2024年貴州省貴陽市普通高中高考化學一模試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2024年貴州省貴陽市普通高中高考化學一模試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。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、CPAE是蜂膠的主要活性成分,也可由咖啡酸合成下列說法不正確的是A.咖啡酸分子中所有原子可能處在同一個平面上B.可用金屬Na檢測上述反應是否殘留苯乙醇C.1mol苯乙醇在O2中完全燃燒,需消耗10molO2D.1molCPAE與足量的NaOH溶液反應,最多消耗3molNaOH2、高純碳酸錳在電子工業(yè)中有重要的應用,濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2,含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳的實驗過程如下:其中除雜過程包括:①向浸出液中加入一定量的X,調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5~5.5;②再加入一定量的軟錳礦和雙氧水,過濾;③…下列說法正確的是()A.試劑X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物質(zhì)B.浸出時加入植物粉的作用是作為還原劑C.除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì)D.為提高沉淀MnCO3步驟的速率可以持續(xù)升高溫度3、下列說法正確的是A.煤轉(zhuǎn)化為水煤氣加以利用是為了節(jié)約燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯,可實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用C.纖維素、油脂、蛋白質(zhì)均能作為人類的營養(yǎng)物質(zhì)D.鐵粉和生石灰均可作為食品包裝袋內(nèi)的脫氧劑4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物,n是元素Z的單質(zhì),通常為黃綠色氣體,q的水溶液具有漂白性,0.01mol·L–1r溶液的pH為2,s通常是難溶于水的混合物。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。下列說法不正確的是()A.原子半徑的大?。篧<Y<XB.元素的非金屬性:Z>X>YC.Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài)D.X的最高價氧化物的水化物為弱酸5、化學與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān),下列敘述中正確的是A.泰國銀飾和土耳其彩瓷是“一帶一路”沿線國家特色產(chǎn)品,其主要成分均為金屬材料B.利用鈉蒸氣放電發(fā)光的性質(zhì)制造的高壓鈉燈,可發(fā)出射程遠、透霧能力強的黃光C.高纖維食物是富含膳食纖維的食物,在人體內(nèi)都可通過水解反應提供能量D.手機外殼上貼的碳纖維外膜是一種新型的有機高分子材料6、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和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液,濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末,向其中滴加過量的鹽酸,產(chǎn)生無色氣體Na2O2沒有變質(zhì)C室溫下,用pH試紙測得:0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10;0.1mol/LNaHSO3的溶液的pH約為5HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-弱D取少許CH3CH2Br與NaOH溶液共熱,冷卻后滴加AgNO3溶液,最終無淡黃色沉淀CH3CH2Br沒有水解A.A B.B C.C D.D7、銦(In)被稱為信息產(chǎn)業(yè)中的“朝陽元素”。由“銦49In-114.8”不可能知道的是()A.銦元素的相對原子質(zhì)量 B.銦元素的原子序數(shù)C.銦原子的相對原子質(zhì)量 D.銦原子的核電荷數(shù)8、化學與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)。下列說法正確的是A.有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)代絲綢之路”,絲綢的主要成分是纖維素B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的過程C.疫苗一般應冷藏存放,其目的是避免蛋白質(zhì)變性D.“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是二氧化硅9、下列離子方程式書寫不正確的是A.用兩塊銅片作電極電解鹽酸:Cu+2H+H2↑+Cu2+B.NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應:2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2OC.等物質(zhì)的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反應:2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-D.