![云南省广南县第三中学新高考冲刺模拟化学试题及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view14/M0B/21/04/wKhkGWaQatOAdBprAAKbjLsaia0778.jpg)
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文档简介
云南省广南县第三中学新高考冲刺模拟化学试题注意事项: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、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则下列有关叙述中正确的是:()A.加入合金的质量不可能为6.4gB.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC.溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD.参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol2、东汉晚期的青铜奔马(马踏飞燕)充分体现了我国光辉灿烂的古代科技,已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是A.青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素B.青铜的机械性能优良,硬度和熔点均高于纯铜C.铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗D.“曾青()得铁则化为铜”的过程发生了置换反应3、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应,则环上一氯代物的数目为()A.2 B.3 C.4 D.54、溶液A中可能含有如下离子:、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验:下列说法正确的是A.气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B.溶液A中一定存在、、,可能存在C.溶液A中一定存在、、、,可能存在D.溶液A中可能存在,且5、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为2NAB.1L0.5mol·L-1的Na3PO4溶液中含有阳离子的总数为1.5NAC.标准状况下,2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NAD.室温时,pH=12的Ba(OH)2溶液中,氢氧根离子数目为1.0×10—2NA6、中华文明博大精深。下列说法错误的是A.黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化B.商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱D.屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物7、某新型电池材料结构如图,M、W、X、Y、Z是同周期主族元素,除M外均满足8电子稳定结构,X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍,下列说法正确的是A.M的单质可以保存在煤油中B.原子半径Z>X>YC.气态氢化物稳定性X>YD.W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸8、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A.分子式为C10H11NO5B.能发生取代反应和加成反应C.所有碳原子可以处在同一平面内D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)9、电渗析法处理厨房垃圾发酵液,同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子,乳酸的摩尔质量为90g/moL;“A-”表示乳酸根离子)。则下列说法不正确的是A.交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B.阳极的电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+C.电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6~8,此时进入浓缩室的OH-可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L,则该溶液浓度上升为155g/L(溶液体积变化忽略不计)D.浓缩室内溶液经过电解后pH降低10、草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料,受热容易分解,为探究草酸亚铁的热分解产物,按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A.实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊,E中固体变为红色,则证明分解产物中有CO2和COB.反应结束后,取A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加1~2滴KSCN溶液,溶液无颜色变化,证明分解产物中不含Fe2O3C.装置C的作用是除去混合气中的CO2D.反应结束后,应熄灭A,E处酒精灯后,持续通入N2直至温度恢复至室温11、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2,X、Y的原子半径依次减小,X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2:的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y。下列说法正确的是()A.化合物Z2W2中含有离子键B.简单离子半径大小顺序:ry>rw>rzC.元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D.X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构12、在复杂的体系中,确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A.在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中,逐滴加入盐酸:AlO2-、OH-、CO32-B.在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中,缓慢通入氯气:I-、Br-、Fe2+C.在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中,缓慢通入CO2:KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉:Fe3+、Cu2+、H+13、用电化学法制备LiOH的实验装置如图,采用惰性电极,a口导入LiCl溶液,b口导入LiOH溶液,下列叙述正确的是()A.通电后阳极区溶液pH增大B.