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文档简介
2024年巢湖市重点中学高三下学期第六次检测化学试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、利用电解法制取Na2FeO4的装置图如图所示,下列说法正确的是(电解过程中温度保持不变,溶液体积变化忽略不计)A.Y是外接电源的正极,Fe电极上发生还原反应B.Ni电极上发生的电极反应为:2H2O-4e-==O2↑+4H+C.若隔膜为阴离子交换膜,则电解过程中OH-由B室进入A室D.电解后,撤去隔膜,充分混合,电解液的pH比原来小2、某混合溶液中所含离子的浓度如下表,则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A.Cl— B.Ba2+ C.Fe2+ D.Mg2+3、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外,还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1,T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知:海水中存在以下平衡:CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq),下列说法不正确的是A.T1>T2B.海水温度一定时,大气中CO2浓度增加,海水中溶解的CO2随之增大,CO32-浓度降低C.当大气中CO2浓度确定时,海水温度越高,CO32-浓度越低D.大气中CO2含量增加时,海水中的珊瑚礁将逐渐溶解4、为制取含HClO浓度较高的溶液,下列图示装置和原理均正确,且能达到实验目的的是A.制取氯气 B.制取氯水C.提高HClO浓度 D.过滤5、做好垃圾分类,推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是()选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识A.A B.B C.C D.D6、化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是()A.焊接金属时常用溶液做除锈剂B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维,是一种新型无机非金属材料C.只要符合限量,“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,是发生雾霾天气的主要原因,这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体7、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述正确的是A.塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B.磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C.用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈,是因为溶液中的A13+离子能与铜锈反应D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗,该过程涉及胶体性质的应用8、有一未知的无色溶液中可能含有、、、、、、。分别取样:①用计测试,溶液显弱酸性;②加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A.可能不含 B.可能含有C.一定含有 D.一定含有3种离子9、25°C时,0.100mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.1000mol.L-1'氨水的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.滴定时,可迄用甲基橙或酚酞为指示剂B.a、b两点水电离出的OH-浓度之比为10-4.12C.c点溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)D.中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时消耗相同浓度盐酸的体积相等10、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图:则下列叙述错误的是()则下列叙述错误的是A.A气体是NH3,B气体是CO2B.把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制泡腾片C.第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D.第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶11、当冰醋酸固体变成液体或气体时,一定发生变化的是A.分子内化学键 B.共价键键能C.分子的构型 D.分子间作用力12、以CO2和Na2O2为原料,制取纯净干燥的O2,实验装置如下:下列说法不正确的是A.装置②中试剂可以是NaOH溶液B.装置③的作用是干燥O2C.收集氧气应选择装置aD.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶13、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式“电池(Rockingchairbattery),1980年开发出LiCoO2材料,下图是该电池工作原理图,在充放电过程中,Li+在两极之间“摇来摇去”,该电池充电时的总反应为:LiCoO2+6C(石墨)=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A.充电时,Cu电极为阳极B.充电时,Li+将嵌入石墨电极C.放电时,Al电极发生氧化反应D.放电时,负极反应LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+14、1L某混合溶液中,溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1,向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是()A.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸15、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16、下列化学用语或命名正确的是A.过氧化氢的结构式:H-O-O-H B.乙烯的结构简式:CH2CH2C.含有8个中子的氧原子: D.NH4Cl的电子式:17、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2,测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示:下列分析正确的是A.CO2通入NaClO溶液的反应:2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB.CO2通入CH3COONa溶液的反应:CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC.通入n(CO2)=0.06mol时,NaOH溶液中的反应:2OH-+CO2=CO32-+H2OD.