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文檔簡介
陜西省銅川市王益區(qū)2023-2024學年高三第六次模擬考試化學試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、已知:25°C時,MOH的Kb=10-7。該溫度下,在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的電離程度:P>Q D.Q點溶液中c(Na+)<2c(M+)2、下列實驗中,所采取的分離方法與對應原理都正確的是()選項目的分離方法原理A分離氫氧化鐵膠體與FeCl3溶液過濾膠體粒子不能通過濾紙B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度較大C用MgCl2溶液制備無水MgCl2固體蒸發(fā)MgCl2受熱不分解D除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大A.A B.B C.C D.D3、甲苯是重要的化工原料。下列有關甲苯的說法錯誤的是A.分子中碳原子一定處于同一平面 B.可萃取溴水的溴C.與H2混合即可生成甲基環(huán)己烷 D.光照下與氯氣發(fā)生取代反應4、下列過程僅克服離子鍵的是()A.NaHSO4溶于水 B.HCl溶于水 C.氯化鈉熔化 D.碘升華5、根據元素在周期表中的位置可以預測A.分解溫度:CH4>H2S B.氧化性:NaClO>Na2SO3C.同濃度溶液pH:Na2SiO3>Na2CO3 D.金屬性:Ca>Na6、鉈(Tl)與鋁同族。Ti3+在酸性溶液中就能發(fā)生反應:Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推斷錯誤的是A.Tl+的最外層有1個電子B.Tl能形成+3價和+1價的化合物C.酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性強D.Tl+的還原性比Ag弱7、由環(huán)己醇合成環(huán)己酮的反應為:。下列說法正確的是()A.該反應屬于取代反應B.環(huán)己酮的分子式為C6H12OC.環(huán)己醇不能和NaOH溶液反應D.環(huán)己醇分子中的所有原子可能共平面8、配制一定物質的量濃度的溶液時,下列因素會導致溶液濃度偏高的是A.溶解時有少量液體濺出 B.洗滌液未全部轉移到容量瓶中C.容量瓶使用前未干燥 D.定容時液面未到刻度線9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大,W、X同主族,Y原子的最外層電子數等于X原子的電子總數,Z原子的電子總數等于W、X、Y三種原子的電子數之和,Z的最高價氧化物對應水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結構如下圖所示。下列說法錯誤的是A.W的最高正價和最低負價的代數和為0B.W的簡單離子半徑可能大于X的簡單離子半徑C.Y的最高價氧化物對應的水化物屬于弱堿D.Z的單質的水溶液需保存在棕色試劑瓶中10、如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素,其中Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍。下列說法正確的是()XYZWTA.Y的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高B.Z的氧化物對應的水化物酸性比W的弱C.ZY2、XW4與Na2Z的化學鍵類型相同D.根據元素周期律,可以推測存在TZ2和TW411、美國《Science》雜志曾經報道:在40GPa高壓下,用激光器加熱到1800K,人們成功制得了原子晶體干冰。有關原子晶體干冰的推斷錯誤的是A.有很高的熔點和沸點 B.易汽化,可用作制冷材料C.含有極性共價鍵 D.硬度大,可用作耐磨材料12、水的電離平衡曲線如圖所示,下列說法正確的是()A.圖中五點Kw間的關系:B>C>A=D=EB.若從A點到D點,可采用在水中加入少量NaOH的方法C.若從A點到C點,可采用溫度不變時在水中加入適量H2SO4的方法D.100℃時,將pH=2的硫酸溶液與pH=12的KOH溶液等體積混合后,溶液顯中性13、司替戊醇(d)用于治療兩歲及以上Dravet綜合征相關癲癇發(fā)作患者,其合成路線如圖所示。下列有關判斷正確的是()A.b的一氯代物有4種B.c的分子式為C14H14O3C.1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應D.d中所有碳原子可能處于同一平面14、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半徑與原子序數關系如圖所示。R原子最外層電子數是電子層數的2倍,Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物,Z與T能形成化合物Z2T。下列推斷正確的是()A.簡單離子半徑:T>Z>YB.Z2Y、Z2Y2所含有的化學鍵類型相同C.