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江苏东海二中新高考仿真模拟化学试卷注意事项: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(每题只有一个选项符合题意)1、以CO2和Na2O2为原料,制取纯净干燥的O2,实验装置如下:下列说法不正确的是A.装置②中试剂可以是NaOH溶液B.装置③的作用是干燥O2C.收集氧气应选择装置aD.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶2、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理;其主反应历程如图所示(H2→H+H)。下列说法错误的是()A.二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B.带标记的物质是该反应历程中的中间产物C.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D.第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO3、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A.该有机物没有确定的熔点 B.该有机物通过加聚反应得到C.该有机物通过苯酚和甲醇反应得到 D.该有机物的单体是-C6H3OHCH2-4、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5、煤的干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是A.可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3B.长导管的作用是导气和冷凝C.从b层液体中分离出苯的操作是分馏D.c口导出的气体可使新制氯水褪色6、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A.铝是地壳中含量最多的元素,铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料D.熔化的氯化铝极易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同7、为确定下列物质在空气中是否部分变质,所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是()A.FeSO4
溶液(KSCN
溶液) B.CH3CHO
溶液(pH
试纸)C.KI(淀粉溶液) D.NaHCO3
溶液(稀盐酸溶液)8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A.原子半径X>Y,离子半径Z>YB.化合物Z2Y存在离子键,ZWY中既有存在离子键又有共价键C.X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物D.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂9、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.D10、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11、X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素,X形成的简单阳离子核外无电子,Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸,Z是人体内含量最多的元素,T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小,则以下说法正确的是A.元素最高化合价的顺序为Z>Y>T>XB.Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z>YC.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质,对水的电离均起抑制作用D.常温下,T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应12、关于钠及其化合物的化学用语正确的是A.钠原子的结构示意图:B.过氧化钠的电子式:C.碳酸氢钠的电离方程式:NaHCO3=Na++H++CO32-D.次氯酸钠水溶液呈碱性的原因:ClO+H2OHClO+OH13、已知TNT为烈性炸药,其爆炸时的方程式为:TNT+21O228CO2+10H2O+6N2,下列有关该反应的说法正确的是()A.TNT在反应中只做还原剂B.TNT中的N元素化合价为+5价C.方程式中TNT前的化学计量数为2D.当1molTNT参加反应时,转移的电子数为30×6.02×102314、将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应,生成0.1mol的NaCl,下列说法正确的是()A.反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NAB.原NaOH浓度为1mol/LC.参加反应的氯气分子为0.1NAD.转移电子为0.2NA15、室温下,向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图,已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差B.用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时,移液管水洗后需用待取液润洗C.NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性,因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度,标定时采用甲基橙为指示剂D.V(NaOH)=10.00mL时,pH约为1.516、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时,阴极材料为Pb;阳极(铂电极)电极反应式为2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。下列说法正确的是()A.阴极电极反应式为Pb+HSO4--2e-=PbSO4+H+B.阳极反应中S的化合价升高C.S2O82-中既存在非极性键又存在极性键D.可以用铜电极作阳极二、非选择题(本题包括5小题)17、据研究报道,药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体,其合成路线如下:已知:R-OHR-Cl(1)A中官能团名称是________;C的分子式为_____(2)A到B为硝化反应,则B的结构简式为___,A到B的反应条件是_____。(3)B到C、D到E的反应类型________(填“相同”或“不相同”);E→F的化学方程式为________。(4)H是C的同分异构体,满足下列条件的同分异构体有_____种。①硝基直接连在苯环上②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1③遇FeCl3溶液显紫色(5)参照F的合成路线图,设计由、SOCl2为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。18、为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质,设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知:B是空气的主要成分之一;C是一种强碱,且微溶于水,载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2,以净化空气;D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为__________________。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的电子式为____________。(4)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为____________。19、亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂,其沸点为-5.5℃,易水解。已知:AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度,相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用___________(填字母代号)装置,发生反应的离子方程式为___________。