辽宁省清原中学2025年高三4月摸底考试化学试题试卷含解析_第1页
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辽宁省清原中学2025年高三4月摸底考试化学试题试卷注意事项: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(每题只有一个选项符合题意)1、T℃下,三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是()A.BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4B.X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液,对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C.在ToC时,用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D.ToC下,反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.42、以下制得氯气的各个反应中,氯元素既被氧化又被还原的是A.2KClO3+I2=2KIO3+Cl↓B.Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2OC.4HCl+O22Cl2+2H2OD.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↓+Cl2↑3、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.7g14C中,含有3NA个中子B.25℃时,pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC.3.2gCu与足量浓硝酸反应,生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD.标准状况下,5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA4、泛酸又称为维生素B5,在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程,具有抗脂质过氧化作用,其结构为,下列有关该化合物的说法不正确的是A.该物质可发生水解反应,水解产物均能发生缩聚反应B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2molNaOHC.该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D.该物质在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应,生成碳碳双键5、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是A. B. C. D.6、下列化学方程式或者离子方程式书写不正确的是()A.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B.SO2使酸性KMnO4溶液褪色:5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓D.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色:2Na2O2=2Na2O+O2↑7、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A.与Na反应时,乙醇的反应速率比水慢B.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C.乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D.苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时,甲苯的反应温度更低8、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用氯酸钠(NaClO3)为原料制取,(常温下ClO2为气态),下列说法错误的是A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B.反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置C.升高温度,有利于反应②提高产率D.反应②中有气体生成9、模拟侯氏制碱法原理,在CaCl2浓溶液中通入NH3和CO2可制得纳米级材料,装置见图示。下列说法正确的是A.a通入适量的CO2,b通入足量的NH3,纳米材料为Ca(HCO3)2B.a通入足量的NH3,b通入适量的CO2,纳米材料为Ca(HCO3)2C.a通入适量的CO2,b通入足量的NH3,纳米材料为CaCO3D.a通入少量的NH3,b通入足量的CO2,纳米材料为CaCO310、能用离子方程式CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示的反应是()A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应 B.碳酸氢钠与足量盐酸的反应C.碳酸钡与少量稀盐酸的反应 D.碳酸钠与足量稀醋酸的反应11、常温下,向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A.常温下,0.1氨水中的电离常数K约为B.a、b之间的点一定满足,C.c点溶液中D.d点代表两溶液恰好完全反应12、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是()A.葡萄酒中添加SO2,可起到抗氧化和抗菌的作用B.PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C.苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂,也都能燃烧D.淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物13、下列关于有机物的叙述错误的是()A.乙醇能发生取代反应B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别14、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4NA15、下列化学用语中,正确的是A.Na原子结构示意图 B.MgCl2的电子式C.N2分子的结构式N=N D.CH4的比例模型16、设NA为阿伏加德常数的数值,下列说法正确的是()A.18gH2O含有10NA个质子B.1mol苯含有3NA个碳碳双键C.标准状况下,22.4L氨水含有NA个NH3分子D.常温下,112g铁片投入足量浓H2SO4中生成3NA个SO2分子二、非选择题(本题包括5小题)17、盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇),可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息:(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH=N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)请回答:(1)流程中A名称为_____;D中含氧官能团的名称是_____。(2)G的分子式为_____;化合物E的结构简式是_____。(3)A→B、F→G的反应类型分别为:_____、_____。(4)写出B+CD的化学方程式_____。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种;其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。①苯环上有两个取代基,其中之一是氨基;②官能团与X相同,苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料,参照盐酸氨溴索的合成路线图,设计X的合成路线______(无机试剂任选,标明试剂、条件及对应物质结构简式)。18、W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性。请写出:(1)W的元素符号___,其核外共有___种运动状态不同的电子。(2)甲物质的结构式为___;乙物质的空间构型为___。(3)Z元素核外共有___种能量不同的电子,碱性气体甲的电子式为___。(4)用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。(5)铋元素跟Y元素能形成化合物(BiY3),其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中,能得到澄清溶液,试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”,分析这种叫法的不合理之处,为什么。___。19、已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:已知:a.过程②:MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2b.过程③:MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+c.过程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2d.过程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,据此推测该晶体为____________·H2O。20、实验室制备叔丁基苯()的反应和有关数据如下:+ClC(CH3)3+HClI.如图是实验室制备无水AlCl3,可能需要的装置:(1)检查B装置气密性的方法是_______。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________(埴小写字母),其中E装置的作用是________。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管,其原因是________。Ⅱ.如图是实验室制备叔丁基苯的装置(夹持装置略):在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3,由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL,一定温度下反应一段时间后,将反应后的混合物洗涤分离,在所得产物中加入少量无水MgSO4固体,静置,过滤,蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_______;加入无水MgSO4固体的作用是________。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种,正确的顺序是________。(填序号)①5%的Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。(保留3位有效数字)21、(11分)近年来,随着锂离子电池的广泛应用,废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收钴、镍、锂的流程图。已知:P204[二(2−乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰,P507(2−乙基己基膦酸−2−乙基己酯)和Cyanex272[二(2,4,4)−三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。回答下列问题:(1)在硫酸存在的条件下,正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体,请写出反应的化学方程式__________________________________。(2)一些金属难溶氢氧化物的溶解度(用阳离子的饱和浓度表示)与pH的关系图如下:加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________(填金属离子符号)杂质;写出除去金属离子的离子方程式________________________(一种即可)。(3)已知P507萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nH+(aq),且随着萃取过程中pH降低,萃取效率下降。萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理,皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nNa+(aq)。对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。(4)控制水相pH=5.2,温度25℃,分别用P507、Cyanex272作萃取剂,萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。■—Co(Cyanex272);●—Ni(Cyanex272);▲—Co(P507);▼—Ni(P507)由图可知,钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________(填“增大”或“减小”);两种萃取剂中___________(填“P507”或“Cyanex272”)的分离效果比较好,若选P507为萃取剂,则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L−1;若选Cyanex272萃取剂,则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L−1。(5)室温下,用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12,搅拌一段时间后,静置,离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体,镍沉淀率可达99.62%。已知Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10−16,则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时,pH=______(lg5=0.7)。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】

