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文档简介
山东省青州二中高三第三次模拟考试新高考化学试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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、下列实验操作规范并能达到实验目的的是实验操作实验目的A在一定条件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯B用玻璃管蘸取待测液,点在干燥的pH试纸中部,片刻后与标准比色卡比较读数粗略测定NaClO溶液pHC用0.1mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1mol/LCuSO4溶液比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小D向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸检验亚硫酸钠溶液是否变质A.A B.B C.C D.D2、用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A.A B.B C.C D.D3、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序数=族序数,由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系,其中甲、戊是两常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A.丙属于碱性氧化物B.W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C.W的原子序数是Z的两倍,金属性弱于ZD.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中,消耗的HNO3物质的量相等4、我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置,利用如右图装置可实现:H2S+O2→H2O2+S。已知甲池中有如下的转化:下列说法错误的是:A.该装置可将光能转化为电能和化学能B.该装置工作时,溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C.甲池碳棒上发生电极反应:AQ+2H++2e-=H2AQD.乙池①处发生反应:H2S+I3-=3I-+S↓+2H+5、下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中,并不断搅拌B.做有毒气体的实验时,对尾气进行适当处理C.加热烧瓶里液体时,在烧瓶底部放几片碎瓷片D.向试管里滴加液体时,滴管不能伸入试管内6、钛(Ti)常被称为未来钢铁。下列关于的说法中,错误的是()A.质子数为22 B.质量数为70 C.中子数为26 D.核外电子数为227、25℃时,向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸,溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.HCl溶液滴加一半时:B.在A点:C.当时:D.当时,溶液中8、天然气是一种重要的化工原料和燃料,常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是A.脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小B.CH4是天然气脱硫过程的催化剂C.脱硫过程需不断补充FeSO4D.整个脱硫过程中参加反应的n(H2S):n(O2)=2:19、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒(2019-nCOV)有较好抑制作用的药物:雷米迪维或伦地西韦(RemdeSivir,GS-5734)、氯喹(ChloroqquinE,Sigma-C6628)、利托那韦(Ritonavir)。其中利托那韦(Ritonavir)的结构如下图,关于利托那韦说法正确的是A.能与盐酸或NaOH溶液反应B.苯环上一氯取代物有3种C.结构中含有4个甲基D.1mol该结构可以与13molH2加成10、仪器名称为“干燥管”的是A. B. C. D.11、下列化学用语正确的是()A.重水的分子式:D2O B.次氯酸的结构式:H—Cl—OC.乙烯的实验式:C2H4 D.二氧化硅的分子式:SiO212、咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效,其结构简式如图,下列有关咖啡酸的说法中,不正确的是A.咖啡酸可以发生还原、取代、加聚等反应B.咖啡酸与FeCl3溶液可以发生显色反应C.1mol咖啡酸最多能与4molBr2反应D.1mol咖啡酸最多能消耗3mol的NaHCO313、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、Y同主族,W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应,气体颜色不断变浅,瓶壁上有油状液滴,X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A.“白烟”晶体中只含共价键 B.四种元素中,Z的原子半径最大C.X的简单氢化物的热稳定性比Y的强 D.W的含氧酸的酸性一定比Z的弱14、下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+2H+→CO2↑+H2OB.铁粉与稀H2SO4反应:2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C.Cu(OH)2与稀H2SO4反应:OH-+H+→H2OD.氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O15、下列物质属于油脂的是()①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡A.①② B.④⑤ C.①⑤ D.①③16、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中,下列有关装置或操作错误的是A.过滤B.灼烧C.溶解D.检验17、一定符合以下转化过程的X是()X溶液WZXA.FeO B.SiO2 C.Al2O3 D.NH318、关于下列装置的描述正确的是()A.甲装置可用于电解精炼铜B.乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高C.丙装置中的交换膜为阴离子交换膜D.丁装置可达到保护铁闸门的作用19、短周期非金属元素甲~戊在元素周期表中位置如下所示,分析正确的是A.非金属性:甲<丙 B.原子半径:乙<丁C.最外层电子数:乙<丙 D.戊一定是硫元素20、下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A.观察Fe(OH)2的生成B.配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液C.除去CO中的CO2D.实验室模拟制备NaHCO321、随着原子序数的递增,八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小,最高正价或最低负价的变化如图所示,下列说法错误的是A.常见离子半径:g>h>d>eB.上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中,离子浓度:c(f3+)>c(zx4+)C.由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D.f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应22、下列说法正确的是()A.