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文档简介
山西省忻州市静乐县第一中学2024年高三第二次调研化学试卷注意事项: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、如图所示装置能实现实验目的的是()A.图用于实验室制取氯气B.图用于实验室制取氨气C.图用于酒精萃取碘水中的I2D.图用于FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O2、化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是A.矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取B.硫酸亚铁可作补血剂组成成分C.蛋白质的水解产物都是α-氨基酸D.造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化3、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素,且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,M是某种元素对应的单质,乙和丁的组成元素相同,且乙是一种“绿色氧化剂”,化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A.原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)B.化合物N与乙烯均能使溴水褪色,且原理相同C.含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D.Z与X、Y、W形成的化合物中,各元素均满足8电子结构4、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5、如图为高中化学教材《必修1》(人教版)中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中,错误的是A.在H2O分子中,H或O原子均完全不带电荷B.在NaCl晶体中,Na+和Cl-的排列整齐有序C.Na+、Cl在水中是以水合离子的形式存在D.NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键6、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸(),下列有关说法正确的是A.乙苯是苯的同系物 B.乙苯的所有原子均共平面C.生产苯甲酸时发生的是取代反应 D.乙苯不能与H2发生反应7、下图是一种有机物的模型,该模型代表的有机物可能含有的官能团有A.一个羟基,一个酯基 B.一个羟基,一个羧基C.一个羧基,一个酯基 D.一个醛基,一个羟基8、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物,物质转化关系如图所示:下列说法不正确的是()A.x为NaOH溶液,y为盐酸B.a→b发生的反应为:AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C.b→c→Al的反应条件分别为:加热、电解D.a、b、c既能与酸又能与碱反应9、pC类似pH,如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后,平衡时溶液中各种组分的pC-pH图。依据图中信息,下列说法不正确的是A.不能在同一溶液中大量共存B.H2CO3电离平衡常数C.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()可以抵消少量酸或碱,维持pH=7.4,但当过量的酸进入血液中时,血液缓冲体系中的最终将变大D.pH=9时,溶液中存在关系10、室温下,pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A.醋酸的浓度小于盐酸B.盐酸的导电性明显大于醋酸C.加水稀释相同倍数时,醋酸的pH变化更明显D.中和两份完全相同的NaOH溶液,消耗的醋酸的体积更小11、已知HNO2在低温下较稳定,酸性比醋酸略强,既有氧化性又有还原性,其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。pH范围
>7
<7
产物
NO3-
NO、N2O、N2中的一种
下列有关说法错误的是()。A.碱性条件下,NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2-+ClO-=NO3-+Cl-B.向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2C.向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2D.向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸,溶液变蓝色12、有氯气参加的化学反应一定不属于A.复分解反应 B.置换反应 C.取代反应 D.加成反应13、有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是()A.甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种B.按系统命名法,化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2,2,3-三甲基-3-丁醇C.2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D.乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰14、已知H2A为二元弱酸。室温时,配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A.pH=2的溶液中:c(H2A)+c(A2-)>c(HA-)B.E点溶液中:c(Na+)-c(HA-)<0.100mol•L-1C.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)D.pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(A2-)15、下列有关判断的依据正确的是()A.电解质:水溶液是否导电B.原子晶体:构成晶体的微粒是否是原子C.共价分子:分子中原子间是否全部是共价键D.化学平衡状态:平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下,11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC.常温常压下,124gP4中含σ键数目为4NAD.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,溶液中数目为NA二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物H可用以下路线合成:已知:请回答下列问题:(1)标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O,且A分子结构中有3个甲基,则A的结构简式为________________________;(2)B和C均为一氯代烃,D的名称(系统命名)为_________________;(3)在催化剂存在下1molF与2molH2反应,生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________;(4)反应①的反应类型是_______________________;(5)反应②的化学方程式为______________________________________;(6)写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。