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文档简介

甘肃省岷县二中新高考化学考前最后一卷预测卷考生须知: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、大气固氮(闪电时N2转化为NO)和工业固氮(合成氨)是固氮的重要形式,下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值:N2+O22NON2+3H22NH3温度25℃2000℃25℃400℃K3.84×10-310.15×1081.88×104下列说法正确的是A.在常温下,工业固氮非常容易进行B.人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源C.大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大D.大气固氮是吸热反应,工业固氮是放热反应2、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3、对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A鉴别SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性B鉴别Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性C鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性D鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同A.A B.B C.C D.D4、25

℃时,几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是()化学式CH3COOHH2CO3HCN电离平衡常数KK=1.7×10–5K1=4.2×10–7K2=5.6×10–11K=6.2×10–10A.NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCNB.向稀醋酸溶液中加少量水,增大C.等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液小D.等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合后溶液呈酸性5、下列实验操作规范且能达到实验目的的是()A.A B.B C.C D.D6、室温下,有pH均为9,体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液,下列说法正确的是A.两种溶液中的c(Na+)相等B.两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5C.分别加水稀释到100mL时,两种溶液的pH依然相等D.分别与同浓度的盐酸反应,恰好反应时消耗的盐酸体积相等7、LiBH4是有机合成的重要还原剂,也是一种供氢剂,它遇水剧烈反应产生氢气,实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是A. B. C. D.8、将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是A.最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸B.NaOH溶液物质的量浓度为C.Mg和Al的总质量为9gD.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L9、下列说法不正确的是A.石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油,煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B.生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C.按系统命名法,有机物可命名为2,2,4,4,5—五甲基—3,3—二乙基己烷D.碳原子数≤6的链状单烯烃,与HBr反应的产物只有一种结构,符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)10、液氨中存在与水的电离类似的电离过程,金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2),下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-B.钠与液氨的反应是氧化还原反应,反应中有H2生成C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液呈弱碱性D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐11、下列有关有机化合物的说法中,正确的是A.淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B.乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C.绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D.在的催化作用下,苯可与溴水发生取代反应12、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A.石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B.分散系可分为溶液、浊液和胶体,浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C.海水淡化可以解决淡水危机,向海水中加入明矾可使海水淡化D.农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能13、298K时,向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液,混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.V1=20B.c(KOH)=0.1mol·L-1C.n、q两点对应的溶液中均存在:c(K+)=c(HCOO-)D.p点对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)14、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A.上述流程中多次涉及到过滤操作,实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有:玻璃棒、烧杯、漏斗B.用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C.实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D.MnSO4溶液→MnO2过程中,应控制溶液pH不能太小15、我国学者研究出一种用于催化DMO和氢气反应获得EG的纳米反应器,下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是A.Cu纳米颗粒是一种胶体B.DMO的名称是二乙酸甲酯C.该催化反应的有机产物只有EGD.催化过程中断裂的化学健有H-H、C-O、C=O16、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层有6个电子,Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,W的单质广泛用作半导体材料.下列叙述正确的是()A.原子半径由大到小的顺序:W、Z、Y、XB.原子最外层电子数由多到少的顺序:Y、X、W、ZC.元素非金属性由强到弱的顺序:Z、W、XD.