国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成,主要成分是聚乙烯B.歼-20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C.我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维,是一种无机非金属材料D.“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材,生产快餐盒等,以减少术材的使用二、非选择题(共84分)23、(14分)G是一种新型香料的主要成分之一,合成路线如下:已知:①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’②G的结构简式为:(1)(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。(2)D分子中含有的含氧官能团名称是___,F的结构简式为___。(3)A→B的化学方程式为___,反应类型为___。(4)生成C的化学方程式为___。(5)同时满足下列条件的D的同分异构体有多种:①能发生银镜反应;②能水解;③苯环上只有一个取代基,请写出其中任意2种物质的结构式___、___。(6)利用学过的知识以及题目中的相关信息,写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线(无机试剂任选)。___(合成路线常用的表示方式为:)24、(12分)有机物M()是某抗病毒药物的中间体,它的一种合成路线如下:已知:①②回答下列问题:(1)有机物A的名称是_____,F中含有的官能团的名称是_____。(2)A生成B所需的试剂和反应条件是_____。(3)F生成G的反应类型为_____。(4)G与NaOH溶液反应的化学方程式为_____。(5)有机物I的结构简式为_____。(6)参照上述合成路线,以乙烯为起始原料(无机试剂任选),设计制备E的合成路线____________________。25、(12分)水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量,经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”,Ⅰ.用已准确称量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体配制一定体积的cmol/L标准溶液;Ⅱ.用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液,塞紧瓶塞(瓶内不准有气泡),反复震荡后静置约1小时;Ⅲ.向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶至沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色;Ⅳ.将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中,用硫代硫酸钠标准溶液滴定;V.待试液呈淡黄色后,加1mL淀粉溶液,继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。(2)在步骤Ⅱ中,水样中出现了MnMnO3沉淀,离子方程式为4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。(3)步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。(4)滴定时,溶液由__________色到______________色,且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。(5)河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。(6)当河水中含有较多NO3-时,测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)26、(10分)碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知:水合肼具有还原性。回答下列问题:(1)水合肼的制备有关反应原理为:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_______(按气流方向,用小写字母表示)。若该实验温度控制不当,反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6:1,则氯气与氢氧化钠反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼,实验中滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快,理由是________________________________________。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体,其制备流程如图所示:①“合成”过程中,反应温度不宜超过73℃,目的是______________________。②在“还原”过程中,主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-,该过程的离子方程式为_______。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠,但水合肼还原法制得的产品纯度更高,其原因是____。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下:a.称取1.33g样品并溶解,在533mL容量瓶中定容;b.量取2.33mL待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入M溶液作指示剂:c.用3.213mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),重复实验多次,测得消耗标准溶液的体积为4.33mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。27、(12分)铝热反应是铝的一个重要性质,该性质用途十分广泛,不仅被用于焊接钢轨,而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。(l)某校化学兴趣小组同学,取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图)进行铝热反应,现象很壮观。使用镁条和氯酸钾的目的是___________。(2)某同学取反应后的“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液,其离子方程式为__________,溶液中可能含有Fe2+,其原因是___________;(3)可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高铁酸钾(K2FeO4),如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。已知氯气和热碱溶液反应生成氯化钾和氯酸钾和水①盛装饱和食盐水的B装置作用为______________;②反应时需将C装置置于冷水浴中,其原因为___________;(4)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度:用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品,调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子,再调节pH为3~4,用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),淀粉作指示剂,装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如图所示:①终点II的读数为_______mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线,则导致所测高铁酸钾的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、(14分)(1)已知反应的,、分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ。(2)对于一般的化学反应aA+bB→P,反应物浓度和反应速率之间存在以下关系:v(单位mol·L-1·min-1)=k×c(A)x×c(B)y,k称为速率常数,x称为反应物A的级数,y称为反应物B的级数,x+y称为反应的总级数。①对于反应H2(g)+I2(g)→2HI(g),速率表达式:v=k×c(H2)×c(I2),则反应总级数为________级。②H2O2分解成水和氧气的反应是一级反应,反应速率常数k为0.0410min-1,则过氧化氢分解一半的时间是__________min。(结果保留3位有效数字)(已知:一级反应物质浓度c=c0e-kt,c0为初始浓度,ln2=0.693)(3)将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L密闭容器中,加热到1500K,起始总压强为416kPa;体系达平衡,总压强为456kPa。体系中存在如下反应关系:①I2(g)⇌2I(g)Kp1=200ΔH1②I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)Kp2ΔH2③HI(g)⇌I(g)+H(g)Kp3ΔH3④H2(g)⇌2H(g)Kp4ΔH4(已知Kp3、Kp4值很小,③、④反应忽略;Kp为以分压表示的平衡常数,以下计算结果均保留2位有效数字)①ΔH2=_____________。(用含ΔH1、ΔH3、ΔH4的式子表示)②1500K平衡体系中I(g)、H2(g)分压分别为______kPa、_______kPa、Kp2=______。29、(10分)CPAE是蜂胶的主要活性成分,具有抗癌的作用.人工合成CPAE的一种路线如下:已知:i.A分子中苯环上一溴代物只有2种;ii.R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→(1)写出反应类型:反应①_______;反应⑤______.(2)写出结构简式:A______;C_______.(3)在反应②中,1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol.(4)写出反应方程式:反应⑦________.(5)写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________i.1mol该物质与1molNa2CO3反应,生成1molCO2气体ii.含有4种化学环境不同的氢原子(6)写出实验室用Y制备苯乙酮()的合成路线(不超过四步)_____________(合成路线常用的表示方式为: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、C【解析】
A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气,因为会引入氢气这种新的杂质气体,故A错误;B.由于溶液具有强氧化性,能使pH试纸褪色,故不能测定溶液pH,故B错误;C.和组成相似,溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质,用溶液滴入到2mLNaOH溶液中至不再有沉淀生成,则完全反应生成,再滴入溶液,若产生蓝色沉淀,则证明转化为,则说明的比的小,故C正确;D.亚硫酸钠具有还原性,能被硝酸氧化为,与反应生成白色沉淀,不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质,故D错误;故答案为:C。2、C【解析】
A.单质溴易溶于有机溶剂,因此可以用萃取的方法将其从水相中分离,A项正确;B.配制一定物质的量浓度的溶液,需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,B项正确;C.若要从食盐水中获得食盐晶体,可以蒸发结晶,蒸发结晶一般在蒸发皿中进行,C项错误;D.制备少量乙酸乙酯,可以在试管中进行,再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂,D项正确;答案选C。3、C【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序数═族序数,应分别为H、Al元素,由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系,其中甲、戊是两常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体,则丙为Fe3O4,由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O,丁为H2,戊为Al、己为Al2O3,则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A.丙为Fe3O4,不是两性氧化物,故A错误;B.W为Fe,原子序数为26,位于第四周期Ⅷ族,故B错误;C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱,故C正确;D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中,均产生钝化现象,故D错误;故选C。【点睛】本题考查无机物的推断,把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查,注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口,D为易错点,钝化的量不能确定。4、B【解析】
A.装置是原电池装置,据此确定能量变化情况;B.原电池中阳离子移向正极;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置,根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置,A正确;B.原电池中阳离子移向正极,甲池中碳棒是正极,所以氢离子从乙池移向甲池,B错误;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应,即AQ+2H++2e-=H2AQ,C正确;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,发生的反应为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+,D正确。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识,注意知识的归纳和梳理是关键,注意溶液中离子移动方向:在原电池中阳离子向正极定向移动,阴离子向负极定向移动,本题难度适中。5、D【解析】
A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中,并不断搅拌,是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来,是出于安全考虑,A不符合题意;B.做有毒气体的实验时,进行尾气处理,是出于安全考虑,B不符合题意;C.加热烧瓶里液体时,在烧瓶底部放几片碎瓷片,是为了防止暴沸,是出于安全考虑,C不符合题意;D.向试管里滴加液体时,滴管不能伸入试管内,是为了防止污染试剂,不是出于安全考虑,D符合题意;故答案选D。6、B【解析】
的质子数为22,质量数为48,故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22,故A正确;B项、的质量数为48,故B错误;C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26,故C正确;D项、的电子数=质子数=22,故D正确;故选B。7、A【解析】