阴极区的电极反应式为4OH-–4e-=O2↑+2H2OC.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.25mol的Cl2生成D.通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移,LiOH浓溶液从d口导出14、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液,出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热,产生的气体通入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下,用pH试纸测得:0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10;0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D15、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M,X的一种单质可用于自来水的消毒,Y的焰色反应呈黄色,X与Z同主族。下列说法正确的是()A.简单离子半径:r(Y)>r(Z)>r(X)>r(W)B.X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应C.M是一种离子化合物,其溶液呈酸性是因为阴离子水解D.X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固16、设NA为阿伏加徳罗常数的值,下列说法正确的是A.0.01mol·L-1氯水中,Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01NAB.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,负极消耗的气体分子数目为2NAC.2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数为0.2NAD.0.lmol/L(NH4)2SO4溶液与0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同17、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为17、中子数为20的氯原子:B.氯离子(Cl-)的结构示意图:C.氯分子的电子式:D.氯乙烯分子的结构简式:H3C-CH2Cl18、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜,工艺流程如下所示:已知:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程,下列说法不正确的是A.气体X中含有SO2B.为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全,过滤即可C.蒸氨过程发生总反应的化学方程式为:[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D.在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低19、成语是中国文化的魂宝。下列成语涉及的金属在常温下不溶于浓硝酸的是A.铜壳滴漏 B.化铁为金 C.火树银花 D.书香铜臭20、25℃时,将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A.Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B.b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+)C.a、b、d几点中,水的电离程度d>b>aD.a→b点过程中,可能存在c(X—)<c(NH4+)21、属于弱电解质的是A.一水合氨 B.二氧化碳 C.乙醇 D.硫酸钡22、某电池以K2FeO4和Zn为电极材料,KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是A.Zn为电池的负极,发生氧化反应B.电池工作时OH-向负极迁移C.该电池放电过程中电解质溶液浓度增大D.正极反应式为:2FeO42-+10H++6e-=Fe2O3+5H2O二、非选择题(共84分)23、(14分)如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体,B的核磁共振氢谱有3组峰,C的分子式为C7H8O,D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团,E的相对分子质量比D大34.5。已知:RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题:(1)C的名称是______,B的结构简式为_________,D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______,I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是G酸化后的产物,X有多种芳香族同分异构体,符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种(不包括X),写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基(5)参照上述流程,以乙醇为原料(其他无机试剂自选)可制取2﹣丁烯酸,写出相应的合成路线__________________。24、(12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:_________________________25、(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)26、(10分)资料显示:浓硫酸形成的酸雾中含有少量的H2SO4分子。某小组拟设计实验探究该资料的真实性并探究SO2的性质,实验装置如图所示(装置中试剂均足量,夹持装置已省略)。请回答下列问题:(1)检验A装置气密性的方法是__;A装置中发生反应的化学方程式为___。(2)实验过程中,旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气,其操作是__。(3)能证明该资料真实、有效的实验现象是___。(4)本实验制备SO2,利用的浓硫酸的性质有___(填字母)。a.强氧化性b.脱水性c.吸水性d.强酸性(5)实验中观察到C中产生白色沉淀,取少量白色沉淀于试管中,滴加___的水溶液(填化学式),观察到白色沉淀不溶解,证明白色沉淀是BaSO4。写出生成白色沉淀的离子方程式:___。27、(12分)以铝土矿(主要成分为,含少量和等杂质)为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知:在“碱溶”时转化为铝硅酸钠()沉淀]。(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。(2)溶液a中加入后,生成沉淀的离子方程式为___。(3)有人考虑用熔融态电解制备铝,你觉得是否可行?请说明理由:___。(4)取一定量的氮化铝样品,用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。