![湖北省华大新高三3月份模拟考试新高考化学试题及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/27/00/wKhkGGaTduiAevlEAAIGJCHsBDs083.jpg)
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文档简介
湖北省华大新高三3月份模拟考试新高考化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应:A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后,在t2时刻改变某一条件,其反应过程如图。下列说法正确的是A.0~t2时,v(正)>v(逆)B.t2时刻改变的条件可能是加催化剂C.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,A的体积分数Ⅰ=ⅡD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,平衡常数I<Ⅱ2、11.9g金属锡跟100mL12mol•L﹣1HNO3共热一段时间.完全反应后测定溶液中c(H+)为8mol•L﹣1,溶液体积仍为100mL.放出的气体在标准状况下体积约为8.96L.由此推断氧化产物可能是(Sn的相对原子质量为119)()A.Sn(NO3)4 B.Sn(NO3)2 C.SnO2∙4H2O D.SnO3、中国科学院科研团队研究表明,在常温常压和可见光下,基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A.该过程将太阳能转化成为化学能B.该过程中,涉及极性键和非极性健的断裂与生成C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1D.原料气N2可通过分离液态空气获得4、化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的B.人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C.煤经气化和液化两个物理变化过程,可变为清洁能源D.禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂,可减少汽车尾气污染5、下列说法中不正确的是()A.D和T互为同位素B.“碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳,它与石墨互为同素异形体C.CH3CH2COOH和HCOOCH3互为同系物D.丙醛与环氧丙烷()互为同分异构体6、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是()A.氧化性:HClOB.ClC.气态氢化物的稳定性:HClD.Cl2与Fe反应生成FeCl3,而S与Fe7、某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为],酸液室通入(以NaCl为支持电解质),产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是()A.电子由N极经外电路流向M极B.N电极区的电极反应式为↑C.在碱液室可以生成D.放电一段时间后,酸液室溶液pH减小8、用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液逐滴滴入②中,预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A.稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C.氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D.氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A.A B.B C.C D.D9、甲醇低压羰基合成法(CH3OH+CO→CH3COOH)是当今世界醋酸生产的主要方法,国标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇,可用的方法是A.观察放入金属Na是否产生气泡B.观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C.观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D.观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红10、下列说法不正确的是()A.稳定性:HBr<HI<HatB.酸性:H3PO4<H2SO4<HClO4C.原子半径:Sn>As>SD.表中,元素Pb的金属性最强11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大,四种元素形成的化合物甲的结构如图所示:且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A.YW3分子中的键角为120°B.W2Z的稳定性大于YW3C.物质甲分子中存在6个σ键D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸12、关于下列各装置图的叙述中,正确的是()A.图a制取及观察Fe(OH)2B.图b比较两种物质的热稳定性C.图c实验室制取NH3D.图d分离沸点不同且互溶的液体混合物13、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气;三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验:①加热10g硫酸铜粉末至完全分解,②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g,②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A.3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ B.4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑C.5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D.6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑14、室温下,用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中,用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水,根据测定结果绘制出ClO-、ClO3-等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B.a点溶液中存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(ClO3-)+c(OH-)C.b点溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)D.t2~t4,ClO-的物质的量下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO-=Cl-+ClO3-15、下列有机反应:①甲烷与氯气光照反应②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热⑧液态植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列说法正确的是A.②⑤的反应类型相同B.⑥⑦的反应类型不同C.④与其他8个反应的类型都不同D.