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文档简介
黑龙江省部分重点高中新高考化学全真模拟密押卷考生须知: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(每题只有一个选项符合题意)1、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液,振荡,溶液褪色,将此无色溶液分成三份,依次进行实验,实验操作和实验现象记录如下:序号实验操作实验现象溶液不变红,试纸不变蓝溶液不变红,试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中,不正确的是A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸褪色的原因是:SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化2、下图所示的实验,能达到实验目的的是()A.验证化学能转化为电能B.证明温度对平衡移动的影响C.验证铁发生析氢腐蚀D.验证AgCl溶解度大于Ag2S3、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述正确的是A.塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B.磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C.用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈,是因为溶液中的A13+离子能与铜锈反应D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗,该过程涉及胶体性质的应用4、利用如图所示装置进行下列实验,不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性:S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A.A B.B C.C D.D5、用NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法不正确的是:()A.标况下,22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。B.1.0L0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1NA。C.5.6g铁粉加入足量稀HNO3中,充分反应后,转移电子总数为0.2NA。D.18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6NA。6、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,且占据三个不同周期,W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A.原子半径:Y>Z>XB.X元素的族序数是Y元素的2倍C.工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD.W与X形成的所有化合物都只含极性共价键7、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示),闭合K2、断开K1时,制氢并储能。下列说法正确的是A.制氢时,X电极附近pH增大B.断开K2、闭合K1时,装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C.断开K2、闭合K1时,K+向Zn电极移动D.制氢时,每转移0.1NA电子,溶液质量减轻0.1g8、X、Y、Z、R,W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色,R的原子半径是五种元素中最大的,W与Z同主族。下列说法错误的是()A.简单离子的半径:Y>XB.气态氢化物的稳定性:Y>WC.X、Z和R形成强碱D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>R9、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A.标准状况下,11.2L三氯甲烷中含有分子数为0.5NAB.常温常压下,2gD2O中含有电子数为NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAD.ImoINa完全与O2反应生成Na2O和Na2O2,转移电子数为NA10、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布,其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31,其中δ表示含磷微粒的物质的量分数,下列说法正确的是A.2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B.NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时,无法用酚酞指示终点C.H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D.溶液中除OH−离子外,其他阴离子浓度相等时,溶液可能显酸性、中性或碱性11、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1HCl溶液:Ba2+、Na+、AlO2-、NO3-B.0.1mol·L-1MgSO4溶液:Al3+、H+、Cl-、NO3-C.0.1mol·L-1NaOH溶液:Ca2+、K+、CH3COO-、CO32-D.0.1mol·L-1Na2S溶液:NH4+、K+、ClO-、SO42-12、有关铝及其化合物的用途正确的是()A.氢氧化铝:治疗胃酸过多B.氧化铝:铝热剂C.明矾:消毒净水D.铝槽车:装运稀硫酸13、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14、下列指定反应的离子方程式正确的是A.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4:Ca2++CO32-=CaCO3↓B.用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管:Ag+4H++NO3-=Ag++NO↑+2H2OC.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OD.工业上用过量氨水吸收二氧化硫:NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-15、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下,则下列说法正确的是()A.E为该反应的反应热B.①→②吸收能量C.CH4→CH3COOH过程中,有极性键的断裂和非极性键的形成D.加入催化剂能改变该反应的能量变化16、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。按n(CO):n(H2)=1:2,向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A.p1<p2B.该反应的ΔH>0C.平衡常数:K(A)=K(B)D.在C点时,CO转化率为75%二、非选择题(本题包括5小题)17、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______________。