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文档简介
2024年江西省新余市两重点校高考临考冲刺化学试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、在一定条件下,甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表:对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/点/℃13-25-476下列说法错误的是()A.该反应属于取代反应B.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C.甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是
C7H16D.对二甲苯的一溴代物有
2
种2、己知通常情况下溶液中不同离子的电导率不同。现将相同浓度(1.5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液分别滴入21mL1.12mol·L-1A1C13溶液中,随溶液加入测得导电能力变化曲线如图所示,下列说法中错误的是A.常温时,若上述氨水pH=11,则Kb≈2×11-6mol·L-1B.b、c两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关C.cd段发生的反应是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-D.e、f溶液中离子浓度:c(NH4+)>c(K+)3、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺,并生成砷酸和一种红棕色气体,利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是()A.砷酸的分子式为H2AsO4B.红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C.该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10:1D.该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子4、室温时,在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液,溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.室温时,电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B.B点对应NaOH溶液的体积是10mLC.A点溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D.从A点到C点的过程中,水的电离程度先增大后减小5、下列说法不正确的是A.用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳B.麦芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人体内水解C.苯中混有的少量甲苯,可加入足量高锰酸钾酸性溶液,充分反应后,经分液可得纯净的苯D.向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液,充分反应后过滤,可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质6、草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料,受热容易分解,为探究草酸亚铁的热分解产物,按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A.实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊,E中固体变为红色,则证明分解产物中有CO2和COB.反应结束后,取A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加1~2滴KSCN溶液,溶液无颜色变化,证明分解产物中不含Fe2O3C.装置C的作用是除去混合气中的CO2D.反应结束后,应熄灭A,E处酒精灯后,持续通入N2直至温度恢复至室温7、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB.1mol-OH(羟基)与1molH3O+中所含的电子数均为10NAC.7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NAD.80gCuO和Cu2S的混合物中,所含铜原子数为2NA8、下列状态的铝中,电离最外层的一个电子所需能量最小的是A.[Ne] B. C. D.9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含有的ClO-为NAB.1molFe在1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为3NAC.常温常压下,32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD.标准状况下,22.4LHF中含有的氟原子数目为NA10、用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液,所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是()A.Ka2(H2SO3)的数量级为10-8B.若滴定到第一反应终点,可用甲基橙作指示剂C.图中Z点对应的溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)D.图中Y点对应的溶液中:3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)11、下列物质中不会因见光而分解的是()A.NaHCO3 B.HNO3 C.AgI D.HClO12、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示,(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A.该反应属于化合反应B.b的二氯代物有6种结构C.1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D.C5H11Cl的结构有8种13、在化学能与电能的转化中,下列叙述正确的是A.镀锌铁皮在食盐水中发生析氢腐蚀B.电解池的阴极材料一定比阳极材料活泼C.将铁器与电源正极相连,可在其表面镀锌D.