通入n(CO2)=0.03mol时,三种溶液中:n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol18、分类是化学学习与研究的常用方法,下列分类不正确的是()A.按照分散质和分散剂所处的状态,可分为9种分散系B.天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物C.CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质D.塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化19、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A.锌皮作负极,碳棒作正极B.电子从锌皮流向碳棒,电流方向则相反C.NH4Cl是电解质,在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被氧化D.该电池是一次性电池,该废旧电池中锌可回收20、下列说法不正确的是A.属于有机物,因此是非电解质B.石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃C.煤的气化,液化和干馏都是化学变化D.等质量的乙烯,丙烯分别充分燃烧,所耗氧气的物质的量一样多21、锂—铜空气燃料电池(如图)容量高、成本低,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,其中放电过程为:2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-,下列说法错误的是A.整个反应过程中,氧化剂为O2B.放电时,正极的电极反应式为:Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-C.放电时,当电路中通过0.1mol电子的电量时,有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动,有标准状况下1.12L氧气参与反应D.通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O22、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统,借助锂循环可持续,合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A.过程I得到的Li3N的电子式为B.过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C.过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2OD.过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、(14分)异丁烯[CH2=C(CH3)2]是重要的化工原料。已知:(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚(),该反应属于_________反应(填“反应类型”).(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物,写出该反应的化学方程式________________。(3)写出符合下列条件的对叔丁基酚的所有同分异构体的结构简式________________________________。①含相同官能团;②不属于酚类;③苯环上的一溴代物只有一种。(4)已知由异丁烯的一种同分异构体A,经过一系列变化可合成物质,其合成路线如图:①条件1为_____________;②写出结构简式:A_____________;B____________。(5)异丁烯可二聚生成CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3,写出该二聚物的名称__________。异丁烯二聚时,还会生成其他的二聚烯烃类产物,写出其中一种链状烯烃的结构简式________________________________。24、(12分)下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图(反应条件已经略去):已知:①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇,但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键;LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR',RCOR'RCH(OH)R',RCOOR'RCH2OH+R'OH。(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,X的结构简式为_____。(2)C用LiBH4还原得到D,C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。(3)写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物;②能使FeCl3溶液显色;③分子中有4种不同化学环境的氢。(4)写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。(5)根据已有知识并结合相关信息,设计B→C的合成路线图(CH3I和无机试剂任选),合成路线常用的表示方式为:。____________25、(12分)实验室用如图装置(略去夹持仪器)制取硫代硫酸钠晶体。已知:①Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下:Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题:(1)装置B的作用是___。(2)该实验能否用NaOH代替Na2CO1?___(填“能”或“否”)。(1)配制混合液时,先溶解Na2CO1,后加入Na2S·9H2O,原因是___。(4)装置C中加热温度不宜高于40℃,其理由是___。(5)反应后的混合液经过滤、浓缩,再加入乙醇,冷却析出晶体。乙醇的作用是___。(6)实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠,最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___(列出计算表达式)。[Mr(Na2S·9H2O)=240,Mr(Na2S2O1·5H2O)=248](7)下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___(填标号)。A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻C.先往装置A中滴加硫酸,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管26、(10分)锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物.SnCl4是无色液体,极易水解,熔点﹣36℃,沸点114℃,金属锡的熔点为231℃.实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4(此反应过程放出大量的热).实验室制取无水SnCl4的装置如图所示.完成下列填空:(1)仪器A的名称__;仪器B的名称__.(2)实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气,须净化后再通入液态锡中反应,除去HCl的原因可能是__;除去水的原因是__.