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文档简介
安徽省安庆七中新高考考前模拟化学试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、在Na2Cr2O7酸性溶液中,存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O,已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时,达到了平衡状态B.当pH=1时,溶液呈黄色C.若向溶液中加入AgNO3溶液,生成Ag2CrO4沉淀D.稀释Na2Cr2O7溶液时,溶液中各离子浓度均减小2、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜,工艺流程如下所示:已知:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程,下列说法不正确的是A.气体X中含有SO2B.为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全,过滤即可C.蒸氨过程发生总反应的化学方程式为:[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D.在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低3、对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A.不是同分异构体B.分子中共平面的碳原子数相同C.均能与溴水反应D.可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分4、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示,四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是()WXYZA.氢化物的沸点:X<ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>WC.化合物熔点:YX2<YZ4D.简单离子的半径:X<W5、下列实验装置能达到实验目的的是()A.用图①装置进行石油的分馏B.用图②装置蒸干FeCl3溶液得到FeCl3固体C.用图③装置分离乙酸和乙醇的混合物D.用图④装置制取H2并检验H2的可燃性6、下列反应或过程吸收能量的是()A.苹果缓慢腐坏 B.弱酸电离C.镁带燃烧 D.酸碱中和7、有3.92g铁的氧化物,用足量的CO在高温下将其还原,把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0g固体沉淀物,这种铁的氧化物为A.Fe3O4 B.FeO C.Fe2O3 D.Fe5O78、磷酸(H3PO4)是一种中强酸,常温下,H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图,下列说法正确的是()A.H3PO4的电离方程式为:H3PO43H++PO43-B.pH=2时,溶液中大量存在的微粒有:H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C.滴加NaOH溶液至pH=7,溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D.滴加少量Na2CO3溶液,3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑9、下列指定反应的离子方程式正确的是A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘:2I-+H2O2=I2+2OH-B.过量的铁粉溶于稀硝酸:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OC.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2:4Cl2+S2O32-+5H2O=10H++2SO42-+8Cl-D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-10、25℃时,已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液,溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A.a点溶液中:c(H+)=6.010-3molL-1B.b点溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C.c点溶液中:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d点溶液中:c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)11、随着原子序数的递增,八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小,最高正价或最低负价的变化如图所示,下列说法错误的是A.常见离子半径:g>h>d>eB.上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中,离子浓度:c(f3+)>c(zx4+)C.由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D.f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应12、下列说法正确的是()A.表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线,图中a点溶液中含大量B.可知平衡常数很大,反应趋于完全C.为一种高分子结构片断,可知该高分子的结构简式为D.反应①比反应②的速率慢,与相应正反应的活化无关13、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示,X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数,下列说法不正确的是()A.X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B.Y、Z形成的简单氢化物,后者稳定性强C.Y、Z形成的简单阴离子,后者半径小D.工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W14、在25℃时,向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中,溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示,则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中,c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-115、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是A.催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B.催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能C.在催化剂b表面形成氮氧键时,涉及电子转移D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率16、给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()A.SSO2BaSO4B.SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)C.MgCl2•6H2OMgCl2MgD.N2NO2HNO3二、非选择题(本题包括5小题)17、某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用,工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下:已知:RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率为100%,则X是___________(填化学式),F中含氧官能团的名称为___________。