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文档简介
浙江省诸暨市高三第三次模拟考试新高考化学试卷考生须知: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、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体,乙是常见的气体。K是无色气体,是主要的大气污染物之一,0.05mol/L丙溶液的pH为l,上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:W<X<Y B.元素的非全属性:Z>Y>XC.化合物XYZ中只含共价键 D.K、L、M中沸点最高的是M2、X、Y、Z为短周期非金属元素,其相关性质如下,下列叙述正确的是()元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A.Y的含氧酸均为强酸B.最外层电子数Z>YC.气态氢化物的稳定性Y>XD.Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键3、W、X、Y、Z均为短周期元素,原子序数依次增加,W的原子核最外层电子数是次外层的2倍,X-、Y+具有相同的电子层结构,Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A.原子半径:Y>Z>X>WB.简单氢化物的稳定性:X>Z>WC.最高价氧化物的水化物的酸性:W>ZD.X可分别与W、Y形成化合物,其所含的化学键类型相同4、设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是A.10gNH3含有4NA个电子B.0.1mol铁和0.1mol铜分别与0.1mol氯气完全反应,转移的电子数均为0.2NAC.标准状况下,22.4LH2O中分子数为NA个D.1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中含有0.1NA个CO32-5、氮及其化合物的转化过程如下图所示,其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.反应①的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC.在反应②中,若有1.25mol电子发生转移,则参加反应的NH3的体积为5.6LD.催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率6、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是A.转移0.1mol电子时,a电极产生标准状况下O21.12LB.b电极上发生的电极反应是:2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.c电极上进行还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池D.d电极上发生的电极反应是:O2+4H++4e-=2H2O7、下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是()A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合C.NH4HSO4溶液与少量NaOHD.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合8、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+HO9、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象。下列推断合理的是A.一定存在Fe2+、Na+、Cl- B.一定不存在I-、SO32-C.一定呈碱性 D.一定存在NH4+10、设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是()A.在标况下,11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB.12g金刚石中含有的共价键数为4NAC.0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时,转移的电子数为NA11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X、W同主族,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,Z是地壳中含量最多的金属元素,四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A.原子半径:r(X)<r(Z)<r(W)B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C.简单氢化物的热稳定性:X<WD.X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同12、常温时,1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是A.Ka(HA)约为10-4B.当两溶液均稀释至时,溶液中>C.中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HBD.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者13、一定温度下,在恒容密闭容器中发生反应:H2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+H2(g)。当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时,下列说法中,正确的是()A.该反应已达化学平衡状态 B.H2O和CO全部转化为CO2和H2C.正、逆反应速率相等且等于零 D.H2O、CO、CO2、H2的浓度一定相等14、以下物质的水溶液显酸性的是A.NaHCO3 B.NaHSO4 C.CH3COOK D.KNO315、把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成铝热剂,分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后,再与足量盐酸反应;另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,则x:y为A.1∶1 B.1∶2 C.5∶7 D.7∶516、常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时,该反应的平衡常数K=2×10−5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度,选50℃C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)二、非选择题(本题包括5小题)17、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一,已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图(部分反应条件己略去):己知下列信息:①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题:(1)固体A是___(写名称);B的化学名称是___。