打开,加入NaOH浓溶液,至不再产生。打开,通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。28、(14分)锶有“金属味精”之称。以天青石(主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质)生产氢氧化锶的工艺如下:已知氢氧化锶在水中的溶解度:温度(℃)010203040608090100溶解度(g/100mL)0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2(1)隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS,化学方程式为_____________。(2)“除杂”方法:将溶液升温至95℃,加NaOH溶液调节pH为12。①95℃时水的离子积KW=1.0×10-12,Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-10,则溶液中c(Mg2+)=___。②若pH过大,将导致氢氧化锶的产率降低,请解释原因____。(3)“趁热过滤”的目的是____,“滤渣”的主要成分为___。(4)从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。(5)“脱硫”方法:用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体,请写出吸收时的离子方程式______;再用石墨电极电解吸收液,电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应:____。29、(10分)CS2是一种常见溶剂,还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题:(1)CS2与酸性KMnO4溶液反应,产物为CO2和硫酸盐,该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______(MnO4-被还原为Mn2+)(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g)△H。①在恒温恒容密闭容器中进行该反应时,能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填字母)A.v正(S2)=2v逆(CS2)B.容器内气体的密度不再随时间变化C.容器内气体的总压强不再随时间变化D.单位时间内断裂C-H键数目与断裂H—S键数目相等②已知下列键能数据:共价键C—HS=SC=SH—S律能/kJ∙mol-1411425573363该反应的△H_______kJ•mol-1(3)在一密闭容器中,起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1,发生反应:CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。0.1MPa时,温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示:①该反应△H_______(填“>”或“<”)0。②M点,H2S的平衡转化率为_______,为提高H2S的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施是_______(列举一条)。③N点,平衡分压p(CS2)=_______MPa,对应温度下,该反应的KP=_______(MPa)2。(KP为以分压表示的平衡常数)
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】
淀为M(OH)2,根据化学式知,生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子,则n(OH-)==0.3mol,根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol,根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol;A.因为镁、铜的物质的量无法确定,则无法计算合金质量,故A错误;B.由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol,V(NaOH)==100mL,故B错误;C.由转移电子守恒得n(NO)==0.1mol,生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L,故C正确;D.根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1mol,根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol,所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol,故D错误;故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算,侧重考查分析、计算能力,正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键,灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。2、B【解析】
A.我国使用最早的合金是青铜,该合金中含铜、锡、铅等元素,故A正确;B.合金的熔点比组份金属的熔点低,则青铜熔点低于纯铜,故B错误;C.铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3,能溶于酸性溶液,而明矾溶液因Al3+的水解显酸性,则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿,故C正确;D.“曾青()得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,此反应为置换反应,故D正确;故答案为B。3、C【解析】
有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,说明一定含有C、H元素,还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应,说明含有羧基—COOH,羧基的式量是45,则烃基的式量128-45=83,则符合六元环的烃基是C6H11—,则该物质是,由于在环上有4种不同位置的H原子,它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种,选项是C。4、D【解析】
溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸,部分溶解,并得到沉淀D为BaSO4,物质的量是0.01mol,溶解的为BaSO3,质量为2.17g,物质的量为0.01mol,由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-,物质的量均为0.01mol;排除原溶液中含有Ba2+;滤液C中加入足量NaOH溶液,无沉淀可知溶液中无Mg2+,有气体放出,可知溶液中有NH4+,根据生成氨气448mL,可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol;溶液是电中性的,根据电荷守恒可知,溶液中一定还含有Na+,其物质的量为0.02mol,可能还含有Cl-。【详解】A.气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A错误;B.由分析可知,溶液A中一定存在Na+,B错误;C.由分析可知,溶液A中一定不存在Mg2+,C错误;D.由分析可知,溶液A中不存在Cl-时Na+物质的量为0.02mol,若溶液A中存在Cl-,Na+物质的量大于0.02mol,即c(Na+)≥0.20mol·L-1,D正确;故答案选D。5、C【解析】
