云南省陆良县2025年高三3月份模拟考试化学试题含解析_第1页
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文档简介

云南省陆良县2025年高三3月份模拟考试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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、实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒(非玻璃仪器任选),选用上述仪器能完成的实验是()A.粗盐的提纯 B.制备乙酸乙酯C.用四氯化碳萃取碘水中的碘 D.配制0.1mol·L-1的盐酸溶液2、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g);ΔH=+QkJ·mol-1(Q>0),某温度、压强下,将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应,下列叙述正确的是()A.反应过程中,若增大压强能提高SiCl4的转化率B.若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时,吸收热量为QkJC.反应至4min时,若HCl浓度为0.12mol·L-1,则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D.当反应吸收热量为0.025QkJ时,生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应3、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似,若将NH3视为一元弱碱,则N2H4是一种二元弱碱,下列关于N2H4的说法不正确的是A.它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B.它溶于水所得的溶液中共有4种离子C.它溶于水发生电离的第一步可表示为:N2H4+H2ON2H5+OH-D.室温下,向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时,n(H+)·n(OH-)会增大4、某溶液含有等物质的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I-、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样,加入KSCN溶液,溶液变血红色,对溶液描述错误的是A.一定没有Ba2+ B.可能含有Na+C.一定没有SO32- D.一定有Cl-5、如图是一种可充电锂电池,反应原理是4Li+FeS2Fe+2Li2S,LiPF6是电解质,SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是()A.放电时,电子由a极经电解液流向b极B.放电时,电解质溶液中PF6-向b极区迁移C.充电时,b极反应式为Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+D.充电时,b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLi6、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应,分别设计甲、乙、丙三个实验:(甲)向反应混合液中滴入溴水,溶液颜色很快褪去.(乙)向反应混合液中滴入过量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液,有浅黄色沉淀生成.(丙)向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液,溶液颜色褪去.则上述实验可以达到目的是()A.甲 B.乙 C.丙 D.都不行7、室温下,向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液,溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是()(已知:H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11)A.a对应溶液的pH小于bB.b对应溶液的c(H+)=4.2×10-7mol·L-1C.a→b对应的溶液中减小D.a对应的溶液中一定存在:2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)8、下列实验操作规范且能达到实验目的是()选项实验目的实验操作A除去KNO3中混有NaCl将固体混合物溶于水后蒸发结晶,过滤B制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中CCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中,用盐酸浸没A.A B.B C.C D.D9、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大,W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y的族序数等于其周期序数,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A.W、Z形成的化合物中,各原子最外层均达到8个电子结构B.元素X与氢形成的原子数之比为1∶1的化合物有很多种C.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成10、向100mL0.1mol∙L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol∙L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化,沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的()A.a点的溶液呈中性B.a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大C.b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mLD.至c点完成反应,反应的离子方程式可表示为:Al3++2SO42-+NH4++2Ba2++5OH-→AlO2-+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O11、下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是()A.工业上冶炼金属铝时,通过在氧化铝中添加冰晶石的方法降低电解能耗B.铝制品表面可以形成耐腐蚀的致密氧化膜保护层,因此可以用铝罐盛放咸菜,用铝罐车运输浓硫酸C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点,广泛应用于制造飞机构件D.在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体,静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体12、某学习小组在实验室从海带中提取碘,设计实验流程如下:下列说法错误的是A.过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体,它们主要是无机物B.氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC.萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D.因I2易升华,I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离13、常温下,往饱和石灰水中加入一定量的生石灰,一段时间后恢复到原温度,以下叙述错误的是A.有溶质析出 B.溶液中Ca2+的数目不变C.溶剂的质量减小 D.溶液的pH不变14、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明()A.催化剂可以改变该反应的热效应B.该反应是个放热反应C.反应物总能量低于生成物D.化学反应遵循质量守恒定律15、pH=0的某X溶液中,除H+外,还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种,现取适量X溶液进行如下一系列实验:下列有关判断不正确的是()A.生成气体A的离子方程式为:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OB.生成沉淀H

的离子方程式为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C.溶液X中一定没有的离子仅为:CO32-、Ba2+D.溶液X中一定含有的离子是:

