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文档简介
河南省扶沟县高三最后一模新高考化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华,遇潮湿空气即产生大量白雾),下列说法正确的是A.①的试管中盛装二氧化锰,用于常温下制备氯气B.②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C.滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D.⑤用于收集AlCl3,⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替2、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是()A.高纯硅可用于制作光导纤维B.碳酸钠热溶液呈碱性,可用于除去餐具上的油污C.利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖3、设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时,转移的电子数为2NAB.15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中,阴离子数为0.2NAC.1L0.1mol∙L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数目为0.1NAD.12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA4、常温下,下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A.1mol⋅B.使酚酞呈红色的溶液中:KC.c(H+)c(D.由水电离cOH5、如图为高中化学教材《必修1》(人教版)中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中,错误的是A.在H2O分子中,H或O原子均完全不带电荷B.在NaCl晶体中,Na+和Cl-的排列整齐有序C.Na+、Cl在水中是以水合离子的形式存在D.NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键6、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A.制取氯气 B.探究漂白性C.收集氯气 D.尾气吸收7、高温下,超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是()A.KO2中只存在离子键B.超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有1个K+和1个O2-C.晶体中与每个K+距离最近的O2-有6个D.晶体中,所有原子之间都以离子键相结合8、钛(Ti)常被称为未来钢铁。下列关于的说法中,错误的是()A.质子数为22 B.质量数为70 C.中子数为26 D.核外电子数为229、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增加,W与Y能形成两种常温下均为液态的化合物,X是形成化合物种类最多的元素,Z的原子在短周期中半径最大,Q为地壳中含量最多的金属元素,下列说法正确的是A.简单离子半径:Y<ZB.W、X、Y、Z四种元素组成的物质,其水溶液一定呈碱性C.简单氢化物的稳定性:Y大于X,是因为非金属性Y强于XD.工业上制取Q单质通常采用电解其熔融氯化物的方法10、化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是()A.驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金B.疫情期间,“网课”成了我们的主要学习方式,网络光缆的主要成分是晶体硅C.李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”,”烟花”不是焰色反应D.“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”“红泥”是因其含有氧化铁11、25℃时,将0.10mol·L-1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中,lg与pH的关系如图所示,C点坐标是(6,1.7)。(已知:lg5=0.7)下列说法正确的是A.Ka(CH3COOH)=5.0×10-5B.Ka(CH3COOH)=5.0×10-6C.pH=7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD.B点存在c(Na+)-c(CH3COO-)=(10-6-10-8)mol·L-112、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0mol·L-1的KNO3溶液中:H+、Fe2+、Cl-、B.使紫色石蕊溶液变红的溶液中:、Ba2+、、Cl-C.pH=12的溶液中:K+、Na+、CH3COO-、Br-D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中:、Mg2+、I-、Cl-13、下列关于电化学的实验事实正确的是()出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池Cu为正极,正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2,正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法,可防止钢闸门腐蚀A.A B.B C.C D.D14、25℃时,向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸,溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.HCl溶液滴加一半时:B.在A点:C.当时:D.当时,溶液中15、下列有关化学用语表示正确的是()A.NaClO的电子式B.中子数为16的硫离子:SC.为CCl4的比例模型D.16O与18O互为同位素;16O2与18O3互为同素异形体16、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极),拟用该电池电解处理生活污水,达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图:闭合K工作过程中,下列分析错误的是A.甲池中a极反应为:H2-2e-+2OH-=2H2OB.乙池中Fe电极区附近pH增大C.一段时间后,乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D.