(2)E→F的反应类型为___________,B的结构简式为___________,若E的名称为咖啡酸,则F的名称是___________。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式:_________________________________。(4)E的同系物G比E多一个碳原子,G有多种同分异构体,符合下列条件的同分异构体有___________种①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg②遇FeCl3溶液发生显色反应③分子中没有甲基,且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料,设计合成路线合成2-丁烯酸,写出合成路线:______________________________(其他试剂任选)。18、美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K,合成路线如下:其中A属于碳氢化合物,其中碳的质量分数约为83.3%;E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态,是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1:3反应生成I。试回答下列问题:(1)A的分子式为:______________。(2)写出下列物质的结构简式:D:____________;G:___________。(3)反应①―⑤中属于取代反应的有___________。(4)反应①的化学方程式为_______________;反应④的化学方程式为_________________。(5)E有多种同分异构体,符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种,写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式:________。19、碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下:步骤1:配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2:用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中,开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3:将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4:放置1h后,过滤,洗涤。步骤5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是__________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的离子方程式为________。③步骤4检验是否洗涤干净的方法是___________。(2)测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000g碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。①图中气球的作用是___________。②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是_________。③设3次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为amol,则n值为______(用含a的表达式表示)。(3)称取100g上述晶须产品进行热重分析,热重曲线如图。则该条件下合成的晶须中,n=______(选填:1、2、3、4、5)。20、甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物,某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料:①CO能与银氨溶液反应:CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O为红色,不与Ag反应,发生反应:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3与CaC2类似易水解,CaC2的水解方程式为:CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑(1)装置A中反应的化学方程式为___。(2)装置F的作用为___;装置B的名称为___。(3)按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__。(填装置名称对应字母,每个装置限用一次)(4)实验中若将A中分液漏斗换成(恒压漏斗)更好,其原因是___。(5)装置D中可能观察到的现象是___。(6)当反应结束后,装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O(简述操作过程及现象):__。21、铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。(1)Fe3+的基态核外价电子排布式为______,应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小:I3(Mn)_______I3(Fe)(填>、<、=)。理由是_______。(2)Fe、Fe2+、Fe3+可以与CO、SCN-、CN-、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。①配合物Fe(CO)5的熔点-20℃,沸点103℃,可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示:下列关于Fe(CO)5说法不正确的是________。A.Fe(CO)5是分子晶体B.Fe(CO)5中Fe原子的配体与C22-互为等电子体C.Fe(CO)5中σ键与π键之比为1:1D.Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成②CN-的电子式为__________。③H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为__________、__________,组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________,1molH2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为__________。(3)NaCl和MgO都属于离子化合物,NaCl的熔点为801.3C,MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。(4)FexNy的晶胞如图1所示,Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe,形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy,FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示,其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为__________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时,无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等,则不能判断是否为平衡状态,A错误;B.当pH=1时,溶液酸性增强,平衡正向进行,则溶液呈橙红色,B错误;C.组成中阴阳离子个数比相同,溶度积常数越小,难溶电解质在水中溶解能力越差,已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7),若向溶液中加入AgNO3溶液,先生成Ag2CrO4沉淀,C正确;D.稀释Na2Cr2O7溶液时,溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小,由于KW不变,则c(OH-)增大,D错误;答案为C。【点睛】温度未变,则溶液中水的离子积不变,氢离子浓度减小,则氢氧根离子浓度必然增大。2、B【解析】