H+、Fe2+、SO42-、NH4+、

Al3+16、关于常温下pH=2的草酸(H2C2O4)溶液,下列说法正确的是A.1L溶液中含H+为0.02molB.c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C.加水稀释,草酸的电离度增大,溶液pH减小D.加入等体积pH=2的盐酸,溶液酸性减小二、非选择题(本题包括5小题)17、有机化合物A~H的转换关系如所示:(1)A是有支链的炔烃,其名称是___。(2)F所属的类别是___。(3)写出G的结构简式:___。18、一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题:(1)化合物A转化为B的方程式为_____,B中官能团名称是______。(2)H的系统命名为___,H的核磁共振氢谱共有___组峰。(3)H→I的反应类型是___(4)D的分子式为______,反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。(5)F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,F的结构简式为___。(6)D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2,符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰;②能发生银镜反应;③与FeCl3发生显色反应。19、硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂,媒染剂,在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分,在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水,不溶于乙醇、乙醚,在空气中不稳定,受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉,在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌,放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸,将A中固体慢慢放入其中,加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余,该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现,冷却析出的晶体中含有白色粉末,试解释其原因_____II.晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为,试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是__。III.氨含量的测定精确称取mg晶体,加适量水溶解,注入如图所示的三颈瓶中,然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,并用蒸馏水冲洗导管内壁,用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶,用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂),到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____,样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视C.滴定过程中选用酚酞作指示剂D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。20、实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质:①可溶于水,微溶于浓KOH溶液;②在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定,在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解;③在弱碱性至酸性条件下,能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。(1)装置A用于制取氯气,其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解,可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水,测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s~t2s内,O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42->Cl2的实验方案为:取少量K2FeO4固体于试管中,____。(实验中须使用的的试剂和用品有:浓盐酸,NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)(6)根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2>FeO42-,而第(5)小题实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是____。21、三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4),再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示:已知:①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配位体,K=1.6×10-14)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15③Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5④“脱络”过程中,R-与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基),·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下:i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH.ii.R-+·OH=OH-+·Riii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O请回答下列问题:(1)中间产物·OH的电子式是_______。(2)“沉铁”时,若溶液中c(Ni2+)=0.01mol/L,加入碳酸钠调溶液的pH为______(假设溶液体积不变,1g6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5mol/L),此时_____(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃时pH=3的草酸溶液中=____________(保留两位小数)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀,其离子方程式是____________。(4)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是____________。(5)工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO-把Ni(OH)2氧化为三氧化二镍。写出该反应的离子方程式:____________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A选项,粗盐的提纯需要用到漏斗,故A不符合题意;B选项,制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯,故B符合题意;C选项,用四氯化碳萃取碘水中的碘,需要用到分液漏斗,故C不符合题意;D选项,配制0.1mol·L-1的盐酸溶液,容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管,故D不符合题意。综上所述,答案为B。【点睛】有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验(如图)2、D【解析】

A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,SiCl4的转化率减小,A错误;B.该反应是可逆反应,达平衡时,吸收热量小于QkJ,B错误;C.速率之比等于反应系数之比,v(H2)=v(HCl)=,C错误;D.由方程式可知,当反应吸收热量为0.025QkJ时,生成的HCl的物质的量为,100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol,二者物质的量相等,恰好反应,D正确;故答案为:D。3、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-,它属于二元弱碱,和硫酸形成的酸式盐应为N2H6(HSO4)2,选项A不正确;B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子,选项B正确;C、它溶于水发生电离是分步的,第一步可表示为:N2H4+H2ON2H5++OH-,选项C正确;D、Kw=c(H+)·c(OH-)在一定温度下为定值,因加水体积增大,故n(H+)·n(OH-)也将增大,选项D正确;答案选A。4、B【解析】

加入KSCN溶液,溶液变血红色,溶液中有Fe3+,溶液中不能含有I-、SO32-,因为离子的物质的量相等,根据电荷守恒,含有SO42-、Cl-,一定不能含有Na+和Ba2+。故选:B。5、C【解析】