A.硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀,一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4,故A错误;B.Z点对应的溶液为饱和溶液,溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数,pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-),则c(Ba2+)>c(SO42-),同理X点饱和溶液中c(Sr2+)<c(SO42-),故B错误;C.图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5,因此溶度积常数:BaSO4<PbSO4<SrSO4,因此在ToC时,用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Ba2+先沉淀,故C错误;D.ToC下,反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4,故D正确;答案选D。2、B【解析】

氧化还原反应中,元素失电子、化合价升高、被氧化,元素得电子、化合价降低、被还原。A.反应中,氯元素化合价从+5价降至0价,只被还原,A项错误;B.归中反应,Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从+1降低到O价,生成Cl2,化合价降低,被还原;HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价,生成Cl2,化合价升高被氧化,所以Cl元素既被氧化又被还原,B项正确;C.HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价,生成Cl2,化合价升高,只被氧化,C项错误;D.NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价,生成Cl2,化合价升高,只被氧化,D项错误。本题选B。3、D【解析】

A.1个14C中含有8个中子,7g14C即0.5mol,含有中子数目为4NA,故A错误;B.溶液的体积未知,所以无法计算相关微粒的个数,故B错误;C.3.2gCu即0.05mol,与足量浓硝酸反应生成NO2气体,化学计量关系为:Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol,V(NO2)=2.24L,且标况下NO2不是气体,无法确定其体积,故C错误;D.标况下,5.6L丙烷为0.25mol,一个丙烷分子含有10个共价键,0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键,故D正确;答案选D。易错点为B选项,pH值代表溶液中氢离子的浓度,要计算微粒数目必须要计算物质的量,题中没有给出体积,不能计算物质的量,也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。4、D【解析】

A.该物质可发生水解反应,水解产物均含有羧基和羟基或氨基,均能发生缩聚反应,故A正解;B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,-COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH,最多可消耗2molNaOH,故B正确;C.中有伯醇和仲醇,在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基,故C正确;D.中有两处-OH的邻碳上没有氢,不可以发生消去反应,在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应,生成碳碳双键,故D错误;故选D。5、D【解析】

C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目,再利用-OH原子团替换H原子,判断属于醇的同分异构体,C3H8O只有一种醚的结构,即甲乙醚,据此分析解答。【详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子,其一羟基代物有2种分别为:CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3,C3H8O只有一种醚的结构,即甲乙醚,故C3H8O的同分异构体数目为3。A.C3H6可以为丙烯和环丙烷,具有2种结构,同分异构体数目不相同,故A不选;B.C4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等,具有5种同分异构体,同分异构体数目不相同,故B不选;C.C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物,有邻、间、对三种同分异构体,另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质,故有大于3种同分异构体,同分异构体数目不相同,故C不选;D.C5H12有3种同分异构体,分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷,同分异构体数目相同,故D选;故选D。6、D【解析】

A.氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气,该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,故A正确;B.SO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色,是因发生氧化还原反应,该反应的离子方程式为:5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+,故B正确;C.向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸,生成沉淀的离子反应为SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓,故C正确;D.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠,由淡黄色变为白色,发生反应:2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2,故D错误;故选:D。离子反应方程式的正误判断:(1)、是否符合客观事实,D选项,过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠,由淡黄色变为白色;(2)、拆分是否正确,能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。(3)、电荷守恒。7、C【解析】

