2023學年山東青島市高考化學倒計時模擬卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2023高考化學模擬試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、最近我國科學家對“液流電池”的研究取得新進展,一種新型的高比能量鋅-碘溴液流電池工作原理如下圖所示。下列有關(guān)敘述錯誤的是A.放電時,a極電勢高于b極B.充電時,a極電極反應(yīng)為I2Br-+2e-=2I-+Br-C.圖中貯液器可儲存電解質(zhì)溶液,提高電池的容量D.導線中有NA個電子轉(zhuǎn)移,就有0.5molZn2+通過隔膜2、化學與生活密切相關(guān),下列說法錯誤的是()A.硅膠、生石灰、氯化鈣等都是食品包裝袋中常用的干燥劑B.廁所清潔劑、食用醋、肥皂水、廚房清潔劑四種溶液的pH逐漸增大C.酒精能使蛋白質(zhì)變性,預防新冠肺炎病毒使用的酒精純度越高越好D.使用氯氣對自來水消毒時,氯氣會與自來水中的有機物反應(yīng),生成的有機氯化物可能對人有害3、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù),下列說法不正確的是:()A.標況下,22.4L的CO和1mol的N2所含電子數(shù)相等。B.1.0L0.1mol/L的醋酸鈉溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子總數(shù)為0.1NA。C.5.6g鐵粉加入足量稀HNO3中,充分反應(yīng)后,轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.2NA。D.18.4g甲苯中含有C—H鍵數(shù)為1.6NA。4、Bodensteins研究反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)△H<0,溫度為T時,在兩個體積均為1L的密閉容器中進行實驗,測得氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)w

(HI)與反應(yīng)時間t的關(guān)系如下表:容器編號起始物質(zhì)t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I2、0.5mol

H2w(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究發(fā)現(xiàn)上述反應(yīng)中:v正=ka?w(H2)?w(I2),v逆=kb?w2(HI),其中ka、kb為常數(shù)。下列說法不正確的是()A.溫度為T時,該反應(yīng)=64B.容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025

