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文档简介
江苏省南京市江宁区2025届高三下学期等级考调研(二模)化学试题试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下列离子方程式书写错误的是()A.铝粉投入到NaOH溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B.Al(OH)3溶于NaOH溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC.FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13++3OH-=Al(OH)32、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是A. B. C. D.3、下列表述正确的是A.用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B.超导材料AB2在熔融状态下能导电,说明AB2是电解质C.推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D.人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收4、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A.石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B.分散系可分为溶液、浊液和胶体,浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C.海水淡化可以解决淡水危机,向海水中加入明矾可使海水淡化D.农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能5、下列图示两个装置的说法错误的是()A.Fe的腐蚀速率,图Ⅰ>图ⅡB.图Ⅱ装置称为外加电流阴极保护法C.图Ⅰ中C棒上:2H++2e=H2↑D.图Ⅱ中Fe表面发生还原反应6、有一未知的无色溶液中可能含有、、、、、、。分别取样:①用计测试,溶液显弱酸性;②加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A.可能不含 B.可能含有C.一定含有 D.一定含有3种离子7、室温下,对于0.10mol•L﹣1的氨水,下列判断正确的是()A.溶液的pH=13B.25℃与60℃时,氨水的pH相等C.加水稀释后,溶液中c(NH4+)和c(OH﹣)都变大D.用HCl溶液完全中和后,溶液显酸性8、2019年11月2日,14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜,凭此改进,获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是()A.该液体创可贴显酸性B.银离子能使蛋白质变性,具有杀菌消毒作用C.该液体创可贴中,银离子浓度越大越好D.硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好9、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A.H2SO4浓度为4mol/LB.溶液中最终溶质为FeSO4C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/LD.AB段反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+10、在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ш是氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂11、CPAE是蜂胶的主要活性成分,也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是A.咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上B.可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C.1mol苯乙醇在O2中完全燃烧,需消耗10molO2D.1molCPAE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH12、下列实验操作、现象和结论正确的是实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液,先出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液,溶液变为红色样品已部分或全部变质C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸,水浴加热5分钟后,再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液,加热几分钟,没有砖红色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2A.A B.B C.C D.D13、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)ABCDX中试剂浓硝酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂CuC2H5OHMnO2NaOH气体NO2C2H4O2NH3A.A B.B C.C D.D14、新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A.B4C是一种分子晶体 B.B4C是该物质的分子式C.B4C是一种原子晶体 D.B4C的电子式为15、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A.装置①可用于吸收氯化氢气体 B.装置②可用于制取氯气C.装置③可用于制取乙酸乙酯 D.装置④可用于制取氨气16、科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源,用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本,高温利用三层液熔盐进行电解精炼,下列说法不正确的是()A.电极d与b相连,c与a相连B.电解槽中,Si优先于Cu被氧化C.a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD.相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,会影响硅的提纯速率17、有关氮原子核外p亚层中的电子的说法错误的是()A.能量相同 B.电子云形状相同C.自旋方向相同 D.电子云伸展方向相同18、钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称,下列关于陶瓷的说法正确的是()A.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B.高品质白瓷晶莹剔透,属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.