2025年河南省郑州市重点名校高三下学期5月联考化学试题试卷含解析_第1页
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文档简介

2025年河南省郑州市重点名校高三下学期5月联考化学试题试卷考生请注意: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(每题只有一个选项符合题意)1、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W最简单的氢化物常温下为气体,是可燃冰的成分,X是同周期中原子半径最小的元素,W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,X、Z同主族。下列有关判断正确的是()A.常温下,X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B.W、X、Z的最简单氢化物中,HZ的热稳定性最强C.Y与Z的化合物YZ3是非电解质D.W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点2、已知:苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应:Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+,其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下:下列说法不正确的是:A.i是空白对照实验B.向ii中滴加几滴浓盐酸,溶液颜色变浅C.iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D.苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性3、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A.单质的沸点:Z>WB.简单离子半径:X>WC.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应4、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素,可组成一种化合物A,其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系:己知C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径b>cB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D.元素非金属性强弱c<e5、国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开,S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A.该有机物的分子式为C15H21O4B.该有机物能发生取代、加成和水解反应C.1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4molBr2D.1mol该有机物与足量Na反应生成生成1molH26、25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL,下列判断正确的是A.稀释后溶液的pH=7 B.氨水的电离度增大,溶液中所有离子的浓度均减小C.稀释过程中增大 D.pH=11氨水的浓度为0.001mol/L7、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大,Y、Z、W位于同一周期,X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体,Y在同周期中电负性最小,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16;同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小;T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是()A.简单离子的半径Y>Z>WB.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>XC.W和T的单质混合加热可得化合物T2WD.W的单质在足量的氧气中燃烧,所得产物溶于水可得强酸8、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↓9、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示,下列说法错误的是A.该电池将太阳能转变为电能B.电池工作时,X极电势低于Y极电势C.在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为:2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D.电路中每通过2mol电子生成3molI-,使溶液中I-浓度不断增加10、25℃时,向10mL0.1mol/LNaOH溶液中,逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。已知25℃时:①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。请根据信息判断,下列说法中不正确的是A.整个滴加过程中,水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时,HF的电离程度减小(不考虑挥发)C.当c>0.1时,溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),则c一定小于0.111、常温下,用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水,滴定曲线如图所示,滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A.点①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B.点②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C.点③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D.该氨水的浓度为0.1000mol·L-112、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13、将25℃时浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合,保持Va+Vb=100mL,且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图所示。下列说法错误的是()A.曲线II表示HA溶液的体积B.x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C.电离平衡常数:K(HA)>K(BOH)D.x、y、z三点对应的溶液中,y点溶液中水的电离程度最大14、下列说法不正确的是A.己烷有5种同分异构体(不考虑立体异构),它们的熔点、沸点各不相同B.苯的密度比水小,但由苯反应制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C.聚合物()可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得D.1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO215、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.1mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB.14g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC.28gC16O与28gC18O中含有的质子数均为14NAD.标准状况下,1.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2NA16、下列各组物质所含化学键相同的是()A.钠(Na)与金刚石(C)B.氯化钠(NaCl)与氯化氢(HCl)C.氯气(Cl2)与氦气(He)D.碳化硅(SiC)与二氧化硅(SiO2)二、非选择题(本题包括5小题)17、慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。(1)C中的含氧官能团名称为_____和_____;(2)由B→C的反应类型是_____。(3)由A制备B的过程中有少量副产物E,它与B互为同分异构体。写出E的结构简式:_____。(4)写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式:_____。①属于a﹣氨基酸;②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种;③分子中有2个手性碳原子(5)已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷()。写出以邻甲基苯酚()和乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例见本题题干_____。18、PEI[]是一种非结晶性塑料。其合成路线如下(某些反应条件和试剂已略去):已知:i.ii.CH3COOH+CH3COOH(1)A为链状烃。A的化学名称为______。(2)A→B的反应类型为______。(3)下列关于D的说法中正确的是______(填字母)。a.不存在碳碳双键b.可作聚合物的单体c.常温下能与水混溶(4)F由4-氯-1,2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能团有-Cl和______。(5)C的核磁共振氢谱中,只有一个吸收峰。仅以2-溴丙烷为有机原料,选用必要的无机试剂也能合成C。写出有关化学方程式:_____(6)以E和K为原料合成PEI分为三步反应。写出中间产物2的结构简式:_______19、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。20、现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料,制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知这一过程中可能发生下列反应:①2Mg+O22MgO②3Mg+N2Mg3N2③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。且假设正确操作时,装置内所发生的反应是完全的。试回答下列问题:(1)实验开始时,先点燃________装置中的酒精灯,原因是________;再将与g连接的自来水龙头打开,形成自h导管流出的气流,则气流依次流经的导管为(填字母代号):h→________;(2)你是否选择了B装置,理由是什么________________________;(3)你是否选择了C装置,理由是什么________________________;(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯,对实验结果产生的影响________为什么___21、溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物,其合成路线如下:回答下列问题:(1)A→B的反应类型___________反应;F→G的反应类型________反应。(2)C含有的官能团名称______________________________________。(3)C→D的化学反应方程式___________________________________。(4)E→F的化学反应方程式_____________________________________。(5)I的结构简式是_____________________________________________。(6)假设有机物J苯环上的氢化学环境相同,则J核磁共振氢谱有______组峰。(7)写出1种与NaOH物质的量比1:3发生反应的E的同分异构体的结构简式____________。(8)将下列合成路线补充完整该路线中化合物X为______________;化合物Y为:___________________;试剂与条件a为:__________________、__________________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分,即为CH4,则W为C元素;X是同周期中原子半径最小的元素,X不是F就是Cl,因原子序数依次增大,则X为F元素;W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数,则Y为Al元素;X、Z同主族,则Z为Cl元素,据此分析解答。【详解】根据上述分析可知,W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A.常温下,X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO,HF和HClO都是弱酸,故A正确;B.F的非金属性最强,则HF最稳定,故B错误;C.Y与Z的化合物YZ3为AlCl3,氯化铝溶于水能够导电,属于电解质,故C错误;D.W的氢化物为烃,其中很多为固体,沸点不一定低于HF的沸点,故D错误;答案选A。本题的易错点为D,要注意碳的氢化物是一类物质——烃,随着碳原子数目的增多,烃的熔沸点升高,在烃中有气态、液态的烃,还有固态的烃。2、D【解析】

