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文檔簡介
吉林省四平一中等2024屆高考化學一模試卷請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規(guī)定答題。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.高溫下,0.2molFe與足量水蒸氣反應,生成的H2分子數(shù)目為0.3NAB.室溫下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水電離的OH﹣離子數(shù)目為0.1NAC.氫氧燃料電池正極消耗22.4L(標準狀況)氣體時,電路中通過的電子數(shù)目為2NAD.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反應中,生成28gN2時,轉移的電子數(shù)目為3.75NA2、某晶體中含有非極性鍵,關于該晶體的說法正確的是A.可能有很高的熔沸點 B.不可能是化合物C.只可能是有機物 D.不可能是離子晶體3、用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是(夾持儀器略)ABCDX中試劑濃鹽酸雙氧水濃硫酸濃氨水Y中試劑KMnO4MnO2CuNaOH氣體Cl2O2SO2NH3A.A B.B C.C D.D4、用NA表示阿伏加德羅常數(shù),下列敘述正確的是A.1molH2O2完全分解產(chǎn)生O2時,轉移的電子數(shù)為2NAB.0.lmol環(huán)氧乙烷()中含有的共價鍵數(shù)為0.3NAC.常溫下,1LpH=l的草酸(H2C2O4)溶液中H+的數(shù)目為0.1NAD.1mol淀粉水解后產(chǎn)生的葡萄糖分子數(shù)目為NA5、氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析不合理的是A.催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性共價鍵的形成B.催化劑不能改變反應焓變但可降低反應活化能C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時,涉及電子轉移D.催化劑a、b能提高反應的平衡轉化率6、能證明KOH是離子化合物的事實是A.常溫下是固體 B.易溶于水 C.水溶液能導電 D.熔融態(tài)能導電7、下列說法正確的是()A.用干燥的pH試紙測定氯水的pHB.配制一定濃度的NaOH溶液,定容時仰視讀數(shù),使配制的溶液濃度偏小C.用加熱分解的方法可將NH4Cl固體和Ca(OH)2固體的混合物分離D.將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中,配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液8、已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,某同學設計利用如圖裝置分別檢驗產(chǎn)物中的氣體。下列有關表述錯誤的是()A.用裝置甲高溫分解FeSO4,點燃酒精噴燈前應先向裝置內(nèi)通一段時間N2B.用裝置乙可檢驗分解產(chǎn)生的SO2,現(xiàn)象是石蕊試液先變紅后褪色C.按照甲→丙→乙→丁的連接順序,可用裝置丙檢驗分解產(chǎn)生的SO3D.將裝置丁中的試劑換為NaOH溶液能更好的避免污染環(huán)境9、某有機物結構簡式如圖,下列對該物質(zhì)的敘述中正確的是A.該有機物易溶于苯及水B.該有機物苯環(huán)上的一氯代物共有4種C.該有機物可以與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應使之褪色D.1mol該有機物最多可與1molNaOH發(fā)生反應10、某興趣小組計劃用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制備1molAl(OH)3。設計如下三種方案:方案Ⅰ:向Al中加入NaOH溶液,至Al剛好完全溶解,得溶液①。向溶液①中加硫酸至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅱ:向Al中加入硫酸,至Al剛好完全溶解,得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅲ:將Al按一定比例分為兩份,按前兩方案先制備溶液①和溶液②。然后將兩溶液混和。過濾、洗滌、干燥。下列說法不正確的是A.三種方案轉移電子數(shù)一樣多B.方案Ⅲ所用硫酸的量最少C.方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量D.