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湖北省松滋一中新高考化学押题试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、2019年《化学教育》期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子,小球之间的“棍”表示共价键,既可以表示三键,也可以表示双键,还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是A.M的分子式为C12H12O2B.M与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种C.M能发生中和反应、取代反应、加成反应D.一个M分子最多有11个原子共面2、金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为:2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2,下列说法不正确的是A.O2只做氧化剂B.CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C.SO2既是氧化产物又是还原产物D.若有1molO2参加反应,则反应中共有4mol电子转移3、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物,其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A.分子中两个苯环处于同一平面B.分子中有3个手性碳原子C.能与浓溴水发生取代反应D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH4、下列变化不涉及氧化还原反应的是A.明矾净水 B.钢铁生锈 C.海水提溴 D.工业固氮5、下列实验操作会引起测定结果偏高的是()A.测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中,晶体加热完全失去结晶水后,将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后,再加少量蒸馏水稀释C.读取量筒中一定体积的液体时,俯视读数D.配制物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度6、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用,但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量,其化学方程式如图所示,下列说法正确的是A.脱氢维生素C分子式为C6H8O6B.维生素C中含有3种官能团C.该反应为氧化反应,且滴定时不可用淀粉作指示剂D.维生素C不溶于水,易溶于有机溶剂7、常温下,关于pH=2的盐酸溶液的说法错误的是A.溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/LB.此溶液中由水电离出的c(OH―)=1.0×10-12mol/LC.加水稀释100倍后,溶液的pH=4D.加入等体积pH=12的氨水,溶液呈酸性8、下列物质的名称不正确的是A.(NH4)2CO3:碳铵 B.CaSO4·2H2O:生石膏C.Ag(NH3)2+:二氨合银离子 D.:2-乙基-1-丁烯9、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应(设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程中的热效应,进行实验并测得如下数据:序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A.仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B.仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应10、关于常温下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液,下列说法正确的是A.1L溶液中含H+为0.02molB.c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C.加水稀释,草酸的电离度增大,溶液pH减小D.加入等体积pH=2的盐酸,溶液酸性减小11、下列仪器名称不正确的是()A.烧瓶 B.冷凝管 C.表面皿 D.蒸馏烧瓶12、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词,其中“葡萄美酒夜光杯,欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是()A.忽略酒精和水之外的其它成分,葡萄酒的度数越高密度越小B.古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成,牛筋的主要成分是蛋白质C.制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O,属于氧化物D.红葡萄酒密封储存时间越长,质量越好,原因之一是储存过程中生成了有香味的酯13、下列物质不属于盐的是A.CuCl2 B.CuSO4 C.Cu2(OH)2CO3 D.Cu(OH)214、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.食用单晶冰糖的主要成分是单糖 B.硫酸亚铁可用作袋装食品的脱氧剂C.用水玻璃浸泡过的纺织品可防火 D.传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质15、下列图示与对应的叙述相符的是()。A.表示反应的B.表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线,点对应温度高于点C.针对N2+3H2=2NH3的反应,图Ⅲ表示时刻可能是减小了容器内的压强D.表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化,图中点大于点16、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,主要过程如下图所示。下列说法不正确的是()A.整个过程实现了光能向化学能的转换B.过程Ⅱ有O-O单键生成并放出能量C.过程Ⅲ发生的化学反应为:2H2O2═2H2O+O2D.整个过程的总反应方程式为:2H2O→2H2+O217、实验室制备下列气体时,所用方法正确的是()A.制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B.制氯气时,用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C.制氨气时,用排水法或向下排空气法收集气体D.制二氧化氮时,用水或NaOH溶液吸收尾气18、下列说法中正确的是()A.气体单质中,一定有σ键,可能有π键B.PCl3分子是非极性分子C.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高D.ClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致19、关于下列各实验装置的叙述中,不正确的是A.装置①可用于实验室制取少量NH3或O2B.装置②可用于实验室制备Cl2C.装里③可用从右侧管处加水的方法检验气密性D.装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯20、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A.在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,出现白色沉淀,证明原溶液中有SO42-B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,证明该溶液一定是钠盐溶液C.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是SO221、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.1mold的氧化物含2mol化学键B.工业上电解c的氧化物冶炼单质cC.原子半径:a<b<c<dD.简单氢化物的沸点:a<d22、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时,转移的电子数为2NAB.