A.通过i观察iiiii、iv中发生的变化,达到空白对照的目的,故A正确;B.向ii中滴加几滴浓盐酸,增大H+浓度,平衡逆向移动,H3Fe(OC6H5)6浓度降低,溶液颜色变浅,故B正确;C.苯的密度比水,CCl4的密度比水大,故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4,故C正确;D.iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色,而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色,说明苯酚更易溶解于苯,导致平衡逆向移动,水溶液的颜色变浅,即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性,故D错误;故答案为D。3、B【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素,据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素;A.Z、W的单质分别为氯气、氟气,二者形成的晶体都是分子晶体,相对分子质量氯气较大,则氯气的沸点较高,即单质的沸点:Z>W,故A正确;B.X为Na、W为F,二者的离子都含有2个电子层,Na的核电荷数较大,则钠离子的离子半径较小,即简单离子半径:X<W,故B错误;C.X为Na,金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键,故C正确;D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸,氢氧化铝具有两性,则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应,故D正确;故答案为B。4、A【解析】

A和氢氧化钠溶液反应生成B和C,C为气体,C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,根据化学式可推断C为氨气,B为白色沉淀,继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解,则B可推断为氢氧化铝,A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀,则A中含有硫酸根离子,根据以上推断,A为NH4Al(SO4)2,a为H元素,b为N元素,c为O元素,d为Al元素,e为S元素,据此分析解答。【详解】A.b为N元素,c为O元素,同周期元素随核电荷数增大,半径逐渐减小,则原子半径b>c,故A正确;B.e为S元素,S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸,亚硫酸是弱酸,故B错误;C.A为NH4Al(SO4)2,是离子化合物,故C错误;D.c为O元素,e为S元素,同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱,元素非金属性强弱c>e,故D错误;答案选A。5、D【解析】

由题给结构简式可知,S-诱抗素的分子式为C15H20O4,官能团为羰基、碳碳双键、醇羟基和羧基,具有酮、烯烃、醇和羧酸性质,能发生加成反应、氧化反应、酯化反应、取代反应、加聚反应等。【详解】A项、由结构简式可知S-诱抗素的分子式为为C15H20O4,故A错误;B项、S-诱抗素不含有酯基和卤素原子,不能发生水解反应,故B错误;C项、S-诱抗素含有3个碳碳三键,则1mol该有机物与足量溴反应最多消耗3molBr2,故C错误;D项、S-诱抗素含有1个羟基和1个羧基,则1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2,故D正确。故选D。本题考查有机物结构和性质,侧重考查醇、烯烃、羧酸性质,把握官能团及其性质关系是解本题关键。6、C【解析】

A.一水合氨是弱电解质,在水溶液里部分电离,加水促进电离,将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL,体积增大10倍,pH变化小于1个单位,即稀释后10<pH<11,故A错误;B.加水稀释促进一水合氨电离,溶液中c(OH-)减小,温度不变,则水的离子积常数不变,则溶液中c(H+)增大,故B错误;C.加水稀释氨水,促进一水合氨电离,导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1.H2O)减小,则溶液中增大,故C正确;D.一水合氨是弱电解质,在水溶液里部分电离,则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度,则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L,故D错误;故答案为C。7、C【解析】