采用方案Ⅲ時,用于制備溶液①的Al占總量的0.2511、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是()A.含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應,轉移電子數(shù)為0.2NAB.25℃時,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的數(shù)目為0.1NAC.15gHCHO中含有1.5NA對共用電子對D.常溫常壓下,22.4L甲烷氣體中含有的氫原子數(shù)目小于4NA12、某有機物X的結構簡式如圖所示,下列有關說法正確的是()A.X的分子式為C12H16O3B.X在一定條件下能發(fā)生加成、加聚、取代、消去等反應C.在催化劑的作用下,1molX最多能與1molH2加成D.可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分苯和X13、下列有關化學用語表示正確的是A.CCl4分子的比例模型: B.氟離子的結構示意圖:C.CaCl2的電子式: D.氮分子的結構式:N—N14、2017年9月25日,化學權威雜志《化學世界》、著名預測博客等預測太陽能電池材料—鈣鈦礦材料可能獲得2017年諾貝爾化學獎。鈦酸鈣(CaTiO3)材料制備原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有關判斷不正確的是A.上述反應是氧化還原反應 B.TiO2和CO2屬于酸性氧化物C.CaTiO3屬于含氧酸鹽 D.CaCO3屬于強電解質(zhì)15、下列有關有機物甲~丁說法不正確的是A.甲可以發(fā)生加成、氧化和取代反應B.乙的分子式為C6H6Cl6C.丙的一氯代物有2種D.丁在一定條件下可以轉化成只含一種官能團的物質(zhì)16、下列有關原子結構及元素周期律的敘述不正確的是()A.原子半徑:,離子半徑:r(Na+)<r(O2-)B.第族元素碘的兩種核素和的核外電子數(shù)之差為6C.P和As屬于第VA族元素,的酸性強于的酸性D.、、三種元素最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱二、非選擇題(本題包括5小題)17、(化學—有機化學基礎)3﹣對甲苯丙烯酸甲酯(E)是一種用于合成抗血栓藥的中間體,其合成路線如下:已知:HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O(1)遇FeCl3溶液顯紫色且苯環(huán)上有兩個取代基的A的同分異構體有___________種,B中含氧官能團的名稱為___________.(2)試劑C可選用下列中的___________.a(chǎn)、溴水b、銀氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2懸濁液(3)是E的一種同分異構體,該物質(zhì)與足量NaOH溶液共熱的化學方程式為___________.(4)E在一定條件下可以生成高聚物F,F(xiàn)的結構簡式為___________.18、煤的綜合利用有如下轉化關系。CO和H2按不同比例可分別合成A和B,已知烴A對氫氣的相對密度是14,B能發(fā)生銀鏡反應,C為常見的酸味劑。請回答:(1)有機物D中含有的官能團的名稱為______________。(2)反應⑥的類型是______________。(3)反應④的方程式是_______________________________________。(4)下列說法正確的是________。A.有機物A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B.有機物B和D能用新制堿性氫氧化銅懸濁液鑒別C.有機物C、D在濃H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3,該反應中濃H2SO4是催化劑和氧化劑D.有機物C沒有同分異構體19、FeBr2是一種黃綠色固體,某學習小組制備并探究它的還原性。I.實驗室制備FeBr2實驗室用如圖所示裝置制取溴化亞鐵。其中A為CO2發(fā)生裝置,D和d中均盛有液溴,E為外套電爐絲的不銹鋼管,e是兩個耐高溫的瓷皿,其中盛有細鐵粉。實驗開始時,先將鐵粉加熱至600—700℃,然后將干燥、純凈的CO2氣流通入D中,E管中反應開始。不斷將d中液溴滴入溫度為100—120℃的D中。經(jīng)過幾小時的連續(xù)反應,在鐵管的一端沉積有黃綠色鱗片狀溴化亞鐵。(1)若在A中盛固體CaCO3,a中盛6mol/L鹽酸。為使導入D中的CO2為干燥純凈的氣體,則圖中B、C處的裝置和其中的試劑應是:B為_____________。C為________________。