mol?L-1?min-1C.若起始時,向容器I中加入物質(zhì)的量均為0.1

mol的H2、I2、HI,反應(yīng)逆向進行D.無論x為何值,兩容器中達平衡時w(HI)%均相同5、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A在KI淀粉溶液中滴入氯水變藍,再通入SO2藍色褪去還原性:I->SO2B向苯酚溶液中滴加少量濃溴水無白色沉淀苯酚濃度小C向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黃色沉淀生成Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D用pH試紙測濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHCH3COONa溶液的pH大HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A.A B.B C.C D.D6、水是自然界最重要的分散劑,關(guān)于水的敘述錯誤的是()A.水分子是含極性鍵的極性分子B.水的電離方程式為:H2O?2H++O2﹣C.重水(D2O)分子中,各原子質(zhì)量數(shù)之和是質(zhì)子數(shù)之和的兩倍D.相同質(zhì)量的水具有的內(nèi)能:固體<液體<氣體7、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-,用電滲析法對該海水樣品進行淡化處理,如右圖所示。下列說法正確的是A.b膜是陽離子交換膜B.A極室產(chǎn)生氣泡并伴有少量沉淀生成C.淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小為pHA<pHB<pHCD.B極室產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍8、某酸的酸式鹽NaHY在水溶液中,HY-的電離程度小于HY-的水解程度。有關(guān)的敘述正確的是()A.H2Y的電離方程式為:B.在該酸式鹽溶液中C.HY-的水解方程式為D.在該酸式鹽溶液中9、已知有如下反應(yīng):①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③2Fe(CN)64-+I2=2Fe(CN)63-+2I-,試判斷氧化性強弱順序正確的是()A.Fe3+>Br2>I2>Fe(CN)63-B.Br2>I2>Fe3+>Fe(CN)63-C.Br2>Fe3+>I2>Fe(CN)63-D.Fe(CN)63->Fe3+>Br2>I210、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法錯誤的是A.1molCl2與過量Fe粉反應(yīng)生成FeCl3,轉(zhuǎn)移2NA個電子B.常溫常壓下,0.1mol苯中含有雙鍵的數(shù)目為0.3NAC.1molZn與一定量濃硫酸恰好完全反應(yīng),則生成的氣體分子數(shù)為NAD.在反應(yīng)KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中,每生成1molCl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.75NA11、已知高能鋰離子電池的總反應(yīng)式為2Li+FeS=Fe+Li2S,LiPF6·SO(CH3)2為電解質(zhì),用該電池為電源電解含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的實驗裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.電極Y應(yīng)為LiB.X極反應(yīng)式為FeS+2Li++2e-=Fe+Li2SC.電解過程中,b中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度將不斷減小D.若將圖中陽離子膜去掉,將a、b兩室合并,則電解反應(yīng)總方程式發(fā)生改變12、下列關(guān)于硫及其化合物說法錯誤的是()A.實驗室常將硫磺撒在汞的表面以除去不慎灑落的汞B.葡萄酒中添加適量SO2可以起到抗氧化的作用C.硫酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑D.“石膽……淺碧色,燒之變白色者真”所描述的“石膽”是指FeSO4·7H2O13、某紅色固體粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一種或幾種。為探究其組成,稱取ag該固體粉末樣品,用過量的稀硫酸充分反應(yīng)后(已知:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O),稱得固體質(zhì)量為bg。則下列推斷不合理的是A.反應(yīng)后溶液中大量存在的陽離子最多有3種B.向反應(yīng)后的溶液中加入一定量的NaNO3,可能使bg固體完全溶解C.若b=a,則紅色固體粉末一定為純凈物D.b的取值范圍:0<b≤a14、將石墨烯一層層疊起來就是石墨。下列說法錯誤的是()A.自然界中存在石墨烯 B.石墨烯與石墨的組成元素相同C.石墨烯能夠?qū)щ?D.石墨烯屬于烴15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W的簡單氫化物是一種情潔能源,X的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)之一,Y是非金屬性最強的元素,Z的原子半徑是所有短周期金屬元素中最大的。下列說法不正確的是A.W與Y兩種元素既可以形成共價化合物,又可以形成離子化合物B.Y的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強C.Z的簡單離子與Y的簡單離子均是10電子微粒D.Z的最高價氧化物的水化物和X的簡單氫化物的水化物均呈堿性16、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù),下列說法正確的是()A.5.6g鐵與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAB.100mL2.0mol/L的鹽酸與醋酸溶液中氫離子均為0.2NAC.標準狀況下,22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數(shù)均為2NAD.常溫常壓下,20g重水(D2O)中含有的電子數(shù)為10NA二、非選擇題(本題包括5小題)17、有機物M的合成路線如下圖所示:已知:R—CH=CH2R—CH2CH2OH。請回答下列問題:(1)有機物B的系統(tǒng)命名為__________。(2)F中所含官能團的名稱為__________,F(xiàn)→G的反應(yīng)類型為__________。(3)M的結(jié)構(gòu)簡式為_________。(4)B→C反應(yīng)的化學方程式為__________。(5)X是G的同系物,且相對分子質(zhì)量比G小14,X有多種同分異構(gòu)體,滿足與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色的有______種。其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫,且峰面積比為1∶1∶2∶6的結(jié)構(gòu)簡式為______。