(2)反应①的化学方程式为___。(3)D中官能团的名称为___;反应②的反应类型是___。(4)E的分子式为___;己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2,则F的结构简式是___。(5)X与C互为同分异构体,写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢,其峰面积之比为2:2:1:1②能与NaOH溶液反应,1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应,其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应(6)参照上述合成路线,以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计合成的路线___。18、酯类化合物H是一种医药中间体,常用于防晒霜中紫外线的吸收剂。实验室由化合物A和E制备H的一种合成路线如下图:已知①②回答下列问题:(1)经测定E的相对分子质量为28,常用来测定有机物相对分子质量的仪器为_______。F中只有一种化学环境的氢原子,其结构简式为_________________。(2)(CH3)2SO4是一种酯,其名称为_________________。(3)A能与Na2CO3溶液及浓溴水反应,且1molA最多可与2molBr2反应。核磁共振氢谱表明A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子。A的结构简式为______________。C中含氧官能团的名称为_________。(4)D+G→H的化学方程式为__________________。(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_____种(不含立体异构)。①遇FeCl3溶液发生显色反应②能发生水解反应(6)参照上述合成路线,设计一条由和(CH3)3CCl为起始原料制备的合成路线(其他试剂任选);________________________________________。19、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。(制备)方法一:(资料查阅)(1)仪器X的名称是______,在实验过程中,B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCI,然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质,产生的原因是______。方法二:(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______,过滤,沉淀用的酸洗,水洗,乙醇洗三步操作,酸洗采用的酸是______(写名称),用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。(含量测定)(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的溶液滴定到终点,消耗溶液bmL,反应中被还原为,样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量:)(应用)利用如下图所示装置,测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式:______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。20、为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯,并制得纯净的KNO3溶液(E),某学生设计如下实验方案:(1)操作①主要是将固体溶解,则所用的主要玻璃仪器是_______、_______。(2)操作②~④所加的试剂顺序可以为_______,_______,_______(填写试剂的化学式)。(3)如何判断SO42-已除尽_____________(4)实验过程中产生的多次沉淀_____(选填“需要”或“不需要”)多次过滤,理由是__________。(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密,请说明理由___________。21、氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料,我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题:(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O>___。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂,其中的阴离子空间构型是____,中心原子的杂化形式为____。NaBH4中存在____(填标号)。a.离子键b.氢键c.σ键d.π键(3)BeC12中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为___,其中Be的配位数为_____。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表:解释表中氟化物熔点变化的原因:____。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙,其空隙率是____。若r(F-)=xpm,r(Ca2+)=ypm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则CaF2的密度ρ=_____g.cm-3(列出计算表达式)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则应为SO2,可知乙为O2,L为H2O,甲是单质,且与浓硫酸反应生成SO2、H2O,可知甲为C,M为CO2,则W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为S元素。【详解】A项、同周期元素,原子半径从左到右逐渐减小,C>O,故A错误;B项、同主族元素,从上到下非金属性减弱,O>S,故B错误;C项、化合物COS都由非金属性构成,只含共价键,故C正确;D项、K、M常温下为气体,L为水,常温下为液体,沸点最高,故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律,侧重考查分析能力和推断能力,注意溶液pH为推断突破口,熟练掌握元素化合物知识,注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。2、D【解析】