18、富马酸二甲酯(DMF)俗称防霉保鲜剂霉克星1号,曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜,它的一条合成路线如图所示。回答下列问题:(1)B的结构简式为______,D中官能团名称______。(2)①的反应的类型是______,②的反应条件是______。(3)④的反应方程式为______。(4)写出C的一种同分异构体,满足可水解且生成两种产物可相互转化______。(5)过程③由多个步骤组成,写出由C→D的合成路线_____。(其他试剂任选)(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)19、氯化钠(NaCN)是一种基本化工原料,同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要及时处理,一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2)溶液来处理,以减少对环境的污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的化学方程式是___________________________________。II.工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示主反应:(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2O副反应:2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸,并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一:实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。(2)装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是____________。(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是____________________。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有______________(填字母代号)。A.温度计B水浴加热装置C.洗气瓶D.环形玻璃搅拌棒实验二:测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氯化钠的含量。已知;①废水中氯化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag++2CN—===[Ag(CN)2]—,Ag++I—==AgI↓,AgI呈黄色,CN—优先与Ag+发生反应。实验如下:取1L处理后的NaCN废水,浓缩为10.00mL置于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂,用1.010—3mol/L的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL(5)滴定终点的现象是___________________________________。(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为____________________mg/L.Ⅲ.(7)常温下,含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理,用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4—,则阳极主要的反应式为_________________________。20、卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应,歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置:装置中盛装的药品如下:①多用滴管中装有5mL浓盐酸;②微型具支试管中装有1.5gKMnO4;③微型具支试管中装有2~3mL浓硫酸;④U形反应管中装有30%KOH溶液;⑤U形反应管中装有2mol·L-1NaOH溶液;⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L-1KI-淀粉溶液和KBr溶液;⑧尾气出口用浸有0.5mol·L-1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住(1)检查整套装置气密性的方法是________。(2)为了使装置④⑤中的反应顺利完成,应该控制的反应条件分别为___________。(3)装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。(4)如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置,则______(填“能”或“不能”)证明氧化性Cl2>I2,理由是_______。(5)已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示,反应结束后,从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。(6)尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。(7)选择微型实验装置的优点有___________(任答两点)。21、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成,回答下列问题:(1)准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过_______方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态铜原子的电子排布式为_______。(3)CuO在高温时分解为O2和Cu2O,请从阳离子的结构来说明在高温时,Cu2O比CuO更稳定的原因是_______。Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有_______个铜原子。(4)Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图:,该配离子中含有的化学键类型有______(填字母序号)。A.配位键B.极性键C.离子键D.非极性键(5)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(CO)5分子中含____molσ键,与CO互为等电子体的离子是__(填化学式,写一种)。(6)某种磁性氮化铁的结构如图所示,N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该磁性氮化铁的晶体密度为____g/cm3(列出计算式)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.实验室制取氯气,二氧化锰与浓盐酸需要加热,常温下不反应,A错误;B.实验室制取氨气,氯化铵固体与氢氧化钙固体加热,B正确;C.酒精和水互溶,不能作萃取剂,C错误;D.Fe2+容易被空气氧化变为Fe3+,加热后得不到亚铁盐,D错误;故答案选B。2、B【解析】
A.矿物油可以通过石油分馏来获取,植物油是油脂,不能通过石油分馏来获取,选项A错误;B.硫酸亚铁可作补血剂组成成分,选项B正确;C.天然蛋白质的水解产物都是α-氨基酸,选项C错误;D.造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放,选项D错误;答案选B。3、C【解析】