如果Al电极上附着较多白色物质,甲池中Na+经过交换膜速率定会加快17、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液:I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD.电解饱和食盐水:2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑18、已知A、B、C、D、E为常见的有机化合物,它们之间的转化关系如图所示。其中A只由碳、氢两种元素组成,其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。下列推断正确的是()A.甲烷中混有少量A,可用酸性高锰酸钾溶液除去B.物质C可以和NaHCO3溶液反应生成CO2C.物质E的酯类同分异构体还有3种D.B+D→E的化学方程式为:CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H519、实验室制备下列气体时,所用方法正确的是()A.制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B.制氯气时,用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C.制氨气时,用排水法或向下排空气法收集气体D.制二氧化氮时,用水或NaOH溶液吸收尾气20、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A.常温常压下,1mol氦气中含有的质子数为2NAB.l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC.1Llmol/LNa2CO3溶液中,阴离子总数小于NAD.浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g,转移电子数为0.5NA21、下列有关说法正确的是A.酒精浓度越大,消毒效果越好B.通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C.可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D.淀粉和纤维素作为同分异构体,物理性质和化学性质均有不同22、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Y元素在同周期中离子半径最小;甲、乙分别是元素Y、Z的单质;丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物,常温下丁为液态;戊为酸性气体,常温下0.01mol·L-1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:Z>Y>X>WB.W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C.W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D.比较X、Z非金属性强弱时,可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性二、非选择题(共84分)23、(14分)乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(H)具有很好的抗血小板聚集活性,是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知:①②③请回答:(1)E中含有的官能团名称为_________;(2)丹皮酚的结构简式为_________;(3)下列说法不正确的是(_____)A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B.物质B可能溶于水,且能与盐酸反应生成有机盐C.D→E和G→H的反应类型均为取代反应D.物质C能使浓溴水褪色,而且1molC消耗2molBr2(4)写出F→G的化学方程式_________。(5)写出满足下列条件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应;1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子;IR谱显示有-NH2,且与苯环直接相连。(6)阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息,请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林()。(用流程图表示,无机试剂任选)______。24、(12分)化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题:已知:①R1COOH+R2COR3。②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰;B的结构简式为________。(2)的化学名称为________;D中所含官能团的名称为________。(3)所需的试剂和反应条件为________;的反应类型为________。(4)的化学方程式为________。(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。①五元环上连有2个取代基②能与溶液反应生成气体③能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息,以甲基环戊烯为原料无机试剂任选,设计制备的合成路线:________。25、(12分)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性,可用于棉织物漂白后的脱氯剂,定量分析中的还原剂。易溶于水,不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化,48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为:Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下:①称取12.6gNa2SO3于烧杯中,溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉,用少许乙醇润湿后,加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示,部分装置略去),微沸,反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答:(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度,其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤,应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下,再关抽气泵,其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A.