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文档简介
山西省新绛汾河中学2025年高三第二次高考科目教学质量检测试题化学试题试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列指定微粒数目一定相等的是A.等质量的14N2与12C16O中的分子数B.等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C.等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D.等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数2、用NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是A.1molH2O2完全分解产生O2时,转移的电子数为2NAB.0.lmol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAC.常温下,1LpH=l的草酸(H2C2O4)溶液中H+的数目为0.1NAD.1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA3、在25°C时,向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2),下列说法不正确的是()A.25°C时,HNO2电离常数的数量级是10-4B.M点溶液中存在:2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C.图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同D.a=10.804、已知铍(Be)与铝的性质相似.则下列判断正确的是()A.铍遇冷水剧烈反应B.氧化铍的化学式为Be2O3C.氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D.氯化铍水溶液显中性5、为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应,实验如下:下列说法不正确的是()A.Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-B.对比Ⅰ、Ⅲ,推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C.Ⅳ溶液中可能存在大量Al3+D.推测出现白色浑浊的可能原因:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-6、用废铁屑制备磁性胶体粒子,制取过程如下:下列说法不正确的是A.用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B.通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:17、只涉及到物理变化的是()A.石油裂化 B.煤的干馏 C.海水晒盐 D.高炉炼铁8、常温下,将盐酸滴加到Na2X溶液中,混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线N表示pOH与两者的变化关系B.NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D.常温下,Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-49、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍;Z的原子半径在短周期中最大;常温下,Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性。下列说法正确的是A.X与W属于同主族元素B.最高价氧化物的水化物酸性:W<YC.简单氢化物的沸点:Y>X>WD.Z和W的单质都能和水反应10、设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,生成物中阴离子总数为0.1NAB.标准状况下,22.4L丙烷所含共用电子对数为8NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAD.常温下,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数是0.1NA11、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NAB.5.6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2NAC.含4molSi-O键的二氧化硅晶体中,氧原子数为4NAD.一定条件下,6.4g铜与过量的硫反应,转移电子数目为0.2NA12、图所示与对应叙述相符的是A.表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(FeS)<Ksp(CuS)B.pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线,则酸性:甲酸<乙酸C.表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.0800mol·L-1D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)=αB(H2)13、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NAD.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA14、据报道科学家在宇宙中发现了分子。与属于A.同位素 B.同系物 C.同分异构体 D.同素异形体15、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下:下列说法不正确的是A.b为电源的正极B.①②中,捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化C.a极的电极反应式为2C2O52−−4e−==4CO2+O2D.上述装置存在反应:CO2=====C+O216、钠-CO2电池的工作原理如图所示,吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳,沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面,下列说法不正确的是()A.负极反应式为Na-e-=Na+B.多壁碳纳米管(MWCNT)作电池的正极C.可以用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂D.电池总反应式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C二、非选择题(本题包括5小题)17、二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有关物质的转化关系如下:回答下列问题:(1)B的结构简式为________。(2)反应③的反应类型为________。(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为___________________________________。(4)下列说法不正确的是________。A.鉴别A和B也可以用溴水B.C2H6O也可以分两步氧化成CC.C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D.X一定是丁烷18、化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO②③+HCHO+HCOO-回答下列问题:(1)E中含氧官能团名称为_________非含氧官能团的电子式为_______。E的化学名称为苯丙炔酸,则B的化学名称为__________。(2)C→D的反应类型为__________。B→C的过程中反应①的化学方程式为________。(3)G的结构简式为_________。(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式________。