(6)參照M的合成路線,設(shè)計一條由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯的合成路線_________(無機試劑任選)。18、A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物,且苯環(huán)上只有兩個取代基。各物質(zhì)間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。已知:D通過加聚反應(yīng)得到E,E分子式為(C9H8O2)n;H分子式為C18H16O6;I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)。(1)寫出A的分子式:A______________。(2)寫出I、E的結(jié)構(gòu)簡式:I______________E_________________;(3)A+G→H的反應(yīng)類型為____________________________;(4)寫出A→F的化學方程式__________________________。(5)有機物A的同分異構(gòu)體只有兩個對位取代基,既能與Fe3+發(fā)生顯色反應(yīng),又能發(fā)生水解反應(yīng),但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。則此類A的同分異構(gòu)體有_______種,其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫出該同分異構(gòu)體與NaOH溶液加熱反應(yīng)的化學方程式___________________。19、ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑,其溶解度約是Cl2的5倍,但溫度過高濃度過大時均易發(fā)生分解,因此常將其制成KClO2固體,以便運輸和貯存。制備KClO2固體的實驗裝置如圖所示,其中A裝置制備ClO2,B裝置制備KClO2。請回答下列問題:(1)A中制備ClO2的化學方程式為__。(2)與分液漏斗相比,本實驗使用滴液漏斗,其優(yōu)點是__。加入H2SO4需用冰鹽水冷卻,是為了防止液體飛濺和__。(3)實驗過程中通入空氣的目的是__,空氣流速過快,會降低KClO2產(chǎn)率,試解釋其原因__。(4)ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同時還有可能生成的物質(zhì)__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,取等質(zhì)量的變質(zhì)前后的KClO2試樣配成溶液,分別與足量的FeSO4溶液反應(yīng)消耗Fe2+的物質(zhì)的量__(填“相同”、“不相同”“無法確定”)。20、輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦,在地殼中二者常伴生存在?,F(xiàn)取一份該伴生礦樣品,經(jīng)檢測后確定僅含Cu2S、CuS和惰性雜質(zhì)。為進一步確定其中Cu2S、CuS的含量,某同學進行了如下實驗:①取2.6g樣品,加入200.0mL0.2000mol·L-1酸性KMnO4溶液,加熱(硫元素全部轉(zhuǎn)化為SO42-),濾去不溶雜質(zhì);②收集濾液至250mL容量瓶中,定容;③取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定,消耗20.00mL;④加入適量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再參與其他反應(yīng)),再加入過量KI固體,輕搖使之溶解并發(fā)生反應(yīng):2Cu2++4I-=2CuI+I2;⑤加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL(已知:2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)。回答下列問題:(1)寫出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的離子方程式:___________;(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸,原因是___________,配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有___________;(3)③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是___________;(4)⑤中滴定至終點時的現(xiàn)象為___________;(5)混合樣品中Cu2S和CuS的含量分別為_________%、_________%(結(jié)果均保留1位小數(shù))。21、2-丁烯是一種重要的有機化工原料?;卮鹣铝袉栴}:(1)已知2-丁烯有順、反兩種同分異構(gòu)體,可表示為順、反。一定條件下,它們分別發(fā)生加成反應(yīng)的熱化學方程式為:①順:。②反:相同條件下,兩種氣體之間存在如下轉(zhuǎn)化:該反應(yīng)的△H=________。下列敘述中,能表明該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的是________(填序號)。a.順-C4H8的含量保持不變b.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變c.混合氣體中碳的質(zhì)量分數(shù)保持不變達到平衡后,若要進一步提高體系中反-C4H8的含量,可采取的措施是___________________________。(2)2-丁烯與氯氣反應(yīng)時,一般用鎳作催化劑。鎳具有優(yōu)良的物理和化學特性,是許多領(lǐng)域尤其是高科技產(chǎn)業(yè)的重要原料。①羰基法提純粗鎳涉及的兩步反應(yīng)依次為:Ⅰ.Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)△H<0Ⅱ.Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)則下圖中能反映出羰基法提純粗鎳過程中能量變化的是________。②一定條件下,在2L密閉容器中制備Ni(CO)4,粗鎳(所含雜質(zhì)不與CO反應(yīng))剩余質(zhì)量和反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示。Ni(CO)4在0~10min的平均反應(yīng)速率為________mol/(L·min)。③若反應(yīng)Ⅱ達到平衡后,保持其他條件不變,降低溫度,重新達到平衡時________(填序號)。a.平衡常數(shù)K增大b.CO的濃度減小c.v逆[Ni(CO)4]增大④設(shè)計簡單實驗方案用羰基法提純粗鎳:將粗鎳粉末裝入玻璃管一端,抽真空后充入CO并封管,______________________________________________________________________。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、B【解析】