水B.乙醇C.氢氧化钠溶液D.稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH=8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度,可进行以下实验。步骤1:准确量取ClO2溶液10.00mL,稀释成100mL试样。步骤2:量取V1ML试样加入到锥形瓶中,调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟(已知:ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3:以淀粉溶液作指示剂,用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知:I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。26、(10分)阿司匹林(乙酰水杨酸)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解,分解温度为128~135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林,制备的主要反应为+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下:主要试剂和产品的物理常数:名称相对分子质量熔点或沸点(℃)水水杨酸138158(熔点)微溶醋酸酐102139.4(沸点)反应乙酰水杨酸180135(熔点)微溶请根据以上信息回答下列问题:(1)合成过程中最合适的加热方法是__________。(2)提纯粗产品时加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止,再过滤,则加饱和NaHCO3溶液的目的是______(3)另一种改进的提纯方法,称为重结晶提纯法。改进的提纯方法中加热回流的装置如图所示,仪器a的名称是____,冷凝管中冷凝水的进入口是____(填“b”或“c”),使用温度计的目的是_________(4)检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是_________(5)该学习小组在实验中原料用量:2.76g水杨酸、7.5mL醋酸酐(ρ=1.08g/cm3),最终称量产品m=2.92g,则所得乙酰水杨酸的产率为____。27、(12分)ClO2是一种高效安全消毒剂,常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体,其熔点为-59.5℃,沸点为11.0℃,能溶于水但不与水反应,遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备Ⅰ.二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10gKClO3固体和(1)装置A用水浴加热的优点是_________;装置A中水浴温度不低于60℃,其原因是_______________。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________;已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2,且物质的量之比为2:1,则该反应的化学方程式为____________;装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2,生成物质的量之比为的1:1的两种盐,一种为NaClOⅡ.ClO2步骤1:量取ClO2溶液10mL,稀释成100mL步骤2:调节试样的pH≤2.0,加入足量的步骤3:加入指示剂,用c mol⋅L-1 (4)已知:2ClO2+8H++10I-=5IⅢ.设计实验验证ClO2(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中,振荡,得无色溶液。欲检验H(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是28、(14分)[化学——选修3:物质结构与性质]铬元素在地壳中含量占第21位,是一种重要的金属。回答下列问题:(1)基态铬原子的价电子排布式为_________________,根据价层电子判断铬元素中最高价态为___________价。铬元素的第二电离能________锰元素的第二电离能(填“>”“<”填“=”)。(2)无水氯化亚铬(CrCl2)的制备方法为在500℃时用含HCl的H2气流还原CrCl3,该过程涉及到的反应原理为____________________________________________(用化学方程式表示)。已知:氯化亚铬的熔点为820~824℃,则其晶体类型为___________晶体。二价铬还能与乙酸根形成配合物,在乙酸根中碳原子的杂化形式为___________(3)已知CrO5中铬元素为最高价态,画出其结构式:______________________(4)Cr元素与H元素形成化合物的晶胞结构如图所示,则该化合物的化学式为___________。已知:该晶胞的边长为437.6pm,NA表示阿伏加德罗常数的值,则晶体的密度为____g/cm3(列出计算式即可)。29、(10分)铁被誉为“第一金属”,铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。(1)已知:元素的一个基态的气态原子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量称为该元素的第一电子亲和能,用E1表示。从-1价的气态阴离子再得到1个电子,成为-2价的气态阴离子所放出的能量称为第二电子亲和能E2,依此类推。FeO是离子晶体,其晶格能可通过如下的Born-Haber循环计算得到。铁单质的原子化热为__________kJ/mol,FeO的晶格能为__________kJ/mol,基态O原子E1____________E2(填“大于”或“小于”),从原子结构角度解释_________。(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(图1),是化学中一种良好的配合剂,形成的配合物叫做螯合物。EDTA在配位滴定中经常用到,一般是测定金属离子的含量。已知:EDTA配离子结构(图2)。EDTA中碳原子轨道的杂化类型为____________,EDTANa-Fe(Ⅲ)是一种螯合物,六个配位原子在空间构型为____________。EDTANa-Fe(Ⅲ)的化学键除了σ键和配位键外,还存在____________。(3)Fe3O4晶体中,O2-的重复排列方式如图所示,该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O围成的正四面体空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中,则Fe3O4晶体中,O2-数与正四面体空隙数(包括被填充的)之比为__________,有__________%的正八面体空隙填充阳离子。Fe3O4晶胞的八分之一是图示结构单元(图3),晶体密度为5.18g/cm3,则该晶胞参数a=____________pm。(写出计算表达式)