X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体,该氢化物为甲烷,即X为C,Y、Z、W位于同一周期,原子序数依次增大,即Y、Z、W位于第三周期,Y的电负性最小,推出Y为Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16,推出该二元化合物为Na2S,即W为S,同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小,即Z为Al,T元素的价电子3d104s1,推出T元素为Cu,据此分析;【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体,该氢化物为甲烷,即X为C,Y、Z、W位于同一周期,原子序数依次增大,即Y、Z、W位于第三周期,Y的电负性最小,推出Y为Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16,推出该二元化合物为Na2S,即W为S,同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小,即Z为Al,T元素的价电子3d104s1,推出T元素为Cu,A.Y、Z、W简单离子分别是Na+、Al3+、S2-,因此简单离子半径大小顺序是r(S2-)>r(Na+)>r(Al3+),故A错误;B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4,硫酸酸性最强,氢氧化铝为两性,因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3,故B错误;C.Cu与S在加热条件下发生反应,因为S的氧化性较弱,因此将Cu氧化成较高价态,得到产物是Cu2S,反应:2Cu+SCu2S,故C正确;D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2,SO2溶于水后生成H2SO3,亚硫酸为中强酸,故D错误;答案:C。易错点是选项D,学生认为S与足量的O2反应生成SO3,SO3溶于水后生成H2SO4,学生:C与O2反应,如果氧气不足,则生成CO,氧气过量,则生成CO2,S和C不太一样,S与氧气反应,无论氧气过量与否,生成的都是SO2,SO2转化成SO3,需要催化剂、高温条件。8、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。9、D【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应为:2RuⅡ-2e-=2RuⅢ,Y电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知,该电池将太阳能转变为电能,选项A正确;B.由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,电池工作时,X极电势低于Y极电势,选项B正确;C.电池工作时,在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为:2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-,选项C正确;D.Y电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,电路中每通过2mol电子生成3molI-,但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-,使溶液中I-浓度基本保持不变,选项D错误。答案选D。10、D【解析】

A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离;B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量,利用温度对平衡移动的影响分析;C.当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒判断;D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离,在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大,则水电离程度逐渐增大,当二者恰好完全反应生成NaF时,水的电离程度最大,由于HF的浓度未知,所以滴入10mLHF时,混合溶液可能是碱过量,也可能是酸过量,也可能是二者恰好完全反应产生NaF,因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势,A正确;B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol,②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol,则HF电离过程放出热量,升高温度,电离平衡逆向移动,即向逆反应方向越大,导致HF电离程度减小,B正确;C.向NaOH溶液中开始滴加HF时,当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-),C正确;D.若c≥0.1时,在刚开始滴加时,溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF),微粒的物质的量浓度存在关系:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),所以c不一定小于0.1,D错误;故合理选项是D。本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较,易错选项是B,大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误,题目侧重考查学生分析判断能力,注意题给信息的正确、灵活运用。11、C【解析】

条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式,实际上是溶液中的物料守恒关系式;进一步可知,V(HCl)=20mL即为滴定终点,原来氨水的浓度即为0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时,溶液即可认为是NH4Cl的溶液,在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系,更为简便。【详解】A.V(HCl)=20mL时,溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立;所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时,溶液中就有以下等式成立:c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-);A项正确;B.点②时溶液呈中性,所以有c(H+)=c(OH-);根据电荷守恒式:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-);B项正确;C.点③即为中和滴定的终点,此时溶液可视作NH4Cl溶液;由于NH4+的水解程度较小,所以c(NH4+)>c(H+);C项错误;D.由条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点,那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L;D项正确;答案选C。对于溶液混合发生反应的体系,若要判断溶液中粒子浓度的大小关系,可以先考虑反应后溶液的组成,在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断,会大大降低问题的复杂程度。12、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。13、C【解析】

A.开始时溶液显酸性,说明酸的体积大,所以曲线II表示HA溶液的体积,故A正确;B.根据电荷守,x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故B正确;C.根据y点,HA和BOH等体积、等浓度混合,溶液呈碱性,说明电离平衡常数:K(HA)<K(BOH),故C错误;D.x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余,所以三点对应的溶液中,y点溶液中水的电离程度最大,故D正确;选C。本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重考查学生图象分析及判断能力,明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意y点是恰好完全反应的点。14、D【解析】

A.己烷有5种同分异构体,分别为:己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷,它们的熔沸点均不相同,A正确;B.苯的密度比水小,溴苯、硝基苯的密度都比水大,B正确;C.根据加聚反应的特点可知,CH3CH=CH2和CH2=CH2可加聚得到,C正确;D.葡萄糖是单糖,不能发生水解,D错误。答案选D。15、B【解析】