A.2.8g硅为0.1mol,所对应的SiO2为0.1mol,SiO2晶体中每个硅原子形成4个硅原子键,全部属于自己,所以0.1molSiO2中含有共价键数为0.4NA,A项错误;B.Na3PO4溶液中阳离子还有H+,所以其阳离子总数大于1.5NA,B项错误;C.2.0gD2O的物质的量为0.1mol,每个D2O分子中含有10个质子和10个中子,所以0.1molD2O中含有的质子数和中子数均为NA,C项正确;D.没有溶液的体积数据,无法计算该溶液中的离子数目,D项错误;所以答案选择C项。6、D【解析】
A.黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热,逐渐去除了有机物,无机物之间相互反应生成了新物质,发生了化学变化,故A正确;B.司母戊鼎由青铜制成,青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等,属于合金,故B正确;C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱,即碳酸钠,故C正确;D.青蒿素的相对分子质量较小,不属于有机高分子化合物,故D错误;故选D。【点睛】有机高分子化合物,由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物,属于混合物。一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子。7、B【解析】
M、W、X、Y、Z是同周期主族元素,X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍,W有两个电子层,次外层为2个电子,X为O元素,由盐的结构简式可知,Z可以形成四个共价键,且能与氧形成双键,因此Z的最外层电子数为4,Z为C元素;四种元素位于同周期,且Y能形成一个共价键,Y为F元素;W能形成4个共价键,W为B元素;新型电池材料,除M外均满足8电子稳定结构,M为Li元素,据此分析解答。【详解】根据分析,M为Li元素,X为O元素,Y为F元素,Z为C元素,W为B元素;A.M为Li元素,M的单质密度比煤油小,不可以保存在煤油中,故A错误;B.X为O元素,Y为F元素,Z为C元素,同周期元素随核电荷数增大半径减小,原子半径Z>X>Y,故B正确;C.X为O元素,Y为F元素,非金属性越强,简单气态氢化物的稳定性越强,非金属性:X>Y,气态氢化物稳定性X>Y,故C错误;D.W为B元素,W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3,为一元弱酸,故D错误;答案选B。8、C【解析】
A.分子式为C10H11NO5,故A正确;B.含有苯环,能发生取代反应和加成反应,故B正确;C.分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连,所以不可能所有碳原子处在同一平面内,故C错误;D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、,共4种,故D正确;选C。9、C【解析】
A.根据图示,该电解池左室为阳极,右室为阴极,阳极上是氢氧根离子放电,阳极周围氢离子浓度增大,且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室,则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜,故A正确;B.根据A项分析,阳极的电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+,故B正确;C.在阳极上发生电极反应:4OH−−4e−═2H2O+O2↑,阴极上发生电极反应:2H++2e−=H2↑,根据电极反应方程式,则有:2HA∼2H+∼1H2,电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L,产生氢气的物质的量==0.03mol,则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol,则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g,此时该溶液浓度==47g/L,故C错误;D.在电解池的阳极上是OH−放电,所以c(H+)增大,并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室;根据电解原理,电解池中的阴离子移向阳极,即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室,这样:H++A−═HA,乳酸浓度增大,酸性增强,pH降低,故D正确;答案选C。10、B【解析】
A选项,实验中观察到装置B中石灰水变浑浊,说明产生了分解产物中有CO2,E中固体变为红色,F中石灰水变浑浊,则证明分解产物中有CO,故A正确;B选项,因为反应中生成有CO,CO会部分还原氧化铁得到铁,因此反应结束后,取A中固体溶于稀硫酸,向其中滴加1~2滴KSCN溶液,溶液无颜色变化,不能证明分解产物中不含Fe2O3,故B错误;C选项,为了避免CO2影响CO的检验,CO在E中还原氧化铜,生成的气体在F中变浑浊,因此在装置C要除去混合气中的CO2,故C正确;D选项,反应结束后,应熄灭A,E处酒精灯后,持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化,故D正确;综上所述,答案为B。【点睛】验证CO的还原性或验证CO时,先将二氧化碳除掉,除掉后利用CO的还原性,得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。11、D【解析】
X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,X、Y的原子半径依次减小,说明二者位于同一周期;X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y,X形成4个共价键,位于ⅣA族,Y形成3个共价键,位于ⅤA族,Z形成2个共价键,位于ⅥA族,则X为C元素,Y为N,Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2,则W为Cl元素,形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。A.化合物Z2WZ为S2Cl2,S最外层6个电子,达到稳定结构需要共用2个电子,Cl最外层7个电子,达到稳定结构需要共用1个电子,则S2Cl2中只含有共价键,结构是为Cl-S-S-Cl,A错误;B.Y、Z、W形成的简单离子分别为N3-、S2-、Cl-,N3-核外只有2个电子层,半径最小;而S2-和Cl-的核外电子排布相同,核电荷数越大,离子半径越小,则S2-的半径大于Cl-的半径,因此排序为S2->Cl->N3-,即rz>rw>ry,B错误;C.W为S元素,Y为N元素,W的含氧酸有H2SO3,为弱酸,其酸性比Y的含氧酸HNO3弱,C错误;D.X为C元素,Z为S元素,C原子要达到稳定结构需要共用4个电子,S要达到稳定结构需要共用2个电子,则1个C原子和2个S原子均可达到稳定结构,分子式为CS2,结构是为S=C=S,D正确。答案选D。12、D【解析】
