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文档简介
云南省玉溪市新高考全国统考预测密卷化学试卷考生须知: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、人类的生产、生活与化学息息相关,下列说法不正确的是
A.将铝制品置于电解液中作为阳极,用电化学氧化的方法,可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B.防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫,目前主要用石灰法。C.压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固,其黏附力为分子间作用力。D.人体所需六大营养物质:糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水,其中产能最高的是糖类。2、H2C2O4(草酸)为二元弱酸,在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示,下列说法不正确的是A.由图可知,草酸的Ka=10-1.2B.0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D.根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.83、为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源,以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下:电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)电解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2↑电解过程中,以下判断正确的是()电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极:PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O阳极:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DA.A B.B C.C D.D4、下列实验中,所选装置或仪器合理的是A.高温煅烧石灰石 B.从KI和I2的固体混合物中回收I2C.除去乙醇中的苯酚 D.量取15.00mLNaOH溶液5、室温下,某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示,下列说法错误的是A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显碱性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中,c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)6、下列说法不正确的是()A.乙烯的结构简式为CH2=CH2B.乙烯分子中6个原子共平面C.乙烯分子的一氯代物只有一种D.CHBr=CHBr分子中所有原子不可能共平面7、尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素,又能发电。尿素燃料电池结构如下图所示,甲电极上发生如下反应:CO(NH2)2+H2O-6e-→CO2+N2+6H+,则A.甲电极是阴极B.电解质溶液可以是KOH溶液C.H+从甲电极附近向乙电极附近迁移D.每2molO2理论上可净化1molCO(NH2)28、设阿伏加德罗常数值用NA表示,下列说法正确的是()A.常温下1LpH=3的亚硫酸溶液中,含H+数目为0.3NAB.A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体,转移的电子数为0.5NAC.NO2与N2O4混合气体的质量共ag,其中含质子数为0.5aNAD.1mo1KHCO3晶体中,阴阳离子数之和为3NA9、欲观察环戊烯()是否能使酸性KMnO4溶液褪色,先将环戊烯溶于适当的溶剂,再慢慢滴入0.005mol·L-1KMnO4溶液并不断振荡。下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验A.四氯化碳 B.裂化汽油 C.甲苯 D.水10、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢,断裂化学键总数为NAB.NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC.3.4gH2O2含有共用电子对的数目为0.2NAD.1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA11、下列说法正确的是A.FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu,说明Fe的金属活动性大于CuB.晶体硅熔点高、硬度大,故可用于制作半导体C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.K2FeO4具有强氧化性,可代替Cl2处理饮用水,既有杀菌消毒作用,又有净水作用12、下列说法不正确的是A.氯气是一种重要的化工原料,广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B.钠和钾的合金在常温下是液体,可用于快中子反应堆作热交换剂C.用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力,可用于制作光缆D.化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸13、《天工开物》中对“海水盐”有如下描述:“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪,多者十二三眼,少者七八眼,共煎此盘……火燃釜底,滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是()A.萃取 B.结晶C.蒸馏 D.过滤14、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15、下列关于有机化合物的说法正确的是A.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B.戊烷(C5H12)有两种同分异构体C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别16、铜锡合金,又称青铜,含锡量为~(质量比)的青铜被称作钟青铜,有一铜锡合金样品,可通过至少增加ag锡或至少减少bg铜恰好使其成为钟青铜,增加ag锡后的质量是减少bg铜后质量的2倍.则原铜锡合金样品中铜锡的质量之比为()A.7:17 B.3:2 C.12:1 D.7:117、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,四种元素的质子数之和为47,其中X、Y在周期表中位于同一主族,且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法正确的是()A.X、Y与氢均可形成原子个数比为1:2的化合物B.元素的最高正价:Z>X>WC.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>ZD.简单离子的半径:r(Z)>r(Y)>r(X)18、将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出A.酸性 B.漂白性 C.氧化性 D.还原性19、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.