山东省沂源县二中高三第三次模拟考试新高考化学试卷及答案解析_第1页
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文档简介

山东省沂源县二中高三第三次模拟考试新高考化学试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”,意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下,当该装置工作时,下列说法正确的是A.盐桥中Cl-向Y极移动B.电路中流过7.5mol电子时,共产生标准状况下N2的体积为16.8LC.电流由X极沿导线流向Y极D.Y极发生的反应为2NO3-+10e-+6H2O===N2↑+12OH—,周围pH增大2、在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ш是氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂3、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W与Y同主族,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.简单离子的半径:W<Y<ZB.X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离C.氧化物对应水化物的酸性:Z>R>XD.最高价氧化物的熔点:Y>R4、某溶液中只可能含有K+、Al3+、Br-、OH-、CO、SO中的一种或几种。取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是A.Br- B.OH- C.K+ D.Al3+5、类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pc=-lgc,pKa=—lgKa。常温下,某浓度H2A溶液在不同pH值下,测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是()A.pH=3.50时,c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后,溶液显碱性C.随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大D.pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小6、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性,0.01mol·L–1r溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是()A.原子半径的大小:W<Y<XB.元素的非金属性:Z>X>YC.Y的氢化物常温常压下为液态D.X的最高价氧化物的水化物为弱酸7、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步:H2MO4⇌H++HMO4-,HMO4-⇌H++MO42-。常温下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液,溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A.该氢氧化钠溶液pH=12B.图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C.滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D.图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)8、基于临床研究,抗疟疾药物磷酸氯喹被证实在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4,7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体,其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是A.属于芳香族化合物 B.分子中所有原子在同一平面上C.分子式为C9H6NCl2 D.可发生取代、加成、氧化反应9、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应:A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后,在t2时刻改变某一条件,其反应过程如图。下列说法正确的是A.0~t2时,v(正)>v(逆)B.t2时刻改变的条件可能是加催化剂C.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,A的体积分数Ⅰ=ⅡD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,平衡常数I<Ⅱ10、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体,可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是()A.该反应为取代反应B.Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C.X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D.等物质的量的X、Y分别与H2反应,最多消耗H2的物质的量之比为4∶511、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水,可用作制冷剂12、下列有关有机化合物的说法中,正确的是A.淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B.乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C.绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D.在的催化作用下,苯可与溴水发生取代反应13、下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的原因的是A.铜久置空气中表面出现绿色固体:2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2(OH)2CO3B.某种火箭发射阶段有少量N2O4,逸出,产生红色气体:N2O42NO2C.FeSO4·7H2O在空气中久置变黄:2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2OD.SO2通入KMnO4溶液中,溶液紫色逐渐褪去:5SO2+2KMnO4+2H2O═K2SO4+2MnSO4十2H2SO414、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液,n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol,下列叙述正确的是()A.醋酸溶液的pH大于盐酸B.醋酸溶液的pH小于盐酸C.与NaOH完全中和时,醋酸消耗的NaOH多于盐酸D.分别用水稀释相同倍数后,所得溶液中:n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)15、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是A.B.C.D.16、化学与环境、生活密切相关,下列与化学有关的说法正确的是()A.用石材制作砚台的过程是化学变化B.氯化铵溶液可清除铜制品表面的锈渍,是因为氨根离子水解使溶液显酸性C.月饼因为富含油脂而易发生氧化,保存时常放入装有硅胶的透气袋D.