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文档简介

山东省平原县第一中学新高考仿真模拟化学试卷考生请注意: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、下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是A.如图所示的化学反应中,反应物的键能之和大于生成物的键能之和B.相同条件下,氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少C.金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示,热反应方程式可为:C(s金刚石)=C(s,石墨)∆H=-(E2—E3)kJ·mol—1D.同温同压下,H2(g)+C12(g)==2HCl(g)能量变化如图所示,在光照和点燃条件下的△H相同2、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫(分子式是:COS),已知羰基硫分子结构与CO2类似,有关说法正确的是()A.羰基硫是电解质B.羰基硫分子的电子式为:C.C、O、S三个原子中半径最小的是CD.羰基硫分子为非极性分子3、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4、下列量气装置用于测量CO2体积,误差最小的是()A. B.C. D.5、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应,没有金属剩余,收到2.24L气体,下列说法一定正确的是A.所得气体为氢气B.所得气体的物质的量为0.1molC.上述过程只发生一个化学反应D.所得溶液中只有一种溶质6、β一l,3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效,受到日益广泛的关注。β-l,3一葡聚糖的结构简式如图,下列说法正确的是A.分子式为(C6Hl2O6)n B.与葡萄糖互为同系物C.可以发生氧化反应 D.葡萄糖发生加聚反应可生成β-l,3一葡聚糖7、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.含1molH2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应,转移的电子数为2NAB.常温下1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAC.标准状况下2.24L己烷分子中含有1.9NA对共用电子D.以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中,导线上经过NA个电子,则正极放出H2的体积为11.2L8、科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯,从而增加苯及芳香族化合物的产量,下列有关说法正确的是A.①②两步反应都属于加成反应B.环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)C.环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D.环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色9、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示,(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A.该反应属于化合反应B.b的二氯代物有6种结构C.1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D.C5H11Cl的结构有8种10、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()A.C3N4晶体是分子晶体B.C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C.C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3D.C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合11、实验室处理废催化剂FeBr3溶液,得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A.制取氯气B.将Br-全部转化为溴单质C.分液时,先从下口放出有机层,再从上口倒出水层D.将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl312、下列有关说法正确的是()A.水合铜离子的模型如图,该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键B.CaF2晶体的晶胞如图,距离F-最近的Ca2+组成正四面体C.氢原子的电子云图如图,氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu中Cu原子堆积模型如图,为面心立方最密堆积,Cu原子的配位数均为12,晶胞空间利用率68%13、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池,用可传递Li+的醚类物质作电解质,电池的总反应为6Li+N22Li3N,下列说法正确的是A.固氮时,电能转化为化学能B.固氮时,电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C.脱氮时,钌复合电极的电极反应:2Li3N-6e-=6Li++N2↑D.脱氮时,Li+向钌复合电极迁移14、室温下,pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A.醋酸的浓度小于盐酸B.盐酸的导电性明显大于醋酸C.加水稀释相同倍数时,醋酸的pH变化更明显D.中和两份完全相同的NaOH溶液,消耗的醋酸的体积更小15、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.氨水应密闭保存,置低温处B.在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C.生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D.实验室用排饱和食盐水法收集氯气16、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑,它们的合金成分可能是()A.钠合金 B.硬铝 C.生铁 D.