由于陶瓷耐酸碱,因此可以用来熔化氢氧化钠19、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应,假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液,则反应中未被还原的硝酸为A.B.(a+3b)molC.D.(cV-3a-9b)mol20、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.100g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4NAB.等质量的CO和N2含有的原子数目均为2NAC.在0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性,含有NH4+数目为0.1NAD.常温常压下,水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为2NA21、运输汽油的车上,贴有的危险化学品标志是A. B. C. D.22、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2molCO2二、非选择题(共84分)23、(14分)下列物质为常见有机物:①甲苯②1,3﹣丁二烯③直馏汽油④植物油填空:(1)既能使溴水因发生化学变化褪色,也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____(填编号);(2)能和氢氧化钠溶液反应的是______(填编号),写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______.(3)已知:环己烯可以通过1,3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到:实验证明,下列反应中,反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化:现仅以1,3﹣丁二烯为有机原料,无机试剂任选,按下列途径合成甲基环己烷:(a)写出结构简式:A______;B_____(b)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______(c)1molA与1molHBr加成可以得到_____种产物.24、(12分)新泽茉莉醛是一种名贵的香料,合成过程中还能得到一种PC树脂,其合成路线如图。已知:①RCHO+R′CH2CHO+H2O②RCHO+HOCH2CH2OH+H2O③+2ROH+HCl(1)E的含氧官能团名称是_________,E分子中共面原子数目最多为___________。(2)写出反应①的化学方程式_________________________________。(3)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式____________。a.能与浓溴水产生白色沉淀b.能与溶液反应产生气体c.苯环上一氯代物有两种(4)反应②的反应类型是_______。(5)已知甲的相对分子质量为30,写出甲和G的结构简式____________、___________。(6)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰,写出反应③的化学方程式______________。(7)结合已知①,以乙醇和苯甲醛()为原料,选用必要的无机试剂合成,写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)______________________________。25、(12分)乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O,相对分子质量为288}易溶于水,是一种很好的补铁剂,可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。I.碳酸亚铁的制备(装置如下图所示)(1)仪器B的名称是__________________;实验操作如下:打开kl、k2,加入适量稀硫酸,关闭kl,使反应进行一段时间,其目的是__________________。(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生,需要进行的操作是____________,该反应产生一种常见气体,写出反应的离子方程式_________________________。(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀,检验其是否洗净的方法是__________。Ⅱ.乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液,在75℃下搅拌使之充分反应,经过滤,在____________的条件下,经低温蒸发等操作后,获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定:①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下,所得纯度总是大于l00%,其原因可能是_________________________。②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品,灼烧完全灰化,加足量盐酸溶解,取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1.00rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应,然后加入几滴淀粉溶液,用0.100mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已知:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-),当溶液_____________________,即为滴定终点;平行滴定3次,硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为_________%(保留1位小数)。26、(10分)向硝酸酸化的2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液(pH=2)中加入过量铁粉,振荡后静置,溶液先呈浅绿色,后逐渐呈棕黄色,试管底部仍存在黑色固体,过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。Ⅰ.探究Fe2+产生的原因。(1)提出猜想:Fe2+可能是Fe与________或________反应的产物。(均填化学式)(2)实验探究:在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉,再加入不同的液体试剂,5min后取上层清液,分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2mL0.1mol·L-1
AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2mL0.1mol·L-1______溶液(pH=2)蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为_________。②资料显示:该温度下,0.1mol·L-1AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_______。③小组同学继续进行实验,证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下:取100mL0.1mol·L-1硝酸酸化的AgNO3溶液(pH=2),加入铁粉并搅拌,分别插入pH传感器和NO传感器(传感器可检测离子浓度),得到图甲、图乙,其中pH传感器测得的图示为________(填“图甲”或“图乙”)。④实验测得2号试管中有NH4+生成,则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。Ⅱ.探究Fe3+产生的原因。查阅资料可知,反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。(3)方案一:取出少量黑色固体,洗涤后,______(填操作和现象),证明黑色固体中有Ag。(4)方案二:按下图连接装置,一段时间后取出左侧烧杯中的溶液,加入KSCN溶液,溶液变红。该实验现象________(填“能”或“不能”)证明Fe2+可被Ag+氧化,理由为________。27、(12分)某化学兴趣小组在习题解析中看到:“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,是因为在酸性环境中,NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑,“因没有隔绝空气,也许只是氧化了SO32-,与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验,用pH传感器检测反应的进行,实验装置如图。回答下列问题:(1)仪器a的名称为__。(2)实验小组发现装置C存在不足,不足之处是__。(3)用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油,配制4种溶液(见下表)分别在装置C中进行探究实验。编号①②③④试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL,再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL,再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比①、②号试剂,探究的目的是___。(4)进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。(5)实验现象:①号依然澄清,②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。(6)图1-4分别为①,②,③,④号实验所测pH随时间的变化曲线。根据以上数据,可得到的结论是__。28、(14分)Ⅰ.羟基磷酸钙[Ca10(PO4)6(OH)2]具有优良的生物相容性和生物活性,它在口腔保健中具有重要作用,可以防止龋齿等,回答下列问题。(1)Ca10(PO4)6(OH)2中,元素的电负性按由大到小的顺序依次是___。(2)上述元素都能形成氢化物,其中PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3___NH3(填“>”或“<”),PO43-离子空间构型是___。(3)现已合成含钙的全氮阴离子盐,其中阴离子N5-为平面正五边形结构,N原子的杂化类型是___。(4)碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁,其原因是___。(5)黑磷是磷的一种同素异形体,与石墨烯类似,其晶体结构片段如图1所示:其中最小的环为6元环,每个环平均含有___个P原子。Ⅱ.钴是人体不可或缺的微量元素之一。Co、Al、O形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。(6)基态Co原子的价电子排布式为___。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成,其化学式为___,NA为阿伏加德罗常数的值,钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式)。29、(10分)研究NO的性质对建设美丽家乡,打造宜居环境具有重要意义。(1)自然界在闪电时,生成NO的反应方程式为__________________。(2)T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中,充入NO和O2发生反应:2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表:时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①在T℃下,0~2s时,该反应的平均反应速率=________;②该温度下反应的平衡常数K=________,在T℃下,能提高NO的平衡转化率的措施有_______、________。(3)已知NO和O2反应的历程如图,回答下列问题:①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示):________。②试分析上述基元反应中,反应①和反应②的速率较小的是_____(选填“反应①”或“反应②”);已知反应①会快速建立平衡状态,反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是____________。
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.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气;B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水;C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子;D.氨水为弱碱,离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中,反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,A正确;B.Al(OH)3是两性氢氧化物,可溶于NaOH溶液中,反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,B正确;C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,C正确;D.AlCl3溶液中加入足量的氨水,反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀,正确的离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,D错误;故合理选项是D。本题考查了离子方程式的书写判断,注意掌握离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。2、D【解析】分析:在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质,结合选项解答。详解:A、反应物均是液体,且需要加热,因此试管口要高于试管底,A正确;B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收,注意导管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正确;C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可实现分离,C正确;D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物,不能通过蒸发实现分离,D错误。答案选D。点睛:掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键,难点是装置的作用分析,注意从乙酸乙酯的性质(包括物理性质和化学性质)特点的角度去解答和判断。3、B【解析】