A.1mol过氧化钠(Na2O2)中阴离子(O1-)所带的负电荷数应为2NA,A不正确;B.乙烯和丙烯的最简式都是CH2,故14g中混合物所含的碳原子数为=1mol,即碳原子数目为NA,B正确;C.28gC16O的物质的量为1mol,含有的质子数为1mol×(6+8)×NA=14NA,28gC18O的物质的量为=mol,即质子数为14×NA<14NA,C不正确;D.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,标准状况下,1.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA,D不正确;故答案选B。16、D【解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析,离子晶体中一定含离子键,可能含共价键;分子晶体中不一定含化学键,但若含,则一定为共价键;原子晶体中含共价键;金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体,含金属键;金刚石为原子晶体,含共价键,故A不符合题意;B、氯化钠是离子晶体,含离子键;HCl为分子晶体,含共价键,故B不符合题意;C、氯气为分子晶体,含共价键;He为分子晶体,是单原子分子,不含化学键,故C不符合题意;D、SiC为原子晶体,含共价键;二氧化硅也为原子晶体,也含共价键,故D符合题意;故选:D。本题考察了化学键类型和晶体类型的关系,判断依据为:离子晶体中阴阳离子以离子键结合,原子晶体中原子以共价键结合,分子晶体中分子之间以范德华力结合,分子内部可能存在化学键。二、非选择题(本题包括5小题)17、醚键羰基氧化反应【解析】

根据C的结构简式判断其含有的官能团;对比B、C结构可知,B中﹣醇羟基转化羰基;中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式;D的同分异构体同时满足如下条件:①属于α﹣氨基酸,氨基、羧基连接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,可以是2个不同的取代基处于对位位置,③分子中含有2个手性碳原子,说明C原子上连接4个不同的原子或原子团;制备,应先制备,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,与反应生成,进而氧化可生成,再与乙醇发生酯化反应得到目标物。【详解】(1)根据C的结构简式可知,C中含氧官能团为醚键和羰基,故答案为:醚键、羰基;(2)对比B、C结构可知,B中﹣CH(OH)﹣转化为C=O,属于氧化反应,故答案为:氧化反应;(3)中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式,副产物E,它与B互为同分异构体,E的结构简式为,故答案为:;(4)D的一种同分异构体同时满足如下条件:①属于α﹣氨基酸,氨基、羧基连接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,可以是2个不同的取代基处于对位位置,③分子中含有两个手性碳原子,说明C原子上连接4个不同的原子或原子团,符合条件的结构简式为:,故答案为:;(5)制备,应先制备,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,与反应生成,进而氧化可生成,再与乙醇发生酯化反应得到目标物,合成路线流程图:,故答案为:。18、丙烯加成反应ab—COOH+NaOH+NaBr;+O2+2H2O【解析】

由题中信息可知,A为链状烃,则A只能为丙烯,与苯环在一定条件下反应会生成丙苯,故B为丙苯,丙苯继续反应,根据分子式可推知C为丙酮,D为苯酚,丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E();采用逆合成分析法可知,根据PEI[]的单体,再结合题意,可推知4-氯-1,2-二甲基催化氧化制备F,则F为,根据给定信息ii可知,K为,据此分析作答。【详解】(1)A为链状烃,根据分子可以判断,A只能是丙烯;(2)A→B为丙烯与苯反应生成丙苯的过程,其反应类型为加成反应;(3)根据相似相容原理可知,苯酚常温下在水中的溶解度不大,其分子中不存在碳碳双键,可以与甲醛发生缩聚反应,故答案为ab;(4)4-氯-1,2-二甲苯催化氧化得到F,则F的结构简式为,其分子中所含官能团有-Cl和—COOH,故答案为—COOH;(5)仅以2-溴丙烷为有机原料,先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇,然后2-丙醇催化氧化生成丙酮,有关反应的化学方程式为,。(6)由E和K的结构及题中信息可知,中间产物1为;再由中间产物1的结构和信息可知,中间产物2的结构简式为。本题考查的是有机推断,难度很大。很多信息在题干中没有出现,而是出现在问题中。所以审题时,要先浏览整题,不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外,虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂,只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息,还是能够解题的。19、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。20、E避免从E装置出来的气流中还含有氧气f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)选择,以除去水蒸气,避免反应④发生选择,以除去空气中的CO2,避免反应③发生使氮化镁不纯如果E中的铜粉没有达到反应温度时,氧气不能除尽,导致氧气同镁反应,而使氮化镁中混入氧化镁【解析】

实验室里用空气和镁粉为原料,制取少量氮化镁(Mg3N2)。根据可能发生下列反应:①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2;⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3;利用该装置是制取氮化镁的装置的事实,联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质,

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