①遇FeCl3溶液显紫色;②能发生银镜反应;③分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4(5)写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线(其他无机试剂任选,合成路线流程图示例见本题题干)。_________。19、某校同学设计下列实验,探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下:步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。步骤3.过滤,得滤液和滤渣。步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),所得残渣与步骤3的滤渣合并。步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是________________。(3)步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是________________。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案:称取稍过量硫粉放入烧杯中,__________________________________________,用滤纸吸干。已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须使用的试剂:S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。20、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:①检验装置的气密性;②通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;④……⑤体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的H2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,要使沉积的FeCl3进入收集器,第④步操作是_______________。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________;装置C的名称为_____________;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应,可知该实验有两个显著优点:①H2S的原子利用率为100%;②___________。21、超音速飞机在平流层飞行时,尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,其反应为:2NO+2CO2CO2+N2(降温后该反应的平衡常数变大)为了测定在某种催化剂作用下的反应速率,在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表:时间(s)012345c(NO)(mol/L)1.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c(CO)(mol/L)3.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响):(1)反应的Q___0(填写“>”、“<”、“=”)。(2)前2s内的平均反应速率v(N2)=___。(3)计算在该温度下,反应的平衡常数K=___。(4)假设在密闭容器中发生上述反应,达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是___。A.选用更有效的催化剂B.升高反应体系的温度C.降低反应体系的温度D.缩小容器的体积(5)研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了三组实验,部分实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T(℃)NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比表面积(m2/g)Ⅰ2801.20×10-35.80×10-382Ⅱ_________124Ⅲ350______124①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。②请在给出的坐标图中,画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图,并标明各条曲线的实验编号___。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.与摩尔质量均为28g/mol,故等质量的与分子数相同,A正确;B.等物质的量的与,碳原子数之比为2:3,B错误;C.等体积等浓度的与溶液,数之比接近1:2,C错误;D.铁和氯气生成氯化铁,即56g铁转移3mol电子,铜和氯气生成氯化铜,即64g铜转移2mol电子,故等质量的铁和铜转移电子数不同,D错误;答案选A。等体积等浓度的与溶液中,根据水解原理,越稀越水解,故中铵根离子水解程度更大,故数之比小于1:2。2、C【解析】
A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑,H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价,1molH2O2完全分解时转移1mol电子,转移电子数为NA,A错误;B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键,1mol环氧乙烷中含7mol共价键,0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键,含共价键数为0.7NA,B错误;C.pH=1的草酸溶液中c(H+)=0.1mol/L,1L该溶液中含H+物质的量n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol,含H+数为0.1NA,C正确;D.淀粉水解的方程式为,1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖,生成葡萄糖分子数目为nNA,D错误;答案选C。本题易错选B,在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。3、B【解析】
已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2),同时溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+),二式联立消去c(OH-)可得:c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+),此为NaNO2溶液中的物料守恒式,即P点溶液中的溶质只有NaNO2,亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应,所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL,据此分析作答。【详解】A.HNO2电离常数K=,未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85,即溶液中c(OH-)=10-11.85mol/L,则根据水的电离平衡常数可知c(H+)=10-2.15mol/L,溶液中存在电离平衡HNO2⇋H++NO2,溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等,所以K=,故A正确;B.根据分析可知a=10.80mL,所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2,存在电荷守恒:c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+),存在物料守恒:c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+),二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-),故B错误;C.M、N、P、Q四点溶液中均含有:H+、OH-、NO2-、Na+,故C正确;D.已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2),同时溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+),二式联立消去c(OH-)可得:c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+),此为NaNO2溶液中的物料守恒式,即P点溶液中的溶质只有NaNO2,亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应,所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL,故D正确;故答案为B。4、C【解析】