A、含有硫的矿物燃烧,肯定是二氧化硫气体,正确;B、为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全,过滤即可,错误;C、因为提示中有这样的方程式:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq),因此在加热时,氨就会逸出,正确;D、在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低,正确。答案选B。3、C【解析】
A、二者分子式相同而结构不同,所以二者是同分异构体,错误;B、第一种物质含有苯环,8个C原子共面,第二种物质含有碳碳双键,7个C原子共面,错误;C、第一种物质含有酚羟基,可与溴水发生取代反应,第二种物质含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应,正确;D、两种有机物H原子位置不同,可用核磁共振氢谱区分,错误;答案选C。4、D【解析】
根据元素在周期表中的位置知,W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期,设W原子最外层电子数是a,则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2,这四种元素的原子最外层电子数之和为22,则a+a+1+a-1+a+2=22,则a=5,则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素;【详解】A.NH3和SiH4均为分子晶体,NH3分子间存在氢键,其沸点比SiH4高,故A错误;B.N元素的非金属性比Si元素强,HNO3的酸性比H2SiO3酸性强,故B错误;C.二氧化硅是原子晶体,四氯化硅是分子晶体,原子晶体的熔点高,即SiO2的熔点比SiCl4高,故C错误;D.N3﹣和O2﹣离子结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,则N3﹣>O2﹣,故D正确;故选:D。【点睛】易错选项是A,注意:氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关,氢化物的稳定性与化学键有关。5、A【解析】
A.用图①装置进行石油的分馏,故A正确;B.用图②装置蒸干FeCl3溶液不能得到FeCl3固体,氯化铁要在HCl气流中加热蒸干,故B错误;C.乙酸和乙醇是互溶的混合物,不能用分液漏斗分离,故C错误;D.用图④装置制取H2,先要验纯,在点燃检验H2的可燃性,故D错误。综上所述,答案为A。6、B【解析】
A、苹果缓慢腐坏,属于氧化反应,该反应为放热反应,故A不符合题意;B、弱酸的电离要断开化学键,吸收能量,故B符合题意;C、镁带燃烧,属于放热反应,故C不符合题意;D、酸碱中和,属于放热反应,故D不符合题意;答案选B。7、D【解析】
由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中,得到7.0g沉淀,则n(CaCO3)==0.07mol,由CO~CO2可知,铁的氧化物中的n(O)=0.07mol,n(Fe)==0.05mol,n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7,则铁的氧化物为Fe5O7,故答案为D。8、C【解析】
从图中可以看出,随着pH的不断增大,溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-,但不管pH的大小如何,溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A.H3PO4为多元弱酸,电离应分步进行,电离方程式为:H3PO4H++H2PO4-,A错误;B.pH=2时,溶液中大量存在的微粒有:H3PO4、H2PO4-,B错误;C.滴加NaOH溶液至pH=7,依据电荷守恒,溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-),C正确;D.滴加少量Na2CO3溶液,发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑,D错误;故选C。9、C【解析】
A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘,反应的离子方程式为:2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,选项A错误;B.过量的铁粉溶于稀硝酸,反应的离子方程式为:3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O,选项B错误;C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2,反应的离子方程式为:4Cl2+S2O32-+5H2O=10H++2SO42-+8Cl-,选项C正确;D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2,反应的离子方程式为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,选项D错误。答案选C。10、B【解析】
A.a点溶液没有加入NaOH,为醋酸溶液,根据电离平衡常数计算。设电离的出的H+的浓度为x,由于电离程度很低,可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO-+H+2xxKa===1.8×10-5,解得x=6.0×10-3mol/L,A项正确;B.b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液,物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),醋酸会电离CH3COOHCH3COO-+H+,醋酸根会水解,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡常数<1.8×10-5,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH);B项错误;C.c点醋酸和氢氧化钠完全反应,溶液为CH3COONa溶液,在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将两式联立得到质子守恒,则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+);C项正确;D.d点加入40mL的NaOH溶液,NaOH多一倍,为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液,有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),D项正确;本题答案选B。【点睛】电解质溶液中,粒子浓度有三大守恒,电荷守恒、物料守恒和质子守恒,写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。11、B【解析】
根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知:x属于第一周期,y、z、d属于第二周期,e、f、g、h属于第三周期元素;根据最高正价或最低负价可知:x为H,y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S,h为Cl,属于第三周期,离子半径g>h;d为O,e为Na,同为第二周期,离子半径d>e,故离子半径:g>h>d>e,A正确;B.根据上述分析可知,ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性,属于相互抑制的水解,由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨,则铝离子水解程度大于铵根,即离子浓度:c(Al3+)<c(NH4+),故B错误;C.d为O、e为Na、g为S,由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确;D.f为Al,f的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,为两性氢氧化物,e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4,可以与Al(OH)3发生反应,故D正确;答案:B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数;根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族;由此判断出元素的种类,再根据元素周期律解答即可。12、B【解析】