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为4NAC.过量的铁在1molCl2中然烧,最终转移电子数为2NAD.由2H和18O所组成的水11g,其中所含的中子数为4NA二、非选择题(共84分)23、(14分)X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍,它们在周期表中的相对位置如图所示:XYZW请回答以下问题:(1)W在周期表中位置___;(2)X和氢能够构成+1价阳离子,其电子式是___,Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高,缘故是___;(3)X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M,M的晶体类型为___,M的水溶液显酸性的缘故是___(用离子方程式表示)。(4)①Y和Z可组成一种气态化合物Q,Q能与W的单质在潮湿环境中反应,反应的化学方程式是___。②在一定条件下,化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质,反应时,每转移4mol电子放热190.0kJ,该反应的热化学方程式是___。24、(12分)有两种新型的应用于液晶和医药的材料W和Z,可用以下路线合成。已知以下信息:①(R1、R2、R3、R4为氢原子或烷烃基)②1molB经上述反应可生成2molC,且C不能发生银镜反应③(易被氧化)④+CH3-CH=CH2请回答下列问题:(1)化合物A的结构简式____________,A→B的反应类型为_______________。(2)下列有关说法正确的是____________(填字母)。A.化合物B中所有碳原子不在同一个平面上B.化合物W的分子式为C11H16NC.化合物Z的合成过程中,D→E步骤为了保护氨基D.1mol的F最多可以和4molH2反应(3)C+D→W的化学方程式是________________________。(4)写出同时符合下列条件的Z的所有同分异构体的结构简式:_____________________。①遇FeCl3溶液显紫色;②红外光谱检测表明分子中含有结构;③1H-NMR谱显示分子中含有苯环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。(5)设计→D合成路线(用流程图表示,乙烯原料必用,其它无机过剂及溶剂任选)______________。示例:CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、(12分)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备,化学方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH<0。回答下列问题:(1)利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。(2)简述检查装置乙气密性的操作__。(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,仪器接口的连接顺序为:B→__→__→EF←__←A。(4)反应时为了增加氨基甲酸铵的产量,三颈瓶的加热方式为__(填“热水浴”或“冷水浴”);丁中气球的作用是__。(5)从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__(填写操作名称)。(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,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、称量,质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__(已知:Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字)。26、(10分)装置Ⅰ是实验室常见的装置,用途广泛(用序号或字母填空)。(1)用它作为气体收集装置:若从a端进气可收集的有___,若从b端进气可收集的气体有___。①O2②CH4③CO2④CO⑤H2⑥N2⑦NH3(2)用它作为洗气装置。若要除去CO2气体中混有的少量水蒸气,则广口瓶中盛放___,气体应从____端通入。(3)将它与装置Ⅱ连接作为量气装置。将广口瓶中装满水,用乳胶管连接好装置,从___端通入气体。(4)某实验需要用1.0mol•L-1NaOH溶液500mL。配制实验操作步骤有:a.在天平上称量NaOH固体,加水溶解,冷却至室温。b.把制得的溶液小心地注入一定容积容量瓶中。c.继续向容量瓶中加水至距刻度线1cm~2cm处,改用胶头滴管加水至刻度线。d.用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,每次将洗涤液转入容量瓶,并摇匀。e.将容量瓶塞塞紧,充分摇匀。填写下列空白:①配制该溶液应当称取___克NaOH固体。②操作步骤和正确顺序为____。③如图该配制过程中两次用到玻璃棒,其作用分别是____、___。④定容时,若俯视刻度线,会使结果____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、(12分)实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。回答下列问题:(1)滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部,其原因为________________________________。(2)装置1中盛放的试剂为________;若取消此装置,对实验造成的影响为________。(3)装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________,产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠,转移电子的物质的量之比为________。(4)装置2和3中盛放的试剂均为________。(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后,停止加热。接下来的操作为打开________(填“a”或“b”,下同),关闭________。28、(14分)A、B、C、D是四种短周期元素,E是过渡元素。A、B、C同周期,C、D同主族,A的原子结构示意图为:,B是同周期第一电离能最小的元素,C的最外层有三个成单电子,E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题:(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________,碱性最强的是_________。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是__________,电负性最大的元素是__________。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点__________(填"高"或"低"),原因_____________(4)E元素原子的核电荷数是__________,E元素在周期表的第_______周期,第________族,已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等,则E元素在_______区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是______晶体、______晶体(6)画出D的核外电子排布图_____________,这样排布遵循了________原理和____________规则。29、(10分)二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧,研究CO催化还原SO2的适宜条件,在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。Ⅰ.从热力学角度研究反应(1)C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1CO2(g)+C(s)2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol-1S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=-296.0kJ·mol-1写出CO还原SO2的热化学方程式:_________________。