氨水吸收少量的二氧化硫:2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O10、如圖是一種可充電鋰電池,反應原理是4Li+FeS2Fe+2Li2S,LiPF6是電解質(zhì),SO(CH3)2是溶劑。下列說法正確的是()A.放電時,電子由a極經(jīng)電解液流向b極B.放電時,電解質(zhì)溶液中PF6-向b極區(qū)遷移C.充電時,b極反應式為Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+D.充電時,b極消耗5.6gFe時在a極生成0.7gLi11、為達到下列實驗目的,對應的實驗方法以及相關(guān)解釋均正確的是選項實驗目的實驗方法相關(guān)解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2N2O4為放熱反應,升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A.A B.B C.C D.D12、鋰-硫電池具有高能量密度、續(xù)航能力強等特點。使用新型碳材料復合型硫電極的鋰-硫電池工作原理示意圖如圖,下列說法正確的是A.電池放電時,X電極發(fā)生還原反應B.電池充電時,Y電極接電源正極C.電池放電時,電子由鋰電極經(jīng)有機電解液介質(zhì)流向硫電極D.向電解液中添加Li2SO4水溶液,可增強導電性,改善性能13、下列關(guān)于有機物的說法正確的是()A.乙醇和丙三醇互為同系物B.環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面C.分子式為C5H10O2,且屬于酯的同分異構(gòu)體共有9種(不考慮立體異構(gòu))D.二環(huán)己烷()的二氯代物有6種結(jié)構(gòu)(不考慮立體異構(gòu))14、關(guān)于P、S、Cl三種元素的說法錯誤的是A.原子半徑P>S>ClB.最高價氧化物對應水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C.氫化物的穩(wěn)定性PH3<H2S<HClD.元素的非金屬性P>S>Cl15、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增加的短周期主族元素,位于三個周期,X、Z同主族,Y、Z同周期,X的簡單氫化物可與其最高價氧化物對應的水化物反應生成鹽,Y的最高價氧化物對應的水化物是二元中強堿,以下說法錯誤的是A.原子半徑大小:Y>ZB.Y3X2中既有離子鍵,又有共價鍵C.Z的最高價氧化物可做干燥劑D.可以用含XW3的濃溶液檢驗氯氣管道是否漏氣16、比較純堿的兩種工業(yè)制法,正確的是選項項目氨堿法聯(lián)合制堿法A.原料食鹽、氨氣、生石灰食鹽、氨氣、二氧化碳B.可能的副產(chǎn)物氯化鈣氯化銨C.循環(huán)物質(zhì)氨氣、二氧化碳氨氣、氯化鈉D.評價原料易得、產(chǎn)率高設備簡單、能耗低A.A B.B C.C D.D17、氮化鋁(AlN)熔融時不導電、難溶于水,常用作砂輪及耐高溫材料,由此推知,它應該屬于()A.離子晶體 B.原子晶體 C.分子晶體 D.金屬晶體18、丙烯醛(CH2=CH-CHO)不能發(fā)生的反應類型有()A.氧化反應 B.還原反應 C.消去反應 D.加聚反應19、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產(chǎn)物,其中一種產(chǎn)物n是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體,另一種產(chǎn)物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體。下列說法正確的是()A.a(chǎn)、c、d三種元素形成的化合物一定會抑制水的電離B.原子半徑:a<b<c<dC.b、c、d的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性依次增強D.m、n、q三種物質(zhì)均為共價化合物20、已知X、Y、Z、W、M均為短周期元素。25℃時,其最高價氧化物對應的水化物(濃度均為0.01mol/L)溶液的pH和原子半徑的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是()A.X、M簡單離子半徑大小順序:X>MB.Z的最高價氧化物水化物的化學式為H2ZO4C.X、Y、Z、W、M五種元素中只有一種是金屬元素D.X的最簡單氫化物與Z的氫化物反應后生成的化合物中既含離子鍵又含共價鍵21、下列實驗中,所采取的分離方法與對應原理都正確的是()A.A B.B C.C D.D22、實驗室模擬從海帶中提取碘單質(zhì)的流程如圖:下列裝置不能達成相應操作目的的是()A.灼燒用酒精濕潤的干海帶B.用水浸出海帶灰中的I-C.用NaOH溶液分離I2/CCl4D.加入稀H2SO4后分離生成的I2二、非選擇題(共84分)23、(14分)鐵氰化鉀(化學式為K3[Fe(CN)6])主要應用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產(chǎn)等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質(zhì)。(1)鐵元素在周期表中的位置為_________,基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。(2)在[Fe(CN)6]3-中不存在的化學鍵有_________。A.離子鍵B.金屬鍵C.氫鍵D.共價鍵(3)已知(CN)2性質(zhì)類似Cl2:(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH-C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為________。