(2)欲收集一瓶干燥的氯气,选择合适的装置,其连接顺序为a→________________(按气流方向,用小写字母表示)。(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯:①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为___________________________________。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是____________,然后进行其他操作,当Z中有一定量液体生成时,停止实验。(4)已知:ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。①设计实验证明HNO2是弱酸:_____________。(仅提供的试剂:1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水,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(ClNO)的质量分数为_________。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)20、某校同学设计下列实验,探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下:步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。步骤3.过滤,得滤液和滤渣。步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),所得残渣与步骤3的滤渣合并。步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是________________。(3)步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是________________。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案:称取稍过量硫粉放入烧杯中,__________________________________________,用滤纸吸干。已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须使用的试剂:S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。21、以二氧化碳为原料制备尿素工艺被广泛研究。其反应机理为:反应Ⅰ:CO2(g)+2NH3(g)⇌NH2COONH4(l)∆H1=-117.2kJ·mol−1反应Ⅱ:NH2COONH4(l)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)∆H2=+15.0kJ·mol−1(1)反应Ⅰ平衡常数K的表达式为_____________。(2)由CO2(g)和NH3(g)合成尿素NH2CONH2(l)的热化学方程式是__________。(3)在恒容容器中按物质的量之比1∶2通入CO2和NH3,下列不能说明合成尿素反应达平衡状态的是_________。A.容器中气体平均相对分子质量不再变化B.容器中气体密度不再变化C.NH3的体积分数不再变化D.容器内压强不再变化(4)通过实验发现,其他条件不变时,改变NH3、CO2的物质的量之比可增加尿素的产率,如图为与尿素产率的关系曲线。通过曲线可知:______________过量对尿素产率的影响比较小。若在固定容器中按等于3.0通入CO2和NH3,则合成尿素反应达平衡后,混合气体中CO2的物质的量分数为________(精确到0.1%)。(5)探究发现,温度、压强、n(H2O)条件对合成尿素反应的影响如图1、图2,根据图像回答下列问题:①其他条件不变时,对于合成尿素的反应,若通入CO2物质的量一定,按三种投料比[分别为3.0、3.5、4.0]投料时,得到如图1的横轴对CO2的平衡转化率的影响曲线。曲线A对应的投料比是________。②图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为20MPa、25MPa时CO2平衡转化率曲线,其中表示20MPa的是_________(填字母)。在实际生产中采用图2中M点而不是N点对应的反应条件,运用化学反应速率和平衡知识,同时考虑生产实际,说明选择该反应条件的主要原因是________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
实验原理分析:二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气,氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳,可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽,在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气,最后收集;【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液,用来除掉二氧化碳气体,故不选A;B.装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,故不选B;C.由于氧气密度大于空气,选择装置b,故选C;D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,故不选D;答案:C2、A【解析】
A.从反应②、③、④看,生成2molH2O,只消耗1molH2O,所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%,A错误;B.从整个历程看,带标记的物质都是在中间过程中出现,所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物,B正确;C.从反应③看,向该反应体系中加入少量的水,有利于平衡的正向移动,所以能增加甲醇的收率,C正确;D.从历程看,第③步的反应物为H3CO、H2O,生成物为CH3OH、HO,所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO,D正确;故选A。3、A【解析】
A.聚合物中的n值不同,是混合物,没有确定的熔点,故A正确;B.
是苯酚和甲醛通过缩聚制取的,故B错误;C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛,故C错误;D.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛,故D错误。故选A。4、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。5、A【解析】
根据煤干馏的产物进行分析:煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等;煤焦油含有苯,粗氨水等【详解】A.氨水呈碱性,遇紫色石蕊试纸变蓝,所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的,故A错误;B.长导管的作用是导气和冷凝,故B正确;C.苯和煤焦油互溶,从b层液体中分离出苯的操作是分馏,故C正确;D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体,可使新制氯水褪色,故D正确;答案:A。【点睛】解题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。6、C【解析】
A.铝是地壳中含量最多的金属元素,铝以化合态形式存在于地壳中,故A错误;B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼,在表面形成一屋致密的氧化膜,阻止内部金属继续反应,故B错误;C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料,故C正确;D.熔化的氯化铝是非电解质,不易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同,是分子晶体,故D错误;故选C。【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质,侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查,注意相关知识的积累,D为易错点,熔化的氯化铝是非电解质,由分子构成,不易导电。7、D【解析】