(2)关于CO还原SO2的反应,下列说法正确的是______。

A.在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变,则反应已达到平衡状态B.平衡状态时,2v正(CO)=v逆(SO2)C.其他条件不变,增大SO2的浓度,CO的平衡转化率增大D.在恒温恒压的容器中,向达到平衡状态的体系中充入N2,SO2的平衡转化率不变Ⅱ.NOx的排放主要来自于汽车尾气,包含NO2和NO,有人提出用活性炭对NOx进行吸附,发生反应如下:反应a:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ/mol反应b:2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-64.2kJ/mol(3)对于反应a,在T1℃时,借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下:时间(min)浓度(mol·L-1)01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36①0~10min内,NO的平均反应速率v(NO)=___________,当升高反应温度,该反应的平衡常数K___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡;根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________(填字母)。A.加入一定量的活性炭B.通入一定量的NOC.适当缩小容器的体积D.加入合适的催化剂(4)①某实验室模拟反应b,在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体,维持温度为T2℃,如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析,1050kPa前,反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_____________;在1100kPa时,NO2的体积分数为___________。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp);在T2℃、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=___________(计算表达式表示);已知:气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。

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】

根据球棍模型,推出该有机物结构简式为,据此分析;【详解】A.根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2,故A错误;B.M与足量氢气在一定条件下发生加成反应,得到,环上有10种不同的氢,因此环上一氯代物有10种,故B错误;C.M中有羧基和苯环,能发生中和反应、取代反应、加成反应,故C正确;D.苯的空间构型是平面正六边形,M分子中含有2个苯环,因此一个M分子最多有22个原子共面,故D错误;答案:C。2、D【解析】

A.反应中,O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价,O2只做氧化剂,A正确;B.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价,S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价,CuFeS2既是氧化剂又是还原剂,B正确;C.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价,SO2是还原产物,S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价,SO2是氧化产物,C正确;D.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价,Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价,S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价,1molO2参加反应,反应共转移6mol电子,D错误;答案选D。3、A【解析】

A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上,不可能处于同一平面,故A错误;B.图中*标注的三个碳原子是手性碳原子,故B正确;C.酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应,故C正确;D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH,分别是酯基消耗1mol,2个酚羟基各消耗1mol,故D正确;故选A。4、A【解析】

A.明矾净水与铝离子水解生成胶体有关,没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故A选;B.

Fe、O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.