常温常压下,22.4LCH4含有的分子数小于NAB.7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NAC.1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD.1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA20、下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是()A.用图所示装置制取少量纯净的CO2气体B.用图所示装置验证镁和稀盐酸反应的热效应C.用图所示装置制取并收集干燥纯净的NH3D.用图所示装置制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色21、在国家卫健委2020年2月发布的《最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)》中,新增了几款有疗效的药物,其中一款是老药新用,结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成,X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是A.元素非金属性X>Y<ZB.X的氢化物显酸性C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.在分子中,存在极性共价键和非极性共价键22、某溶液中含有较大量的Cl-、CO32-、OH-三种离子,如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来,下列添加试剂顺序正确的是()A.先加Mg(NO3)2,再加Ba(NO3)2,最后加AgNO3B.先加Ba(NO3)2,再加AgNO3,最后加Mg(NO3)2C.先加AgNO3,再加Ba(NO3)2,最后加Mg(NO3)2D.先加Ba(NO3)2,再加Mg(NO3)2最后加AgNO3二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体,可通过以下途径合成:已知:①(苯胺易被氧化)②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。回答下列问题:(1)写出化合物H的分子式__________,C中含氧官能团的名称___________。(2)写出有关反应类型:BC___________;FG___________。(3)写出AB的反应方程式:___________________________。(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式:____________①能发生银镜反应②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中,C转化为D的目的是_____________________。(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线:_________________________24、(12分)(化学——选修5:有机化学基础)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:回答下列问题:(1)反应①所需试剂、条件分别是____________;F的化学名称为____________。(2)②的反应类型是______________;A→B的化学方程式为_____________________。(3)G的结构简式为______________;H中所含官能团的名称是____________。(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14,且满足下列条件,W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应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,写出符合要求的W的结构简式____________。(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线,其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:)____________。25、(12分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理:2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)(1)如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。(2)F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。(4)将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液,充分反应后,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5样品的纯度为___%(保留一位小数),若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,会导致Na2S2O5样品的纯度___。(填“偏高”、“偏低”)26、(10分)亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易反应,生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物,其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:制备原料装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①________饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸②________
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①装置连接顺序为a→__________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。②为了使气体充分反应,从A处进入的气体是____________(填Cl2或NO)。实验中先通入Cl2,待装置Ⅴ中充满黄绿色气体时,再将NO缓缓通入,此操作的目的是___________(回答一条即可)。③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____________。④装置Ⅵ的作用为__________,若无该装置,Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。(3)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度:取Ⅷ中所得液体m克溶于水,配制成250mL溶液,取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为bmL。亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。27、(12分)实验室以海绵铜(主要成分为Cu和CuO)为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知:①CuCl微溶于水,不溶于乙醇,可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。(1)“氧化”时温度应控制在60~70℃,原因是____________________。