钛合金17、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A.用葡萄糖制镜或保温瓶胆B.用ClO2杀菌、消毒C.用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果18、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19、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置(忽略其他有机物)。已知储氢装置的电流效率×100%,下列说法不正确的是A.采用多孔电极增大了接触面积,可降低电池能量损失B.过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C.生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D.若=75%,则参加反应的苯为0.8mol20、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象。下列推断合理的是A.一定存在Fe2+、Na+、Cl- B.一定不存在I-、SO32-C.一定呈碱性 D.一定存在NH4+21、在的催化作用下,甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸,其反应方程式为,该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是()A.的电子式: B.乙酸的球棍模型C.该反应为吸热反应 D.该反应为化合反应22、新型冠状病毒来势汹汹,主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播,但是它依然可防可控,采取有效的措施预防,戴口罩、勤洗手,给自己居住、生活的环境消毒,都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是()A.云、烟、雾属于气溶胶,但它们不能发生丁达尔效应B.使用酒精作为环境消毒剂时,酒精浓度越大,消毒效果越好C.“84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒D.生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品,属于天然高分子材料二、非选择题(共84分)23、(14分)氨甲环酸(F)又称止血环酸、凝血酸,是一种在外科手术中广泛使用的止血药,可有效减少术后输血。氨甲环酸(F)的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂未标明):(1)B的系统命名为_______;反应①的反应类型为_____。(2)化合物C含有的官能团的名称为_____。(3)下列有关氨甲环酸的说法中,正确的是_____(填标号)。a.氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b.氨甲环酸是一种天然氨基酸c.氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d.由E生成氨甲环酸的反应为还原反应(4)氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。(5)写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰(6)写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_____24、(12分)花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分,也可用多酚A为原料制备,合成路线如下:回答下列问题:(1)①的反应类型为_____________________;B分子中最多有_________个原子共平面。(2)C中含氧官能团的名称为______________________;③的“条件a”为____________________。(3)④为加成反应,化学方程式为__________________________________。(4)⑤的化学方程式为__________________________________。(5)芳香化合物J是D的同分异构体,符合下列条件的J的结构共有_________种,其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基;②可与NaHCO3反应放出CO2;③1molJ可中和3molNaOH。(6)参照题图信息,写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选):______________25、(12分)为了检验在氢气和二氧化碳的混合气体中是否混入了一氧化碳,用如下的装置进行实验。请回答:(1)写出标有番号的仪器名称:①___________,②_____________,③_____________。(2)装置B中用的试剂是_______________,目的是为了_______________________。(3)当观察到E装置中出现____________现象时,说明混合气体中一定含有一氧化碳。(4)如果混合气体中含有一氧化碳,为了保护环境,应在E装置右边的排气管口采取的措施是_____。(5)A装置的作用是___________,反应的化学方程式是___________________。(6)假设混合气体中的CO与CuO完全反应,当通入的气体为mg,D增重ng,E瓶增重pg。则混合气体中CO的质量百分数为:_________%;如果去掉D装置,这里计算的CO的质量百分数准确吗?为什么?___________________________________________。26、(10分)过氧化钙是一种白色固体,难溶于水,常用作杀菌剂、防腐剂。(1)化学实验小组选用如图装置(部分固定装置略)用钙和氧气制备过氧化钙。①请选择装置,按气流方向连接顺序为___________(填仪器接口的字母编号)②实验室用A装置还可以制备______________等气体(至少两种)③实验开始是先通氧气还是先点燃酒精灯?_________,原因是___________(2)已知化学反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4+。在碱性环境中制取CaO2•8H2O的装置如图所示:①写出A装置中发生反应的化学方程式:____________。②为防止双氧水的分解并有利于_________,装置B中应采用___________条件,装置X的作用是______________。③反应结束后,经_________、__________、低温烘干获得CaO2•8H2O。27、(12分)三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe

(C

2O4)3]•3H2O(其相对分子质量为491),为绿色晶体,易溶于水,难溶于酒精。110℃下可完全失去结晶水,230℃时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解,是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体,并测定其中铁的含量,进行如下实验:Ⅰ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备;①称取5g硫酸亚铁固体,放入到100mL的烧杯中,然后加15mL馏水和5~6滴稀硫酸,加热溶解后,再加入25mL饱和草酸溶液,搅拌加热至沸。停止加热,静置,待析出固体后,抽滤、洗涤、干燥,得到FeC2O4•2H2O;②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL,40oC水浴加热,边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液,变为深棕色,检验Fe2+是否完全转化为Fe3+,若氧化不完全,再补加适量的H2O2溶液;③将溶液加热至沸,然后加入20mL饱和草酸溶液,沉淀立即溶解,溶液转为绿色。趁热抽滤,滤液转入100mL烧杯中,加入95%乙醇25mL,混匀后冷却,可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后,抽滤,用乙醇-丙酮混合液洗涤,置于暗处晾干即可。(1)写出步骤①中,生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。(2)步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。(3)步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤,而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。Ⅱ.铁含量的测定:步骤一:称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。步骤二:取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化,MnO4-被还原成Mn2+,向反应后的溶液中逐渐加入锌粉,加热至黄色刚好消失,过滤、洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时溶液仍呈酸性。步骤三:用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液20.02mL,滴定中MnO4-被还原成Mn2+。步骤四:重复步骤二、步骤三操作,滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。(4)配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____,___,___。(5)写出步骤三中发生反应的离子方程式____。(6)实验测得该晶体中铁的质量分数为____(结果保留3位有效数字)。28、(14分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:______________。(2)在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,该反应的离子方程式是________________________(3)吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:n(SO₃²﹣):n(HSO₃﹣)

91:9

1:1

1:91

pH

8.2

7.2

6.2

①上表判断NaHSO3溶液显______性,用化学平衡原理解释:____________②当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母):____________a.c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),b.c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)c.c(Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)(4)当吸收液的pH降至约为6时,需送至电解槽再生。再生示意图如下:①HSO3-在阳极放电的电极反应式是_______________。②当阴极室中溶液pH升至8以上时,吸收液再生并循环利用。简述再生原理:__________29、(10分)最新“人工固氮”的研究成果表明,能在常温常压发生反应:2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)﹣Q(Q>0)。常温下,实验室在10L恒容容器中模拟该反应,测得实验数据如表:0min2min4min5min6minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675(1)该反应的平衡常数表达式K=_____,0~2min内NH3的平均生成速率为_____。(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化,请解释说明能否判断反应达到平衡_____。(3)在5~6min之间只改变了单一条件,该条件是_____。(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_____,通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_____(用方程式表示)。(5)常温下NH4HCO3溶液的pH>7,由此判断溶液中:c(NH4+)_____c(HCO3﹣)(选填“>”、“<”或“=”),理由是_____。

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】

A.据图可知,该反应是放热反应,反应实质是旧键断裂和新键生成,前者吸收能量,后者释放能量,所以反应物的键能之和小于生成物的键能,A错误;B.液态水的能量比等量的气态水的能量低,而氢气在氧气中的燃烧为放热反应,故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量,故B错误;C.放出的热量=反应物的总能量−生成物的总能量=-(E1—E3)kJ·mol-1,故C错误;D.反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值,与反应条件无关,故D正确;答案选D。2、B【解析】

A.羰基硫(COS)自身不能电离,属于非电解质,不是电解质,A项错误;B.羰基硫分子结构与CO2类似,为直线型结构,结构式为:O=C=S,则COS的电子式为,B项正确;C.C、O、S三个原子中,S原子电子层最多,S的原子半径最大;C、O原子都含有2个电子层,原子序数越大原子半径越小,则原子半径C>O,即半径最小的是O,C项错误;D.羰基硫的结构式为O=C=S,但2个极性键的极性不等,所以正负电荷的中心不重合,是极性分子,D项错误;答案选B。3、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。4、D【解析】

A.CO2能在水中溶解,使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积;B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,使排出水的体积小于CO2的体积;C.CO2能在饱和食盐水中溶解,使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积;D.CO2不能在煤油中溶解,这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积,相对来说,误差最小,故合理选项是D。5、A【解析】钠与水反应生成氢气,铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,所以所得气体为氢气,故A正确;非标准状况下,2.24L气体的物质的量不一定是0.1mol,故B错误;上述过程,发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应,共发生两个化学反应,故C错误;所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质,故D错误。点睛:铝能与酸反应放出氢气,铝也能与强碱溶液反应放出氢气,如。6、C【解析】