Br元素的化合价升高,还需要氧化剂,为氧化还原反应,故C不选;D.工业固氮过程中,

N元素的化合价发生改变,为氧化还原反应,故D不选;故选A。5、C【解析】

A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却,硫酸铜会吸收空气中的水蒸气,重新生成结晶水合物,从而使加热前后固体的质量差减小,测定的结晶水含量偏低,A不合题意;B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后,再加少量蒸馏水稀释,不影响待测液中溶质的物质的量,不产生误差,B不合题意;C.量筒的刻度是从下往上标注的,读取量筒中一定体积的液体时,俯视读数,读出的数值偏高,C符合题意;D.配制物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线,溶液的体积偏大,所配溶液的浓度偏小,D不合题意。故选C。6、B【解析】

A.根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6,A错误;B.根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团,B正确;C.1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子,维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C,失去H原子的反应为氧化反应;碘遇淀粉变蓝,所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂,终点时溶液由无色变蓝色,C错误;D.羟基属于亲水基团,维生素C含多个羟基,故易溶于水,而在有机溶剂中溶解度比较小,D错误;故合理选项是B。7、D【解析】

A.pH=2的盐酸,溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L,故不选A;B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生,根据水的离子积,c(OH-)=KW/c(H+)=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L,故不选B;C.盐酸是强酸,因此稀释100倍,pH=2+2=4,故不选C;D.氨水为弱碱,部分电离,氨水的浓度大与盐酸,反应后溶液为NH3▪H2O、NH4Cl,NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,溶液显碱性,故选D;答案:D8、A【解析】

A.碳铵是NH4HCO3的俗称,名称与化学式不吻合,A符合题意;B.生石膏是CaSO4·2H2O的俗称,名称与化学式吻合,B不符合题意;C.Ag(NH3)2+表示二氨合银离子,名称与化学式吻合,C不符合题意;D.分子中含有碳碳双键在内的最长碳链上含4个C原子,在2号C原子上有1个乙基,物质的名称为2-乙基-1-丁烯,名称与物质结构简式吻合,D不符合题意;故合理选项是A。9、C【解析】

A.根据表中数据可知,碳酸氢钠溶于水为吸热反应,不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应,需要结合实验①综合判断,故A错误;B.根据实验②可知,碳酸钠溶于水的过程为吸热过程,所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应,故B错误;C.根据实验①可知,碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃,而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃<18.5℃,通过反应Ⅰ后混合液温度更低,证明反应Ⅰ为吸热反应;同理根据实验②碳酸钠溶于水,混合液温度从20℃升高到24.3℃,实验④中碳酸钠与盐酸反应,温度从20℃升高到25.1℃>24.3℃,碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高,证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应,故C正确;D.根据选项C的分析可知,反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应,故D错误;故选C。10、B【解析】

A选项,c(H+)=0.01mol/L,1L溶液中含H+为0.01mol,故A错误;B选项,根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-),故B正确;C选项,加水稀释,平衡正向移动,氢离子浓度减小,草酸的电离度增大,溶液pH增大,故C错误;D选项,加入等体积pH=2的盐酸,溶液酸性不变,故D错误。综上所述,答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸,但pH=2,氢离子浓度与几元酸无关,根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L,很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L,如果是强酸c(H+)=0.02mol/L,若是弱酸,则c(H+)<0.01mol/L。11、A【解析】

A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶,烧瓶没有玻璃塞,A不正确;B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管,B正确;C.该仪器为表面皿,C正确;D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶,D正确;本题选不正确的,故选A。12、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度,其密度随着质量分数的增大而减小,因此葡萄酒的度数越高密度越小,故A说法正确;B.牛筋的主要成分是蛋白质,故B说法正确;C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐,不属于氧化物,故C说法错误;D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸,酸与醇反应生成了有香味的酯,故D说法正确;答案:C。13、D【解析】

A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物,属于盐,A不选;B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物,属于盐,B不选;C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜,属于盐,C不选;D.Cu(OH)2为氢氧化铜,在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子,属于碱,D选;答案选D。14、A【解析】

