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文档简介
辽宁省大连市达标名校高三第二次联考新高考化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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、1L某混合溶液中,溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1,向混合溶液中滴加0.1mol·L—1某溶液Z,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是()A.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸2、设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A.1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NAB.5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为1.8NAC.常温常压下,22.4L的37Cl2中所含的中子数为41NAD.硝酸与铜反应生成1.1molNOx时,转移电子数为1.2NA3、下列有关装置对应实验的说法正确的是()A.①可用于制取H2,且活塞a处于打开状态B.②可用于收集NH3C.③可用于固体NH4Cl和I2的分离D.④可用于分离I2的CCl4溶液,导管b的作用是滴加液体4、利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系,曲线如图,下列分析错误的是A.碳酸钠水解是吸热反应B.ab段说明水解平衡正向移动C.be段说明水解平衡逆向移动D.水的电离平衡也对pH产生影响5、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-
中的若干种,取该溶液进行连续实验,实验过程如图所示(所加试剂均过量,气体全部逸出)下列说法一定正确的是()A.溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB.溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C.溶液中可能含有Cl-
,一定没有Fe3+D.取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-6、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件,则下列对图像的解读正确的是①②③④A.A2(g)+
3B2(g)2AB3(g),如图①说明此反应的正反应是吸热反应B.4CO(g)
+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)
,如图②
说明NO2
的转化率b>a>cC.N2(g)+
3H2(g)2NH3(g),如图③说明t秒时合成氨反应达到平衡D.2A(g)+2B(g)3C(g)+D(?
),如图④说明生成物D一定是气体7、据最近报道,中科院院士在实验室中“种”出了钻石,其结构、性能与金刚石无异,使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是()A.种出的钻石是有机物 B.该种钻石是原子晶体C.甲烷是最简单的烷烃 D.甲烷是可燃性的气体8、2019年7月1日起,上海、西安等地纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心,而环境保护与化学知识息息相关,下列有关说法正确的是A.废旧电池中含有镍、镉等重金属,不可用填埋法处理,属于有害垃圾B.各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐,不可回收利用,属于其他(干)垃圾C.废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾,不易降解,能使溴水褪色D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O9、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成:则下列说法错误的是()A.反应1可用试剂是氯气B.反应3可用的试剂是氧气和铜C.反应1为取代反应,反应2为消除反应D.A可通过加成反应合成Y10、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS−、S2−)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是A.A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B.X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S)C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为:X<YD.Y点对应溶液中c(K+)与含硫各微粒浓度的大小关系为:c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)]11、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下,lmolC6H12中含碳碳键的数目一定小于6NAB.18g果糖分子中含羟基数目为0.6NAC.4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAD.50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应,放出H2的分子数目为0.25NA12、CPAE是蜂胶的主要活性成分,也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是A.咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上B.可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C.1mol苯乙醇在O2中完全燃烧,需消耗10molO2D.1molCPAE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH13、下列说法正确的有①1
mol
FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时,消耗水和CO2的物质的量相等③无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-④Na2O2投入紫色石蕊试液中,溶液先变蓝,后褪色⑤2
L
0.5
mol·L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体:Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA.1B.2C.3D.414、常温下,pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的KOH溶液V2mL混合,则下列说法正确的是A.若V1=V2,则反应后溶液的pH一定等于7B.若反应后溶液呈酸性,则V1一定小于V2C.若反应后溶液呈酸性,则V1一定大于V2D.若反应后溶液呈中性,则混合液中一定存在c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-115、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是()A.含溴化银的变色玻璃,变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关B.玻璃化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点C.钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料D.