A.a点所示pH接近12,显强碱性,碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀,后转化为偏铝酸根,故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根,故A错误;B.图象X(20,9.2)c(Ag+)=10-20mol/L,c(S2-)=10-9.2mol/L,Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2,同理可知Ksp
(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2,CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014,反应趋于完全,故B正确;C.该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成,则高分子的结构简式为,故C错误;D.根据图象可知,反应①中正反应的活化能较小,反应②中正反应的活化能较大,则反应①比反应②的速率快,故D错误;故答案为B。13、A【解析】
根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知,X、Y、Z位于第二周期,W位于第三周期,X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数,则X为C元素,Y为N元素,Z为O元素,W为Al元素。【详解】A.由分析可知,X为C元素,Y为N元素,Z为O元素,O元素没有最高正价,故A错误;B.由分析可知,Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O,氮,氧元素中氧的电负性最大,氧与氢之间的共价键最牢固,所以氧的氢化物H2O更稳定,故B正确;C.电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小,氧的核电荷数大于氮元素,所以后者半径小,故C正确;D.工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al,故D正确;题目要求选错误项,故选A。【点睛】C选注意粒子半径大小的比较:(1)同一元素原子、离子:简单阴离子半径大于其相应原子半径,简单阳离子半径小于其相应原子半径;(2)同一元素离子:核外电子数越少,半径越小;(3)电子层结构相同的离子:核电荷数越大,半径越小。14、D【解析】
A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1,盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵中铵根水解显酸性,因而②(pH=7)时,氨水稍过量,即反应未完全进行,从①到②,氨水的量减少,氯化铵的量变多,又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比,氯化铵为强电解质,完全电离,得到的离子(铵根的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱,少部分NH3·H2O发生电离),因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点,A错误;B.观察图像曲线变化趋势,可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点,得到氯化铵溶液,盐类的水解促进水的电离,因而溶液pOH=8,则c溶液(OH-)=10-8mol/L,c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L,B错误;C.①点盐酸的量是③点的一半,③为恰好完全反应的点,因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl,可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),又①pOH=4,说明溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),那么c(NH4+)>c(Cl-),C错误;D.V(HCl)=0时,可知氨水的pOH=2.8,则c(OH-)=10-2.8mol/L,又NH3·H2O⇌NH4++OH-,可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L,③点盐酸和氨水恰好反应,因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L,因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。15、D【解析】
A.催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气,催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成,故A合理;B.催化剂可降低反应活化能,改变反应速率,但不能改变反应焓变,故B合理;C.催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应,发生的是氧化还原反应,涉及电子转移,故C合理;D.催化剂a、b改变反应速率,不改变化学平衡,不能提高反应的平衡转化率,故D不合理;故选D。16、A【解析】A.硫单质点燃生成二氧化硫,二氧化硫通入硝酸钡溶液,溶液显酸性,硝酸根氧化二氧化硫为硫酸,结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀,转化关系可以一步实现,A正确;B.二氧化硅是酸性氧化物,但不溶于水不能一步生成硅酸,B错误;C.氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁,不能生成氯化镁固体,需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体,C错误;D.氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮,不能一步生成二氧化氮气体,D错误;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】
根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物;根据已知条件分析同分异构体的种类;根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知,A、B中均含有醛基,再结合乙烯与A的转化关系知,A是乙醛,B是,由C转化为D的反应条件知,D为,由E的分子式、F的结构式及反应条件知,E为,由E、F之间的关系知Y是乙醇,由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯;【详解】由C的结构简式、反应信息知,A、B中均含有醛基,再结合乙烯与A的转化关系知,A是乙醛,B是,由C转化为D的反应条件知,D为,由E的分子式、F的结构式及反应条件知,E为,由E、F之间的关系知Y是乙醇,由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯;(1)乙烯生成乙醛,则X是O2;F中含氧官能团的名称为羟基、酯基;(2)E→F的反应类型为酯化反应或取代反应;B的结构简式为;F的名称是咖啡酸乙酯;(3)D为,与NaOH溶液反应的化学方程式:;(4)由②得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基;由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-,苯环上有2个官能团一定有-OH,还含有-CH2CH(CHO)OOCH或-CH(CHO)CH2OOCH或-CH(OOCH)CH2CHO,苯环上有3种不同的位置关系,故共有9种同分异构体;(5)乙烯先被氧化成乙醛,乙醛再转化为2-丁烯醛,最后氧化为目标产物:CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题(4),应根据题中信息进行分析,遇FeCl3溶液发生显色反应,说明G中含有苯环和酚羟基,能发生水解反应,说明含有酯基,能发生银镜反应,说明含有醛基,1mol该物质最多还原出4molAg,说明酯基为HCOO-,分子不含有甲基,且苯环上有2个取代基,取代基的位置为邻间对三种,然后根据官能团位置异构进行分析。18、C5H12CH3CHO②⑤C6H12O62C2H5OH+2CO2↑4HCOOC(CH3)3【解析】