18、铃兰醛[]具有甜润的百合香味,对皮肤的刺激性小,对碱稳定,广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料,还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示:(1)B中官能团的名称是______。(2)①的反应类型是______。(3)写出反应②的化学方程式:______。(4)乌洛托品的结构简式如图所示:其二氯取代物有______种,将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,该反应的化学方程式是______。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。Ⅰ.有两个取代基Ⅱ.取代基在邻位(6)已知:RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程,写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。19、亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠,并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知:①C1O2为黄绿色气体,极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体,高于38℃时析出NaC1O2晶体,温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。(1)装置A中b仪器的名称是____;a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____(填“能”或“不能”),原因是____。(2)A中生成C1O2的化学反应方程式为____。(3)C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____;为获得更多的NaC1O2,需在C处添加装置进行改进,措施为____。(4)反应后,经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体,请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥,得到成品实验Ⅱ样品杂质分析(5)上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐,其化学式为____,实验中可减少该杂质产生的操作(或方法)是____(写一条)。20、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色,见光分解,露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一:铜粉还原CuSO4溶液已知:CuCl难溶于水和乙醇,在水溶液中存在平衡:CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。(1)步骤①中发生反应的离子方程式为________________。(2)步骤②中,加入大量水的作用是_____________。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止________________。方案二:在氯化氢气流中加热CuCl2•2H2O晶体制备,其流程和实验装置(夹持仪器略)如下:请回答下列问题:(4)实验操作的先后顺序是a→_____→______→_______→e(填操作的编号)a.检査装置的气密性后加入药品b.点燃酒精灯,加热c.在“气体入口”处通入干燥HCld.熄灭酒精灯,冷却e.停止通入HCl,然后通入N2(5)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是______。(6)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2杂质,请分析产生CuCl2杂质的原因________________________。(7)准确称取0.2500g氯化亚铜样品置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加水20mL,用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+,计算上述样品中CuCl的质量分数是_____________%(答案保留4位有效数字)。21、自来水生产过程中,可用氯气等物质作消毒剂,明矾等物质作絮凝剂。出厂的自来水中含少量可溶性矿物质。完成下列填空:(1)自来水中含硫量约70mg/L,它只能以______(填微粒符号)形态存在,不能以其它形态存在的原因是________________________。(2)已知在碱性条件下,氯气会发生自身氧化还原反应,某反应体系中的物质为:KClO3、Cl2、KCl、KOH、H2O。①写出该反应的化学方程式。____________________________。②该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。(3)实验室利用反应6HCl+KClO3→KCl+3H2O+3Cl2↑制取Cl2,当产生标准状况下的气体3.36L时,转移电子_____mol。(4)不同环境中,物质的性质可能会有所不同。根据上述两题的反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较,你能得出的结论是________________________。(5)铝铵矾[NH4Al(SO4)2•12H2O]也是常用的工业净水剂,其净水的化学原理是________________(用离子方程式表示)。(6)在向铝铵矾溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液的过程中,下列关系可能正确的是_________。(选填编号)a.n(SO42-)>n(NH4+)>n(A13+)>n(OH-)b.n(A13+)>n(NH4+)>n(SO42-)>n(H+)c.n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(NH3·H2O)>n(A1O2-)d.n(NH3·H2O)>n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(A1O2-)
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】A.①加热后溶液不变红,湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝,说明没有氯气,则Cl2被完全消耗,选项A正确;B.当二氧化硫过量,加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI,②中试纸褪色,选项B正确;C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−,选项C不正确;D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化,故加热后溶液不恢复红色,选项正确。答案选C。点睛:本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别,易错点为选项C,硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。2、B【解析】