原电池的负极和电解池的阳极均发生氧化反应14、只能在溶液中导电的电解质是()A.KOH B.CH3COONH4 C.SO2 D.CH3COOH15、下列转化不能通过一步实现的是()A.FeFe3O4 B.AlNaAlO2C.CuCuSO4 D.CuCuS16、下列化学用语表示正确的是()A.中子数为16的硫原子:S B.Cl-的结构示意图:C.甲酸甲酯的结构简式:HCOOCH3 D.氢氧化钠的电子式:17、已知反应:生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为,k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成的初始速率mol/(L·s)123A.关系式中、B.时,k的值为C.若时,初始浓度mol/L,则生成的初始速率为mol/(L·s)D.当其他条件不变时,升高温度,速率常数是将增大18、下列属于强电解质的是A.蔗糖 B.甘氨酸 C.I2 D.CaCO319、下列离子方程式符合题意且正确的是A.磁性氧化铁溶于盐酸中:B.在明矾溶液中加入过量溶液:C.在盐酸中滴加少量溶液:D.用FeS除去废水中的:20、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O,其结构示意图如下:下列有关胆矾的说法正确的是A.Cu2+的价电子排布式为3d84s1B.所有氧原子都采取sp3杂化C.胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D.胆矾所含元素中,H、O、S的半径及电负性依次增大21、分子式为C4H8Cl2的链状有机物,只含有二个甲基的同分异构体共有(不考虑立体异构)A.3种 B.4种 C.5种 D.6种22、不能判断甲比乙非金属性强的事实是()A.常温下甲能与氢气直接化合,乙不能B.甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C.甲得到电子能力比乙强D.甲、乙形成的化合物中,甲显负价,乙显正价二、非选择题(共84分)23、(14分)某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物,其合成路线如图所示:已知:(1)E的分子式为C9H8O2,能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)(R为烃基)(3)请回答下列问题:(1)A的结构简式为_____;D的官能团的名称为_____。(2)①的反应类型是_____;④的反应条件是_____。(3)写出B→C的化学方程式_____。(4)写出F+G→H的化学方程式_____。(5)E有多种同分异构体,同时满足下列条件的E的同分异构体有_____种。ⅰ.能发生银镜反应ⅱ.能发生水解反应ⅲ.分子中含的环只有苯环(6)参照H的上述合成路线,设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3CONHCH(CH3)2的合成路线_____。24、(12分)高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W()的流程:已知:I.R-CH2OHII.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)①的反应类型是___________。(2)②是取代反应,其化学方程式是____________________。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3,不存在顺反异构。D的结构简式是_______。(4)⑤的化学方程式是_________________。(5)F的官能团名称____________________;G的结构简式是____________________。(6)⑥的化学方程式是_________________________。(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。①能发生水解且能发生银镜反应②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息,完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件,不易发生取代反应)_______________。25、(12分)氨基甲酸铵()是一种易分解、易水解的白色固体,可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵。反应式:。(1)如果使用如图所示的装置制取,你所选择的试剂是__________________。(2)制备氨基甲酸铵的装置如图,把氨和二氧化碳通入四氯化碳中,不断搅拌混合,生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中,当悬浮物较多时,停止制备。(注:四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。)①发生器用冰水冷却的原因是________________________________________________;液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________________________;发生反应的仪器名称是_______________。②从反应后的混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品,应采取的方法是_______________(选填序号)a.常压加热烘干b.高压加热烘干c.真空40℃以下烘干(3)尾气有污染,吸收处理所用试剂为浓硫酸,它的作用是_________________________。(4)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥,测得质量为。样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。[已知]26、(10分)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。27、(12分)化学是一门以实验为基础的学科,实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持设备已略)制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题:(1)仪器a的名称是______________。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_________________________________。若将漂白粉换成KClO3,则反应中每生成21.3gCl2时转移的电子数目为____NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞,若C处发生了堵塞,则B中可观察到__________。