A.用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇,再蒸馏分离出来,故A错误;B.超导材料AB2在熔融状态下能导电,说明AB2是电解质,故B正确;C.推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放,可以减少二氧化硫污染性气体排放,故C错误;D.人体摄入的单糖不需要经过水解,故D错误。综上所述,答案为B。粮食酿酒不是本身含有酒精,而是粮食中淀粉发酵得到乙醇,再蒸馏。4、D【解析】
A.分子筛的主要成分是硅酸盐,石英玻璃的主要成分是SiO2,是氧化物,不是硅酸盐,故A错误;B.根据分散质粒子的直径大小,分散系可分为溶液、浊液和胶体,溶液中分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm,浊液的分散质粒子大于溶液和胶体,故B错误;C.海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质,不能减少盐的含量,不能使海水淡化,故C错误;D.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式,即以生物质为载体的能量,可转化为常规的固态、液态和气态燃料,取之不尽、用之不竭,是一种可再生能源,故D正确;故选D。5、C【解析】
A.图Ⅰ为原电池,Fe作负极,腐蚀速率加快;图Ⅱ为电解池,Fe作阴极被保护,腐蚀速率减慢,所以Fe的腐蚀速率,图Ⅰ>图Ⅱ,故A说法正确;B.图Ⅱ装置是电解池,Fe为阴极,发生还原反应,金属被保护,称为外加电流的阴极保护法,故B说法正确;C.饱和食盐水为中性溶液,正极C棒发生吸氧腐蚀:2H2O+O2+4eˉ=4OH-,故C说法错误;D.图Ⅱ装置是电解池,Fe为阴极,发生还原反应,故D说法正确;故答案为C。图Ⅰ中Fe、C和饱和食盐水构成原电池,由于饱和食盐水呈中性,所以发生吸氧腐蚀,正极反应为:2H2O+O2+4eˉ=4OH-。6、C【解析】
溶液为无色,则溶液中没有Cu2+;由①可知溶液显弱酸性,上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性,则一定含有NH4+;而S2-能水解显碱性,即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中,则一定不含有S2-;再由氯水能氧化I-生成碘单质,而碘遇淀粉变蓝,而②中加氯水和淀粉无明显现象,则一定不含有I-;又溶液呈电中性,有阳离子必有阴离子,则溶液中有NH4+,必须同时存在阴离子,即SO42-必然存在;而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀,则这两种离子不能共存,即一定不存在Ba2+;显然剩下的Na+是否存在无法判断,综上所述C正确。故选C。解决此类问题的通常从以下几个方面考虑:溶液的酸碱性及颜色;离子间因为发生反应而不能共存;电荷守恒。7、D【解析】
A.一水合氨是弱电解质,在水溶液里不完全电离;B.氨水的电离受到温度的影响,温度不同,氨水电离的氢氧根离子浓度不同;C.加水稀释促进一水合氨电离,但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度,所以稀释过程中c(NH4+)、c(OH-)都减小;D.氯化铵是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性。【详解】A.一水合氨是弱电解质,在水溶液里不完全电离,所以0.10mol•L﹣1的氨水的pH小于13,故A错误;B.氨水的电离受到温度的影响,温度不同,氨水电离的氢氧根离子浓度不同,pH也不同,故B错误;C.加水稀释促进一水合氨电离,但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度,所以稀释过程中c(NH4+)、c(OH﹣)都减小,所以溶液中c(NH4+)•c(OH﹣)变小,故C错误;D.含有弱根离子的盐,谁强谁显性,氯化铵是强酸弱碱盐,所以其溶液呈酸性,故D正确,故选:D。8、C【解析】
A.硝酸银是强酸弱碱盐,水解显酸性,故A正确;B.银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性,具有杀菌消毒作用,故B正确;C.银离子浓度大,如果被人体内脏吸收,会积累而发生病变,且永远无法排出体外,极大危害人体健康,故C错误;D.银离子氧化性大于铜离子,硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好,故D正确;故选:C。9、C【解析】
由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4,则n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4),根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量,再根据c=计算c(H2SO4)、c(NO3-)。【详解】A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g÷56g/mol=0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中,根据硫酸根守恒,所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确;B、硝酸全部被还原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质全部转化为亚铁离子,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;C、OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用,所以n(NO3-)=n(Fe)=0.2mol,NO3-浓度为2mol/L,C错误;D、由图象可知,由于铁过量,OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大,解答的关键是根据图象分析各段发生的反应,注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时,应当先分析反应的过程,即先发生的是哪一步反应,后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程,比如合理使用守恒原理等。10、C【解析】
A.根据图示,反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,结合总反应方程式,反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;B.根据图示,反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,氧化剂是Fe3+,故B正确;C.根据图示,反应Ш的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,没有元素的化合价发生变化,不是氧化还原反应,故C错误;D.根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,反应过程中NO参与反应,最后还变成NO,NO作催化剂,故D正确;故选C。解答本题的关键是认真看图,从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A,要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。11、B【解析】
