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文檔簡介

2023高考化學模擬試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、實驗室分離苯和水,可選用下列()A. B. C. D.2、某有機物的結構簡式為有關該化合物的敘述不正確的是()A.所有碳原子可能共平面B.可以發(fā)生水解、加成和酯化反應C.1mol該物質最多消耗2molNaOHD.苯環(huán)上的二溴代物同分異構體數目為4種3、用NaOH標準溶液滴定鹽酸實驗中,以下操作可能導致所測溶液濃度偏高的是A.滴定管用待裝液潤洗B.錐形瓶振蕩時有少量液體濺出C.滴定結束后滴定管末端出現氣泡D.錐形瓶用待測液潤洗4、H2C2O4(草酸)為二元弱酸,在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物質的量分數與pH關系如圖所示,下列說法不正確的是A.由圖可知,草酸的Ka=10-1.2B.0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C.向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D.根據圖中數據計算可得C點溶液pH為2.85、在材料應用與發(fā)現方面,中華民族有著卓越的貢獻。下列說法錯誤的是A.黏土燒制成陶器過程中發(fā)生了化學變化 B.區(qū)分真絲產品與純棉織物可以用灼燒法C.離子交換法凈化水為物理方法 D.“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是單質硅6、用NA代表阿伏加德羅常數的數值。下列說法正確的是()A.18gD2O含有的電子數為10NAB.常溫常壓下,124gP4中所含P—P鍵數目為4NAC.標準狀況下,11.2LO2和CO2混合氣體含有的氧原子數為NAD.將23gNa與氧氣完全反應,反應中轉移的電子數介于0.1NA到0.2NA之間7、—定溫度下,在三個容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物質的量濃度與反應溫度如下表所示,反應過程中甲、丙容器中CO2的物質的量隨間變化關系如圖所示。容器溫度/℃起始物質的量濃度/mol·L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列說法正確的是()A.該反應的正反應為吸熱反應B.乙容器中反應達到平衡時,N2的轉化率小于40%C.達到平衡時,乙容器中的壓強一定大于甲容器的2倍D.丙容器中反應達到平衡后,再充入0.10molNO和0.10molCO2,此時v(正)<v(逆)8、下列實驗裝置正確的是()A.用圖1所示裝置收集SO2氣體B.用圖2所示裝置檢驗溴乙烷與NaOH醇溶液共熱產生的C2H4C.用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaClD.用圖4所示裝置制取并收集O29、我國醫(yī)藥學家屠呦呦因研究青蒿素而榮獲2016年諾貝爾化學獎。她在青蒿液中加入乙醚,經操作1得含青蒿素的乙醚和其他雜質的混合物。再經操作2得到含青蒿素的乙醚,最后經操作3得到青蒿粗產品。操作1、2、3相當于A.過濾、結晶、蒸發(fā) B.結晶、萃取、分液C.萃取、分液、蒸餾 D.萃取、過濾、蒸餾10、下列狀態(tài)的鋁中,電離最外層的一個電子所需能量最小的是A.[Ne] B. C. D.11、下列用品在應用過程中涉及物質氧化性的是()A.鐵紅用作顏料B.84消毒液殺菌C.純堿去污D.潔廁靈除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA.A B.B C.C D.D12、設NA為阿伏加德羅常數的值。關于常溫下pH=10的Na2CO3~NaHCO3緩沖溶液,下列說法錯誤的是A.每升溶液中的OH﹣數目為0.0001NAB.c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)C.當溶液中Na+數目為0.3NA時,n(H2CO3)+n(HCO3﹣)+n(CO32﹣)=0.3molD.若溶液中混入少量堿,溶液中變小,可保持溶液的pH值相對穩(wěn)定13、我國科技人員全球首創(chuàng)3290塊長寬均為800毫米,重量僅為2.85公斤的可折疊光影屏助陣70周年國慶慶典。下列有關說法正確的是A.光影屏中安裝的計算機芯片,其材質是二氧化硅B.為提升光影屏的續(xù)航能力,翻倍提高電池的能量密度C.光影屏選用可折疊LED,其工作原理是將化學能轉化為電能D.為減輕光影屏的重量,選用的ABS工程塑料和碳纖維都是有機高分子材料14、下列關于Fe3+、Fe2+性質實驗的說法錯誤的是()A.用如圖裝置可以制備沉淀Fe(OH)2B.配制FeCl3溶液時,先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中,再加水稀釋到所需要的濃度C.向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2+被氧化D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液會生成紅色沉淀15、硼氫化鈉(NaBH4)為白色粉末,熔點400℃,容易吸水潮解,可溶于異丙胺(熔點:-101℃,沸點:33℃),在干燥空氣中穩(wěn)定,吸濕而分解,是無機合成和有機合成中常用的選擇性還原劑。某研究小組采用偏硼酸鈉(NaBO2)為主要原料制備NaBH4,其流程如圖:下列說法不正確的是()A.NaBH4中H元素顯+1價B.操作③所進行的分離操作是蒸餾C.反應①為NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D.實驗室中取用少量鈉需要用到的實驗用品有鑷子、濾紙、玻璃片和小刀16、常溫下,下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.澄清透明的溶液中:Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B.中性溶液中:Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C.c(OH-)<的溶液中:Na+、Ca2+、ClO-、F-D.1mol/L的KNO3溶液中:H+、Fe2+、SCN-、SO42-二、非選擇題(本題包括5小題)17、有機物N的結構中含有三個六元環(huán),其合成路線如下。已知:RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′請回答下列問題:(1)F分子中含氧官能團的名稱為_______。B的結構簡式為____________。(2)G→H的化學方程式______________。其反應類型為_____。(3)D在一定條件下能合成高分子化合物,該反應的化學方程式____________。(4)A在5000C和Cl2存在下生成,而不是或的原因是_________。(5)E的同分異構體中能使FeCl3溶液顯色的有_______種。(6)N的結構簡式為________________。18、苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮(zhèn)痛、消炎藥,下面是它的一種合成路線(具體反應條件和部分試劑略)已知:①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發(fā)生反應,醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題:(1)寫出D的結構簡式:________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________;D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式______________________。