![湖北省部分高中新高考化学二模试卷及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view2/M02/1F/30/wKhkFmaNx5aACpluAAJN4xx07Tk729.jpg)
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文档简介
湖北省部分高中新高考化学二模试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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、下列化学用语表达正确的是()A.还原性:HF>HCl>HBr>HIB.丙烷分子的比例模型:C.同一周期元素的原子,半径越小越容易失去电子D.Na2O2中既含离子键又含共价键2、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等,其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A.葛缕酮的分子式为C10H16OB.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C.葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D.羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种3、已知有机物C2H4O、C3H6O2和C4H8组成的混合物中,碳元素的质量分数为a%,则氧元素的质量分数为A.(100—)% B.% C.% D.无法计算4、常温下,物质的量浓度相等的下列物质的水溶液,pH最小的是()A.NH4ClO4 B.BaCl2 C.HNO3 D.K2CO35、下列对装置的描述中正确的是A.实验室中可用甲装置制取少量O2B.可用乙装置比较C、Si的非金属性C.若丙装置气密性良好,则液面a保持稳定D.可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg的含量6、锂钒氧化物二次电池成本较低,且对环境无污染,其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是()A.该电池充电时,负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B.该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C.当电池中有7gLi参与放电时,能得到59gNiD.电解过程中,NaCl溶液的浓度会不断增大7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大,四种元素形成的化合物甲的结构如图所示:且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A.YW3分子中的键角为120°B.W2Z的稳定性大于YW3C.物质甲分子中存在6个σ键D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸8、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是A.A的分子式为C11H14,可发生取代、氧化、加成等反应B.由A生成P的反应类型为加成聚合反应,反应过程没有小分子生成C.A的结构简式为,分子中所有碳原子不可能共面D.1molA最多能与4molH2发生加成反应9、化学与日常生活密切相关,下列说法错误的是A.碘酒是指单质碘的乙醇溶液B.84消毒液的有效成分是NaClOC.浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D.装饰材料释放的甲醛会造成污染10、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是()A.对比pH=7和pH=10的曲线,在同一时刻,能说明R的起始浓度越大,降解速率越大B.对比pH=2和pH=7的曲线,说明溶液酸性越强,R的降解速率越大C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4mol·L-1·min-1D.50min时,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等11、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2(SO2+Cl2SO2Cl2),设计如图实验(夹持装置略去)。下列说法不正确的是A.c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B.e中的冷却水应从下口入上口出C.d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D.a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.12、下列说法正确的是()A.可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯B.木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色C.一定条件下,乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能与水发生水解反应D.向蛋白质中加入浓的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝结析出,加水后又能溶解13、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液,反应6小时,用排水法收集产生的气体,溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A.由实验2、3可得,浓度越大,镁和水反应速率越快B.由实验1、4、5可得,Cl-对镁和水的反应有催化作用C.由实验3、7可得,反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应D.无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应14、通过下列反应不可能一步生成MgO的是A.化合反应 B.分解反应 C.复分解反应 D.置换反应15、对下列实验的分析合理的是A.实验Ⅰ:振荡后静置,上层溶液颜色保持不变B.实验Ⅱ:酸性KMnO4溶液中出现气泡,且颜色保持不变C.实验Ⅲ:微热稀HNO3片刻,溶液中有气泡产生,广口瓶内会出现红棕色D.实验Ⅳ:将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热,以制备氢氧化铁胶体16、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄+2ClO2↑+K2CO3+H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A.KClO3中的Cl被氧化B.H2C2O4是氧化剂C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.每生成1molClO2转移2mol电子17、下列属于置换反应的是()A.2C+SiO22CO+SiB.2HClO2HCl+O2↑C.3CO+Fe2O33CO2+2FeD.2Na+Cl2=2NaCl18、下列物质属于电解质的是()A.Na2O B.SO3 C.Cu D.NaCl溶液19、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图,下列说法正确的是A.M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B.Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C.X、M两种元素组成的化合物熔点很高D.简单离子的半径:R>M>X20、对下列化工生产认识正确的是A.制备硫酸:使用热交换器可以充分利用能量B.侯德榜制碱:析出NaHCO3的母液中加入消石灰,可以循环利用NH3C.合成氨:采用500℃的高温,有利于增大反应正向进行的程度D.合成氯化氢:通入H2的量略大于Cl2,可以使平衡正移21、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为,质量分数为w%,溶液中含NaCl的质量为mg。则下列表达式正确的是A. B.C. D.22、能使品红溶液褪色的物质是①漂粉精②过氧化钠③新制氯水④二氧化硫A.①③④B.②③④C.①②③D.①②③④二、非选择题(共84分)23、(14分)高血脂是一种常见的心血管疾病,治疗高血脂的新药I的合成路线如下(A~I)均为有机物):已知:a.b.RCHO回答下列问题:(1)反应①的化学方程式为_______;F的官能团名称为______。(2)反应②的类型是_______。D→E所需试剂、条件分别是_______、______。(3)G的结构简式为____________。(4)芳香族化合物W的化学式为C8H8O2,且满足下列条件的W的结构共有_______种(不考虑立体异构)。i.遇FeCl3溶液显紫色;ii.能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示有5种不司化学环境的氢,峰面积比为2:2:2:1:1的是____________(写出结构简式)。(5)设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线。无机试剂任选,合成路线的表示方式为:_____________.24、(12分)G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物,其合成路线如下:(1)C中官能团的名称为________和________。(2)E→F的反应类型为________。(3)D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成,写出X的结构简式:________________。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:__________________。①能发生银镜反应;②碱性水解后酸化,其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应;③分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。____________25、(12分)乙醛能与银氨溶液反应析出银,如果条件控制适当,析出的银会均匀分布在试管上,形成光亮的银镜,这个反应叫银镜反应。某实验小组对银镜反应产生兴趣,进行了以下实验。(1)配制银氨溶液时,随着硝酸银溶液滴加到氨水中,观察到先产生灰白色沉淀,而后沉淀消失,形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反应有_________A.AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3B.AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC.2AgOH=Ag2O+H2OD.Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件,部分实验数据如表:实验序号银氨溶液/mL乙醛的量/滴水浴温度/℃反应混合液的pH出现银镜时间1136511521345116.53156511441350116请回答下列问题:①推测当银氨溶液的量为1mL,乙醛的量为3滴,水浴温度为60℃,反应混合液pH为11时,出现银镜的时间范围是____________________。②进一步实验还可探索_______________对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。(3)该小组查阅资料发现强碱条件下,加热银氨溶液也可以析出银镜,并做了以下两组实验进行分析证明。已知:Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生,一段时间后,溶液逐渐变黑,试管壁附着银镜实验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生,一段时间后,溶液无明显变化①两组实验产生的气体相同,该气体化学式为____________,检验该气体可用____________试纸。②实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O,产生Ag2O的原因是____________。(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时,发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液,推测可能的原因是____________,实验室中,我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜,写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式____________。26、(10分)已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:已知:a.过程②:MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2b.过程③:MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+c.过程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2d.过程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,据此推测该晶体为____________·H2O。27、(12分)亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体,其熔点−64.5℃,沸点−5.5℃,遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂,可由NO与Cl2在常温常压下合成,相关实验装置如图所示。(1)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构,则NOCl的电子式为____(2)选用X装置制备NO,Y装置制备氯气。检验X装置气密性的具体操作:_______________________。(3)制备亚硝酰氯时,检验装置气密性后装入药品,①实验开始,需先打开_____________,当____________时,再打开__________________,Z中有一定量液体生成时,停止实验。②装置Z中发生的反应方程式为___________________。(4)若不用A装置对实验有何影响_______________(用化学方程式表示)(5)通过以下实验测定NOCl样品的纯度。