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![陕西省蓝田县高三3月份模拟考试新高考化学试题及答案解析_第5页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/1E/0D/wKhkGGaTeAWAKtTbAAIzczOxzvA2565.jpg)
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文档简介
陕西省蓝田县高三3月份模拟考试新高考化学试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、以石墨负极(C)、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示(实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的)。充放电时,Li+在正极材料上脱嵌或嵌入,随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A.锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B.该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C.放电时,负极材料上的反应为6C+xLi++xe-=LixC6D.放电时,正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+2、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-)=0.2NA3、人体血液存在H2CO3HCO3-、HPO42-H2PO4-等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值A.曲线I表示lg(c(HPO42-)c(HB.a→C.当cH2D.当pH增大时,cHCO4、A是一种常见的单质,B、C为中学化学常见的化合物,A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系(部分产物及反应条件已略去),下列判断正确的是A.X元素可能为AlB.X元素不一定为非金属元素C.反应①和②互为可逆反应D.反应①和②一定为氧化还原反应5、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone,可用于制作“香水”,其结构为:,有关该化合物的下列说法不正确的是A.分子式为 B.该化合物可发生聚合反应 C.1mol该化合物完全燃烧消耗19mol D.与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验6、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐,可用于制备Al2O3、K2CO3等物质,制备流程如图所示:下列有关说法正确的是A.上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B.钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C.煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D.沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓7、已知NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB.1L0.1mol•L-1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NAC.0.1molH2O2分解产生O2时,转移的电子数为0.2NAD.2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA8、室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl﹣)B.向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3:c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32﹣)C.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2:c(Na+)=2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3)]D.向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2:c(NH4+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)9、Z是合成某药物的中间体,其合成原理如下:下列说法正确的是.A.用NaHCO3溶液可以鉴别X和Z B.X、Y、Z都能发生取代反应C.X分子所有碳原子可能共平面 D.与X具有相同官能团的同分异构体还有5种10、25℃,将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合,保持Va+Vb=100mL,生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A.HA一定是弱酸B.BOH可能是强碱C.z点时,水的电离被促进D.x、y、z点时,溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)11、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中,溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液,加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中,然后加蒸馏水定容A.A B.B C.C D.D12、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯,充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热,然后加入银氨溶液,加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A.A B.B. C.C D.D13、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X,其转化关系如下:下列说法错误的是A.若A为NaOH溶液,乙为白色沉淀,则X可能为短周期金属元素B.若A为硝酸,X为金属元素,则甲与乙反应可生成丙C.若A为氧气,丙在通常状况下为红棕色气体,则甲可能为非金属单质D.若乙为NaHCO3,则甲或丙可能是CO214、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液,溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加,一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A.该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB.开始阶段,pH迅速上升说明H+被中和C.OH-和Cl2能直接快速反应D.NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移15、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是()A.对比pH=7和pH=10的曲线,在同一时刻,能说明R的起始浓度越大,降解速率越大B.对比pH=2和pH=7的曲线,说明溶液酸性越强,R的降解速率越大C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4mol·L-1·min-1D.50min时,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等16、有机物X的结构简式如图,某同学对其可能具有的化学性质进行了预测,其中正确的是①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下,能与冰醋酸发生酯化反应A.①② B.②③ C.①②③ D.①②③④17、“以曾青涂铁。铁赤色如铜"——东晋.葛洪。下列有关解读正确的是A.铁与铜盐发生氧化还原反应. B.通过化学变化可将铁变成铜C.铁在此条件下变成红色的Fe2O3 D.铜的金属性比铁强18、化学与生活密切相关,下列说法错误的是()A.乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C.有机高分子聚合物不能用于导电材料D.葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜19、锂钒氧化物二次电池成本较低,且对环境无污染,其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是()A.该电池充电时,负极的电极反应式为LixV2O5–xe-=V2O5+xLi+B.该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C.当电池中有7gLi参与放电时,能得到59gNiD.电解过程中,NaCl溶液的浓度会不断增大20、人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示或]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2(pKa═-lgKa)。则下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系B.a~b的过程中,水的电离程度逐渐增大C.当c(H2CO3)═c(HCO3—)时,c(HPO42—)=c(H2PO4—)D.当pH增大时,逐渐增大21、关于①②③三种化合物:,下列说法正确的是A.它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.它们的分子式都是C8H8C.它们分子中所有原子都一定不共面D.③的二氯代物有4种22、下列各组中的X和Y两种原子,化学性质一定相似的是()A.X原子和Y原子最外层都只有1个电子B.X原子的核外电子排布式为1s2,Y原子的核外电子排布式为1s22s2C.X原子的2p能级上有3个电子,Y原子的3p能级上有3个电子D.X原子核外M层上仅有2个电子,Y原子核外N层上仅有2个电子二、非选择题(共84分)23、(14分)结晶玫瑰广泛用于香料中,它的两条合成路线如下图所示:已知:两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定,会发生脱水反应:+H2O完成下列填空:(1)A的俗称是_________;D中官能团的名称是_______;反应②的反应类型是_______。(2)写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。(3)已知:,则可推知反应②发生时,会得到一种副产物,写出该副产物的结构简式_____。(4)G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色,与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生,若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应,则共热生成的有机物的结构简式为________________(任写一种)24、(12分)3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图:已知:HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O(1)A的名称是___,遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___种。B的结构简式___,D中含氧官能团的名称为___。(2)试剂C可选用下列中的___。a.溴水b.银氨溶液c.酸性KMnO4溶液d.新制Cu(OH)2悬浊液(3)是E的一种同分异构体,该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___。(4)E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为___。25、(12分)二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知:ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体,具有强氧化性,回答下列问题:(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。①仪器a的名称为________,装置B的作用是________。②装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,该反应的化学方程式为_________。装置D中滴有几滴淀粉溶液,其作用是________________。③装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________,氧化产物是___________。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下:a.取下装置D,将其中的溶液转入250mL容量瓶,用蒸馏水洗涤D瓶2~3次,并将洗涤液一并转移到容量瓶中,再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去24.00mL硫代硫酸钠溶液。①滴定至终点的现象是_____________。②进入装置D中的ClO2质量为_______,与C中ClO2的理论产量相比,测定值偏低,可能的原因是__________。26、(10分)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,根据需要填,可以不填满,也可补充)。(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为:Cl2+2NO=2ClNO①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)27、(12分)碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料,磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。(1)请完成下列实验步骤:①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内,称量乙、丙装置的质量;②按如图所示装置组装好仪器,并检验装置气密性;③加热甲中玻璃管,当乙装置中____________(填实验现象),停止加热;④打开活塞a,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;⑤计算。(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_____________________(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的______(填字母)连接在_________(填装置连接位置)。(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前80.0062.00加热后80.3662.88则该碱式碳酸钴的化学式为_________________。(5)含有Co(AlO2)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应,该玻璃的颜色为___________。(6)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂,以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下:已知:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2CO(OH)2Al(OH)2开始沉淀(PH)3.4完全沉淀(PH)5.2①净除杂质时,加入H2O2发生反应的离子方程式为______________。②加入CoCO3调PH为5.2~7.6,则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。③加盐酸调整PH为2~3的目的为__________________________________。④操作Ⅱ过程为___________(填操作名称)、过滤。28、(14分)氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈,目前所采用或正在研究的主要储氢材料有:配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。①Ti2+基态的电子排布式可表示为__________________。②BH4-的空间构型是________________(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质,是氢能的理想载体,利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢。①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。②下列说法正确的是________(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时,NH3沸点比PH3高c.