乙是一种“绿色氧化剂”,即乙为H2O2,乙和丁组成的元素相同,则丁为H2O,化合物N是具有漂白性的气体(常温下),则N为SO2,根据转化关系,M是单质,H2O2分解成O2和H2O,即M为O2,甲在酸中生成丙,丙为二元化合物,且含有S元素,即丙为H2S,四种元素原子序数依次增大,且都为短周期元素,X为H,Y为O,如果W为S,X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2,则Z为Na,如果Z为S,则W不符合要求;【详解】乙是一种“绿色氧化剂”,即乙为H2O2,乙和丁组成的元素相同,则丁为H2O,化合物N是具有漂白性的气体(常温下),则N为SO2,根据转化关系,M是单质,H2O2分解成O2和H2O,即M为O2,甲在酸中生成丙,丙为二元化合物,且含有S元素,即丙为H2S,四种元素原子序数依次增大,且都为短周期元素,X为H,Y为O,如果W为S,X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2,则Z为Na,如果Z为S,则W不符合要求;A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O),故A错误;B、SO2能使溴水褪色,发生SO2+Br2+H2O=2HBr+H2SO4,利用SO2的还原性,乙烯和溴水反应,发生的加成反应,故B错误;C、含S元素的盐溶液,如果是Na2SO4,溶液显中性,如果是NaHSO4,溶液显酸性,如果是Na2SO3,溶液显碱性,故C正确;D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S,NaH中H最外层有2个电子,不满足8电子结构,故D错误,答案选C。【点睛】微粒半径大小比较:一看电子层数,一般来说电子层数越多,半径越大;二看原子序数,当电子层数相同,半径随着原子序数的递增而减小;三看电子数,电子层数相同,原子序数相同,半径随着电子数的增多而增大。4、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。5、A【解析】
A.在H2O分子中,O原子吸引电子的能力很强,O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O,使得O原子相对显负电性,H原子相对显正电性,A项错误;B.在NaCl晶体中,Na+和Cl-整齐有序地排列,B项正确;C.Na+、Cl在水中是以水合离子的形式存在,C项正确;D.NaCl晶体的溶解和电离过程,使原本紧密结合的Na+与Cl-分开,成为了自由的水合离子,破坏了Na+与Cl-之间的离子键,D项正确;答案选A。6、A【解析】
A.苯和乙苯,都只含有一个苯环,结构相似,且分子相差2个CH2,是同系物,A正确;B.乙苯中的-CH2CH3上有2个饱和的C原子,饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4,不能所有原子共面,B错误;C.乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸,是氧化反应,C错误;D.乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应,D错误。答案选A。7、B【解析】
比例模型可以直观地表示分子的形状,其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键,碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定,原子半径的关系为C>O>H,最大的原子为C,最小的原子为H,小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH,则其中含有官能团有一个羟基,一个羧基。故选B。8、D【解析】
根据流程图,混合物中加入试剂x过滤后得到铁,利用铝与氢氧化钠反应,铁不与氢氧化钠反应,因此试剂x为NaOH,a为NaAlO2,a生成b加入适量的y,因此y是盐酸,b为氢氧化铝,氢氧化铝受热分解成Al2O3,然后电解氧化铝得到铝单质;A.根据上述分析,A正确;B.a→b发生的反应为:AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,故B正确;C.根据上述分析,b→c→Al的反应条件分别为:加热、电解,故C正确;D.a为NaAlO2,NaAlO2与碱不反应,故D错误;答案选D。9、D【解析】
A.碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强,所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存,、、不能在同一溶液中大量共存,故A正确;B.由图象可知当pH=6时,pC()=pC(),结合=,故B正确;C.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()可以抵消少量酸或碱,维持pH=7.4,但当过量的酸进入血液中时,血液中氢离子浓度增大,平衡向左移动放出CO2,碳酸浓度基本不变,则血液缓冲体系中的最终将变大,故C正确;D.pH=9时,由图象可得溶液中离子关系是c()>c()>c(OH-)>c()>c(),因此D选项的离子浓度关系不可能出现,故D错误;答案选D。10、D【解析】
盐酸为强酸,完全电离,醋酸为弱酸,部分电离,相同pH时,醋酸的浓度大于盐酸的浓度,据此分析;【详解】A、醋酸为弱酸,部分电离,盐酸为强酸,完全电离,相同pH时,醋酸的浓度大于盐酸,故A错误;B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关,醋酸和盐酸都是一元酸,相同pH时,溶液中离子浓度和所带电荷数相等,导电能力几乎相同,故B错误;C、加水稀释,两种酸的pH增大,醋酸是弱酸,加水稀释,促进电离,稀释相同倍数时,醋酸溶液中c(H+)大于盐酸c(H+),即盐酸的pH变化更明显,故C错误;D、根据A选项分析,c(CH3COOH)>c(HCl),中和相同的NaOH溶液时,浓度大的醋酸消耗的体积小,故D正确;答案选D。11、B【解析】
由表中数据知,碱性条件下,HNO2可被氧化为NO3-,而ClO-有强氧化性,A对;HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱,故CO2不能与亚硝酸盐作用而硫酸能,B错、C对;酸性条件下,NaNO2有氧化性,而I-具有强还原性,NO2-能将I-氧化成I2,D对。本题选B。12、A【解析】
A.复分解反应中一定没有单质参与与生成,而氯气属于单质,则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应,选项A选;B.氯气与KI等的置换反应,有氯气参加,选项B不选;C.甲烷等与氯气的取代反应,有氯气参加,选项C不选;D.乙烯等与氯气的加成反应中,有氯气参加,选项D不选;答案选A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型,为高频考点,把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键,注重基础知识的考查,注意利用实例分析,氯气具有氧化性,有氯气参加的反应为氧化还原反应,也可发生有机的取代、加成反应,则不可能为复分解反应。13、A【解析】