取Z中所得液体100g溶于适量的NaOH溶液中,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是__________,亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12,Ksp(AgNO2)=5.86×10-4)28、(14分)过一硫酸氢钾复合盐(KHSO4·2KHSO5·K2SO4)常用作漂白剂和消毒剂,其制备流程如下:(1)反应Ⅰ的化学方程式为:H2O2+H2SO4H2SO5+H2O,△H<0;则反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_____________。(2)生产原料的理论比值[n(H2O2):n(H2SO4)]为0.4:1,但实际生产最佳投料比为0.6:1,其原因是_________________。(3)过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。己知:25℃,H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13由于电离常数值极小,H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090mol·L-1H2S溶液的pH=4,该溶液中c(S2-)=________________。(4)准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液,摇匀后置于暗处,充分反应后,加入少量淀粉溶液,用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消粍标准溶液20.00mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。(写出计算过程)(已知:HSO5-I2S4O62-)________________________。29、(10分)近年来,随着人类社会的快速发展,环境污染日益严重,而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的,所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I.化学沉淀法利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。已知:磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-Ksp(MgNH4PO4∙6H2O)=2.5×10-13(1)请写出pH=8时,化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示,已知:Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26,请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因:__。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)具有光催化能力,催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式:__。(4)经过上述反应后,仍有NH4+残留,探究其去除条件。①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高,氨氮去除率变化的可能原因是:__;__(请写出两条)。②选取TiO2作为催化剂,已知:TiO2在酸性条件下带正电,碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时,氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中(含少量游离酸)残留NH4+浓度,可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样,以酚酞为指示剂,用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红,此时溶液中游离酸被完全消耗,记下消耗NaOH的体积V1mL;然后另取同样体积水样,加入甲醛,再加入2-3滴酚酞指示剂,静置5min,发生反应:6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+,继续用NaOH滴定,发生反应:(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O;H++OH-=H2O。滴定至终点,记录消耗NaOH的体积V2mL,水样中残留NH4+浓度为__mol/L。
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.卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强,即还原性:HF<HCl<HBr<HI,故A错误;B.为丙烷的球棍模型,丙烷的比例模型为,故B错误;C.同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,失电子能力逐渐减弱,故C错误;D.过氧化钠的电子式为,过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键,又含O-O共价键,故D正确;答案选D。【点睛】本题的易错点为A,要注意元素的非金属性越强,对应氢化物的还原性越弱。2、D【解析】
本题考查有机物的知识,碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色,但褪色原理不同,前者是加成反应,后者是氧化反应;有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知,分子式为C10H14O,羟基直接连苯环,且苯环上有2个取代基,还剩-C4H9,其结构有四种,分别是、、、,每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体,共12种。【详解】A.根据图示,葛缕酮的不饱和度为4,所以分子式为C10H14O,A项错误;B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色,但原理不同,前者是加成反应,后者是氧化反应;B项错误;C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面,C项错误;D.分子式为C10H14O,羟基直接连苯环,且苯环上有2个取代基,还剩-C4H9,其结构有四种,分别是、、、,每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体,共12种,D项正确。答案选D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中,要确定苯环上有几个取代基,之后确定每个取代基是什么基团,例如此题中确定苯环上有羟基之外,还有一个乙基,乙基有4种机构,每一种和羟基成3种同分异构,这样共有12种。苯环上如果有2个取代基(-X、-X或者-X、-Y)有3种同分异构;如果有3个取代基时(-X、-X、-Y)有6种同分异构体;如果是(-X、-Y、-Z)有10种同分异构体。3、A【解析】
根据三种有机物中碳、氢的质量比相等,可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数,进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1:2,故碳元素和氢元素的质量比都为:12:1×2=6:1,故氢元素的质量分数为%,而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的,故氧元素的质量分数为:100%−a%−%=(100−)%;故答案选A。4、C【解析】