由于X2Y的沸點高于X2T,可推出X2Y的穩(wěn)定性強于X2TD.ZXT的水溶液顯弱堿性,促進了水的電離15、探究Na2O2與水的反應,實驗如圖:已知:H2O2?H++HO2-;HO2-?H++O22-下列分析不正確的是A.①、④實驗中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應B.①、⑤中產生的氣體能使帶火星的木條復燃,說明存在H2O2C.③和④不能說明溶解性:BaO2>BaSO4D.⑤中說明H2O2具有還原性16、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述不正確的是()A.25℃時,pH=1的1.0LH2SO4溶液中含有的H+的數目為0.2NAB.標準狀況下,2.24LCl2與水反應,轉移的電子總數小于0.1NAC.室溫下,14.0g乙烯和環(huán)己烷的混合氣體中含有的碳原子數目一定為NAD.在0.5L0.2mol·L-1的CuCl2溶液中,n(Cl-)=0.2NA17、0.1mol/L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液中的H2A、HA-、A2-的物質的量分數δ(x)隨pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.pH=1.9時,c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-)B.當c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)時,溶液pH>7C.pH=6時,c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)D.lg[Ka2(H2A)]=-7.218、己知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應:2R(OH)3+3C1O-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5H2O。則RO4n-中R的化合價是()A.+3 B.+4 C.+5 D.+619、硝酸銨(NH4NO3)在不同條件下分解可以得到不同的產物,下列各組物質中肯定不可能是硝酸銨分解產物的是A.N2O、H2O B.N2、O2、H2O C.N2、HNO3、H2O D.NH3、NO、H220、乙酸和乙醛的鑒別有多種方法,下列可行的操作中最不簡便的一種是A.使用蒸餾水B.使用NaHCO3溶液C.使用CuSO4和NaOH溶液D.使用pH試紙21、某有機化工原料的結構簡式如圖所示,下列關于該有機物的說法正確的是A.不能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol該物質最多能和4molH2發(fā)生加成反應C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯22、與氨堿法相比較,聯合制堿法最突出的優(yōu)點是A.NaCl利用率高 B.設備少C.循環(huán)利用的物質多 D.原料易得二、非選擇題(共84分)23、(14分)為探究某無結晶水的正鹽X(僅含有兩種短周期元素)的組成和性質,設計并完成下列實驗。(氣體體積已轉化為標準狀況下的體積)已知:B是空氣的主要成分之一;C是一種強堿,且微溶于水,載人宇宙飛船內常用含C的過濾網吸收宇航員呼出的CO2,以凈化空氣;D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍。(1)X的化學式為__________________。(2)圖中B的組成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的電子式為____________。(4)X受熱分解轉變成A和B的化學反應方程式為____________。24、(12分)含氧有機物甲可用來制取多種有用的化工產品,合成路線如圖:已知:Ⅰ.RCHOⅡ.RCOOHRCOClRCOOR’(R、R’代表烴基)(1)甲的含氧官能團的名稱是___。寫出檢驗該官能團常用的一種化學試劑的名稱___。(2)寫出己和丁的結構簡式:己__,丁__。(3)乙有多種同分異構體,屬于甲酸酯,含酚羥基,且酚羥基與酯的結構在苯環(huán)鄰位的同分異構體共有___種。(4)在NaOH溶液中發(fā)生水解反應時,丁與辛消耗NaOH的物質的量之比為__。(5)庚與M合成高分子樹脂的化學方程式為___。25、(12分)甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,某化學小組利用如圖裝置探究其反應產物。查閱資料:①CO能與銀氨溶液反應:CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O為紅色,不與Ag反應,發(fā)生反應:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3與CaC2類似易水解,CaC2的水解方程式為:CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑(1)裝置A中反應的化學方程式為___。