在a電極上,I2Br-得電子生成I-和Br-,a電極為正極;在b電極上,Zn失電子生成Zn2+進入溶液,b電極為負極?!驹斀狻緼.放電時,a極為正極,電勢高于作負極的b極,A正確;B.充電時,a極應(yīng)為陽極,電極反應(yīng)為2I-+Br--2e-==I2Br-,B錯誤;C.圖中貯液器中的溶液組成與電極區(qū)的溶液組成相同,相當于電極區(qū)的電解質(zhì)溶液,可提高電池的容量,C正確;D.導線中有NA個電子轉(zhuǎn)移,依據(jù)關(guān)系式Zn—2e-,就有0.5molZn2+生成并通過隔膜(保持溶液的電中性),D正確;故選B。2、C【解析】

A.硅膠、生石灰、氯化鈣均可以吸收水分,且都是固體,適合裝進小包作食品干燥劑,A項正確;B.廁所清潔劑中含有鹽酸,食醋中含有醋酸,鹽酸的酸性強于醋酸,肥皂水是弱堿性的,而廚房清潔劑為了洗去油污一定是強堿性的,因此四種溶液的pH逐漸增大,B項正確;C.醫(yī)用酒精是75%的乙醇溶液,酒精濃度不是越高越好,濃度太高或濃度太低都不利于殺菌消毒,C項錯誤;D.氯氣消毒的同時可能會生成一些對人體有害的物質(zhì),因此現(xiàn)在多改用無毒的等新型消毒劑,D項正確;答案選C?!军c睛】注意75%醫(yī)用酒精中的75%指的是體積分數(shù),而我們一般說的98%濃硫酸中的98%指的是質(zhì)量分數(shù),二者是有區(qū)別的。3、C【解析】

A.標況下22.4LCO和氮氣的物質(zhì)的量均為1mol,而CO和氮氣中均含14個電子,故1molCO和氮氣中均含14mol電子即14NA個,故A正確;B.溶液中醋酸鈉的物質(zhì)的量為n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol,而CH3COO-能部分水解為CH3COOH,根據(jù)物料守恒可知,溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子總數(shù)為0.1NA,故B正確;C.5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol,而鐵與足量的稀硝酸反應(yīng)后變?yōu)?3價,故0.1mol鐵轉(zhuǎn)移0.3mol電子即0.3NA個,故C錯誤;D.18.4g甲苯的物質(zhì)的量為0.2mol,而1mol甲苯中含8mol碳氫鍵,故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氫鍵即1.6NA個,故D正確;故答案為C?!军c睛】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項:①物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體;②對于氣體注意條件是否為標況;③注意溶液的體積和濃度是否已知;④注意同位素原子的差異;⑤注意可逆反應(yīng)或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷;⑥注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu):如Na2O2是由Na+和O22-構(gòu)成,而不是有Na+和O2-構(gòu)成;SiO2、SiC都是原子晶體,其結(jié)構(gòu)中只有原子沒有分子,SiO2是正四面體結(jié)構(gòu),1molSiO2中含有的共價鍵為4NA,1molP4含有的共價鍵為6NA等。4、C【解析】

A.H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)nn2n平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=×100%=80%,n=0.4mol/L,平衡常數(shù)K==64。反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等,ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI),則==K=64,故A正確;B.前20min,H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)mm2m平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2mw(HI)%=×100%=50%,m=0.25mol/L,容器I中前20min的平均速率,v(HI)==0.025mol?L-1?min-1,故B正確;C.若起始時,向容器I中加入物質(zhì)的量均為0.lmol的H2、I2、HI,此時濃度商Qc==1<K=64,反應(yīng)正向進行,故C錯誤;D.H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變,改變壓強,平衡不移動,因此無論x為何值,Ⅰ和Ⅱ均等效,兩容器達平衡時w(HI)%均相同,故D正確;答案選C。5、D【解析】

A.KI淀粉溶液中滴入氯水變藍,生成碘單質(zhì),再通入SO2,碘與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I-,二氧化硫為還原劑,I-為還原產(chǎn)物,證明還原性SO2>I-,選項A錯誤;B.苯酚能和濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀,三溴苯酚能溶于苯酚,所以得不到白色沉淀,該實驗結(jié)論錯誤,選項B錯誤;C.因為I-、Cl-濃度大小不知,雖然黃色沉淀為AgI,但無法通過物質(zhì)溶度積比較,則無法證明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),選項C錯誤;D.在相同條件下,酸性越弱其鹽溶液的水解程度越大,則用pH試紙測濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH,CH3COONa溶液的pH大,證明HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強,選項D正確。答案選D。6、B【解析】

A.水含H-O極性鍵,為V形結(jié)構(gòu),正負電荷的中心不重合,則為極性分子,A項正確;B.水為弱電解質(zhì),存在電離平衡,電離方程式為H2O?H++OH﹣,B項錯誤;C.質(zhì)量數(shù)為2×2+16=20,質(zhì)子數(shù)為1×2+8=10,則重水(D2O)分子中各原子質(zhì)量數(shù)之和是質(zhì)子數(shù)之和的兩倍,C項正確;D.由固態(tài)轉(zhuǎn)化為液態(tài),液態(tài)轉(zhuǎn)化為氣態(tài),均吸熱過程,氣態(tài)能量最高,則相同質(zhì)量的水具有的內(nèi)能:固體<液體<氣體,D項正確;答案選B。7、A【解析】