根据化学反应,充分运用三大守恒关系,挖掘图象中的隐含信息,进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半(10mL)时,溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl,此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),A项错误;B.溶液中加入盐酸,使CO32-转变为HCO3-,则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点,c(HCO3-)=c(CO32-),又A点溶液呈碱性,有c(OH-)>c(H+),B项正确;C.溶液中加入盐酸后,有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),当时有,C项正确;D.溶液中加入盐酸,若无CO2放出,则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出,则溶液中,D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系,应充分应用三大守恒原理,结合题中信息进行分析推理。8、D【解析】
A.在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应:Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓,然后发生反应:4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O,总反应方程式为:2H2S+O2=2S↓+2H2O,可见脱硫过程中由于反应产生水,使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低,因此溶液的pH逐渐增大,A错误;B.CH4在反应过程中没有参加反应,因此不是天然气脱硫过程的催化剂,B错误;C.脱硫过程反应产生中间产物FeSO4,后该物质又反应消耗,FeSO4的物质的量不变,因此不需补充FeSO4,C错误;D.根据选项A分析可知Fe2(SO4)3是反应的催化剂,反应总方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O,故参加反应的n(H2S):n(O2)=2:1,D正确;故合理选项是D。9、A【解析】
A.利托那韦(Ritonavir)结构中含有肽键、酯基,在酸碱条件下都能水解,A选项正确;B.由于两个苯环没有对称,一氯取代物有6种,B选项错误;C.根据结构简式可知,该结构中有5个甲基,C选项错误;D.由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成,苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应,所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成,D选项错误;答案选A。10、B【解析】A、此装置为研钵,故A错误;B、此装置为干燥管,故B正确;C、此装置为干燥器,故C错误;D、此装置为分液漏斗,故D错误。11、A【解析】
A.重水中氧原子为16O,氢原子为重氢D,重水的分子式为D2O,故A正确;B.次氯酸中不存在氢氯键,其中心原子为氧原子,分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键,结构式为H—O—Cl,故B错误;C.实验式为最简式,乙烯的实验式为CH2,故C错误;D.二氧化硅晶体为原子晶体,不存在二氧化硅分子,故D错误。答案选A。12、D【解析】
分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基,根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断,注意酚羟基酸性小于碳酸,酚羟基无法与碳酸氢钠反应,据此分析。【详解】A.咖啡酸中含有碳碳双键,可以与氢气发生还原反应;含有羧基和羟基,能够发生取代反应;含有碳碳双键,能够发生加聚反应,A正确;B.该有机物分子中含有酚羟基,能够与氯化铁发生显色反应,B正确;C.1mol咖啡酸中1mol苯环、1mol碳碳双键,最多能够与4molBr2发生反应,C正确;D.酚羟基酸性小于碳酸,不能够与碳酸氢钠反应,1mol
咖啡酸中只含有1mol羧基,能够与1mol碳酸氢钠反应,D错误;答案选D。13、C【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应,气体颜色不断变浅,瓶壁上有油状液滴,所以Z是Cl,W是C,W、Y同主族,则Y为Si;X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟,X为N。【详解】A.根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体,NH4Cl属于离子化合物,既有离子键又有含共价键,故A错误;B.四种元素的原子半径为Si>Cl>C>N,故B错误;C.X的简单氢化物为NH3,Y的简单氢化物为SiH4,非金属性:N>Si,热稳定性NH3>SiH4,故C正确;D.W的含氧酸为H2CO3,Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种,酸性HClO<H2CO3<HClO4,故D错误;答案:C。14、D【解析】Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+H+=HCO3-,故A错误;铁粉与稀H2SO4反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B错误;Cu(OH)2与稀H2SO4反应:Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O,故C错误;氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,Cl2+2OH‾→ClO‾+Cl‾+H2O,故D正确。点睛:书写离子方程式时,只有可溶性强电解质拆写成离子,单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写成离子。15、C【解析】
油脂是指高级脂肪酸甘油脂,脂肪及植物油均属于油脂,排除②③;而润滑油、石蜡均为石油分馏产品,主要成分为烃,故答案为C。16、B【解析】
A.过滤时使用漏斗和烧杯,溶液沿玻璃棒引流,装置正确,故A不选;B.灼烧海带应该在坩埚中进行,装置中使用仪器不正确,故B选;C.溶解时用玻璃棒搅拌,并且适当加热,可以加速溶解,装置正确,故C不选;D.可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质,装置图正确,故D不选;故选B。17、D【解析】
A.FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液,硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀,氢氧化铁加热分解生成氧化铁,不能生成FeO,所以不符合转化关系,故A不选;B.SiO2与稀硝酸不反应,故B不选;C.Al2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液,硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀,但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝加热分解生成氧化铝,偏铝酸钠加热得不到氧化铝,所以不一定符合,故C不选;D.NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液,硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨,一水合氨加热分解生成NH3,符合转化关系,故D选;故答案为:D。18、A【解析】