(2)裝置F的作用為___;裝置B的名稱為___。(3)按氣流方向各裝置從左到右的連接順序為A→__。(填裝置名稱對應字母,每個裝置限用一次)(4)實驗中若將A中分液漏斗換成(恒壓漏斗)更好,其原因是___。(5)裝置D中可能觀察到的現象是___。(6)當反應結束后,裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色。設計實驗證明紅色固體中含有Cu2O(簡述操作過程及現象):__。26、(10分)為探究氧化銅與硫的反應并分析反應后的固體產物,設計如下實驗裝置。(1)如圖連接實驗裝置,并_____。(2)將氧化銅粉末與硫粉按5:1質量比混合均勻。(3)取適量氧化銅與硫粉的混合物裝入大試管中,固定在鐵架臺上,打開_____和止水夾a并______,向長頸漏斗中加入稀鹽酸,一段時間后,將燃著的木條放在止水夾a的上端導管口處,觀察到木條熄滅,關閉活塞K和止水夾a,打開止水夾b。該實驗步驟的作用是______,石灰石與稀鹽酸反應的離子方程式為___________________。(4)點燃酒精燈,預熱大試管,然后對準大試管底部集中加熱,一段時間后,氣球膨脹,移除酒精燈,反應繼續(xù)進行。待反應結束,發(fā)現氣球沒有變小,打開止水夾c,觀察到酸性高錳酸鉀溶液褪色后,立即用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯,并打開活塞K。這樣操作的目的是__________________。(5)拆下裝置,發(fā)現黑色粉末混有磚紅色粉末。取少量固體產物投入足量氨水中,得到無色溶液、但仍有紅黑色固體未溶解,且該無色溶液在空氣中逐漸變?yōu)樗{色。查閱資料得知溶液顏色變化是因為發(fā)生了以下反應:4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O。①經分析,固體產物中含有Cu2O。Cu2O溶于氨水反應的離子方程式為______。②仍有紅色固體未溶解,表明氧化銅與硫除發(fā)生反應4CuO+S2Cu2O+SO2外,還一定發(fā)生了其他反應,其化學方程式為_________。③進一步分析發(fā)現CuO已完全反應,不溶于氨水的黑色固體可能是_____(填化學式)。27、(12分)I.近期,四川等地頻頻發(fā)生地震,在地震過后,常常噴灑各類消毒液對災民臨時生活區(qū)進行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分為NaClO,濃度為,密度為。請回答下列問題:(1)該“84消毒液”的質量分數為___(保留3位有效數字)。(2)某同學欲用NaClO固體配制240mL“84消毒液”。①下列儀器中,不需要用到的是___。A.燒杯B.250mL容量瓶C.10mL量筒D.膠頭滴管E.天平②下列操作會導致所得溶液濃度偏高的是_____。A.用長時間放置在空氣中的NaClO固體配制B.配制前,容量瓶中有少量蒸餾水C.配制過程中,未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒D.定容時俯視容量瓶刻度線Ⅱ.近年來,霧霾天氣頻繁發(fā)生,降低氮氧化物的排放,至關重要。(3)三元催化劑能同時實現汽車尾氣中的CO、、三種成分的凈化,其催化劑表面物質轉化的關系如圖1所示?;衔颴可借助傅里葉紅外光譜圖(如圖2所示)確定。①X的化學式為____。②在圖1的轉化中,既有被氧化又有被還原的元素是___(填元素符號)。28、(14分)氫氧化鋰(LiOH)是重要的初加T鋰產品之一,可用于繼續(xù)生產氟化鋰、錳酸鋰等,用天然鋰輝石(主要成分LiAISi2O3,含有Fe(III)等雜質)生產LiOH的一種工藝流程如圖所示:已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等離子,請回答相關問題。(l)將LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式:____。(2)高溫燒結的目的是____。操作1是__。(3)凈化過濾過程中溶液的pH不能過低也不能過高,原因是____。(4)流程中的某種物質可循環(huán)利用,該物質的化學式是____。(5)工業(yè)生產中通過電解LiCI溶液的方法也可制得LiOH,其原理如圖所示,電極a應連接電源的____(選填“正極”或“負極”),電極b發(fā)生的反應是___,陽離子交換膜的作用是___29、(10分)扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體。以A和B為原料合成扁桃酸衍生物F的路線如下:(1)A的分子式為C2H2O3,可發(fā)生銀鏡反應,且具有酸性,寫出A+B→C的化學反應方程式:________(2)C()中①、②、③3個—OH的酸性由強到弱的順序是______(3)E是由2分子C生成的含有3個六元環(huán)的化合物,E分子中不同化學環(huán)境的氫原子有____種(4)D→F的反應類型是________,1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應,最多消耗NaOH的物質的量為____mol,寫出符合下列條件的F的同分異構體2種(不考慮立體異構)的結構簡式:_____①屬于一元酸類化合物②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位,其中一個是羥基(5)已知:A有多種合成方法,在方框中寫出由乙酸合成A的路線流程圖(其他原料任選)______________(合成路線流程圖示例如下:H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H5