(3)当锡熔化后,通入氯气开始反应,即可停止加热,其原因是__.若反应中用去锡粉11.9g,反应后在锥形瓶中收集到23.8gSnCl4,则SnCl4的产率为__.(4)SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡.若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中,预期可看到的现象是__.(5)已知还原性Sn2+>I﹣,SnCl2也易水解生成难溶的Sn(OH)Cl.如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2?__.27、(12分)某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O(一水硫酸四氨合铜)和Fe3O4胶体粒子,具体流程如下:已知:①Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3②Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O③[Cu(NH3)4]SO4易溶于水,难溶于乙醇。请回答:(1)滤渣的成分为________。(2)步骤Ⅰ中生成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的离子方程式:________。步骤Ⅰ中加入(NH4)2SO4的作用是作为反应物和________。(3)步骤Ⅳ中加入95%乙醇时,缓慢加入的目的是________。(4)下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,缓慢流干,重复2~3次(5)步骤Ⅲ中,从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即:滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作,请在空格处填写正确的操作次序(填写序号)。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液,加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体,搅拌溶解⑤测定Fe3+含量(6)测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度,过程如下:取0.5000g试样溶于水,滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3~4,加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂,生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定,重复2~3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知:M[Cu(NH3)4SO4·H2O]=246.0g·mol−1;2Cu2++4I−=2CuI+I2,I2+2S2O32-=2I−+S4O62-。28、(14分)铅铬黄是一种颜料,主要成分是铬酸铅PbCrO4。现以CrCl3•6H2O和Pb(NO3)2等为原料制备该物质,并测定产物纯度。(1)溶解、过滤、洗涤操作时,均需要用到的以下仪器为______________(填标号)。(2)第①步所得绿色溶液的主要成分为NaCrO2,已知Cr(OH)3不溶于水,与Al(OH)3类似,具有两性。写①步发生反应的离子方程式_____________________。(3)第②步中加入H2O2浓溶液的目的是___________________。溶液逐步变为亮黄色后,仍须持续煮沸溶液一段时间,目的是_____________________。(4)第③步加入醋酸的目的是,防止pH较高时,加入Pb(NO3)2溶液会产生______(填化学式)沉淀,影响产率。利用pH试纸,调节pH的实验操作是_____________。pH逐步降低时,溶液中的CrO42-转化为____________离子(填化学式)。(5)由于铬酸铅的溶解度比重铬酸铅的小的多,在第④步中逐滴滴加Pb(NO3)2溶液后,产PbCrO4黄色沉淀,此时为了提高铅铬黄的产率,可补加少量NaOH溶液,请用化学平衡移动原理加以解释:________________。29、(10分)1923年,我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精的方案,并向英、美、法等化学工业发达国家申请了专利。以下是利用化学方法合成味精的流程:请回答下列问题:(1)下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是____(填字母)。a.蛋白质都是高分子化合物b.谷氨酸(H)自身不能发生反应c.H分子不含手性碳原子d.天然蛋白质水解最终产物都是α-氨基酸(2)C的系统命名法名称是____;B中含氧官能团名称是____。(3)E→F的反应类型是____。R的结构简式为____。(4)写出G和NH3反应的化学方程式:____。(5)T是H的同分异构体,写出同时具备下列条件的T的结构简式______________。①含有—NH2,且能发生水解反应;②1molT发生银镜反应能生成4molAg③核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为2∶2∶2∶3(6)参照题给流程图,以和甲醇为原料(其他无机试剂任选),设计合成苯丙氨酸()的流程,写出合成路线____。
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、D【解析】
A.铁电极为阳极,Y接电源的正极,铁电极上发生失电子的氧化反应:Fe+8OH--6e-=FeO42−+4H2O↑,故A错误;B.镍电极为阴极,X接电源的负极,镍电极上发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故B错误;C.在电解池装置中,阴离子向阳极移动,OH-由A室进入B室,故C错误;D.总反应为2Fe+2OH-+2H2O=FeO42−+3H2↑,由于反应消耗OH-,电解的OH-浓度降低,pH比原来小,故D正确;故选D。【点睛】阴极:与直流电源的负极直接相连的一极;阳极:与直流电源的正极直接相连的一极;阴极得电子发生还原反应,阳极失电子发生氧化反应;在电解池中阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动。2、D【解析】
溶液(体积为1L)中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4,氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2,根据溶液呈电中性原则,则X为阳离子,且带电荷数为2,只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选;而在酸性环境下,硝酸根离子能够氧化铁离子,不能共存,硫酸根离子与钡离子产生沉淀,不能大量共存,只有镁离子在上述溶液中大量共存,故答案选D。3、C【解析】