A.如图所示每个节点为一个碳原子,每个碳原子形成4个共价键,缺化学键的碳原子用氢原子补齐,则分子式为(C6Hl0O5)n,故A错误;B.根据同系物的概念:结构相似,类别相同,在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物,该有机物与葡萄糖,结构不相似,组成上差别的也不是CH2原子团,不是同系物,故B错误;C.该有机物分子结构中含有醇羟基,具有醇的性质,可以发生氧化反应,故C正确;D.β-l,3一葡聚糖的结构简式分析,葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l,3一葡聚糖,故D错误;答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛,醛也可以氧化成酸,醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。7、B【解析】

A.含1molH2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应:2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O,该反应中消耗1molH2SO4,转移的电子数为NA,硫酸浓度下降后,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,该反应中消耗1molH2SO4,转移的电子数为2NA,则含1molH2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应,转移的电子数介于NA和2NA之间,A错误;B.常温下1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子,因为N元素守恒,所以氮原子总数为0.2NA,B正确;C.1摩尔己烷分子含19NA对共用电子,然而标准状况下己烷呈液态,2.24L己烷分子物质的量并不是1mol,故C错误;D.该原电池中,导线上经过NA个电子时,则正极放出H2的物质的量为0.5mol,但是不知道温度和压强条件,故体积不一定为11.2L,D错误;答案选B。【点睛】C、D容易错,往往误以为1mol物质的体积就是22.4L,换算时,一定要明确物质是不是气体,求气体体积时一定要注意气体所处的状态。8、B【解析】

A.①②两步反应是脱氢反应,不属于加成反应,故A错误;B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃,也有炔烃等,存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构,同分异构体超过10种,故B正确;C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水,故C错误;D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D错误;答案:B9、D【解析】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl,属于取代反应,故A错误;B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代,故B错误;C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2,故C错误;D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种,故D正确。故选D。【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件,后者甲基上的氢也可以被取代。10、D【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则C3N4晶体是原子晶体,故A错误;B.因N的原子半径比C原子半径小,则C3N4晶体中,C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短,故B错误;C.原子间均以单键结合,则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子,而每个N原子连接3个C原子,所以晶体中C、N原子个数之比为3:4,故C错误;D.C3N4晶体中构成微粒为原子,微粒间通过共价键相结合,故D正确;故选:D。【点睛】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,且原子间均以单键结合,则为原子晶体,每个C原子周围有4个N原子,每个N原子周围有3个C原子,形成空间网状结构,C-N键为共价键,比C-C键短。11、C【解析】

A.1mol/L的盐酸为稀盐酸,与二氧化锰不反应,则不能制备氯气,故A错误;B.图中导管的进入方向不合理,将溶液排出装置,应从长导管进气短导管出气,故B错误;C.苯不溶于水,密度比水小,溴的苯溶液在上层,则用装置丙分液时先从下口放出水层,再从上口倒出有机层,故C正确;D.蒸发时促进氯化铁水解,生成盐酸易挥发,不能得到FeCl3,灼烧得到氧化铁,故D错误;本题答案为C。【点睛】分液时,分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出,上层液体从上口倒出。12、B【解析】

A.水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键,水中的H原子和O原子形成极性共价键,但不存在这离子键,A选项错误;B.CaF2晶体的晶胞中,F-位于体心,而Ca2+位于顶点和面心,距离F-最近的Ca2+组成正四面体,B选项正确;C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少,H原子最外层只有一个电子,所以不存在大多数电子一说,只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多,C选项错误;D.金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积,配位数为12,但空间利用率为74%,D选项错误;答案选B。【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识,解题关键是对所给图要仔细观察,并正确理解掌握基本概念。13、C【解析】

A.固氮时为原电池原理,化学能转化为电能,A错误;B.固氮时,Li电极为负极,钌复合电极为正极,电流由钌复合电极经用电器流向锂电极,B错误;C.脱氮时为电解原理,钌复合电极为阳极,阳极上发生失电子的氧化反应,钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6Li++N2↑,C正确;D.脱氮时,钌复合电极为阳极,锂电极为阴极,Li+(阳离子)向锂电极迁移,D错误;答案选C。14、D【解析】