(2)写出“转化”过程中的离子方程式____________________。(3)“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体,可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl,用乙醇洗涤的优点是________________。(4)氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加,但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小,其原因是__________。(5)若CuCl产品中混有少量CaSO4,设计提纯CuCl的实验方案:__________。(实验中可选试剂:0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇)28、(14分)工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如下:已知:①锂辉石的主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2,其中含少量Ca、Mg元素。②Li2O·Al2O3·4SiO2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O③某些物质的溶解度(s)如下表所示。T/℃20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.232.831.930.7(1)从滤渣Ⅰ中分离出Al2O3的流程如下图所示。请写出生成沉淀的离子方程式______。(2)已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是(运用化学平衡原理简述)________________________________________________。(3)最后一个步骤中,用“热水洗涤”的目的是______________________________。(4)工业上,将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下:a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液,LiOH溶液做阴极液,两者用离子选择透过膜隔开,用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热,过滤、烘干得高纯Li2CO3。①a中,阳极的电极反应式是_________________________②电解后,LiOH溶液浓度增大的原因_________________,b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___________________________________________。(5)磷酸亚铁锂电池总反应为:FePO4+LiLiFePO4,电池中的固体电解质可传导Li+,试写出该电池放电时的正极反应:__________________。29、(10分)α﹣苯基丙烯酸可用于合成人造龙涎香,现以甲苯为原料,按下列方法合成(从F开始有两条合成路线)已知:①CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr②CH3CH2CNCH3CH2COOH完成下列填空:(1)写出D的结构简式______。(2)写出反应类型:反应④______。(3)写出反应所需要试剂与条件:反应①______,反应②______。(4)写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式______。①能发生银镜反应②能与FeCl3溶液发生显色反应③分子中有5种不同化学环境的氢原子(5)检验E是否完全转化为F的方法是______。(6)路线二与路线一相比不太理想,理由是______。(7)利用已知条件,设计一条由制备的合成路线_________________。(合成路线的表示方法为:AB…目标产物)
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.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应;B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力;D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属,作阳极时,失去电子生成氧化铝,所以铝制品作电解池阳极电解,可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜,A正确;B.二氧化硫能形成酸雨,并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣,所以在燃煤中加入石灰石或生石灰,减少环境污染,是目前主要脱硫方法,B正确;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力,能牢固黏贴物品,C正确;D.人体所需六大营养物质中:直接的供能物质是糖类,产能最高的是油脂,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途,掌握反应原理和物质的性质即可解答,侧重考查了学生的分析能力,有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性。2、D【解析】
由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka=10-1.2,故A正确;B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-),HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-),因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-),故B正确;C.pH为4.2时,溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-,且c(HC2O4-)=c(HC2O4-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-),故C正确;D.由于草酸为弱酸分两步电离,Ka1=,Ka2=,Ka1·Ka2=,根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4),所以,Ka1Ka2=,当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka1=10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1,草酸的Ka2=10-4.2;====10-2.7,C点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。3、D【解析】
A.原电池中,溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动,故A错误;
B.根据电子守恒分析,每消耗3molPb,转移6mol电子,根据电子守恒生成1molAl2O3,故B错误;
C.原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅,则正极:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,故C错误;
D.原电池中铅作负极,负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅,所以质量增加,在电解池中,Pb阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,所以铅电极质量不变,故D正确;答案:D【点睛】本题考查原电池和电解池原理,根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可,难度中等。4、D【解析】