A.若H+先CO32-反应生成二氧化碳,向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀,若H+最先与AlO2-反应,生成氢氧化铝,而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-,因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-,故A错误;B.离子还原性I->Fe2+>Br-,氯气先与还原性强的反应,氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-,故B错误;C.氢氧化钡先发生反应,因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存,即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3,故C错误;D.氧化性顺序:Fe3+>Cu2+>H+,锌粉先与氧化性强的反应,反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+,故D正确;故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等,明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时,先与还原性强的物质反应;同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时,先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A,可以用假设法判断。13、D【解析】
A、左端为阳极,阳极上失去电子,发生氧化反应2Cl-2e-=Cl2↑,氯气溶于水生成盐酸和次氯酸,pH有所降低,故错误;B、右端是阴极区,得到电子,反应是2H++2e-=H2↑,故错误;C、根据选项A的电极反应式,通过1mol电子,得到0.5molCl2,故错误;D、根据电解原理,阳离子通过阳离子交换膜,从正极区向阴极区移动,LiOH浓溶液从d口导出,故正确。14、A【解析】
A.鸡蛋清主要成分为蛋白质,少量CuSO4可能会使其发生变性,故A项正确;B.乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯,但乙醇易挥发,二者均可使高锰酸钾褪色,则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色,故B项错误;C.室温下,用pH试纸测得:0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约为10;0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5,说明SO32-的水解程度比HSO3-大,即SO32-结合H+的能力比HSO3-的强,故C项错误;D.NaCl和NaBr的浓度大小未知,产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致,因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),故D项错误;答案选A。15、B【解析】
由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N,M为NH4NO3;由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na;由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知,X为O;“X与Z同主族”,则Z为S。【详解】由上述分析可知,W为N,X为O,Y为Na,Z为S;A.四种简单离子中S2-电子层数最多,半径最大,N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同,其核电荷数越小,半径越大,故简单离子半径:r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+),故A错误;B.由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3,它们均能与水发生反应,故B正确;C.NH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子水解,故C错误;D.共价化合物的稳定性由共价键的键能决定,与氢键无关,故D错误;故答案为:B。16、C【解析】
A.缺少体积数据,不能计算微粒数目,A错误;B.缺少条件,不能计算气体的物质的量,也就不能计算转移的电子数目,B错误;C.Mg是+2价的金属,2.4gMg的物质的量是0.1mol,反应会失去0.2mol电子,因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数为0.2NA,C正确;D.溶液的体积未知,不能计算微粒的数目,D错误;故合理选项是C。17、C【解析】
A、左上角应是质量数,质量数=中子数+质子数=37,应是,故A说法错误;B、氯离子质子数大于电子数,其结构示意图:,故B错误;C、氯原子最外层7个电子,每个氯原子都达到8电子稳定结构,故C正确;D、氯乙烯结构简式:CH2=CHCl,而题目中是氯乙烷,故D说法错误。18、B【解析】
A、含有硫的矿物燃烧,肯定是二氧化硫气体,正确;B、为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全,过滤即可,错误;C、因为提示中有这样的方程式:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq),因此在加热时,氨就会逸出,正确;D、在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低,正确。答案选B。19、B【解析】A、铜壶滴漏,铜壶滴漏即漏壶,中国古代的自动化计时(测量时间)装置,又称刻漏或漏刻。铜能溶于浓硝酸,故A错误;B、化铁为金,比喻修改文章,化腐朽为神奇。金不活泼,金在常温下不溶于浓硝酸,铁常温下在浓硝酸中钝化,故B正确;C、火树银花,大多用来形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景。银不活泼,但能溶于浓硝酸,故C错误;D、书香铜臭,书香,读书的家风;铜臭,铜钱上的臭味。指集书香和铜臭于一体的书商。铜能溶于浓硝酸,故D错误;故选B。20、B【解析】