A、亚铁离子被氧化生成铁离子,遇KSCN溶液为血红色,而亚铁离子不能,可检验是否变质,故A正确;B、CH3CHO被氧化生成CH3COOH,乙酸显酸性,乙醛不显酸性,可用pH试纸检验,故B正确;C、KI可被氧气氧化生成碘,淀粉遇碘单质变蓝,则淀粉可检验是否变质,故C正确;D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠,碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体,不能判断碳酸氢钠是否变质,故D错误;故选:D。8、A【解析】
X原子最外层电子数是其电子层数的2倍,且四种元素中原子序数最小,则X为C,X、Y价电子数之比为2∶3,则Y为O,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂,则Z为Na,W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小,则W为Cl,综上所述,X、Y、Z、W分别为:C、O、Na、Cl,据此解答。【详解】A.C和O位于同周期且C原子序数小于O,所以C原子的半径大于O原子半径,Na+和O2-电子排布相同,O2-的原子序数更小,所以Na+的半径小于O2-,即原子半径X>Y,离子半径Z﹤Y,A错误;B.Na+和O2-通过离子键结合成Na2O,Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO,Cl和O通过共价键结合,B正确;C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl,C正确;D.O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂,D正确。答案选A。9、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。10、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。11、B【解析】
X形成的简单阳离子核外无电子,应为H元素,Z是人体内含量最多的元素,应为O元素,Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸,应为N元素,T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小,依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径,且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。【详解】A.Z为O元素,该元素没有最高正价,所以其最高价比N元素低,故A错误;B.非金属性O>N,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故B正确;C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵,为强酸弱碱盐,水解可促进水的电离,故C错误;D.常温下,铝与浓硝酸发生钝化反应,故D错误;答案:B12、D【解析】
A.钠原子原子核外有11个电子,A错误;B.过氧化钠是离子化合物,B错误;C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子,C错误;D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的,D正确;答案选D。13、D【解析】
A.TNT的分子式为C7H5O6N3,TNT在爆炸时,不仅碳的化合价升高,还有氮的化合价由+3价降低至0价,所以TNT在反应中既是氧化剂,也是还原剂,A项错误;B.TNT中H的化合价为+1价,O的化合价为-2价,C的平均化合价为-价,TNT中氮元素应显+3价,B项错误;C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知,TNT前的计量数为4,C项错误;D.反应中只有碳的化合价升高,每个碳原子升高的价态为(+4)-(-)=,所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023,D项正确;所以答案选择D项。14、C【解析】
发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,生成0.1molNaCl的同时,生成0.1molNaClO,消耗2molNaOH;A.生成0.1molNaClO,阴离子水解,则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA,故A错误;B.若恰好完全反应,则原NaOH浓度为=2mol/L,故B错误;C.由反应可知,参加反应的氯气为0.1mol,则参加反应的氯气分子为0.1NA,故C正确;D.Cl元素的化合价既升高又降低,转移0.1mol电子,则转移电子为0.1NA,故D错误;故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算,把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键,将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应,生成0.1mol的NaCl,发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,侧重分析能力、计算能力的考查。15、C【解析】
A.根据突变范围选择合适的指示剂,要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠,所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差,A正确;B.移液管水洗后需用待取液润洗,这样不改变盐酸的浓度,可减小实验误差,B正确;C.甲基橙的指示范围是3.1~4.4,甲基红的指示范围是4.4~6.2,二者差不多,而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大,更能降低误差,因此应该使用甲基红,C错误;D.V(NaOH)=10.00mL时,HCl过量,反应后相当于余下10mL的HCl,溶液为酸性,溶液中c(H+)==mol/L,所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5,D正确;故合理选项是C。16、C【解析】
A选项,阴极反应式为2H++2e-=H2,故A错误;B选项,S的化合价仍为+6价,中间的两个O均为-1价,其他的O均为-2价,电解时阳极的HSO4-中O失去电子,S未变价,故B错误;C选项,Na2S2O8的结构为,由此结构可以判断S2O82-中既存在氧氧非极性键,氧硫极性键,故C正确;D选项,阳极不能用铜电极作电极,铜作电极,阳极是铜失去电子,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】HSO4-中硫已经是最高价了,硫的化合价不变,因此只有氧元素化合价升高。二、非选择题(本题包括5小题)17、酚羟基C8H7NO4浓硫酸、浓硝酸、加热相同:++HCl2+H2【解析】
根据流程图,A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B,B的结构简式为,B和发生取代反应生成C(),C和磷酸在加热条件下发生取代生成D,D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E(),E与A发生被取代转化为F,根据E、F的结构简式可判断,A的结构简式为,据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析,官能团名称是羟基;根据图示C中的每个节点为碳原子,每个碳原子连接4个共价键,不足键由氢原子补齐,则分子式为C8H7NO4;(2)A到B为硝化反应,根据分析,B的结构简式为,A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热;(3)根据分析,B和发生取代反应生成C(),C和磷酸在加热条件下发生取代生成D,则B到C、D到E的反应类型相同;E与A发生被取代转化为F,A的结构简式为,化学方程式为:++HCl;(4)C的结构简式为,H是C的同分异构体,①硝基直接连在苯环上,②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1,说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子,且氢原子的个数比为2:2:2:1,③遇FeCl3溶液显紫色,说明结构中含有酚羟基,根据不饱和度可知,还存在CH=CH2,满足下列条件的同分异构体结构简式为、,共有有2种;(5)与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成,在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为,则合成路线为:+H2。18、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】