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,此时C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____(填选项a或b或c)。选项ⅠⅡⅢa干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时,可观察到无色溶液逐渐变为红棕色,说明氯的非金属性大于溴,打开活塞,将D中少量溶液加入E中,振荡E,观察到的现象是_______________________________,该现象_____(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘,原因是_____________________。28、(14分)黄铜矿是工业冶炼铜的原料,主要成分为CuFeS2。试回答下列问题:(1)基态硫原子核外电子有_____种不同运动状态,能量最高的电子所占据的原子轨道形状为_________。(2)基态Cu原子的价层电子排布式为_________;Cu、Zn的第二电离能大小I2(Cu)_________I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)。(3)SO2分子中S原子的轨道杂化类型为_________,分子空间构型为_________;与SO2互为等电子体的分子有_________(写一种)。(4)请从结构角度解释H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_________。(5)Cu(CH3CN)4比四氨合铜离子稳定,其配离子中心原子配位数为_________,配位体中σ键与π键个数之比为_________。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置,距离最近的两个H2分子之间距离为anm。则该晶体的密度为_________g/cm3(列出计算表达式)。29、(10分)铁及其化合物在生产、生活中有广泛应用。(1)铁原子核外有__________种运动状态不同的电子,Fe3+基态核外电子排布式为_______________。(2)实验室常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+,[Fe(CN)6]3-中三种元素电负性由大到小的顺序为________(用元素符号表示),CN-中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=__________;HCN中C原子轨道的杂化类型为__________。HCN的沸点为25.7℃,既远大于N2的沸点(-195.8℃)也大于HCl的沸点(-85℃)的原因是__________。(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子(Fe2Cl6)存在,该双聚分子的结构式为________,其中Fe的配位数为_____________。(4)铁氮化合物(Fe4N)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景,其晶胞如上图所示。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,例如图中b位置Fe原子的坐标为(0,,)、(,0,)和(,,0),则a位置Fe原子和N原子的坐标分别为__________、__________。N与Fe原子之间最短距离apm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则该铁氮化合物的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、C【解析】
甲苯发生取代反应生成二甲苯,由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大,可用蒸馏的方法分离,而对二甲苯熔点较低,可结晶分离,结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得,属于取代反应,故A不符合题意;B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大,且二者能够互溶,因此可以用蒸馏的方法分离,故B不符合题意;C、甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷,分子式是
C7H14,故C符合题意;D、对二甲苯结构对称,有2种H,则一溴代物有
2
种,故D不符合题意。故选:C。2、D【解析】
A.常温时,若上述氨水pH=11,则c(OH-)=11-3mol/L,Kb=≈2×11-6mol·L-1,选项A正确;B.曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液,溶液中离子浓度不断增大,溶液中离子浓度越大,导电能力越强,b、c两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关,选项B正确;C、根据曲线1可知b点产生最大量沉淀,对应的曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液,c点产生沉淀量最大,后沉淀开始溶解,cd段发生的反应是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-,选项C正确;D、相同浓度(1.5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液且滴入体积相等,考虑铵根离子水解,e、f溶液中加入离子浓度:c(NH4+)<c(K+),选项D错误。答案选D。3、C【解析】
A.As位于第四周期VA族,因此砷酸的分子式为H3AsO4,故A错误;B.红棕色气体为NO2,N的化合价由+5价→+4价,根据原电池工作原理,负极上发生氧化反应,化合价升高,正极上发生还原反应,化合价降低,即NO2应在正极区生成并逸出,故B错误;C.根据题中信息,As的化合价由+3价→+5价,S的化合价由-2价→0价,化合价都升高,即As2S3为还原剂,HNO3为氧化剂,根据得失电子数目守恒,因此有n(As2S3)×[2×(5-3)+3×2]=n(HNO3)×(5-4),因此n(HNO3):n(As2S3)=10:1,故C正确;D.4.8g硫磺的物质的量为:=0.15mol,根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol,根据C选项分析,1molAs2S3参与反应,转移10mole-,则0.05molAs2S3作还原剂,转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol,故D错误;答案:C。4、A【解析】
