![四川省成都航天中学新高考化学五模试卷及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/39/1A/wKhkGGaQbdCAMFPQAAI3arkoc0Q611.jpg)
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四川省成都航天中学新高考化学五模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲乙丙丁反应原理为:2NO+Na2O2=2NaNO2。已知:NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2B.仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O2、25℃时,体积均为25.00mL,浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定,溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示,下列说法中正确的是()A.NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂B.均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中,酸性较强的是HAC.25℃时,0.0100mol/LNa2HB溶液的pH>7D.25℃时,H2B-离子的水解常数的数量级为10-33、设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()A.18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC.78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD.加热条件下,含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数小于0.1NA4、下列说法正确的是()A.新戊烷的系统命名法名称为2﹣二甲基丙烷B.可以用氢气除去乙烷中的乙烯C.己烷中加溴水振荡,光照一段时间后液体呈无色,说明己烷和溴发生了取代反应D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后,溶液分层,上层呈橙红色5、磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性,具有较长的循环寿命,放电时的反应为:LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A.放电时Li+脱离石墨,经电解质嵌入正极B.隔膜在反应过程中只允许Li+通过C.充电时电池正极上发生的反应为:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D.充电时电子从电源经铝箔流入正极材料6、下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片,下列说法不正确的是A.Li-CO2电池电解液为非水溶液B.CO2的固定中,转秱4mole-生成1mol气体C.钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-=4Li++3CO2↑D.通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C7、自催化作用是指反应物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01mol/L可以记做0.01M实验①实验②实验③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀盐酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比实验①褪色快比实验①褪色快下列说法不正确的是A.实验①中发生氧化还原反应,H2C2OB.实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C.实验③褪色比①快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D.若用1mL0.2M8、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的原子半径是短周期中最大的,W和Z同主族。下列说法错误的是()A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B.气态氢化物的稳定性:Z>WC.简单离子半径:W>RD.Z、R形成的化合物中可能含有共价键9、下列实验操作能达到实验目的的是A.用向上排空气法收集NOB.用装置甲配制100mL0.100mol·L-1的硫酸C.用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D.向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇10、下表中对应关系正确的是A
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
均为取代反应
B
由油脂得到甘油
由淀粉得到葡萄糖
均发生了水解反应
C
Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2
Zn+Cu2+=Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
D
2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑
Cl2+H2O=HCl+HClO
均为水作还原剂的氧化还原反应
A.A B.B C.C D.D11、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<Ⅱ12、单质铁不同于铝的性质是A.遇冷的浓硫酸钝化B.能与氢氧化钠反应C.能与盐酸反应D.能在氧气中燃烧13、下图是有机合成中的部分片段:下列说法错误的是A.有机物a能发生加成、氧化、取代等反应B.有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.d中所有原子不可能共平面D.与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种14、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂,微溶于KOH溶液,热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A.用图所示装置制备并净化氯气B.用图所示装置制备高铁酸钾C.用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D.用图所示装置干燥高铁酸钾15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,原子序数之和为42,X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数,Z原子最外层只有1个电子,W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A.单质的熔点:Z>X B.Z与Y、W均能形成离子化合物C.