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序:X、Y、W二、非选择题(本题包括5小题)17、某药物G,其合成路线如下:已知:①R-X+②试回答下列问题:(1)写出A的结构简式_________。(2)下列说法正确的是__________A.化合物E具有碱性B.化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C.化合物F能发生还原反应D.化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+D→E的化学方程式___________。(4)请设计以用4-溴吡啶()和乙二醇()为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示,无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。须同时符合:①分子中含有一个苯环;②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。18、药物心舒宁(又名冠心宁)是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等,可用以下路线合成。完成下列填空:47、写出反应类型:反应①______________、反应②_______________。48、写出结构简式:A__________________、C____________________。49、由1molB转化为C,消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒,则最后得到的是(写结构简式)__________________________。50、D有同类别的同分异构体E,写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。19、(13分)硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料,广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ.采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下:(1)预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm,破碎的目的是____________________。(2)已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨时得到的固体呈黑色,请写出蒸氨时的反应方程式:______________________。(3)蒸氨出来的气体有污染,需要净化处理,下图装置中合适的为___________(填标号);经吸收净化所得的溶液用途是_______________(任写一条)。(4)操作2为一系列的操作,通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体(5)教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜,虽然生产工艺简洁,但在实际生产过程中不采用,其原因是______________________(任写两条)。(6)某兴趣小组查阅资料得知:Cu+CuCl22CuCl,4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2],[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体,装置如图:向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液,利用二连球鼓入空气,将铜溶解,当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时,滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________;最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉,含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液,最后制得cgCuSO4·5H2O,假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶,每步反应都进行得比较完全,则原铜粉的纯度为________。20、硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯,主要步骤如下:①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合,摇匀,冷却到50~60℃以下。然后逐滴加入1mL苯,边滴边振荡试管。②按图连接好装置,将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空:(1)指出图中的错误__、__。(2)向混合酸中加入苯时,“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。(3)反应一段时间后,混合液明显分为两层,上层呈__色,其中主要物质是__(填写物质名称)。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里,搅拌,可能看到__。(选填编号)a.水面上是含有杂质的硝基苯b.水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c.烧杯中的液态有机物只有硝基苯d.有无色、油状液体浮在水面(4)为了获得纯硝基苯,实验步骤为:①水洗、分离;②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__(填写仪器名称)进行分离;③__;④干燥;⑤__。(5)实验装置经改进后,该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验,充分反应后有两种情况出现,请帮助他作出分析:①产率低于理论值,原因是__;②产率高于理论值,原因是__。21、CH4是重要的清洁能源和化工原料,CH4和CO2都是产生温室效应的主要气体,且前者影响更大。(1)二氧化碳的电子式为______________。(2)25℃、101Kpa下,1gCH4完全燃烧生成液态水和CO2放热55.64kJ,则表示CH4燃烧热的热化学方程式为:__________________________________。(3)CH4和CO2反应可以生成价值更高的化工产品,在250℃、以镍合金为催化剂,向2L密闭容器中通入4molCH4和6molCO2发生反应如下:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。平衡时甲烷的物质的量为1mol。①计算此温度下,该反应的平衡常数K=_________mol2/L2。②下列各项不能说明该反应处于平衡状态的是_________。A.容器中的压强恒定BCH4的转化率恒定C.容器中气体的密度恒定D.CH4与CO物质的量之比恒定(4)甲烷-空气碱性(KOH为电解质)燃料电池的负极反应式为_________________。相同条件下甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为________。(能量密度之比等于单位质量可燃物完全反应转移的电子数之比)(5)科学家以CO2和H2为原料合成乙烯,6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H20(g),已知温度对CO2平衡转化率和催化剂催化效果的影响如图所示,请回答下列问题:①生成乙烯的速率:v(M)有可能大于v(N),其理由是_________________。②若投料比n(H2):n(CO2)=4:1,则图中M点时,C2H4的体积分数为_______%。③若想提高C2H4的产率,可采取的措施有___________________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】