A.冰糖的主要成分是蔗糖,属于二糖,A错误;B.硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性,与空气中的氧气反应,可以用于袋装食品的脱氧剂,B正确;C.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,不易燃烧,用水玻璃浸泡过的纺织品可防火,C正确;D.气溶胶是胶粒分散到气态分散剂里所得到的分散系,气溶胶属于胶体,具有胶体性质,D正确;答案选A。15、C【解析】A.根据图Ⅰ,反应A+B=C+D属于放热反应,ΔH=-(a-c)kJ·mol-1,故A错误;B.根据图Ⅱ,温度越高,水的离子积常数越大,图中a点对应温度低于b点,故B错误;C.根据图Ⅲ,t1时刻,反应速率减小,平衡逆向移动,可能减小了容器内的压强,故C正确;D.根据图Ⅳ,向醋酸稀溶液中加水时,溶液中离子的浓度逐渐减小,溶液的导电性能力逐渐减小,p点酸性比q点强,pH小于q点,故D错误;故选C。16、C【解析】

A.由图可知,太阳能使水分解,则实现了光能向化学能的转化,故A正确;B.过程II中生成氢气、过氧化氢,形成化学键,过程Ⅱ放出能量并生成了O−O键,故B正确;C.由图可知,过程Ⅲ发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应,H2O2═H2+O2,故C错误;D.总反应为水分解生成氢气和氧气,则总反应2H2O→2H2+O2,故D正确。故选C。17、A【解析】

A.Na2O2与水反应,H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气,二者都是固体与液体常温条件下反应,可选择相同的气体发生装置,故A正确;

B.实验室制取的氯气含有氯化氢和水分,常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体,若用饱和NaHCO3溶液,氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应,故B错误;

C.氨气极易溶于水,不能用排水法收集,故C错误;

D.二氧化氮与水反应生成一氧化氮,仍然污染空气,所以不能用水吸收,故D错误;答案选A。18、D【解析】

A.稀有气体是单原子分子,没有σ键,A选项错误;B.PCl3分子中心原子P为sp3杂化,有一对孤对电子,所以分子构型为三角锥形,是极性分子,B选项错误;C.邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键,而对羟基苯甲醛形成分子间氢键,所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低,C选项错误;D.ClO4-的价层电子对数为(7+1)÷2=4,所以ClO4-VSEPR模型为正四面体;中心原子Cl没有孤对电子,配位原子均为O,所以其空间立体构型也为正四面体,D选项正确;答案选D。【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力,使物质熔、沸点升高,而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。19、D【解析】

A、图中为固液反应不加热装置,选浓氨水与碱石灰可制备氨气,选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气,故A正确;B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气,不用加热,尾气用碱溶液吸收,故B正确;C、装里③可用从右侧管处加水,观察U型管是否出现液面差,可检验装置③的气密性,故C正确;D、装置④中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃,不一定是乙烯,故D错误;故选D。20、C【解析】

A.在溶液中加酸化的BaCl2溶液,溶液出现白色沉淀,白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀,不能证明一定含硫酸根离子,故A错误;B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明该溶液中含有钠元素,则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液,故B错误;C.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,故C正确;D.二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀,二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀,反应都会变浑浊,不能检验二氧化碳和二氧化硫,故D错误;答案选C。21、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,生成白色沉淀,盐酸过量时部分沉淀溶解,说明生成的沉淀中含有氢氧化铝,因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐,如NaAlO2,因此a为O元素,c为Al元素,b为Na元素;根据盐b2da3的形式,结合强酸制弱酸的原理,d酸难溶于水,因此d酸为硅酸,d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析,a为O元素,b为Na元素,c为Al元素,d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅,1mol二氧化硅中含有4molSi-O键,故A错误;B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的,故B正确;C.一般而言,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,原子半径:a<d<c<b,故C错误;D.水分子间能够形成氢键,沸点较高,而SiH4不能,因此简单氢化物的沸点:a>d,故D错误;答案选B。22、C【解析】