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、D【解析】
A.25°C時,MOH的Kb=10-7,則Kh(MCl)==10-7,解得c(H+)=10-4mol/L,pH=a=4,A正確;B.等濃度的MCl、MOH的混合溶液中,MCl的水解程度等于MOH的電離程度,所以溶液pH=7時,加入的MOH的體積為10mL,B正確;C.在鹽MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液,加入的堿越大,水對電離的抑制作用越強,水電離程度就越小,所以溶液中水的電離程度:P>Q,C正確;D.P點加入10mLNaOH溶液時nP(Na+)=nP(M+),Q點時MOH少量電離,nQ(M+)<nP(M+),nQ(Na+)=2nP(Na+),所以c(Na+)>2c(M+),D錯誤;故合理選項是D。2、D【解析】
A項,膠體粒子可以通過濾紙,但不能通過半透膜,所以分離膠體與溶液的方法是滲析,故A項錯誤;B項,乙醇與水互溶,致使碘、水、乙醇三者混溶,不能用乙醇萃取的方法進行分離,故B項錯誤;C項,用MgCl2溶液制備無水MgCl2固體,要先升溫蒸發(fā),然后降溫結晶獲得六水合氯化鎂,然后通過干燥氯化氫氣流加熱得到MgCl2,故C項錯誤;D項,丁醇和乙醚的沸點相差大,可以用蒸餾的方法分離,故D項正確。綜上所述,本題的正確答案為D。3、C【解析】
A.苯環(huán)具有平面形結構,甲苯中側鏈甲基的碳原子取代的是苯環(huán)上氫原子的位置,所有碳原子在同一個平面,故A正確;B.甲苯不溶于水,可萃取溴水的溴,故B正確;C.與H2混合,在催化劑,加熱的條件下才能反應生成甲基環(huán)己烷,故C錯誤;D.光照下,甲苯的側鏈甲基上的氫原子能夠與氯氣發(fā)生取代反應,故D正確;故選C。4、C【解析】
A.NaHSO4溶于水,電離生成Na+、H+和SO42-,既破壞了離子鍵又破壞了共價鍵,故A錯誤;B.HCl為分子晶體,氣體溶于水克服共價鍵,故B錯誤;C.NaCl加熱熔化電離生成Na+和Cl-,只破壞了離子鍵,故C正確;D.碘升華克服的是分子間作用力,共價鍵沒有破壞,故D錯誤;正確答案是C?!军c睛】本題考查化學鍵知識,題目難度不大,注意共價鍵、離子鍵以及分子間作用力的區(qū)別。5、C【解析】
A.元素的非金屬性越強,氫化物越穩(wěn)定,根據元素周期律穩(wěn)定性應該是硫化氫大于甲烷,A錯誤;
B.氧化性取決于得電子能力的強弱,次氯酸鈉氧化性強是因為氯元素化合物為價,很容易得到電子,與在周期表的位置無關,B錯誤;
C.最高價氧化物的水化物酸性越強,對應的鹽堿性越弱,酸性:硅酸碳酸,同濃度溶液pH:,C正確;
D.失去電子的能力越強,元素的金屬性越強,金屬性,不能從周期表的位置預測,D錯誤。
答案選C。6、A【解析】
A.鉈與鋁同族,最外層有3個電子,則Tl+離子的最外層有2個電子,故A錯誤;B.根據反應Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知,Tl能形成+3價和+1價的化合物,故B正確;C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+,氧化還原反應中氧化劑的氧化性最強,則Tl3+的氧化性最強,所以Tl3+比Tl+氧化性強,故C正確;D.還原劑的還原性大于還原產物的還原性,在反應Tl3++2Ag=Tl++2Ag+,還原性Ag>Tl+,故D正確;故選A。7、C【解析】
A.有機反應中,失去氫或加上氧,發(fā)生氧化反應,所以該反應是醇的氧化反應,A錯誤;B.環(huán)己酮的分子式為C6H10O,B錯誤;C.環(huán)己醇含有的官能團是-OH,醇羥基不具有酸性,不能和NaOH溶液反應,C正確;D.環(huán)己醇分子中的C原子為飽和碳原子,具有甲烷的四面體結構,因此不可能所有原子共平面,D錯誤;故合理選項是C。8、D【解析】
A.溶解時有少量液體濺出,n偏小,則導致溶液濃度偏低,故A不選;B.洗滌液未全部轉移到容量瓶中,n偏小,則導致溶液濃度偏低,故B不選;C.容量瓶使用前未干燥,對n、V無影響,濃度不變,故C不選;D.定容時液面未到刻度線,V偏小,導致溶液濃度偏高,故D選;故選D。9、C【解析】
由信息可知W是H,X是Li,Y是Al,Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價,最低為-1價,二者代數和為0,A正確;B.H-、Li+電子層結構相同,核電荷數Li+>H-,所以離子半徑H->Li+,B正確;C.Y是Al元素,Al最高價氧化物對應水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物,C錯誤;D.Cl2溶于水得到氯水,氯氣與水反應產生鹽酸和次氯酸,其中含有的HClO不穩(wěn)定,光照容易分解,所以應該保存在棕色試劑瓶中,D正確;故合理選項是C。10、D【解析】