普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2,说明玻璃为纯净物16、下列说法或表示方法正确的是()A.在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB.2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H<O,△S>OC.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出49.15kJ的热量D.在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,放出120.9kJ的热量,则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol二、非选择题(本题包括5小题)17、某有机物M的结构简式为,其合成路线如下:已知:①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,即②R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息,回答下列问题:(1)B的名称为________;C的结构简式为________。(2)D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。(3)IV的反应类型为_______;V的反应条件是_____。(4)A也是合成阿司匹林()的原料,有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类,能发生银镜反应,且1mol该物质反应时最多能生成4molAg;c.苯环上的一氯代物有两种。(5)若以F及乙醛为原料来合成M(),试写出合成路线_________。合成路线示例:18、Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素,其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下,Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性,用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n-+M2++H+→Z-+M4++H2O(M为金属元素,方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。19、CuCl晶体呈白色,熔点为430℃,沸点为1490℃,见光分解,露置于潮湿空气中易被氧化,难溶于水、稀盐酸、乙醇,易溶于浓盐酸生成H3CuCl4,反应的化学方程式为CuCl(s)+3HCl(aq)⇌H3CuCl4(aq).(1)实验室用如图1所示装置制取CuCl,反应原理为:2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣(aq)⇌CuCl(s)+3Cl﹣(aq)①装置C的作用是_____.②装置B中反应结束后,取出混合物进行如图所示操作,得到CuCl晶体.混合物CuCl晶体操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好选用的试剂是_____.③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____.④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体,请简述实验方案:_____.(2)某同学利用如图2所示装置,测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成.已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O.ii.保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能吸收氧气.①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____.②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式:_____.20、某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。(1)实验一:用如图装置(夹持装置已略,气密性已检验)制备SO2,将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀;稍后,B中所得溶液呈绿色,与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气,避免空气对反应干扰的操作是_____,关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞,A中发生反应的方程式是_____。(2)实验二:为确定红色固体成分,进行以下实验:①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论:该红色固体为_____。(3)实验三:为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因,实验如下:i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2,未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液,加入少量稀盐酸,产生无色刺激性气味的气体,得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液,出现白色沉淀。查阅资料:SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论:溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性,在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液,得到绿色溶液。(4)综上实验可以得出:出现红色沉淀的原因是:_____;(用离子方程式表示)溶液呈现绿色的原因是:_____。(用化学方程式表示)21、黄铜矿是工业冶炼铜的原料,主要成分为CuFeS2。试回答下列问题:(1)基态硫原子核外电子有_____种不同运动状态,能量最高的电子所占据的原子轨道形状为_________。(2)基态Cu原子的价层电子排布式为_________;Cu、Zn的第二电离能大小I2(Cu)_________I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)。(3)SO2分子中S原子的轨道杂化类型为_________,分子空间构型为_________;与SO2互为等电子体的分子有_________(写一种)。(4)请从结构角度解释H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_________。(5)Cu(CH3CN)4比四氨合铜离子稳定,其配离子中心原子配位数为_________,配位体中σ键与π键个数之比为_________。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置,距离最近的两个H2分子之间距离为anm。