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文档简介
上海市高境第一中学2024-2025学年高三第二次综合考试试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、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2:12、对NaOH晶体叙述错误的是A.存在两种化学键 B.含共价键的离子化合物C.存在两种离子 D.含共价键的共价化合物3、在药物制剂中,抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性,抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知:Na2S2O5溶于水发生反应:S2O52−+H2O=2HSO3−实验用品实验操作和现象①1.00×10-2mol/LNa2SO3溶液②1.00×10-2mol/LNaHSO3溶液③5.00×10-3mol/LNa2S2O5溶液实验1:溶液①使紫色石蕊溶液变蓝,溶液②使之变红。实验2:溶液①与O2反应,保持体系中O2浓度不变,不同pH条件下,c(SO32−)随反应时间变化如下图所示。实验3:调溶液①②③的pH相同,保持体系中O2浓度不变,测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中,不正确的是A.Na2SO3溶液显碱性,原因是:SO32−+H2OHSO3−+OH−B.NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度C.实验2说明,Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D.实验3中,三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同,因此反应速率相同4、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是()A.密度比为4:5 B.物质的量之比为4:5C.体积比为1:1 D.原子数之比为3:45、下列有关生活中常见物质的说法正确的是A.涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B.豆浆煮沸后,蛋白质变成了氨基酸C.高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒,都利用了其强氧化性D.蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质6、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是周期表中原子半径最小的元素,Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等,Z的核电荷数是Y的2倍,W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是()A.原子半径:Z>W>RB.对应的氢化物的热稳定性:R>WC.W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸7、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Y元素在同周期中离子半径最小;甲、乙分别是元素Y、Z的单质;丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物,常温下丁为液态;戊为酸性气体,常温下0.01mol·L-1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:Z>Y>X>WB.W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C.W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D.比较X、Z非金属性强弱时,可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性8、某烃的相对分子质量为86,如果分子中含有3个-CH3、2个-CH2-和1个,则该结构的烃的一氯取代物最多可能有(不考虑立体异构)()A.9种 B.8种 C.5种 D.4种9、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时,O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动,反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是()A.电池内的O2—由电极甲移向电极乙B.电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2OC.当甲电极上有1molN2H4消耗时,标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D.电池外电路的电子由电极乙移向电极甲10、化学与生活密切相关,下列说法错误的是A.纯棉面料主要含C、H
、O
三种元素B.植物油的主要成分属于酯类物质C.用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色D.聚乳酸
(
)
的降解过程中会发生取代反应11、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应,加入溶质H2SO4的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A.A B.B C.C D.D12、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理,设计出韦斯顿标准电池,其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A.电池工作时Cd2+向电极B移动B.电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C.电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D.反应中每生成amolHg转移3amol电子13、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A.Na+ B.HCO3- C.Fe2+ D.Cl-14、下列说法正确的是A.甘油醛()和葡萄糖均属于单糖,互为同系物B.2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为C.高聚物和均是缩聚产物,它们有共同的单体D.将总物质的量为1mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应,最多可以消耗2molNaOH15、下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A.氯化铵受热气化和苯的气化B.碘和干冰受热升华C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化钠和铁的熔化16、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A.A B.B C.C D.D17、为制取含HClO浓度较高的溶液,下列图示装置和原理均正确,且能达到实验目的的是A.