A.高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行,氧化钙与二氧化硅反应,A错误;B.I2易升华,分离回收碘,应在密封的装置中,图中蒸发皿加热后不能回收碘,B错误;C.苯酚易溶于乙醇中,不会有沉淀,所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚,C错误;D.量取15.00mLNaOH溶液,可选择滴定管,移液管等精准的量器,D正确;答案选D。5、C【解析】
本题是一道图形比较熟悉的题目,不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱,所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。【详解】A.选取图中左侧的交点数据,此时,pH=6.2,c[X(OH)+]=c(X2+),所以Kb2=,选项A正确;B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+,由图示X(OH)+占主导位置时,pH为7到8之间,溶液显碱性,选项B正确;C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等,根据图示此时溶液的pH约为6,所以溶液显酸性X2+的水解占主导,所以此时c(X2+)<c[X(OH)+],选项C错误;D.在X(OH)NO3水溶液中,有电荷守恒:c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+,物料守恒:c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+,将物料守恒带入电荷守恒,将硝酸根离子的浓度消去,得到该溶液的质子守恒式为:c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+),选项D正确;答案选C。6、D【解析】
A.乙烯的结构简式为CH2=CH2,A正确;B.乙烯是平面型分子,分子中6个原子共平面,B正确;C.乙烯分子结构完全对称,只有一种等效氢原子,则一氯代物只有一种,C正确;D.乙烯是平面型分子,直接连在双键碳上的溴原子和2个碳原子、2个氢原子共平面,D错误;答案为D;7、C【解析】
A.由题甲电极上发生如下反应:CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+,甲电极是燃料电池的负极,A错误;B.甲电极上发生如下反应:CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+,该原电池是酸性电解质,电解质溶液不可以是KOH溶液,B错误;C.原电池中阳离子向正极移动,则电池工作时从甲电极负极附近向乙电极正极附近迁移,C正确;D.电池的总反应式为:,每理论上可净化,理论上可净化,D错误。答案选C。8、C【解析】
A.1LpH=3的亚硫酸溶液中,H+的浓度为10-3mol/L,1L溶液中H+数目为0.001NA,故A错误;B.A1与NaOH溶液反应生成氢气,因未说明气体所处的状态,所以无法计算反应中转移的电子数目,故B错误;C.NO2和N2O4,最简比相同,只计算ag
NO2中质子数即可,一个N含质子数为7,一个氧质子数为8,所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23,agNO2中质子数为NAmol-1=0.5aNA,故C正确;D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子,阴阳离子数之和为2NA,故D错误;答案是C。9、A【解析】
A项,环戊烯溶于四氯化碳,四氯化碳不能使KMnO4溶液褪色,不干扰环戊烯的检验;B项,环戊烯溶于裂化汽油,而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色,干扰环戊烯的检验;C项,环戊烯溶于甲苯,而甲苯能使KMnO4溶液褪色,干扰环戊烯的检验;D项,环戊烯不溶于水;答案选A。【点睛】该题的关键是在选择溶剂时不能干扰对环戊烯的鉴别。10、A【解析】
A.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键,故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时,断裂1mol化学键即NA个,故A正确;B.标况下三氧化硫不是气体,不能使用气体摩尔体积,故B错误;C.3.4gH2O2物质的量为0.1mol,含有共用电子对的数目为0.3NA,故C错误;D.三价铁离子为弱碱阳离子,在水溶液中会发生部分水解,所以1L1mol/L的FeCl3溶液中所含Fe3+数目小于NA,故D错误;故选:A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时,一定要在标准状况下为气体。如B选项,标况下三氧化硫不是气体,不能使用气体摩尔体积=22.4/mol。11、D【解析】
A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,不能说明铁的金属性强于铜,故错误;B.硅位于金属和非金属之间,具有金属和非金属的性质,所以是良好的半导体材料,与其熔点硬度无关,故错误;C.二氧化硫氧化性与漂白无关,故错误;D.K2FeO4中的铁为+6价,具有强氧化性,还原产物为铁离子,能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性,所以能杀菌消毒同时能净水,故正确。故选D。12、C【解析】
A项、氯气是一种重要的化工原料,可用于农药的生产等,如制备农药六六六等,氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性,能够杀菌消毒,故A正确;B项、钠钾合金导热性强,可用于快中子反应堆的热交换剂,故B正确;C项、光导纤维主要成分二氧化硅,是绝缘体,不导电,故C错误;D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位,常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等,故D正确;故选C。13、B【解析】
“灶燃薪”是加热,“多者十二三眼,少者七八眼,共煎此盘”是蒸发结晶,B正确,故答案为:B。14、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:D15、D【解析】
A.糖类中的单糖不能水解,二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应,故A错误;B.戊烷(C5H12)有三种同分异构体,正戊烷、新戊烷、异戊烷,故B错误;C.苯中不含碳碳双键,也不存在碳碳单键,聚氯乙烯中也不存在碳碳双键,存在的是碳碳单键,只有乙烯中含有碳碳双键,故C错误;D.乙酸与碳酸钠能够反应生成气体,而乙酸乙酯与碳酸钠不反应,现象不同,可鉴别,故D正确;故选D。16、C【解析】
设原青铜中铜的质量为x,锡的质量为y,根据题意有①,②,③,联立三个关系式可以解出,,因此铜锡之比为12:1,答案选C。17、A【解析】
已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短周期元素”,则Y的核外电子数比X多8,又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”,则X为氧、Y为硫;因为Z的原子序数比Y大,所以Z为氯;再由“四种元素的质子数之和为47”,可确定W为碳。【详解】A.X、Y与氢可形成H2O、H2S,二者原子个数比都为1:2,A正确;B.X为O元素,不能表现出+6价,最多表现+2价,则“元素的最高正价:Z>X>W”的关系不成立,B错误;C.因为S的非金属性小于Cl,所以最高价氧化物对应水化物的酸性:Y<Z,C错误;D.简单离子的半径应为r(S2-)>r(Cl-)>r(O2-),D错误;故选A。18、D【解析】