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、D【解析】
由实验装置可知,①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气,②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl,③中浓硫酸干燥氯气,④中Al与氯气反应生成AlCl3,⑤为收集氯化铝的装置;⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解,⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气,以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰,常温与浓盐酸不反应,需要加热制备氯气,A项错误;B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液,B项错误;C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气,再点燃④的酒精灯,C项错误;D.⑤用于收集AlCl3,⑥、⑦两个装置要防止其水解,且要吸收尾气中的氯气,则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替,D项正确;答案选D。2、A【解析】
A.高纯硅用于制太阳能电池或芯片等,而光导纤维的材料是二氧化硅,故A错误;B.利用碳酸钠热溶液水解呈碱性,可除餐具上的油污,故B正确;C.海水蒸发是物理变化,故C正确;D.淀粉和纤维素均为多糖,一定条件下,淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖,故D正确;故答案为A。3、B【解析】
A.未说明气体是否在标况下,不能计算,故错误;B.Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同,所以15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol,阴离子数为0.2NA,故正确;C.CH3COONa溶液中醋酸根离子水解,不能计算其离子数目,故错误;D.12g金刚石即1mol,每个碳原子与4个碳原子形成共价键,所以平均每个碳形成2个键,则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA,故错误。故选B。4、B【解析】
A.在酸性条件下,H+与ClO-及I-会发生氧化还原反应,不能大量共存,A错误;B.使酚酞呈红色的溶液显碱性,在碱性溶液中,本组离子不能发生离子反应,可以大量共存,B正确;C.c(H+)c(OH-)=1×1014的溶液是酸性溶液,在酸性溶液中,H+、Fe2+D.由水电离产生c(OH-)=1×10-14mol/L的溶液,水的电离受到了抑制,溶液可能显酸性,也可能显碱性,HCO3-与H+或OH-都会发生反应,不能大量共存,D错误;故合理选项是B。5、A【解析】
A.在H2O分子中,O原子吸引电子的能力很强,O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O,使得O原子相对显负电性,H原子相对显正电性,A项错误;B.在NaCl晶体中,Na+和Cl-整齐有序地排列,B项正确;C.Na+、Cl在水中是以水合离子的形式存在,C项正确;D.NaCl晶体的溶解和电离过程,使原本紧密结合的Na+与Cl-分开,成为了自由的水合离子,破坏了Na+与Cl-之间的离子键,D项正确;答案选A。6、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热,故A不合理;B.浓硫酸干燥氯气,通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性,故B合理;C.氯气密度大于空气,要用向上排空气法收集氯气,故C不合理;D.氯气在饱和食盐水中难以溶解,故D不合理。故选B。7、C【解析】
A、K+离子与O2-离子形成离子键,O2-离子中O原子间形成共价键,故A错误;B、K+离子位于顶点和面心,数目为8×1/8+6×1/2=4,O2-离子位于棱心和体心,数目为12×1/4+1=4,即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-,故B错误;C、由晶胞图可知,以晶胞上方面心的K+为研究对象,其平面上与其距离最近的O2-有4个,上方和下方各有一个,共有6个,故C正确;D、O原子间以共价键结合,故D错误。故选C。【点睛】易错点为C项,由晶胞图可知,以晶胞上方面心的K+为研究对象,其平面上与其距离最近的O2-有4个,上方和下方各有一个。8、B【解析】
的质子数为22,质量数为48,故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22,故A正确;B项、的质量数为48,故B错误;C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26,故C正确;D项、的电子数=质子数=22,故D正确;故选B。9、C【解析】
由题意可推出W、X、Y、Z、Q依次为H、C、O、Na、Al五种元素。A.具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大半径越小,则离子半径O2->Na+,选项A错误;B.这四种元素可以形成多种盐溶液,其中酸式盐溶液有可能显酸性,如NaHC2O4,选项B错误;C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性越强,因非金属性Y(O)强于X(C),则简单氢化物的稳定性:Y大于X,选项C正确;D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物,而不是氯化铝,因为其为共价化合物,熔融并不导电,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表周期律,推出各元素为解题的关键,易错点为选项D;工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物,而不是氯化铝,因为其为共价化合物。10、B【解析】