制取氯气 B.制取氯水C.提高HClO浓度 D.过滤18、已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系:①X、Y同主族,R、W同主族②;a+b=(d+e);=c-d,下列有关说法不正确的是A.原子半径比较:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(R)B.X和Y形成的化合物中,阴阳离子的电子层相差1层C.W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强D.Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应19、已知:AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO,向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2—)>c(OH−)B0.01c(CO32—)+c(HCO3—)+c(H2CO3)=c(AlO2—)C0.015c(Na+)>c(CO32—)>c(OH−)>c(HCO3—)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(CO32—)+c(HCO3—)+c(OH−)A.A B.B C.C D.D20、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示,下列关于实验操作或叙述错误的是已知:①亚硝酰硫酸为棱形结晶,溶于硫酸,遇水易分解②反应原理为:SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA.浓硝酸与浓硫酸混合时,是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中,边加边搅拌B.装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C.冷水的温度控制在20℃左右,太低反应速率太慢;太高硝酸易分解,SO2逸出D.实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快21、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是()A.空气:C2H2、CO2、SO2、NOB.氢氧化铁胶体:H+、K+、S2-、Br-C.银氨溶液:Na+、K+、NO3-、NH3·H2OD.重铬酸钾溶液:H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子22、一定条件下,有机化合物Y可发生重排反应:(X)(Y)(Z)下列说法不正确的是A.X、Y、Z互为同分异构体B.1molX最多能与3molH2发生加成反应C.1molY最多能与2molNaOH发生反应D.通过调控温度可以得到不同的目标产物二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H可用以下路线合成:已知:请回答下列问题:(1)标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O,且A分子结构中有3个甲基,则A的结构简式为________________________;(2)B和C均为一氯代烃,D的名称(系统命名)为_________________;(3)在催化剂存在下1molF与2molH2反应,生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________;(4)反应①的反应类型是_______________________;(5)反应②的化学方程式为______________________________________;(6)写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。24、(12分)已知:(Ⅰ)当苯环上已经有了一个取代基时,新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有—CH3、—NH2等;使新取代基进入它的间位的取代基有—COOH、—NO2等;(Ⅱ)R—CH=CH—R′R—CHO+R′—CHO(Ⅲ)氨基(—NH2)易被氧化;硝基(—NO2)可被Fe和盐酸还原成氨基(—NH2)下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质(C7H5NO)n的流程图。回答下列问题:(1)写出反应类型。反应①________,反应④________。(2)X、Y是下列试剂中的一种,其中X是____,Y是_____。(填序号)a.Fe和盐酸b.酸性KMnO4溶液c.NaOH溶液(3)已知B和F互为同分异构体,写出F的结构简式_____。A~E中互为同分异构体的还有____和____。(填结构简式)(4)反应①在温度较高时,还可能发生的化学方程式________。(5)写出C与盐酸反应的化学方程式________。25、(12分)肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)。已知:N2H4·H2O高温易分解,易氧化制备原理:CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl(实验一)制备NaClO溶液(实验装置如图所示)(1)配制30%NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量筒外,还有_____(填标号)A.容量瓶B.烧杯C.烧瓶D.玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。(实验二)制取水合肼。(实验装置如图所示)控制反应温度,将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液,收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是____________(填标号)。A.CO(NH2)2溶液B.NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是____________。蒸馏时需要减压,原因是______________。(实验三)测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性,可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤:a.称取馏分5.000g,加入适量NaHCO3固体(保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右),配制1000mL溶液。b.移取10.00mL于锥形瓶中,加入10mL水,摇匀。c.用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现______________,记录消耗碘的标准液的体积。d.进一步操作与数据处理(5)滴定时,碘的标准溶液盛放在______________滴定管中(选填:“酸式”或“碱式”)水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为______。26、(10分)五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182