①屬于苯的二取代物;②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。(5)結合上述推斷及所學知識,參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案,以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線,并注明反應條件_________________。19、某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。(查閱資料)物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(實驗探究)(一)探究BaCO3和BaSO4之間的轉化,實驗操作如下所示:試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗Ⅰ實驗ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產生,沉淀部分溶解(1)實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4,依據的現象是加入稀鹽酸后,__________。(2)實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應的離子方程式是_________。(3)實驗Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉化,結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因:___________。(二)探究AgCl和AgI之間的轉化。(4)實驗Ⅲ:證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是______(填字母代號)。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液(5)實驗Ⅳ:在試管中進行溶液間反應時,同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl,于是又設計了如下實驗(電壓表讀數:a>c>b>0)。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑,閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復ⅰ,再向B中加入與ⅲ等量的NaCl(s)a注:其他條件不變時,參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關。①查閱有關資料可知,Ag+可氧化I-,但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀,原因是氧化還原反應速率__________(填“大于”或“小于”)沉淀反應速率。設計(-)石墨(s)[I-(aq)//Ag+(aq)]石墨(s)(+)原電池(使用鹽橋阻斷Ag+與I-的相互接觸)如上圖所示,則該原電池總反應的離子方程式為________。②結合信息,解釋實驗Ⅳ中b<a的原因:__________。③實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl,理由是_________。(實驗結論)溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀,反之則不易;溶解度差別越大,由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現。20、ClO2是一種高效安全消毒劑,常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體,其熔點為-59.5℃,沸點為11.0℃,能溶于水但不與水反應,遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ.二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是_________;裝置A中水浴溫度不低于60℃,其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________;已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2,且物質的量之比為2:1,則該反應的化學方程式為____________;裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2,生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽,一種為NaClOⅡ.ClO2步驟1:量取ClO2溶液10mL,稀釋成100mL步驟2:調節(jié)試樣的pH≤2.0,加入足量的步驟3:加入指示劑,用c?mol?L-1?(4)已知:2ClO2+8H++10I-=5IⅢ.設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中,振蕩,得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是21、CO2是一種廉價的碳資源,其綜合利用具有重要意義?;卮鹣铝袉栴}:(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,CO2主要轉化為__________(寫離子符號);若所得溶液pH=10,溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)__________。(室溫下,H2CO3的K1=4×10-7;K2=5×10-11)(2)CO2與CH4經催化重整不僅可以制得合成氣,還對溫室氣體的減排具有重要意義。催化重整反應為:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。已知:C(s)+2H2(g)=CH4(s)△H=-75kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(s)△H=-394kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO(s)△H=-111kJ·mol-1①該催化重整反應的△H=__________。有利于提高CH4平衡轉化率的條件是__________(填標號)。A低溫低壓B低溫高壓C高溫低壓D高溫高壓某溫度下,在體積為2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進行重整反應,達到平衡時CO2的轉化率是50%,其平衡常數為__________mol2·L-2。②反應中催化劑活性會因積碳反應而降低,同時存在的消碳反應則使積碳量減少。相關數據如下表:積碳反應CH4(g)=C(s)+2H2(g)消碳反應CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H/kJ·mol-175172活化能/kJ·mol-1催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷,催化劑X__________Y(填“優(yōu)于”或“劣于”),理由是:__________________。(3)在固態(tài)金屬氧化物電解池中,高溫共電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO是一種新的能源利用方式,基本原理如圖所示:①X是電源的__________極(填“正”或“負”)。②陰極的電極反應式是:H2O+2e-=H2+O2-、CO2+2e-=CO+O2-則總反應可表示為__________。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、C【解析】