为测定熔融氢氧化钠的导电性,可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化二、非选择题(本题包括5小题)17、烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空:(1)合成除苯乙烯外,还需要另外两种单体,写出这两种单体的结构简式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成()需要三步,第一步选用的试剂为__________,目的是______________________________。(3)邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6O3,在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________。A与浓溴水反应的化学方程式为_________________。(4)设计一条由制备A的合成路线(合成路线常用的表示方法为:MN……目标产物)____________________。18、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:请回答:(1)X的化学式是______________。(2)写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。(3)写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。19、醋酸亚铬水合物的化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,该水合物通常为红棕色晶体,是一种常用的氧气吸收剂,不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂),微溶于乙醇,易溶于盐酸,易被氧化。已知Cr3+水溶液呈绿色,Cr2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。(1)检查装置气密性后,向左侧三颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量CrCl3溶液,关闭K1打开K2,旋开a的旋塞,控制好滴速。a的名称是___________,此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______、________。一段时间后,整个装置内充满氢气,将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时,关闭K2,打开K1,将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中,则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)本实验中所有配制溶液的水均需煮沸,其原因是______________________。右侧的烧杯内盛有水,其中水的作用是_______________________________________________。(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时,关闭a的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥,即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_______________________。(4)称量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶体,质量为mg,,若所取用的CrCl3溶液中含溶质ng,则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(M1=376)的产率是______%。20、亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味,是一种常用的发色剂和防腐剂,但使用过量会使人中毒.某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验:(实验一)制取NaNO2该小组先查阅资料知:①2NO+Na2O2→2NaNO2;2NO2+Na2O2→2NaNO3;②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-,然后设计制取装置如图(夹持装置略去):(1)装置D的作用是_______________;如果没有B装置,C中发生的副反应有_______________。(2)就算在装置气密性良好的情况下进行实验,该小组发现制得的NaNO2的纯度也不高,可能的原因是由_____________;设计一种提高NaNO2纯度的改进措施_________。(实验二)测定NaNO2样品(含NaNO3杂质)的纯度先查阅资料知:①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O;②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O然后,设计如下方案测定样品的纯度:样品→溶液A溶液B数据处理(3)取样品2.3g经溶解后得到溶液A100mL,准确量取10.00mLA与24.00mL0.0500mol/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应.反应后的溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至紫色刚好褪去;重复上述实验3次,平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL,则样品中NaNO2的纯度为_________.(4)通过上述实验测得样品中NaNO2的纯度偏高,该小组讨论的原因错误的是_________。(填字母编号)a.滴定至溶液紫色刚好褪去,立即停止滴定b.加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥c.实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长21、I.焦炭可用于制备电石、生产水煤气等。完成下列填空:(1)电石的主要成分是CaC2,CaC2的晶体类型是___________;其与水反应的化学方程式为______________________。(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为____________。氧原子的核外电子排布式为_________________。(3)与同主族元素Mg相比,Ca的金属性更______(填“强”或者“弱”)。能证明这一结论的实验事实是________________________。II.用焦炭生产水煤气的反应为:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空:(4)一定温度下,在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应,下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。(选填编号)a.容器中的压强不再改变b.混合气体的密度不再改变c.v正(CO)=v逆(H2O)d.c(CO)=c(H2)(5)将不同量的C(s)和H2O(g)分别加入到体积为2L的恒容密闭容器中,进行反应,得到如下数据:实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCH2CO16500.010.020.008528000.020.030.0173①实验1中以v(H2)表示的到达平衡时的平均反应速率为____________。②下列图像正确的是________。(选填编号)