g·mol-1)可作化学工业中的催化剂,广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水,不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下:已知:NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答:(1)第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)(2)调节pH为8~8.5的目的________。(3)第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A.冷水B.热水C.乙醇D.1%
NH4Cl
溶液(4)第⑤
步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。(5)硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整:________(
用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。(6)将0.253
g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8~8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250
mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00
mL,则该产品的纯度为________。(已知:I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)27、(12分)氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体,高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示:(1)图2装置中可填入图1虚线框中的是___(填标号)。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。(2)制备BN的化学方程式为___。(3)图1中多孔球泡的作用是___。(4)当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全,此时应立即停止通入O2,原因是___。(5)为测定制得的氮化硼样品纯度,设计以下实验:ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品,加入浓硫酸和催化剂,微热,令样品中的N元素全部转化为铵盐;ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热,蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收;ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。①氮化硼样品的纯度为___(保留四位有效数字)。②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___(填标号)。A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视D.滴定时选用酚酞作指示剂28、(14分)PBAT(聚已二酸对苯二甲酸丁酯)可被微生物几乎完全降解,成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料,它可由聚合物PBA和PBT共聚制得,一种合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)G的官能团的名称为________。(2)①的反应类型为___________;反应②所需的试剂和条件是___________。(3)D的结构简式为___________;H的化学名称为___________。(4)⑤的化学方程式为_______________________________________________。(5)M与G互为同系物,M的相对分子质量比G大14;N是M的同分异构体,写出同时满足以下条件的N的结构简式:___________________(写两种,不考虑立体异构)。Ⅰ、既能与FeCl3发生显色反应,又能发生水解反应和银镜反应;Ⅱ、与NaOH溶液反应时,1molN能消耗4molNaOH;Ⅲ、核磁共振氢谱有五组峰,峰面积比为1:2:2:2:1。(6)设计由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线(其它试剂可任选)________________________________________________________________。29、(10分)(卷号)10000(题号)2427322248593408钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为____,Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多,原因是____。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物,如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示,图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键,图2中C原子的杂化方式为____,形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是____,钴晶体晶胞结构如图3所示,该晶胞中原子个数为____;该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)g·cm-3。
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、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。2、D【解析】
根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。【详解】A.为离子键,OH-内氢、氧原子间为共价键,A项正确;B.NaOH由Na+、OH-构成,是含共价键的离子化合物,B项正确;C.NaOH晶体中,有Na+、OH-两种离子,C项正确;D.NaOH是含共价键的离子化合物,D项错误。本题选D。3、C【解析】
A.Na2SO3是强碱弱酸盐,SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−,所以溶液显碱性,故A正确;B.HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性,NaHSO3溶液呈酸性,说明HSO3−的电离程度大于水解程度,故B正确;C.根据图示,Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快,所以pH=9.2时抗氧性最强,故C错误;D.根据已知信息可知实验3中,三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同,因此反应速率相同,故D正确;选C。4、A【解析】