苯和水分層,可選分液法分離,以此來解答?!驹斀狻緼中為層析法;B為蒸發(fā);D為過濾;苯和水分層,可選分液法分離,選項C符合;答案選C?!军c睛】本題考查混合物分離提純,把握物質的性質、混合物分離方法為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,注意層析法為解答的難點。2、C【解析】

A.含有酯基、羧基、苯環(huán)和碳碳雙鍵,都為平面形結構,則所有碳原子可能共平面,故A正確;B.含有酯基,可發(fā)生水解反應,含有碳碳雙鍵,可發(fā)生加成反應,含有羧基,可發(fā)生酯化反應,故B正確;C.能與氫氧化鈉反應的為酯基和羧基,且酯基可水解生成甲酸和酚羥基,則1mol該物質最多消耗3molNaOH,故C錯誤;D.苯環(huán)有2種H,4個H原子,兩個Br可位于相鄰(1種)、相間(2種)、相對(1種)位置,共4種,故D正確。故答案為C。【點睛】以有機物的結構為載體,考查官能團的性質。熟悉常見官能團的性質,進行知識遷移運用,根據有機物結構特點,有碳碳雙鍵決定具有烯的性質,有羧基決定具有羧酸的性質,有醇羥基決定具有醇的性質,有苯環(huán)還具有苯的性質。3、D【解析】

由c(HCl)=可知,不當操作使V(堿)增大,則導致所測溶液濃度偏高,以此來解答?!驹斀狻緼.滴定管用待裝液潤洗,對實驗無影響,故A錯誤;B.錐形瓶振蕩時有少量液體濺出,使V(堿)減小,則導致所測溶液濃度偏低,故B錯誤;C.滴定結束后滴定管末端出現氣泡,使V(堿)減小,則導致所測溶液濃度偏低,故C錯誤;D.錐形瓶用待測液潤洗,n(HCl)偏大,則消耗V(堿)增大,則導致所測溶液濃度偏高,故D正確;故答案為D?!军c睛】本題考查中和滴定操作、計算及誤差分析,注意利用公式來分析解答,無論哪一種類型的誤差,都可以歸結為對標準溶液體積的影響,然后根據c(待測)=分析,若標準溶液的體積偏小,那么測得的物質的量的濃度也偏??;若標準溶液的體積偏大,那么測得的物質的量的濃度也偏大。4、D【解析】