為防止污染空氣,實驗時應在F處連接盛___________的尾氣吸收裝置。(2)反應過程中要不斷通入CO2,其主要作用是____________________。Ⅱ.探究FeBr2的還原性(3)實驗需要200mL0.1mol/LFeBr2溶液,配制FeBr2溶液除燒杯、量筒、膠頭滴管、玻璃棒外,還需要的玻璃儀器是_____________,需稱量FeBr2的質(zhì)量為:_________。(4)取10mL上述FeBr2溶液,向其中滴加少量新制的氯水,振蕩后溶液呈黃色。某同學對產(chǎn)生黃色的原因提出了假設:假設1:Br一被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中;假設2:Fe2+被Cl2氧化成Fe3+設計實驗證明假設2是正確的:________(5)請用一個離子方程式來證明還原性Fe2+>Br一________:(6)若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10-3molCl2,則反應的離子方程式為________20、苯甲酸()是重要的化工原料,可應用于消毒防腐、染料載體、增塑劑、香料及食品防腐劑的生產(chǎn),也可用于鋼鐵設備的防銹劑。某化學實驗小組在實驗室中以苯甲醛為原料制取苯甲酸和副產(chǎn)品苯甲醇()的實驗流程:已知:①;;(R、R1表示烴基或氫原子)②相關物質(zhì)的部分物理性質(zhì)見表:名稱相對密度熔點/℃沸點/℃溶解度水乙醚苯甲醛1.04-26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶,95℃可溶易溶苯甲醇1.04-15.3205.7微溶易溶乙醚0.71-116.334.6不溶—請回答下列問題:(1)進行萃取、分液操作時所用玻璃儀器的名稱為___________。分液時,乙醚層應從_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。(2)洗滌乙醚層時需要依次用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、蒸餾水進行洗滌。其中加入NaHSO3溶液洗滌的主要目的是________________,對應的化學方程式為___________________________。(3)蒸餾獲得產(chǎn)品甲時加入碎瓷片的目的為_____________,蒸餾時應控制溫度在____℃左右。A.34.6B.179.6C.205.7D.249(4)提純粗產(chǎn)品乙獲得產(chǎn)品乙的純化方法名稱為________________。(5)稱取10.60g的苯甲醛進行實驗,最終制取產(chǎn)品乙的質(zhì)量為3.66g,則產(chǎn)品乙的產(chǎn)率為____________。21、研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義。(1)工業(yè)上以CO2、NH3為原料生產(chǎn)尿素[CO(NH2)2],反應實際為兩步進行:I:2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)△H1=-272kJ·mol-1II:H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+138kJ·mol-1已知:H2O(l)==H2O(g)△H3=+44kJ·mol-1①請寫出以NH3、CO2為原料,合成尿素和液態(tài)水的熱化學方程式______________。②T1℃時,在1L的密閉容器中充入CO2和NH3模擬工業(yè)生產(chǎn),n(NH3)/n(CO2)=x,如圖是CO2平衡轉化率()與x的關系。求圖中A點NH3的平衡轉化率=________%。③當x=1.0時,若起始的壓強為p0kPa,水為液態(tài),平衡時壓強變?yōu)槠鹗嫉?/2。則該反應的平衡常數(shù)Kp=_______(kPa)-3(KP為以分壓表示的平衡常數(shù))。(2)用CO2和H2合成甲醇:3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ·mol-1。在T℃時,甲、乙、丙三個2L的恒容密閉容器中,按不同方式投入反應物,測得平衡時有關數(shù)據(jù)如下:①甲容器10s達到平衡時測得x=39.2,則甲中CO2的平均反應速率____________。②下列說法正確的是________(填字母編號)。A.2c1<c3B.z<2yC.p3>2p2D.α1+α3>1(3)用NaOH溶液做碳捕捉劑可獲得化工產(chǎn)品Na2CO3。常溫下若某次捕捉后得到pH=10的溶液,則溶液中c(CO32-):c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11],溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“<”)。