X、Y、Z、W為短周期元素,Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍,則Y為O元素,根據X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知,X為C元素,Z為S元素,W為Cl元素,T為Ge元素,結合元素周期律及物質的性質作答。【詳解】根據上述分析可知,X為C元素,Y為O元素,Z為S元素,W為Cl元素,T為Ge元素,A.Y的氫化物分別是H2O、H2O2,H2O、H2O2常溫下都呈液態(tài),X的氫化物為烴,烴分子中碳原子數不同,沸點差別很大,故Y的氫化物的沸點不一定比X氫化物的沸點高,A項錯誤;B.Z的氧化物對應的水化物可能是硫酸或亞硫酸,W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等,因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱,若HClO屬于弱酸,H2SO4屬于強酸,B項錯誤;C.SO2、CCl4的化學鍵類型為極性共價鍵,而Na2S的化學鍵類型為離子鍵,C項錯誤;D.Ge與C同族,根據元素周期律可知,存在GeS2和GeCl4,D項正確;答案選D。11、B【解析】
A.原子晶體具有很高的熔點、沸點,所以原子晶體干冰有很高的熔點、沸點,故A正確;B.原子晶體干冰有很高的沸點,不易汽化,不可用作制冷材料,故B錯誤;C.不同非金屬元素之間形成極性鍵,二氧化碳中存在O=C極性鍵,故C正確D.原子晶體硬度大,所以原子晶體干冰的硬度大,可用作耐磨材料,故D正確;故選:B。12、A【解析】
A.水是弱電解質,升高溫度,促進水的電離,Kw增大,A、D、E三點均在25℃下水的電離平衡曲線上,三點的Kw相同,圖中五點溫度B>C>A=D=E,則Kw間的關系為B>C>A=D=E,故A正確;B.若從A點到D點,由于溫度不變,溶液中c(H+)增大,c(OH-)減小,則可采用在水中加入少量酸的方法,故B錯誤;C.A點到C點,溫度升高,Kw增大,且A點和C點c(H+)=c(OH-),所以可采用升高溫度的方法,溫度不變時在水中加入適量H2SO4,溫度不變則Kw不變,c(H+)增大則c(OH-)減小,A點沿曲線向D點方向移動,故C錯誤;D.100℃時,Kw=10-12,pH=2的硫酸溶液中c(H+)=10-2mol/L,pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L,若二者等體積混合,由于n(OH-)>n(H+),所以溶液顯堿性,故D錯誤。綜上所述,答案為A?!军c睛】計算pH時一定要注意前提條件溫度,溫度變化,離子積常數隨之發(fā)生改變,則pH值也會發(fā)生改變。13、C【解析】
A.b的氫原子有2種,所以一氯代物有2種,故A錯誤;B.根據結構簡式確定c的分子式為C14H16O3,故B錯誤;C.苯環(huán)、碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應,苯環(huán)和氫氣以1:3反應、碳碳雙鍵和氫氣以1:1反應,所以1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應,故C正確;D.d中連接3個甲基的碳原子具有甲烷結構特點,所以該分子中所有碳原子不能共平面,故D錯誤;故答案選C?!军c睛】明確官能團及其性質關系、一氯代物判斷方法、原子共平面判斷方法是解本題關鍵,D為解答易錯點。14、D【解析】
R原子最外層電子數是電子層數的2倍,R可能為C元素或S元素,由于圖示原子半徑和原子序數關系可知R應為C元素;Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物,應為Na2O、Na2O2,則Y為O元素,Z為Na元素;Z與T形成的Z2T化合物,且T的原子半徑比Na小,原子序數T>Z,則T應為S元素,X的原子半徑最小,原子序數最小,原子半徑也較小,則X應為H元素,結合對應單質、化合物的性質以及題目要求解答該題?!驹斀狻扛鶕鲜鐾茢嗫芍篨是H元素;Y是O元素;Z是Na元素;R是C元素,T是S元素。A.S2-核外有3個電子層,O2-、Na+核外有2個電子層,由于離子核外電子層數越多,離子半徑越大;當離子核外電子層數相同時,核電荷數越大,離子半徑越小,所以離子半徑:T>Y>Z,A錯誤;B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2,Na2O只含離子鍵,Na2O2含有離子鍵、極性共價鍵,因此所含的化學鍵類型不相同,B錯誤;C.O、S是同一主族的元素,由于H2O分子之間存在氫鍵,而H2S分子之間只存在范德華力,氫鍵的存在使H2O的沸點比H2S高,而物質的穩(wěn)定性與分子內的共價鍵的強弱有關,與分子間作用力大小無關,C錯誤;D.ZXT表示的是NaHS,該物質為強堿弱酸鹽,在溶液中HS-水解,消耗水電離產生的H+結合形成H2S,使水的電離平衡正向移動,促進了水的電離,使溶液中c(OH-)增大,最終達到平衡時,溶液中c(OH-)>c(H+),溶液顯堿性,D正確;故合理選項是D。【點睛】本題考查了原子結構與元素性質及位置關系應用的知識,根據原子結構特點及元素間的關系推斷元素是解題的關鍵,側重于學生的分析能力的考查。15、B【解析】