由n==可知,ρ==,据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知,在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比,所以两种气体的密度之比为64∶80=4∶5,A项正确;B.设气体的质量均为mg,则n(SO2)=mol,n(SO3)=mol,所以二者物质的量之比为∶=80∶64=5∶4,B项错误;C.根据V=n·Vm可知,同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,所以两种气体的体积之比为5∶4,C项错误;D.根据分子组成可知,两种气体的原子数之比为(5×3)∶(4×4)=15∶16,D项错误;答案选A。5、D【解析】
A.涤纶衬衣(聚酯纤维)、牛皮鞋(主要成分是蛋白质)均是由有机高分子化合物构成的,但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯,相对分子质量达不到10000,不是高分子化合物,A项错误;B.豆浆煮沸后,蛋白质发生变性,B项错误;C.高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒,都利用了其强氧化性;但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内,使细菌体内的蛋白质变性从而杀菌,C项错误;D.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油,葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质,D项正确;答案选D。高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上,淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物,而油脂不属于高分子化合物,这是学生们的易错点,学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。6、C【解析】
已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是周期表中原子半径最小的元素,所以X是H;Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等,这说明Y是第ⅣA组元素;Z的核电荷数是Y的2倍,且是短周期元素,因此Y是C,Z是Mg;W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍,且原子序数大于Mg的,因此W是第三周期的S;R的原子序数最大,所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小,则原子半径:Z>W>R,A正确;B、同周期自左向右非金属性逐渐增强,氢化物的稳定性逐渐增强,则对应的氢化物的热稳定性:R>W,B正确;C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键,因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同,C不正确;D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸,属于二元弱酸,D正确。答案选C。7、C【解析】
Y元素在同周期中离子半径最小,金属离子外的电子层数比相应的原子少一层,而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小,而非金属元素的离子的电子层没有减少,所以Y应为Al元素。丁为二元化合物,而且为液态,为水。丙与水反应得到两种物质,而且一种为酸。0.01mol·L-1戊溶液的pH大于2,为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质,Z的原子序数比Al大,Z为S元素。涉及的反应为2Al+3SAl2S3,Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。A.H原子半径最小。同周期的元素,原子序数越大,原子半径越小,Al原子的半径大于S;同主族元素,原子序数越大,原子半径越大,S的原子半径大于O,排序为Y(Al)>Z(S)>X(O)>W(H),A项错误;B.H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中,存在离子键,为离子化合物,B项错误;C.W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H,含有极性键。H2O2的结构简式为H—O-O—H,含有极性键和非极性键,C项正确;D.比较X(O)和Z(S)的非金属性,不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性,因为O没有它的含氧酸。D项错误;本题答案选C。8、A【解析】
某烷烃相对分子质量为86,则该烷烃中含有碳原子数目为:N==6,为己烷;3个-CH3、2个-CH2-和1个,则该己烷分子中只能含有1个支链甲基,不会含有乙基,其主链含有5个C,满足条件的己烷的结构简式为:①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3,②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,其中①分子中含有5种位置不同的H,即含有一氯代物的数目为5;②分子中含有4种位置不同的H,则其一氯代物有4种,所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有:5+4=9种。故选A.。烃的等效氢原子有几种,该烃的一元取代物的数目就有几种;在推断烃的二元取代产物数目时,可以采用一定一动法,即先固定一个原子,移动另一个原子,推算出可能的取代产物数目,然后再变化第一个原子的位置,移动另一个原子进行推断,直到推断出全部取代产物的数目,在书写过程中,要特别注意防止重复和遗漏。9、C【解析】
该燃料电池中,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应式为:N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O,故电极甲作负极,电极乙作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e-=2O2-,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A.放电时,阴离子向负极移动,即O2−由电极乙移向电极甲,A项错误;B.反应生成物均为无毒无害的物质,负极上反应生成氮气,则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O,B项错误;C.由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知,当甲电极上有1molN2H4消耗时,乙电极上有1molO2被还原,所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应,C项正确;D.电池外电路的电子从电源的负极流向正极,即由电极甲移向电极乙,D项错误;答案选C。10、C【解析】