盐酸为强酸,完全电离,醋酸为弱酸,部分电离,相同pH时,醋酸的浓度大于盐酸的浓度,据此分析;【详解】A、醋酸为弱酸,部分电离,盐酸为强酸,完全电离,相同pH时,醋酸的浓度大于盐酸,故A错误;B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关,醋酸和盐酸都是一元酸,相同pH时,溶液中离子浓度和所带电荷数相等,导电能力几乎相同,故B错误;C、加水稀释,两种酸的pH增大,醋酸是弱酸,加水稀释,促进电离,稀释相同倍数时,醋酸溶液中c(H+)大于盐酸c(H+),即盐酸的pH变化更明显,故C错误;D、根据A选项分析,c(CH3COOH)>c(HCl),中和相同的NaOH溶液时,浓度大的醋酸消耗的体积小,故D正确;答案选D。15、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0,升高温度,促进氨水分解,正确;B、Fe2+易被氧化为Fe3+,加入Fe粉,Fe+2Fe3+=3Fe2+,能防止Fe2+氧化变质,B不能用勒沙特列原理解释;C、增大一种反应物浓度,可以提高另一反应物转化率,正确;D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO,增大c(Cl-),抑制氯气溶解,D正确。答案选B。16、C【解析】

人们利用金属最早的合金是青铜器,是铜锡合金,春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑,根据当时的技术水平,结合金属活动性顺序,可以推断它们的合金成分可能是生铁,不可能是其他三种活泼金属的合金,故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关,金属越不活泼,利用的越早,金属越活泼,提炼工艺较复杂,故利用的越晚。17、C【解析】A.葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性,与银氨溶液发生氧化还原反应,生成银单质,葡萄糖作还原剂被氧化,所以利用了其还原性,A不符合题意;B.漂白液杀菌、消毒,利用其强氧化性,所以利用了其氧化性,B不符合题意;C.Na2SiO3溶液制备木材防火剂,不发生氧化还原反应,与氧化性或还原性无关,C符合题意;D.高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯,Mn、C元素的化合价变化,为氧化还原反应,所以利用了其氧化性,D不符合题意,答案选C。18、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。19、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积,降低能量损失,故A正确;B.该过程苯被还原为环己烷,C-H键没有断裂,形成新的C-H键,故B错误;C.储氢是将苯转化为环己烷,电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12,故C正确;D.根据图示,苯加氢发生还原反应生成环己烷,装置中左侧电极为阳极,根据放电顺序,左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol,根据阴阳得失电子守恒,阴极得到电子总数为6.4mol,若η=75%,则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75%=4.8mol,苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12,参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol,故D正确;故选B。20、B【解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色,说明亚铁离子和碘离子至少有一种,在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象,这说明溶液中没有碘生成,也没有硫酸根,所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子,一定存在亚铁离子,则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子,钠离子和铵根离子不能确定,亚铁离子水解溶液显酸性;答案选B。21、C【解析】

A.二氧化碳属于共价化合物,碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对,电子式表示正确,故A正确;B.乙酸的分子式为CH3COOH,黑色实心球表示碳原子,灰色中等大小的球表示氧原子,灰色小球表示氢原子,故B正确;C.根据能量变化关系图可知,反应物总能量大于生成物总能量,该反应属于放热反应,故C错误;D.反应中由两种物质生成一种物质,属于化合反应,故D正确。综上所述,答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能,反应为放热反应;反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能,反应为吸热反应。22、C【解析】