②丙烯腈(H2C=CH-C≡N)分子中碳原子軌道雜化類型是_______;分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。(4)C22-和N2互為等電子體,CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似(如圖甲所示),但CaC2晶體中啞鈴形的C22-使晶胞沿一個方向拉長,晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22-數(shù)目為_______。(5)金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5,該化合物熔點為-20℃,沸點為103℃,則其固體屬于_______晶體。(6)圖乙是Fe單質(zhì)的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm-3,鐵原子的半徑為_________nm(用含有d、NA的代數(shù)式表示)。24、(12分)比魯卡胺(分子結(jié)構(gòu)見合成線路)是有抗癌活性,其一種合成路線如圖:回答下列問題(1)A的化學名稱為__。(2)D中官能團的名稱是__。(3)反應④所需試劑、條件分別為__、__。(4)寫出⑤的反應方程式__。(5)F的分子式為__。(6)寫出與E互為同分異構(gòu)體,且符合下列條件的化合物的結(jié)構(gòu)簡式__。①所含官能團類別與E相同;②核磁共振氫譜為三組峰,峰面積比為1:1:6(7)參考比魯卡胺合成的相關(guān)信息,完成如圖合成線路(其他試劑任選)___。25、(12分)實驗室中根據(jù)已知熔點是16.6℃,沸點44.4℃。設計如下圖所示的實驗裝置制備固體。(1)實驗開始時,先點燃的酒精燈是_________(填編號)。(2)裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有___________。(3)裝置F的作用是____________________。(4)由于可逆反應,所以從E管出來的氣體中含有、。為了證明含有可以將該氣體通入________(填下列編號,下同)、證明含有可以將該氣體通入_____________。A.品紅B.溴水C.溶液D.溶液(5)如果沒有裝置G,則F中可能看到_________________。(6)從裝置G導出的尾氣??梢杂脽龎A或石灰乳吸收。請寫出用足量燒堿吸收尾氣的離子方程式為:_________________________________________________________。(7)尾氣常采用燒堿或石灰乳吸收,請分析比較兩種吸收劑吸收的優(yōu)點__________________________________________________________。26、(10分)疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體,是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱堿性,能與酸發(fā)生反應產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合,發(fā)生反應H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4??衫脕喯跛崤c叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制備亞硝酸叔丁酯,試寫出該反應的化學方程式:____________。(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應,反應的化學方程式為:t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+t-BuOH。①裝置a的名稱是______________;②該反應需控制溫度在65℃,采用的實驗措施是____________________;③反應后溶液在0℃下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是____________。(3)產(chǎn)率計算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L-1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假設雜質(zhì)均不參與反應)。③充分反應后將溶液稀釋并酸化,滴入2滴鄰菲羅啉指示液,并用0.10mol·L-1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標準液,滴定過量的Ce4+,終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理:Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。已知六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]與疊氮化鈉反應生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反應的化學方程式____________________________;計算疊氮化鈉的質(zhì)量分數(shù)為________(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確,滴定到終點后,下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分數(shù)偏大的是____________(填字母)。