A.NH4ClO4是强酸弱碱盐,铵根离子水解,溶液显酸性;B.BaCl2是强酸强碱盐,不水解,溶液显中性;C.HNO3是强酸,完全电离,溶液显酸性;D.K2CO3是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液显碱性;溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大,酸性最强,pH最小,故选C。【点睛】本题的易错点为A,要注意盐类的水解程度一般较小。5、A【解析】
A.甲中H2O2,在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2↑生成O2,故A正确;B.乙中浓盐酸具有挥发性,烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3,故B错误;C.丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶,气压相等,两仪器中不可能出现液面差,液面a不可能保持不变,故C错误;D.丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2,根据H2体积无法计算合金中Mg的含量,因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑,故D错误;答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。6、D【解析】
V2O5+xLiLixV2O5,分析反应得出Li化合价升高,为负极,V2O5化合价降低,为正极。【详解】A.该电池充电时,阴极的电极反应式为Li++e-=Li,故A错误;B.Li会与LiCl水溶液中水反应,因此LiCl水溶液不能作电解质溶液,故B错误;C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni,因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时,能得到0.5molNi即29.5g,故C错误;D.电解过程中,碳棒为阳极,阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动,右边是阴极,阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动,因此NaCl溶液的浓度会不断增大,故D正确。综上所述,答案为D。【点睛】分析电池中化合价,对放电来说化合价升高为负极,降低为正极,充电时,原电池的负极就是充电时的阴极,书写时将原电池负极反过来书写即可。7、B【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大,根据四种元素形成的化合物结构,其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知,X原子最外层含有4个电子,Y原子最外层含有5个电子,Z原子最外层含有6个电子,W最外层含有1个或7个电子,结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体”可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O元素,据此分析解答。【详解】根据分析可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O元素。A.YW3为NH3,为三角锥形的分子,分子中的键角<120°,故A错误;B.非金属性越强,氢化物越稳定,水的稳定性大于氨气,故B正确;C.物质甲的结构简式为CO(NH2)2,存在7个σ键和1个π键,故C错误;D.N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸,也可能为亚硝酸,其中亚硝酸为弱酸,故D错误;故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C,要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。8、C【解析】
由P的结构简式可知,合成P的反应为加成聚合反应,产物只有高分子化合物P,没有小分子生成,合成P的单体A的结构简式为,则A的分子式为C11H14,由A分子具有碳碳双键、苯环结构,可知A可发生取代、氧化、加成等反应,A、B均正确;将写成,分子中11个碳原子有可能共面,C错误;由A的结构简式可知,1个苯环能与3个H2发生加成,1个双键能与1个H2加成,则1molA最多能与4molH2发生加成反应,D正确。9、C【解析】
A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液,A正确;B、84消毒液的有效成分是NaClO,B正确;C、浓硫酸与二氧化硅不反应,氢氟酸可刻蚀石英制艺术品,C错误;D、装饰材料释放的甲醛会造成污染,D正确;答案选C。10、A【解析】A.根据图中曲线可知,曲线的斜率表示反应速率,起始浓度不同分解速率不同,PH不同分解速率也不同,故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率,且R的起始浓度越大,降解速率越小,故A错误;B.溶液酸性越强,即pH越小,线的斜率越大,可以知道R的降解速率越大,故B正确;C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-411、A【解析】
Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2,不能用NaCl溶液,故A错误;B.e是冷凝作用,应该下口进上口出,故B正确;C
SO2Cl2遇水易水解,所以d防止水蒸气进入,故C正确;D冰盐水有降温作用,根据题给信息知SO2Cl2易液化,能提高SO2和Cl2的转化率,故D正确;故选A。12、A【解析】
A、乙酸是溶于水的液体,乙酸乙酯是不溶于水的液体,加水出现分层,则为乙酸乙酯,加水不分层,则为乙酸,因此可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯,故A正确;B、木材纤维为纤维素,纤维素不能遇碘水显蓝色,土豆中含有淀粉,淀粉遇碘单质变蓝,故B错误;C、乙酸乙酯中含有酯基,能发生水解,淀粉为多糖,能发生水解,乙烯不能发生水解,故C错误;D、Cu2+为重金属离子,能使蛋白质变性,加水后不能溶解,蛋白质和浓的轻金属无机盐(Na2SO4)溶液发生盐析,加水后溶解,故D错误;答案选A。13、A【解析】
A、试验2、3中主要反应为:,由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+),而镁是过量的,所以不能得出浓度越大,反应速率越快的结论,故A符合题意;B、由试验1、2对比可知,反应速率加快,其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用,由试验4、5对比可知,Na+对反应无催化作用,由此可知,Cl-对镁和水的反应有催化作用,故B不符合题意;C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高,产生氢气的速率应更快,但由表格可知,二者产生氢气的速率几乎相等,其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O,NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应,故C不符合题意;D、由试验1、2、7对比可知,无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应,故D不符合题意;故答案为A。14、C【解析】
