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文档简介
福建省永安市第三中学新高考化学全真模拟密押卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A.NaBH4中氢元素的化合价为+1价B.若用D2O代替H2O,反应后生成的气体中含有H2、HD和D2C.通过控制催化剂的用量和表面积,可以控制氢气的产生速率D.NaBH4与水反应的离子方程式为:BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H22、《厉害了,我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就,它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是()A.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐,依据的是外加电流的阴极保护法C.我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是晶体硅D.化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用,其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料3、金属钨用途广泛,H2还原WO3可得到钨,其总反应为:WO3+3H2W+3H2O,该总反应过程大致分为三个阶段,各阶段主要成分与温度的关系如表所示,假设WO3完全转化为W,则三个阶段消耗H2质量之比为温度(℃)25℃~550℃~600℃~700℃主要成分WO3W2O5WO2WA.1:1:4 B.1:1:3 C.1:1:2 D.1:1:14、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NAB.标准状况下,18g冰水中共价键的数目为NAC.5.6g铁与7.1gCl2充分反应,转移电子数目为0.3NAD.7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA5、新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒,下列说法错误的是A.新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液越浓越好C.3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质,聚丙烯属于高分子D.不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒6、取三份浓度均为0.1mol/L,体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图(溶液体积变化忽略不计)下列说法不正确的是A.曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB.由图可知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)=1×10-7C.A点处c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.C点处c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)>0.1mol/L7、化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是A.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,该过程属于化学变化B.高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C.苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似D.燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放8、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示:又知A~E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是()A.物质A一定是单质 B.物质C可能是淡黄色固体C.物质D可能是酸或碱 D.物质E可能属于盐类9、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。下列说法错误的是()A.在图示的转化中,Fe3+和CuS是中间产物B.在图示的转化中,化合价不变的元素只有铜C.图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2OD.当有1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol10、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍,Z与W、X与Y相邻,X与W同主族。下列说法不正确的是()A.原子半径:W>Z>Y>XB.最高价氧化物对应水化物的酸性:X>W>ZC.最简单气态氢化物的热稳定性:Y>X>W>ZD.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等11、下列有关说法正确的是A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行,则该反应ΔS>0B.常温下向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体,c(H+)·c(CH3COO-)增大C.将1molCl2溶于水中,反应中转移的电子数为6.02×1023个D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和12、我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为:Li3C6+V2(PO4)36C+Li3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A.该电池比能量高,用Li3V2(PO4)3做负极材料B.放电时,外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.7gC.充电时,Li+向N极区迁移D.充电时,N极反应为V2(PO4)3+3Li++3e-=Li3V2(PO4)313、阿斯巴甜(Aspartame,结构简式如图)具有清爽的甜味,甜度约为蔗糖的200倍.下列关于阿斯巴甜的错误说法是A.在一定条件下能发生取代反应、加成反应B.酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸C.一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D.分子式为C14H18N2O3,属于蛋白质14、向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2,开始反应时,按正反应速率由大到小排列顺序正确的是甲:在500℃时,SO2和O2各10mol反应乙:在500℃时,用V2O5做催化剂,10molSO2和5molO2反应丙:在450℃时,8molSO2和5molO2反应丁:在500℃时,8molSO2和5molO2反应A.甲、乙、丙、丁 B.乙、甲、丙、丁C.乙、甲、丁、丙 D.丁、丙、乙、甲15、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()①钠、铝、氯:1个;②硅、硫:2个;③磷:3个;④铁:4个.A.只有①③ B.只有①②③ C.只有②③④ D.有①②③④16、常温下,用溶液滴定溶液,曲线如图所示。下列说法错误的是A.滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B.c点溶液中C.b点溶液中D.a、b、c三点中水的电离程度最大的是c二、非选择题(本题包括5小题)17、洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药,在“众志成城战疫情”中,洛匹那韦,利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图:回答下列问题:(1)A的化学名称是_______;A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。(2)D生成E的反应类型为_____;F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。(3)C的分子式为_____;一定条件下,C能发生缩聚反应,化学方程式为_____。(4)K2CO3具有碱性,其在制备D的反应中可能的作用是______。(5)X是C的同分异构体,写出一种符合下列条件的X的结构简式______。①含有苯环,且苯环上的取代基数目≤2②含有硝基③有四种不同化学环境的氢,个数比为6:2:2:1(6)已知:CH3COOHCH3COCl,(2,6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一,写出以2,6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________(其它无机试剂任选)。18、在医药工业中,有机物G是一种合成药物的中间体,其合成路线如图所示:已知:R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子)RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题:(1)A与C在水中溶解度更大的是_________,G中官能团的名称是___________。(2)E→F的有机反应类型是________,F的分子式为______________。(3)由A→B反应的化学方程式为___________________。(4)物质D的结构简式为_________________。(5)B→C反应中加入NaOH的作用是________________。(6)写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同;②核磁共振氢谱有5个峰;③能发生银镜反应19、以铝土矿(主要成分为,含少量和等杂质)为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知:在“碱溶”时转化为铝硅酸钠()沉淀]。(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。(2)溶液a中加入后,生成沉淀的离子方程式为___。(3)有人考虑用熔融态电解制备铝,你觉得是否可行?请说明理由:___。(4)取一定量的氮化铝样品,用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。打开,加入NaOH浓溶液,至不再产生。打开,通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。20、一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂,媒染剂,在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分,在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水,难溶于乙醇,在空气中不稳定,受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol·L-1的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L-1稀盐酸、0.500mol·L-1的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制取①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时,往往会产生有污染的SO2气体,随着硫酸浓度变小,反应会停止,使得硫酸利用率比较低。②实际生产中往往将铜片在空气中加热,使其氧化生成CuO,再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液;这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化,而包裹在里面的铜得不到氧化。③所以工业上进行了改进,可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通O2,并加热;也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H2O2溶液。④趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余,该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现,冷却析出的晶体中含有白色粉末,试解释其原因________________。(2)若按③进行制备,请写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应的化学方程式_______________。(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30%的H2O2溶液浓缩至40%,在B处应增加一个设备,该设备的作用是____________馏出物是______________________。II.晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸,呈酸性,加入适量NH3·H2O调节溶液pH,产生浅蓝色沉淀,已知其成分为Cu2(OH)2SO4,试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。(2)继续滴加NH3·H2O,会转化生成深蓝色溶液,请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法____________。并说明理由____________。Ⅲ.产品纯度的测定精确称取mg晶体,加适量水溶解,注入图示的三颈瓶中,然后逐滴加入足量NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,并用蒸馏水冲洗导管内壁,用V1mL0.500mol·L-1的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶,用0.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂),到终点时消耗V2mLNaOH溶液。1.水2.长玻璃管3.10%NaOH溶液4.样品液5.盐酸标准溶液(1)玻璃管2的作用________________。(2)样品中产品纯度的表达式________________。(不用化简)(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.滴定过程中选用酚酞作指示剂C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁E.由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡21、氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的热点。(1)NaBH4是一神重要的储氢载体,能与水反应生成NaBO2,且反应前后B的化合价不变,该反应的化学方程式为_________,反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为___________。(2)H2S热分解可制氢气。反应方程式:2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)△H;在恒容密闭容器中,测得H2S分解的转化率(H2S起始浓度均为cmol/L)如图1所示。