A.与Na反应时,乙醇的反应速率比水慢,说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼,这是因为烃基对羟基产生影响,故A能用基团间相互作用解释;B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能,则说明苯环对羟基有影响,故B能用基团间相互作用解释;C.乙醇具有还原性,乙酸不具有还原性,这是官能团的性质,与所连基团无关,故C不能用基团间相互作用解释;D.甲苯的反应温度更低,说明甲苯与硝酸反应更容易,甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代,故D能用基团间相互作用解释;答案选C。8、C【解析】

A.根据氧化还原反应原理,反应①阶段,NaClO3化合价降低1个价态,SO2化合价升高2个价态,根据升降守恒,则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1,A项正确;B.反应物中有SO2,不处理干净,会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质,B项正确;C.当H2O2和NaOH足量时,理论上可完全消耗ClO2,产率与温度无关,温度只会影响反应速率,C项错误;D.反应②条件下,ClO2化合价降低得到NaClO2,作氧化剂,H2O2化合价升高,作还原剂得到氧气,故有气体生成,D项正确;答案选C。9、C【解析】

由于氨气极易溶于水,则a处通入CO2,b处通入氨气。氨气溶于水显碱性,所以在氨气过量的条件下最终得到的是碳酸钙;答案选C。10、A【解析】

A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应,碳酸钠为可溶性的盐,硝酸为强酸,二者反应生成可溶性的硝酸钠,其离子方程式可以用CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑表示,A项正确;B.碳酸氢根为弱酸的酸式盐,应写成HCO3﹣离子形式,该反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,B项错误;C.碳酸钡为难溶物,离子方程式中需要保留化学式,该反应的离子方程式为:BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑,C项错误;D.CH3COOH为弱酸,在离子方程式中应写成化学式,其反应的离子方程式为:CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣,D项错误;答案选A。在书写离子方程式时,可以拆的物质:强酸、强碱、可溶性盐;不可以拆的物质:弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆,哪些物质不该拆,是同学们写好离子方程式的关键。11、A【解析】

NH3·H2O电离出OH-抑制水的电离;向氨水中滴加HCl,反应生成NH4Cl,NH4+的水解促进水的电离,随着HCl的不断滴入,水电离的c(H+)逐渐增大;当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl,此时水电离的c(H+)达到最大(图中c点);继续加入HCl,盐酸电离的H+抑制水的电离,水电离的c(H+)又逐渐减小;据此分析。【详解】A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L,氨水溶液中H+全部来自水电离,则溶液中c(H+)=10-11mol/L,c(OH-)=mol/L=10-3mol/L,Ka==mol/L=110-5mol/L,所以A选项是正确的;

B.a、b之间的任意一点,水电离的c(H+)<1×10-7mol/L,溶液都呈碱性,则c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+),故B错误;C.根据图知,c点水电离的H+达到最大,溶液中溶质为NH4Cl,NH4+水解溶液呈酸性,溶液中c(H+)>10-7mol/L,c(OH-)<10-7mol/L,结合电荷守恒得:c(NH4+)<c(Cl-),故C错误;

D.根据上述分析,d点溶液中水电离的c(H+)=10-7mol/L,此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl,故D错误。所以A选项是正确的。12、A【解析】A、利用SO2有毒,具有还原性,能抗氧化和抗菌,故正确;B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米,没有在1nm-100nm之间,构成的分散系不是胶体,不具有丁达尔效应,故错误;C、四氯化碳不能燃烧,故错误;D、油脂不是高分子化合物,故错误。13、C【解析】

A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应,故A正确;B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,不饱和度为4,分子中含有一个苯环和一个丁基,其同分异构体取决于丁基的种数,丁基有4种,可能的结构有4种,故B正确;C.氨基酸不是高分子化合物,淀粉属于高分子化合物,故C错误;D.乙烯可与溴发生加成反应,可用溴的四氯化碳溶液鉴别,故D正确。答案选C。14、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。15、D【解析】

A.钠原子核外有11个电子,原子结构示意图为:,A项错误;B.MgCl2是离子化合物,电子式为:,B项错误;C.氮气是氮原子通过三键形成的分子,结构式为,C项错误;D.CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H原子大,所以模型中中心原子尺寸要更大,D项正确;答案选D。16、A【解析】