由圖線1為H2C2O4、2為HC2O4-、3為C2O42-。A.當pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka=10-1.2,故A正確;B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液顯酸性c(H+)>c(OH-),HC2O4-會發(fā)生水解和電離c(Na+)>c(HC2O4-),因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-),故B正確;C.pH為4.2時,溶液中含有微粒為HC2O4-和C2O42-,且c(HC2O4-)=c(HC2O4-),根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),則有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-),故C正確;D.由于草酸為弱酸分兩步電離,Ka1=,Ka2=,Ka1·Ka2=,根據圖中C點得到c(C2O42-)=c(H2C2O4),所以,Ka1Ka2=,當pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka1=10-1.2。當pH為4.2時c(H+)=10-4.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1,草酸的Ka2=10-4.2;====10-2.7,C點溶液pH為2.7。故D錯誤。答案選D。5、C【解析】

A.陶器在燒制過程中發(fā)生了復雜的物理變化與化學變化,故A正確;B.真絲屬于蛋白質,灼燒時有燒焦羽毛的氣味,故B項正確;C.離子交換法屬于化學方法,故C錯誤;D.太陽能電池光電板的材料為單質硅,故D項正確;故答案為C。6、C【解析】

A.D2O的摩爾質量為20g/mol,18gD2O的物質的量為0.9mol,則含有0.9mol電子,即電子數為0.9NA,故A錯誤;B.124g白磷的物質的量為1mol,而白磷為正四面體結構,每個白磷分子中含有6根P—P鍵,故1mol白磷中所含P—P鍵數目為6NA,故B錯誤;C.標準狀況下,11.2LO2、CO2混合氣體物質的量為0.5mol,含有的氧原子數為NA,故C正確;D.2.3g鈉的物質的量為0.1mol,鈉與氧氣完全反應,轉移電子數用鈉計算,0.1mol鈉完全反應失去0.1mol電子,則轉移的電子數為0.1NA,故D錯誤;答案選C。7、B【解析】

A.根據圖示,甲反應速率快,,升高溫度,CO2的物質的量減少,所以該反應的正反應為放熱反應,故A錯誤;B.丙中達到平衡狀態(tài)時二氧化碳為0.12mol,根據“一邊倒原則”,乙容器相當于加入0.20molNO和0.20molCO,投料是丙的2倍,與丙相比,相當于加壓,平衡正向移動,乙容器中N2的平衡濃度大于0.06mol/L;所以N2的轉化率小于40%,故B正確;C.根據“一邊倒原則”,乙容器相當于加入0.20molNO和0.20molCO,投料的物質的量是甲的2倍,乙壓強大,平衡正向進行,氣體物質的量減小,甲的溫度比乙高,所以乙容器中的壓強一定小于甲容器的2倍,故C錯誤;D.;丙容器中反應達到平衡后,再充入0.10molNO和0.10molCO2,,平衡正向進行,所以v(正)>v(逆),故D錯誤;【點睛】本題考查了平衡常數、等效平衡原理的應用,學會根據Q、K的關系判斷化學反應方向,Q=K時,反應達到平衡狀態(tài);Q>K時,反應逆向進行;Q<K時,反應正向進行。8、D【解析】

A、SO2密度比空氣大,應用向上排空法收集,故A錯誤;B、乙醇易揮發(fā),可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應,不能排除乙醇的干擾,故B錯誤;C、蒸發(fā)應用蒸發(fā)皿,不能用坩堝,故C錯誤;D、過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣,氧氣密度比空氣大,可用向上排空法收集,故D正確。答案選D。9、C【解析】在青蒿液中加入乙醚,青蒿素在乙醚中溶解度大,經萃取得含青蒿素的乙醚和其他雜質的混合物,形成有機相和其它物質分層的現象,再經分液得到含青蒿索的乙醚,乙醚沸點低最后經蒸餾得到青蒿粗產品。對應的操作1、操作2、操作3分別是萃取、分液、蒸餾,故選C。10、B【解析】