A属于碳氢化合物,其中碳的质量分数约为83.3%,因此A中==,则A为C5H12;H常温下呈气态,是室内装潢产生的主要污染物之一,H为HCHO,根据流程图,B为卤代烃,C为醇,D为醛,E为酸;F为乙醇,G为乙醛,G和H以1:3反应生成I,根据信息,I为,J为,E和J以4:1发生酯化反应生成K,E为一元羧酸,E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰,E为,则D为,C为。【详解】(1)根据上述分析可知,A的分子式为C5H12,故答案为:C5H12;(2)根据上述分析,D的结构简式为;G为乙醛,结构简式为CH3CHO,故答案为:;CH3CHO;(3)根据流程图可知,反应①是葡萄糖的分解反应;反应②为卤代烃的水解反应,属于取代反应;反应③是醛和醛的加成反应;反应④是醛的氢化反应,属于加成反应;反应⑤是酯化反应,属于取代反应,②⑤属于取代反应,故答案为:②⑤;(4)反应①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳,反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑;反应④是在催化剂作用下,与氢气共热发生加成反应,反应的化学方程式为,故答案为:C6H12O62C2H5OH+2CO2↑;;(5)既能发生银镜反应又能发生水解反应,表明分子结构中含有醛基和酯基,E为,E的同分异构体属于甲酸酯,同分异构体的结构为HCOOC4H9,因为丁基有4种结构,故E的同分异构体有4种,其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3,故答案为:4;HCOOC(CH3)3。19、水浴加热Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+取最后一次洗涤液少量,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若不出现沉淀,即洗涤干净暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全(1.000-84a)/18a1【解析】
(1)①①水浴加热受热均匀,易于控制,不高于100℃均可采用水浴加热,故答案为水浴加热;②将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,用氨水调节溶液pH到9.5,反应生成碳酸镁结晶水合物,反应的化学方程式为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+,故答案为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+;(2)①装置中气球可以缓冲压强并封闭装置,暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定,故答案为暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定;②反应后期将温度升到30℃,使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收,减少测定产生的误差,故答案为升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全;③实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为amol,依据元素守恒可知,碳酸镁物质的量为amol,根据化学式可知,MgCO3•nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n,得到1:n=a:;得到n=(1.000-84a)/18a,故答案为(1.000-84a)/18a;(3)MgCO3•nH2On=1~5,分析图象400°C剩余质量为82.3g,为失去结晶水的质量,剩余质量为39.5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量,得到100g×=100-82.3,解得n=1,故答案为1。20、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O(球形)干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下,减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红,硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,则证明含Cu2O【解析】
装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物,,生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢,干燥气体,通过装置D加热还原氧化铜,通过装置B检验生成的水蒸气,通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳,通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳,CO能与银氨溶液反应:CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3,最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷,可判断A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3,故答案为:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3;(2).A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O,碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O,故答案为:除去甲烷中的HCl和H2O;装置B为球形干燥管;(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥,甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物,通过装置D加热还原氧化铜,通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳,通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳,最后用排水法吸收和收集气体,按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→F→D→B→E→C→G,故答案为:FDBECG;(4).如果是普通分液漏斗,需先打开分液漏斗上口的玻璃塞,再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下,对比起来,恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下,减少盐酸的挥发,故答案为:平衡气压使盐酸顺利流下,减少盐酸的挥发;(5).D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜,产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物,故答案为:D中黑色氧化铜变红,硬质玻璃管内壁有水珠附着;(6).当
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