A.甲苯有4种等效氢(),间二甲苯也有4种等效氢(),因此它们的一溴代物均有4种,A项正确;B.醇的系统命名,选含羟基的最长碳链为主链,从距羟基较近的一端开始编号,,该化合物名称应为:2,3,3-三甲基-2-丁醇,B项错误;C.2-丁烯的结构为或,分子中的四个碳原子不在一条直线上,C项错误;D.乙酸甲酯分子中有2种等效氢(),在核磁共振氢谱中会出现2组峰,D项错误;答案选A。【点睛】用系统命名法命名的一般原则:①选择含官能团的最长碳链为主链;②编号时,先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小,再考虑使其它支链的编号尽可能小;③写名称时,先写支链名称,再写主链名称,阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。14、A【解析】A、根据图像,可以得知pH=2时c(HA-)>c(H2A)+c(A2-),故A说法错误;B、E点:c(A2-)=c(HA-),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),此时的溶质为Na2A、NaHA,根据物料守恒,2n(Na+)=3n(A),即2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A),两式合并,得到c(Na+)-c(HA-)=[c(HA-)+3c(H2A)+c(A2-)]/2,即c(Na+)-c(HA-)=0.1+c(H2A),c(Na+)-c(HA-)<0.100mol·L-1,故B说法正确;C、根据物料守恒和电荷守恒分析,当c(Na+)=0.1mol·L-1溶液中:c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-),故C说法正确;D、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),pH=7,说明c(H+)=c(OH-),即c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),因此有c(Na+)>2c(A2-),故D说法正确。15、C【解析】
A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,故A错误;B.原子晶体的构成微粒是原子,原子间以共价键结合,故B错误;C.仅由共价键形成的分子是共价分子,所以分子中原子间是否全部是共价键是共价分子的判断依据,故C正确;D.平衡体系中各组分的物质的量浓度保持不变的状态是化学平衡状态,故D错误;答案选C。【点睛】原子晶体的构成微粒是原子,原子间以共价键结合;由原子构成的晶体不一定是原子晶体,例如,稀有气体是由单原子分子构成的分子晶体,分子间存在范德华力。16、D【解析】
A.标准状况下,CHC13是液体,不能用22.4L/mol计算物质的量,不能确定氯原子数目,故A错误;B.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g,物质的量为=0.1mol,根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑,0.1mol乙醇生成0.05mol氢气,乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气,故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA,故B错误;C.一个P4分子中含有6个磷磷单键,即6个σ键,124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol,含σ键数目为6NA,故C错误;D.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L-1=1mol,则数目为NA,故D正确;答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型,分子中含有6个磷磷单键,知道物质的结构很关键。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH3CH(CH3)CH32—甲基丙烯消去反应【解析】
(1)88gCO2为2mol,45gH2O为2.5mol,标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol,所以烃A中含碳原子为4,H原子数为10,则化学式为C4H10,因为A分子结构中有3个甲基,则A的结构简式为:CH3CH(CH3)CH3;(2)C4H10存在正丁烷和异丁烷两种,但从框图上看,A与Cl2光照取代时有两种产物,且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种,则A只能是异丁烷,先取代再消去生成的D名称为:2—甲基丙烯;(3)F可以与Cu(OH)2反应,故应为醛基,与H2之间为1:2加成,则应含有碳碳双键.从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析,F的结构简式为;(4)反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应,故答案为消去反应;(5)F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸G为,D至E为信息相同的条件,则类比可不难得出E的结构为,E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应,反应方程式为:;(6)G中含有官能团有碳碳双键和羧基,可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为、、、。18、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】
(1)由C的结构可知,反应①是1,3-丁二烯与氯气发生1,4-加成反应生成1,4-二氯-2-丁烯,反应②发生卤代烃的水解反应,故B为ClCH2CH=CHCH2Cl,D中官能团名称为:羧基、碳碳双键;(2)①的反应的类型是:加成反应,②的反应条件是:氢氧化钠水溶液、加热;(3)④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3,反应方程式为;(4)C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化,符合条件的C的同分异构体为:CH3COOC2H5;(5)过程③由多个步骤组成,对比C、D的结构,HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH,然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH,HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH,合成路线流程图为:,故答案为:。【点睛】本题考查有机物的合成,题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,注意根据有机物的结构明确发生的反应,熟练掌握官能团的性质与转化。19、NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3三颈烧瓶将产生的氨气及时排出并被吸收,防止产生倒吸,减少发生副反应AB滴入最后一滴标准硝酸银溶液,锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失0.492HSO4—-2e-=S2O82—+2H+【解析】
