧化物的熔点:Y>R6、萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是A.a和b都属于芳香烃B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D.b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W最简单的氢化物常温下为气体,是可燃冰的成分,X是同周期中原子半径最小的元素,W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,X、Z同主族。下列有关判断正确的是()A.常温下,X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B.W、X、Z的最简单氢化物中,HZ的热稳定性最强C.Y与Z的化合物YZ3是非电解质D.W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点8、活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)为原料模拟工业生产活性氧化锌,步骤如图:

已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是()A.“酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制,需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B.“除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.1~4.7C.“除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D.“沉锌”反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O9、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是()A.氧化性:HClOB.ClC.气态氢化物的稳定性:HClD.Cl2与Fe反应生成FeCl3,而S与Fe10、将SO2气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入X气体。下列实验现象不结论不正确的是选项气体X实验现象解释不结论ACl2出现白色沉淀Cl2将SO2氧化为H2SO4,白色沉淀为BaSO4BCO2出现白色沉淀CO2与BaCl2溶液反应,白色沉淀为BaCO3CNH3出现白色沉淀SO2与氨水反应生成SO32-,白色沉淀为BaSO3DH2S出现淡黄色沉淀H2S与SO2反应生成单质硫,淡黄色沉淀为硫单质A.A B.B C.C D.D11、含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊,将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区,其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为:FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB.滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C.在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D.进入C区的H+的数目为0.03NA12、在潮湿的深层土壤中,钢管主要发生厌氧腐蚀,有关厌氧腐蚀的机理有多种,其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-,加速钢管的腐蚀,其反应原理如图所示。下列说法正确的是()A.正极的电极反应式为:2H2O+O2+4e-=4OH-B.SO42-与H2的反应可表示为:4H2+SO42--8eS2-+4H2OC.钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2D.在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀13、下列实验设计能够成功的是()A.检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质B.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C.检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+D.证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变紫色→氧化性:H2O2>I214、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.pH=1的硫酸溶液1L,溶液中含SO42-的数目等于0.1NAB.真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后,容器内分子总数为0.2NAC.10mL0.1mol⋅L-1的FeCl3与20mL0.1mol⋅L-1KI溶液反应,转移电子数为0.001NAD.60gSiO2晶体中Si-O键数目为2NA15、用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是A.用①装置除去CO2中含有的少量SO2B.用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C.用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D.用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液16、汽车尾气含氮氧化物(NOX)、碳氢化合物(CXHY)、碳等,直接排放容易造成“雾霾”。因此,不少汽车都安装尾气净化装置(净化处理过程如图)。下列有关叙述,错误的是A.尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B.尾气处理过程,氮氧化物(NOX)被还原C.Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾二、非选择题(本题包括5小题)17、X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系(其中Y、Z为化合物,未列出反应条件)。(1)若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物,W的用途之一是计算机芯片,W在周期表中的位置为___________,Y的用途有_________,写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式_________。(2)若X、W为日常生活中常见的两种金属,且Y常用作红色油漆和涂料,则该反应的化学方程式为___________。(3)若X为淡黄色粉末,Y为生活中常见液体,则:①X的电子式为_______________,该反应的化学方程式为____________,生成的化合物中所含化学键类型有________________________。②若7.8克X物质完全反应,转移的电子数为___________。18、苯二氮卓类药物氟马西尼(F)的合成路线如下图所示。请回答下列问题:(1)A中官能团有氟原子、_____和________。(均填名称)(2)C3H5O2Cl的结构式为________。(3)反应①和②的反应类型相同,其反应类型是___________。(4)化合物D的分子式为___________。(5)反应⑤生成“物质F”和HCl,则E→F的化学反应方程式为________。(6)是F的同分异构体,其中X部分含—COOH且没有支链,满足该条件的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。(7)已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物,请设计由甘氨酸(HOOCCH2NH2)和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________(无机试剂任选)。19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I:Na2S2O3的制备。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______实验Ⅱ:探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料:Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:_______实验Ⅲ:标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-120、草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有____(填化学式);若观察到____,说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前,通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_____。Ⅱ.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。21、氨氮(水中以NH3和NH4+形式存在的氮)含量是环境水体污染的一项重要指标,其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低,导致水质下降,影响水生动植物的生长。(1)水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时,___比例较高,原因是___(请用离子方程式表示)。(2)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下,向水体中加入适量NaOH充分反应后,再向水中通入空气,可增大NH3的脱除率,用平衡移动原理解释其原因:___。(3)在微生物作用下,蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。___NH3+__O2→__HNO2+__________①请将上述化学方程式补充完整,并配平。②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。③若反应中有0.6mol电子发生转移,生成亚硝酸的质量为___。(4)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下:①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后,取出20.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定,终点现象为___;滴定消耗Na2S2O3溶液bmL,水样的DO=____mg/L。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4,则n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量,再根据c=计算c(H2SO4)、c(NO3-)。【详解】A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g÷56g/mol=0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中,根据硫酸根守恒,所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确;B、硝酸全部被还原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质全部转化为亚铁离子,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;C、OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用,所以n(NO3-)=n(Fe)=0.2mol,NO3-浓度为2mol/L,C错误;D、由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大,解答的关键是根据图象分析各段发生的反应,注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时,应当先分析反应的过程,即先发生的是哪一步反应,后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程,比如合理使用守恒原理等。2、A【解析】