图l中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系,曲线b表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。①△H______0(填“>”“<”或“=”);②若985℃时,反应经tmin达到平衡,此时H2S的转化率为40%,则tmin内反应速率v(H2)=_____(用含c、t的代数式表示);③请说明随温度升高,曲线b向曲线a接近的原因____________。(3)使用石油裂解的副产物CH4可制取H2,某温度下,向体积为2L的密闭容器中充入0.40molCH4(g)和0.60molH2O(g)的浓度随时间的变化如下表所示:①写出此反应的化学方程式_________,此温度下该反应的平衡常数是_________。②3min时改变的反应条件是_________(只填一种条件的改变)。③一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。则P1_________P2填“>”、“<”或“=“)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.B为ⅢA元素,其化合价为+3价,NaBH4中氢元素的化合价为-1价,故A说法错误;B.由图示可知BH4-中的H原子与H2O中H结合为H2,当若用D2O代替H2O,形成的氢气有三种,即D2、HD和H2,故B说法正确;C.反应物在催化剂表面反应,催化剂对反应物吸附,生成产物后会解吸,通过控制催化剂的用量和表面积,可以控制氢气的产生速率,故C说法正确;D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应,反应方程式为BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑,故D说法正确;答案:A。2、D【解析】
A.高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀,是新型无机非金属材料,不是传统的硅酸盐,A错误;B.钢结构防腐蚀涂装体系中,富锌底漆的作用至关重要,它要对钢材具有良好的附着力,并能起到优异的防锈作用,依据的是牺牲阳极的阴极保护法,B错误;C.光缆的主要成分是二氧化硅,C错误;D.高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料,D正确;故答案选D。3、A【解析】
由表中主要成分与温度关系可知,第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5,同时还生成H2O,反应方程式为:2WO3+H2W2O5+H2O,温度介于550℃~600℃,固体为W2O5、WO2的混合物;假定有2molWO3,由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知,三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol:1mol:(2mol×2)=1:1:4,答案选A。4、A【解析】
A.20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g×46%=9.2g,物质的量为,0.2mol甲酸含0.4NA个氧原子,水的质量为10.8g,水的物质的量为,0.6mol水含0.6NA个氧原子,故溶液中共含0.4NA+0.6NA=NA个氧原子,故A正确;
B.18g冰水的物质的量为1mol,而水分子中含2条共价键,故1mol水中含2NA条共价键,故B错误;
C.5.6g铁和7.1g氯气的物质的量均为0.1mol,二者反应的化学方程式为,由比例关系知,0.1mol铁完全反应需要0.15mol氯气,故氯气不足,Fe过量,则0.1mol氯气反应后转移0.2NA个,故C错误;
D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol,而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠,故生成的氧气为16O2,且物质的量为0.05mol,故含中子数为0.05mol×16NA=0.8NA个,故D错误;故选A。【点睛】氯气与铁单质反应,无论氯气是不足量还是过量,只生成FeCl3,而不生成FeCl2,这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应,转移2mol电子;足量氯气与1mol铁反应,转移3mol电子,这是常考点。5、B【解析】
A.新型冠状病毒成分为蛋白质,组成元素为C、H、O、N等,故A错误;B.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液过高对人体健康也会产生危害,故B错误;C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯,聚丙烯属于合成有机高分子,故C正确;D..新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播,为减少传染性,不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒,故D正确;故选B。6、B【解析】
醋酸钠为强碱弱酸盐,因醋酸根离子水解,溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体,由于铵根离子水解呈酸性,故随着氯化铵的加入,溶液将由碱性逐渐变为酸性,由于水解微弱,所得溶液酸性较弱,符合的曲线为b;往溶液中通入氢化氯气体,随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性,由于氯化氢为强酸,通入量较大时,溶液的酸性较强,符合的曲线为c;加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a,据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知,曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢,故A正确;B.当加入固体的物质的量为0.1mol时,曲线b对应的pH值等于7,说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同,即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O),但无法计算其电离平衡常数,故B错误;C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4,溶液的pH>7,则c(OH−)>c(H+),醋酸根离子的水解程度较小,则c(CH3COO−)>c(Na+),铵根离子部分水解,则c(Na+)>c(NH4+),溶液中离子浓度的大小关系为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+),故C正确;D.C点通入0.1molHCl,与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl,c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L,则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L,故D正确;故选:B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系,题目难度中等,明确图象曲线变化的意义为解答关键,转移掌握电荷守恒及盐的水解原理,试题培养了学生的综合应用能力。7、B【解析】
A.提取青蒿素的过程类似于溶解、过滤,属于物理变化,故A错误;B.高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性,故B正确;C.苹果放在空气中久置变黄是因为亚铁离子被氧化,纸张久置变黄是因为纸张中的木质素容易氧化变黄,原理不相似,故C错误;D.燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体的排放,故D错误。故选B。8、A【解析】