既然铍与铝的性质相似,我们就可把铍看成是铝,铝具有的性质,铍也有,铝没有的性质,铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应,则铍遇冷水也不反应,错误;B.铍的最外层有2个电子,显+2价,则氧化铍的化学式为BeO,错误;C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应,则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应,正确;D.氯化铝水溶液显酸性,则氯化铍水溶液也显酸性,错误。故选C。5、C【解析】
A.溶液中碳酸根会水解,结合水电出来的氢离子,生成碳酸氢根,选项A正确;B.实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡,根据所学Al可以和热水反应,但是此实验中没有气泡,说明有氧化膜的保护,实验Ⅲ中却有气泡,说明氧化膜被破坏,选项B正确;C.Ⅳ溶液中出现白色沉淀,白色沉淀应该为氢氧化铝,则不可能存在大量Al3+,选项C不正确;D.Na2CO3溶液呈碱性,铝片在碱性溶液中与OH-反应,生成偏铝酸根,2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,AlO2-和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀,选项D正确;答案选C。6、D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性,油污在碱中发生水解,因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污,故A说法正确;B、Fe2+容易被氧气氧化,因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2+,故B说法正确;C、利用H2O2的氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,涉及反应:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故C说法正确;D、Fe3O4中Fe2+和Fe3+物质的量之比为1:2,故D说法错误。7、C【解析】
化学变化是指有新物质生成的变化,物理变化是指无新物质生成的变化,化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。【详解】A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料,是化学变化,故A错误;B、煤干馏是隔绝空气加强热,使之发生复杂的化学变化,得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等,故B错误;C、海水晒盐是水分的蒸发,没有新物质生成,故C正确;D、高炉炼铁,有新物质铁生成是化学变化,故D错误。故选:C。本题难度不大,根据变化中是有无新物质生成:无新物质生成的变化是物理变化,有新物质生成的变化是化学变化。8、D【解析】
Na2X溶液中,X2-分步水解,以第一步水解为主,则Kh1(X2-)>Kh2(X2-),碱性条件下,则pOH相同时,>,由图象可知N为pOH与lg的变化曲线,M为pOH与lg变化曲线,当lg或lg=0时,说明或=1,浓度相等,结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A.由以上分析可知,曲线N表示pOH与lg的变化曲线,故A错误;B.由曲线M可知,当lg=0时,=1,pOH=9,c(OH-)=10-9mol/L,则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9;由曲线N可知,当lg=0时,=1,pOH=4,c(OH-)=10-4mol/L,Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4,则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10,则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度,溶液中c(H2X)>c(X2-),故B错误;C.混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-),则当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-),故C错误;D.由曲线N可知,当lg=0时,=1,pOH=4,c(OH-)=10-4mol/L,则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4,故D正确;故答案为D。9、A【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍,则X为O;Z的原子半径在短周期中最大,则Z为Na,Y为F;常温下,Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱碱性,则为Na2S,即W为S。【详解】A.O与S属于同主族元素,故A正确;B.F无最高价氧化物对应的水化物,故B错误;C.水、氟化氢分子间存在氢键,沸点反常,常温下,水为液态、氟化氢为气态,所以简单氢化物的沸点:H2O>HF>H2S,故C错误;D.Na与H2O反应生成NaOH和H2,S和H2O不反应,故D错误。综上所述,答案为A。注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点,它们存在分子间氢键,其他氢化物沸点与相对分子质量有关,相对分子质量越大,范德华力越大,熔沸点越高。10、A【解析】
A.氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2,4.6g钠的物质的量是0.2mol,4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,钠离子的物质的量是0.2mol,所以生成物中阴离子为0.1mol,阴离子总数为0.1NA,故A正确;B.标准状况下,22.4L丙烷的物质的量为=1mol,C3H8含共用电子对数=1mol×10×NA=10NA,故B错误;C.氯气和水的反应为可逆反应,不能完全反应,故转移的电子数小于0.1NA个,故C错误;D.铵根离子能少量水解,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA,故D错误;故选A。本题的易错点为A,要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。11、B【解析】
A.35Cl和37C1的原子个数关系不定,则36g氯气不一定是0.5mol,所含质子数不一定为17NA,A不正确;B.5.6gC3H6和5.6gC2H4中含有共用电子对的数目都是1.2NA,则5.6g混合气所含共用电子对数目也为1.2NA,B正确;C.1个“SiO2”中含有4个Si-O键,则含4molSi-O键的二氧化硅晶体为1mol,氧原子数为2NA,B不正确;D.铜与过量的硫反应生成Cu2S,6.4g铜转移电子数目为0.1NA,D不正确;故选B。12、C【解析】