A.2Mg+O22MgO属于化合反应,A不选;B.Mg(OH)2MgO+H2O属于分解反应,B不选;C.复分解反应无法一步生成MgO,C选;D.2Mg+CO22MgO+C属于置换反应,D不选;答案选C。15、C【解析】
A、溴与氢氧化钠溶液反应,上层溶液变为无色;B、浓硫酸与碳反应生成的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色;C、铜与稀硝酸反应生成NO,NO遇到空气生成红棕色的二氧化氮;D、直接加热饱和氯化铁溶液,无法得到氢氧化铁胶体。【详解】A、溴单质与NaOH溶液反应,则振荡后静置,上层溶液变为无色,故A错误;B、蔗糖与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫能够被酸性KMnO4溶液氧化,导致酸性KMnO4溶液变为无色,故B错误;C、微热稀HNO3片刻生成NO气体,则溶液中有气泡产生,NO与空气中氧气反应生成二氧化氮,则广口瓶内会出现红棕色,故C正确;D、制备氢氧化铁胶体时,应该向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液、加热至溶液呈红褐色,故D错误;故选:C。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备:用烧杯取少量蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,即得Fe(OH)3胶体;注意在制备过程中,不能搅拌、不能加热时间过长。16、C【解析】
A.氯酸钾中的氯元素化合价降低,被还原,故错误;B.草酸中的碳元素化合价升高,作还原剂,故错误;C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物,二氧化氯为还原产物,二者比例为1∶1,故正确;D.氯元素化合价变化1价,所以每生成1molClO2转移1mol电子,故错误;故选C。17、A【解析】
A.2C+SiO22CO+Si,该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物,属于置换反应,故A正确;B.2HClO2HCl+O2↑,该反应为一种物质生成两种或多种物质,属于分解反应,故B错误;C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe,该反应没有单质参加,不是置换反应,属于氧化还原反应,故C错误;D.2Na+Cl2=2NaCl,该反应为两种或多种物质反应生成一种物质,属于化合反应,故D错误。故选A。18、A【解析】
A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-,是电解质,故A选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸,硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子,但不是SO3电离出来的,熔融状态下的SO3也不导电,故SO3是非电解质,故B不选;C.铜是单质,既不是电解质也不是非电解质,故C不选;D.NaCl溶液是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故D不选故选A。【点睛】电解质:在水溶液或熔融状态下,能够导电化合物,导电的离子必须是本身提供的,一般包括:酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。19、C【解析】由图可知,为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化,根据原子序数关系可知X为O元素,Y为F元素,Z为Na元素,M为Al元素,N为Si元素,R为Cl元素,A.M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应,但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应,选项A错误;B.F2非常活泼,与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应,无法置换出氯气,选项B错误;C.X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高,选项C正确;D.O2-、Al3+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,Cl-比它们多一个电子层,半径最大,故离子半径Cl->O2->Al3+,选项D错误。答案选C。点睛:本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,侧重对化学用语的考查,注意理解氢氧化铝的两性,能与强酸强碱反应,由图可知,为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化,根据原子序数关系可知X为O元素,Y为F元素,Z为Na元素,M为Al元素,N为Si元素,R为Cl元素,据此分析得解。20、A【解析】
A.制硫酸时使用热交换器,可充分利用能量,故A正确;B.侯德榜制碱法:析出NaHCO3的母液中加入生石灰,可以循环利用NH3,故B错误;C.合成氨为放热反应,加热使平衡逆向移动,故C错误;D.氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应,不存在化学平衡的移动,故D错误;故答案为A。21、C【解析】
A.n(NaCl)=,ρV表示的是氯化钠溶液的质量,故A错误;B.溶液的质量为:ρg•cm-3×VmL=ρVg,则质量分数ω%=,故B错误;C.溶液的物质的量浓度为:c(NaCl)==10ρω/58.5,故C正确;D.不是氯化钠溶液的体积,故D错误;故答案选C。22、D【解析】①漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性②过氧化钠具有强氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4种物质均能使品红溶液褪色,故选择D。二、非选择题(共84分)23、+Cl2+HCl醛基取代反应(或酯化反应)NaOH溶液加热13【解析】
甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2),D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应,但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛,则E为HCHO,F是CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G,根据题给信息知G为,G和氢气发生加成反应生成H为;甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成,水解得到A为,A氧化生成B为,B进一步氧化生成C为,C与H发生酯化反应生成I为;(5)苯与氯气在光照条件下生成,然后发生水解反应生成,最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物。【详解】根据上述分析可知:A为,B为,C为,D为CH2Cl2,E为HCHO,F为CH3(CH2)6CHO,G为,H为,I为。(1)反应①为甲苯和氯气的取代反应,方程式为:+Cl2+HCl;F为CH3(CH2)6CHO,官能团名称为醛基;(2)反应②是C()与H()发生酯化反应或取代反应产生I(),反应类型为酯化反应或取代反应;D为CH2Cl2,E为HCHO,D与NaOH水溶液混合加热发生取代反应产生E,所以D→E所需试剂、条件分别是NaOH溶液、加热;(3)G的结构简式为;(4)化合物W化学式为C8H8O2,W比C多一个-CH2原子团,且满足下列条件,①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基、苯环;②能发生银镜反应,说明含有醛基,根据不饱和度知,除了苯环外不含双键或环状结构;如果存在-OH、-CH2CHO,有邻、间、对3种不同结构;如果取代基为-OH、-CH3、-CHO,有10种不同结构;所以符合条件的同分异构体有13种,其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为;(5)苯与氯气在光照条件下生成,发生水解反应生成,与CH3CHO发生醛的加成反应产生,故合成路线流程图为:。【点睛】本题考查了有机物的推断与合成,熟练掌握官能团的性质与转化是关键,注意信息中醛的加成反应特点,利用顺推法与逆推法相结合进行推断,易错点是同分异构体种类判断,关键是确定取代基的种类及数目。24、酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】