若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐,据此分析解答。【详解】若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A.由上述分析可知,A可能为单质Na、S等,也可能为化合物NH3、H2S等,故A错误;B.若A为Na时,C可为过氧化钠,过氧化钠为淡黄色固体,故B正确;C.由上述分析可知,D可能为酸,也可能为碱,故C正确;D.由上述分析可知,E可能属于盐类,故D正确;故选A。9、B【解析】
A.该过程中发生反应:Cu2++H2S→CuS+2H+,CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平),Fe2++O2→Fe3+(未配平),由此可知,Fe3+和CuS是中间产物,故A不符合题意;B.由图知,化合价变化的元素有:S、Fe、O,Cu、H、Cl的化合价没发生变化,故B符合题意;C.由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知,其反应的总反应为:2H2S+O22S+2H2O,故C不符合题意;D.H2S反应生成S,硫元素化合价升高2价,O2反应时氧元素化合价降低2,根据氧化还原转移电子守恒可知,当有1molH2S转化为硫单质时,需要消耗O2的物质的量为0.5mol,故D不符合题意;故答案为:B。10、A【解析】
W原子的质子数是其M层电子数的3倍,根据核外电子排布规律,得出W为P,X与W同主族,则X为N,Z与W相邻、X与Y相邻,四种原子序数依次增大,得出在元素周期表中相应的位置,即,据此分析;【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍,根据核外电子排布规律,得出W为P,X与W同主族,则X为N,Z与W相邻、X与Y相邻,四种原子序数依次增大,得出在元素周期表中相应的位置,即A.同主族从上到下,原子半径依次增大,同周期从左向右原子半径依次减小,因此原子半径大小顺序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O),故A说法错误;B.利用非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性强弱顺序是N>O>Si,即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO4,故B说法正确;C.利用非金属性越强,其氢化物稳定性越强,非金属性强弱顺序是O>N>P>Si,即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2O>NH3>PH3>SiH4,故C说法正确;D.主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外),N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5,族序数分别为VA、IVA、VA,故D说法正确;答案:A。11、B【解析】
A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应,则该反应ΔS<0,选项A错误;B.向醋酸溶液中通入氯化氢气体,氢离子浓度增大而抑制醋酸电离,则Kac(CH3COOH)=c(H+)·c(CH3COO-)增大,选项B正确;C.Cl2与水的反应是可逆反应,不可能完全转化,转移的电子数小于6.02×1023个,选项C错误;D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应,反应物键能总和小于生成物键能总和,选项D错误。答案选B。12、B【解析】
原电池的正极上发生得电子的还原反应,在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应;锂离子电池的总反应为:Li3C6+V2(PO4)36C+Li3V2(PO4)3,则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应,即电极反应式为V2(PO4)3+3Li++3e-=Li3V2(PO4)3,负极为Li3C6材料,电极反应Li3C6-3e-→3Li++6C。【详解】A.该电池比能量高,原电池的正极上发生得电子的还原反应,在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应;用Li3V2(PO4)3作正极材料,负极为Li3C6材料,故A错误;B.放电时,M极为负极,电极反应Li3C6-3e-→3Li++6C,外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.1mol×7g·mol-1=0.7g,故B正确;C.充电时,Li+向阴极迁移,即向M极区迁移,故C错误;D.充电时,N极为阳极,发生氧化反应,Li3V2(PO4)3-3e-=V2(PO4)3+3Li+,故D错误;故选B。【点睛】本题考查二次电池,理解原电池和电解池的原理是解题关键,易错点D,充电时外电源的正极与电池的正极相连,阳极发生氧化反应,失去电子。13、D【解析】
A.分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键,能发生取代反应,分子中含有苯环能发生加成反应,故A正确;B.酸性条件下肽键发生水解,生成两种氨基酸,故B正确;C.阿斯巴甜中含有氨基,具有碱性,可与酸反应,含有-COOH,具有酸性,可与碱反应,故C正确;D.蛋白质属于高分子化合物,该有机物相对分子质量较小,不属于蛋白质,故D错误;故选D。14、C【解析】
根据外界条件对反应速率的影响,用控制变量法判断反应速率相对大小,然后排序,注意催化剂对反应速率的影响更大。【详解】甲与乙相比,SO2浓度相等,甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂,其它条件相同,因为二氧化硫的浓度一定,氧气浓度的影响不如催化剂影响大,故使用催化剂反应速率更快,所以反应速率:乙>甲;甲与丁相比,甲中SO2、O2的物质的量比丁中大,即SO2、O2的浓度比丁中大,其它条件相同,浓度越大,反应速率越快,所以反应速率:甲>丁;丙与丁相比,其它条件相同,丁中温度高,温度越高,反应速率越快,所以反应速率:丁>丙;所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙,答案选C。15、D【解析】
①钠原子的电子排布式为:1s22s22p63s1,则Na原子的未成对电子数为1;铝原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p1,则铝原子的未成对电子数为1;氯原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p5,则氯原子的未成对电子数为1,故①正确;②硅原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p2,则硅原子的未成对电子数为2;硫原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p4,则硫原子的未成对电子数为2,故②正确;③磷原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p3,则磷原子的未成对电子数为3,故③正确;④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则铁原子的未成对电子数为4,故④正确;答案选D。【点睛】磷原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p3,3p为半充满状态,故未成对电子数为3,Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,电子先排布在4s能级上,再排布在3d能级上,3d有5个轨道,6个电子,先单独占据一个轨道,剩余一个电子按顺序排,所以未成对电子数为4。16、C【解析】