B是空气的主要成分之一,B为氮气或氧气;C是一种强碱,且微溶于水,C为LiOH,载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2,以净化空气,LiOH与反应生成Li2CO3;D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝,D是NH3,确定B为氮气,NH3是2.24L合0.1mol,A中N为14g·mol-1×0.1mol=1.4g。A为Li3N,3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g,14.7gX中Li为2.1g,n(Li)==0.3mol,n(N)==0.9mol,n(Li):n(N)=0.3:0.9=1:3,X的化学式为:LiN3。【详解】(1)由分析可知:X的化学式为LiN3。故答案为:LiN3;(2)B为氮气,组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为:第2周期VA族;(3)A为Li3N,Li最外层只有1个电子,显+1价,N最外层5个电子,得三个电子,显-3价,电子式为。故答案为:;(4)由分析X的化学式为:LiN3,X受热分解转变成Li3N和N2,由质量守恒:化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为:3LiN3Li3N+4N2↑。19、A(或B)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)f→g→c→b→d→e→j→h随开随用,随关随停排干净三颈烧瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸中央,若试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准液,生成砖红色沉淀,且半分钟内无变化%【解析】
(1)二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气,发生装置属于固液加热型的(或KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2)。(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢,用饱和食盐水除氯化氢,浓硫酸吸收水分,用向上排空气法收集氯气,最后进行尾气处理。(3)①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用,随关随停。②通入一段时间气体,其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽,防止NO被空气中的氧气氧化。(4)①要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解,结合题给试剂分析。②以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准液,生成砖红色沉淀,且半分钟内无变化;根据(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+),然后结合m=n×M来计算。【详解】(1)可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气,发生装置属于固液加热型的,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,(或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2,发生装置属于固液不加热型,反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)故答案为A(或B);MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)。(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢,用饱和食盐水除氯化氢,浓硫酸吸收水分,用向上排空气法收集氯气,最后进行尾气处理,故其连接顺序为f→g→c→b→d→e→j→h;故答案为f→g→c→b→d→e→j→h。(3)①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用,随关随停,故答案为随开随用,随关随停。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽,防止NO被空气中的氧气氧化,故答案为排干净三颈烧瓶中的空气;(4)①要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解,根据题目提供的试剂,应证明NaNO2溶液呈碱性;故设计的实验方案为:用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸中央,若试纸变蓝,说明HNO2是弱酸,故答案为用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸中央,若试纸变蓝,说明HNO2是弱酸。②以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准液,生成砖红色沉淀,且半分钟内无变化;取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL中满足:n(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)=c×0.02L=0.02cmol,则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol,m(ClNO)=n×M=0.2cmol×65.5g/mol=13.1cg,亚硝酞氯(ClNO)的质量分数为(13.1cg÷mg)×100%=%,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;%【点睛】本题考查了物质制备方案设计,为高频考点和常见题型,主要考查了方程式的书写,实验装置的连接,实验方案的设计,氧化还原反应,环境保护等,侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。20、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS+3SO22CaSO3+3SCaSO3被系统中O2氧化蒸馏,收集64.7℃馏分加入CS2,充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌,然后加入Na2SO3吸收液,盖上表面皿,加热至沸并保持微沸,在不断搅拌下,反应至液面只有少量硫粉时,加入活性炭并搅拌,趁热过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇洗涤【解析】
(1)恒压漏斗能保持压强平衡;(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S,元素守恒得到生成S和CaSO3,CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4;(3)甲醇(沸点为64.7℃),可以控制温度用蒸馏的方法分离;(4)硫单质易溶于CS2,萃取分液的方法分离;(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O,在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O,据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是:能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等,便于液体流下;(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为:2CaS+3SO2CaSO3+3S,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是:CaSO3被系统中O2氧化;(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是:蒸馏,收集64.7℃馏分;(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是:加入CS2,充分搅拌并多次萃取;(5)已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O;②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须
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