A.根据b点,等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7,说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O),故A错误;B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液,溶质是NH4X,pH=7,X-、NH4+相互促进水解生成HX,所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+),故B正确;C.a→b点过程,相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应,所以水的电离程度逐渐增大,a、b、d几点中,水的电离程度b>a>d,故C错误;D.a→b点过程中,溶液呈酸性,c(OH—)<c(H+),根据电荷守恒,不可能存在c(X—)<c(NH4+),故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较,侧重于学生分析能力、读图能力的考查,注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。21、A【解析】
在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质,包括弱酸、弱碱和水等,据此分析。【详解】A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子,在溶液中存在电离平衡,属于弱电解质,A正确;B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电,为非电解质,B错误;C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电,为非电解质,C错误;D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小,但溶解的能完全电离,故为强电解质,D错误;故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识,应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底,和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。22、D【解析】
A.电池工作时,Zn失电子是电池的负极、发生氧化反应,A项正确;B.负极Zn失电子带正电,吸引溶液中阴离子,故向负极迁移,B项正确;C.该电池放电过程中,负极Zn→Zn(OH)2,正极K2FeO4→KOH+Fe2O3,总反应为3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3,KOH溶液浓度增大,C项正确。D.碱性溶液中,电极反应式不应出现H+,D项错误。本题选D。二、非选择题(共84分)23、对甲基苯酚或4-甲基苯酚取代反应碳碳双键、羧基、酚羟基C9H8O4+3NaOH+NaCl+2H2O8、、【解析】
A与Cl2在FeCl3作用下反应,说明A分子中含有苯环,发生苯环上的氯代反应,产生B,B的核磁共振氢谱有3组峰,说明B分子中有3种H原子,B与NaOH水溶液共热,然后酸化得的C,C的分子式为C7H8O,在反应过程中C原子数不变,碳链结构不变,逆推可知A是,B是,C是,C被H2O2氧化产生D,结合题中已知信息:D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团,E的相对分子质量比D大34.5,则D为,D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E:,E与NaOH水溶液共热发生反应产生F:,F被O2催化氧化产生G:,G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为:,H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应,然后酸化可得I:,据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为,B为,C为,D为,E为,F为,G为,H为,I为。(1)C为,名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚;B结构简式为,D为,D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E:,所以D转化为E的反应类型是取代反应;(2)I为,其中含有的官能团名称为:碳碳双键、羧基、酚羟基;I结构简式为,结合C原子价电子为4,可知其分子式为C9H8O4;(3)E为,E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为,该反应的方程式为:+3NaOH+NaCl+2H2O;(4)G为,X是G酸化后的产物,则X为,X的芳香族同分异构体,能发生银镜反应,且符合下列条件:①遇FeCl3溶液发生显色反应;②苯环上有两种类型的取代基,可能的结构:若有三个官能团-OH、-OH、-CHO,可能有、、、、;若含有两个官能团HCOO-、-OH,可能有、、,因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种;核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为:、、;(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO,CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO,CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应,然后酸化得到CH3CH=CHCOOH,故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为:。【点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写,注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别,是对有机化合物知识的综合考查,能较好的考查学生分析推理能力,(4)中同分异构体数目判断为易错点,能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基,也可能含有甲酸酯基,若有三个取代基,可利用定二移一的方法,结合官能团位置不同分析解答。24、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。25、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。26、关闭止水夹,将右侧导管插入盛水烧杯中,微热容器,若烧杯中有气泡产生,冷却后能形成一段水柱,则证明容器气密性良好打开止水夹K,向装置中通入一段时间N2B中溶液出现白色沉淀,且不溶解cdHCl【解析】
(1)检验装置气密性可利用内外气压差检验,装置A反生反应:;(2)利用N2排尽装置内空气;(3)如有H2SO4分子则B中有沉淀生成;(4)制备SO2,利用的浓硫酸的强酸制弱酸,还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解;(5)SO2与Ba(NO3)2的水溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀,可滴加稀盐酸证明。【详解】(1)检验装置气密性可利用内外气压差检验具体操作为:关闭止水夹,将右侧导管插入盛水烧杯中,微热容器,若烧杯中有气泡产生,冷却后能形成一段水柱,则证明容器气密性良好;装置A反生反应:;故答案为:关闭止水夹,将
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