A.铝锂合金的强度高、密度小,可用作大飞机“运20”的机身材料,A正确;B.疫情期间,“网课”成了我们的主要学习方式,网络光缆的主要成分是二氧化硅,B错误;C.李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”,意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游,“烟花”不是焰色反应,焰色反应是某些金属元素的物理性质,C正确;D.“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”,氧化铁是红棕色,因此“红泥”是因其含有氧化铁,D正确。答案选B。11、A【解析】
醋酸的电离常数,取对数可得到;【详解】A.据以上分析,将C点坐标(6,1.7)代入,可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,Ka(CH3COOH)=5.0×10-5,A正确;B.根据A项分析可知,B错误;C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时,得到CH3COONa溶液,溶液呈碱性,故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL,C错误;D.B点,又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,则由得,pH=8.3,c(H+)=10-8.3mol·L-1,结合电荷守恒式:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知,c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1,D错误;答案选A。12、C【解析】
A.H+、Fe2+、NO3—之间能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量H+,H+与AlO2—在溶液中能够反应,且NH4+与AlO2—会发生双水解,不能大量共存,故B错误;C.pH=12的溶液显碱性,OH-与K+、Na+、CH3COO-、Br-不反应,且K+、Na+、CH3COO-、Br-之间也不反应,可大量共存,故C正确;D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3+,Fe3+、I-能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C。13、A【解析】
A、锌与硫酸发生:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,且锌比铜活泼,因此构成原电池时锌作负极,铜作正极,依据原电池的工作原理,正极上发生还原反应,A正确;B、电解CuCl2溶液,电子从负极流向阴极,阳离子在阴极上得电子,阴离子在阳极上失去电子,电子从阳极流向正极,B错误;C、弱酸环境下,发生钢铁的析氢腐蚀,负极上发生Fe-2e-=Fe2+,正极上发生2H++2e-=H2↑,C错误;D、钢闸门与外电源的负极相连,此方法称为外加电流的阴极保护法,防止钢闸门的腐蚀,D错误;故选A。【点睛】本题的易错点是选项B,在电解池以及原电池中,电解质溶液中没有电子的通过,只有阴阳离子的定向移动,形成闭合回路。14、A【解析】
根据化学反应,充分运用三大守恒关系,挖掘图象中的隐含信息,进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半(10mL)时,溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl,此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),A项错误;B.溶液中加入盐酸,使CO32-转变为HCO3-,则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点,c(HCO3-)=c(CO32-),又A点溶液呈碱性,有c(OH-)>c(H+),B项正确;C.溶液中加入盐酸后,有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),当时有,C项正确;D.溶液中加入盐酸,若无CO2放出,则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出,则溶液中,D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系,应充分应用三大守恒原理,结合题中信息进行分析推理。15、D【解析】
A.NaClO为离子化合物,由Na+和ClO-构成,A错误;B.中子数为16的硫离子应为S2-,B错误;C.中,中心原子半径大于顶点原子半径,而CCl4的比例模型中,Cl原子半径应比C原子半径大,C错误;D.16O与18O都是氧元素的不同原子,二者互为同位素;16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质,二者互为同素异形体,D正确。故选D。【点睛】在同素异形体中,强调组成单质的元素相同,并不强调原子是否相同。两种单质中,组成单质的原子可以是同一种原子,也可以是不同种原子,甚至同一单质中,原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。16、D【解析】
根据此装置电解处理生活污水可知,甲池为原电池,乙为电解池,a为负极,b为正极,铁为阴极,铝为阳极,a极反应为:H2-2e-+2OH-=2H2O,b极反应为2H++2e-=H2↑,总的电极反应为H++OH-=H2O,利用甲池产生的电流电解乙池,乙池中,铝为阳极,铁为阴极,阳极反应为:Al-3e-=Al3+,阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A.甲池为原电池,a为负极,a极通入氢气,氢气在负极上失去电子生成氢离子,结合氢氧根离子生成水,电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O,故A正确;B.乙池中,铁作阴极,电极反应为:2H++2e-=H2↑,溶液中氢离子的浓度减小,氢氧根离子的溶度相对增大,pH增大,故B正确;C.乙为电解池,铝为阳极,铁为阴极,阳极反应为:Al-3e-=Al3+,阴极反应为2H++2e-=H2↑,溶液中的氢离子的浓度减小,氢氧根离子向阳极移动,在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体,吸附污染物颗粒一起沉降,在阴极,一段时间后,铝离子向阴极移动,铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体,吸附水中的污染物颗粒一起沉降,故C正确;D.如果Al电极上附着较多白色物质,白导致色物质为氢氧化铝,阻止了铝电极继续放电,导致导线中电荷的数目减小,甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢,故D错误;答案选D。17、A【解析】