A、因為陰極是陽離子反應(yīng),所以b為陽離子交換膜,選項A正確;B、A極室氯離子在陽極失電子產(chǎn)生氯氣,但不產(chǎn)生沉淀,選項B錯誤;C、淡化工作完成后,A室氯離子失電子產(chǎn)生氯氣,部分溶于水溶液呈酸性,B室氫離子得電子產(chǎn)生氫氣,氫氧根離子濃度增大,溶液呈堿性,C室溶液呈中性,pH大小為pHA<pHC<pHB,選項C錯誤;D、B極室氫離子得電子產(chǎn)生氫氣,不能使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍,選項D錯誤。答案選A。8、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,電離時分兩步電離,第一步電離生成氫離子和酸式酸根離子,電離方程式為:,A項正確;B.

NaHY的水溶液中,陰離子水解,鈉離子不水解,所以c(Na+)>c(HY?);HY?的電離程度小于HY?的水解程度,但無論電離還是水解都較弱,陰離子還是以HY?為主,溶液呈堿性,說明溶液中c(OH?)>c(H+);因溶液中還存在水的電離,則c(H+)>c(Y2?),所以離子濃度大小順序為:c(Na+)>c(HY?)>c(OH?)>c(H+)>c(Y2?),B項錯誤;C.

HY?水解生成二元弱酸和氫氧根離子,水解方程式為:HY?+H2O?OH?+H2Y,選項中是電離方程式,C項錯誤;D.根據(jù)電荷守恒式可知,在該酸式鹽溶液中,D項錯誤;答案選A。【點睛】分析清楚水溶液的平衡是解題的關(guān)鍵,電離平衡是指離解出陰陽離子的過程,而水解平衡則是指組成鹽的離子和水中的氫離子或氫氧根離子結(jié)合生成弱電解質(zhì),改變?nèi)芤核釅A度的過程。9、C【解析】

依據(jù)同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,由反應(yīng)方程式①判斷氧化性Fe3+>I2,由反應(yīng)方程式②得到氧化性Br2>Fe3+,由反應(yīng)方程式③得到氧化性I2>Fe(CN)63-,綜合可得C項正確。故選C。10、B【解析】

A.1molCl2與過量Fe粉反應(yīng)的產(chǎn)物是FeCl3,轉(zhuǎn)移,A項正確;B.苯分子中沒有碳碳雙鍵,B項錯誤;C.1molZn失去,故硫酸被還原為和的物質(zhì)的量之和為,C項正確;D.反應(yīng)KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中每生成4molCl2就有1molKClO4參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移,所以每生成1molCl2,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為,D項正確。答案選B。11、C【解析】

本題主要考查原電池與電解池串聯(lián)問題。通過總反應(yīng)可知,Li發(fā)生氧化反應(yīng),作負極,F(xiàn)eS發(fā)生還原反應(yīng),作正極;因c中由Ni2+生成單質(zhì)Ni,即發(fā)生還原反應(yīng),故Y極為負極,X為正極?!驹斀狻緼.由上述分析可知,Y為原電池負極,故Y為Li,選項A正確;B.X極為正極,F(xiàn)eS發(fā)生還原反應(yīng),故電極反應(yīng)式為:FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S,選項B正確;C.電解過程中,a為陽極區(qū),發(fā)生氧化反應(yīng):4OH--4e-=2H2O+O2↑,a中Na+通過陽離子交換膜進入b中;C中發(fā)生還原反應(yīng):Ni2++2e-=Ni,溶液中Cl-通過陰離子交換膜進入b中。故電解過程中,b中NaCl的物質(zhì)的量濃度將不斷增大,選項C錯誤;D.若將陽離子交換膜去掉,因b中含有C1-,故陽極電極反應(yīng)式為:2C1--2e-=Cl2↑,故電解反應(yīng)總方程式發(fā)生改變,選項D正確;答案選C?!军c睛】本題考查原電池、電解池原理,本題的突破關(guān)鍵在于“c中單質(zhì)Ni生成”,由此判斷X、Y電極正負,進一步判斷電解池中陰陽極以及相關(guān)反應(yīng)。12、D【解析】