A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构,所以根据有机物的结构简式可知,咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上,A正确;B.CPAE分子中含有酚羟基,也能和金属钠反应,所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇,B不正确;C.苯乙醇的分子式为C8H10O,苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O,C正确;D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基,所以1molCPAE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH,D正确;答案选B。12、A【解析】
A.因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3],Fe(OH)3的溶解度较小,故先和NaOH发生反应,产生红褐色沉淀,A正确;B.Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时,可以发生反应,Fe2+反应生成Fe3+,故加入KSCN后溶液会变红,但不能判断为变质,B错误;C.水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性,若不加NaOH,原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应,不会生成砖红色沉淀,C错误;D.向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色,该溶液中也可能含有Fe3+,Fe3+也能将I-氧化为单质碘,D错误;故选A。13、C【解析】
A.二氧化氮和水反应,收集二氧化氮不能用排水法,A错误;B.乙醇消去制乙烯需要加热,B错误;C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体,收集氧气用排水法,C正确;D.氨气极易溶于水,不能用排水法收集,D错误;答案选C。14、C【解析】
A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器,表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性,而分子晶体硬度小、熔沸点低,A错误;B.B4C属于原子晶体,组成微粒是C、B原子,不含分子,因此B4C不是该物质的分子式B错误;C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器,表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性,说明该物质属于原子晶体,C正确;D.原子晶体中原子间以共价键相结合,B4C中C和B形成四对共用电子,电子式为,D错误;故合理选项是C。15、A【解析】
A、导管口插入四氯化碳中,氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳,能防止倒吸且能吸收氯化氢,选项A正确;B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热,装置中缺少加热装置,选项B错误;C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下,选项C错误;D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体,选项D错误。答案选A。16、C【解析】
A.图2是甲烷燃料电池,通入甲烷的电极为负极,通入氧气的电极为正极,图1中d电极为阳极,与电源正极b相连,c电极为阴极,与电源负极a相连,故A正确;B.d电极为阳极硅失电子被氧化,而铜没有,所以Si优先于Cu被氧化,故B正确;C.通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应,电极反应为CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O,故C错误;D.相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,电流强度不同,会导致转移电子的量不同,会影响硅提纯速率,故D正确;故选C。17、D【解析】
氮原子核外电子排布为:1s22s22p3,2px1、2py1
和2pz1
上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同,但电子云伸展方向不相同,错误的为D,故选D。掌握和理解p亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p3上的3个电子排布在3个相互垂直的p轨道中,自旋方向相同。18、A【解析】
A.不同的金属氧化物颜色可能不同,在高温下,釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化,故A正确;B.瓷器的原料主要是黏土烧结而成,瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅,是混合物,故B错误;C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故C错误;D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅,能与熔化氢氧化钠反应,故D错误;故选A。19、A【解析】
反应中硝酸起氧化、酸性作用,未被还原的硝酸将转化为Fe
(NO3)3中,由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量;起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒,可以用a、b表示计算NO的物质的量,根据氮元素守恒可知,未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知,n[Fe
(NO3)3]=n
(Fe)=amol+3bmol=
(a+3b)
mol,
所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)
mol;起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒可知,铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数,铁元素失电子的物质的量为;NO的物质的量为,未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。20、A【解析】