參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、D【解析】
A.高溫下,F(xiàn)e與水蒸氣反應生成四氧化三鐵,四氧化三鐵中Fe的化合價為價,因此Fe失去電子的物質(zhì)的量為:,根據(jù)得失電子守恒,生成H2的物質(zhì)的量為:,因此生成的H2分子數(shù)目為,A錯誤;B.室溫下,1LpH=13的NaOH溶液中H+濃度為c(H+)=10-13mol/L,且H+全部由水電離,由水電離的OH-濃度等于水電離出的H+濃度,因此由水電離的OH-為10-13mol/L×1L=10-13mol,B錯誤;C.氫氧燃料電池正極上氧氣發(fā)生得電子的還原反應,當消耗標準狀況下22.4L氣體時,電路中通過的電子的數(shù)目為,C錯誤;D.該反應中,生成28gN2時,轉移的電子數(shù)目為3.75NA,D正確;故答案為D。2、A【解析】
A.金剛石為原子晶體,晶體中含有非極性共價鍵C?C鍵,由于該晶體的原子晶體,原子之間通過共價鍵結合,斷裂需要吸收很高的能量,因此該物質(zhì)的熔沸點很高,所以可能有很高的熔沸點,故A正確;B.同種元素的原子形成的共價鍵是非極性共價鍵,不同種元素的原子形成的共價鍵是極性共價鍵,H2O2等含有非極性鍵,屬于化合物,故B錯誤;C.離子化合物中一定含有離子鍵,也可能含有非極性共價鍵,如Na2O2,故C錯誤;D.離子化合物中一定含有離子鍵,也可能含有非極性共價鍵,如Na2O2,因此含有非極性鍵的化合物可能是離子晶體,故D錯誤;故選:A。3、B【解析】
A.濃鹽酸和KMnO4固體混合有氯氣生成,但氯氣易溶于水,且與水發(fā)生反應,則不能用排水法收集,故A錯誤;B.雙氧水在MnO2的催化作用下生成氧氣,氧氣可用排水法收集,故B正確;C.Cu與濃硫酸反應需要加熱,圖中缺少酒精燈,且二氧化硫不能選排水法收集,故C錯誤;D.氨氣極易溶于水,不能排水法收集,故D錯誤;故答案為B。4、C【解析】
A.H2O2分解的方程式為2H2O2=2H2O+O2↑,H2O2中O元素的化合價部分由-1價升至0價、部分由-1價降至-2價,1molH2O2完全分解時轉移1mol電子,轉移電子數(shù)為NA,A錯誤;B.1個環(huán)氧乙烷中含4個C—H鍵、1個C—C鍵和2個C—O鍵,1mol環(huán)氧乙烷中含7mol共價鍵,0.1mol環(huán)氧乙烷中含0.7mol共價鍵,含共價鍵數(shù)為0.7NA,B錯誤;C.pH=1的草酸溶液中c(H+)=0.1mol/L,1L該溶液中含H+物質(zhì)的量n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol,含H+數(shù)為0.1NA,C正確;D.淀粉水解的方程式為,1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖,生成葡萄糖分子數(shù)目為nNA,D錯誤;答案選C?!军c睛】本題易錯選B,在確定環(huán)氧乙烷中共價鍵時容易忽略其中的C—H鍵。5、D【解析】
A.催化劑a表面是氫氣和氮氣反應生成氨氣,催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性鍵的形成,故A合理;B.催化劑可降低反應活化能,改變反應速率,但不能改變反應焓變,故B合理;C.催化劑b表面是氨氣催化氧化生成NO的反應,發(fā)生的是氧化還原反應,涉及電子轉移,故C合理;D.催化劑a、b改變反應速率,不改變化學平衡,不能提高反應的平衡轉化率,故D不合理;故選D。6、D【解析】
離子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導電,共價化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在,據(jù)此分析解答?!驹斀狻侩x子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導電,共價化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在,所以在熔融狀態(tài)下能導電的化合物是離子化合物,KOH在熔融狀態(tài)下能導電,所以是離子化合物,與其狀態(tài)、溶解性強弱、其水溶液是否導電都無關,答案選D。7、B【解析】