A.纯棉面料主要成分为纤维素,主要含C、H、O三种元素,故A正确;B.植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,属于酯类,故B正确;C.聚乙烯不含碳碳双键,不能使溴水褪色,故C错误;D.聚乳酸的降解过程中发生水解反应,水解反应属于取代反应,故D正确;答案选C。11、A【解析】
A、2mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,1mol氢离子与偏铝酸钠反应生成1mol氢氧化铝沉淀,同时还有1mol硫酸钡产生,共计是2mol,选项A正确;B、3mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量小于3mol,选项B错误;C、4mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,剩余3mol氢离子又溶解1mol氢氧化铝,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量是2mol,选项C错误;D、5mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,剩余5mol氢离子又溶解5/3mol氢氧化铝,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量是4/3mol,选项D错误;答案选A。12、B【解析】
根据电池反应方程式可知:在反应中Cd(Hg)极作负极,Cd失去电子,发生氧化反应产生Cd2+,Hg作溶剂,不参加反应,另一极Hg为正极,Cd2+向负电荷较多的电极A移动,A错误、B正确;根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应,C错误;根据方程式可知每生成3molHg,转移2mole-,则生成amolHg转移mol的电子,D错误;故合理选项是B。13、B【解析】
稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应;【详解】A.Na+为强碱阳离子,不能起到调节人体内pH值的作用,故A不正确;
B.HCO3-在溶液中存在两个趋势:HCO3-离子电离使得溶液呈酸性,HCO3-水解呈现碱性,即电离呈酸性,降低pH值,水解呈碱性,pH值升高,故B正确;
C.Fe2+为弱碱阳离子,水解使溶液呈酸性,只能降低pH值,故C不正确;
D.Cl-为强酸阴离子,不能起到调节人体内pH值的作用,故D不正确;
正确答案:B。明确稳定pH是解答本题的关键,并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。14、D【解析】
A.甘油醛不属于单糖,故错误;B.键线式为的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷,故错误;C.高聚物的单体为碳酸乙二醇,而的单体是乙二醇,故没有共同的单体,故错误;D.水杨酸含有羧基和酚羟基,1mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠,1mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠,CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键,所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠,将总物质的量为1mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应,最多可以消耗2molNaOH,故正确。故选D。15、B【解析】
A.氯化铵属于离子晶体,需要克服离子键,苯属于分子晶体,需要克服分子间作用力,所以克服作用力不同,故A不选;B.碘和干冰受热升华,均破坏分子间作用力,故B选;C.二氧化硅属于原子晶体,需要克服化学键,生石灰属于离子晶体,需要克服离子键,所以克服作用力不同,故C不选;D.氯化钠属于离子晶体,熔化需要克服离子键,铁属于金属晶体,熔化克服金属键,所以克服作用力不相同,故D不选;故选B。本题考查化学键及晶体类型,为高频考点,把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说,活泼金属与非金属之间形成离子键,非金属之间形成共价键,但铵盐中存在离子键;由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力,电解质的电离化学键会断裂。16、D【解析】
A.84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反应方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,A正确;B.成熟的水果会释放出乙烯气体,具有还原性,能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应,防止采摘下来的水果过早变烂,保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里,B正确;C.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠,而乙酸可与碳酸钠反应,C正确;D.胶体和溶液均能通过滤纸,无法通过过滤分离,可用渗析法分离,D错误。答案选D。17、C【解析】A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热,故A错误;B、洗气就长进短出,故B错误;C、CaCO3+Cl2+H2O=CaCl2+2HClO,故C正确;D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法,漏斗要紧贴烧杯内壁,故D错误;故选C。18、A【解析】
根据R,W同主族,并且原子序数R为W的一半可知,R为O元素,W为S元素;根据可知,X和Y的原子序数和为12,又因为X和Y同主族,所以X和Y一个是H元素,一个是Na元素;考虑到,所以X为H元素,Y为Na元素,那么Z为Al元素。【详解】A.W,Z,Y,R分别对应S,Al,Na,O四种元素,所以半径顺序为:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(R),A项错误;B.X与Y形成的化合物即NaH,H为-1价,H-具有1个电子层,Na为正一价,Na+具有两个电子层,所以,B项正确;C.W的最低价单核阴离子即S2-,R的即O2-,还原性S2-更强,所以失电子能力更强,C项正确;D.Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3,Y的为NaOH,二者可以反应,D项正确;答案选A。比较原子半径大小时,先比较周期数,周期数越大电子层数越多,半径越大;周期数相同时,再比较原子序数,原子序数越大,半径越小。19、C【解析】