题中给出的图,涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量,类似于恒温线或恒压线的图像,因此,在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系,一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值,另一方面也要注意升高温度可以使分解,即让反应逆向移动。【详解】A.升高温度可以使分解,反应逆向移动,海水中的浓度增加;当模拟空气中CO2浓度固定时,T1温度下的海水中浓度更高,所以T1温度更高,A项正确;B.假设海水温度为T1,观察图像可知,随着模拟空气中CO2浓度增加,海水中的浓度下降,这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动,从而使浓度下降,B项正确;C.结合A的分析可知,大气中CO2浓度一定时,温度越高,海水中的浓度也越大,C项错误;D.结合B项分析可知,大气中的CO2含量增加,会导致海水中的浓度下降;珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式为:,若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动,珊瑚礁会逐渐溶解,D项正确;答案选C。4、C【解析】A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热,故A错误;B、洗气就长进短出,故B错误;C、CaCO3+Cl2+H2O=CaCl2+2HClO,故C正确;D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法,漏斗要紧贴烧杯内壁,故D错误;故选C。5、C【解析】
A.牛奶盒是包装纸,属于可回收物,故A正确;B.眼药水是过期药品,属于有害垃圾,故B正确;C.干电池属于有害垃圾,故C错误;D.西瓜皮是厨余垃圾,属于湿垃圾,故D正确;答案选C。6、D【解析】
A.NH4Cl水解使溶液显酸性,该酸性溶液可以与金属氧化物反应,因此NH4Cl溶液常用作金属焊接时的除锈剂,A正确;B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维是碳元素的单质,因此该碳纤维是一种新型无机非金属材料,B正确;C.食用色素可作为着色剂,亚硝酸盐可作为防腐剂,正确使用食品添加剂可以延长食品保质期,增加食品的营养价值,因此对人体健康有益,C正确;D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,而胶体粒子直径在1nm~100nm之间,所以PM2.5的颗粒物直径较大,扩散在空气中不会形成胶体,D错误;故合理选项是D。7、D【解析】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料,故A错误;B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁,是黑色固体,不能制备红色颜料和油漆,故B错误;C.明矾溶液中水解使溶液呈酸性,铜锈为溶于酸性溶液,故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应,故C错误;D.血液透析原理就是胶体的渗析原理,胶体不能通过半透膜,涉及胶体性质,故D正确;故答案为:D。8、C【解析】
溶液为无色,则溶液中没有Cu2+;由①可知溶液显弱酸性,上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性,则一定含有NH4+;而S2-能水解显碱性,即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中,则一定不含有S2-;再由氯水能氧化I-生成碘单质,而碘遇淀粉变蓝,而②中加氯水和淀粉无明显现象,则一定不含有I-;又溶液呈电中性,有阳离子必有阴离子,则溶液中有NH4+,必须同时存在阴离子,即SO42-必然存在;而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀,则这两种离子不能共存,即一定不存在Ba2+;显然剩下的Na+是否存在无法判断,综上所述C正确。故选C。【点睛】解决此类问题的通常从以下几个方面考虑:溶液的酸碱性及颜色;离子间因为发生反应而不能共存;电荷守恒。9、B【解析】
A.甲基橙变色范围为3.1~4.4,酚酞变色范围为8~10,盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性,应选甲基橙作指示剂,故A错误;B.a溶液呈碱性,则主要是NH3·H2O的电离抑制水解,pH=9.24,则溶液中c水(H+)=10-9.24mol/L,则水电离出的c水(OH-)=10-9.24mol/L;b点溶液呈酸性,主要是NH4+的水解促进水的电离,pH=5.12,则溶液中c水(H+)=10-5.12mol/L,则水电离出的c水(OH-)=10-5.12mol/L,所以a、b两点水电离出的OH-浓度之比为=10-4.12,故B正确;C.c点滴加了50mL盐酸,则溶液中的溶质为NH4Cl和HCl,且物质的量浓度相同,所以溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-),故C错误;D.等pH的氨水和NaOH溶液,氨水的浓度要远大于氢氧化钠溶液的浓度,所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时,氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多,故D错误;故答案为B。【点睛】在有关水的电离的计算是,无论是酸碱的抑制,还是水解的促进,要始终把握一个点:水电离出的氢离子和氢氧根浓度相同。10、D【解析】
A.氨气易溶于水,二氧化碳能溶于水,依据侯德榜制碱的原理:向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠,加热反应制备纯碱,所以气体A为氨气,B为二氧化碳,故A正确;B.第Ⅲ步操作是过滤操作,通过过滤得到碳酸氢钠晶体,把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制得泡腾片,故B正确;C.第Ⅲ步操作是过滤操作,通过过滤得到碳酸氢钠晶体,所以需要的仪器有:烧杯、漏斗、玻璃棒,故C正确;D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体,故D错误;故选D。11、D【解析】
A.冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化,化学键未断裂,A错误;B.化学键未断裂,则共价键类型未变,键能不变,B错误;C.物理变化分子本身未变化,分子构型不可能变化,C错误;D.冰醋酸固体变成液体或气体,分子间间隔增大,需克服分子间作用力,因此分子间作用力被破坏,D正确。答案选D。12、C【解析】
实验原理分析:二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气,氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳,可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽,在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气,最后收集;【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液,用来除掉二氧化碳气体,故不选A;B.装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,故不选B;C.由于氧气密度大于空气,选择装置b,故选C;D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,故不选D;答案:C13、B【解析】