将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色,说明首先生成单质碘,然后单质碘继续与二氧化硫反应生成碘化氢和硫酸,因此反应程中二氧化硫表现出还原性。答案选D。19、A【解析】
A.常温常压下,22.4LCH4物质的量小于1mol,其含有的分子数小于NA,故A正确;B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,2mol过氧化钠转移2mol电子,因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA,故B错误;C.苯中不含有的碳碳双键,故C错误;D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol,磷酸是弱酸,部分电离,因此溶液中氢离子数小于3NA,故D错误。综上所述,答案为A。20、B【解析】
A.图①所示装置是按照启普发生器原理设计的,纯碱是粉末状,不能控制反应的发生与停止,且产物中含有HCl杂质,故A错误;B.镁和盐酸反应放热,产生的热量使U形管中右边的水柱上升,故B正确;C.NH3的密度比空气小,不能采用向上排空法,故C错误;D.酒精与水任意比互溶,起不到隔绝空气的作用,应采用苯或者汽油,故D错误。选B。21、B【解析】
由化学式H3YO4可知,Y元素显+5价,在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对,且X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,则X为N元素,Y为P元素,又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数,则Z的原子序数为7+15-5=17,Z为Cl元素,可与其它原子形成共用电子对,符合,据此分析解答。【详解】由化学式H3YO4可知,Y元素显+5价,在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对,且X、Y为同主族元素,原子半径X小于Y,则X为N元素,Y为P元素,又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数,则Z的原子序数为7+15-5=17,Z为Cl元素,可与其它原子形成共用电子对,符合,A.同周期元素从左向右,非金属性逐渐增强,同主族元素从上至下,非金属性逐渐减弱,X为N元素,Y为P元素,Z为Cl元素,则元素非金属性X>Y<Z,故A正确;B.X为N元素,其氢化物为氨气,显碱性,故B错误;C.Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4,为中强酸,故C正确;D.同种非金属元素原子间形成非极性键,不同种非金属元素的原子间形成极性键,则在该分子中,存在极性共价键和非极性共价键,故D正确;故选B。22、D【解析】
所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物,Mg(NO3)2能与CO32-、OH-两种离子反应;AgNO3能与Cl-、CO32-、OH-三种离子形成难溶物;Ba(NO3)2只与CO32-反应,所以先加Ba(NO3)2除去CO32-,再加Mg(NO3)2除去OH-,最后加AgNO3只能与Cl-反应。答案选D。二、非选择题(共84分)23、C12H15NO醚键还原反应消去反应+HNO3(浓)+H2O、、保护氨基,防止合成过程中被氧化【解析】
A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,B与Fe、HCl发生还原反应产生C:,C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D:,E为,E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO;C结构简式是,其中含氧官能团的名称为醚键;(2)B为,C为,B与Fe、HCl反应产生C,该反应类型为还原反应;F为,G为,根据二者结构的不同可知:FG的类型是消去反应;(3)A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,所以AB的反应方程式为:+HNO3(浓)+H2O;(4)D结构简式为:,D的同分异构体符合下列条件:①能发生银镜反应,说明含有醛基-CHO;②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色,说明含有酯基,水解产物含有酚羟基,即该物质含酚羟基形成的酯基;③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢,则符合题意的同分异构体结构简式为:、、;(5)合成途径中,C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3,后来转化为氨基,目的是保护氨基,防止其在合成过程被氧化;(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料,设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸,苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯,在Fe、HCl作用下反应产生,与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生,所以甲苯转化为的合成路线为:【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识,涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写,在进行物质推断的过程中,要充分利用题干信息,结合已有的知识分析、判断,要注意氨基容易被氧化,为防止其在转化过程中氧化,先使其反应得到保护,在其他基团形成后再将其还原回来。24、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】
甲苯发生取代反应生成,在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成,则A为,该分子继续氧化为B,可推知B为,C为;D经过先水解后消去反应可得到HCHO,所以E为HCHO,根据给定的已知信息及逆合成分析法可知,G为,据此分析作答。【详解】甲苯→,发生的是取代反应,所需试剂、条件分别是Cl2、光照;F为,根据系统命名法可知其名称为辛醛,故答案为Cl2、光照;辛醛;(2)反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应(取代反应),A→B的化学方程式为,故答案为取代反应;;(3)结合给定的已知信息推出G的结构简式为;G→H,是-CHO和H2的加成反应,所以H中所含官能团的名称是羟基,故答案为;羟基。(4)C为,化合物W的相对分子质量比化合物C大14,W比C多一个CH2,遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基,属于芳香族化合物含有苯环,能发生银镜反应含有醛基,①苯环上有三个取代基,分别为醛基、羟基和甲基,先固定醛基和羟基的位置,邻间对,最后移动甲基,可得到10种不同结构;②苯环上有两个取代基,分别为-OH和-CH2CHO,邻间对位共3种,所以W的可能结构有10+3=13种;符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应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要求的W的结构简式:,故答案为13;;(5)根据题目已知信息和有关有机物的性质,用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下:,故答案为。25、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O氧化变质95.0偏高【解析】