A.粗铜与电源正极相连,为阳极,阴极上铜离子得到电子生成Cu,可电解精炼铜,故A正确;B.左侧发生吸氧腐蚀,右侧发生析氢腐蚀,则红墨水水柱两边液面变为左高右低,故B错误;C.由图可知,需要钠离子透过交换膜,精制饱和食盐水,则交换膜为阳离子交换膜,故C错误;D.铁闸门与电源正极相连,失去电子,加速腐蚀,故D错误;答案选A。19、B【解析】
据元素在周期表中的位置和元素周期律分析判断。【详解】表中短周期元素只能在第二、三周期。因为非金属元素,故在第IVA~VIA或VA~VIIA族,进而应用周期律解答。A.同主族从上到下,元素非金属性减弱,故非金属性甲>丙,A项错误;B.同主族从上到下,原子半径依次增大,故半径乙<丁,B项正确;C.主族序数等于原子最外层电子数,故最外层电子数乙>丙,C项错误;D.戊在第三周期、VIA或VIIA,可能是硫或氯元素,D项错误。本题选B。20、A【解析】
A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化铁要隔绝空气;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器;C.洗气瓶洗气,注意气体的进出方向;D.氨气极易溶于水,不能将导管直接插入食盐水中。【详解】A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,能实现实验目的,故A正确;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故B错误;C.洗气瓶洗气时,瓶内装有吸收杂质的液体,混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出),故C错误D.通氨气的导管插入液面太深,易发生倒吸;通二氧化碳的导管没有插入溶液中,二氧化碳不易被溶液吸收,影响碳酸氢钠的制备,故D错误;【点睛】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。21、B【解析】
根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知:x属于第一周期,y、z、d属于第二周期,e、f、g、h属于第三周期元素;根据最高正价或最低负价可知:x为H,y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S,h为Cl,属于第三周期,离子半径g>h;d为O,e为Na,同为第二周期,离子半径d>e,故离子半径:g>h>d>e,A正确;B.根据上述分析可知,ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性,属于相互抑制的水解,由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨,则铝离子水解程度大于铵根,即离子浓度:c(Al3+)<c(NH4+),故B错误;C.d为O、e为Na、g为S,由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确;D.f为Al,f的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,为两性氢氧化物,e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4,可以与Al(OH)3发生反应,故D正确;答案:B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数;根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族;由此判断出元素的种类,再根据元素周期律解答即可。22、C【解析】
A.聚乙烯材料不可降解,A错误;B.氮化镓,化学式GaN,是氮和镓的化合物,并不属于合金,B错误;C.碳纤维是碳的单质,是一种无机非金属材料,C正确;D.聚氯乙烯是速率,不可降解,且不可于用于食品包装,D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、4羟基、羧基+Cl2+HCl取代反应+2NaOH+2NaCl或2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成B,B与HCl发生加成反应生成,则B的结构简式为,可知A的结构简式为:,故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A;B()在NaOH的水溶液中发生水解反应,可知C为,结合D的分子式C10H12O3,可知C催化氧化生成的D为;苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E,E可以氧化生成C8H7O2Br,说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子,故E为,C8H7O2Br为,和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F,故F为,D与F发生酯化反应生成G,,据此推断解题;(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法,先制,即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可,而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。【详解】(1)乙烯是平面结构,分子结构中6个原子共平面,则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面,所以该分子中4个碳原子共平面;(2)D为,分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基;F的结构简式为;(3)由分析知A的结构简式为:,B的结构简式为,则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl,反应类型为取代反应;(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为,发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl;(5)D的结构简式为,其同分异构体有多种,其中满足条件:①能发生银镜反应,说明分子结构中含有醛基;②能水解,说明含有酯基;③苯环上只有一个取代基;则此取代基包括一个HCOO-和-OH,可能还有一个甲基,如:、或;(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法,先制,即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可,而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3;则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。【点睛】由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2,可根据CH2=CH-CH=CH2的结构特点分析合成的原料,再结合正推与逆推相结合进行推断,充分利用反应过程C原子数目,对学生的逻辑推理有较高的要求。本题难点是同分异构体判断,注意题给条件,结合官能团的性质分析解答。24、甲苯羧基浓硝酸、浓硫酸、水浴加热取代反应CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2OCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH【解析】