A.云、雾和烟均为胶体,且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系,故均为气溶胶,它们都能发生丁达尔效应,故A错误;B.浓度为75%的医用酒精消毒效果更好,并不是浓度越高消毒效果越好,故B错误;C.“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠,具有强氧化性,能氧化乙醇,自身被还原为氯气,故C正确;D.从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料,不是天然高分子材料,故D错误;答案选C。【点睛】浓度为75%的医用酒精消毒效果最高,可以杀死病毒,在疫情期间可以使用医用酒精杀菌,但不是浓度越大越好。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基;氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】(1)B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯;由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。(2)由C的结构简式为,则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案:碳碳双键、酯基;氯原子。(3)a.氨甲环酸的结构简式为:,则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2,故a错误;b.氨甲环酸的结构简式为:,氨基不在碳原子上,所以不是一种天然氨基酸,故b错误;c.氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢,所以一氯代物有4种,故c正确;d.由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应,所以此反应也称为还原反应,故d正确;答案:cd。(4)由氨甲环酸的结构简式为:,含有羧基和氨基,所以可发生缩聚反应,生成高分子化合物,故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案:。(5)由D的结构简式的,符合下列条件:①属于芳香族化合物说明含有苯环;②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子,符合条件的同分异构体为:;答案:。(6)根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线:。答案:。24、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热(或:P2O5)30【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知,A为;根据C和D的化学式间的差别可知,C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D,D为,结合G的结构可知,D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E,E为;根据G生成H的反应条件可知,H为。(1)根据A和B的结构可知,反应①发生了羟基上氢原子的取代反应;B()分子中的苯环为平面结构,单键可以旋转,最多有18个原子共平面,故答案为取代反应;18;(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键;反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E,“条件a”为浓硫酸、加热,故答案为羰基、醚键;浓硫酸、加热;(3)反应④为加成反应,根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛,反应的化学方程式为,故答案为;(4)反应⑤是羟基的催化氧化,反应的化学方程式为,故答案为;(5)芳香化合物J是D()的同分异构体,①苯环上只有3个取代基;②可与NaHCO3反应放出CO2,说明结构中含有羧基;③1molJ可中和3molNaOH,说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基;符合条件的J的结构有:苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH,当2个羟基位于邻位时有2种结构;当2个羟基位于间位时有3种结构;当2个羟基位于对位时有1种结构;又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH,因此共有(2+3+1)×5=30种,其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有,故答案为30;;(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知,可以与氢气加成生成,羟基消去后生成,与溴化氢加成后水解即可生成,因此合成路线为,故答案为。点睛:本题考查了有机合成与推断,根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断,要注意单键可以旋转;本题的难点是(6)的合成路线的设计,要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。25、集气瓶铁架台酒精灯澄清石灰水检验混合气体中的二氧化碳是否被完全吸收白色浑浊(或白色沉淀)验纯后点燃(或套接气球或塑料袋)除去空气中的CO2CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O不准确,因为E瓶增重的pg包含了水蒸汽的质量【解析】

(1)结合装置图书写装置名称;(2)根据检验一氧化碳是将一氧化碳转化为二氧化碳检验,从排除干扰方面分析;(3)根据一氧化碳和氧化铜生成铜和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊分析;(4)根据一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳,二氧化碳无毒分析;(5)根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水分析;(6)根据E中质量的增加量是生成的二氧化碳的质量,再根据二氧化碳的质量计算出一氧化碳的质量,再用一氧化碳的质量除以气体的总质量即可。【详解】(1)根据图示:①为集气瓶,②为铁架台,③为酒精灯;(2)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳,然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳.但该混合气体中原来就有二氧化碳,为了避免引起干扰,所以应该先把二氧化碳吸收完,A装置目的就是吸收二氧化碳,B装置用来检验混合气体中二氧化碳是否吸收完全,所以应该用澄清石灰水;(3)氢气和一氧化碳都会与氧化铜反应,氢气与氧化铜反应生成水,而一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳,二氧化碳可以使E中出现混浊现象。即只要E中变浑浊就证明混合气体中有一氧化碳;(4)E中出来的气体中有一氧化碳,一氧化碳有毒,不能直接排放到空气中,一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳,二氧化碳无毒,为了保护环境,应在E装置右边的排气管口点燃气体;(5)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳,然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳,但该混合气体中原来就有二氧化碳,为了避免引起干扰,所以应该先把二氧化碳吸收完全,A装置目的就是吸收二氧化碳,,反应方程式为:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;(6)E瓶增重pg.说明生成二氧化碳质量为pg,设生成pg二氧化碳需要一氧化碳的质量为x,则:根据:=,解得x=g,所以混合气体中CO的质量百分数为:×100%=%,如果去掉D装置,氢气与氧化铜反应生成的水也进入E装置内,误认为是生成的二氧化碳的质量,所以计算出的一氧化碳质量偏大。【点睛】本题易错点为(2)中对B装置作用的判断,会误认为B中盛装浓硫酸来吸收混合气体中的水蒸气,该实验的目的在于检验混合气体中含有一氧化碳,水蒸气对检验一氧化碳基本无影响,二氧化碳的存在是干扰一氧化碳检验的重点。26、aedbcfg或aedcbfgH2、CO2、H2S、SO2先通氧气排尽装置中的空气,防止过氧化钙与水和二氧化碳的反应2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3↑+CaCl2+2H2O晶体析出冰水浴导气、防止倒吸过滤洗涤【解析】