A.乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子,100g46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为46g,物质的量为1mol,故含1mol氧原子;水的质量为100g-46g=54g,物质的量为3mol,故含3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol,个数为4NA个,故A正确;B.CO和N2相对分子质量都是28,都是双原子分子,所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确,故无法计算中含有原子数目,故B错误;C.在0.1mol•L的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性,由于没有给出溶液的体积,无法计算出溶液的物质的量,无法计算铵根离子的物质的量,故C错误;D.过氧化钠和水反应时,增重为氢元素的质量,即1molNa2O2∼1molH2O∼增重1molH2的质量∼转移1mol电子,故当增重2g即1mol氢气的质量时,反应转移1mol电子即NA个,故D错误;答案选A。过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点,过氧化钠中的氧元素为-1价,增重1molH2的质量∼转移1mol电子。21、B【解析】
A、汽油是易燃品,不是腐蚀品,故不选A;B、汽油是易燃液体,故选B;C、汽油是易燃品,不是剧毒品,故不选C;D、汽油是易燃品,不是氧化剂,故不选D;选B。22、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。二、非选择题(共84分)23、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】
(1)植物油属于酯类物质,既能使溴水因发生化学变化褪色,也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键,据此分析判断;(2)烃不能与NaOH反应,酯能够在NaOH溶液中水解,据此分析解答;(3)根据碳原子数目可知,反应①为1,3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A,则A为,A发生信息Ⅱ的反应生成B,则B为,结合C的分子式可知,B与氢气发生全加成反应生成C,C为,C发生消去反应生成D,D为,D发生加成反应生成甲基环己烷,据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质,不是烃;甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键,不能使溴水因发生化学反应褪色;1,3-丁二烯中含有碳碳双键,能够与溴水发生加成反应,能够被酸性高锰酸钾氧化,使高锰酸钾溶液褪色,故答案为:②;(2)烃不能与NaOH反应,酯能够在NaOH溶液中发生水解反应;植物油是高级脂肪酸甘油酯,水解生成甘油,甘油能够与硝酸发生酯化反应,反应方程式为:+3HNO3→+3H2O,故答案为:④;+3HNO3→+3H2O;(3)(a)通过以上分析知,A的结构简式是,B的结构简式是,故答案为:;;(b)据上述分析,加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A,故答案为:A;(c)A的结构简式是,分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效,所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同,因此A与HBr加成时的产物有4种,故答案为:4。24、羟基、醛基16加成反应(或还原反应)HCHO【解析】
反应①是苯与溴发生取代反应生成A,A为,结合B的分子式可知,A发生水解反应生成B,B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构简式,结合F→G的反应条件及信息①②,可知E→F发生信息②中的反应,F→G发生信息①中的反应,且甲的相对分子质量为30,可推知甲为HCHO、F为、G为,G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知,2分子苯酚与1分子HCHO反应生成C,化合物C能发生信息③中的反应,说明C中含有羟基,且C核磁共振氢谱有四种峰,可推知C为,结合信息③可知PC树脂结构简式为,据此分析解答(1)~(6);(7)结合已知①,乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛与苯甲醛反应得到,再进一步氧化生成,最后与乙醇发生酯化反应得到目标物,据此书写合成路线图。【详解】(1)E为,含氧官能团有羟基、醛基,E分子中苯环、-CHO均为平面结构,且直接相连的原子共面,共面原子数目最多为16个,故答案为羟基、醛基;16;(2)反应①的化学方程式为,故答案为;(3)E为,与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件:a.能与浓溴水产生白色沉淀,说明含酚-OH;b.能与NaHCO3溶液反应产生气体,说明含-COOH;c.苯环上一氯代物有两种,则苯环上有2种H,则符合条件的E的同分异构体为,故答案为;(4)反应②中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛,故答案为加成反应;(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、,故答案为HCHO;;(6)反应③的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl,故答案为n+n+(2n-1)HCl;(7)以乙醇和苯甲醛()为原料,合成,乙醇氧化生成乙醛,乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛,再将-CHO氧化为-COOH,最后在与乙醇发生酯化反应,则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO,故答案为CH3CH2OHCH3CHO。本题的难点是物质结构的推导,要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6),要注意方程式的配平。25、蒸馏烧瓶生成FeSO4溶液,且用产生的H2排尽装置内的空气关闭k2Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液,加入稀盐酸酸化,再滴入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则洗涤干净隔绝空气乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化,导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多蓝色褪去且半分钟不恢复95.2%【解析】