A.氯水具有強氧化性,能使pH試紙褪色,所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH,故A錯誤;B.配制一定濃度的NaOH溶液,定容時仰視讀數(shù),會使溶液的體積變大,導致濃度偏小,故B錯誤;C.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱的條件下發(fā)生反應2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,所以不能用加熱的方法分離,故C錯誤;D.精確配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,必須在容量瓶中進行。將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中,所得溶液的體積不是100mL,故無法得到1.0mol/LCuSO4溶液,故D錯誤;【點睛】考查實驗基本操作的評價,涉及pH試紙的使用、溶液的配制操作、氨氣的制取等,選項A注意氯水含有次氯酸具有強氧化性能使pH試紙褪色,所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH;配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,定容時仰視讀數(shù),會加水過多,導致濃度偏小;俯視的時候加水變少,導致濃度偏大;配制溶液必須用容量瓶定容溶液體積。8、B【解析】
已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,通過乙中石蕊試液吸收檢驗二氧化硫或三氧化硫,三氧化硫極易溶于水,通過乙全部吸收,裝置丙中的氯化鋇溶液不能檢驗三氧化硫的存在,丁裝置中飽和亞硫酸氫鈉不能吸收二氧化硫?!驹斀狻緼.用裝置甲高溫分解FeSO4,點燃酒精噴燈前應先向裝置內(nèi)通一段時間N2,排除裝置內(nèi)空氣,避免空氣中氧氣的干擾,A正確;B.用裝置乙不能檢驗二氧化硫的存在,產(chǎn)物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液,遇到石蕊試液也會變紅色,二氧化硫遇到石蕊試液只能變紅色,不能褪色,B錯誤;C.三氧化硫極易溶于水,通過裝置乙的水溶液會被完全吸收,要檢驗三氧化硫存在,應把乙和丙位置互換才能檢查三氧化硫的存在,按照甲→丙→乙→丁的連接順序,C正確;D.丁中飽和亞硫酸氫鈉溶液不能吸收二氧化硫,應為NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫,避免污染環(huán)境,D正確;故答案為:B。【點睛】二氧化硫有漂白性,工業(yè)上常用二氧化硫來漂白紙漿、毛、絲、草帽等,但二氧化硫不能使酸堿指示劑褪色。9、D【解析】
A.該有機物烴基較大,不溶于水(親水基較少,憎水基較多),所以易溶于苯但不溶于水,故A錯誤;B.該有機物苯環(huán)上的一氯代物與苯環(huán)上另一取代基有鄰間對3種位置,共有3種,故B錯誤;C.該有機物沒有碳碳雙鍵或碳碳叁鍵不能與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應,故C錯誤;D.該有機物只有一個普通酯基可與1molNaOH發(fā)生反應,故D正確;故答案為D。10、D【解析】
方案Ⅰ:發(fā)生反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4;則2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅱ:發(fā)生反應為2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4;則2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅲ:2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4,則2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3?!驹斀狻緼.三種方案中,消耗Al都為1mol,Al都由0價升高為+3價,則轉移電子數(shù)一樣多,A正確;B.從三個方案的比較中可以看出,生成等物質(zhì)的量的氫氧化鋁,方案Ⅲ所用硫酸的量最少,B正確;C.方案Ⅰ需控制酸的加入量,方案Ⅱ需控制堿的加入量,而方案Ⅲ不需對酸、堿的用量嚴格控制,所以方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量,C正確;D.采用方案Ⅲ時,整個過程中Al與酸、堿的用量關系為6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al,用于制備溶液①的Al占總量的0.75,D不正確;故選D。11、D【解析】