由所给的反应原理可判断原电池时,Li易失电子作负极,所以a是负极、b是正极,负极反应式为Li-e-═Li+,LiPF6是电解质,则正极反应式为

FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S。【详解】A.电子从负极沿导线流向正极,电子不经过电解质溶液,A错误;B.原电池中阴离子移向负极,电解质溶液中PF6-应向a极区迁移,B错误;

C.充电时,原电池中负极变阴极,正极变阳极,则电解时b极为阳极,反应式为Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+,C正确;D.由所给原理4Li+FeS2Fe+2Li2S,可得关系式,b极消耗5.6gFe时在a极生成2.8gLi,D错误;故选C。6、D【解析】

溴乙烷水解反应:C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr(氢氧化钠水溶液共热);消去反应:CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O(氢氧化钠乙醇共热),即无论发生水解反应还是消去反应,混合液里面都有Br-。【详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去,A不正确;B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,然后再滴入AgNO3溶液,若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-,不能证明发生了消去反应,B不正确;C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅,C不正确;D、根据上述分析可知,三种方案都不行,符合题意。答案选D。7、D【解析】

a点横坐标为0,即lg=0,所以=1,b点lg=2,=100;另一方面根据HCO3-H++CO32-可得:Ka2=,据此结合图像分析解答。【详解】A.由分析可知,Ka2=,而a点=1,所以a点有:c(H+)=Ka2=5.6×10-11,同理因为b点=100,结合Ka2表达式可得5.6×10-11=,c(H+)=5.6×10-9,可见a点c(H+)小于b点c(H+),所以a点pH大于b点,A错误;B.由A可知,b点c(H+)=5.6×10-9,B错误;C.由Ka2=和KW的表达式得:Ka2=,温度不变,Ka2、Kw均不变,所以不变,C错误;D.根据电荷守恒有:2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-),a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得:2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-),D正确。答案选D。【点睛】电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键:一是横纵坐标的含义,以及怎么使用横纵坐标所给信息;二是切入点,因为图像上有,所以切入点一定是与有关系的某个式子,由此可以判断用Ka2的表达式来解答,本题就容易多了。8、C【解析】

A.KNO3的溶解度受温度影响大,而NaCl的溶解度受温度影响不大,可将固体溶解后蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤、干燥,以除去KNO3固体中少量的NaCl固体,故A错误;B.将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中,二者反应生成Fe(OH)3沉淀,无法获得氢氧化铁胶体,故B错误;C.CCl4与水不互溶,且不发生任何发应,可用CCl4萃取碘水中的I2,CCl4的密度比水的密度大,则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层,故C正确;D.铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀,盐酸为酸性溶液,发生析氢腐蚀,故D错误;故选C。9、A【解析】

W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料,W是Li元素;因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,X是C元素;元素Y的族序数等于其周期序数,Y为Al元素;Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S,该物质是离子化合物,Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,A错误;B.元素X与氢可形成原子个数比为1:1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等,化合物有很多种,B正确;C.元素Z为S,元素X是C,二者形成共价化合物分子式是CS2,C正确;D.元素Y是Al,Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气,D正确;故答案是A。10、D【解析】

100mL0.1mol∙L﹣1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01mol.溶液含有NH4+0.01mol,Al3+0.01mol,SO42-0.02mol。开始滴加时,发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-,即加入0.015molBa(OH)2,加入的Ba2+为0.015mol,SO42-未完全沉淀,此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝;(开始到a)再滴加Ba(OH)2,生成BaSO4沉淀,发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓,NH4++OH-=NH3∙H2O,所以沉淀质量继续增加;当SO42-完全沉淀时,共需加入0.02molBa(OH)2,加入0.04molOH-,Al3+反应掉0.03molOH﹣,生成Al(OH)30.01mol,剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应,此时溶液中NH4+完全反应,此时溶液为氨水溶液;(a到b)继续滴加Ba(OH)2,Al(OH)3溶解,发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2﹣+2H2O,由方程式可知要使0.01molAl(OH)3完全溶解,需再加入0.005molBa(OH)2,此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液.(b到c)【详解】A.由分析可知,从开始到a点,发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,a点对应的沉淀为BaSO4和Al(OH)3,溶液中的溶质是(NH4)2SO4,该物质水解溶液呈酸性,A错误;B.a点沉淀的质量=0.015mol×233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g,c点为硫酸钡的质量,为0.01mol×2×233g/mol=4.66g,所以质量c点>a点,B错误;C.当SO42﹣完全沉淀时,共需加入0.02molBa(OH)2,则b点消耗氢氧化钡体积==0.2L=200mL,C错误;D.至c点完成反应,反应的离子方程式可表示为:Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O,D正确;故选D。【点睛】在分析曲线时,可使用共存原理,对此题来说,主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3与OH-反应的顺序问题,若假设NH4+先与OH-发生反应,由于生成的NH3∙H2O能与Al3+反应生成Al(OH)3,所以假设错误,应为Al3+先与OH-反应生成Al(OH)3;对NH4+、Al(OH)3哪个先与OH-反应,若我们认为Al(OH)3先反应,生成的AlO2-能与NH4+发生反应生成Al(OH)3和NH3∙H2O,所以假设错误,应为NH4+先与OH-反应。11、B【解析】