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】

根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知,装置属于原电池装置,X是负极,发生失电子的氧化反应,Y是正极,发生得电子的还原反应,电解质里的阳离子移向正极,阴离子移向负极,电子从负极流向正极。【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置,溶液中的阴离子移向负极,即氯离子向X极移动,故A错误;B.电池总反应为:,该反应转移了15个电子,即转移15个电子生成4个氮气,故电路中流过7.5mol电子时,产生2mol氮气,即44.8L,B错误;C.电流由正极流向负极,即Y极沿导线流向X极,故C错误;D.Y是正极,发生得电子的还原反应,,周围pH增大,故D正确;答案选D。2、C【解析】

A.根据图示,反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,结合总反应方程式,反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;B.根据图示,反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,氧化剂是Fe3+,故B正确;C.根据图示,反应Ш的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,没有元素的化合价发生变化,不是氧化还原反应,故C错误;D.根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,反应过程中NO参与反应,最后还变成NO,NO作催化剂,故D正确;故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图,从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A,要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。3、D【解析】

R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍,R含有2个电子层,最外层含有4个电子,为C元素;W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒,该单质为臭氧,则W为O元素,W与Y同主族,则Y为S元素;Z为短周期主族元素,原子序数大于S,则Z为Cl元素;R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和,则X最外层电子数=4+6-7=3,位于ⅢA族,原子序数大于O,则X为Al元素,R为C元素,W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。【详解】根据分析可知;R为C元素,W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。A.离子的电子层越多离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子径:W<Z<Y,故A错误;B.由X为Al,Z为Cl,X与Z形成的化合物为氯化铝,铝离子水解促进了水的电离,故B错误;C.R为C元素,X为Al元素,Z为Cl,没有指出最高价,无法比较C、Cl、Al的含氧酸酸性,故C错误;D.Y为S,R为C元素,三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体,相对原子质量越大沸点越高,则最高价氧化物的熔点:Y>R,故D正确;答案:D。【点睛】根据原子结构和元素周期律的知识解答;根据原子结构的特殊性如R的最外层电子数是次外层电子数的2倍,推断元素为C。根据物质的性质W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒推断即可。4、B【解析】

取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色,则一定含有Br-,生成气体说明含CO32-;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象,则一定不含SO32-离子,且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存,则一定不存在Al3+,由电荷守恒可知,一定含阳离子K+,不能确定是否含OH-,还需要检验,故答案为B。5、C【解析】

随pH的升高,c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大,所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是。【详解】A.根据图示,pH=3.50时,c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),故A错误;B.根据a点,H2A的Ka1=10-0.8,根据c点,H2A的Ka2=10-5.3,A2-的水解常数是=10-8.7,等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合,电离大于水解,溶液显酸性,故B错误;C.,随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小,所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大,故C正确;D.根据物料守恒,pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变,故D错误;答案选C。6、B【解析】

n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,则为氯气,Z为Cl,r是由这些元素组成的二元化合物,0.01mol·L–1r溶液的pH为2,说明r为HCl,q的水溶液具有漂白性,说明是水溶液中含有次氯酸根,再结合m和n反应生成q和r,则q为HClO,m为水,s通常是难溶于水的混合物,氯气和p光照,说明是取代反应,则为烷烃,因此短周期元素W为H,X为C,Y为O,Z为Cl。【详解】A.原子半径的大小:H<O<C,故A正确;B.元素的非金属性:Cl>O>C,故B错误;C.Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态,故C正确;D.X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸,故D正确。综上所述,答案为B。7、B【解析】

根据图像可知,NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应,当温度达到最高,说明两者恰好完全反应,F点温度最高,此时消耗NaOH的体积为20mL,计算出氢氧化钠的浓度,然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【详解】A.根据图像分析可知,F点温度最高,说明此时两物质恰好完全反应,NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O,20×10-3L×0.1mol∙L-1=20×10-3L×c(NaOH),推出c(NaOH)=0.1mol/L,c(H+)===10-13mol/L,则pH=13,故A错误;B.F点溶质为Na2MO4,溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4),所以c(OH-)>c(HMO4-),故B正确;C.根据题意,两者恰好完全反应,生成的溶质Na2MO4,属于强碱弱酸盐,即溶质为Na2MO4时,水解程度最大,E到F过程中,水的电离程度增大,F到G过程中,氢氧化钠溶液过量,抑制水的电离,因此滴加氢氧化钠的过程中,水的电离程度先变大,后变小,故C错误;D.由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L,G点加入40mL等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4,Na+的浓度最大,MO42−部分水解,溶液显碱性,则c(OH−)>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(MO42−)+c(HMO4-)+c(OH−),则c(Na+)<c(HMO4-)+2c(MO42-),故D错误;答案选B。8、C【解析】

A.由4,7-二氯喹啉的结构简式可知,该分子含有苯环,属于芳香族化合物,A选项正确;B.根据苯环、碳碳双键中所有原子共平面分析可知,该分子中所有原子在同一平面上,B选项正确;C.由结构简式可知,分子式为C9H5NCl2,C选项错误;D.该分子中苯环能够发生取代、加成反应,碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应,D选项正确;答案选C。9、C【解析】试题分析:A、图像分析判断0~t2时,0~t1逆反应速率大于正反应速率,t1~t2正逆反应速率相同,A错误;B、在t2时刻若是加入催化剂,由于催化剂对正逆反应速率都有影响,图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大,而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同,速率不变,最后反应达到平衡和原平衡相同,B错误;C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,C正确;D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,平衡常数不变,D错误,答案选C。考点:考查化学平衡的建立、图像的分析10、B【解析】