①③⑧属于同一种反应类型16、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A.25℃时,pH=1的1.0LH2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NAB.标准状况下,2.24LCl2与水反应,转移的电子总数小于0.1NAC.室温下,14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD.在0.5L0.2mol·L-1的CuCl2溶液中,n(Cl-)=0.2NA二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α-溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)A的名称___________________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线:__________________。18、某药物中间体X的合成路线如下:已知:①RX++HX;②-NH2+RCHORCH=N-;③R-OH;④。请回答:(1)F的结构简式为________。(2)下列说法正确的是________。AH→X的反应类型属于加成反应B化合物F具有弱碱性C化合物G能发生取代、消去、还原反应D化合物X的分子式为C23H27O3N9(3)写出B→C的化学方程式________。(4)可以转化为。设计以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)________。(5)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式。①分子中有一个六元环,无其它环状结构;________②1H−NMR谱表明分子中有2种氢原子;IR谱显示存在-CN________。19、某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律。(提出猜想)小组提出如下4种猜想:甲:Mg(NO2)2、NO2、O2乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2丁:MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知,NO2
可被NaOH溶液吸收,反应的化学方程式为:_________。(2)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是________。(实验操作)(3)设计如图装置,用氮气排尽装置中空气,其目的是_______;加热Mg(NO3)2固体,AB装置实验现象是:________,说明有Mg(NO3)2固体分解了,有NO2生成。(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生,但通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,其作用是:_______。(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气,仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验,因为:______,改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_______。(6)上述系列改进后,如果分解产物中有O2存在,排除装置与操作的原因,未检测到的原因是______。(用化学方程式表示)20、辉铜矿主要成分为Cu2S,软锰矿主要成分MnO2,它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下:(1)浸取2过程中温度控制在500C~600C之间的原因是__________________。(2)硫酸浸取时,Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用,该过程可能经过两岁反应完成,将其补充完整:
①_____________________________(用离子方程式表示)②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3)固体甲是一种碱式盐,为测定甲的化学式,进行以下实验:步骤1:取19.2g固体甲,加足量的稀盐酸溶解,将所得溶液分为A、B两等份;步骤2:向A中加入足量的NaOH溶液并加热,共收集到0.448LNH3(标准状况下)过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化,可得4.80g红棕色固体残渣:步骤3:向B中加入足量的BaCl2溶液,过滤、洗涤、干燥,可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________(4)相关物质的溶解度如下图,从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体,请给出合理的操作顺序(从下列操作中选取,按先后次序列出字母,操作可重复使用):溶液→()→()→()→(A)→()→()→(),_____________A.蒸发溶剂B.趁热过滤C.冷却结晶D.过滤E.将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F.将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体21、乙醛(CH3CHO)是有机合成中的二碳试剂,是合成乙酸、乙醇、乙酸乙酯、农药DDT等的原料。回答下列问题:(1)AndreaDasic等提出在金属催化剂M作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛。催化体系氧化还原循环如图所示。(物质与氧原子的结合力用OA表示)氧原子与N生成NO的结合力OA(N)=167.4kJ·mol-1,氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2H4)=473kJ∙mol-1,则可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足:_______,使用催化剂会使该反应的活化能____(填“增大”或“减小”)。(2)已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0kJ∙mol-1、890.31kJ·mol-1、1167.9kJ∙mol-1,则乙醛的分解反应CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g)的∆H=________。(3)已知:在含有少量I2的溶液中,反应CH3CHO(aq)CH4(g)+CO(g)分两步进行:第I步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应),第II步为快反应。①请写出第II步反应的化学方程式:__________。②增大I2的浓度______(填“能"或“不能")明显增大总反应的平均速率,理由为_________。(4)乙醛可以与饱和的NaHSO3溶液发生反应生成水溶性的-羟基磺酸钠:CH3CHO+NaHSO3CH3CH(OH)SO3Na(-羟基磺酸为易溶于水的强酸)。反应达到平衡后,若其他条件不变,向反应体系中加入足量盐酸,平衡将___(填“正向”“逆向”或“不")移动。(5)在100~120°C、PdCl2–CuCl2催化剂存在下,乙烯可以与O2反应生成乙醛:2CH2=CH2(g)+O2(g)2CH3CHO(g)。T°C时,向2L的恒容密闭容器中通入3molCH2=CH2(g)和3molO2(g),发生上述反应,反应刚好达到平衡状态后体系压强变为初始压强的5/6,则CH2=CH2(g)的平衡转化率为____(结果保留3位有效数字),T°C时该反应的平衡常数K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】试题分析:A、图像分析判断0~t2时,0~t1逆反应速率大于正反应速率,t1~t2正逆反应速率相同,A错误;B、在t2时刻若是加入催化剂,由于催化剂对正逆反应速率都有影响,图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大,而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同,速率不变,最后反应达到平衡和原平衡相同,B错误;C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,C正确;D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时,反应速率不变,说明反应达到相同的平衡状态,平衡常数不变,D错误,答案选C。考点:考查化学平衡的建立、图像的分析2、C【解析】