A.室温时,在B点,pH=5.3,c(H+)=10-5.3,=0,则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3,A正确;B.B点的平衡溶液中,c(A-)=c(HA),依据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),由于pH=5.3,所以c(H+)>c(OH-),c(Na+)<c(A-),故V(NaOH)<10mL,B不正确;C.c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则,C不正确;D.从A点到C点的过程中,c(A-)不断增大,水的电离程度不断增大,D不正确;故选A。5、C【解析】
A.用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳,现象分别是:不分层,有气泡;不分层;分层上层有机层、分层下层有机层,故A正确;B.麦芽糖水解产物:葡萄糖;淀粉水解产物:葡萄糖;花生油水解产物:不饱和脂肪酸,包括油酸,亚油酸和甘油;大豆蛋白中的肽键能在人体内水解,故B正确;C.苯中混有的少量甲苯,可加入足量高锰酸钾酸性溶液,充分反应后,甲苯被氧化成苯甲酸,经蒸馏可得纯净的苯,故C错误;D.向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液,充分反应后过滤,可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质,故D正确;故选C。6、B【解析】
A选项,实验中观察到装置B中石灰水变浑浊,说明产生了分解产物中有CO2,E中固体变为红色,F中石灰水变浑浊,则证明分解产物中有CO,故A正确;B选项,因为反应中生成有CO,CO会部分还原氧化铁得到铁,因此反应结束后,取A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加1~2滴KSCN溶液,溶液无颜色变化,不能证明分解产物中不含Fe2O3,故B错误;C选项,为了避免CO2影响CO的检验,CO在E中还原氧化铜,生成的气体在F中变浑浊,因此在装置C要除去混合气中的CO2,故C正确;D选项,反应结束后,应熄灭A,E处酒精灯后,持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化,故D正确;综上所述,答案为B。【点睛】验证CO的还原性或验证CO时,先将二氧化碳除掉,除掉后利用CO的还原性,得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。7、C【解析】
A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子,所以1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA,故A错误;B、1个甲基含有9个电子,1mol羟基所含的电子数为9NA,B错误;C、Cl2与Fe反应,氯元素化合价由0变为-1,所以7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NA,故C正确;D、80gCuO含的铜原子的物质的量是,80gCu2S含的铜原子的物质的量是,根据极值法,80gCuO和Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA,故D错误。8、B【解析】
A.[Ne]为基态Al3+,2p能级处于全充满,较稳定,电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能;B.为Al原子的核外电子排布的激发态;C.为基态Al原子失去两个电子后的状态,电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能;D.为基态Al失去一个电子后的状态,电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能;电离最外层的一个电子所需要的能量:基态大于激发态,而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能,则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B;综上分析,答案选B。【点睛】明确核外电子的排布,电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。9、C【解析】
A.NaClO为强碱弱酸盐,ClO-会水解,使溶液中ClO-的物质的量小于1L×0.1mol·L-1,即小于NA,A项错误;B.根据反应2Fe+3Cl2=2FeCl3可知铁过量,1molCl2参与反应转移2mol电子,B项错误;C.32gO2的物质的量为=1mol,分子数为NA,而含有O3,相同质量的O3所含分子数少,则分子总数减少,小于NA,C项正确;D.标况下HF为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,D项错误;答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点,侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点,要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件,题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体,学生做题时只要善于辨析,便可识破陷阱,排除选项。10、C【解析】
用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液,由于H2SO3是二元酸,滴定过程中存在两个化学计量点,滴定反应为:NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O,完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL,结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A.由图像可知,当溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)时,此时pH=7.19,即c(H+)=10-7.19mol/L,则H2SO3的Ka2=c(SO32-)cH+c(HSO3-)=c(H+),所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19,B.第一反应终点时,溶液中恰好存在NaHSO3,根据图像,此时溶液pH=4.25,甲基橙的变色范围为3.1~4.4,可用甲基橙作指示剂,故B正确;C.Z点为第二反应终点,此时溶液中恰好存在Na2SO3,溶液pH=9.86,溶液显碱性,表明SO32-会水解,考虑水也存在电离平衡,因此溶液中c(OH-)>c(HSO3-),故C错误;D.根据图像,Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-),根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-),由于c(HSO3-)=c(SO32-),所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),故D正确;答案选C。【点睛】明确滴定反应式,清楚特殊点的含义,把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A,要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。11、A【解析】
浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解,所以A选项是正确的;综上所述,本题选项A。12、D【解析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl,属于取代反应,故A错误;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代,故B错误;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2,故C错误;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种,故D正确。故选D。【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件,后者甲基上的氢也可以被取代。13、D【解析】
A.镀锌铁在食盐水中发生吸氧腐蚀,故A错误;B.电解池中电解质溶液中的阳离子在阴极放电,与阴极电极材料活泼与否无关,故B错误;C.要在铁表面镀锌,将铁器与电源负极相连,故C错误;D.原电池的负极失电子发生氧化反应,电解池的阳极发生氧化反应,故D正确;故选:D。14、D【解析】
A.氢氧化钾是离子化合物,在水溶液或者熔融状态下均能导电,故不选A;B.醋酸铵是离子化合物,在水溶液或者熔融状态下均能导电,故不选;C.二氧化硫为非电解质,不能导电,故不选C;D.醋酸是共价化合物,只有在水溶液里能电离导电,故选D。15、D【解析】
A.Fe与氧气反应生成四氧化三铁,可一步实现转化,故A正确;B.Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,可一步实现转化,故B正确;C.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜,可一步实现转化,故C正确;D.S具有弱氧化性,与Cu反应生成Cu2S,则Cu与S不能一步转化为CuS,故D错误;答案选D。【点睛】只有强氧化剂(如:氯气)能使变价金属在氧化还原反应中转化为最高价。氧化剂较弱的只能生成低价态的金属离子。16、C【解析】
A.S原子的质子数是16,中子数为16的硫原子:S,故A错误;B.Cl-的质子数是17,核外电子数是18,Cl-的结构示意图是,故B错误;C.甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物,甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3,故C正确;D.氢氧化钠是离子化合物,氢氧化钠的电子式是,故D错误。17、A【解析】
A.将表中的三组数据代入公式,得,,,解之得:,,故A错误;B.时,,k的值为
,故B正确;C.若时,初始浓度
mol/L,则生成的初始速率为
mol/(L·s),故C正确;D.当其他条件不变时,升高温度,反应速率增大,所以速率常数将增大,故D正确。故选A。18、D【解析】
完全电离的电解质是强电解质,部分电离的电解质是弱电解质,强酸、强碱和大部分的盐是强电解质,弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A.蔗糖是非电解质,故A不选;B.甘氨酸是弱电解质,故B不选;C.I2是单质,不是电解质,故C不选;D.CaCO3属于盐,是强电解质,故D选;故选D。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断,电解质强弱与电离程度有关,与溶液的导电性强弱无关,D为易错点,CaCO3难溶,但溶于水的部分全电离。19、C【解析】
A.磁性氧化铁为,故A错误;B.在明矾溶液中加入过量溶液的离子方程式为,B错误;C.在盐酸中滴加少量溶液的离子方程式为,C正确;D.FeS为难溶物,在离子方程式中不拆,正确的方程式为Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+,D错误;故答案选C。20、C【解析】
A.Cu是29号元素,Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+,故Cu2+的价电子排布式3d9,故A错误;B.硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同,不可能都是sp3杂化,故B错误;C.铜离子和硫酸根离子之间存在离子键,硫原子和氧原子间存在极性共价键,铜原子和氧原子间存在配位键,氧原子和氢原子间存在氢键,故C正确;D.H、O、S分别为第1,2,3周期,所以半径依次增大,但O的电负性大于S,故D错误;故选C。21、B【解析】
根据有机物的分子式可知,C4H8Cl2的链状有机物,只含有二个甲基的同分异构体共有4种,分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2;答案选B。22、B【解析】
A.元素的非金属性越强,对应单质的氧化性越强,与H2化合越容易,与H2化合时甲单质比乙单质容易,元素的非金属性甲大于乙,A正确;B.元素的非金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的酸性越强,甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物,不能说明甲的非金属性比乙强,B错误;C.元素的非金属性越强,得电子能力越强,甲得到电子能力比乙强,能说明甲的非金属性比乙强,C正确;D.甲、乙形成的化合物中,甲显负价,乙显正价,则甲吸引电子能力强,所以能说明甲的非金属性比乙强,D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度,侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多,但也不能滥用,有些是不能作为判断依据的,如:①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱,而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱,而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。二、非选择题(共84分)23、羟基、羧基加成反应浓硫酸、加热5【解析】