气态氢化物的沸点:X<Y<W D.X、Z的氧化物均含非极性键16、W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和Y同主族,X原子的电子层数与最外层电子数相等,Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是()A.X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B.Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于YC.W的简单气态氢化物沸点比Y的高D.X、Y、Z简单离子半径逐渐减小二、非选择题(本题包括5小题)17、某研究小组以甲苯为原料,设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题:已知:①②③(1)C中的官能团的名称为______,F的结构简式为______,A→B的反应类型为_______。(2)D→E的反应方程式为______________________________________。(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种②遇FeCl3溶液显紫色③分子中含(5)设计由甲苯制备R()的合成路线(其它试剂任选)。______________________________18、有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体,其合成路线如下:已知:RClRCOOH(1)H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。(2)B→C中①的化学方程式___________。(3)检验F中官能团的试剂及现象_________。(4)D的同分异构体有多种,其中满足以下条件的有________种。①1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2②核磁共振氢谱显示有四组峰(5)H→J的反应类型___________。(6)已知:K经过多步反应最终得到产物P:①K→L的化学方程式___________。②写出M的结构简式___________。19、某小组选用下列装置,利用反应,通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为ag。(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置,该方案是否可行__________,理由是_______________。(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置,则装置C的作用是___________________________。(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高,理由是_____,你认为该如何改进?___(5)若实验中测得g,则Cu的相对原子质量为_______。(用含a,b的代数式表示)。(6)若CuO中混有Cu,则该实验测定结果_________。(选填“偏大”、“偏小”或“不影响”)20、无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下:每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6(1)实验过程中A中的现象是______.D中无水氯化钙的作用是_______.(2)在测量E中气体体积时,应注意先_______,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“不变”).(3)实验①中B中吸收的气体是_____.实验②中E中收集到的气体是______.(4)推测实验②中CuSO4分解反应方程式为:_______.(5)根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g.(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由________.21、党的十八大以来,我国在科技创新和重大工程建设方面取得了丰硕成果,在新时代更需要新科技创新世界。2018年3月5日,《自然》连刊两文报道石墨烯超导重大发现,第一作者均为中国科大10级少年班现年仅21岁的曹原。曹原团队在双层石墨烯中发现新的电子态,可以简单实现绝缘体到超导体的转变。石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料(如图甲),石墨烯中部分碳原子被氧化后,其平面结构会发生改变,转化为氧化石墨烯(如图乙)。(1)图乙中1号C与相邻C有无形成π键__________(填“有”、或“无”)。(2)图甲中1号C的杂化方式________。该C与相邻C形成的键角______(填“>”、“<”或“=”)1200。(3)我国制墨工艺是将50
nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水,在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定,其原因是____________________。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶胞如图丙所示,M原子位于晶胞的棱心与内部。该晶胞中M原子的个数为______________,该材料的化学式为_______________。(5)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为r,金刚石晶胞的边长为a,根据硬球接触模型,金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为___________(用含π的代数式表示)。(6)一定条件下,CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_________;②有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586
nm,结合图表从物质结构及性质的角度分析,该设想能否实现:________(填“能”、或“否”)。可燃冰与二氧化碳替换的水合物的熔点较高的是_________。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/(kJ·mol-1)CH40.43616.40CO20.51229.91
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,一氧化氮易被空气中的氧气氧化,需要将装置中的空气全部排尽,空气中有少量二氧化碳,也会和过氧化钠反应,否则丁装置中无法制得亚硝酸钠,则滴入稀硝酸前需通人N2排空气,故A正确;B.制取的一氧化氮含有水蒸气,过氧化钠可与水反应,导致制取产物不纯,可用氯化钙吸收水蒸气,一氧化氮有毒,不能排放的大气中,可用高锰酸钾溶液吸收,则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b,故B错误;C.根据B选项分析,制取的一氧化氮含有水蒸气,过氧化钠可与水反应,导致制取产物不纯,可用氯化钙吸收水蒸气,故丙中CaCl2用于干燥NO,故C正确;D.根据已知信息:NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O,故D正确;答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中,需要考虑过氧化钠的性质,过氧化钠和二氧化碳反应,会和水反应,导致实验有误差,还要考虑尾气处理装置。2、C【解析】