A选项,NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根,因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替,故A正确;B选项,溶液a中含有K+、Cl-、Na+、AlO2-、OH-,故B错误;C选项,溶液b中含有氯化钠、氯化钾,故C错误;D选项,向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解,故D错误;综上所述,答案为A。3、B【解析】

A.原子半径Cl>C,所以不能表示CCl4分子的比例模型,A不符合题意;B.F是9号元素,F原子获得1个电子变为F-,电子层结构为2、8,所以F-的结构示意图为:,B正确;C.CaCl2是离子化合物,Ca2+与Cl-之间通过离子键结合,2个Cl-不能合并写,应该表示为:,C错误;D.N2分子中2个N原子共用三对电子,结构式为N≡N,D错误;故合理选项是B。4、D【解析】

据混合物的成分及性质,选择合适的分离提纯方法。【详解】“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸,可利用它们沸点的差异,以蒸馏方法除去乙酸。A.苯不溶于水,密度比水小,可用分液法分离,A项不符;B.硝酸钾和氯化钠都易溶于水,但溶解度受温度的影响不同,通常用结晶法分离,B项不符;C.食盐水与泥沙,是不相溶的固液混合物,用过滤法分离,C项不符;D.乙酸丁酯和1-丁醇,是互溶的、沸点不同的液体混合物,可蒸馏分离,D项符合。本题选D。5、D【解析】

R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍,R含有2个电子层,最外层含有4个电子,为C元素;W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒,该单质为臭氧,则W为O元素,W与Y同主族,则Y为S元素;Z为短周期主族元素,原子序数大于S,则Z为Cl元素;R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和,则X最外层电子数=4+6-7=3,位于ⅢA族,原子序数大于O,则X为Al元素,R为C元素,W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。【详解】根据分析可知;R为C元素,W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。A.离子的电子层越多离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子径:W<Z<Y,故A错误;B.由X为Al,Z为Cl,X与Z形成的化合物为氯化铝,铝离子水解促进了水的电离,故B错误;C.R为C元素,X为Al元素,Z为Cl,没有指出最高价,无法比较C、Cl、Al的含氧酸酸性,故C错误;D.Y为S,R为C元素,三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体,相对原子质量越大沸点越高,则最高价氧化物的熔点:Y>R,故D正确;答案:D。【点睛】根据原子结构和元素周期律的知识解答;根据原子结构的特殊性如R的最外层电子数是次外层电子数的2倍,推断元素为C。根据物质的性质W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒推断即可。6、C【解析】