A.当相同c(S2-)时,由图像可知,平衡时c(Cu2+)<c(Fe2+),则c(Fe2+)c(S2-)>c(Cu2+)c(S2-),根据Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2−),Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−),则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),故A错误;B.溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+),溶液中c(H+)大,对应的pH值就小,当稀释弱酸时,随着水的加入,稀释可以促进弱酸的电离,但是总体来讲,溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量,表现为溶液中c(H+)=减小,pH值增大;由于稀释促进弱酸的电离,因而在稀释相同倍数的弱酸时,对于酸性较弱的酸,能够促进其电离,增加了溶液中H+的量,也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些,pH就较酸性较强的弱酸小些,因此总的来讲,酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大,从图像看出,甲酸的酸性是较乙酸强,即酸性甲酸>乙酸,故B错误;C.用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液,由图像可知,当消耗NaOH体积为20.00mL时,溶液为中性,此时酸和碱恰好完全反应,溶液中c(H+)=c(OH-),即n(H+)=n(OH-),则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH),因此c(HCl)===0.0800mol/L,故C正确;D.由图像可知,A与B状态时NH3的百分含量相等,对于有两种反应物参加的可逆反应,增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加;A状态时,值较小,可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小,B状态时,值较大,可认为是增加了N2的量,从而提高了H2的转化率,转化率αA(H2)不一定等于αB(H2),故D错误;答案选C。13、D【解析】
A.高温下,Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁,四氧化三铁中Fe的化合价为价,因此Fe失去电子的物质的量为:,根据得失电子守恒,生成H2的物质的量为:,因此生成的H2分子数目为,A错误;B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L,且H+全部由水电离,由水电离的OH-浓度等于水电离出的H+浓度,因此由水电离的OH-为10-13mol/L×1L=10-13mol,B错误;C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应,当消耗标准状况下22.4L气体时,电路中通过的电子的数目为,C错误;D.该反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA,D正确;故答案为D。14、D【解析】
A.同种元素的不同种原子互为同位素,故A错误;B.结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物,故B错误;C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体,故C错误;D.与都是由氢元素形成的不同单质,互为同素异形体,故D项正确。故选D。准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象,是解决此题的关键。15、B【解析】
A.a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2,发生氧化反应,是电解池的阳极,则b为正极,故A正确;B.①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价,②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价,碳元素的化合价均未发生变化,故B错误;C.由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2,故C正确;D.由电解装置示意图可知a电极生成O2,d电极生成C,电解池总反应式为CO2=C+O2,故D正确;故答案为B。16、C【解析】
由装置图可知,钠为原电池负极,失电子发生氧化反应,电极反应为:Na-e-=Na+,多壁碳纳米管为正极,CO2转化为Na2CO3固体和碳,沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面,正极发生还原反应,电极反应式为:4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C,结合原电池原理分析解答。【详解】A.负极反应为钠失电子发生的氧化反应,电极反应为:Na-e-═Na+,故A正确;B.根据分析可知,多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极,故B正确;C.钠和乙醇发生反应生成氢气,不可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂,故C错误;D.根据分析,放电时电池总反应即钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳,总反应是4Na+3CO2=2Na2CO3+C,故D正确;故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH3CH3取代反应2CH3COOH++2H2OD【解析】
X裂解得到的A和B,A能与水催化加成生成分子式为C2H6O,即应为乙醇,B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2,C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2,C2H6O2结合C反应生成二乙酸乙二酯,可推知C为乙酸,C2H6O2为乙二醇,C2H4Cl2为CH2ClCH2Cl,则B为乙烷,据此分析。【详解】根据上述分析可知:(1)A是烯烃,B只能是烷烃,应为CH3CH3;(2)反应③是C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠,属于取代反应;(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O;(4)A.A和B分别为烷烃和烯烃,可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别,选项A正确;B.C2H6O是醇,生成酸,可以直接氧化,也可以先氧化成醛,再氧化成酸,选项B正确;C.C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下,也可以加热生成C6H10O4,为乙二酸二乙酯,是二乙酸乙二酯的同分异构体,选项C正确;D.X可能是丁烷,也可以是己烷等,C6H14C2H6+2C2H4,选项D不正确;答案选D。18、羧基苯丙烯醛加成反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2OCH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4【解析】
由信息①及B分子式可知A应含有醛基,且含有7个C原子,则芳香化合物A为,因此B为;B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C,则C为,C与溴发生加成反应生成D,D为,D发生消去反应并酸化得到E,E与乙醇发生酯化反应生成F,F为,对比F、H的结构简式,结合信息②可知,G为。据此分析解答。(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH,CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO,CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO,HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3,HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基,非含氧官能团为碳碳三键,其电子数为,E的化学名称为苯丙炔酸,则B()的化学名称为苯丙烯醛,故答案为羧基;;苯丙烯醛;(2)C为,发生加成反应生成D,B为,C为,B→C的过程中反应①的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O,故答案为加成反应;+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O;(3)G