A.滴定终点生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,而甲基橙的变色范围是3.1~4.4,所以应选酚酞作指示剂,故A错误;B.由图可知,浓度均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中,HA、H3B溶液,H3B溶液起始时pH更小,说明H3B电离出氢离子的能力强于HA,则酸性较强的为H3B,故B错误;C.,,由图可知时,pH为7.2,则Ka2=10-7.2,K=10-6.8,HB2-的电离常数为Ka3,由于Ka2>>Ka3,所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度,NaH2B溶液呈碱性,故C正确;D.,K==,由图可知,时,氢离子浓度等于Ka1,因此Ka1的量级在10-2~10-3,H2B-离子的水解常数的数量级为10-12,故D错误。答案选C。3、D【解析】
A.T2O的摩尔质量为22,18gT2O的物质的量为mol,含有的质子数为NA,A选项错误;B.1mol/L的Na2CO3溶液中,由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L,c(CO32-)+c(HCO3-)<1mol/L,即离子数之和小于NA,B选项错误;C.78gNa2O2的物质的量为1mol,与足量CO2充分反应转移电子数应为1NA,C选项错误;D.随着反应的进行,浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后,不会再与铜发生反应,故加热条件下,含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数小于0.1NA,D选项正确;答案选D。4、C【解析】
A.新戊烷的系统命名法名称为2,2﹣二甲基丙烷,故A错误;B.用氢气除去乙烷中的乙烯,除去乙烯的同时会引入氢气杂质,故B错误;C.己烷中加溴水振荡,光照一段时间后液体呈无色,说明己烷和溴发生了取代反应得到的产物卤代烃没有颜色,故C正确;D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后,溶液分层,下层是密度大的溶有溴单质的四氯化碳层,故D错误。故选C。5、D【解析】
放电时,LixC6在负极(铜箔电极)上失电子发生氧化反应,其负极反应为:LixC6-xe-=xLi++6C,其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,充电电池充电时,正极与外接电源的正极相连为阳极,负极与外接电源负极相连为阴极,【详解】A.放电时,LixC6在负极上失电子发生氧化反应,其负极反应为:LixC6-xe-=xLi++6C,形成Li+脱离石墨向正极移动,嵌入正极,故A项正确;B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动,负电荷向负极移动,而负电荷即电子在电池内部不能流动,故只允许锂离子通过,B项正确;C.充电电池充电时,原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极,负极与外接电源负极相连为阴极,放电时,正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反,放电时Li1-xFePO4在正极上得电子,其正极反应为:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+,C项正确;D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料(即原电池的负极),D项错误;答案选D。【点睛】可充电电池充电时,原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极,负极与外接电源负极相连为阴极,即“正靠正,负靠负”,放电时Li1-xFePO4在正极上得电子,其正极反应为:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。6、B【解析】
A选项,由题目可知,Li—CO2电池有活泼金属Li,故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂,故A正确;B选项,由题目可知,CO2的固定中的电极方秳式为:2Li2CO3=4Li++2CO2↑+O2+4e-,转移4mole-生成3mol气体,故B错误;C选项,由题目可知,钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-=4Li++3CO2↑,故C正确;D选项,由题目可知,CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C,故D正确。综上所述,答案为B。7、C【解析】
A.碳元素的化合价升高,且锰离子可作催化剂,则实验①中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用,故A正确;B.催化剂可加快反应速率,则实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;C.高锰酸钾可氧化氯离子,则实验③褪色比①快,与催化作用无关,故C错误;D.增大浓度,反应速率加快,则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①,推测比实验①褪色快,故D正确;故选C。8、A【解析】
YZ气体遇空气变成红棕色,则Y是N,Z是O,NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2;R的原子半径是短周期中最大的,则R是Na;W和Z同主族,则W是S;X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11,则X在第一周期,为H;综上所述,X、Y、Z、R、W分别为:H、N、O、Na、S,据此解答。【详解】A.X、Y、Z分别为:H、N、O,H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性,如NH3·H2O的水溶液显碱性,A错误;B.非金属性:Z(O)>W(S),故气态氢化物的稳定性:Z(O)>W(S),B正确;C.S2-核外有三层电子,Na+核外有两层电子,故离子半径:S2->Na+,C正确;D.Z、R为O、Na,O、Na形成的化合物中可能含有共价键,如Na2O2,D正确。答案选A。9、D【解析】
A.NO能与空气中的氧气反应,不能使用排空气法收集,NO难溶于水,应使用排水法收集NO,故A错误;B.容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器,瓶上标有刻度、并标有容量;容量瓶对溶液的体积精确度要求较高,只能在常温下使用,瓶上标有使用温度,一般为25℃,浓硫酸稀释放热,应该在烧杯中进行,所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释,故B错误;C.CuCl2溶液中存在水解平衡,加热蒸干氯化铜溶液,Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+,水解生成的氯化氢在加热过程中挥发,蒸干得到水解产物氢氧化铜,故C错误;D.氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙,能消耗乙醇中的水,乙醇易挥发,然后蒸馏即可得到乙醇,故D正确;答案选D。10、B【解析】