n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol,n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol,12mol/L的硝酸是浓硝酸,反应后溶液中c(H+)为8mol⋅L−1,说明生成的气体是二氧化氮,n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol,设Sn被氧化后的化合价为x,根据转移电子守恒得0.4mol×(5−4)=0.1mol×(x−0)x=+4,又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)=(1.2mol−0.4mol)÷0.1L=8mol/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4,所以可能存在的是SnO2∙4H2O,故选:C。3、C【解析】
A.由图可知,该过程是由太阳能转化成化学能,故A正确;B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2,反应反应物和生成中均存在单质和化合物,即涉及极性键与非极性键的断裂与生成,故B正确;C.根据题意和图示,可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2,由于氮元素从0价降为−3价,氧元素从−2价升到0价,则氮气是氧化剂,水是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C错误;D.由于空气中主要是氮气和氧气,而氧气和氮气的沸点不同,所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气,故D正确;答案选C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查,需要学会观察图示物质转化关系,根据化合价的升降,确定氧化剂还原剂,利用氧化还原反应的规律,配平氧化还原反应。4、C【解析】
A.乙烯含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的,故A正确;B.实验表明,老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气,像鱼儿一样在水中游动,把狗身上的70%的血液,换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活,科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品,故B正确;C.煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程;煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程;两者都生成了新物质,属于化学变化,故C错误;D.因铅能使人体中毒,禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染,故D正确;答案选C。5、C【解析】
A.D和T均为氢元素,但中子数不同,互为同位素,故A正确;B.“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质,互为同素异形体,故B正确;C.CH3CH2COOH属于羧酸类,HCOOCH3属于酯类,官能团不同,不是同系物,故C错误;D.丙醛与环氧丙烷()分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故D正确;综上所述,答案为C。6、A【解析】
A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱,A符合题意;B.在该反应中Cl2将S置换出来,说明氧化性Cl2>S,则元素的非金属性Cl>S,B不符合题意;C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强,因此可通过稳定性HCl>H2S,证明元素的非金属性Cl>S,C不符合题意;D.Fe是变价金属,氧化性强的可将其氧化为高价态,氧化性弱的将其氧化为低价态,所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S,则元素的非金属性Cl>S,D不符合题意;故合理选项是A。7、B【解析】
氢气在电极M表面失电子转化为氢离子,为电池的负极,碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜,中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,电极N为电池的正极,同时,酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室,补充负电荷,据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极,电子由M极经外电路流向N极,故A错误;B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑,故B正确;C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜,钠离子不能进入碱液室,应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C错误;D.放电一段时间后,酸液室氢离子被消耗,最终得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D错误。故选B。8、C【解析】
A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠,生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳,所以不会立即产生气体,故A错误;B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象为钝化现象,所以不会产生大量红棕色气体,故B错误;C.过氧化钠和水反应生成氧气,氧气能氧化氢氧化亚铁,所以产生气体和红褐色沉淀,故C正确;D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠,溶液为澄清,故D错误;故选:C。9、C【解析】
A.均与Na反应生成气泡,不能检验,故A不选;B.滴入的紫色石蕊溶液是否变红,可检验乙酸,不能检验乙醇,故B不选;C.J甲醇能被高锰酸钾氧化,使其褪色,则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇,故C选;D.乙酸与CuO反应,干扰乙醇与CuO的反应,不能检验,故D不选;故选:C。10、A【解析】