向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳,首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水,0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳,生成0.01mol碳酸钠;然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠,0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳,生成0.005mol碳酸钠;再通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,消耗0.015mol二氧化碳,生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A.不通入CO2,0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中,c(Na+)>c(OH−)>c(AlO2—),故A错误;B.当通入的二氧化碳为0.01mol时,则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液,没有HCO3—,故B错误;C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠,离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),故C正确;D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时,溶液为碳酸氢钠溶液,溶液显碱性,电荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32—)+c(HCO3—)+c(OH−),故D错误;正确答案是C。本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查,熟练掌握相关元素化合物知识,理清反应过程,结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡:电离平衡和盐类的水解平衡,抓两个微弱:弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的,正确判断溶液的酸碱性,进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。20、D【解析】
A.浓硝酸与浓硫酸混合时,如果将浓硝酸注入浓硫酸中,容易发生液滴四溅,故浓硝酸与浓硫酸混合时,是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中,并且边加边搅拌,搅拌的目的是及时散热,防止局部过热,A正确;B.亚硝酰硫酸遇水易分解,装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中,装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中,B正确;C.为了保证反应速率不能太慢,同时又要防止温度过高硝酸分解,SO2逸出,故冷水的温度控制在20℃左右,C正确;D.98%的浓硫酸的很难电离出H+,如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢,D错误;21、C【解析】
A、空气中含有氧气,一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮,所以二者不能大量共存,故A错误;B、氢氧化铁胶体带有正电荷,带负电荷的离子能够中和氢氧化铁胶体的正电荷,导致氢氧化铁发生聚沉,所以不能大量共存,故B错误;C、Na+、K+、NO3-、NH3·H2O离子之间不反应,与银氨溶液也不反应,可大量共存,故C正确;D、重铬酸钾溶液具有强氧化性,能够与葡萄糖发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;答案选C。本题的易错点为B,要注意在胶体中加入电解质溶液,胶体容易发生聚沉。22、B【解析】
A.X、Y、Z的分子式相同,但结构不同,互为同分异构体,故A正确;B.X中苯环和羰基能与氢气发生加成反应,则1
mol
X最多能与4
mol
H2发生加成反应,故B错误;C.Y含有酯基,且水解生成酚羟基,则1
mol
Y最多能与2
mol
NaOH发生反应,故C正确;D.由转化关系可知,Y在不同温度下,生成不同物质,则通过调控温度可以得到不同的目标产物,故D正确;故选B。本题的易错点为C,要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。二、非选择题(共84分)23、CH3CH(CH3)CH32—甲基丙烯消去反应【解析】
(1)88gCO2为2mol,45gH2O为2.5mol,标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol,所以烃A中含碳原子为4,H原子数为10,则化学式为C4H10,因为A分子结构中有3个甲基,则A的结构简式为:CH3CH(CH3)CH3;(2)C4H10存在正丁烷和异丁烷两种,但从框图上看,A与Cl2光照取代时有两种产物,且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种,则A只能是异丁烷,先取代再消去生成的D名称为:2—甲基丙烯;(3)F可以与Cu(OH)2反应,故应为醛基,与H2之间为1:2加成,则应含有碳碳双键.从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析,F的结构简式为;(4)反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应,故答案为消去反应;(5)F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸G为,D至E为信息相同的条件,则类比可不难得出E的结构为,E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应,反应方程式为:;(6)G中含有官能团有碳碳双键和羧基,可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为、、、。24、取代反应缩聚(聚合)反应ba+HCl→【解析】
根据反应④,C发生缩聚反应得到高分子化合物,则C的结构简式为;C7H8满足CnH2n-6,C7H8发生硝化反应生成A,结合A→B→C,则C7H8为,A的结构简式为,根据已知(III),为了防止—NH2被氧化,则A→B→C应先发生氧化反应、后发生还原反应,则B的结构简式为;根据已知(II),反应⑥生成的D的结构简式为,D与Cu(OH)2反应生成的E的结构简式为,E发生硝化反应生成F,B和F互为同分异构体,结合已知(I),F的结构简式为;(1)反应①为甲苯与浓硝酸发生的取代反应;反应④为C发生缩聚反应生成。(2)A的结构简式为,B的结构简式为,A→B使用的试剂X为酸性KMnO4溶液,将甲基氧化成羧基,选b;C的结构简式为,B→C将—NO2还原为—NH2,根据已知(III),Y为Fe和盐酸,选a。(3)根据上述推断,F的结构简式为;A~E中互为同分异构体的还有A和C,即和。(4)甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6—三硝基甲苯,反应的化学方程式为。(5)C的结构简式为,C中的—NH2能与HCl反应,反应的化学方程式为+HCl→。25、BDCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中,生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化,避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】