X、Y、Z为短周期非金属元素,X单质与氢气在暗处爆炸,得到的氢化物水溶液pH小于7,则X为F元素;Y单质与氢气在光照条件下反应,得到的氢化物水溶液pH小于7,则Y为Cl元素;Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应,得到的氢化物水溶液pH大于7,则Z为N元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素,X单质与氢气在暗处爆炸,得到的氢化物水溶液pH小于7,则X为F元素;Y单质与氢气在光照条件下反应,得到的氢化物水溶液pH小于7,则Y为Cl元素;Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应,得到的氢化物水溶液pH大于7,则Z为N元素;A.Y为氯元素,含氧酸中HClO为弱酸,故A错误;B.Z为N元素,原子最外层电子数为5,Y为Cl元素,原子最外层电子数为7,故最外层电子数Y>Z,故B错误;C.非金属性F>Cl,故HCl的稳定性比HF弱,故C错误;D.氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键,故D正确;故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类,然后根据元素性质进行分析和判断。3、B【解析】
W原子的最外层电子数是次外层的2倍,则W为碳(C);X-、Y+具有相同的电子层结构,则X为氟(F),Y为钠(Na);Z的阴离子不能发生水解反应,则Z为氯(Cl)。【详解】A.比较原子半径时,先看电子层数,再看最外层电子数,则原子半径Na>Cl>C>F,A错误;B.非金属性F>Cl>C,所以简单氢化物的稳定性X>Z>W,B正确;C.非金属性C<Cl,则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z,C错误;D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF,前者含共价键、后者含离子键,D错误。故选B。4、B【解析】
A.NH3的相对分子质量是17,每个分子中含有10个电子,所以10gNH3含有电子的个数是:(10g÷17g/mol)×10NA=5.88NA个电子,错误;B.Fe是变价金属,与氯气发生反应:2Fe+3Cl22FeCl3,根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的Cl2与Fe反应时,氯气不足量,所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准,转移的电子数为0.2NA,Cu与Cl2发生反应产生CuCl2,0.1mol铜分别与0.1mol氯气完全反应,转移的电子数均为0.2NA,正确;C.标准状况下H2O是液体,不能使用气体摩尔体积计算H2O的物质的量,错误;D.Na2CO3是强碱弱酸盐,在溶液中CO32-发生水解反应而消耗,所以1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中含有CO32-小于0.1NA个,错误;答案选B。5、B【解析】
A.使用催化剂能够降低反应的活化能,加快反应速率,所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线,A错误;B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ,故反应①的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol,B正确;C.未指明气体所处条件,因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积,C错误;D.催化剂能加快化学反应的反应速率,但不能使化学平衡发生移动,因此不能改变物质的平衡转化率,D错误;故合理选项是B。6、C【解析】
A.a电极与外加电源的负极相连,a电极为阴极,a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,a电极产生的气体是氢气,A项错误;B.b电极与外加电源的正极相连,b电极为阳极,b电极上的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,B项错误;C.c电极通入O2,c电极为氢氧燃料电池的正极,c电极上发生还原反应,d电极通入H2,d电极为氢氧燃料电池的负极,d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+,在原电池中阳离子向正极移动,B池中的H+可以通过隔膜进入A池,C项正确;D.d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+,D项错误;答案选C。7、C【解析】
A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合,生成硫酸钡沉淀和水,离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故A错误;B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合,生成弱电解质一水合氨,离子方程式为NH4++OH-=NH3·H2O,故B错误;C.NH4HSO4溶液与少量NaOH反应,只有氢离子与氢氧根反应,离子方程式为H++OH﹣=H2O,故C正确;D.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合,离子方程式为:OH-
+HCO3-=CO32-+H2O,故D错误;故答案为C。8、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。9、B【解析】
某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色,说明亚铁离子和碘离子至少有一种,在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象,这说明溶液中没有碘生成,也没有硫酸根,所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子,一定存在亚铁离子,则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子,钠离子和铵根离子不能确定,亚铁离子水解溶液显酸性;答案选B。10、C【解析】
A.在标况下,11.2LNO与11.2LO2
的物质的量均为0.5mol,二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2,所以0.5molNO和0.5molO2
反应生成0.5molNO2,消耗0.25molO2,所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol,但因存在2NO2=N2O4平衡关系,所以所含分子数小于0.75NA,故A错误;B.12g金刚石中C的物质的量为n==
1mol,金刚石中碳原子成正四面体构型,每个碳原子连接4个其他的碳原子,因此每个C-C键中2个原子各自占一半,所以含有的共价键数为2NA,故B错误;C.每个Na2O2中含有2个钠离子,1个过氧根离子,所以0.1molNa2O2晶体中含有0.3molNA个离子,故C正确;D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol氢气时转移2mol电子,所以转移的电子数为2NA,故D错误;答案选C。11、B【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X、W同主族,最外层电子数相同,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,为金属钠,Z是地壳中含量最多的金属元素,为铝,四种元素原子的最外层电子数总和为16,所以计算X、W的最外层电子数为6,分别为氧和硫。X为氧,Y为钠,Z为铝,W为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小,同一主族从上至下逐渐增大,则原子半径:r(X)<r(W)<r(Z),故错误;B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠,氢氧化铝,硫酸,两两之间均能反应,故正确;C.因为氧的非金属性比硫强,所以简单氢化物的热稳定性:X>W,故错误;D.X分别与Y形成氧化钠或过氧化钠,含有离子键,氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫,只含共价键,故错误。故选B。12、B【解析】