A.由X生成Y,是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代,A正确;B.Y使酸性高锰酸钾溶液褪色,可能是碳碳双键的作用,也可能是醛基的作用,B不正确;C.X和Y分子中都含有醛基,均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀,C正确;D.醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成,等物质的量的X、Y分别与H2反应,前者最多消耗H24mol,后者最多消耗H25mol,D正确;故选B。11、A【解析】

A.Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3,Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂,故A正确;B.ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性,故B错误;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理,与二氧化硅的硬度大小无关,故C错误;D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低,所以氨气常常作制冷剂,与氨气易溶于水无关,故D错误;故选B。12、C【解析】

A.淀粉、蛋白质是有机高分子化合物,油脂不是有机高分子化合物,A项错误;B.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,B项错误;C.酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物,具有高度选择性,绝大多数酶是蛋白质,C项正确;D.在FeBr3的催化下,苯可与液溴发生取代反应,但不与溴水反应,D项错误;答案选C。13、C【解析】

A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜,故A项正确;B、N2O4逸出时,压强减小,有利于生成NO2,故B项正确;C、FeSO4·7H2O在空气中久置时,Fe2+被氧化为Fe3+,反应方程式为20FeSO4·7H2O+5O2=4Fe4(OH)2(SO4)5+2Fe2O3+136H2O,故C项错误;D、SO2通人KMnO4溶液中,紫色MnO4—被还原为几乎无色的Mn2+,故D项正确。故选C。14、C【解析】

A.根据电荷守恒,当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣),氢离子浓度相同,溶液pH相同,故A错误;B.根据电荷守恒,当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣),氢离子浓度相同,溶液pH相同,故B错误;C.醋酸是弱酸存在电离平衡,当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时,n(CH3COOH)远远大于n(HCl),与NaOH完全中和时,醋酸消耗的NaOH多于盐酸,故C正确;D.加水稀释时,醋酸电离平衡正向移动,醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大,而盐酸溶液中氯离子物质的量不变,所以分别用水稀释相同倍数后,所得溶液中:n(Cl﹣)<n(CH3COO﹣),故D错误;选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离,侧重于学生的分析能力的考查,根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键,再结合弱电解质电离特点来分析解答。15、C【解析】

向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,发生H++OH-=H2O,同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀,沉淀在增多,氢离子物质的量比氢离子浓度大,则第二阶段沉淀的量不变,第三阶段铝离子反应生成沉淀,第四阶段铵根离子与碱反应,最后氢氧化铝溶解,沉淀减少,最后只有硫酸钡沉淀,显然只有图象C符合。答案选C。16、B【解析】

A.用石材制作砚台的过程没有新物质生成,属于物理变化,故A错误;B.氨根离子水解使溶液显酸性,酸性溶液可以用来除锈,故B正确;C.硅胶具有吸水性,可作食品包装中的硅胶为干燥剂,但硅胶没有还原性、不能除去月饼包装袋中的氧气,可放入装有铁粉的透气袋,故C错误;D.石英坩埚中含有二氧化硅,二氧化硅能和氢氧化钠发生反应,故D错误;故答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr(或HCl)保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】

(1)链节主链为碳原子,且含有碳碳双键,应是烯烃、1,3﹣丁二烯之间发生的加聚反应,除苯乙烯外,还需要另外两种单体为:CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2,故答案为CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2;(2)苯乙烯先与HBr发生加成反应,然后再催化剂条件下发生取代反应,最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到,第一步的目的是:保护碳碳双键防止被加成,故答案为HBr;保护碳碳双键防止被加成;(3)邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6O3,则A为,A发生缩聚反应得到B,B的结构简式为:,A与浓溴水反应的化学方程式为:,故答案为;;(4)在碱性条件下水解得到,然后发生催化氧化得到,再氧化得到,最后用酸酸化得到,合成路线流程图为:。18、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O【解析】