[Cu(NH3)4]2+中,N原子是配位原子d.CN-的电子式为(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。①C60晶体易溶于苯、CS2,说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”);②1个C60分子中,含有σ键数目为________个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料,其晶胞结构如图所示,已知该晶体的密度为ag·cm-3,则晶胞的体积为____cm3[用a、NA表示(NA表示阿伏加德罗常数)]。29、(10分)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题:(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为__________;第一电离能I1(Si)____I1(Ge)(填“>”或“<”)。(2)基态Ge原子核外电子排布式为_____________;SiO2、GeO2具有类似的晶体结构,其中熔点较高的是________,原因是______。(3)如图为H3BO3晶体的片层结构,其中B的杂化方式为________;硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_____________。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形),晶胞参数为apm,bpm和cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______;CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则CsSiB3O7晶体的密度为_____________g·cm-1(用代数式表示)。
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、A【解析】
根据题意描述,放电时,石墨为负极,充电时,石墨为阴极,石墨转化LixC6,得到电子,石墨电极发生还原反应,与题意吻合,据此分析解答。【详解】根据上述分析,总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.为了防止正负极直接相互接触,因此用锂离子导电膜隔开,锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用,故A正确;B.根据总反应方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知,LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化,否则不能构成原电池反应,故B错误;C.放电时,负极发生氧化反应,电极反应式为:LixC6-xe-=6C+xLi+,故C错误;D.放电时,Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应,电极反应为:Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4,故D错误;答案选A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断,要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B,要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。2、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。3、D【解析】
A.Ka2c(H+)=c(HPO42-)c(H2PO4-),lgc(HPO42-B.由图所示a→b的过程中,酸性减弱,碳酸氢根离子的浓度增大,碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大,故C.由Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)得lgD.Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3),Ka2c(H4、D【解析】
A.如果A是铝,则B和C分别是AlO2-和Al3+,二者在酸性溶液中不可能生成铝,选项A不正确;B.由于和反应生成,说明反应一定是氧化还原反应,则在中的化合价分别是显正价和负价,所以一定是非金属,选项B不正确;C.反应①②中条件不同,不是可逆反应,选项C不正确;D.反应①和②有单质参与和有单质生成,有单质参加或生成的反应是氧化还原反应,选项D正确;答案选D。5、C【解析】
A项,根据键线式,由碳四价补全H原子数,即可写出化学式为C13H20O,正确;B项,由于分子可存在碳碳双键,故可以发生加聚反应,正确;C项,分子式为C13H20O,可以写成C13H18H2O,13个碳应消耗13个O2,18个H消耗4.5个O2,共为13+4.5=17.5,故错误;D项,碳碳双键可以与Br2发生加成发生,然后水解酸化,即可得Br-,再用AgNO3可以检验,正确。答案选C。6、C【解析】
A.CO2、Na2CO3既是反应的产物,也是反应过程中需要加入的物质,因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2,A错误;B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2,B错误;C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3,K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2,C正确;D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体,会产生HCO3-,发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓,D错误;故合理选项是C。7、A【解析】
A.假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有CO2含有的质子的物质的量为,SO2含有的质子的物质的量为,电子的总物质的量为,因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA,A项正确;B.由于SiO32-会水解,因此1L0.1mol•L-1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA,B项错误;C.1mol过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol,因此0.1molH2O2分解产生O2时,转移的电子数为0.1NA,C项错误;D.聚乙烯中不存在碳碳双键,因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0,D项错误。故答案选A。【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题:溶液的体积是否已知;溶质能否水解或电离;水本身是否存在指定的元素等。8、A【解析】
A.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl﹣),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl﹣),故A正确;B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1:1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故c(Na+)>c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B错误;C.向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3,则c(Na+)<2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3)],故C错误;D.向0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2:发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NH4HCO3,根据电荷守恒,c(NH4+)=c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),故D错误;答案为A。9、B【解析】