A.电解熔融氧化铝加冰晶石是为了降低电解液工作温度,降低电解能耗,故A正确;B.长时间用铝罐盛放咸菜,铝表面的氧化膜会被破坏失去保护铝的作用;浓硫酸具有强吸水性,容器口部的浓硫酸吸收空气中的水蒸汽后稀释为稀硫酸,稀硫酸能溶解铝罐口部的氧化膜保护层,故B错误;C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点,被广泛地应用于航空工业等领域,例如用于制造飞机构件,故C正确;D.培养明矾晶体时,在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体,静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体,故D正确;综上所述,答案为B。12、C【解析】

实验室从海带中提取碘:将海带在坩埚中灼烧得到海带灰,将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液,然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离,得到含有碘化钾的溶液,向水溶液中加入氧化剂,将I-氧化成I2,向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液,据此分析解答。【详解】A.海带在坩埚中灼烧得到海带灰,有机物燃烧生成二氧化碳和水,过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体,主要是无机物,故A正确;B.氧化剂可以选用过氧化氢溶液,反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,故B正确;C.萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯,不能选用酒精,因为酒精易溶于水,故C错误;D.因I2易升华,有机溶剂的沸点一般较低,因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离,故D正确;故选C。13、B【解析】

常温下,往饱和石灰水中加入一定量的生石灰,氧化钙与水反应生成氢氧化钙,一段时间后恢复到原温度,Ksp不变,溶解度不变,由于反应消耗水,溶质、溶剂、溶液质量均减少,则:A.有溶质氢氧化钙析出,A正确;B.溶液中Ca2+的浓度不变,但数目减少,B错误;C.氧化钙消耗水,则溶剂的质量减小,C正确;D.OH-浓度不变,则溶液的pH不变,D正确;答案选B。14、B【解析】

A.由图可知,加入催化剂能降低反应的活化能,但反应热不变,A项错误;B.由图象可知,反应物总能量大于生成物总能量,故为放热反应,B项正确;C.由图象可知,反应物总能量大于生成物总能量,C项错误;D.化学反应一定遵循质量守恒定律,但是根据题目要求,图示不能说明质量守衡,D项错误。答案选B。15、C【解析】

强酸性溶液X,则溶液中不存在弱酸根离子CO32-,溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C,则溶液中存在SO42-,不存在和硫酸根离子反应的Ba2+,C是BaSO4;酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存,加入硝酸钡产生气体,则溶液中存在Fe2+,不存在NO3-,A是NO;溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时,产生气体D,则溶液中含有NH4+,D是NH3,产生沉淀F是Fe(OH)3,溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G,则溶液X中存在Al3+,沉淀H是Al(OH)3,溶液G是NaHCO3,;综上所述,原溶液X中含有的离子为:H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【详解】A.溶液X中应含有Fe2+,酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO,反应的离子方程式为:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O,选项A正确;B.生成沉淀H的离子方程式为:AlO2--+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,选项B正确;C.溶液X中一定没有的离子为:CO32-、Ba2+、NO3-,选项C错误;D.溶液X中一定含有的离子是:H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+,选项D正确;故答案选C。16、B【解析】