A.①中的反應機理可以認為過氧化鈉與水反應生成過氧化氫與氫氧化鈉,過氧化氫分解生成水和氧氣,發(fā)生的反應為復分解反應與氧化還原反應,④中過氧化鋇再與稀硫酸反應生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀,過氧化氫分解生成了氧氣,因此兩個試管中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應。A項正確;B.①中過氧化鈉與水反應生成氧氣,不能說明存在H2O2,B項錯誤;C.④中BaO2與硫酸反應生成過氧化氫和硫酸鋇沉淀,證明酸性:硫酸>過氧化氫,不能說明溶解性:BaO2>BaSO4,C項正確;D.⑤中產生的氣體為氧氣,氧元素化合價升高,做還原劑,說明H2O2具有還原性,D項正確;答案選B。16、A【解析】
A.pH=1,c(H+)=0.1mol·L-1,n(H+)=0.1NA,選項A不正確;B.氯氣和水的反應是可逆反應,可逆反應是有限度的,轉移的電子總數小于0.1NA,選項B正確;C.乙烯和環(huán)己烷的最簡式都是CH2,所以14.0g乙烯和環(huán)己烷的混合氣體中含有的CH2為1mol,碳原子數目一定為NA,選項C正確;D.n(Cl-)=0.5L×0.2mol·L-1×2=0.2mol,即0.2NA,選項D正確。答案選A。17、B【解析】
A.根據圖像,pH=1.9時,溶液顯酸性,c(H+)>c(OH-),根據電荷守恒,有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),因此c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-),故A正確;B.根據圖像,當溶液中的溶質為NaHA,溶液顯酸性,pH<7,此時溶液中存在物料守恒,c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),故B錯誤;C.根據圖像,pH=6時,c(HA-)>c(A2-),溶液中的溶質為NaHA和Na2A,c(Na+)>c(HA-)>c(A2一)>c(H2A),故C正確;D.Ka2(H2A)=,根據圖像,當pH=7.2時,c(HA-)=c(A2一),則Ka2(H2A)==c(H+)=10-7.2,因此lg[Ka2(H2A)]=-7.2,故D正確;故選B。18、D【解析】
根據方程式兩端電荷守恒可知n==2,O元素是-2價,所以R的化合價是+6價,答案選D。19、D【解析】
硝酸銨(NH4NO3)中的兩個氮原子的化合價分別為-3和+5。【詳解】A.硝酸銨分解為N2O和H2O,-3價氮化合價升高到+1價,+5價氮化合價也降低到+1價,發(fā)生了歸中反應,合理,故A不選;B.硝酸銨分解為N2、O2、H2O,硝酸銨中-3價氮化合價升高到0價,部分-2價氧的化合價也升高到0價,+5價氮的化合價降低到0價,發(fā)生了氧化還原反應,故B不選;C.硝酸銨分解為N2、HNO3、H2O,硝酸銨中的-3價氮和+5價氮發(fā)生了歸中反應,生成了氮氣,合理,故C不選;D.硝酸銨分解為NH3、NO、H2,只有化合價的降低,沒有化合價的升高,不合理,故D選。故選D。20、C【解析】
乙酸具有酸性,可與碳酸鹽、堿等發(fā)生復分解反應,乙醛含有醛基,可發(fā)生氧化反應,以此解答該題?!驹斀狻緼.二者都溶于水,沒有明顯現象,不能鑒別,故A錯誤;B.乙酸具有酸性,可與NaHCO3溶液生成氣體,乙醛與NaHCO3溶液不反應,可鑒別,方法簡便,操作簡單,故B錯誤;C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液,需先生成氫氧化銅,然后與乙酸發(fā)生中和反應,檢驗乙醛需要加熱,操作較復雜,故C正確;D.使用pH試紙乙酸具有酸性,可使pH試紙變紅,乙醛不能使pH試紙變紅,可鑒別,方法簡單,操作簡便,故D錯誤;答案選C。21、B【解析】
A選項,含有碳碳雙鍵,能使酸性KMnO4溶液褪色,故A錯誤;B選項,1mol苯環(huán)消耗3mol氫氣,1mol碳碳雙鍵消耗1mol氫氣,因此1mol該物質最多能和4molH2發(fā)生加成反應,故B正確;C選項,含有甲基,因此分子中所有原子不可能共平面,故C錯誤;D選項,酯不易溶于水,故D錯誤。綜上所述,答案為B。22、A【解析】
氨堿法對濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán),產生的CaCl2用途不大,而侯氏制堿法是對濾液通入二氧化碳、氨氣,結晶出的NH4Cl,其母液可以作為制堿原料?!驹斀狻堪眽A法缺點:大量CaCl2用途不大,NaCl利用率只有70%,約有30%的NaCl留在母液中,侯氏制堿法的優(yōu)點:把合成氨和純堿兩種產品聯合生產,提高了食鹽利用率,縮短了生產流程,減少了對環(huán)境的污染,降低了純堿的成本。保留了氨堿法的優(yōu)點,消除了它的缺點,使食鹽的利用率提高到96%,故選A。二、非選擇題(共84分)23、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】