根据图示,当lg(V/V0)+1=1时,即V=V0,溶液还没稀释,1mol/L的HA溶液pH=2,即HA为弱酸,溶液中部分电离;1mol/L的HB溶液pH=0,即HB为强酸,溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等,故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。【详解】A.1mol/L的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01mol/L,c(HA)1mol/L,则HA的电离常数约为10-4,A正确;B.由电荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至时,HB溶液pH=3,HA溶液pH>3,则有c(A-)<c(B-),B错误;C.HA为弱酸,HB为强酸,等体积pH相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB),故分别用NaOH溶液中和时,消耗的NaOH物质的量:HA>HB,C正确;D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液,Na+数目相同,HA为弱酸,盐溶液中A-发生水解,NaA溶液呈碱性,NaA溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),HB为强酸,盐溶液中B-不发生水解,NaB溶液呈中性,NaB溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),NaA溶液中c(H+)<NaB溶液中c(H+),所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者,D正确。答案:B。13、A【解析】
A项、当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时,说明正逆反应速率相等,反应已达化学平衡状态,故A正确;B项、可逆反应不可能完全反应,则H2O和CO反应不可能全部转化为CO2和H2,故B错误;C项、化学平衡状态是动态平衡,正、逆反应速率相等且大于零,故C错误;D项、平衡状态时H2O、CO、CO2、H2的浓度不变,不一定相等,故D错误;故选A。14、B【解析】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全电离,生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性,A项错误;B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-,使溶液呈酸性,B项正确;C.CH3COOK在溶液中完全电离,生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性,C项错误;D.KNO3溶液中,K+、NO3-不能发生水解,溶液呈中性,D项错误。本题选B。15、B【解析】
第一份中Al与xFeO•yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3,再与足量盐酸反应,发生反应:Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol,根据方程式计算Fe、Al的物质的量,再根据第一份中Al与xFeO•yFe2O3反应的电子转移守恒计算xFeO•yFe2O3中Fe元素平均化合价,进而计算x、y比例关系。【详解】第一份中Al与xFeO⋅yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3,再与足量盐酸反应,发生反应:Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol,则:令xFeO⋅yFe2O3中Fe元素平均化合价为a,根据Al与xFeO⋅yFe2O3反应中的电子转移守恒:7mol××3=5mol×(a−0),解得a=2.8,故=2.8,整理得x:y=1:2,答案选B。16、B【解析】
A.平衡常数只与温度有关,与浓度无关,故A错误;B.50℃时,Ni(CO)4以气态存在,有利于分离,从而促使平衡正向移动,故B正确;C.230℃时,Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/(2×10−5)=5×104,可知分解率较高,故C错误;D.平衡时,应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),故D错误;正确答案:B二、非选择题(本题包括5小题)17、焦炭对二甲苯(或1,4-二甲苯)+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】
采用逆推法,D中应该含有2个酯基,即,反应①的条件是乙醇,因此不难猜出这是一个酯化反应,C为对二苯甲酸,结合B的分子式以及其不饱和度,B只能是对二甲苯,从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液,固体A是煤干馏得到的,因此为焦炭,再来看下线,F脱水的产物其实是两个酸酐,因此F中必然有四个羧基,则E就是1,2,4,5-四甲苯,据此来分析本题即可。【详解】(1)固体A是焦炭,B的化学名称为对二甲苯(或1,4-二甲苯)(2)反应①即酯化反应,方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)D中官能团的名称为酯基,注意苯环不是官能团;(4)E是1,2,4,5-四甲苯,其分子式为,根据分析,F的结构简式为;(5)根据给出的条件,X应该含有两个酯基,并且是由酚羟基形成的酯,再结合其有4种等效氢,因此符合条件的X的结构简式为;(6)甲苯只有一个侧链,而产物有两个侧链,因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链,再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基,再进行酯化反应即可,因此合成路线为CH3OHCH3Cl。18、质谱仪硫酸二甲酯羧基、醚键+HOCH2CH2OH+H2O19【解析】