根据充电时的总反应,钴化合价升高被氧化,因此钴为阳极,石墨为阴极,则在放电时钴为正极,石墨为负极,据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析,铜电极以及上面的石墨为阴极,A项错误;B.充电时整个装置相当于电解池,电解池中阳离子移向阴极,B项正确;C.放电时整个装置相当于原电池,原电池在工作时负极被氧化,C项错误;D.根据分析,含钴化合物位于电源的正极,D项错误;答案选B。【点睛】不管是不是锂电池,都遵循原电池的工作原理,即阳离子移向正极,阴离子移向负极,锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了,换汤不换药。14、A【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol,加入等浓度的硫酸,加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水,同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀,当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应,生成0.1molBaSO4,再加入0.5LH2SO4溶液时,加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应:H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液,加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,和图像相符,故A选;B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol,共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀,即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故B不选;C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol,共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀,即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故C不选;D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol,先加入0.5L硫酸,即0.05mol硫酸,加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀,同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol,加入的SO42-为0.05mol,所以生成0.05molBaSO4沉淀,还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液,加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解,同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀,此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol,和图像不符,故D不选。故选A。15、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。16、A【解析】
A.过氧化氢为共价化合物,用短线代替所有共价键即为结构式,过氧化氢的结构式是H−O−O−H,故A正确;B.乙烯含有碳碳双键,不能省略,结构简式为CH2=CH2,故B错误;C.表示质量数为18的氧原子,含有10个中子,故C错误;D.NH4Cl的电子式为:,故D错误;故答案选A。17、D【解析】
A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子,所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子,则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为:CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO,A错误;B.碳酸的酸性比醋酸弱,CO2通入CH3COONa溶液不反应,B错误;C.n(NaOH)=0.1mol,通入n(CO2)=0.06mol,反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠,反应的离子方程式:5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O,C错误;D.通入n(CO2)=0.03mol,三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到:n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03moll,D正确;故合理选项是D。18、C【解析】
A.分散剂和分散质都存在3种状态:固体、液体和气体,每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种分散系,共可组成3×3=9种分散系,A正确;B.天然气主要成分是甲烷,还含有乙烷、丙烷、丁烷等,水煤气是CO、H2的混合气,裂解气是乙烯、丙烯等的混合气,高炉煤气是CO、CO2等的混合气,B正确;C.HCOOH是电解质,C错误;D.塑料老化是塑料被氧化造成,橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应,均属化学变化,D正确。故选C。19、C【解析】试题分析:A.锌是活泼金属,则锌皮作负极,碳棒作正极,A项正确;B.原电池中电子从负极沿导线流向正极,电流从正极流向负极,电流从碳棒流到锌上,B项正确;C.以糊状NH4Cl作电解质,其中加入MnO2氧化吸收H2,C项错误;D.该电池是一次性电池,该废旧电池中锌可回收,D项正确;答案选C。考点:考查干电池的工作原理20、A【解析】
据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。【详解】A.属于有机物,在水溶液中能微弱电离,属于弱电解质,A项错误;B.石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃,裂化获得轻质液体燃料(汽油等),裂解获得短链不饱和烃(化工原料),B项正确;C.煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料,煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料,煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程,它们都是化学变化,C项正确;D.乙烯、丙烯符合通式(CH2)n,等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2,完全燃烧消耗等量氧气,D项正确。本题选A。21、C【解析】A,根据题意,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,放电过程中消耗Cu2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O,由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-,Cu2O又被还原成Cu,整个过程中Cu相当于催化剂,氧化剂为O2,A项正确;B,放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-,B项正确;C,放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+,电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+,Li+透过固体电解质向Cu极移动,反应中消耗O2物质的量为=0.025mol,在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L,C项错误;D,放电过程中消耗Cu2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O,D项正确;答案选C。22、D【解析】