由B的结构简式,结合反应条件,逆推可知A为,B发生水解反应生成C为,结合D的分子式可知C发生氧化反应生成D为,E的分子式为C9H8O2,能使溴的四氯化碳溶液褪色,则D是发生消去反应生成E,故E为,E发生信息(3)中的反应生成F为,结合信息(2)中H的结构简式,可知G为;(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸,乙酸与PBr3作用生成,最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知:A的结构简式为;D为,D官能团的名称为羟基、羧基;(2)①A变为B的反应,A是,A与Br2的CCl4溶液发生加成反应,产生B:,所以①的反应类型是加成反应;④的反应是D变为E,D是,D发生消去反应,产生E:④的反应类型是消去反应;(3)B是,B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应,产生C,所以B→C的化学方程式为:;(4)F为,G是,二者发生取代反应产生H:及HBr,该反应的化学方程式为:;(5)E()的同分异构体含有苯环,且同时满足下列条件:①能发生银镜反应、②能发生水解反应,说明含有甲酸形成的酯基,③分子中含的环只有苯环,说明苯环侧链含有碳碳双键,只有一个取代基为—CH=CHOOCH、、有2个取代基为—CH=CH2、—OOCH,两个取代基在苯环上有邻、间、对3不同的位置,故符合条件的共有5种;(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH,乙酸与PBr3作用生成,最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2,合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识,侧重考查分析推断、知识综合运用能力,充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断,明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键,题目难度中等。24、加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O碳碳双键、酯基4HCOOC(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】
乙烯与溴发生加成反应生成A,A为BrCH2CH2Br,结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN,B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与R′NH2得到W(),结合W的结构可知I为,结合信息II,逆推可知H为。D的分子式为C4H8,核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3,不存在顺反异构,则D为(CH3)2C=CH2,D氧化生成E,E与甲醇发生酯化反应生成F,结合H的结构,可知E为CH2=C(CH3)COOH,F为CH2=C(CH3)COOCH3,F发生加聚反应生成的G为,G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,反应①是乙烯与溴发生加成反应,故答案为加成反应;(2)反应②是取代反应,其化学方程式是:BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr,故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr;(3)根据上述分析,D的结构简式为(CH3)2C=CH2,故答案为(CH3)2C=CH2;(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O,故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O;(5)F为CH2=C(CH3)COOCH3,含有的官能团有碳碳双键和酯基;G的结构简式是,故答案为碳碳双键、酯基;;(6)反应⑥的化学方程式为,故答案为;(7)E为CH2=C(CH3)COOH,①能发生水解且能发生银镜反应,说明属于甲酸酯类;②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应,说明含有碳碳双键,符合条件的E的同分异构体有:HCOOCH=CHCH3(顺反2种)、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2,共4种,其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2,故答案为4;HCOOC(CH3)=CH2;(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3,HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH,HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH,其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH,故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8),要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用,HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键,再发生取代反应。25、浓氨水、氧化钙(氢氧化钠)提高原料转化率、防止产物分解控制气体的流速和原料气体的配比三颈烧瓶c将氨气转化为固体盐79.8%【解析】
首先我们要用(1)中的装置来制取氨气,固液不加热制取氨气可以考虑将浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠中,制好的氨气经干燥后通入液体石蜡鼓泡瓶,通过观察鼓泡瓶中气泡的大小,我们可以调节氨气和二氧化碳两种原料的比例,接下来在三颈烧瓶中进行反应;冰水浴的作用是降低温度,提高转化率,据此来分析作答即可。【详解】(1)固液不加热制取氨气,可以将浓氨水滴入固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰中;(2)①制备氨基甲酸铵的反应是放热反应,因此给发生器降温可以有效提高原料的转化率,并且防止生成物温度过高分解;而液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度,控制气体流速和原料气体的配比;发生仪器的名称为三颈烧瓶;②为了防止产品受热分解以及被氧化,应选用真空40℃以下烘干,c项正确;(3)尾气中的氨气会污染环境,因此可以用硫酸吸收将其转化为固体盐,可用作氮肥;(4)首先根据算出碳酸钙的物质的量,设碳酸氢铵的物质的量为xmol,氨基甲酸铵的物质的量为ymol,则根据碳守恒有,根据质量守恒有,联立二式解得,,则氨基甲酸铵的质量分数为。