A、18g水的物质的量为n==1mol,而一个水分子中含10个质子,故1mol水中含10NA个质子,故A正确;B、苯不是单双键交替的结构,故苯中无碳碳双键,故B错误;C、标况下,氨水为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故C错误;D、112g铁的物质的量n==2mol,如果能完全和足量的浓硫酸反应,则生成3mol二氧化硫,而常温下铁在浓硫酸中钝化,铁不能反应完全,则生成的二氧化硫分子小于3NA个,故D错误。故选:A。常温下,铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化,需注意,钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜,氧化膜阻止了反应的进一步发生,若在加热条件下,反应可继续发生,但随着反应的进行,浓硫酸会逐渐变稀,其反应实质有可能会发生相应的变化。二、非选择题(本题包括5小题)17、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羟基C13H18N1OBr1氧化反应取代反应3【解析】

由B与C的分子式、D的结构简式,结合信息①,可知B为、C为,对比甲苯与B的结构,可知甲苯发生硝化反应生成A,A发生氧化反应生成B,故A为,D发生信息②中还原反应生成E为,由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F,F与溴发生苯环上取代反应生成G,G与HCl反应生成盐酸氨溴索,故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl还原引入氨基,羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基,氨基易被氧化且能与羧基反应,结合生成A的转化,应先发生硝化反应反应生成,再发生氧化反应生成,然后发生酯化反应生成,最后发生还原反应生成目标产物。【详解】(1)A的结构简式为,其名称为:邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是:硝基、羟基,故答案为:邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯;硝基、羟基;(1)G的结构简式为,其分子式为:C13H18N1OBr1.由分析可知,化合物E的结构简式是:,故答案为:C13H18N1OBr1;;(3)A→B是转化为,甲基转化为醛基,属于氧化反应。F→G是转化为,F中苯环上氢原子被溴原子替代,属于取代反应,故答案为:氧化反应;取代反应;(4)B+CD的化学方程式为,故答案为:;(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体:①苯环上有两个取代基,其中之一是氨基;②官能团与X相同,另外一个取代基含有酯基,可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH,苯环上的一氯代物有两种,1个不同的取代基处于对位,符合条件的H共有3种,其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为:,故答案为:3;;(6)甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl还原引入氨基,羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基,氨基易被氧化且能与羧基反应,结合生成A的转化,应先发生硝化反应反应生成,再发生氧化反应生成,然后发生酯化反应生成,最后发生还原反应生成目标物,合成路线流程图为:,故答案为:。18、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理,因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙),则W为O元素,X为H元素,两种化合物甲为H2O2、乙为H2O;X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙,则丙为NH3,Z为N元素;H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18,则丁为HCl,Y为Cl元素;H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性,则此离子化合物为NH4Cl,据此解题。【详解】由分析知:W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3;(1)由分析知W为氧元素,元素符号为O,其原子核外共有8个电子,则共有8种运动状态不同的电子;(2)甲H2O2,为极性分子,含有H-O和O-O键,则结构式为H-O-O-H;乙为H2O,O原子的杂化轨道形式为sp3,有两个孤对电子,则空间构型为V型;(3)Z为N元素,电子排布式为1s22s22p3,同一轨道上的电子能量相等,则核外共有3种能量不同的电子,碱性气体丙为NH3,其电子式为;(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl,在水溶液中NH4+的水解,使溶液呈弱酸性,发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+;(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3,其水解生成难溶于水的BiOCl;①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl,则另一种产物为HCl,水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl;②BiCl3溶于稀盐酸,盐酸抑制了BiCl3的水解,从而得到澄清溶液;③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价,而次氯酸中Cl元素为+1价,则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。19、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】

(1)在由固体与液体的反应中,要想加快反应速率,可以粉碎固体物质或搅拌,都是增大固液的接触面积,也可以加热等;(2)配制溶液要掌握好配制步骤,容量瓶的选择,因为配制100mL溶液,所以选择100mL容量瓶,氧化还原滴定的时候,注意选择指示剂、滴定管等。(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;(4)、MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,据此分析作答;(5)结合实际操作的规范性作答;(6)根据方程式找出关系式,通过计算确定晶体的组成。【详解】(1)为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法;(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制,配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶;过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有强氧化性,因此选用甲(酸式滴定管);过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈碱性,故选用乙(碱式滴定管);(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等,先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数,然后再观察配平其他物质,过程②的离子反应方程式:2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑(4)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;(5)过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反应方程式为I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故过程⑥,应以淀粉溶液作指示剂;若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则滴入Na2S2O3的物质的量偏小,造成测定Cu2+的含量偏小;(6)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L-1V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子,并且晶体中元素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。20、分液漏斗注入水后,关闭止水夹,打开分液漏斗的活塞使液体流下,一段时间后液体不能继续流下,说明气密性良好defghijc防止空气中的水蒸气进入,吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管,Al先与O2反应,无法制得纯净AlC

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