A项,饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3;B项,电荷不守恒,得失电子不守恒;C项,在碱性溶液中不可能生成H+;D项,电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项,饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3,反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-,A项正确;B项,电荷不守恒,得失电子不守恒,正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O,B项错误;C项,在碱性溶液中不可能生成H+,正确的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O,C项错误;D项,电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-,D项错误;答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:①从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物(题中D项)等;②从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等;③从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等(题中B项);④从反应的条件进行判断(题中C项);⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。18、C【解析】
其中A只由碳、氢两种元素组成,其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平,A为乙烯,B为乙醇,C为乙醛,D为乙酸,E为乙酸乙酯。【详解】A.甲烷中混有少量A,不能用酸性高锰酸钾溶液除去,乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳,引入新的杂质,故A错误;B.乙醛和NaHCO3溶液不反应,故B错误;C.物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯,甲酸异丙酯,丙酸甲酯3种,故C正确;D.B+D→E的化学方程式为:CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5+H2O,故D错误。综上所述,答案为C。19、A【解析】
A.Na2O2与水反应,H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气,二者都是固体与液体常温条件下反应,可选择相同的气体发生装置,故A正确;
B.实验室制取的氯气含有氯化氢和水分,常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体,若用饱和NaHCO3溶液,氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应,故B错误;
C.氨气极易溶于水,不能用排水法收集,故C错误;
D.二氧化氮与水反应生成一氧化氮,仍然污染空气,所以不能用水吸收,故D错误;答案选A。20、C【解析】
A.He原子序数为2,原子序数等于质子数,所以1molHe含有2mol质子,质子数为2NA,A项正确;B.10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g,为0.1mol,0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子,溶液中还含有54%的水,5.4g水,为0.3molH2O,含有0.3molO,所以溶液中含有的O原子共0.4mol,数目为0.4NA,B项正确;C.CO32-+H2OHCO3-+OH-,可以知道1个CO32-水解会生成1个OH-和1个HCO3-,阴离子数目增加,大于NA,C项错误;D.NO2、N2O4的最简式相同,可以以NO2的形式进行求解,23gNO2物质的量为0.5mol,N的化合价从NO3-中的+5降低到了+4,现生成0.5molNO2,则共转移0.5mol电子,转移的电子数为0.5NA,D项正确;本题答案选C。21、C【解析】
体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好,A错误;煤中不含苯、甲苯和粗氨水,可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等,B错误;饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出,且能除去乙酸,C正确;淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同,不属于同分异构体,D项错误。22、C【解析】
Y元素在同周期中离子半径最小,金属离子外的电子层数比相应的原子少一层,而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小,而非金属元素的离子的电子层没有减少,所以Y应为Al元素。丁为二元化合物,而且为液态,为水。丙与水反应得到两种物质,而且一种为酸。0.01mol·L-1戊溶液的pH大于2,为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质,Z的原子序数比Al大,Z为S元素。涉及的反应为2Al+3SAl2S3,Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。A.H原子半径最小。同周期的元素,原子序数越大,原子半径越小,Al原子的半径大于S;同主族元素,原子序数越大,原子半径越大,S的原子半径大于O,排序为Y(Al)>Z(S)>X(O)>W(H),A项错误;B.H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中,存在离子键,为离子化合物,B项错误;C.W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H,含有极性键。H2O2的结构简式为H—O-O—H,含有极性键和非极性键,C项正确;D.比较X(O)和Z(S)的非金属性,不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性,因为O没有它的含氧酸。D项错误;本题答案选C。二、非选择题(共84分)23、醚键、羰基AD、。【解析】