(1)配制一定质量分数的溶液时,具体步骤是计算、称量、溶解,NaOH固体时需要放在烧杯中称,量取水时需要量筒,溶解时需要烧杯、玻璃棒;(2)氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;(3)依据制取水合肼(N2H4·H2O)的反应原理为:CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl,结合反应产物和反应物分析判断;水合肼(N2H4·H2O)具有还原性,易被次氯酸钠氧化;(4)根据反应原理确定反应终点;(5)根据碘溶液的性质确定所用仪器;(6)根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O进行计算。【详解】(1)配制一定质量分数的溶液时,溶解时需要烧杯、玻璃棒,故答案为:BD;(2)锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,故答案为:Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O;(3)水合肼(N2H4·H2O)中氮元素为—2价,具有还原性,若次氯酸钠过量,具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼,为防止水合肼被氧化,分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液;水合肼高温易分解,减压会降低物质的沸点,则为防止水合肼分解需要减压蒸馏,故答案为:B;如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中,反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化;馏分高温易分解,减压会降低物质的沸点;(4)根据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O,终点时碘过量,用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失,记录消耗碘的标准液的体积,故答案为:淡黄色且半分钟不消失;(5)滴定时,碘具有强氧化性,会腐蚀橡胶管,则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中,故答案为:酸式;(6)由题意可知,水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水,反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O,由方程式可知n(N2H2·H2O)=0.2000mol·L-1×0.0082L×=0.00082mol,250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×=0.082mol,水合肼(N2H2·H2O)的质量分数=×100%=82%,故答案为:N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O;82%。水合肼(N2H4·H2O)中氮元素为—2价,具有还原性,若次氯酸钠过量,具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键,也是易错点。26、B让AlO2-
转化为Al(OH)3沉淀,避免VO3-的沉淀AD若空气不流通,由于V2O5具有强氧化性,会与还原性的NH3反应,从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价,(1)虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH,为了能够使NaOH溶液顺利滴下,需要有连通装置,故选项B正确;(2)根据流程图,氧化铁为碱性氧化物,不与NaOH发生反应,V2O5、Al2O3属于两性氧化物,能与NaOH发生反应,调节pH为8~8.5的目的就是让AlO2-转化为Al(OH)3沉淀,避免VO3-的沉淀;(3)根据信息,NH4VO3微溶于水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚,A、用冷水洗涤,可以减少NH4VO3的溶解,故A正确;B、NH4VO3溶于热水,造成NH4VO3溶解,故B错误;C、虽然NH4VO3不溶于乙醇,但NH4VO3表面杂质,如NH4Cl不溶于乙醇,使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质,故C错误;D、根据流程生成NH4VO3沉淀,是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成,且NH4Cl受热易分解,不产生杂质,故D正确;(4)根据信息,NH4VO4灼烧生成V2O5,因为V2O5具有强氧化性,能与具有还原性NH3发生反应,从而影响产物的纯度及产率,因此灼烧NH4VO3时在流动空气中;(5)催化剂在反应前后质量不变,根据已知反应反应方程式,因此得出反应方程式为SO2+V2O5=2VO2+SO3;(6)根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式,求出消耗n(I2)=20.00×10-3×0.250/2mol=2.5×10-3mol,根据得失电子数目守恒,n(V2O5)×2×2=n(I2)×2,求出n(V2O5)=1.25×10-3mol,即m(V2O5)=1.25×10-3×182g=0.2275g,则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。27、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】
⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,反应结束应立即停止通入O2,主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。⑸先计算消耗得n(NaOH),再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量,再得到硫酸吸收氨的物质的量,再根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN),再计算氮化硼样品的纯度。【详解】⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,因此图2中b装置填入图1虚线框中,图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管;故答案为:b;球形干燥管。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O;故答案为:4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速,调节氨气与氧气的流速比例,故答案为:调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的
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