(1)根据C的结构简式分析判断官能团;(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型;(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断;(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型;(5)结合本题中合成流程中的路线分析,乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛,乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷,溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr,CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化,生成CH3CH=CHCH3,CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C的结构简式为,其中官能团的名称为酯基和碳碳双键;(2)根据E、F的结构简式,E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E,属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应,则反应类型为消去反应;(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环,得到副产物X(分子式为C9H7O2I),则X的结构简式;(4)F的结构简式为,其同分异构体能发生银镜反应,说明结构中含有醛基;碱性水解后酸化,其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应,说明分子结构中含有苯环和酯基,且该酯基水解后形成酚羟基;分子中有4种不同化学环境的氢原子,该同分异构体的结构简式为:;(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛,乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷,溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr,CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化,生成CH3CH=CHCH3,CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成,合成路线流程图为:CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。25、ABCD5~6min银氨溶液的用量不同或pH不同NH3湿润的红色石蕊在NaOH存在下,加热促进NH3·H2O的分解,逸出NH3,促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O:Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O产物AgCl的溶解度小于Ag2SO43Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O【解析】
(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O,最后为澄清溶液,说明这两种物质均溶于浓氨水;(2)①由实验1和实验4知在5~6min之间;②根据表格数据,采用控制变量法分析;(3)根据物质的成分及性质,结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因;(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同,因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银,从沉淀溶解平衡分析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液,首先发生复分解反应:AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3,AgOH能够被氨水溶解,会发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O;反应产生的AgOH不稳定,会发生分解反应:2AgOH=Ag2O+H2O,分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧化二氨合银,反应方程式为:Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O,故合理选项是ABCD;(2)①当银氨溶液的量为1mL,乙醛的量为3滴,水浴温度为60℃,反应混合液pH为11时,由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在5~6min之间;②根据实验1、2可知,反应温度不同,出现银镜时间不同;根据实验1、3可知:乙醛的用量不同,出现银镜时间不同;在其他条件相同时,溶液的pH不同,出现银镜时间也会不同,故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响;(3)①在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH,该物质在溶液中存在平衡:Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O,NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-,加热并加入碱溶液时,电离平衡逆向移动,一水合氨分解产生氨气,故该气体化学式为NH3,可根据氨气的水溶液显碱性,用湿润的红色石蕊检验,若试纸变为蓝色,证明产生了氨气;②生成Ag2O的原因是:在NaOH存在下,加热促进NH3·H2O的分解,逸出NH3促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O:Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O;(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+,阴离子不同,而在清洗试管上的银镜时,发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液,这是由于Cl-与Ag+结合形成的AgCl是难溶性的物质,而SO42-与Ag+结合形成的Ag2SO4微溶于水,物质的溶解度:Ag2SO4>AgCl,物质的溶解度越小,越容易形成该物质,使银单质更容易溶解而洗去,因此使用FeCl3比Fe2(SO4)3清洗效果更好。【点睛】本题考查了物质性质实验的探究,明确物质的性质和实验原理是本题解答的关键,注意要采用对比方法,根据控制变量法对图表数据不同点进行分析,知道银氨溶液制备方法,侧重考查学生实验能力、分析问题、总结归纳能力。26、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】