A.同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低,则非金属性:Br>I>At,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,则稳定性:HAt<HI<HBr,故A错误;B.同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强,则非金属性:Cl>S>P,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,则酸性:H3PO4<H2SO4<HClO4,故B正确;C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径:Si>S;Ge>As。原子核外电子层数越多,半径越大,Sn>Ge>Si。则原子半径:Sn>As>S,故C正确;D.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强,同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱,故表中元素Pb的金属性最强,故D正确;答案选A。【点睛】注意元素周期表中金属性非金属性变化规律:(1)同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低,同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强;(2)同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强,同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。11、B【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大,根据四种元素形成的化合物结构,其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知,X原子最外层含有4个电子,Y原子最外层含有5个电子,Z原子最外层含有6个电子,W最外层含有1个或7个电子,结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子,W2Z常温常压下为液体”可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O元素,据此分析解答。【详解】根据分析可知,W为H,X为C,Y为N,Z为O元素。A.YW3为NH3,为三角锥形的分子,分子中的键角<120°,故A错误;B.非金属性越强,氢化物越稳定,水的稳定性大于氨气,故B正确;C.物质甲的结构简式为CO(NH2)2,存在7个σ键和1个π键,故C错误;D.N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸,也可能为亚硝酸,其中亚硝酸为弱酸,故D错误;故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C,要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。12、A【解析】
A.将滴管插入到液面以下,氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应:2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe(OH)2↓,Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该装置使用煤油以隔绝空气,使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触,从而达到防止被氧化的目的,所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀,故A正确;B.碳酸钠较稳定,加热不分解,只有碳酸氢钠分解:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠,由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高,故无法比较二者的热稳定性,故B错误;C.氯化铵受热生成氨气和氯化氢,在试管口易因温度降低,两者易反应生成氯化铵,不能制备氨气,故C错误;D.图中装置为分馏操作,可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物,进出水方向为下口进上口出,温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处,故D错误;故答案选A。13、B【解析】
由“反应结束后称量①中固体质量变为5g,②中溶液增加了4.5g”可知,氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫,然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况,从而分析反应中各物质的质量。【详解】根据质量守恒定律分析,反应生成气体的质量为10.0g−5.0g=5g,生成氧化铜的质量为5g;氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫,其质量为4.5g,生成的氧气的质量为5g−4.5g=0.5g;则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g:5g:0.5g=20:10:1,表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20÷160):(10÷80):(1÷32)=4:4:1,故该反应的化学方程式为:4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑,故答案为:B。【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量,然后求出方程式中物质的化学计量数。14、C【解析】
A.NaOH溶液属于强碱溶液,浓氯水显酸性且具有强氧化性,所以NaOH溶液不能用酸式滴定管,浓氯水不能用碱式滴定管,两者不能使用同种滴定管盛装,故A错误;B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl,根据电荷守恒,有:(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),故B错误;C.由图象可知,b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-),根据氧化还原反应得失电子守恒,写出发生反应的化学方程式为:8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O,由此可知,溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1,溶液中各离子浓度:(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),故C正确;D.ClO-发生歧化反应,离子方程式为:3ClO-=2Cl-+ClO3-,故D错误。故选C。15、C【解析】
①甲烷与氯气光照反应发生取代反应,②乙醛制乙酸发生氧化反应,③乙烯使溴水褪色发生加成反应,④乙醇制乙烯发生消去反应,⑤乙醛制乙醇发生还原反应或加成反应,⑥乙酸制乙酸乙酯发生酯化反应或取代反应,⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热发生水解反应或取代反应,⑧液态植物油制人造脂肪发生加成反应,⑨乙烯制乙醇发生加成反应。则A.②⑤的反应类型不相同,A错误;B.⑥⑦的反应类型相同,均是取代反应,B错误;C.④是消去反应,与其他8个反应的类型都不同,C正确;D.①是取代反应,③⑧属于同一种反应类型,都是加成反应,D错误;答案选C。16、A【解析】