A.X和Z分子中都含有羧基,都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体,NaHCO3溶液不能鉴别X和Z,A不正确;B.X和Y能发生酯化反应,Y和Z的苯环上能发生卤代反应,酯化反应和卤代反应都属于取代反应,B正确;C.X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子,这四个碳原子不可能共平面,C错误;D.丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH,烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种,除去X本身,与X具有相同官能团的同分异构体还有4种,D错误。故选B。10、C【解析】
A.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,则HA一定是弱酸,故A正确;B.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱,故B正确;C.z点时,BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)<10-9,25℃时该溶液中水的电离被抑制,故C错误;D.x、y、z点时,溶液中都存在电荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故D正确;题目要求选择错误的,故选C。11、B【解析】
A.若某气体具有强氧化性将溴单质氧化,溴水也会褪色,故A错误;B.向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2,且浓硫酸溶于水放热,降低了SO2的溶解度,能够达到实验目的,故B正确;C.硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉,故C错误;D.量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后,迅速转移至1000mL容量瓶中,要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次,洗涤液转移进容量瓶,否则会造成溶质的损失,导致最终溶液浓度偏低,浓醋酸的少量挥发,也会导致溶质的损失,导致最终溶液浓度偏低,故D错误;故答案为B。12、C【解析】
A、I2能与淀粉发生显色反应,Cl2不能与淀粉发生显色反应,故A错误;B、向稀溴水中加入苯,充分振荡、静置,苯萃取溴水中的溴,苯与溴水不反应,故B错误;C、银镜反应需在碱性条件下进行,向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热,先加入氢氧化钠中和硫酸,然后加入银氨溶液,加热,才能判断蔗糖是否水解,故C正确;D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液,生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠,不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3],故D错误。13、B【解析】
A、若A为NaOH溶液,甲是AlCl3,乙是Al(OH)3白色沉淀,丙是NaAlO2,X为短周期金属元素铝,符合题意,A正确;B、若A为硝酸,X为金属元素,X应是变价金属,则甲是Fe,乙是Fe(NO3)2,丙是Fe(NO3)3,甲与乙不反应,B错误;C、若A为氧气,丙在通常状况下为红棕色气体即NO2,则甲是N2,乙是NO,C正确;D、若乙为NaHCO3,甲是CO2,A是NaOH,丙是Na2CO3,或者甲是Na2CO3,乙是NaHCO3,A是HCl,丙是CO2,D正确。答案选B。14、C【解析】
A.没有加入NaOH溶液时,新制氯水的pH为2.6,氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L,故A正确;B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子反应,pH迅速上升,故B正确;C.新制氯水中有氢离子,逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应,故C错误;D.由图可知,逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应,使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反应平衡右移,故D正确;题目要求选择不能得到的结论,故选C。15、A【解析】A.根据图中曲线可知,曲线的斜率表示反应速率,起始浓度不同分解速率不同,PH不同分解速率也不同,故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率,且R的起始浓度越大,降解速率越小,故A错误;B.溶液酸性越强,即pH越小,线的斜率越大,可以知道R的降解速率越大,故B正确;C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-416、D【解析】
①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基,可以使酸性KMnO4溶液褪色,故正确;②含有羧基,可以和NaHCO3溶液反应,故正确;③含有碳碳双键,一定条件下能与H2发生加成反应,故正确;④含有羟基,在浓硫酸、加热条件下,能与冰醋酸发生酯化反应,故正确;故选D。17、A【解析】
A.铁与铜盐发生置换反应Fe+Cu2++Fe2++Cu,属于氧化还原反应,A正确;B.化学变化不能将原子核改变,也即不能改变元素的种类,不可能将铁变成铜,B错误;C.由A的分析知,铁在此条件下变成Fe2+,赤色为生成Cu的颜色,C错误;D.铁置换出铜,说明铜的金属性比铁弱,D错误。故选A。18、C【解析】
A选项,乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水,可以减少污染,故A正确;B选项,甘油丙三醇可以起到保湿作用,故B正确;C选项,聚乙炔膜属于导电高分子材料,故C错误;D选项,浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体,起保鲜作用,故D正确。综上所述,答案为C。【点睛】乙烯是水果催熟剂,与高锰酸钾反应,被高锰酸钾氧化。19、D【解析】
V2O5+xLiLixV2O5,分析反应得出Li化合价升高,为负极,V2O5化合价降低,为正极。【详解】A.该电池充电时,阴极的电极反应式为Li++e-=Li,故A错误;B.Li会与LiCl水溶液中水反应,因此LiCl水溶液不能作电解质溶液,故B错误;C.根据电子守恒得到关系式2Li—Ni,因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时,能得到0.5molNi即29.5g,故C错误;D.电解过程中,碳棒为阳极,阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动,右边是阴极,阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动,因此NaCl溶液的浓度会不断增大,故D正确。综上所述,答案为D。【点睛】分析电池中化合价,对放电来说化合价升高为负极,降低为正极,充电时,原电池的负极就是充电时的阴极,书写时将原电池负极反过来书写即可。20、D【解析】
由电离平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知,随pH增大,溶液中c(OH-)增大,使电离平衡向右移动,H2CO3/HCO3-减小,HPO42-/H2PO4-增大,所以曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,曲线II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的变化关系,以此分析解答。【详解】A.根据以上分析,曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,故A错误;B.曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,a→b的过程中,c(HCO3-)逐渐增大,对水的电离促进作用增大,所以水的电离程度逐渐增大,故B错误;C.根据H2CO3HCO3-+H+,Kal=;H2PO4-HPO42-+H+,Ka2=;由题给信息可知,Ka1Ka2,则当c(H2CO3)=c(HCO3—)时c(HPO42-)c(H2PO4-),故C错误;D.根据Kal=;Ka2=,可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3),当pH增大时,c(H2CO3)逐渐减小,所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小,故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液,涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识,正确分析图象是解题的关键,注意电离常数只与温度有关,温度不变,电离常数不变,注意平衡常数的表达式及巧妙使用。21、B【解析】