则该晶体的密度为_________g/cm3(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、A【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol,加入等浓度的硫酸,加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水,同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀,当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应,生成0.1molBaSO4,再加入0.5LH2SO4溶液时,加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应:H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液,加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,和图像相符,故A选;B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol,共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀,即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故B不选;C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol,共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀,即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多,和图像不符,故C不选;D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol,先加入0.5L硫酸,即0.05mol硫酸,加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀,同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol,加入的SO42-为0.05mol,所以生成0.05molBaSO4沉淀,还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液,加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解,同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀,此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol,和图像不符,故D不选。故选A。2、B【解析】
A.HSO3-属于弱酸酸式阴离子,在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡,1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA,故A错误;B.乙烯和环丙烷的最简式为CH2,2.6g的混合物中含CH2物质的量为1.4mol,所以含C—H键数目为1.8NA,故B正确;C.标准状况下,3.4L的37Cl2中所含的中子数为41NA,常温常压下中子数不为41NA,故C错误;D.NOx可能是NO或NO2,根据得失电子守恒可得,生成1.1molNOx转移电子数介于1.11.3mol之间,故D错误;答案:B。3、A【解析】
A.①可用于制取H2,且活塞a处于打开状态时,稀硫酸和锌粒发生反应,生成氢气,故A正确;B.NH3密度比空气小,所以不能用向上排空气法收集,故B错误;C.加热氯化铵分解,碘升华,则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离,故C错误;D.导管b的作用是回收冷凝的CCl4,故D错误;正确答案是A。4、C【解析】
A.水解一定是吸热反应,A项正确;B.碳酸钠是弱酸强碱盐,水解使溶液显碱性,而升高温度使平衡正向移动,溶液的碱性增强,B项正确;C.水解是吸热的,温度不断升高只会导致平衡不断正向移动,此时溶液pH却出现反常下降,这是由于水本身也存在电离,温度改变对水的电离平衡造成了影响,C项错误;D.水本身也存在着一个电离平衡,温度改变平衡移动,因此对溶液的pH产生影响,D项正确;答案选C。5、C【解析】根据信息,加入BaCl2溶液,产生沉淀甲,沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种,沉淀甲中加入盐酸溶液,还有沉淀,说明沉淀甲中含有BaSO4,沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比,说明沉淀甲中还含有BaCO3,即原溶液中含有CO32-、SO42-,根据离子共存,Fe3+一定不存在,根据沉淀的质量,推出n(CO32-)=0.01mol,n(SO42-)=0.01mol,滤液中加入NaOH溶液,并加热,产生气体,此气体为NH3,说明原溶液中含有NH4+,n(NH4+)=0.005mol,根据电荷守恒,原溶液中一定含有Na+,A、根据电荷守恒,n(Na+)=0.035mol,原溶液中可能含有Cl-,因此c(Na+)≥0.35mol·L-1,故A错误;B、根据上述分析,原溶液中一定含有Na+,故B错误;C、根据上述分析,故C正确;D、原溶液中一定含有SO42-,SO42-对Cl-的检验产生干扰,故D错误。6、D【解析】
A.根据图①可以知道,交点之前,反应未达平衡,交点时处于平衡状态,交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多,平衡向逆反应移动,升高温度平衡向吸热反应移动,故可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反应是放热反应,故A错误;B.根据反应方程式可知,增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率,所以c点的转化率大于a点,故B错误;C.2v(N2)正=v(NH3)逆时,正逆反应速率相等,此时化学反应达到了平衡状态,而从图示可知,ts时,各物质的速率均在发生变化,此时化学反应没有达到平衡状态,故C错误;D.根据图示可以看出压强只能改变反应速率不改变平衡的移动,所以反应是前后气体的系数和相等的反应,即D一定是气体,所以D选项是正确的;故答案选D。7、A【解析】
A.由题中信息可知,种出的钻石的结构、性能与金刚石无异,则种出的钻石和金刚石均是碳的单质,由C原子构成,不是有机物,故A错误;B.种出的钻石的结构、性能与金刚石无异,则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同,均为原子晶体,故B正确;C.甲烷是最简单的有机物,1个分子中只含有4个C-H键,并且符合烷烃通式为CnH2n+2,即甲烷是最简单的烷烃,故C正确;D.甲烷分子式为CH4,具有可燃性,是可燃性气体,故D正确;故选:A。8、A【解析】
A.废旧电池中含有重金属镍、镉等,填埋会造成土壤污染,属于有害垃圾,A项正确;B.普通玻璃的主要成分是硅酸盐,属于可回收物,B项错误;C.聚乙烯结构中不含碳碳双键,无法使溴水褪色,C项错误;D.棉麻的主要成分是纤维素,其燃烧后产物只有CO2和H2O;但丝毛的主要成分是蛋白质,其中还含有氮元素,燃烧产物不止CO2和H2O;合成纤维成分复杂,所以燃烧产物也不止CO2和H2O,D项错误;答案选A。9、C【解析】
实现此过程,反应1为与卤素单质发生取代反应,反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇,反应3为醇的催化氧化。【详解】A.反应1为与卤素单质发生取代反应,可用试剂是氯气,A正确;B.反应3为醇的催化氧化,可用的试剂是氧气和铜,B正确;C.反应1和反应2都为取代反应,C错误;D.酮可催化加氢生成相应的醇,D正确;故答案为:C。10、C【解析】
滴加盐酸时,盐酸先和KOH反应,然后再和K2S反应,首先发生S2-+H+=HS-,该过程中S2-含量减少,HS-含量上升,然后发生HS-+H+=H2S,此时HS-含量下降,H2S上升,所以A代表S2-,B代表HS-,C代表H2S。【详解】A.根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况,故A正确;B.Y点表示c(H2S)=c(HS−),Ka1(H2S)=,当c(H2S)=c(HS−)时,Ka1(H2S)=c(H+),所以若已知Y点处的pH,则可计算Ka1(H2S),故B正确;C.X点c(HS-)=c(S2-),Y点c(H2S)=c(HS-),S2-和HS-的水解促进水的电离,H2S为酸抑制水电离,则X点水的电离程度较大,故C错误;D.原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液,根据物料守恒可知c(K+)=3[c(H2S)+c(HS−)+c(S2−)],故D正确;故答案为C。11、C【解析】