(A)与混酸在水浴加热条件下发生取代反应生成(B);B被MnO2氧化,将-CH3氧化为-CHO,从而生成(C);C发生还原反应生成(D)。(E)发生氧化生成(F);F与Br2在PBr3催化下发生取代反应生成(G);G在碱性条件下发生水解反应生成(H);依据M和D的结构,可确定I为,是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成;D与I发生反应生成(M)。【详解】(1)有机物A为,其名称是甲苯,F为,含有的官能团的名称是羧基。答案为:甲苯;羧基;(2)由(A)在混酸作用下生成(B),所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、水浴加热。答案为:浓硝酸、浓硫酸、水浴加热;(3)(F)与Br2在PBr3催化下生成(G),反应类型为取代反应。答案为:取代反应;(4)(G)与NaOH溶液反应,-COOH、-Br都发生反应,化学方程式为CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O。答案为:CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O;(5)依据M和D的结构,可确定I为,是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成。答案为:;(6)由乙烯制CH3CH2CH2CH2OH,产物中碳原子数刚好为反应物的二倍,可依据信息②进行合成,先将乙烯制乙醇,然后氧化得乙醛,再发生信息②反应,最后加氢还原即得。制备E的合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。答案为:CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。【点睛】合成有机物时,先从碳链进行分析,从而确定反应物的种类;其次分析官能团的变化,在此点,题给流程图、题给信息的利用是解题的关键所在;最后将中间产物进行处理,将其完全转化为目标有机物。25、碱式滴定管MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;(5)根据关系式,进行定量分析;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案为:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故答案为:蓝;无;(5)由4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O,MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,可知关系式,即,则氧气的物质的量x=,v1mL水样中溶解氧=,故答案为:;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,结果偏高,故答案为:偏高。【点睛】本题难点(3),信息型氧化还原反应方程式的书写,要注意对反应物和生成物进行分析,在根据得失电子守恒配平;易错点(5),硝酸根存在时,要注意与氢离子在一起会有强氧化性。26、ecdabf11:7将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率防止碘升华2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O,不引入杂质淀粉94.5%【解析】
(1)①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气,通过装置B除去氯气中的氯化氢气体,再通过装置A反应得到混合液,最后利用装置D进行尾气处理,故连接顺序为ecdabf;Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程,化合价分别由3价升高为+1价和+5价,ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6:1,则可设ClO-为6mol,ClO3-为1mol,被氧化的Cl共为7mol,失去电子的总物质的量为6mol×(1-3)+1mol×(5-3)=11mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等,Cl2生成KCl是被还原的过程,化合价由3价降低为-1价,则得到电子的物质的量也应为7mol,则被还原的Cl的物质的量为11mol,所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol:7mol=11:7;②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼,实验中滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快,将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率;(2)①“合成”过程中,为防止碘升华,反应温度不宜超过73℃;②在“还原”过程中,主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-,N2H4•H2O与IO3-反应生成氮气,则IO3-被还原为碘离子,该过程的离子方程式为2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O;工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠,但水合肼还原法制得的产品纯度更高,其原因是N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O,不引入杂质;(3)①滴定过程中碘单质被还原为碘离子,故加入M溶液作指示剂,M为淀粉;②根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知,n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L×4.33mL×1-3L/mL×=3.363mol,样品中NaI的质量分数为。27、引发铝热反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+吸收HCl氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO319.4089.1%偏低【解析】
(1)铝热反应的条件是高温,使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。(3)“铁块”和稀硝酸反应制备Fe(NO3)3溶液,同时生成NO和水,其离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,溶液中可能含有Fe2+,其原因是硝酸量不足,发生2Fe3++Fe=3Fe2+;(3)①浓盐酸具有挥发性,制得的氯气中混有HCl,盛装饱和食盐水的B装置作用为吸收HCl;②实验要制取KClO,需防止温度升高后发生副反应生成KClO3,反应时需将C装置置于冷水浴中,其原因为氯气在较高温度下与氢氧化钠反应生成KClO3;(4)①精确到0.01mL,终点II的读数为19.40mL。②由图可知,起始和终点读数分别为1.40mL、19.40mL,则消耗Na2S2O3标准溶液的体积为18.00mL,由FeO42-~2I2~4Na2S2O3,可知原样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%,③配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线,体积偏小,标准液的浓度偏大,滴定时消耗标准液的体积偏小,则导致所测高铁酸钾的质量分数偏低.【点睛】本题考查物质的制备实验,解题关键:把握物质的性质、制备原理、测定原理、实验技能,难点(4)侧重分析与实验、计算能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,利用关系式进行计算。28、299二16.9ΔH1+ΔH4-2ΔH3807232【解析】
(1)利用反应吸收的总能量与释放的总能
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