A.常溫下,硫磺能與汞反應(yīng)生成硫化汞,從而防止汞的揮發(fā),A正確;B.葡萄酒中添加SO2,可減少葡萄中單寧、色素的氧化,B正確;C.硫酸鋇不溶于水不于酸,不能被X光透過,可作消化系統(tǒng)檢查的內(nèi)服藥劑,C正確;D.“石膽”是指CuSO4·5H2O,D錯誤;故選D。13、C【解析】

根據(jù)題意紅色固體粉末可能存在六種組成。1、若ag紅色固體粉末只有Cu,加入過量的稀硫酸不反應(yīng)。稱得固體質(zhì)量bg即為銅的質(zhì)量,因此b=a,此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子;2、若ag紅色固體粉末為Cu和Fe2O3的混合物,加入過量的稀硫酸與Cu不反應(yīng),與Fe2O3反應(yīng)生成硫酸鐵溶液,銅和硫酸鐵溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng):Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若稱得固體質(zhì)量bg即為原混合物中銅反應(yīng)后剩余的質(zhì)量,因此b<a,此時溶液中含有氫離子和硫酸根離子、二價鐵離子和銅離子;3、若ag紅色固體粉末為Cu和Cu2O,依據(jù)Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應(yīng):Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知,加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液,稱得固體質(zhì)量bg即為原樣品中的銅的質(zhì)量加上Cu2O反應(yīng)生成的銅的質(zhì)量,因此b<a,此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子;4、若ag紅色固體粉末只有Fe2O3,加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應(yīng)生成硫酸鐵溶液,反應(yīng)后無固體剩余,因此b=0,此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子;5、若ag紅色固體粉末只有Cu2O,依據(jù)Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應(yīng):Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知,加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液,稱得固體質(zhì)量bg即為Cu2O反應(yīng)生成的銅的質(zhì)量,因此b<a,此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子;6、若ag紅色固體粉末為Cu2O和Fe2O3,加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應(yīng)生成硫酸鐵溶液,與Cu2O反應(yīng)生成銅和硫酸銅溶液,銅和硫酸鐵溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng):Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若稱得固體質(zhì)量bg即為Cu2O反應(yīng)生成的銅再次反應(yīng)后剩余的質(zhì)量,因此b<a,此時溶液中含有氫離子以及硫酸根離子、銅離子、二價鐵離子;A.根據(jù)上述分析,反應(yīng)后溶液中大量存在的陽離子最多有3種,故A正確。B.不論以何種形式組成的紅色固體,反應(yīng)后若有固體剩余,一定是銅。由于硫酸過量,向反應(yīng)后的溶液中加入一定量的NaNO3,形成硝酸,具有氧化性,可與銅反應(yīng),只要硝酸足夠,可能使反應(yīng)產(chǎn)生的固體完全溶解,故B正確C.若b=a,即b<a,根據(jù)上述分析,紅色固體粉末可能的組合為Cu和Fe2O3的混合物;Cu和Cu2O的混合物;只有Cu2O;Cu2O和Fe2O3的混合物,因此紅色固體粉末可能是混合物也可以是純凈物,故C錯誤;D.根據(jù)上述六種紅色固體粉末組成的分析,b的取值范圍:0<b≤a,故D正確。答案選C。14、D【解析】

A項、石墨烯屬于碳的一種單質(zhì),在自然界有存在,故A正確;B項、石墨烯與石墨都是碳的單質(zhì),它們的組成元素相同,故B正確;C項、石墨烯與石墨都易導電,故C正確;D.石墨烯屬于碳的單質(zhì),不是烯烴,故D錯誤;故選D。15、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W的簡單氫化物是一種情潔能源,則W為C元素;Y是非金屬性最強的元素,則Y是F元素;X的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)之一,則X為N元素;Z的原子半徑是所有短周期金屬元素中最大的,則Z是Na元素。【詳解】A項、W為C元素,Y是F元素,兩種元素只能形成共價化合物CF4,故A錯誤;B項、元素非金屬性越強,氫化物穩(wěn)定性越強,F(xiàn)元素非金屬性強于C元素,則氟化氫的穩(wěn)定性強于甲烷,故B正確;C項、Na+與F—的電子層結(jié)構(gòu)與Ne原子相同,均是10電子微粒,故C正確;D項、NaOH是強堿,水溶液呈堿性,NH3溶于水得到氨水溶液,溶液呈堿性,故D正確。故選A?!军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意元素化合物知識的應(yīng)用,把握原子結(jié)構(gòu)、元素的位置、原子序數(shù)來推斷元素為解答的關(guān)鍵。16、D【解析】