A.Li3N是离子化合物,Li+与N3-之间通过离子键结合,电子式为,A正确;B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3,反应方程式为:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑,B正确;C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子,发生氧化反应,阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O,C正确;D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应,没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应,D错误;故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、加成KMnO4/OH﹣CH3CH2CH=CH2CH3CH2CHOHCH2OH2,4,4﹣三甲基﹣1﹣戊烯CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2【解析】
(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚(),C=C转化为C-C;(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物,为酚醛缩合反应;(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合:①含相同官能团-OH;②不属于酚类,-OH与苯环不直接相连;③苯环上的一溴代物只有一种,苯环上只有一种H;(4)由合成流程可知,最后生成-COOH,则-OH在短C原子上氧化生成-COOH,所以A为CH3CH2CH=CH2,B为CH3CH2CHOHCH2OH;(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3,主链为含C=C的5个C的戊烯,2、4号C上有3个甲基;异丁烯二聚时,生成含1个碳碳双键的有机物。【详解】(1)异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚(),C=C转化为C﹣C,则为烯烃的加成反应;(2)对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物,为酚醛缩合反应,该反应为;(3)对叔丁基酚的所有同分异构体符合:①含相同官能团﹣OH;②不属于酚类,﹣OH与苯环不直接相连;③苯环上的一溴代物只有一种,苯环上只有一种H,符合条件的结构简式为;(4)由合成流程可知,最后生成﹣COOH,则﹣OH在短C原子上氧化生成﹣COOH,所以A为CH3CH2CH=CH2,B为CH3CH2CHOHCH2OH,①由A→B的转化可知,条件1为KMnO4/OH﹣;②由上述分析可知,A为CH3CH2CH=CH2,B为CH3CH2CHOHCH2OH;(5)CH2=C(CH3)CH2C(CH3)3,主链为含C=C的5个C的戊烯,2、4号C上有3个甲基,名称为2,4,4﹣三甲基﹣1﹣戊烯;异丁烯二聚时,生成含1个碳碳双键的有机物,则还可能生成CH2=C(CH3)CH2CH2CH(CH3)2或(CH3)2C=CHC(CH3)3或(CH3)2C=CHCH2CH(CH3)2。24、CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原)或【解析】
(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,属于加成反应,则X为CH3COOC2H5;
(2)避免碳碳双键被H2加成或还原,酯很难和H2发生还原反应;(3)①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,结构应对称;(4)E中醛基与银氨溶液发生氧化反应;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】(1)根据A与B的结构简式的异同,结合X的分子式可知,A转化为B属于加成反应,则X是CH3COOC2H5;(2)C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是:因为C中含有碳碳双键,碳碳双键也能与氢气发生加成反应,酯很难和H2发生还原反应,故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原);(3)A的同分异构体满足:①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,A的分子式是C10H14O,则分子中存在对称结构,所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或;(4)E分子中的醛基可与银氨溶液反应,醛基被氧化为羧基,同时生成氨气、银单质、水,化学方程式是;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C,合成流程图是:。25、安全瓶,防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1较多,或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度,促进晶体析出×100%D【解析】
(1)装置B的作用是平衡压强,防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠;(1)Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解;(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收,产品产率会降低;(5)Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇;(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量,Na2S2O1·5H2O的产率为;(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠,减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强,防止倒吸,则B为安全瓶防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠,氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠,可以代替碳酸钠;(1)Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解,碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解;(4)温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1较多,或Na2S2O1产率降低等其它合理答案;(5)Na2S2O1.