A.①中没有不饱和间,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;B.根据三种物质的结构简式,它们的分子式都是C8H8,故B正确;C.②中苯环和碳碳双键都是平面结构,②分子中所有原子可能共面,故C错误;D.不饱和碳原子上的氢原子,在一定条件下也能发生取代反应,采用定一移一的方法如图分析,③的二氯代物有:,,其二氯代物共6种,故D错误;故选B。22、C【解析】
A.最外层都只有1个电子的X和Y,可能为H与碱金属元素,性质不同,故A错误;
B.原子的核外电子排布式为1s2的X为He,原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be,两者性质不同,故B错误;
C.原子的2p能级上有3个电子的X为N,原子的3p能级上有3个电子的Y为P,二者位于周期表同一主族,性质相似,所以C选项是正确的;
D.原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg,原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不确定,元素种类很多,但价电子数不同,性质不相同故D错误。
所以C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系,原子的结构决定元素的化学性质,原子核外最外层的电子或价电子数目相等,则元素对应的单质或化合价的性质相似。二、非选择题(共84分)23、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】
(1)根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿,D中官能团为醛基、氯原子;对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应,故答案为:氯仿;醛基、氯原子;加成反应;(2)G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应,再脱去1分子水生成形成羧基,羧基和氢氧化钠发生中和反应,则反应方程式为:,故答案为:;(3)已知:,可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基,结构简式为:,故答案为:;(4)G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基,与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生,说明酚羟基邻位、对位没有H原子,若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应,则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3,L苯环上还含有2个-Cl,L与NaOH的乙醇溶液共热时,羟基发生反应,还发生卤代烃的消去反应,生成物的结构简式为:,故答案为:。24、对甲基苯甲醛3羧基b、d【解析】
由合成路线可知,甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛,再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B,B为,①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH,而C=C不能被氧化,再酸化得到D,D与甲醇发生酯化反应生成E为,然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】(1)由上述分析可知,A为对甲基苯甲醛,遇FeCl3溶液显紫色,则含酚−OH,且苯环上有两个取代基,另一取代基为−CH=CH2,则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种,由上述分析可知,B为;D的结构为,其中含有含氧官能团为:羧基;故答案为:对甲基苯甲醛;3;;羧基;(2)由生成可知,试剂C不能与C=C反应,只氧化−CHO,则C为b或d,故答案为:b、d;(3)中含−COOC−,与足量NaOH溶液共热的化学方程式为:,故答案为:;(4)E中含-C=C-,在一定条件下可以生成高聚物F,发生加聚反应,则F的结构简式为,故答案为:。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时,需要注意官能团的保护,其常见的措施可将官能团先反应,然后再复原,或在选择反应试剂时控制相关反应。25、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可)SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2检验有I2生成,进而证明ClO2有强氧化性2:1O2溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变0.324
g产生ClO2的速率太快,ClO2没有被D中的溶液完全吸收;C中ClO2未全部进入D中【解析】
(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2,A制备SO2,B装置有缓冲作用,可防止倒吸、堵塞;装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2,ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体,具有强氧化性,在D中发生氧化还原反应生成I2,装置D中滴有几滴淀粉溶液,I2遇淀粉变蓝色;装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,双氧水作还原剂生成氧气,从而防止尾气污染环境;(2)①碘遇淀粉变蓝色,当碘完全反应后溶液变为无色;②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为:2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O,结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可得ClO2~5S2O32-,则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol,250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol,m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g;ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2,A用于制备SO2,B装置有缓冲作用,能防止倒吸、堵塞;装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2,ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体,具有强氧化性,所以D中发生氧化还原反应生成I2,装置D中滴有几滴淀粉溶液,I2单质遇淀粉溶液变为蓝色;装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,双氧水作还原剂生成氧气,从而防止尾气污染环境,①仪器a的名称为分液漏斗,装置B有缓冲作用,所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶);②装置C用于制备ClO2,同时还生成一种酸式盐,根据元素守恒可知,生成的酸式盐为KHSO4,该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2;装置D中滴有几滴淀粉溶液,淀粉遇碘溶液变为蓝色,根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成,从而证明ClO2是否具有氧化性;③装置E用于吸收尾气,反应生成NaClO2,反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O,在该反应中ClO2是氧化剂,NaClO2的还原产物,H2O2是还原剂,O2是氧化产物,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1;(2)①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色,当碘完全反应后溶液变为无色,所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变;②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式:2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O,结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可得关系式:ClO2~5S2O32-,则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol,则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol,m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g;由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备,涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点,侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点,明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。