(1)在由固体与液体的反应中,要想加快反应速率,可以粉碎固体物质或搅拌,都是增大固液的接触面积,也可以加热等;(2)配制溶液要掌握好配制步骤,容量瓶的选择,因为配制100mL溶液,所以选择100mL容量瓶,氧化还原滴定的时候,注意选择指示剂、滴定管等。(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;(4)、MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,据此分析作答;(5)结合实际操作的规范性作答;(6)根据方程式找出关系式,通过计算确定晶体的组成。【详解】(1)为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法;(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制,配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶;过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有强氧化性,因此选用甲(酸式滴定管);过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈碱性,故选用乙(碱式滴定管);(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等,先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数,然后再观察配平其他物质,过程②的离子反应方程式:2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑(4)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;(5)过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反应方程式为I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故过程⑥,应以淀粉溶液作指示剂;若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则滴入Na2S2O3的物质的量偏小,造成测定Cu2+的含量偏小;(6)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L-1V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子,并且晶体中元素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。27、将导气管右端接胶管并用止水夹加紧,向U型管左管加水至左管液面高于右管,静止片刻,若液面差不变,则气密性良好K2、K3A中充有黄绿色气体时K12NO+Cl2=2NOClNOCl+H2O=HNO2+HCl滴入最后一滴标准液,生成砖红色沉淀,且半分钟内无变化13.1c%【解析】
(1)NOCl的中心原子为N,O与N共用两个电子对,Cl与N共用一个电子对,则电子式为,故答案为:;(2)利用大气压强检查X装置的气密性,故答案为:将导气管右端接胶管并用止水夹加紧,向U型管左管加水至左管液面高于右管,静止片刻,若液面差不变,则气密性良好;(3)①实验开始前,先打开K2、K3,通入一段时间Cl2,排尽装置内的空气,再打开K1,通入NO反应,当有一定量的NOCl产生时,停止实验,故答案为:K2、K3;A中充有黄绿色气体时;K1;②Z装置为NO与Cl2在常温常压下合成NOCl,反应方程式为:2NO+Cl2=2NOCl,故答案为:2NO+Cl2=2NOCl;(4)A装置的作用是防止空气中的氧气和水蒸气进入Z装置。没有A装置,空气中的水蒸气进入Z,亚硝酰氯遇水易发生水解:NOCl+H2O=HNO2+HCl,产率降低,故答案为:NOCl+H2O=HNO2+HCl;(5)以K2CrO4溶液为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定,滴定终点时,沉淀由白色变为砖红色,半分钟内不变色,此时n(Ag+)=n(Cl-),取Z中所得100g溶于适量的NaOH溶液中,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,25mL样品中:,则250mL溶液中n(NOCl)=0.2cmol,m(NOCl)=0.2cmol×65.5g/mol=13.1cg,亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为,故答案为:滴入最后一滴标准液,生成砖红色沉淀,且半分钟内无变化;13.1c%。【点睛】本题侧重考查了物质制备方案的设计,为高频考点和常见题型,主要考查了方程式的书写,实验步骤的设计,化学计算等,对学生的分析问题和解决问题的能力有较高要求。28、2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O硫酸与双氧水反应放热,促使双氧水部分分解1.29×10-13mol·L-1HSO5-+2I-+H+=SO42-+I2+H2O,I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,KHSO5〜I2〜2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol,n(I2)=l/2n(Na2S2O3)=l/2×0.002mol=0.00lmol,n(KHSO5)=n(I2)=0.00lmol,m(KHSO5)=0.001mol×l52g/mol=0.152g,(KHSO5)=(0.152g/3.350g)×250mL/25.00mL×100%=45.37%【解析】
由题给流程图可知,8.5mol/L浓硫酸与30%H2O2反应,浓硫酸部分转化为过硫酸H2SO5和水,H2SO5与K2CO3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水,所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO4·2KHSO5·K2SO4。【详解】(1)反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5、二氧化碳和水,反应的化学方程式为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O,故答案为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O;(2)由题意可知反应Ⅰ为放热反应,反应放出的热量使反应温度升高,H2O2受热易分解,所以实际生产中为保证反应进行选择的最佳投料比为0.6:1,故答案为硫酸与双氧水反应放热,促使双氧水部分分解;(3)25℃,H2S的水溶液中有如下关系:Ka1×Ka2=×=,由题意可知
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