A.由图可知,没有形成闭合回路,不能形成原电池,不能验证化学能转化为电能,故A不能达到实验目的;B.在圆底烧瓶中存在化学平衡:2NO2⇌N2O4,二氧化氮为红棕色气体,利用颜色的深浅,可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响,故B能达到实验目的;C.食盐水为中性,铁发生吸氧腐蚀,不会发生析氢腐蚀,故C不能达到实验目的;D.加入NaCl溶液后,溶液中Ag+还有剩余,再滴入Na2S溶液后,会生成黑色沉淀,不存在沉淀的转化,因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系,故D不能达到实验目的;故答案为B。3、D【解析】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料,故A错误;B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁,是黑色固体,不能制备红色颜料和油漆,故B错误;C.明矾溶液中水解使溶液呈酸性,铜锈为溶于酸性溶液,故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应,故C错误;D.血液透析原理就是胶体的渗析原理,胶体不能通过半透膜,涉及胶体性质,故D正确;故答案为:D。4、C【解析】
A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,说明顺酸性:H2SO4>H2CO3>H2SiO3,非金属性:S>C>Si,能得出相应实验结论,不选A;B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化,反应放热,浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色,能得出实验结论,不选B;C、常温下,浓硝酸使铁钝化,不能得出实验结论,选C;D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红,证明氨气的水溶液呈碱性,能得出实验结论,不选D;答案选C。5、C【解析】
A.标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol,而CO和氮气中均含14个电子,故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个,故A正确;B.溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol,而CH3COO-能部分水解为CH3COOH,根据物料守恒可知,溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA,故B正确;C.5.6g铁的物质的量为0.1mol,而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价,故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个,故C错误;D.18.4g甲苯的物质的量为0.2mol,而1mol甲苯中含8mol碳氢键,故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个,故D正确;故答案为C。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项:①物质的状态是否为气体;②对于气体注意条件是否为标况;③注意溶液的体积和浓度是否已知;④注意同位素原子的差异;⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑥注意物质的结构:如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是有Na+和O2-构成;SiO2、SiC都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2是正四面体结构,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。6、D【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,且占据三个不同周期,则W为第一周期主族元素,W为H,Z应为第三周期主族元素,根据化合物M的结构简式可知,Z可形成3个单键和1个双键,因此,Z原子最外层有5个电子,Z为P,W与Z的质子数之和是X的2倍,X的质子数==8,则X为O,根据化合物M的结构简式,Y可形成+3价阳离子,则Y为Al,以此解答。【详解】A.X为O,第二周期元素,Y为Al,Z为P,Y、Z为第三周期元素,电子层数越多,半径越大,同周期元素,核电荷数越大,半径越小,原子半径:Y>Z>X,故A正确;B.X为O元素,第ⅥA族元素,Y为Al元素,第ⅢA族元素,X的族序数是Y元素的2倍,故B正确;C.X为O,Y为Al,Y2X3为Al2O3,工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3,故C正确;D.X为O,W为H,W与X形成的化合物有H2O和H2O2,H2O2中含有非极性共价键,故D错误;答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水,含有极性键,或是过氧化氢,含有极性键和非极性键。7、B【解析】
A.X电极为电解池阳极时,Ni元素失电子、化合价升高,故X电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O,X电极附近pH减小,故A错误;B.断开K2、闭合K1时,构成原电池,供电时,X电极作正极,发生还原反应,氧化剂为NiOOH,Zn作负极,发生氧化反应,装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2,故B正确;C.断开K2、闭合K1时,构成原电池,X电极作正极,Zn作负极,阳离子向正极移动,则K+向X电极移动,故C错误;D.制氢时,为电解池,Pt电极上产生氢气,Pt电极反应为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,X电极反应式为:Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O,根据电极反应,每转移0.1NA电子,溶液质量基本不变,故D错误;答案选B。8、C【解析】
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,YZ气体遇空气变成红棕色,则YZ为NO,故Y为N元素、Z为O元素;W与Z同主族,则W为S元素;R的原子半径是五种元素中最大的,R处于第三周期,可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种;五元素所在周期数之和为11,则X处于第一周期,故X为H元素。【详解】A.X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-,电子层越多离子半径越大,故离子半径;N3->H+(或H-),故A正确;B.非金属性N>S,故氢化物稳定性NH3>H2S,故B正确;C.X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等,故C错误;D.W的非金属性比R的强,最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>R,故D正确。故选:C。【点睛】本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”,可知YZ为NO;本题中无法确定R代表的具体元素,但并不影响对选项的判断。9、A【解析】
A.标准状况下,三氯甲烷为液态,无法由体积计算分子数,故A错误;B.D2O的摩尔质量为20g/mol,2gD2O为0.1mol,每个分子中含有10个电子,则含有电子数为NA,故B正确;C.NO2和N2O4的最简式相同,则混合气体中含有原子数为=3mol,即3NA,故C正确;D.1moINa反应生成Na2O和Na2O2,钠原子只失去1个电子,所以转移电子数为1mol,即NA,故D正确。故选A。10、B【解析】