A.C6H12可能为己烯或环己烷,1mol己烯含有4molC−C键和1molC=C键,共5mol碳碳键,但环己烷含6molC−C键,则lmolC6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA,A项错误;B.果糖的摩尔质量为180g/mol,则18g果糖为0.1mol,一分子果糖含有5个羟基,则18g果糖含有羟基数目为0.5NA,B项错误;C.H218O的摩尔质量为20g/mol,分子中含中子数=18−8=10,D216O的摩尔质量为20g/mol,分子中含中子数=1×2+16−8=10,则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为,则所含中子数为0.2mol×10NA=2NA,C项正确;D.50g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的物质的量为,乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式:2C2H5OH~H2,则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol,而水也能与钠反应生成氢气,则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应,放出H2的分子数目大于0.25NA,D项错误;答案选C。12、B【解析】
A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构,所以根据有机物的结构简式可知,咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上,A正确;B.CPAE分子中含有酚羟基,也能和金属钠反应,所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇,B不正确;C.苯乙醇的分子式为C8H10O,苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O,C正确;D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基,所以1molCPAE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH,D正确;答案选B。13、B【解析】
①亚铁离子和碘离子均能被氧化;②与水及CO2反应,反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,③无色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-,发生双水解;④Na2O2因具有强氧化性而有漂白性。⑤由N=nNA,n=CV计算;⑥HClO具有强氧化性;【详解】①1
mol
FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA,故错误;②与水及CO2反应,反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同,故正确;③Al3+和S2-,发生双水解,不能大量共存,故错误;④Na2O2投入到紫色石蕊试液中,与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝,又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性,所以后褪色,故正确;⑤N=2L×0.5mol·L-1×2NA=2NA,故错误;⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体:Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-,故错误。故选B。14、D【解析】
A.若V1=V2,如果酸是强酸,二者混合溶液呈中性,pH=7,如果酸是弱酸,酸浓度大于碱,混合溶液呈酸性,pH<7,故A错误;B.如果反应后溶液呈酸性,如果酸是强酸,则V1一定大于V2,如果酸是弱酸,V1可能大于V2,可能等于V2,故B错误;C.如果反应后溶液呈酸性,如果酸是强酸,则V1一定大于V2,如果酸是弱酸,V1可能大于V2,可能等于V2,故C错误;D.若混合溶液呈中性,则溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1,所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol•L-1,故D正确;故选D。15、A【解析】
A.在光照条件下,AgBr发生分解生成Ag和Br2,光的强度越大,分解的程度越大,生成Ag越多,玻璃的颜色越暗,当太阳光弱时,在CuO的催化作用下,Ag和Br2发生反应生成AgBr,玻璃颜色变亮,A正确;B.玻璃虽然化学性质稳定,但可被氢氟酸、NaOH侵蚀,B错误;C.有机玻璃属于有机高分子材料,C错误;D.Na2O·CaO·6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式,它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物,D错误;故选A。16、B【解析】
A.在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热,在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol,故A错误;B.2C(s)+O2(g)═2CO(g)燃烧过程均为放热反应,△H<O;该反应是气体体积增加的反应,即为混乱度增大的过程,△S>O;故B正确C.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。该反应为可逆反应,△H=-98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出的热量小于49.15kJ,故C错误。D.在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,水蒸气不是稳定的氧化物,不能用于计算燃烧热,故D错误;答案选B二、非选择题(本题包括5小题)17、4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化【解析】
由有机物的转化关系,A为甲苯,结构简式为,A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成,则B为;在光照条件下发生甲基上的取代反应生成,则C为;在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成,则D为;与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成,则E为;在铜作催化剂作用下,与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成,发生氧化反应生成。