A.a中不含苯环,则不属于芳香族化合物,只有b属于芳香族化合物,但含有O元素,不属于芳香烃,A错误;B.a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型,则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上,B错误;C.a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO,均可与氢气发生加成反应,C正确;D.b中无醛基,不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀,c分子中含有醛基,可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀,D错误;故合理选项是C。7、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分,即为CH4,则W为C元素;X是同周期中原子半径最小的元素,X不是F就是Cl,因原子序数依次增大,则X为F元素;W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数,则Y为Al元素;X、Z同主族,则Z为Cl元素,据此分析解答。【详解】根据上述分析可知,W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A.常温下,X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO,HF和HClO都是弱酸,故A正确;B.F的非金属性最强,则HF最稳定,故B错误;C.Y与Z的化合物YZ3为AlCl3,氯化铝溶于水能够导电,属于电解质,故C错误;D.W的氢化物为烃,其中很多为固体,沸点不一定低于HF的沸点,故D错误;答案选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意碳的氢化物是一类物质——烃,随着碳原子数目的增多,烃的熔沸点升高,在烃中有气态、液态的烃,还有固态的烃。8、C【解析】

粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌,加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子,加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子,加入锌还原铜离子为铜单质,过滤得到硫酸锌,碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌,加热分解生成活性氧化锌;A.依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等;B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀;C.“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子,调节溶液pH除净铜离子;D.“沉锌”时加入NH4HCO3溶液,溶液中的Zn2+与HCO3-反应生成Zn2(OH)2CO3和CO2。【详解】A.酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为1.84g/mL)配制,是粗略配制在烧杯内稀释配制,所需的仪器除玻璃棒、烧杯外,还需要仪器有量筒、胶头滴管等,故A正确;B.依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀,调节溶液PH为4.1~4.7,故B正确;C.“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu,过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸,溶液中Zn2+浓度增大,导致活性氧化锌的产量增加,故C错误;D.“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3﹣反应生成Zn2(OH)2CO3和CO2,发生的离子反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O,故D正确;故选C。9、A【解析】

A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱,A符合题意;B.在该反应中Cl2将S置换出来,说明氧化性Cl2>S,则元素的非金属性Cl>S,B不符合题意;C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强,因此可通过稳定性HCl>H2S,证明元素的非金属性Cl>S,C不符合题意;D.Fe是变价金属,氧化性强的可将其氧化为高价态,氧化性弱的将其氧化为低价态,所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S,则元素的非金属性Cl>S,D不符合题意;故合理选项是A。10、B【解析】

A选项,SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡,故A正确;B选项,盐酸酸性大于碳酸,因此二氧化碳不与氯化钡反应,故B错误;C选项,SO2气体与NH3反应生成SO32-,再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,故C正确;D选项,H2S与SO2反应生成单质硫和水,淡黄色沉淀为硫单质,故D正确。综上所述,答案为B。11、D【解析】

A.饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体,化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,正确,A不选;B.滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时,为浊液,不能透过滤纸,因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒,正确,B不选;C.胶体的直径在10-9~10-7m之间,可以透过滤纸,但不能透过半透膜,因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体,正确,C不选;D.若Fe3+完全水解,Cl-全部进入C区,根据电荷守恒,则进入C区的H+的数目应为0.03NA。但是Fe3+不一定完全水解,Cl-也不可能通过渗析完全进入C区,此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷,因此进入C区的H+的数目小于0.03NA,错误,D选。答案选D。12、C【解析】

A.正极上水发生还原反应生成H2,电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2,故A错误;B.SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O,离子反应式为:4H2+SO42-S2-+4H2O,故B错误;C.钢管腐蚀的过程中,负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+,与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2,故C正确;D.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀,但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀,故D错误;故答案为C。13、C【解析】