A.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应,而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应,故A错误;B.油脂为高级脂肪酸甘油酯,水解生成甘油;淀粉为多糖,水解最终产物为葡萄糖,则均发生了水解反应,故B正确;C.Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低;Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高,前者单质被还原,后者单质被氧化,均属于置换反应,故C错误;D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化,水既不是氧化剂也不是还原剂;Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化,属于氧化还原反应,但水既不是氧化剂也不是还原剂,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点是D,2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化;Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。11、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12、B【解析】A.铁和铝在冷的浓硫酸中均发生钝化,A错误;B.铁和氢氧化钠不反应,铝能和强酸、强碱反应,金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气,B正确;C.两者均能与强酸反应生成盐和氢气,C错误;D.两者均可以在氧气中燃烧,D错误。故选择B。13、D【解析】
本题考查有机物的结构与性质,意在考查知识迁移能力。【详解】A.a中含有碳碳双键,可以发生加成反应,氧化反应,氢原子在一定条件下可以被取代,故不选A;B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH,它们能被酸性高锰酸钾氧化,故不选B;C.d中含有四面体结构的碳,所以所有的原子不可能共平面,故不选C;D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等,故选D;答案:D【点睛】易错选项B,能使酸性高锰酸钾褪色的有:碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键,醇羟基(和羟基相连的碳上含有C-H键)、酚、醛等。14、D【解析】
A.可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气,制取的氯气中含有氯化氢气体,可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体,能达到实验目的,故A不符合;B.KOH溶液是过量的,且高铁酸钾微溶于KOH溶液,则可析出高铁酸钾晶体,能达到实验目的,故B不符合;C.由B项分析可知,高铁酸钾微溶于KOH溶液,可析出高铁酸钾晶体,用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品,能达到实验目的,故C不符合;D.已知高铁酸钾热稳定性差,因此直接加热会导致高铁酸钾分解,不能达到实验目的,故D符合;答案选D。15、B【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,原子序数之和为42,Z原子最外层只有1个电子,Z是第IA元素,结合原子序数大小可知Z为Na元素;W能形成酸性最强的含氧酸,W应该为Cl元素;X、Y的原子序数之和=42-11-17=14,X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数,Y只能位于第二周期,设X的核外电子数为x,则x+(2+x)=14,解得x=6,则X为C元素、Y为O元素,据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析,X为C元素,Y为O元素,Z为Na元素,W为Cl元素。A.X、Z分别为C、Na元素,金属Na的熔点较低,C的单质一般为金刚石或石墨,熔点较高,熔点:X>Z,故A错误;B.Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl,都是离子化合物,故B正确;C.水分子间能够形成氢键,沸点:H2O>HCl,故C错误;D.X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2,仅Na2O2有非极性键,故D错误;故选B。16、C【解析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和Y同主族,则Y、Z位于第三周期,Z元素最高正价与最低负价的代数和为4,则Z位于ⅥA,为S元素;X原子的电子层数与最外层电子数相等,X可能为Be或Al元素;设W、Y的最外层电子数均为a,则2a+6+2=19,当X为Be时,a=5.5(舍弃),所以X为Al,2a+6+3=19,解得:a=5,则W为N,Y为P元素,据此解答。【详解】根据分析可知:W为N,X为Al,Y为P,Z为S元素。A.Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢,故A错误;B.没有指出元素最高价,故B错误;C.氨气分子间存在氢键,导致氨气的沸点较高,故C正确;D.电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径大小为:Y>Z>X,故D错误;故答案为C。二、非选择题(本题包括5小题)17、羟基和羧基取代反应8、(其他答案只要正确也可)【解析】
根据A到B,B到C反应,推出溴原子取代苯环上的氢,取代的是甲基的邻位,D到E发生的是信息①类似的反应,引入碳碳双键,即E为,E到F发生的是信息③类似的反应,得到碳氧双键,即F为,F到M发生的信息②类似的反应,即得到M。【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基,根据信息①和③得到F的结构简式为,根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应;故答案为:羟基和羧基;;取代反应。(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为;故答案为:。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰,如图。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种,容易想到有两个支链且在对位,②遇FeCl3溶液显紫色,含有酚羟基③分子中含,至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、;故答案为:、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代,后与氢气发生加成反应,然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键,然后与溴加成,再水解,因此由甲苯制备R()的合成路线;故答案为:。18、醚键、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液,显紫色3还原反应+C2H5OH【解析】