A.5.6g鐵為0.1mol,與足量鹽酸反應(yīng)生成Fe2+和H2,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,A錯誤;B.醋酸為弱電解質(zhì),100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分電離,生成的氫離子數(shù)小于0.2NA,B錯誤;C.標準狀況下,22.4LHe與22.4LF2所含原子數(shù)不相等,前者為0.1NA,后者為0.2NA,C錯誤;D.常溫常壓下,20g重水(D2O)的物質(zhì)的量為1mol,含有的電子數(shù)為10NA,D正確。故選D。二、非選擇題(本題包括5小題)17、2-甲基-1-丙醇醛基、碳碳雙鍵加成反應(yīng)(或還原反應(yīng))(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52(CH3)2CHCH2OH+O22H2O+2(CH3)2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)【解析】

由合成路線及題中信息可知,A反應(yīng)后得到B,則B為(CH3)2CHCH2OH;B發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成C,C經(jīng)氧化和酸化轉(zhuǎn)化為D,則C為(CH3)2CHCHO,D為(CH3)2CHCOOH;F可以加聚為E,則F為C6H5CH=CHCHO;F經(jīng)催化加氫得到G,結(jié)合M的分子式可知G為C6H5CH2CH2CH2OH,D與G發(fā)生酯化反應(yīng)生成的M為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。據(jù)此解答。【詳解】(1)根據(jù)以上分析可知,有機物B為(CH3)2CHCH2OH,其系統(tǒng)命名為2-甲基-1-丙醇;故答案為:2-甲基-1-丙醇。(2)F為C6H5CH=CHCHO,F(xiàn)中所含官能團的名稱為醛基、碳碳雙鍵;F經(jīng)催化加氫得到G,故F→G的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)或還原反應(yīng);故答案為:醛基、碳碳雙鍵;加成反應(yīng)(或還原反應(yīng))。(3)M為羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)發(fā)生酯化反應(yīng)生成的酯,故M的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。(4)B為(CH3)2CHCH2OH,C為(CH3)2CHCHO,B→C反應(yīng)為醇的催化氧化反應(yīng),該反應(yīng)的化學方程式為2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O;故答案為:2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O。(5)G為C6H5CH2CH2CH2OH,X是G的同系物,且相對分子質(zhì)量比G小14,則X的一種可能結(jié)構(gòu)為C6H5CH2CH2OH。X有多種同分異構(gòu)體,滿足條件“與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色”的,說明分子中含有酚羥基,除苯環(huán)外余下兩個碳,則苯環(huán)上另外的取代基可以是1個乙基,也可以是2個甲基:①含有2個取代基——1個羥基和1個乙基,乙基和酚羥基有鄰、間、對3種位置;②含有3個側(cè)鏈——2個甲基和1個羥基,采用“定二移一”的方法——先找2個甲基有鄰、間、對3種位置,對應(yīng)的酚羥基分別有2種、3種、1種位置。綜上所述,可知符合條件的X的同分異構(gòu)體共有3+6=9種。其中,核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫,且峰面積比為1∶1∶2∶6的結(jié)構(gòu)簡式為;故答案為:9;。(6)參照M的合成路線,由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯,可以先由丙烯合成1-丙醇,然后把1-丙醇氧化為丙醛,接著把丙醛氧化為丙酸,最后由丙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)合成丙酸乙酯;故答案為:CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)。18、C9H10O3取代反應(yīng)(或酯化反應(yīng))2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能發(fā)生連續(xù)的氧化反應(yīng),說明結(jié)構(gòu)中含有-CH2OH,D通過加聚反應(yīng)得到