⑴①由题图知,制备过氧化钙时装置的连接顺序为:制备氧气的装置(A)→气体干燥装置(C)→O2与钙高温下反应的装置(B)→干燥装置(D,防止空气中的H2O,CO2进入反应装置),故答案为:aedbcfg或aedcbfg。②装置A是固体加液体不加热的装置,因此该装置还可以制H2、CO2、H2S、SO2,故答案为H2、CO2、H2S、SO2;③装入药品后,先打开分液漏斗的旋塞,通一段时间氧气,排出装置中的空气,排尽装置中的空气,防止过氧化钙与水和二氧化碳的反应,再点燃B处酒精灯,故答案为氧气;排尽装置中的空气,防止过氧化钙与水和二氧化碳的反应;⑵①在装置A中制备NH3,反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3↑+CaCl2+2H2O,故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3↑+CaCl2+2H2O;②H2O2受热容易分解,反应在冰水浴中进行可防止温度过高H2O2分解,同时有利于晶体析出,由于NH3极易溶于水,吸收时要防止倒吸,所以装置B中仪器X的作用是导气并防止倒吸,故答案为晶体析出;冰水浴;导气、防止倒吸;③反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干即可得到CaO2·8H2O,故答案为过滤;洗涤。27、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%【解析】

(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O;固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净;(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀;(3)FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮;(4)配制溶液,可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等;(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应;(6)结合反应的离子方程式,计算25mL溶液中含有亚铁离子,可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O,反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4,固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净,方法是用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净,故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4•2H2O↓+H2SO4;用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净;(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀,检验Fe2+是否已完全被氧化,可以用K3Fe(CN)6溶液,故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀;(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮,所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;(4)配制溶液,需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等,故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶;(5)在步骤三中发生的离子反应为:5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol,m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×=0.56g,晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%,故答案为11.2%。28、SO2+H2OH2SO3,2H2SO3+O22H2SO4SO2+2OH-=SO32-+H2O酸HSO3-存在:HSO3-SO32-+H+和HSO3-+H2O=H2SO3+OH-,HSO3-的电离程度强于水解程度abHSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-H+在阴极得电子生成H2,溶液中的c(H+)降低,促使HSO3-电离生成SO32-,且Na+进入阴极室,吸收液得以再生【解析】

(1)SO2在空气中被氧气氧化为SO3,SO3和水反应生成硫酸,也可以是SO2先和水反应生成亚硫酸,亚硫酸被氧气氧化为硫酸。(2)少量的SO2和NaOH溶液反应生成Na2SO3。(3)根据n(SO₃2-):n(HSO₃-)=1:91时溶液的pH=6.2可知NaHSO3溶液显酸性,原因是HSO₃-的电离程度大于其水解程度。根据电荷守恒、和表中数据可判断浓度关系。(4)电解池中,阳极是HSO₃-失去电子生成SO42-,同时生成H+,导致稀硫酸浓度增大,在阴极是水电离的H+得到电子生成氢气,溶液中OH-浓度增大,和HSO₃-反应生成SO32-,且Na+进入阴极室,使吸收液得以再生。【详解】(1)SO2形成硫酸型酸雨时,二氧化硫和

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