A和Cl2反应生成B,B中只有1个Cl,所以应该是取代反应,B发生了给出的已知中的反应,所以C中有羧基,C有4个氧原子,而且C的不饱和度为2,再根据D的结构简式,可知C为丙二酸,B为ClCH2COOH,A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5),根据G的结构简式可知F为苯酚。【详解】(1)根据H的结构简式,H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。(2)B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。(3)F为苯酚,苯酚遇FeCl3溶液显紫色,或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。(4)D的同分异构体有多种,1molD能与足量NaHCO3反应放出2molCO2,说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰,说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和,共3种。(5)H→J是H中的硝基变成了氨基,是还原反应。(6)①根据已知,K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇,苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应,再结合P的结构可知,苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子,所以K→L的化学方程式为:+C2H5OH。②得到的L继续发生给出的已知的反应,生成Q(),Q在NaOH溶液中发生水解,Cl被羟基代替,同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐,故M的结构简式为。19、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-,生石灰吸收浓氨水中的水放出热量,生成OH-均能使平衡向左移动,从而得到氨气不可行C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收,无法测量出生成水的质量吸收未反应的NH3,防止空气中的水蒸气进入装置B生成的氨气有混有水,故m(H2O)会偏高可在装置B和A之间增加装置D偏大【解析】
(1)生石灰和水反应生成Ca(OH)2且放出大量热,放出的热量导致溶液温度升高,抑制氨气溶解,氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离;(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置,过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收;(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置,装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果;(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高,可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收,可以用碱石灰吸收水蒸气,干燥的氨气再和氧化铜反应;(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O,结合化学方程式定量关系计算;(6)若CuO中混有Cu,氧元素质量减小,测定水质量减小,结合计算定量关系判断结果误差。【详解】(1)生石灰和水反应生成Ca(OH)2且放出大量热,放出的热量导致溶液温度升高,温度越高,导致氨气的溶解度越低;氢氧化钙电离生成氢氧根离子,氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离,则抑制氨气溶解,所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气,浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是:氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++OH-,生石灰吸收浓氨水中的水放出热量,生成OH-均能使平衡向左移动,从而得到氨气;答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-,生石灰吸收浓氨水中的水放出热量,生成OH-均能使平衡向左移动,从而得到氨气;(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置,该方案不可行,C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收,无法测量出生成水的质量;答案是:不可行;C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收,无法测量出生成水的质量;(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置,则装置C的作用是:吸收未反应的NH3,防止空气中的水蒸气进入;答案是:吸收未反应的NH3,防止空气中的水蒸气进入;(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高,可能是装置B生成的氨气有混有水,故m(H2O)会偏高,可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气,减少误差;答案是:装置B生成的氨气有混有水,故m(H2O)会偏高;可在装置B和A之间增加装置D;(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O,生成水物质的量和氧化铜物质的量相同,若实验中测得m(H2O)=bg,氧化铜物质的量n=,实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为ag,则Cu的摩尔质量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol,即Cu的相对原子质量为:-16;答案是:-16;(6)若CuO中混有Cu,氧元素质量减小,测定水质量减小,b减小,则-16值增大,所以若CuO中混有Cu,则该实验测定结果偏大;答案是:偏大。20、白色固体变黑吸收水蒸气,防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2【解析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小,故答案为:冷却至室温偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,
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