A.pH=1,c(H+)=0.1mol·L-1,n(H+)=0.1NA,选项A不正确;B.氯气和水的反应是可逆反应,可逆反应是有限度的,转移的电子总数小于0.1NA,选项B正确;C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2,所以14.0g乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为1mol,碳原子数目一定为NA,选项C正确;D.n(Cl-)=0.5L×0.2mol·L-1×2=0.2mol,即0.2NA,选项D正确。答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、2—甲基丙烯取代反应酚羟基和硝基C10H11NO56【解析】
根据有机化合物的合成分析解答;根据有机化合物的结构与性质分析解答;根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断,可知A物质含有碳碳双键,且含有一个甲基支链,则A为2-甲基丙烯,A与溴单质发生加成反应得到B,B物质中的Br原子水解,生成带羟基的醇,C物质的羟基反应生成醛基即D物质,D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基,即E物质,E物质上的羟基被Br原子取代,得到F,F与H反应生成J;(1)由C物质逆向推断,可知A物质含有碳碳双键,且含有一个甲基支链,则A为2-甲基丙烯,故答案为2-甲基丙烯;(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基,化学方程式,E物质上的羟基被Br原子取代,故答案为,取代反应;(3)由J物质逆向推理可知,H中一定含有苯环、硝基和酚羟基,J的分子式为C10H11NO5,故答案为酚羟基和硝基;C10H11NO5;(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基,其中含有羧基的2种,含有酯基的4种,写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为,故答案为6;;(5)甲苯与氯气发生取代反应,得到1-甲苯,Cl原子水解成羟基得到苯甲醇,苯甲醇再与发生消去反应得到,合成路线为:,故答案为。18、或HOCH2CH2NHNH2BCD++HCl、、【解析】
从E到F的分子式的变化分析,物质E和NH2NH2的反应为取代反应,另外的产物为氯化氢,则推断B的结构简式为,根据信息①分析,C的结构简式为,E的结构简式为HOCH2CH2Cl,F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为或HOCH2CH2NHNH2;(2)A.H的结构中含有氯原子,结合信息①分析,H→X的反应类型属于取代反应,故错误;B.化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2,含有氨基,具有弱碱性,故正确;C.化合物G含有的官能团为羟基,羰基,碳氮双键,碳碳双键,所以能发生取代、消去、还原反应,故正确;D.结合信息①分析,H的分子式为C12H12O2N7Cl,与之反应的分子式为C11H16ON2,该反应为取代反应,生成的另外的产物为氯化氢,则化合物X的分子式为C23H27O3N9,故正确。选BCD;(3)B到C为取代反应,方程式为:++HCl;(4)以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线,从逆推方法入手,需要合成的物质为和HN(CH2CH2Br)2,由苯酚和浓硝酸反应生成,乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,再与氨气反应生成HN(CH2CH2Br)2即可。合成路线为:;(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2,其同分异构体同时符合下列条件:①分子中有一个六元环,无其它环状结构;②1H−NMR谱表明分子中有2种氢原子;IR谱显示存在-CN,说明结构有对称性,除了-CN外另一个氮原子在对称轴上,两个氧原子在六元环上,且处于对称位,所以结构可能为、、、。19、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰固体减少,产生红棕色气体,溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽,防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】
(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2;(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽;加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被二氧化氮氧化;(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,结合亚硫酸钠溶液呈碱性,硫酸钠溶液呈中性判断;(6)如果分解产物中有O2存在,但没有检测到,可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2,,根据电子守恒、原子守恒,可得反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;(2)由于丙产物中化合价只有降低情况,没有升高,不满足氧化还原反应的特征,不符合氧化还原反应原理;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽,避免对产物O2的检验产生干扰,加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被NO2氧化,通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,可确保NO2已被除尽,防止干扰氧气的检验;(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,结合亚硫酸钠溶液呈碱性,硫酸钠溶液呈中性判断,可滴加几滴酚酞试剂,如溶液由红色变为无色,说明有氧气生成;(6)如果分解产物中有O2存在,但没有检测到,可能原因是NO2、O2与H2O反应,发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【点睛】本题为实验探究题目,答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作,侧重考查学生的分析、实验能力。20、温度高苯容易挥发,温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】
(1)根据苯容易挥发,和温度对速率的影响分析;(2)根据催化剂的特点分析,参与反应并最后生成进行书写方程式;(3)根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值,最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂,温度控制在500C~600C之间,是温度越高,苯越容易挥发,温度低反应的速率变小。(2)Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用,说明铁离子参与反应,然后又通过反应生成,铁离子具有氧化性,能氧化硫化亚铜,本身被还原为亚铁离子,故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+,二氧化锰具有氧化性,能氧化亚铁离子。(3)向A中加入足量的NaOH溶液并加热,共收集到0.448LNH3(标准状况下)期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化,可得4.80g红棕色固体残渣,即氧化铁为0.03mol,说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液,过滤、洗涤、干燥,可得9.32g硫酸钡,即0
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