流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气,质量:32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子,证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,X为氧化铜,n(CuO)==0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol,氧元素守恒得到甲中n(Cu):n(O)=0.4mol:(0.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲化学式为Cu2O,固体乙为Cu,蓝色溶液为硫酸铜,加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀,加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO,故答案为CuO;(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液,转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2,故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2;(3)固体甲为Cu2O,氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水,反应的化学方程式为:Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,故答案为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。19、分液漏斗Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl22Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O防止水中的溶解氧氧化Cr2+水封,防止空气进入装置内乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥31700m/376n【解析】

(1)根据仪器的结构,仪器a为分液漏斗,左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为:2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气,Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑;一段时间后,整个装置内充满氢气,将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时,关闭K2,打开K1,将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中,CrCl2溶液与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,反应的离子方程式为2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,故答案为分液漏斗;Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑;Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2;2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O;(2)本实验中所用的溶液,配制用的蒸馏水都需事先煮沸,原因是,二价铬不稳定,极易被氧气氧化,去除水中的溶解氧,防止Cr2+被氧化;右侧烧怀内的水可以防止空气进入装置内,故答案为防止水中的溶解氧氧化Gr2+;水封,防止空气进入装置内;(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时,关闭a的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥,即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤,乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥,故答案为乙醚挥发带走水分,可以使产品快速干燥;(4)实验时取用的CrCl3溶液中含溶质ng,理论上得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O

的质量=××376g/mol=g,该实验所得产品的产率=×100%=×100%=%,故答案为。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算。解答本题需要注意对题目信息的应用。本题的易错点为(1),注意根据制备流程确定反应物和生成物,再书写相关离子方程式。20、吸收多余的NO2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物在A、B之间增加装有水的洗气瓶75%bc【解析】

在装置A中稀硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO和H2O,反应产生的NO气体经B装置的无水CaCl2干燥后进入装置C中,发生反应:2NO+Na2O2=2NaNO2,未反应的NO在装置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液测定NaNO2纯度中,可根据反应过程中的电子得失数目相等计算,利用反应过程中操作使KMnO4溶液消耗体积大小上分析实验误差。【详解】(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性,能将NO氧化为NO3-,所以装置D的作用是吸收多余的NO;若没有装置B中无水CaCl2的干燥作用,其中的H2O就会与Na2O2发生反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,反应产生O2再与NO反应:2NO+O2=NO2,气体变为NO2;(2)由于反应开始时硝酸浓度较大时,可能有NO2产生,获得NO的过程中可能会产生其他氮氧化物,这样会干扰实验结果,提高NaNO2纯度可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶,减小实验误差;(3)根据电子守恒可得关系式:5(NH4)2Fe(SO4)2~MnO4-,消耗n(KMnO4)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol,根据2MnO4-~5NO2-可知NO2-反应消耗KMnO4溶液的物质的量n(KMnO4)=0.05mol/L×0.024L-0.001mol=2.0×10-4mol,则NaNO2的物质的量n(NaNO2)=5.0×10-4mol,则100mL溶液中含NaNO2的物质的量为n(NaNO2)总=5.0×10-4mol×=5.0×10-3mol,所以样品中NaNO2的纯度为×100%=75%;(4)a.滴定至溶液紫色刚刚好褪去,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积偏小,n[(NH4)2Fe(SO4)2]偏小,导致NaNO2的量测定结果偏高,a正确;b.加入A与KMnO4溶液前锥形瓶未经干燥,对测量结果无影响,b错误;c.实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中时间过长,部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化,消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大,导致的测量结果偏低,c错误;故合理选项是bc。【点睛】本题考查了装置的连接、试剂的作用、实验方案的设计与评价及滴定方法在物质含量测定的应用。掌握反应原理、各个装置中试剂的作用是解题关键,在物质含量测定中要结合反应过程中电子守恒分析。题目考查学生分析和解决问题的能力,主要是物质性质和化学反应定量关系的计算分析。21、离子晶体CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑Ca>C>O1s22s22p4强金属钙与水的反应比金属镁剧烈[Ca(OH)2是强碱,Mg(OH)2是弱碱]d8×10-4mol/(L•min)bc【解析】

(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体;CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH;(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大;同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小;O原子核外有8个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式;(3)同一主族元素,元素的金属性随着原子序数增大而增强,元素的金属性越

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