A选项,c(H+)=0.01mol/L,1L溶液中含H+为0.01mol,故A错误;B选项,根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-),故B正确;C选项,加水稀释,平衡正向移动,氢离子浓度减小,草酸的电离度增大,溶液pH增大,故C错误;D选项,加入等体积pH=2的盐酸,溶液酸性不变,故D错误。综上所述,答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸,但pH=2,氢离子浓度与几元酸无关,根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L,很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L,如果是强酸c(H+)=0.02mol/L,若是弱酸,则c(H+)<0.01mol/L。二、非选择题(本题包括5小题)17、3-甲基-1-丁炔(或异戊炔)卤代烃CH3CH(CH3)CHOHCH2OH【解析】

A是有支链的炔烃,由分子式可知为CH3CH(CH3)C≡CH,与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应,则E应为烯烃,结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2,F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br,G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH,一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H,由H的分子式可知H为缩聚反应的产物,据此解答该题。【详解】(1)A是有支链的炔烃,为CH3CH(CH3)C≡CH,名称为3-甲基-1-丁炔(或异戊炔);故答案为:3-甲基-1-丁炔(或异戊炔);(2)F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br,属于卤代烃;故答案为:卤代烃;(3)由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH;故答案为:CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。18、溴原子、(酚)羟基3-氯-1-丙烯3氧化反应吸收生成的HCl,提高反应产率2【解析】

⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚,三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。⑵H系统命名时,以双键这一官能团为主来命名,H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关,有几种氢原子就有几组峰。⑶H→I的反应,分子中多了一个氧原子,属于氧化反应。⑷根据D的结构式得出分子式,B十I→D中有HCl生成,用Na2CO3吸收HCl。⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,环氧乙烷发生开环反应,类似于D→E的反应。⑹根据核磁共振氢谱有4组峰,能发生银镜反应,与FeCl3发生显色反应,可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,含有醛基,含有酚羟基。【详解】⑴化合物A为苯酚,和浓溴水反应生成三溴苯酚,方程式为,三溴苯酚中含有官能团为溴原子、(酚)羟基,故答案为:,溴原子、(酚)羟基;⑵H系统命名法以双键为母体,命名为3-氯-1-丙烯,其中氢原子的位置有三种,核磁共振氢谱共有3组峰,所以故答案为:3-氯-1-丙烯,3;⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应,故答案为:氧化反应;⑷根据D的结构简式可得分子式,反应B十I→D中有HCl生成,为促进反应向右进行,可以将HCl吸收,可起到吸收HCl的作用,故答案为:,吸收生成的HCl,提高反应产率;⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,环氧乙烷发生开环反应,类似于D→E的反应,生成,故答案为:;⑹根据核磁共振氢谱有4组峰,能发生银镜反应,与FeCl3发生显色反应,可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,含有醛基,含有酚羟基,符合题意的有和两种,故答案为:2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉,官能团的改变,碳链的变化,成环或开环的变化。19、坩埚反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压,防止堵塞和倒吸BD【解析】

(1)灼烧固体,应在坩埚中进行,所以仪器A为坩埚,故答案为坩埚。(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4,可使固体变为白色,故答案为反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+,故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解,故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。(5)A装置中长玻璃管可起到平衡气压,防止堵塞和倒吸的作用;与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol,根据氨气和HCl的关系式可知:n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol,则样品中氨的质量分数为,故答案为平衡气压,防止堵塞和倒吸;。(6)如果氨含量测定结果偏高,则V2偏小,A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大,含量偏低,故A错误;B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,导致V2偏小,含量偏高,故B正确;C.滴定过程中选用酚酞作指示剂,对实验没有影响,故C错误;D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁,导致盐酸偏少,需要的氢氧化钠偏少,则V2偏小,含量偏高,故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时,需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大,则测定结果偏大,标准液的体积变小,则测定结果偏小。20、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等)3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸,将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明有Cl2生成,同时说明氧化性FeO42->Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气,将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢,纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中,制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),用氢氧化钠溶液处理尾气,防止多余的氯气排放到空气中引起污染,据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气,将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢,纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中

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