A.[Ne]為基態(tài)Al3+,2p能級處于全充滿,較穩(wěn)定,電離最外層的一個電子為Al原子的第四電離能;B.為Al原子的核外電子排布的激發(fā)態(tài);C.為基態(tài)Al原子失去兩個電子后的狀態(tài),電離最外層的一個電子為Al原子的第三電離能;D.為基態(tài)Al失去一個電子后的狀態(tài),電離最外層的一個電子為Al原子的第二電離能;電離最外層的一個電子所需要的能量:基態(tài)大于激發(fā)態(tài),而第一電離能小于第二電離能小于第三電離能小于第四電離能,則電離最外層的一個電子所需能量最小的是B;綜上分析,答案選B?!军c睛】明確核外電子的排布,電離能基本概念和大小規(guī)律是解本題的關鍵。11、B【解析】

A.Fe2O3為紅棕色粉末,鐵紅用作顏料利用了其物理性質,故A不符合題意;B.NaClO具有強氧化性,84消毒液殺菌利用了其強氧化性,故B符合題意;C.純堿去油污,利用了Na2CO3水溶液顯堿性的性質,故C不符合題意;D.潔廁靈除水垢利用了HCl溶液的酸性,故D不符合題意;故答案選B。12、C【解析】

A、pH=10的溶液中,氫氧根濃度為10-4mol/L;B、根據溶液的電荷守恒來分析;C、在Na2CO3中,鈉離子和碳原子的個數之比為2:1,而在NaHCO3中,鈉離子和碳原子的個數之比為1:1;D、根據的水解平衡常數來分析?!驹斀狻緼、常溫下,pH=10的溶液中,氫氧根濃度為10-4mol/L,故1L溶液中氫氧根的個數為0.0001NA,故A不符合題意;B、溶液顯電中性,根據溶液的電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c()+2c(),故B不符合題意;C、在Na2CO3中,鈉離子和碳原子的個數之比為2:1,而在NaHCO3中,鈉離子和碳原子的個數之比為1:1,故此溶液中的當溶液中Na+數目為0.3NA時,n(H2CO3)+n()+n()<0.3mol,故C符合題意;D、的水解平衡常數,故當加入少量的堿后,溶液中的c(OH-)變大,而Kh不變,故溶液中變小,c(OH-)將會適當減小,溶液的pH基本保持不變,故D不符合題意;故選:C。13、B【解析】

A.光影屏中安裝的計算機芯片,其材質是硅,A不正確;B.可折疊光影屏將續(xù)航能力翻倍提升,電池的能量密度翻倍提高,B正確;C.LED光影屏白天將光能轉化為電能,夜晚將電能轉化為光能,C不正確;D.碳纖維是無機非金屬材料,D不正確;故選B。14、D【解析】

A.反應開始時生成的氫氣進入B中,可排出氧氣,防止生成的氫氧化亞鐵被氧化,一段時間后關閉止水夾C,A中硫酸亞鐵進入B中可生成Fe(OH)2,故A正確;B.FeCl3易水解,配制溶液時應防止溶液因水解而生成氫氧化鐵沉淀,可先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中,再加水稀釋到所需要的濃度,故B正確;C.Fe3+與鐵反應可生成Fe2+,則向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2+被氧化,故C正確;D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,溶液變紅色,無沉淀,故D錯誤;故選:D。15、A【解析】

A.NaBH4中Na元素顯+1價、B元素顯+3價、H元素顯-1價,A錯誤;B.異丙胺沸點為33℃,將濾液采用蒸餾的方法分離,得到異丙胺和固體NaBH4,所以操作③所進行的分離操作是蒸餾,B正確;C.反應①為NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3,H2作氧化劑,Na作還原劑,C正確;D.鈉硬度小,且保存在煤油里,取用少量鈉需要用鑷子取出,濾紙吸干煤油,用小刀在玻璃片上切割,D正確;故答案選A。16、A【解析】