B是空氣的主要成分之一,B為氮氣或氧氣;C是一種強堿,且微溶于水,C為LiOH,載人宇宙飛船內常用含C的過濾網吸收宇航員呼出的CO2,以凈化空氣,LiOH與反應生成Li2CO3;D遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍,D是NH3,確定B為氮氣,NH3是2.24L合0.1mol,A中N為14g·mol-1×0.1mol=1.4g。A為Li3N,3.5g中Li為3.5-1.4=2.1g,14.7gX中Li為2.1g,n(Li)==0.3mol,n(N)==0.9mol,n(Li):n(N)=0.3:0.9=1:3,X的化學式為:LiN3?!驹斀狻浚?)由分析可知:X的化學式為LiN3。故答案為:LiN3;(2)B為氮氣,組成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案為:第2周期VA族;(3)A為Li3N,Li最外層只有1個電子,顯+1價,N最外層5個電子,得三個電子,顯-3價,電子式為。故答案為:;(4)由分析X的化學式為:LiN3,X受熱分解轉變成Li3N和N2,由質量守恒:化學反應方程式為3LiN3Li3N+4N2↑。故答案為:3LiN3Li3N+4N2↑。24、醛基銀氨溶液(或新制氫氧化銅懸濁液)51:2【解析】
甲能與銀氨溶液反應,則甲含有-CHO,甲與HCN發(fā)生加成反應、酸化得到乙,可推知甲為,甲與氫氣發(fā)生加成反應生成丙為,乙與丙在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應生成丁為.甲與與銀氨溶液發(fā)生氧化反應、酸化生成戊為,戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己為,庚與有機物M發(fā)生聚合反應生成高分子樹脂,由高分子樹脂的結構可知,應是與HCHO發(fā)生的加聚反應,而庚與己發(fā)生反應生成辛,由信息可知,庚應含有羥基,故庚為,M為HCHO,辛為,據此解答?!驹斀狻浚?)甲為,含氧官能團是:醛基,檢驗醛基常用的化學試劑為:銀氨溶液(或新制氫氧化銅懸濁液),故答案為:醛基;銀氨溶液(或新制氫氧化銅懸濁液);(2)由上述分析可知,己的結構簡式為,丁的結構簡式為,故答案為:;;(3)乙有多種同分異構體.屬于甲酸酯,含酚羥基,且酚羥基與酯的結構在苯環(huán)鄰位的同分異構體:若有2個側鏈,側鏈為-OH、-CH2OOCH,若有3個側鏈,側鏈為-OH、-OOCH、-CH3,-OH、-OOCH處于鄰位,-CH3有4種位置,故共有5種,故答案為:5;(4)在NaOH溶液中發(fā)生水解反應時,1mol?。ǎ┧庀?molNaOH,1mol辛()消耗NaOH為2mol,二者消耗氫氧化鈉的物質的量之比為1:2,故答案為:1:2;(5)庚與M合成高分子樹脂的化學方程式為:,故答案為:。【點睛】本題考查有機物推斷、官能團結構與性質、同分異構體、有機反應方程式書寫等,根據乙的結構及反應信息推斷甲,再結構反應條件進行推斷,是對有機化學基礎的綜合考查。25、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O(球形)干燥管FDBECG平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā)D中黑色氧化銅變紅,硬質玻璃管內壁有水珠附著取少量紅色固體,加入適量稀硫酸,若溶液變藍色,則證明含Cu2O【解析】
裝置A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷,甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,,生成的甲烷氣體通過裝置F吸收混有的氯化氫,干燥氣體,通過裝置D加熱還原氧化銅,通過裝置B檢驗生成的水蒸氣,通過裝置E檢驗吸收生成產物二氧化碳,通過裝置C中銀氨溶液驗證一氧化碳,CO能與銀氨溶液反應:CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3,最后用排水法吸收和收集尾氣?!驹斀狻?1).裝置A是用于制取甲烷,可判斷A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷,反應的化學方程式為Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3,故答案為:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3;(2).A中稀鹽酸和Al4C3反應生成的甲烷中混有雜質HCl和H2O,堿石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O,故答案為:除去甲烷中的HCl和H2O;裝置B為球形干燥管;(3).裝置A中反應是稀鹽酸和Al4C3反應生成氯化鋁和甲烷,生成的甲烷氣體通過裝置F除雜并干燥,甲烷在加熱條件下可還原氧化銅,氣體產物除水蒸氣外,還有碳的氧化物,通過裝置D加熱還原氧化銅,通過裝置B檢驗生成的水蒸氣。