2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4,据图可看出b点、浓度相等,pH=7.21,显碱性,A选项错误;把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时,发生反应+OH−+H2O,δ()减小,δ()增大,在此pH变化范围内,无法用酚酞指示终点,B选项正确;H3PO4H++,H++,Ka2=,当c()=c()时,pH=7.21,c(H+)=10−7.21,数量级为10−8,C选项错误;溶液中阴离子浓度相等时,可能是c()=c(),此时溶液pH=7.21显碱性,还可能是c()=c(),此时pH=11.31,显碱性,D选项错误。11、B【解析】
A.0.1mol·L-1HCl溶液中:AlO2-与H+不能大量共存,故A错误;B.0.1mol·L-1MgSO4溶液:Al3+、H+、Cl-、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应,能大量共存,故B正确;C.0.1mol·L-1NaOH溶液:Ca2+与CO32-不能大量共存,故C错误;D.0.1mol·L-1Na2S溶液中,ClO-具有强氧化性,与S2-不能大量共存,故D错误;答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子,生成气体的离子,发生氧化还原反应的离子。12、A【解析】
A.氢氧化铝碱性较弱,能与酸反应,可用于治疗胃酸过多,故A正确;B.铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物,不含氧化铝,故B错误;C.明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体,具有吸附能力,但不具有消毒杀菌能力,故C错误;D.铝会和稀硫酸反应,释放出氢气,不能用铝罐车盛稀硫酸,故D错误;答案选A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精,使蛋白质变性,可以是氯气,臭氧,具有强氧化性,可以用于杀菌,明矾只能吸附悬浮物,不能杀菌消毒。13、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。14、C【解析】
A.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4,水垢是难溶物,离子反应中不能拆,正确的离子反应:CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,故A错误;B.用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管,电子转移不守恒,电荷不守恒,正确的离子反应:3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O,故B错误;C.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜,是氢氧化钠与氧化铝反应,离子方程为:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,故C正确;D.工业上用过量氨水吸收二氧化硫,反应生成亚硫酸铵,正确的离子方程式为:2NH3+SO2+H2O=2NH4++SO32−,故D错误;答案选C。15、C【解析】
A.根据图示E为该反应的活化能,故A错误;B.①→②的能量降低,过程为放热过程,故B错误;C.该过程中甲烷中的C-H键断裂,为极性键的断裂,形成CH3COOH的C-C键,为非极性键形成,故C正确;D.催化剂不能改变反应的能量变化,只改变反应的活化能,故D错误;故答案为C。16、D【解析】
A.增大压强平衡向正反应方向移动;B.由图可知,升高温度,平衡逆向移动,该反应的△H<0;C.平衡常数只与温度有关;D.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2,利用三段法进行数据分析计算.【详解】A.由300℃时,增大压强,平衡正向移动,CH3OH的体积分数增大,所以p1>p2,故A错误;B.图可知,升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,则该反应的△H<0,故B错误;C.A、B处的温度不同,平衡常数与温度有关,故平衡常数不等,故C错误;D.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2,CO的转化率为x,则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时,CH3OH的体积分数=x/(1-x+2-2x+x)=0.5,解得x=0.75,故D正确;故选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、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。18、醛基、碳碳双键取代反应3【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A,根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键,B发生加成反应得到最终产物,据此解答。【详解】(1)由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是,故B中官能团的名称是醛基,碳碳双键,故答案为:醛基、碳碳双键;(2)①反应是,该反应的反应类型是取代反应,故答案为:取代反应;(3)由反应①可以判断A是,故反应②的化学方程式是,故答案为:;(4)从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上,也可以在不同碳原子上,可以处于同一环上,也可以处于不同环上,其二氯取代物有3种,即3种;将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,该反应的化学方程式是,故答案为:3;;(5)A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基;Ⅱ.取代基在邻位的有:,故答案为:;(6)根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知,首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团,因为乳酸(CH3CHOHCOOH)有两个官能团。由此推知,聚乳酸()的合成路线流程图为:。19、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃趁热过滤(或38℃以上过滤)Na2SO4控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)【解析】
装置A中制备得到ClO2,所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4,二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2,A中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,产生的SO2
被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3,Na2SO3与H2O2
反应生成Na2SO4,由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl;装置B的作用是安全瓶,有防倒吸作用,从装置C的溶液获得NaClO2晶体,需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】(1)根据仪器构造,装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶;A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯。由信息可知,C1O2极易与水反应,所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸,防止ClO2与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶;不能;ClO2极易与稀硫酸中的水反应,影响NaC1O2产率;(2)A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯,反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,