A能与Na2CO3溶液及溴水反应,A发生信息①中的取代反应生成B,A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子,结合B的分子式,可知B为,逆推可知A为;B发生氧化反应生成C为,C发生信息①中的反应生成D为,E的相对分子质量为28,E催化氧化产生的F中只有一种化学环境的氢原子,则E是乙烯CH2=CH2,E发生催化氧化生成F,F中只有一种化学环境的氢原子,F结构简式为,F与水反应产生的G是乙二醇;G结构简式为HOCH2CH2OH,结合H的分子式可知H为;(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备,可先由苯酚发生信息①反应,再发生硝化反应,最后与HI反应可生成目标物,以此解答该题。【详解】根据上述分析可知:A为;B为;C为;D为;E为CH2=CH2;F为;G为HOCH2CH2OH;H为。(1)经测定E的相对分子质量为28,常用来测定有机物相对分子质量的仪器为质谱仪。F中只有一种化学环境的氢原子,其结构简式为。(2)(CH3)2SO4是一种酯,是硫酸与2个甲醇发生酯化反应产生的酯,因此其名称为硫酸二甲酯。(3)根据上述分析可知A的结构简式为,C为,可见C中含氧官能团的名称为羧基、醚键。(4)D+G发生酯化反应产生H的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O。(5)C为,其中含有的官能团是-COOH、,C的同分异构体中能同时满足条件①遇FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能发生水解反应,说明含有酯基,如含有3个取代基,则可为-OH、-OOCH、-CH3,有10种同分异构体,如含有2个取代基,一个为-OH,另一个可为-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3,各有邻、间、对3种,因此共有19种同分异构体;(6)由苯酚和(CH3)3CCl为起始原料制备,可先由苯酚发生信息①反应,再发生硝化反应,最后与HI发生反应可生成目标物,则该反应的流程为:。【点睛】本题考查有机物的合成的知识,涉及物质结构简式的书写、官能团的判断、化学方程式的书写及同分异构体种类的判断等,把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键,注意有机物性质的应用,侧重考查学生的分析与应用能力。19、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】
CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2,温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2;向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,结合关系式解答该题;保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应;CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;N2的体积可用排水法测定,据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造,其名称是干燥管;由制备CuCl的原理可知,反应生成了Cl2,故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色,故答案为干燥管;先变红后褪色;(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后,要先在气体入口处通入干燥HCl,再点燃酒精灯,加热,实验结束时要先熄灭酒精灯,冷却,再停止通入HCl,然后通入,所以操作的先后顺序是cdb,故答案为cdb;(3)根据以上分析,若实验中通入的HCl的量不足,则氯化铜晶体加热时发生水解,最后生成少量CuO,故答案为通入的HCl的量不足;(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;由制备反应可知,有硫酸钠生成,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;因乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;硫酸;醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,反应的关系式为6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-,
6
1
n
ab×10-3mol
n=6ab×10-3mol,m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg,
则样品中CuCl的质量分数为
×100%,
故答案为
×100%;(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应:2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O,②CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;故吸收顺序为CO2、O2、CO,N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2,试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO,试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O;NaOH溶液;CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握物质的性质以及反应流程,注意(5)中利用关系式的计算。20、烧杯玻璃棒;Ba(NO3)2K2CO3KOH或(KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3)静置,取少量上层澄清溶液,再加入少量Ba(NO3)2溶液,若不变浑浊,表明SO42-已除尽不需要因为几个沉淀反应互不干扰,因此只过滤一次,可减少操作程序因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-【解析】
混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体,加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子;加入氢氧化钾除去镁离子;稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去;【详解】(1)固体溶解一般在烧杯中进行,并要用玻璃棒搅拌加快溶解,故答案为:烧杯;玻璃棒;(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+,为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+,这样稍过量的Ba2+也变成了杂质,需要加CO32-离子来除去,除去Mg2+应该用OH-,OH-的顺序没有什么要求,过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去,故答案为:Ba(NO3)2;K2CO3;KOH或(KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3);(3)SO42-存在于溶液中,可以利用其与Ba2
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