【详解】(1)B的结构简式为,名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯),在光照条件下发生甲基上的取代反应生成,则C的结构简式为,故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯);;(2)D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应,反应的化学方程式为+CH3CHO,故答案为+CH3CHO;(3)IV的反应为在铜作催化剂作用下,与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成;V的反应发生氧化反应生成,反应条件可以是银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化,故答案为取代反应;银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化;(4)能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基;属于酯类,且苯环上的一氯代物有两种,说明结构对称,结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”,另外还剩余1个C原子,即为一个甲基,则符合条件的同分异构体的结构简式为或,故答案为或;(5)由M的结构简式,结合逆推法可知,合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO,CH3CH=CHCHO在催化剂作用下,与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH,CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下,共热发生酯化反应生成M,合成路线如下:,故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成,侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力,充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断,熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。18、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2第三周期第ⅦA族16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O【解析】
根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵,其水溶液呈酸性,主要是铵根水解显酸性,其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。(3)根据方程式ZO3n-→Z-,由上述信息可推测Z为Cl,在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。此反应的离子方程式为16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵,其水溶液呈酸性,主要是铵根水解显酸性,其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+,故答案为:NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。(3)根据方程式ZO3n-→Z-,由上述信息可推测Z为Cl,在周期表中位置为第三周期第ⅦA族,故答案为:第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。此反应的离子方程式为16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O,故答案为:16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。19、吸收SO2尾气,防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量水,过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】
用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl,其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备,制取的二氧化硫进入装置B中,和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应,生成CuCl沉淀,过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体,需要先把B中的混合物冷却,为了防止低价的铜被氧化,把混合物倒入溶有二氧化硫的水中,然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。【详解】(1)①A装置制备二氧化硫,B中盛放氯化铜溶液,与二氧化硫反应得到CuCl,C装置盛放氢氧化钠溶液,吸收未反应的二氧化硫尾气,防止污染空气。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液,有利于CuCl析出,二氧化硫具有还原性,可以防止CuCl被氧化;CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇,可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤,减小因溶解导致的损失。③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化,应避光、密封保存。④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量的水稀释,过滤、洗涤、干燥得到CuCl。(2)①氢氧化钾会吸收二氧化碳,盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收,所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,E中盛放保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气,F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO,G测定氮气的体积。②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气,发生氧化还原反应生成硫酸钠与水,反应离子方程式为:2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O。20、打开弹簧夹,通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】
(1)①为排出空气对实验的干扰,滴加浓硫酸之前应先通入氮气,将空气排出;②装置A中的反应是制备SO2的反应;(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中,B中出现少量红色沉淀,有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物;①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜,有利于后续定量判断;②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量,进而分析固体成分;(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等,实验i可以排除部分成分显绿色的可能性;②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色,需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质;(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu;溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰,滴加浓硫酸之前应先通入氮气,将空气排出,操作为:打开弹簧夹,通入N2一段时间,关闭弹簧夹;②装置A中的反应是制备SO2的反应,化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O;(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中,B中出现少量红色沉淀,有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物;①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜,有利于后续定量判断;②由实验可知n(CuO)==
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