A.銅在一定條件下與濃硫酸反應Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O,與稀硫酸不反應,含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應,并不能完全反應,所以轉移電子數(shù)一定小于0.2NA,A項錯誤;B.25℃時,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的濃度為10-13mol/L,則1L該溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的數(shù)目為1×10-13NA,B項錯誤;C.一個HCHO分子中含有2個碳氫單鍵和一個碳氧雙鍵,即4對共用電子對,15gHCHO物質(zhì)的量為0.5mol,因此15gHCHO含有0.5mol×4=2mol共用電子對,即2NA對共用電子對,C項錯誤;D.常溫常壓下,氣體摩爾體積大于22.4L/mol,則22.4L甲烷氣體的物質(zhì)的量小于1mol,因此含有的氫原子數(shù)目小于4NA,D項正確;答案選D?!军c睛】公式(Vm=22.4L/mol)的使用是學生們的易錯點,并且也是高頻考點,在使用時一定看清楚兩點:①條件是否為標準狀況,②在標準狀況下,該物質(zhì)是否為氣體。本題D項為常溫常壓,因此氣體摩爾體積大于22.4L/mol,則22.4L甲烷氣體的物質(zhì)的量小于1mol,因此含有的氫原子數(shù)目小于4NA。12、D【解析】
A.X的分子式為C12H14O3,故A錯誤;B.羥基鄰位碳上沒有H原子,不能發(fā)生消去反應,故B錯誤;C.在Ni作催化劑的條件下,1molX最多只能與4molH2加成,故C錯誤;D.苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,有機物X含有碳碳雙鍵,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故D正確。答案選D。13、B【解析】
A.原子半徑Cl>C,所以不能表示CCl4分子的比例模型,A不符合題意;B.F是9號元素,F(xiàn)原子獲得1個電子變?yōu)镕-,電子層結構為2、8,所以F-的結構示意圖為:,B正確;C.CaCl2是離子化合物,Ca2+與Cl-之間通過離子鍵結合,2個Cl-不能合并寫,應該表示為:,C錯誤;D.N2分子中2個N原子共用三對電子,結構式為N≡N,D錯誤;故合理選項是B。14、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑,反應中沒有化合價變化,是非氧化還原反應,故A錯誤;B、TiO2和CO2均能與堿反應生成鹽和水,均屬于酸性氧化物,故B正確;C、CaTiO3=Ca2++TiO32-,CaTiO3由含氧酸根和鈣離子構成,屬于含氧酸鹽,故C正確;D、CaCO3雖然難溶,但溶于水的部分全部電離,屬于強電解質(zhì),故D正確;故選A。15、B【解析】
A.物質(zhì)甲中含苯環(huán)和羧基,可以發(fā)生苯環(huán)的加成反應,燃燒反應(屬于氧化反應),可以發(fā)生酯化反應(屬于取代反應),A正確;B.根據(jù)乙結構簡式可知,該物質(zhì)是苯分子中六個H原子全部被Cl原子取代產(chǎn)生的物質(zhì),故分子式是C6Cl6,B錯誤;C.丙分子中含有2種類型的H原子,所以其一氯代物有2種,C正確;D.丁分子中含有醛基、醇羥基,在一定條件下醛基與氫氣可以轉化成羥基,就得到只含醇羥基一種官能團的物質(zhì),D正確;故答案選B。16、B【解析】
A.同周期自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,因此原子半徑r(Na)>r(O),Na+、O2-電子層結構相同,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,故離子半徑r(Na+)<r(O2-),A正確;B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數(shù)相等,核外電子數(shù)之差為0,B錯誤;C.元素的非金屬性P>As,元素的非金屬性越強,其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強,所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強,C正確;D.Na、Mg、Al位于同一周期,元素的金屬性逐漸減弱,則失電子能力和最高價氧化物對應水化物的堿性均依次減弱,D正確;故合理選項是B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、3醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】
甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A,A和乙醛發(fā)生題目給的已知的反應生成B,則B為,B在銀氨溶液或新制氫氧化銅作用下被氧化為羧酸鹽,然后再酸化得到D,D可以和甲酸在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成E。【詳解】(1)遇FeCl3溶液顯紫色,說明同分異構體含有酚羥基,則另一個取代基為乙烯基,二者可為鄰、間、對3種位置,共有3種同分異構體;根據(jù)題目所給信息,B中含有醛基。(2)B中含有的醛基與C反應轉化為羧基,所以試劑C可以為銀氨溶液或新制Cu(OH)2懸濁液。(3)酯基在NaOH條件下發(fā)生水解反應,根據(jù)水解反應的原理,化學方程式為+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。(4)E中含有碳碳雙鍵,經(jīng)過加聚反應可得E,根據(jù)加聚反應規(guī)律可得F的結構簡式為。18、羥基取代反應/酯化反應CH2=CH2+O2→CH3COOHAB【解析】
根據(jù)題干信息可知,A為CH2=CH2,B為乙醛;根據(jù)A、B的結構結合最終產(chǎn)物CH3COOCH2CH3逆推可知,C為CH3COOH,D為CH3CH2OH?!驹斀狻?1)根據(jù)以上分析,D中官能團為羥基,故答案為:羥基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應類型為酯化反應即取代反應,故答案為:酯化反應或取代反應。(3)反應④為乙烯氧化為乙酸,化學方程式為:CH2=CH2+O2→CH3COOH,故答案為:CH2=CH2+O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴單質(zhì)加成,可被酸性高錳酸鉀溶液氧化,故A正確;B.乙醛和新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀,乙醇與Cu(OH)2懸濁液不反應,可以鑒別,故B正確;C.酯化反應中,濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑,故C錯誤;D.CH3COOH的同分異構體有HCOOCH3,故D錯誤。綜上所述,答案為AB。19、飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶濃H2SO4的洗氣瓶NaOH溶液用CO2把反應器中的空氣趕盡,將溴蒸氣帶入E管中250mL容量瓶5.4g取適量黃色溶液,向其中加入少量KSCN溶液,若溶液變血紅色,則證明假設2正確2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-【解析】
I.裝置A用碳酸鈣和鹽酸制取二氧化碳,裝置B中盛有的NaHCO3飽和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氫氣體,裝置C中盛有的濃H2SO4是干燥二氧化碳,二氧化碳把反應器中的空氣趕盡,并將油浴加熱的裝置D中溴蒸氣帶入E管中,在加熱條件下與鐵反應生成黃綠色鱗片狀溴化亞鐵,在裝置F處連接盛有氫氧化鈉溶液的尾氣吸收裝置,吸收有毒的溴蒸汽,防止污染環(huán)境;Ⅱ.Fe2+和Br-的還原性強弱順序為:Fe2+>Br-,向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水,氯氣先氧化Fe2+,再氧化Br-?!驹斀狻浚?)實驗時用碳酸鈣和鹽酸制取二氧化碳,鹽酸易揮發(fā),制得的二氧化碳中混有氯化氫和水蒸氣,裝置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氫氣體,可以用盛有NaHCO3飽和溶液的洗氣瓶洗氣,裝置C的作用是干燥二氧化碳,可以用盛有濃H2SO4的洗氣瓶干燥,溴蒸汽有毒,不能排到空氣中,氫氧化鈉溶液能夠與溴單質(zhì)反應,為防止污染空氣,實驗時應在F處連接氫氧化鈉溶液的尾氣吸收裝置,故答案為飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶;濃H2SO4的洗氣瓶;NaOH溶液;(2)反應前先通入一段時間CO2,將容器中的空氣趕凈,避免空氣中的氧氣干擾實驗;反應過程中要不斷通入CO2,還可以油浴加熱的裝置D中溴蒸氣帶入E管中,使溴能夠與鐵粉充分反應,故答案為用CO2把反應器中的空氣趕盡,將溴蒸氣帶入E管中;(3)配制200mL0.1mol/LFeBr2溶液的玻璃儀器有燒杯、量筒、膠頭滴管、玻璃棒和250mL容量瓶;250mL0.1mol/LFeBr2溶液中FeBr2的物質(zhì)的量為0.25mol,則FeBr2的質(zhì)量為0.25mol×216g/mol=5.4g,故答案為250mL容量瓶;5.4g;(4)若假設2正確,向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