I.亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,B制备硫酸亚铁,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Ⅱ.Fe2+有较强还原性,易被空气中氧气氧化,获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰;①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化;②I2的淀粉溶液显蓝色,滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅,最终褪色;根据已知反应可得关系式2Fe3+~~I2~~2S2O32-,根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量,再计算样品纯度。【详解】I.亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,装置B制备硫酸亚铁,C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶;打开kl、k2,加入适量稀硫酸,可使生成的氢气排出装置C内的空气,防止二价铁被氧化;(2)待装置内空气排出后,再关闭k2,反应产生的氢气使装置内的气体压强增大,可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中,发生反应生成碳酸亚铁,同时生成二氧化碳,反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的,检验沉淀是否洗涤干净,可通过检验是否含有SO42-判断。方法是:取最后一次水洗液于试管中,加入过量稀盐酸酸化,滴加一定量的BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则表明洗涤液中不存在SO42-,即可判断FeCO3沉淀洗涤干净;Ⅱ.(4)Fe2+有较强还原性,易被空气中氧气氧化,则乳酸亚铁应隔绝空气,防止被氧化;(5)①乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,Fe2+也可以被氧化,因此二者反应都消耗KMnO4溶液,导致消耗高锰酸钾的增大,使计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%;②I2遇淀粉溶液显蓝色,滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅,说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应,当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复,即可判断为滴定终点;24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol,根据关系式2Fe2+~2Fe3+~I2~2S2O32-,可知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol,则样品的纯度为×100%=95.2%。本题考查实验制备方案的知识,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等,明确原理是解题关键,通过化学方程式可得关系式,然后根据关系式进行有关化学计算,注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系,以免出错。26、HNO3AgNO3NaNO3该反应速率很小(或该反应的活化能较大)图乙4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(或加入足量稀盐酸,有黑色固体剩余)(答案合理均可)不能Fe2+可能被HNO3氧化或被氧气氧化(答案合理均可)【解析】
Ⅰ.(1)向硝酸酸化的AgNO3溶液(pH=2)中加入过量的铁粉,过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子,也可与AgNO3溶液反应生成Fe2+,Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag,因此溶液中的Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物,故答案为:HNO3;AgNO3;(2)①探究Fe2+的产生原因时,2号试管作为1号试管的对比实验,要排除Ag+的影响,可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag+的NaNO3溶液进行对比实验,故答案为:NaNO3;②AgNO3可将Fe氧化为Fe2+,但1号试管中未观察到蓝色沉淀,说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢,生成的Fe2+浓度较小,故答案为:该反应速率很小(或该反应的活化能较大);③由2号试管得出的结论正确,说明Fe2+是Fe与HNO3反应的产物,随着反应的进行,HNO3溶液的浓度逐渐减小,溶液的pH逐渐增大,则图乙为pH传感器测得的图示,故答案为:图乙;④实验测得2号试管中有NH生成,说明Fe与HNO3反应时,Fe将HNO3还原为NH,根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O,故答案为:4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O;Ⅱ.(3)Ag+氧化Fe2+时发生反应Ag++Fe2+=Ag↓+Fe3+,而黑色固体中一定含有过量的铁,所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe,若有黑色固体剩余,则证明黑色固体中有Ag;或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸,若产生白色沉淀,则证明黑色固体中有Ag,故答案为:加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(或加入足量稀盐酸,有黑色固体剩余)(答案合理均可)(4)取左侧烧杯中的溶液,加入KSCN溶液后,溶液变红,只能证明有Fe3+生成,不能证明Fe2+可被Ag+氧化,因为Fe(NO3)2溶液呈酸性,酸性条件下NO可将Fe2+氧化为Fe3+,且Fe(NO3)2溶液直接与空气接触,Fe2+也可被空气中的氧气氧化为Fe3+;故答案为:不能;Fe2+可能被HNO3氧化或被氧气氧化(答案合理均可)。27、锥形瓶装置C中的溶液与空气接触探究氧气能否氧化SO32-排除装置内的空气,防止氧气干扰2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-,氧气的氧化效果比NO3-更好,在氧气、NO3-共存条件下,氧化速率更快。【解析】
(1)根据装置图判断仪器a的名称;(2)要验证“只是氧化了SO32-,与NO3-无关”,需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。(3)①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。(4)进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境,区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子;(5)实验现象:①号依然澄清,②号出现浑浊,说明把SO32-氧化为SO42-;(6)根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】(1)根据装置图,仪器a的名称是锥形瓶;(2)要验证“只是氧化了SO32-,与NO3-无关”,需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液,不足之处是装置C中的溶液与空气接触。(3)①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气,对比①、②号试剂,探究的目的是氧气能否氧化SO32-。(4)进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境,区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子;进行①号、③号实验的目的是探究在
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