E,E分子式為(C9H8O2)n,D的分子式為C9H8O2,D中含碳碳雙鍵,由A在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成D,A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物,且芳環(huán)上只有兩個取代基,A中含有苯環(huán),A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán),應(yīng)是發(fā)生的酯化反應(yīng),A中含有羧基,A的結(jié)構(gòu)應(yīng)為,D為,E為,I為,反應(yīng)中A連續(xù)氧化產(chǎn)生G,G為酸,F(xiàn)為,G為,A與G發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生H,根據(jù)H分子式是C18H16O6,二者脫去1分子的水,可能是,也可能是,據(jù)此解答?!驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知:A為,D為,E為,F(xiàn)為,G為,I為,H的結(jié)構(gòu)可能為,也可能是。(1)A為,則A的分子式為C9H10O3;(2)根據(jù)上面的分析可知,I為,E為;(3)A為,A分子中含有羥基和羧基,G為,G分子中含有羧基,二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng),酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng),A+G→H的反應(yīng)類型為取代反應(yīng);(4)A中含有醇羥基和羧基,由于羥基連接的C原子上含有2個H原子,因此可以發(fā)生催化氧化反應(yīng),產(chǎn)生醛基,因此A→F的化學方程式為2+O22+2H2O;(5)有機物A的同分異構(gòu)體只有兩個對位取代基,能與Fe3+發(fā)生顯色反應(yīng),說明苯環(huán)對位上有-OH,又能發(fā)生水解反應(yīng),但不能發(fā)生銀鏡反應(yīng),說明含有酯基,不含醛基,同分異構(gòu)體的數(shù)目由酯基決定,酯基的化學式為-C3H5O2,有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3,共4種同分異構(gòu)體。其中的一種同分異構(gòu)體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多,酯基為—OOCCH2CH3,1mol共消耗3molNaOH,其它異構(gòu)體1mol消耗2molNaOH,該異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為,該反應(yīng)的化學方程式為:+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O?!军c睛】本題考查有機物的推斷和合成的知識,有一定的難度,做題時注意把握題中關(guān)鍵信息,采用正、逆推相結(jié)合的方法進行推斷,注意根據(jù)同分異構(gòu)體的要求及各種官能團的性質(zhì)判斷相應(yīng)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)和數(shù)目。19、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三頸燒瓶中的壓強相同,使液體順利滴下降低反應(yīng)體系的溫度,防止溫度高ClO2分解將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解空氣流速過快,ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反應(yīng)制備ClO2,KClO3得電子,被還原,則K2SO3被氧化,生成K2SO4,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平化學方程式;(2)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)分析滴液漏斗的優(yōu)勢;根據(jù)已知信息:ClO2溫度過高時易發(fā)生分解解答;(3)空氣可將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時根據(jù)ClO2濃度過大時易發(fā)生分解,分析其作用;(4)氧化還原反應(yīng)中,化合價有降低,必定有升高;(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,且KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒分析判斷?!驹斀狻?1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反應(yīng)制備ClO2,KClO3得電子,被還原,則K2SO3被氧化,生成K2SO4,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平化學方程式為2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O,故答案為:2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O;(2)滴液漏斗與普通分液漏斗相比,其優(yōu)點是滴液漏斗液面上方和三頸燒瓶液面上方壓強相等,使液體能順利滴下;加入H2SO4需用冰鹽水冷卻,是為了防止?jié)饬蛩嵊鏊懦龃罅康臒?,從而使液體飛濺,并防止生成的ClO2分解,故答案為:滴液漏斗使漏斗和三頸燒瓶中的壓強相同,使液體順利滴下;降低反應(yīng)體系的溫度,防止溫度高ClO2分解;(3)實驗過程中通入空氣的目的是將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解;空氣流速過快吋,ClO2不能被充分吸收,導致其產(chǎn)率降低,故答案為:將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解;空氣流速過快,ClO2不能被充分吸收;(4)ClO2中Cl的化合價為+4價,KClO2中Cl的化合價為+3價,由此可知該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng),則化合價有降低,必定有升高,則同時還有可能生成的物質(zhì)為KClO3、.KClO4,故答案為:cd;(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,3molKClO2變質(zhì)得到2molKClO3,與足量FeSO4溶液反應(yīng)時,KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,3molKClO2反應(yīng)獲得電子為3mol×4=12mol,2molKClO3反應(yīng)獲得電子為2mol×6=12mol,故消耗Fe2+物質(zhì)的量相同,故答案為:相同?!军c睛】第(5)問關(guān)鍵是明確變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,3molKClO2與2molKClO3得電子數(shù)相等,故消耗Fe2+物質(zhì)的量相同。20、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧氣,防止Fe2+被氧化膠頭滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復原色61.536.9【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器,據(jù)滴定實驗原理判斷終點現(xiàn)象,運用關(guān)系式計算混合物的組成?!驹斀狻?1)據(jù)題意,樣品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分別氧化成Cu2+、SO42-,則Cu2S與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離

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