A.酸性条件下,硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐,故A错误;B.应先加氯化钡,再加碳酸钠,然后过滤,再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质,故B错误;C.亚铁离子遇KSCN溶液不变色,滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子,遇KSCN溶液变红色,可证明溶液中含有Fe2+,故C正确;D.硝酸具有强氧化性,可氧化碘离子,不能说明H2O2的氧化性比I2强,故D错误;答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计,把握常见离子的检验方法为解答的关键,注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。14、B【解析】

A.的溶液,的物质的量为,硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2比1,硫酸根离子的物质的量为0.05mol,数目为,故A错误;B.和反应前后分子数不变,故和充分反应后,容器内分子总数为,故B正确;C.与KI的反应为可逆反应,故C错误;D.60g的物质的量为n===1mol,1mol中有4molSi-O键,则Si-O键数目为4NA;答案选B。【点睛】关于PH的计算和物质的量公式是解题的关键。15、D【解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应,不能到达除杂效果,A项错误;B.AlCl3为强酸弱碱盐,在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢,直接蒸干AlCl3饱和溶液,氯化氢挥发,导致水解平衡右移,使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀,不能得到无水AlCl3,B项错误;C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl,两者遇冷又会生成NH4Cl,堵住导管,存安全隐患,C项错误;D.乙酸乙酯的密度比水小,有机层在上层,水层在下层,与图中装置分层现象相符,D项正确;答案选D。16、C【解析】

A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放,可造成“雾霾”,故A正确;B.尾气处理过程中,氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低,得电子,被还原,故B正确;C.催化剂只改变化学反应速率,不会改变平衡转化率,故C错误;D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放,能有效控制雾霾,故D正确。故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、第三周期ⅣA族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑离子键、极性键0.1NA【解析】

⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物,即X为碳,W的用途之一是计算机芯片,即为硅,W在周期表中的位置为第三周期第IVA族,Y为二氧化硅,它的用途有光导纤维,写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,故答案为第三周期ⅣA族;光导纤维;SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属,且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁,两者发生铝热反应,则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3,故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3;⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠,Y为生活中常见液体即为,则:①X的电子式为,该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键,故答案为;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;离子键、极性键;②过氧化钠中一个氧升高一价,一个氧降低一价,若7.8克过氧化钠即0.1mol完全反应,转移的电子数为0.1NA,故答案为0.1NA。18、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根据合成路线可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,C与CH3NHCH2COOH反应生成D,D经过反应④得到E,E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为,分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基,故答案为:氨基;羧基;(2)根据上述分析可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B的结构简式为,逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5,故答案为:ClCOOC2H5;(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,两者都是取代反应,故答案为:取代反应;(4)化合物D的结构式为,根据各原子的成键原理,可知其分子式为C10H9N2O2F,故答案为:C10H9N2O2F;(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,反应方程式为:+CNCH2COOC2H5+HCl,故答案为:+CNCH2COOC2H5+HCl;(6)是F的同分异构体,则X为—C4H7O2,又X部分含—COOH且没有支链,则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构,即满足条件的同分异构体有3种,故答案为:3;(7)结合题干信息,制备时,可先将甘氨酸(HOOCCH2NH2)脱水缩合得到,在与POCl3反应得到,与CNCH2COOC2H5反应制得,合成路线为,故答案为:。19、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;(2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:开始阶段,生成的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:①;②;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式:,解得a=0.1600mol/L。20、NH3、CO2E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1【解析】

(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;(2)氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;Ⅱ.(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;【详解】(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;答案为:NH3;CO2;E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;答案为:(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;答案为:排尽装置中的空气;(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置C的作用是:吸收CO2,避免对CO的检验产生干扰;答案为:充分吸收CO2,防止干扰CO的检验;(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气,NH3也会与CuO反应,其产物是N2和水,该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;答案为:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定,反应为,滴定至终点时,因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,

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