A.滴定终点生成Na3PO4,溶液显碱性,则选择甲基橙作指示剂,故A正确;B.c点消耗NaOH溶液体积为30mL,此时完全生成Na3PO4,溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离,则根据质子守恒可得:,故B正确;C.b点消耗NaOH溶液体积为20mL,此时生成Na2HPO4,溶液中HPO42-的水解大于其电离,溶液显碱性,则c(HPO42-)>c(H2PO4-)>c(PO43-),故C错误;D.a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4,其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大,水解促进水的电离,则水的电离程度最大的是c,故D正确;故答案为C。二、非选择题(本题包括5小题)17、甲苯+Cl2+HCl取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N吸收反应生成的HCl,提高反应转化率或【解析】
甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯:和HCl,与在K2CO3作用下反应产生D,D结构简式是,D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E:,E与发生反应产生F:,F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G:,G经一系列反应产生洛匹那韦。【详解】(1)A是,名称为甲苯,A与Cl2光照反应产生和HCl,反应方程式为:+Cl2+HCl;(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E:,是D上的被-CH2CN取代产生,故反应类型为取代反应;F分子中的、与H2发生加成反应形成G,故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键;(3)C结构简式为,可知C的分子式为C9H11O2N;C分子中含有羧基、氨基,一定条件下,能发生缩聚反应,氨基脱去H原子,羧基脱去羟基,二者结合形成H2O,其余部分结合形成高聚物,该反应的化学方程式为:;(4)K2CO3是强碱弱酸盐,CO32-水解使溶液显碱性,B发生水解反应会产生HCl,溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+,使反应生成的HCl被吸收,从而提高反应转化率;(5)C结构简式是,分子式为C9H11O2N,C的同分异构体X符合下列条件:①含有苯环,且苯环上的取代基数目≤2;②含有硝基;③有四种不同化学环境的氢,个数比为6:2:2:1,则X可能的结构为或;(6)2,6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生,该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应,然后酸化得到,与SOCl2发生取代反应产生,故合成路线为。【点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键,注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点,题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。18、C羰基(或酮基)、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】
与氯气反应生成,在氢氧化钠溶液作用下反应生成,根据信息与CH2I2反应生成,根据信息E和SOCl2反应生成F,与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大,C为盐,在水解溶解度大,因此A与C在水中溶解度更大的是C,根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键;故答案为:C;羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl,Cl取代羟基,因此有机反应类型是取代反应,根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO;故答案为:取代反应;C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢,其化学方程式为;故答案为:。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为;故答案为:。⑸根据B的结构(),加入NaOH溶液得到C(),反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解;故答案为:催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同;②核磁共振氢谱有5个峰,说明对称性较强;③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯,则符合条件的G的同分异构体;故答案为:。19、不可行;属于共价化合物,熔融状态不导电AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量【解析】
铝土矿经碱溶后,转化为铝硅酸钠()沉淀,氧化铁不溶于NaOH,氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子,故溶液a的主要成分为偏铝酸钠,加入碳酸氢钠溶液,会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀,而后进行进一步转化。【详解】(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为;(2)溶液a中加入后,生成沉淀的离子方程式为:(3)属于共价化合物,熔融状态不导电,故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质;(4)①由题意可知AlN与NaOH反应会生成氨气,且Al元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在,可写出反应方程式为。②可根据N元素守恒进行测定,故实验要测定的数据为AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。20、反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O减压设备水(H2O)2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇,能溶于水平衡气压,防止堵塞和倒吸AB【解析】
I.(1)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,具有吸水性;(2)双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水;(3)过氧化氢受热易分解,故采用减压蒸馏的方式;Ⅱ.(1)硫酸铜与NH3•H2O反应生成Cu2(OH)2SO4,据此书写离子方程式;(2)根据Cu(NH3)4SO4•H2O可溶于水,难溶于乙醇分析;Ⅲ.(1)玻璃管2起到了平衡气压的作用;(2)根据关系式计算;(3)氨含量测定结果偏低,说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积V2偏大。【详解】I.(1)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4,可使固体变为白色;(2)Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜,该反应的化学方程式为:Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;(3)过氧化氢受热易分解,故采用减压蒸馏的方式,则B处增加一个减压设备,馏出物为H2O;II.(1)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,反应的离子方程式为:2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2N
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