苯硝化得到A,从A的分子式可以看出,A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物,结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位,即A为间二硝基苯,A发生还原反应得到B,A中的两个硝基被还原为氨基,得到B(间苯二胺),间苯二胺生成C,分析C的分子式可知,B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C,间苯二酚和乙酸发生取代反应,苯环上的一个氢原子被-COCH3取代,得的有机物,和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚,丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E,根据E和的结构简式可知,丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物,所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应,羰基上的氧原子被NOH代替生成F(),F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G,G中的溴原子被取代生成H。【详解】(1)根据有机物E的结构简式可知,E中含有的官能团名称醚键、羰基;正确答案:醚键、羰基。(2)根据题给信息分析看出,由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚,碳原子数增加1个,再根据有机物E的结构简式可知,丹皮酚的结构简式为;正确答案:。(3)根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3,A错误;物质B为间苯二胺,含有氨基,显碱性可能溶于水,且能与盐酸反应生成有机盐,B正确;D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子;G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应,C正确;物质C为间苯二酚,能与浓溴水发生取代反应,溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代,而且1molC消耗3molBr2,D错误;正确选项AD。(4)有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应;正确答案:。(5)根据有机物F的分子式为C11H15O3N,IR谱显示有-NH2,且与苯环直接相连,该有机物属于芳香族化合物;能发生银镜反应;1molF与2molNaOH恰好反应,说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯;1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子,对称程度较大,不可能含有甲酸酚酯;综上该有机物结构简式可能为:、;正确答案:、。(6)根据题给信息可知,硝基变为羟基,需要先把硝基还原为氨基,然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基,苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③,生成邻羟基苯甲酸,最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯;正确答案:。24、1氯环己烷碳碳双键乙醇溶液、加热酯化反应+CH3CH2OH6【解析】
根据流程图,烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B,B与氢气加成生成C,结合C的化学式可知,A为,B为,C为,根据题干信息①可知,D中含有碳碳双键,则C发生消去反应生成D,D为,D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E,E为,E与乙醇发生酯化反应生成F,F为,根据信息②,F在乙醇钠作用下反应生成M(),据此分析解答。【详解】(1)的结构简式为,A中只有1种氢原子,核磁共振氢谱中有1组吸收峰;B的结构简式为,故答案为:1;;(2)C的结构简式为,化学名称为氯环己烷;D的结构简式为,D中所含官能团为碳碳双键,故答案为:氯环己烷;碳碳双键;(3)C的结构简式为,D的结构简式为,为卤代烃的消去反应,反应条件为NaOH乙醇溶液、加热;E的结构简式为,F的结构简式为,的反应类型为酯化反应或取代反应,故答案为:NaOH乙醇溶液、加热;酯化反应或取代反应;(4)F的结构简式为,M的结构简式为,根据信息②,的化学方程式为+CH3CH2OH,故答案为:+CH3CH2OH;(5)M为,同时满足:①五元环上连有2个取代基;②能与溶液反应生成气体,说明含有羧基;③能发生银镜反应,说明含有醛基,满足条件的M的同分异构体有:、、、、、,一共6种,故答案为:6;(6)以甲基环戊烯()合成,要想合成,需要先合成,因此需要将碳碳双键打开,根据信息①,碳碳双键打开后得到,只需要将中的羰基与氢气加成即可,具体的合成路线为,故答案为:。25、球形冷凝管避免温度高于48℃,Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去,并在半分钟内不恢复【解析】
(1)、根据装置图可知,仪器B为球形冷凝管;(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化,48℃分解’解答;停止抽滤时,应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下,再关抽气泵,是为了避免发生水倒吸;(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇,乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中,硫在酒精中微溶,可以增大接触面积,提高反应速率;(4)、常温下,由pH=8,是Na2S2O3为强碱弱酸盐,水解呈碱性;(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液,氯水具有氧化性,Na2S2O3具有还原性,发生氧化还原反应,生成SO42-和Cl-,生成的SO42-再与Ba2+反应;(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原,以淀粉溶液作指示剂,溶液蓝色褪去;由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol,所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol,根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】(1)由装置图可知仪器B为球形冷凝管,故答案为:球形冷凝管;(2)加热时应避免温度高于48℃,Na2S2O3•5H2O发生分解,抽滤时应避免倒吸,如欲停止抽滤,应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