26、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,且半分钟内不褪去;答案为: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;三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,应舍弃0.52mL,误差较大,则平均体积为0.42mL,滴定反应为,;=1.05×10−5mol,所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为,即4.2×10−2mmol,则该血液中钙元素的含量为;答案为:2.1。27、长颈漏斗Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液体进入长颈漏斗中,锥形瓶内液面下降,长颈漏斗内液面上升,形成一段液柱b溶液分为两层,上层(苯层)为紫红色不能过量的Cl2也可将I-氧化为I2【解析】
(1)根据图示装置中仪器结构识别名称;(2)次氯酸钙具有强氧化性,能够氧化盐酸,依据化合价升降总数相等配平方程式,若换为KClO3,该物质也有强氧化性,可以氧化HCl为Cl2,根据方程式物质变化与电子转移关系计算;(3)装置B亦是安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞,发生堵塞时B中的压强增大,B中长颈漏斗中液面上升,形成水柱;(4)为了验证氯气是否具有漂白性,要验证干燥氯气无漂白性,湿润的有色布条中,氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性;(5)氯气氧化性强于溴,氯气能够置换溴;溴氧化性强于碘,能够置换碘;氯气的氧化性强于碘,能够置换碘,结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗;(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水,化学方程式为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O,若将漂白粉换为KClO3,根据电子守恒、原子守恒,可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,由方程式可知:每转移5mol电子,反应产生3mol氯气,质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol,所以反应转移了0.5mol电子,转移电子数目为0.5NA;(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气,装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl;装置B亦作安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大,使B中液体进入长颈漏斗中,锥形瓶内液面下降,长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱;(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,验证氯气是否具有漂白性,要验证干燥氯气无漂白性,在湿润的有色布条中,氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性,a.I为干燥的有色布条不褪色,Ⅱ中浓硫酸只吸收水分,再通入湿润的有色布条会褪色,能验证氯气的漂白性,但U形管中盛放的应是固体干燥剂,a错误;b.I处是湿润的有色布条褪色,II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气,只吸收水蒸气,III中干燥的有色布条不褪色,可以证明,b正确;c.I为湿润的有色布条褪色,II为干燥剂碱石灰,碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2,进入到III中无氯气,不会发生任何变化,不能验证,c错误;故合理选项是b;(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质,液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质,碘单质易溶于苯,显紫红色,苯密度小于水,不溶于水,溶液分层;过量的Cl2也可将I-氧化为I2,所以通过E中溶液分为两层,上层(苯层)为紫红色,不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质,明确制备的原理和氯气的性质是解题关键,注意氧化还原方程式的书写及计算,题目难度中等。28、16纺锤形3d104s1>sp2V形O3硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多,硫酸中心原子硫价态高,易于电离出H+45∶2【解析】
(1)硫元素为16号元素,能量最高的电子为3p电子;(2)Cu为29号元素,Zn为30号元素,Cu的第二电离能失去的是3d电子;(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3,结合等电子体的概念解答;(4)同一元素的不同含氧酸中,非羟基氧原子数越大其酸性越强;(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu,配位体为CH3CN,其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N,C≡N中含有π键;(6)根据晶体结构,距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半,晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×=4,所以其化学式为Mg2Fe。据此分析解答。【详解】(1)硫元素为16号元素,基态硫原子核外电子有16种不同运动状态,能量最高的电子为3p电子,3p电子的原子轨道形状为纺锤形,故答案为16;纺锤形;(2)Cu为29号元素,基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1;Zn为30号元素,基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2,Cu的第二电离能失去的是3d电子,失去后不稳定,第二电离能大于Zn的第二电离能,即I2(Cu)>I2(Zn),故答案为:3d104s1;>;(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3,轨道杂化类型为sp
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