水,F(xiàn)e2+被Cl2氧化成Fe3+,向反應后的黃色溶液中加入KSCN溶液,溶液會變?yōu)榧t色,故答案為取適量黃色溶液,向其中加入少量KSCN溶液,若溶液變血紅色,則證明假設2正確;(5)溶液中Fe2+和Br2能夠發(fā)生氧化還原反應生成Fe3+和Br-,反應的離子方程式為2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-,則故答案為2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-;(6)40mL0.1mol/LFeBr2溶液中FeBr2的物質(zhì)的量為0.004mol,0.004molFe2+消耗Cl2的物質(zhì)的量為0.002mol,3×10-3molCl2有0.001molCl2與Br-反應,反應消耗Br-的物質(zhì)的量為0.002mol,參與反應的Fe2+、Br-和Cl2的物質(zhì)的量比為0.004mol:0.002mol:0.003mol=4:2:3,則反應的離子方程式為4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-,故答案為4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-?!军c睛】本題考查了實驗方案的設計與評價和探究實驗,試題知識點較多、綜合性較強,充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力,注意掌握化學實驗基本操作方法,明確常見物質(zhì)的性質(zhì)及化學實驗方案設計原則是解答關鍵。20、分液漏斗、燒杯上口倒出除去乙醚層中含有的苯甲醛防止暴沸D重結晶60%【解析】
(1)根據(jù)儀器名稱寫出相應的儀器名稱;分液時,分液漏斗下層液體從下口放出,上層液體從上口倒出;(2)飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去乙醚層中含有的苯甲醛;(3)根據(jù)碎瓷片的作用及苯甲酸沸點分析;(4)重結晶是將晶體溶于溶劑或熔融以后,又重新從溶液或熔體中結晶的過程;(5)根據(jù)產(chǎn)率=進行計算?!驹斀狻浚?)萃取分液用到的玻璃實驗儀器名稱是分液漏斗、燒杯;乙醚密度小于水,在上層,分液時,乙醚層應從上口倒出;(2)醛類可以跟亞硫酸氫鈉飽和溶液發(fā)生加成反應,實驗步驟中的飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去乙醚層中含有的苯甲醛,飽和碳酸鈉溶液除去殘留的亞硫酸氫鈉;根據(jù)題給信息可知,二者發(fā)生加成反應,化學方程式為:;(3)蒸餾獲得產(chǎn)品甲時加入碎瓷片的目的為防止暴沸,蒸餾時得到產(chǎn)品甲為苯甲酸,應控制溫度在249℃左右;答案選D;(4)提純粗產(chǎn)品乙獲得產(chǎn)品乙的純化方法名稱為重結晶;(5)稱取10.60g的苯甲醛進行實驗,理論上得到苯甲酸的質(zhì)量為,最終制取產(chǎn)品乙的質(zhì)量為3.66g,則產(chǎn)品乙的產(chǎn)率為?!军c睛】本題考查了物質(zhì)制取過程中反應條件的選擇、混合物的分離方法、物質(zhì)轉化率的檢驗方法的知識,題目難度中等,注意掌握化學實驗基本操作方法及其綜合應用,試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及化學實驗能力。21、2NH3(g)+CO2(g)?H2O(l)+CO(NH2)2(s)ΔH=-178kJ?mol-133.3Kp=108/p030.04mol?L-1?s-1AB1︰2或0.5>【解析】
本題研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義,實際以CO2的性質(zhì)為載體考查了化學反應原理的綜合知識,難度適中。【詳解】(1)①NH3、CO2為原料,合成尿素和液態(tài)水的熱化學方程式為2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H,根據(jù)蓋斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=-178kJ?mol-1,因而有2NH3(g)+CO2(g)?H2O(l)+CO(NH2)2(s)ΔH=-178kJ?mol-1;②A點時,n(NH3)/n(CO2)=3.0,設n(CO2)=1mol,n(NH3)=3mol,CO2平衡轉化率為0.50,則轉化的CO2的量為1mol×0.50=0.5mol,那么根據(jù)2NH3(g)+CO2(g)CO(N
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