A.未注明是在标准状况下生成的22.4L气体,故无法计算转移的电子数,A选项错误;B.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价,共失去15个电子,被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价,共得到15个电子,则生成28g(即1mol)氮气,转移电子的物质的量为=3.75mol,个数为3.75NA,B选项错误;C.过量的铁在1molCl2中然烧,Cl2被还原为Cl-,共转移2mol电子,数目为2NA,C选项正确;D.由2H和18O所组成的水化学式为2H218O,一个2H218O含有1×2+10=12个中子,11g2H218O的物质的量为0.5mol,则含有的中子数为6NA,D选项错误;答案选C。二、非选择题(共84分)23、三、VIIAH2O分子间存在着氢键离子晶体NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO42SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol【解析】

由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置,可知X、Y处于第二周期,Z、

W处于第三周期,Y

原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,最外层电子数为6,故Y为O元素,可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知:W为Cl元素,处于周期表中第三周期第VII

A族,故答案为:三、VIIA;(2)由上述分析可知:X为N元素,X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+

,其电子式是;Y为O元素,Z为S元素,Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高,是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为:;H2O分子间存在着氢键;(3)由上述分析可知:X为N元素,X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3,属于离子晶体,水溶液中铵根离子水解NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+,破坏水的电离平衡,溶液呈酸性,故答案:离子晶体,NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+;(4)①由上述分析可知:Y为O元素,Z为S元素,W为Cl,Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2,SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是:SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4,故答案为:SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4;②在一定条件下,化合物Q(SO2)与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质,反应方程式为:2SO2

+

O2

2SO3,反应时,每转移4mol电子放热190.0kJ,则参加反应二氧化硫为2mol

,氧气为1mol,生成2molSO3,放出热量为190.0kJ,所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol;故答案为:2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol。24、(CH3)2CH-CCl(CH3)2消去反应C、【解析】

A的分子式为C6H13Cl,为己烷的一氯代物,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃,1molB发生信息①中氧化反应生成2molC,且C不能发生银镜反应,B为对称结构烯烃,且不饱和C原子没有H原子,故B为(CH3)2C=C(CH3)2,C为,逆推可知A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W进行逆推,可推知D为,由E后产物结构,可知D与乙酸酐发生取代反应生成E,故E为,然后E发生氧化反应。对、比F前后物质结构,可知生成F的反应发生取代反应,而后酰胺发生水解反应又重新引入氨基,则F为,D→E步骤为了保护氨基,防止被氧化。【详解】根据上述分析可知:A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2,B为(CH3)2C=C(CH3)2,C为,D为,E为,F为。则(1)根据上述分析可知,化合物A的结构简式为:(CH3)2CH-CCl(CH3)2,A与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应,产生B:(CH3)2C=C(CH3)2,乙醇A→B的反应类型为:消去反应;(2)A.化合物B为(CH3)2C=C(CH3)2,可看作是乙烯分子中4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质,由于乙烯分子是平面分子,4个甲基C原子取代4个H原子的位置,在乙烯分子的平面上,因此所有碳原子处于同一个平面,A错误;B.由W的结构简式可知化合物W的分子式为C11H15N,B错误;C.氨基具有还原性,容易被氧化,开始反应消耗,最后又重新引入氨基,可知D→E步骤为了保护氨基,防止被氧化,C正确;D.物质F为,苯环能与氢气发生加成反应,1mol的F最多可以和3molH2反应,D错误,故合理选项是C;(3)C+D→W的化学方程式是:;(4)Z的同分异构体满足:①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基;②红外光谱检测表明分子中含有结构;③1HNMR谱显示分子中含有苯环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子,说明分子结构对称,则对应的同分异构体可为、;(5)由信息④可知,苯与乙烯发生加成反应得到乙苯,然后与浓硝酸、浓硫酸在加热50℃~60℃条件下得到对硝基乙苯,最后与Fe在HCl中发生还原反应得到对氨基乙苯,故合成路线流程图为:。【点睛】要充分利用题干信息,结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子式、反应条件、物质的结构的变化,采取正、逆推法相结合进行推断。25、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面,静置,若液面差保持不变,则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压,收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气;(2)夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况;(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气,制取氨气时气体中含有水蒸气,也需要除去杂质气体;(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,结合物质的性质分析;丁中气球的用来平衡内外压强;(5)利用已知信息,氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析;(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,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、称量,质量为15.000g。通过碳原子守恒,计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气,方程式为:Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;(2)检查装置乙气密性的操作:夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面,静置,若液面差保持不变,则表明气密性良好;(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气,应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl,然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气;制取氨气时气体中含有水蒸气,通过装置丙中的碱石灰;仪器接口的连接顺序为:B→IJ→HG→EF←(或DC)CD←A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,生成氨基甲酸铵的反应是放热的,所以需要降低温度,用冷水浴;丁中气球的用来平衡内外压强,还能吸收多余未反应的气体;(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体,难溶于CCl4,则可以使用过滤的方法分离;(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,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、称量,质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol,根据碳原子守恒,氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol,碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y,则x+y=0.15,79x+78y=11.73,解得:x=0.03mol,y=0.12mol,则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。26、①③②⑤⑦浓硫酸ab20.0abdce搅拌,加速溶解引流偏高【解析】