26、A(或B)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点【解析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,也可以用高锰酸钾和浓盐酸;⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②通入一段时间气体,其目的是排空气;⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,选择A,也可以用高锰酸钾和浓盐酸,选择B,发生的离子反应为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:A(或B);MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O);⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h,故答案为:f;g;c;b;d;e;j;h;⑶①用B装置制备NO,与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停,故答案为:排除装置内空气的干扰,可以随开随用,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,其目的是排干净三颈瓶中的空气,故答案为:排干净三颈瓶中的空气;⑷①若亚硝酸为弱酸,则亚硝酸盐水解呈若碱性,即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上,若试纸变蓝,则说明亚硝酸为弱酸,故答案为:用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,因此滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol∙L−1×0.02L=0.02cmol,亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为,故答案为:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;。27、不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中D活塞a前(或装置甲前)Co2(OH)2CO3蓝色2Fe2++H2O2+2H=2Fe3++2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶【解析】
(1)加热甲中玻璃管,当乙装置中不再有气泡产生,即碱式碳酸钴分解完毕;(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟,将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中,以免影响测量结果;(3)在活塞a前,加装装置D,装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳;(4)碱式碳酸钴样品3.65g,反应前乙装置的质量为80.00g,反应后质量为80.36g,据此可以计算生成水的量;反应前丙装置的质量为62.00g,反应后质量为62.00g,据此计算产生二氧化碳的量,得到Co的质量和Co原子物质的量,根据Co、H、C元素守恒可知,来推导碱式碳酸钴的化学式;(5)含有Co(A102)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应,该玻璃为蓝色,可以滤去黄光的干扰;(6)向含钴废料中加入过量稀盐酸,Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2,向溶液中加入双氧水和CoCO3,双氧水具有强氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,加入CoCO3,调节溶液的pH至7.6,使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀,然后过滤,滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液中含有CoCl2,然后向滤液中加入稀盐酸,抑制CoCl2水解,然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O;①双氧水具有氧化性,能氧化还原性离子;②加入CoCO3调pH为5.2~7.6,则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;③CoCl2为强酸弱碱盐,阳离子水解导致溶液呈酸性,加入稀盐酸能抑制水解;④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【详解】(1)加热甲中玻璃管,当乙装置中不再有气泡产生,即碱式碳酸钴分解完毕;(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟,将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中,以免影响测量结果;(3)在活塞a前,加装装置D,装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳;(4)碱式碳酸钴样品3.65g,反应前乙装置的质量为80.00g,反应后质量为80.36g,故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g,物质的量为=0.02mol;反应前丙装置的质量为62.00g,反应后质量为62.00g,生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g,物质的量为=0.02mol,故氧化钴的质量为3.65g-0.36g-0.88g=2.41g,物质的量为=0.02mol,根据Co、H、C元素守恒可知,x:y:z=0.015mol:0.02mol×2:0.02mol=2:4:2,故碱式碳酸钴的化学式为Co2(OH)4(CO3)2;(5)含有Co(A102)2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应,该玻璃为蓝色,可以滤去黄光的干扰;(6)向含钴废料中加入过量稀盐酸,Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2,向溶液中加入双氧水和CoCO3,双氧水具有强氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,加入CoCO3,调节溶液的pH至7.6,使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀,然后过滤,滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液中含有CoCl2,然后向滤液中加入稀盐酸,抑制CoCl2水解,然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O;①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子,发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H=2Fe3++2H2O;②操作1是分离Fe(OH)3、Al(OH)3和液体的操作,是过滤,前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀,所以沉淀的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3;③CoCl2为强酸弱碱盐,阳离子水解导致溶液呈酸性,加入稀盐酸能抑制水解,所以加入稀盐酸调整PH为2~3的目的是抑制CoCl2水解;④操作2是从溶液中提取溶质的操作,操作方法为:蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。28、1s22s22p63s23p63d2(或[Ar]3d2)正四面体H2<N2<NH3abcd
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