的结构简式为,故答案为;(4)F为,F的同分异构体符合下列条件:①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基;②能发生银镜反应,说明含有醛基;③分子中有5
种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4,符合条件的同分异构体结构简式为,故答案为;(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO,CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4,C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4,合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4,故答案为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。本题的难点为(5),要注意题干信息的利用,特别是信息①和信息③的灵活运用,同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质,不是硝基化合物。19、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS+3SO22CaSO3+3SCaSO3被系统中O2氧化蒸馏,收集64.7℃馏分加入CS2,充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌,然后加入Na2SO3吸收液,盖上表面皿,加热至沸并保持微沸,在不断搅拌下,反应至液面只有少量硫粉时,加入活性炭并搅拌,趁热过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇洗涤【解析】
(1)恒压漏斗能保持压强平衡;(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S,元素守恒得到生成S和CaSO3,CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4;(3)甲醇(沸点为64.7℃),可以控制温度用蒸馏的方法分离;(4)硫单质易溶于CS2,萃取分液的方法分离;(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O,在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O,据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是:能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等,便于液体流下;(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为:2CaS+3SO2CaSO3+3S,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4,其原因是:CaSO3被系统中O2氧化;(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是:蒸馏,收集64.7℃馏分;(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取,可采取的操作方案是:加入CS2,充分搅拌并多次萃取;(5)已知:①在液体沸腾状态下,可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O;②硫不溶于Na2SO3溶液,微溶于乙醇。③为获得纯净产品,需要进行脱色处理。④须使用的试剂:S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭,因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案:称取稍过量硫粉放入烧杯中,加入适量乙醇充分搅拌,然后加入Na2SO3吸收液,盖上表面皿,加热至沸并保持微沸,在不断搅拌下,反应至液面只有少量硫粉时,加入活性炭并搅拌,趁热过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇洗涤。本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点,掌握元素化合物等基础知识是解题关键。20、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】
Ⅰ.装置A中铁与氯气反应,反应为:2Fe+3Cl22FeCl3,B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品;为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解,所以用装置C无水氯化钙来吸水,装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,用氢氧化钠溶液吸收的是氯气,不用考虑防倒吸,所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气,据此分析解答(1)~(5);Ⅱ.三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应,化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl,电解氯化亚铁时,阴极阳离子得到电子发生还原反应;阳极阴离子失去电子发生氧化反应,据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ.(1)氯气具有强氧化性,将有变价的铁元素氧化成高价铁,生成氯化铁,所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁,反应为2Fe+3Cl22FeCl3,故答案为:2Fe+3Cl22FeCl3;(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,因为无水FeCl3加热易升华,要使沉积的FeCl3进入收集器,需要对FeCl3加热,使氯化铁发生升华,使沉积的FeCl3进入收集器,故答案为:在沉积的FeCl3固体下方加热;(3)为防止FeCl3潮解,可以采取的措施有:步骤②中通入干燥的Cl2,步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2,故答案为:②⑤;(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品,装置C的名称为干燥管;Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成,故答案为:冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品;干燥管;K3[Fe(CN)6)溶液;(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气,尾气吸收装置E为:,故答案为:;Ⅱ.(6)三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应:2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓,离子方程式为:2Fe3++H2S=2
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