I.由题意,NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3;II.装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水,装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下,发生分解反应生成02,反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收,防止产生倒吸;避免氨气与过二硫酸钠发生副反应;滴定过程中Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-,当CN-反应结束时,滴入最后一滴硝酸银溶液,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀;Ⅲ.由题意可知,HSO4—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—。【详解】(1)由题意,NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3,反应的化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3,故答案为NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3;(2)由图可知,盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是三颈烧瓶,故答案为三颈烧瓶;(3)由题给信息可知,过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水,反应生成的氨气在90℃温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水,装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下,发生分解反应生成02,反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收,防止产生倒吸;避免氨气与过二硫酸钠发生副反应,故答案为将产生的氨气及时排出并被吸收,防止产生倒吸,减少发生副反应;(4)由题给信息可知,制备反应需要在55℃温度下进行,90℃温度下发生副反应,所以需要控制温度不能超过90℃,故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置,故答案为AB;(5)滴定过程中Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-,当CN-反应结束时,滴入最后一滴硝酸银溶液,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失,说明反应到达滴定终点,故答案为滴入最后一滴标准硝酸银溶液,锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失;(6)滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0×10—3mol/L×5.00×10—3L=5.00×10-6mol,根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-可知处理的废水中氰化钠的质量为5.00×10-6mol×2×49g/mol=4.9×10-4g,则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49mg/L,故答案为0.49;(7)由题意可知,HSO4—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—,电极反应式为2HSO4—-2e-=S2O82—+2H+,故答案为2HSO4—-2e-=S2O82—+2H+。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质是解答关键。20、连接好实验装置,由⑧导管向⑦装置中加水,若能形成一段稳定的水柱,则装置的气密性良好(其他合理答案均可)装置④放入348K(或75℃)热水浴中;装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝;装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2,氧化性Cl2>Br2,Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应,氧化性Br2>I2或Cl2>I2,均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+简化实验装置、节约成本;试剂用量少、能源消耗少;节省空间,缩短实验时间;减少污染等(任答两点)【解析】
(1)气体经过的装置数目较多,可用液差法检查整套装置的气密性;(2)该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠,由于④U形反应管中装有30%KOH溶液,用于制取氯酸钾,⑤U形反应管中装有2mol·L-1NaOH溶液用于制取次氯酸钠,结合已知离子方程式写出反应条件;(3)装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2,使淀粉溶液变蓝,装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2;(4)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2,据此分析解答;(5)物质的溶解度随温度的变化较快,常常选择冷却结晶方式析出晶体,物质的溶解度随温度的变化相对平缓,常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体;观察溶解度曲线特点,选择结晶方式;(6)Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl,结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式;(7)结合微型实验装置的特点回答其优点,如节约药品,减少环境污染等等。【详解】(1)整套装置气密性的检查用液差法,方法是连接好实验装置,由⑧导管向⑦装置中加水,若能形成一段稳定的水柱,则装置的气密性良好。(2)装置④中盛放30%KOH溶液,装置④中发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O,则装置④用于制备KClO3;装置⑤中盛放2mol·L-1NaOH溶液,装置⑤中发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成,装置④应放入348K(或75℃)热水浴中;为了使装置⑤中的反应顺利完成,装置⑤应放入冷水浴中。(3)装置⑥中盛放KI-淀粉溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,I2遇淀粉呈蓝色,则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝;装置⑦中盛放KBr溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KBr=2KCl+Br2,则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。(4)如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置,即装置⑥中盛放KBr溶液,装置⑥中发生反应Cl2+2KBr=2KCl+Br2,由此得出氧化性Cl2>Br2;装置⑦中盛放KI-淀粉溶液,无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2(g)都能与KI反应生成I2,则说明Cl2或Br2(g)的氧化性强于I2。结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl2>I2。(5)根据溶解度曲线可知,KClO3的溶解度随温度升高明显增大,KCl在低温时溶解度大于KClO3,高温时溶解度小于KClO3,则从装置④所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)尾气用浸有0.5mol·L-1Na2S2O3溶液的棉花吸收,Cl2将S2O氧化成SO,自身被还原成Cl-,根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2+S2O+5H2O=2SO+8Cl-+10H+。(7)选择微型实验装置的优点有:简化实验装置、节约成本;试剂用量少、能源消耗少;节省空间,缩短实验时间;减少污染等。【点睛】本题以制取氯气、氯酸钾、次氯
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