下,再关抽气泵,其原因是避免发生水倒吸,故答案为:避免温度高于48℃,Na2S2O3•5H2O发生分解;避免发生水倒吸;(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇,故答案为:B;(4)Na2S2O3为强碱弱酸盐,水解呈碱性,离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣,故答案为:S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣;(5)实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+,故答案为:S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+;(6)滴定终点,溶液蓝色褪色,且半分钟内不恢复,反应的关系式为2ClO2~5I2~10S2O32﹣,n(Na2S2O3)=V2c×10﹣3mol,则c(ClO2)=mol/L,故答案为:溶液蓝色褪去,并在半分钟内不恢复;。26、水浴加热使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离三颈烧瓶b控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解取少量结晶产品于试管中,加蒸馏水溶解,滴加FeCl3溶液,若溶液呈紫色则含水杨酸81.1%【解析】
(1)合成的温度为85℃,所以可以采取水浴加热;(2)加入饱和NaHCO3溶液使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离,故答案为:使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离;(3)冷凝管中水的流向是下口进水,上口出水。由于乙酰水杨酸受热易分解,所以使用温度计控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解。故答案为:三颈烧瓶,b,控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解;(4)乙酰水杨酸和水杨酸中都有羧基,但水杨酸中有酚羟基,可以用FeCl3溶液检验酚羟基,进而检验产品中是否含有水杨酸,故答案为:取少量结晶产品于试管中,加蒸馏水溶解,滴加FeCl3溶液,若溶液呈紫色则含水杨酸;(5)2.76g水杨酸为0.02mol,乙酸酐为7.5mL×1.08g/cm3÷102g/mol=0.08mol,所以乙酸酐是过量的,生成的乙酰水杨酸的物质的量和水杨酸的物质的量相等,所以乙酰水杨酸的质量为0.02mol×180g/mol=3.6g。则所得乙酰水杨酸的产率为×100%≈81.1%。27、受热均匀,且易控制温度如温度过低,则反应速率较慢,且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可减少ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大盐酸和BaCl2溶液将ClO2气体通入FeSO4溶液中,并滴入KSCN溶液,观察溶液颜色变化,若溶液变为血红色,则证明ClO2的氧化性比【解析】
Ⅰ.水浴加热条件下,草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2,因遇热水缓慢水解,则B中含冰块的水用于吸收ClO2,根据氧化还原反应规律,结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式;C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气,生成物质的量之比为1:1的两种阴离子,一种为NaClO2,根据氧化还原反应规律来书写;II.有碘单质生成,用淀粉做指示剂;根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3计算c(ClO2);III.ClO2具有强氧化性,可氧化H2S生成硫酸,氧化亚铁离子生成铁离子,检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀,且易控制温度,如温度过低,则反应速率较慢,且不利于ClO2的逸出,温度过高,会加剧ClO2水解;(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物,同时草酸被氧化生成水和二氧化碳,则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O;(3)装置B的水中需放入冰块,可减少ClO2挥发和水解;ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2,且物质的量之比为2:1,则根据反应前后各种元素原子个数相等,结合电子转移守恒,可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2;装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2,生成物质的量之比为的1:1的两种盐,由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价,一种为NaClO2,根据氧化还原反应的规律,则另一种生成物为NaClO3;II.有碘单质生成,用淀粉作指示剂;二氧化硫和碘单质的反应中,根据电子守恒,得到:2ClO2~5I2,结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,得到关系式:2ClO2~5I2~10Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x,n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol,2ClO2~5I2~10Na2S2O32mol10mol10-2∙x∙V1×10-310-1cV2×10-3mol,2:10=10-2∙x∙V1如果滴加速率过慢,溶液中部分I-被氧气氧化产生I2,消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大,则由此计算出的ClO2的含量就会偏大;(4)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中,振荡,得无色溶液,说明硫化氢被氧化生成硫酸,可先加入盐酸酸化,然后再加入氯化钡检验,若反应产生白色沉淀,证明有SO42-,即H2S被氧化产生了H2SO4;(5)证明ClO2的氧化性比Fe3+强,则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+,可将ClO2气体通入FeS
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