由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出,大气固氮反应是吸热反应,工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易于实现工业化,仅从平衡的角度评价是不够的,还要从速率的角度分析,如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率,那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。【详解】A.仅从平衡角度分析,常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率;但是工业固氮,最主要的问题是温和条件下反应速率太低,这样平衡转化率再高意义也不大;所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行,A项错误;B.分析表格中不同温度下的平衡常数可知,大气固氮反应的平衡常数很小,难以获得较高的转化率,因此不适合实现大规模固氮,B项错误;C.平衡常数被认为是只和温度有关的常数,C项错误;D.对于大气固氮反应,温度越高,K越大,所以为吸热反应;对于工业固氮反应,温度越高,K越小,所以为放热反应,D项正确;答案选D。【点睛】平衡常数一般只认为与温度有关,对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步,即温度升高,而平衡常数下降,那么这个反应为放热反应;若平衡常数与温度变化同步,那么这个反应为吸热反应。2、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。3、C【解析】

鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】A.CO2不能使溴水褪色(不反应),而SO2能,主要反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,SO2表现还原性而不是漂白性,A项错误;B.Fe3+和KSCN反应溶液变红,反应为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,不是氧化还原反应,而Fe2+和KSCN不反应,B项错误;C.硝酸钾溶液呈中性,不能使酚酞变红,而碳酸钠溶液因水解呈碱性,能使酚酞变红,C项正确;D.氯化铵加热时完全分解为气体,固体消失,而食盐加热时无明显变化,D项错误。本题选C。4、A【解析】

根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为:CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3-。【详解】A.NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCN,故A正确;B.向稀醋酸溶液中加少量水,,平衡常数不变,醋酸根离子浓度减小,比值减小,故B错误;C.根据越弱越水解,因此碳酸钠水解程度大,碱性强,因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大,故C错误;D.等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合,,因此混合后水解为主要,因此溶液呈碱性,故D错误。综上所述,答案为A。5、C【解析】

A.氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性,生成氢氧化铁胶体,故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解,故A错误;B.Pb2+和SO42-反应生成PbSO4,但是Pb2+的量过量,加入Na2S时,若有黑色沉淀PbS生成,不能说明PbSO4转化为PbS,不能说明Ksp(PbSO4)>Ksp(PbS),故B错误;C.淀粉水解生成葡萄糖,在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应,则冷却至室温,再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热,产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖,故C正确;D.硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液,所以应该先加入稀盐酸,没有沉淀后再加入氯化钡溶液,如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子,否则不含硫酸根离子,故D错误;答案选C。【点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4,但是Pb2+的量过量,这是易错点。6、B【解析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(NaOH)<c(CH3COONa),相同体积、相同pH的这两种溶液,则n(NaOH)<n(CH3COONa)。【详解】A.pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(NaOH)<c(CH3COONa),钠离子不水解,所以钠离子浓度NaOH<CH3COONa,故A错误;B.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,NaOH溶液中c(H+)等于水电离出c(OH-)=10-9mol/L,CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L,两溶液中由水电离出的c(OH-)之比=10-9/10-5,故正确;C.加水稀释促进醋酸钠水解,导致溶液中pH大小为CH3COONa>NaOH,故C错误;D.分别与同浓度的盐酸反应,恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比,n(NaOH)<n(CH3COONa),所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大,故D错误。7、D【解析】A、氧化剂标识,LiBH4是有机合成的重要还原剂,故A错误;B、爆炸品标识,LiBH4是一种供氢剂,属于易燃物品,故B错误;C、腐蚀品标识,与LiBH4是一种供氢剂不符,故C错误;D、易燃物品标识,LiBH4是有机合成的重要还原剂,也是一种供氢剂,属于易燃物品标识,故D正确;故选D。8、D【解析】

由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol,为0.15mol,为0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL到240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.【详解】A.由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;B.由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;C.由元素守恒可以知道,,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;D.由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;故答案选D。9、A【解析】

A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等,煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯,煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物,故A错误;B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯;氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯;纶又叫做合成纤维,利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如:氯纶:、腈纶:;有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成:;合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下,经聚合而成的品种多样的高分子化合物,单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种,故B正确;C.按系统命名法,有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C,根据有机物中每个碳原子连接四个键,与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链,其余五个甲基、两个乙基做支链,主链编号时以相同取代基位数之和最,因此该有机物为2,2,4,4,5—五甲基—3,3—二乙基己烷,故C正确;D.碳原子数≤6的链状单烯烃,与HBr反应的产物只有一种结构,符合条件的单烯烃有CH2=CH2;CH3CH=CHCH3;CH3CH2CH=CHCH2CH3;(CH3)2CH=CH(CH3)2(不考虑顺反异构),共4种,故D正确;答案选A。10、C【解析】

A.NH3与水分子一样发生自偶电离,一个氨分子失去氢离子,一个氨分子得到氢离子,液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-,故A正确;B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价,有元素化合价变价,是氧化还原反应,氢元素化合价降低,反应中有H2生成,故B正确;C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液是NaOH,呈强碱性,故C错误;D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐:Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4,故D正确;故选C。11、C【解析】

A.淀粉、蛋白质是有机高分子化合物,油脂不是有机高分子化合物,A项错误;B.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,B项错误;C.酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物,具有高度选择性,绝大多数酶是蛋白质,C项正确;D.在FeBr3的催化下,苯可与液溴发生取代反应,但不与溴水反应,D项错误;答案选C。12、D【解析】