A.選項離子之間不能發(fā)生任何反應,離子可以大量共存,A符合題意;B.中性溶液中,OH-與Fe3+會形成Fe(OH)3沉淀,OH-與HCO3-反應產生CO32-、H2O,離子之間不能大量共存,B不符合題意;C.c(OH-)<的溶液顯酸性,含有大量的H+,H+與ClO-、F-發(fā)生反應產生弱酸HClO、HF,不能大量共存,C錯誤;D.H+、Fe2+、NO3-會發(fā)生氧化還原反應,不能大量共存,D錯誤;故合理選項是A。二、非選擇題(本題包括5小題)17、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反應、(中和反應)因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代9種【解析】

由A與氯氣在加熱條件下反應生成,可知A的結構簡式為:,故苯乙烯與發(fā)生已知信息中的反應生成A,為。與HCl反應生成B,結合B的分子式可知,應是發(fā)生加成反應,B發(fā)生鹵代烴的水解反應反應生成C,C氧化生成D,結合D分子式可知B為,順推可知C為,D為。根據N分子結構中含有3個六元環(huán)可知,D與M應是發(fā)生酯化反應,M中羧基與羥基連接同一碳原子上,結合N的分子式可推知M為,N為。苯乙烯與水發(fā)生加成反應生成E為,再發(fā)生氧化反應生成,與氯氣反應生成G,G在氫氧化鈉溶液條件下水解、酸化得到H,則G為,H為,據此解答?!驹斀狻浚?)F分子中含氧官能團的名稱為羧基,B的結構簡式為;故答案為:羧基;;(2)G→H的化學方程式:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O,其反應類型為水解反應取代反應、中和反應;故答案為:C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O;水解反應取代反應、中和反應;(3)D在一定條件下能合成高分子化合物,該反應的化學方程式:;故答案為:;(4)A在和存在下生成,而不是或的原因是:因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代;故答案為:因為該條件下與雙鍵相連的甲基上的氫原子更易取代;(5)E()的同分異構體中能使溶液顯色,說明含有酚羥基,另外取代基為乙基,有鄰、間、對3種,或取代基為2個甲基,當2個甲基處于鄰位時,有2種位置,當2個甲基處于間位時,有3種位置,當2個甲基處于對位時,有1種位置,共有9種;故答案為:9;(6)根據以上分析可知N的結構簡式為;故答案為:。【點睛】已知條件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′為烯烴雙鍵斷裂,結合新對象的過程。由此可以迅速知道C8H8的結構為為,,A為,再依次推導下去,問題迎刃而解。18、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質發(fā)生信息反應②生成A,則A為;A與苯酚鈉反應生成B,結合最終產物可知該反應為取代反應,反應生成的B為;B與氫氣發(fā)生加成反應生成C,則C為;C與氯化亞砜(SOCl2)發(fā)生信息中的反應①生成D,則D的結構簡式為:;D與NaCN發(fā)生反應生成E,則E為;E先與氫氧化鈉反應,然后酸化得到F,結合最終產物可知F為,F與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣,以此解答該題?!驹斀狻?1)由以上分析可知D為;F的結構簡式是,根據F的結構簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基;(2)B是,B中含有羰基,與氫氣發(fā)生加成反應產生羰基變?yōu)榇剂u基,產生的C是,該反應是與氫氣的加成反應,也是還原反應;D是,與NaCN發(fā)生取代反應,Cl原子被-CN取代,生成E是,即D產生E的反應為取代反應;(3)F是,分子中含有羧基,C是,分子中含有醇羥基,F和C在濃硫酸條件下發(fā)生酯化反應,生成酯和水,該反應的化學方程式為:;(4)A為,A的同分異構體符合下列條件:①屬于苯的二取代物;②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰;③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,說明苯環(huán)上有兩個處于對位的取代基,其中一個是羥基,則可能的結構簡式為、;(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯,然后與NaCN反應,產物經水解生成苯乙酸,最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時,加熱發(fā)生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯,反應的流程為。19、沉淀不溶解,無氣泡產生或無明顯現象BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動b小于2Ag++2I-=I2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)【解析】