通過裝置E檢驗吸收生成產物二氧化碳,通過裝置C中銀氨溶液驗證一氧化碳,最后用排水法吸收和收集氣體,按氣流方向各裝置從左到右的連接順序為A→F→D→B→E→C→G,故答案為:FDBECG;(4).如果是普通分液漏斗,需先打開分液漏斗上口的玻璃塞,再將分液漏斗下面的旋塞打開,使稀鹽酸緩慢滴下,對比起來,恒壓分液漏斗的好處是平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā),故答案為:平衡氣壓使鹽酸順利流下,減少鹽酸的揮發(fā);(5).D中是甲烷在加熱條件下還原氧化銅,產物為銅或Cu2O、水蒸氣、碳的氧化物,故答案為:D中黑色氧化銅變紅,硬質玻璃管內壁有水珠附著;(6).當反應結束后,裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色,根據信息Cu2O為紅色,不與Ag反應,與稀硫酸發(fā)生反應Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O,故可加稀硫酸觀察溶液是否變藍來判斷,答案為:取少量紅色固體,加入適量稀硫酸,若溶液變藍色,則證明含Cu2O?!军c睛】實驗題的重中之重是實驗目的,如本題目的是探究甲烷在加熱條件下可還原氧化銅的產物。同時要注意實驗方案設計的基本要求,如科學性、安全性、可行性、簡約性。設計的實驗方案要嚴謹,具有可持續(xù)發(fā)展意識和綠色化學理念。26、檢查裝置氣密性活塞K關閉b、c排除裝置中的空氣或氧氣CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑避免SO2污染空氣Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-+3H2O2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】
(1)硫在加熱條件下易于空氣中的氧氣反應,對該實驗會產生影響,要確保實驗裝置中無空氣,保證密閉環(huán)境;(3)氧化銅與硫的反應,需在無氧條件下進行,石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣;(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色,說明產物有SO2,二氧化硫有毒不能排放到大氣中;(5)反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色),加入氨水后但仍有紅黑色固體未溶解,表明有Cu,CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2,其中CuO與S的質量比為10∶1,因此S過量?!驹斀狻?1)探究氧化銅與硫的反應,需在無氧條件下進行(S在空氣與O2反應),故需對裝置進行氣密性檢查;(3)利用石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣,打開K使鹽酸與石灰石接觸,打開a,并檢驗是否排盡空氣,該實驗步驟的作用是排除裝置中的空氣或氧氣。石灰石與鹽酸反應的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑;(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色,說明產物有SO2,用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯,并打開活塞K的目的是盡量使SO2被吸收,避免污染環(huán)境;(5)結合題意,反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色),因為Cu2O與氨水反應為Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]+(無色)+2OH-+3H2O,4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2+(藍色)+4OH-+6H2O。但仍有紅黑色固體未溶解,表明有Cu,反應方程式為2CuO+S2Cu+SO2,其中CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2,其中CuO與S的質量比為10∶1,因此S過量,則可能發(fā)生反應2Cu+SCu2S,黑色固體為Cu2S。27、24.8%CDN【解析】
I.(1)根據公式,,可計算=24.8%;(2)①在配制過程中,不會用到10mL的量筒,答案選C②根據判斷是否對配制溶液濃度有影響,如果n偏大或者V偏小,都會導致c偏高;A.用長時間放置在空氣中的NaClO固體配制,由于NaClO易吸收空氣中的水和二氧化碳而變質,導致有效成分NaClO減少,配制的溶液中溶質的物質的量減小,則溶液的物質的量濃度偏小,故A錯誤;B.配制前,容量瓶中有少量蒸餾水對溶液配制無影響,B錯誤;C.配制
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