A.分子筛的主要成分是硅酸盐,石英玻璃的主要成分是SiO2,是氧化物,不是硅酸盐,故A错误;B.根据分散质粒子的直径大小,分散系可分为溶液、浊液和胶体,溶液中分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm,浊液的分散质粒子大于溶液和胶体,故B错误;C.海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质,不能减少盐的含量,不能使海水淡化,故C错误;D.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式,即以生物质为载体的能量,可转化为常规的固态、液态和气态燃料,取之不尽、用之不竭,是一种可再生能源,故D正确;故选D。13、C【解析】

A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1,则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1,氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1,c(KOH)=0.1mol·L-1,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点,因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了,因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1,则V1=0.02L=20mL,故A正确;B.根据A分析得出c(KOH)=0.1mol·L-1,故B正确;C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液,溶液显碱性,根据电荷守恒和溶液呈碱性,因此溶液中存在:c(K+)>c(HCOO-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液,溶液呈中性,根据电荷守恒和呈中性,得到溶液中存在c(K+)=c(HCOO-),故C错误;D.p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述,答案为C。14、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到过滤操作,使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗,这些都属于硅酸盐材质,A正确;B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡,电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+,使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,B正确;C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫,反应生成亚硫酸钠,亚硫酸钠溶液呈碱性,溶液颜色变化不明显,不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量,C错误;D.由于MnO2具有氧化性,当溶液酸性较强时,MnO2的氧化性会增强,所以MnSO4溶液→MnO2过程中,应控制溶液pH不能太小,D正确;故合理选项是C。15、D【解析】

A选项,Cu纳米颗粒是单质,而胶体是混合物,故A错误;B选项,DMO的名称是乙二酸二甲酯,故B错误;C选项,该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇,故C错误;D选项,CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH,由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有H—H、C—O、C=O,故D正确。综上所述,答案为D。16、B【解析】Y是至今发现的非金属性最强的元素,那么Y是F,X最外层有6个电子且原子序数小于Y,应为O,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,且为短周期,原子序数大于F,那么Z为Al,W的单质广泛用作半导体材料,那么W为Si,据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多,原子半径越大,同一周期,原子序数越小,原子半径越大,即原子半径关系:Al>Si>O>F,即Z>W>X>Y,故A错误;B、最外层电子数分别为6、7、3和4,即最外层电子数Y>X>W>Z,故B正确;C、同一周期,原子序数越大,非金属性越强,即非金属性F>O>Si>Al,因此X>W>Z,故C错误;D、元素的非金属性越强,其气态氢化物越稳定,非金属性F>O>Si>Al,即简单气态氢化物的稳定性Y>X>W,故D错误;故选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式为C6H6N2Br2,A生成分子式为C7H6N2Br2O的B,再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应,生成了一个肽键,所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C,相比于B,C的分子中少了1个H2O,所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测,C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应;进一步由G的结构原子的排列特点可以推测,C的结构为,那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F,再结合反应条件分析可知,E生成F的反应即已知信息中提供的反应②,所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知,A生成B的反应即取代反应,所以A的结构即为;(2)A.通过分析可知,E的结构为,结构中含有咪唑环以及胺的结构,所以会显现碱性,A项正确;B.化合物B的结构中含有醛基,所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀,B项正确;C.通过分析可知,F的结构为,可以与氢气加成生成醇,所以F可以发生还原反应,C项正确;D.由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br,D项错误;答案选ABC;(3)C与D反应生成E的方程式为:++HBr;(4)原料中提供了乙二醇,并且最终合成了,产物的结构中具有特征明显的五元环结构,因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化;所以大致思路是,将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基,再与乙二醇发生反应②即可,所以具体的合成路线为:;(5)化合物A为,分子中含有4个不饱和度,1个苯环恰好有4个不饱和度,所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和;除去苯环外,有机物中还含有2个溴原子,以及2个都只形成单键的氮原子;若苯环上只安排1个取代基,没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构;若苯环上有2个取代基,只有;若苯环上有3个取代基,没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构;若苯环上有4个取代基,则满足要求的结构有和,至此讨论完毕。【点睛】推断有机物结构时,除了反应条件,物质性质等信息外,还可以从推断流程入手,对比反应前后,物质结构上的差异推测反应的具体情况。18、取代反应消去反应10mol【解析】