⑴因為BaCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產生,沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量,因此說明有AgCl轉化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率;原電池總反應的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I2;②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據已知信息“其他條件不變時,參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論;③實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)。【詳解】⑴因為BaCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸,所以實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4,依據的現象是加入鹽酸后,沉淀不溶解,無氣泡產生(或無明顯現象);故答案為:沉淀不溶解,無氣泡產生或無明顯現象。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產生,沉淀部分溶解,發(fā)生反應的離子方程式為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;故答案為:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動,BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀;故答案為:BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動。⑷為觀察到AgCl轉化為AgI,需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量,因此說明有AgCl轉化為AgI;故答案為:b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率;原電池總反應的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I2;故答案為:小于;2I-+2Ag+=2Ag+I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據已知信息“其他條件不變時,參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知,實驗Ⅳ中b<a;故答案為:生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小。③實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq);故答案為:實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)。20、受熱均勻,且易控制溫度如溫度過低,則反應速率較慢,且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中,并滴入KSCN溶液,觀察溶液顏色變化,若溶液變?yōu)檠t色,則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ.水浴加熱條件下,草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2,因遇熱水緩慢水解,則B中含冰塊的水用于吸收ClO2,根據氧化還原反應規(guī)律,結合生成物的物質的量的比及質量守恒定律書寫反應方程式;C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣,生成物質的量之比為1:1的兩種陰離子,一種為NaClO2,根據氧化還原反應規(guī)律來書寫;II.有碘單質生成,用淀粉做指示劑;根據元素守恒結合反應得到關系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3計算c(ClO2);III.ClO2具有強氧化性,可氧化H2S生成硫酸,氧化亞鐵離子生成鐵離子,檢驗鐵離子即可解答該題?!驹斀狻縄.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻,且易控制溫度,如溫度過低,則反應速率較慢,且不利于ClO2的逸出,溫度過高,會加劇ClO2水解;(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物,同時草酸被氧化生成水和二氧化碳,則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O;(3)裝置B的水中需放入冰塊,可減少ClO2揮發(fā)和水解;ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2,且物質的量之比為2:1,則根據反應前后各種元素原子個數相等,結合電子轉移守恒,可得該反應的化學方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2;裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2,生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽,由于ClO2中Cl元素的化合價為+4價,一種為NaClO2,根據氧化還原反應的規(guī)律,則另一種生成物為NaClO3;II.有碘單質生成,用淀粉作指示劑;二氧化硫和碘單質的反應中,根據電子守恒,得到:2ClO2~5I2,結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,得到關系式:2ClO2~5I2~10Na2S2O3。設原ClO2溶液的濃度為x,n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol,2ClO2~5I2~10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol,2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢,溶液中部分I-被氧氣氧化產生I2,消耗的標準Na2S2O3溶液的體積偏大,則由此計算出的ClO2的含量就會偏大;(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中,振蕩,得無色溶液,說明硫化氫被氧化生成硫酸,可先加入鹽酸酸化,然后再加入氯化鋇檢驗,若反應產生白色沉淀,證明有SO42-,即H2S被氧化產生了H2SO4;(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強,則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+,可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中,并滴入KSCN溶液,觀察溶液顏色變化,若溶液變?yōu)檠t色,則證明ClO2的氧化性比Fe3+強?!军c睛】本題考查了物質的制備和性質探究,把握物質的性質以及實驗的原理和操作方法是解題關鍵,側重考查學生的分析能力、實驗能力,同時考查學生接受題目提供的信息能力與應用能力。21、+247kJ/molC劣于相對于催化劑X,催化劑Y積碳反應的

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