A三颈烧瓶中制备二氧化硫,发生Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4,生成的二氧化硫通入D装置,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l),仪器E的作用是防倒吸,F吸收尾气。据此解答。【详解】Ⅰ(1)装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4。二氧化硫易溶于水,仪器E的作用是防倒吸。故答案为:三颈烧瓶;Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4;防倒吸;(2)二氧化硫有毒,排到空气中会污染空气,SO2是酸性氧化物,可用碱溶液吸收,题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为:浓NaOH溶液;Ⅱ.(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去,说明MnO4-将S2O52-氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是:利用焦亚硫酸钠的还原性,防止食品氧化变质。故答案为:5S2O5-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;氧化变质;Ⅲ.(4)由关系式:5SO32-~2MnO4-,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,剩余的n(MnO4-)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol,再由5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O得:Na2S2O5样品的纯度为=×100%=95.0%;若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,使Na2SO3标准液的体积偏低,算出的剩余高锰酸钾偏低,与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高,会导致Na2S2O5样品的纯度偏高;故答案为:95.0;偏高。26、浓盐酸水e→f(或f→e)→b→c→dCl2排尽装置中的空气,防止NO被装置中的氧气氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸气进入装置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】
由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl:由图装置制备氯气,实验室用浓盐酸与二氧化锰制备,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体,装置Ⅲ用浓硫酸干燥,由图制备NO,用铜和稀硝酸反应制备NO,制得的NO中可能混有NO2,故装置Ⅱ用水净化NO,装置IV用浓硫酸干燥,将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体,用铜和稀硝酸反应制备NO,制得的NO中可能混有NO2,NO不溶于水,故装置Ⅱ用水净化NO,故答案为:浓盐酸;水;
(2)①将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,故答案为:e→f(或f→e)→b→c→d;②A处进入的气体进入装置Ⅴ上方,为了使反应充分应从A口通入密度大的气体,即氯气;先通氯气可排尽装置中的空气,防止NO被装置中的氧气氧化;③根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为:2NO+Cl2=2NOCl;④NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物,其中一种呈红棕色,反应方程式为:2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,所以装置Ⅵ的作用是防止水蒸气进入装置Ⅷ;(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3),所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3mol,则NOCl总的物质的量为10bc×10-3mol,所以质量分数为:。27、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快,避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥【解析】
实验流程中,海绵铜(主要成分为Cu和CuO)中加入硝酸铵和硫酸,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜生成Cu2+,滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵,发生氧化还原反应生成CuCl,发生反应:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+,得到产品CuCl,据此分析。【详解】(1)物质“溶解氧化”时,既要考虑反应速率,还要考虑是否有副反应发生,温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为:温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解;(2)“转化”中氧化产物为硫酸铵,滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵,Cu2+被还原生成CuCl。答案为:2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+;(3)“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液,获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低,易挥发,避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为:蒸发浓缩、降温结晶;CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快,避免CuCl被空气中O2氧化;(4)根据题中已知条件,CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后,氯化亚铜的沉淀率减小,原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为:生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中;(5)由题目已知资料可知,CuCl难溶于水和乙醇,可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4,向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸馏水至大量固体析出,过滤,再用无水乙醇洗涤2~3次,干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为:向产品中加入10mol·L−1盐酸,不断搅拌,至固体不再溶解,过滤,向滤液中加蒸
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