根据流程图中苯转化为,为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代,同一碳上的羟基不稳定,所以卤代烃水解消去得到酮,根据酮和A反应生成,推之酮和A发生加成反应的产物,所以A为:,在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B,和氢气发生加成反应生成C,C与D反应生成心舒宁,所以D为:;据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为,为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代,CCl4+2→+2HCl,同一碳上的羟基不稳定,所以卤代烃水解消去得到酮,根据酮和A反应生成,推之酮和A发生加成反应的产物,+→,A为:,在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O,生成B,和氢气发生加成反应+10H2→,生成C,C与D反应生成心舒宁,所以D为:,反应为:+→,1.结合以上分析可知,反应①取代反应、反应②是醇的消去;2.发生加成反应生成,结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式:;C是由经过醇的消去,再和氢气完全加成的产物,可C的结构简式为:;3.B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子,另外还有一个碳碳双键,故由1molB转化为C,完全加成消耗H2的物质的量为10mol;如果将③、④两步颠倒,则发生反应为中间体B先与生成盐,后再与H2加成,故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键.即为;4.D为与之同类别的同分异构体E为,E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式;5.A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。19、增大反应物接触面积,提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体,污染环境;原材料利用率低;浓硫酸有强腐蚀性(任写两条)分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大(合理即可)×100%(或%)【解析】

(1)破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒,增大了与氨水接触面积,使铜与氨充分络合,提高氨浸的效率及浸取率。(2)由题意可知,氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3,加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气,由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水,其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。(3)蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳,氨气有污染,需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵,为了防止倒吸,合适的装置为A;净化后生成硫酸铵溶液,其用途是可以制备化学肥料等。(4)由题意可知,操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体,操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫;这样既污染环境又使原材料利用率低;而且浓硫酸有强腐蚀性,直接使用危险性较大。(6)①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知,氯化铜虽然参与反应,但最后又生成了等量的氯化铜,根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离,同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大,可使氯化铜保持在母液中,在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体(因氯化铜为催化剂,氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体),硫酸铜晶体中的铜元素质量为g,则铜粉的纯度为×100%或化简为%。20、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高,有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】

⑴水浴加热需精确控制实验温度;为使受热均匀,试管不能接触到烧杯底部;⑵苯不易溶于混酸,需设法使之充分混合;该反应放热,需防止温度过高;⑶混合酸密度比硝基苯大,但稀释后会变小,硝基苯无色,但溶解的杂质会使之有色;⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯,酸可用水和碱除去,苯可用蒸馏的方法分离;⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发,有机反应的一个特点是副反应比较多,这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值,而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度,需要用温度计测量水浴的温度;为使受热均匀,试管不能接触到烧杯底部,所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为:缺少温度计;大试管接触烧杯底部;⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管,能使苯与混酸混合均匀;苯的硝化反应是一个放热反应,在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管,能及时移走反应产生的热量,有利于控制温度,防止试管中液体过热发生更多的副反应,甚至发生危险。答案为:使苯与混酸混合均匀;能及时移走反应产生的热量;⑶混合酸与苯反应一段时间后,生成的硝基苯与未反应的苯相溶,有机层密度比混酸小,不能与混酸相溶,会浮在混合酸的上层,有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色,所以反应一段时间后,混合液明显分为两层,上层呈浅黄色;把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里,搅拌:a.与水混合后,形成的水层密度比硝基苯小,硝基苯不在水面上,a选项错误;b.苦杏仁味的硝基苯密度比水层大,沉在水底,且因溶有少量杂质而呈浅黄色,b选项正确;c.烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物,c选项错误;d.反应后的混和液倒入冷水中,可能有部分未反应的苯浮上水面,苯为无色、油状液体,d选项正确;答案为:浅黄色;硝基苯、苯;b、d;⑷在提纯硝基苯的过程中,硝基苯中有酸,能与碱反应,硝基苯中有苯,与硝基苯互溶,所以操作步骤为:①水洗、分离,除去大部分的酸;

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