故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;(3)C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2,氯元素化合价从+4价降到+3价,二氧化氯被还原,所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂;由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以为获得更多的NaC1O2,将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃。故答案为作还原剂;将C装置放置于水浴中进行反应,控制温度在38℃~60℃;(4)从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,为防止析出晶体NaClO2•3H2O,应趁热过滤,由题目信息可知,应控制温度38℃~60℃进行洗涤,低于60℃干燥,所缺步骤为趁热过滤(或38℃以上过滤)。故答案为趁热过滤(或38℃以上过滤);(5)A中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,产生的SO2
被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3,Na2SO3与H2O2
反应生成Na2SO4,所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4;为减少Na2SO4产生,应尽量减少生成SO2,采取的操作可以是控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)。故答案为Na2SO4;控制浓硫酸滴速(或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等)。20、Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动,生成CuClCuCl在潮湿空气中被氧化cbd先变红后褪色加热时间不足或温度偏低97.92【解析】
方案一:CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热,发生反应:Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-,过滤除去过量的铜粉,然后加水稀释滤液,化学平衡CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动,得到CuCl沉淀,用95%的乙醇洗涤后,为防止潮湿空气中CuCl被氧化,在真空环境中干燥得到纯净CuCl;方案二:CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐,用CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2,然后在高于300℃的温度下加热,发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤①中CuSO4、Cu发生氧化还原反应,产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成[CuCl3]2-,发生反应的离子方程式为:Cu+Cu2++6Cl-=2[CuCl3]2-;(2)根据已知条件:CuCl难溶于水和乙醇,在水溶液中存在平衡:CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液),在步骤②中向反应后的滤液中加入大量的水,溶液中Cl-、[CuCl3]2-浓度都减小,正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数,所以化学平衡逆向移动,从而产生CuCl沉淀;(3)乙醇易挥发,用95%乙醇洗涤可以去除CuCl上的水分,真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化;(4)CuCl2•2H2O晶体要在HCl气体中加热,所以实验前要先检查装置的气密性,再在“气体入口”处通入干燥HCl,然后点燃酒精灯,加热,待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯,冷却,为了将装置中残留的HCl排出,防止污染环境,要停止通入HCl,然后通入N2,故实验操作编号的先后顺序是a→c→b→d→e;(5)无水硫酸铜是白色固体,当其遇到水时形成CuSO4·5H2O,固体变为蓝色,HCl气体遇水变为盐酸,溶液显酸性,使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色,当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2,Cl2与H2O反应产生HCl和HClO,HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色,HClO具有强氧化性,又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色;(6)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2杂质,产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低,使CuCl2未完全分解;(7)根据反应方程式Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得关系式:CuCl~Ce4+,24.60mL0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量n[Ce(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02460L=2.46×10-3mol,则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+)=2.46×10-3mol,m(CuCl)=2.46×10-3mol×99.5g/mol=0.24478g,所以该样品中CuCl的质量分数是×100%=97.92%。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计,明确实验目的、实验原理为解答关键,注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质,充分利用题干信息分析解答,当反应中涉及多个反应时,可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式,然后分析、解答,试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。21、SO42-自来水中有Cl2,具有强氧化性。(或者SO42-是硫最稳定的化合态)3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O5:10.25酸碱性不同,氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同(或碱性条件下,氯气氧化性强
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