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,则乙醇的作用为:降低Na2S2O1晶体的溶解度,促进晶体析出;(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g,Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%;(7)A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低,可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故A不符合题意;B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻,可将装置中的空气赶走提供无氧环境,可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故B不符合题意;C.先往装置A中滴加硫酸,产生二氧化硫,可将装置中的空气赶走,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液,可减少副产物的产生,故C不符合题意;D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管,装置中仍然含有空气,氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4,不能减少副产物产生,故D符合题意;答案选D。26、蒸馏烧瓶冷凝管Sn可能与HCl反应生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许,溶于稀盐酸中,加2滴碘的淀粉溶液,振荡,若紫色褪去,说明SnCl4混有少量的SnCl2,否则SnCl4纯净【解析】
装置A有支管,因此是蒸馏烧瓶,氯气进入烧瓶与锡反应得到,加热后挥发,进入装置B冷凝管中,注意冷凝水的方向是下进上出,冷却后的变为液体,经牛角管进入锥形瓶E中收集,而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气,据此来分析作答。【详解】(1)装置A是蒸馏烧瓶,装置B是冷凝管;(2)锡在金属活动顺序表中位于氢之前,因此金属锡会和反应得到无用的,而除去水蒸气是为了防止水解;(3)此反应过程会放出大量的热,因此此时我们可以停止加热,靠反应放出的热将持续蒸出;根据算出锡的物质的量,代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克,则产率为;(4)水解产生白色的固态二氧化锡,应该能在空气中看到一些白烟;(5)根据题目给出的信息,若溶液中存在,则可以将还原为,因此我们取样品少许,溶于稀盐酸中,加2滴碘的淀粉溶液,振荡,若紫色褪去,说明SnCl4混有少量的SnCl2,否则SnCl4纯净。27、Al(OH)3、Fe(OH)3Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu(NH3)42+(与反应生成的OH−成NH3·H2O,控制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解)有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】
(1)合金粉末进行分离,铝铁应转化为滤渣形式,从所给物质分析,只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式,铜转化为[Cu(NH3)4]SO4,利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇,进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下,能进行分离,铁和铝都转化为滤渣,说明滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3;(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4,离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O;硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离,还可以抑制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解;(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小,加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体;(4)A.因为过氧化氢能够分解,所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率,故正确;B.步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,蒸发过程中促进反应,Cu(NH3)42+Cu2++4NH3,氨气逸出,铜离子水解生成氢氧化铜,所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质,故正确;C.步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤,需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等,故正确;D.步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,然后进行抽滤,不能缓慢流干,故错误。故选ABC;(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,加过量NaOH溶液搅拌,氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠,然后过滤出氢氧化铁沉淀,加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子,测定铁离子的含量,控制量,加入适量的硫酸亚铁固体,在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液,加热使其按方程式Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O中的比例进行反应,生成四氧化三铁,再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.,故操作顺序为②③⑤④①;(6)根据反应2Cu2++4I−2CuI+I2,I2+2S2O32-2I−+S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-,Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.00
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