(1)若从a端进气,相当于向上排空气法收集气体,①O2、③CO2密度比空气大,采用向上排空气法;若从b端进气,相当于向下排空气法收集,②CH4、⑤H2、⑦NH3密度比空气小,采用向下排空气法,④CO和⑥N2密度与空气太接近,不能用排空气法收集;故答案为:①③;②⑤⑦;(2)干燥二氧化碳,所选用的试剂必须不能与二氧化碳反应,浓硫酸具有吸水性,且不与二氧化碳反应,洗气时用“长进短处”,故答案为:浓硫酸;a;(3)将它与装置Ⅱ连接作为量气装置.将广口瓶中装满水,用乳胶管连接好装置,使用排水法收集气体并测量体积时,水从a端排到量筒中,则气体从b端进入,故答案为:b;(4)①配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液需要氢氧化钠的质量;;答案为:20.0;②配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液的操作步骤为:计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,所以正确的操作顺序为:abdce;答案为:abdce;③配制过程中,在溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌,以便加速溶解过程;在转移冷却后的氢氧化钠溶液时,需要使用玻璃棒引流,避免液体流到容量瓶外边;答案为:搅拌,加速溶解;引流;④定容时,若俯视刻度线,会导致加入的蒸馏水体积偏小,配制的溶液体积偏小,溶液的浓度偏高;答案为:偏高。27、液封,防止产生的氯气从漏斗口逸出饱和食盐水氯化氢与KOH和NaOH反应,降低产率5:1NaOH溶液ba【解析】

(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部,可起液封作用,防止产生的氯气从漏斗口逸出;(2)浓盐酸有挥发性,制得的Cl2中混有挥发的HCl,则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水,目的是为除去Cl2中混有的HCl,若取消此装置,HCl会中和KOH和NaOH,降低产率;(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl,发生反应的化学方程式为,生成1mol氯酸钾转移5mol电子,而生成1molNaClO转移1mol电子,则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠,转移电子的物质的量之比为5:1;(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气,则盛放的试剂均为NaOH溶液;(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后,停止加热,为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收,接下来的操作为打开b,关闭a。28、HNO3NaOHFF高因为NH3分子间形成氢键26四dⅧ离子分子1s22s22p3泡利洪特【解析】

根据A、B、C、D是四种短周期元素,由A的原子结构示意图可知,x=2,A的原子序数为14,

故A为Si元素;

A、B、C同周期,B是同周

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