A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈰銨溶液時,滴加前仰視讀數(shù),滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時,開始時尖嘴處無氣泡,結(jié)束時出現(xiàn)氣泡D.滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(nèi)(4)疊氮化鈉有毒,可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀,反應后溶液堿性明顯增強,且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體,試寫出反應的離子方程式:____________________27、(12分)S2Cl2是一種重要的化工產(chǎn)品。常溫時是一種有毒并有惡臭的金黃色液體,熔點-76℃,沸點138℃,受熱或遇水分解放熱,放出腐蝕性煙氣,易與水反應,300℃以上完全分解。進一步氯化可得SCl2,SCl2是櫻桃紅色液體,易揮發(fā),熔點-122℃,沸點59℃。SCl2與S2Cl2相似,有毒并有惡臭,但更不穩(wěn)定。實驗室可利用硫與少量氯氣在110~140℃反應制得S2Cl2粗品。請回答下列問題:(1)儀器m的名稱為______,裝置D中試劑的作用是______。(2)裝置連接順序:______→B→D。(3)為了提高S2Cl2的純度,實驗的關(guān)鍵是控制好溫度和______。(4)從B中分離得到純凈的S2Cl2,需要進行的操作是______;(5)若將S2Cl2放入少量水中會同時產(chǎn)生沉淀和兩種氣體。某同學設計了如下實驗方案,測定所得混合氣體中某一成分X的體積分數(shù):①W溶液可以是______(填標號)。aH2O2溶液b氯水c酸性KMnO4溶液dFeCl3溶液②該混合氣體中氣體X的體積分數(shù)為______(用含V、m的式子表示)。28、(14分)諾貝爾化學獎獲得者GeorgeA.Olah提出了“甲醇經(jīng)濟”的概念,他建議使用甲醇來代替目前廣泛使用的化石燃料用作能源儲存材料和燃料。工業(yè)上用天然氣為原料,分為兩階段制備甲醇:(i)制備合成氣:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ·mol-1(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.67kJ·mol-1(1)制備合成氣:工業(yè)生產(chǎn)中為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題,原料氣中需添加CO2,發(fā)生的反應(iii):CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol-1,為了使合成氣配比最佳,理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為_____。(2)為節(jié)約化石能源、減少碳排放,用CO2代替CO作為制備甲醇的碳源正成為當前研究的焦點。①請寫出二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學方程式_____。②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料氣中加入一氧化碳可以降低CO2與H2反應的活化能。在200-360℃,9MPa時合成氣初始組成H2、CO、CO2物質(zhì)的量之比7:2:1的條件下研究甲醇的合成反應。如圖所示,CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大,分析可能的原因是____。(3)工業(yè)上可通過甲醇羰基化法制取甲酸甲酯,其反應的熱化學方程式為:CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)ΔH=+29.1kJ·mol-1科研人員對該反應進行了研究,部分研究結(jié)果如下:根據(jù)圖,分析工業(yè)上制取甲酸甲酯時,選擇的合適條件為_____。(4)某種熔融碳酸鹽燃料電池以Li2CO3、K2CO3為電解質(zhì)、以CH3OH為燃料,該電池工作原理見圖。該反應負極電極反應式為_____。29、(10分)催化劑是化工技術(shù)的核心,絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)需采用催化工藝。I.(1)催化劑的選擇性指在能發(fā)生多種反應的反應系統(tǒng)中,同一催化劑促進不同反應的程度的比較,實質(zhì)上是反應系統(tǒng)中目的反應與副反應之間反應速度競爭的表現(xiàn)。如圖所示為一定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應時,生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖[反應物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化劑作用下,CH3OH與O2反應主要生成____(選填“CO或CO2或HCHO”)。(2)2007年諾貝爾化學獎授予善于做“表面文章”的德國科學家哈德·埃特爾,他的成就之一是證實了氣體在固體催化劑表面進行的反應,開創(chuàng)了表面化學的方法論。埃特爾研究的氮氣和氫氣分子在固體催化劑表面發(fā)生的部分變化過程如圖所示:①下列說法不正確的是____。A升高溫度可以提高一段時間內(nèi)NH3的生產(chǎn)效率B圖示中的②一③以及后面幾個過程均是放熱過程C此圖示中存在H-H鍵斷裂和N-N鍵斷裂,以及N-H鍵的形成過程②合成氨工業(yè)中,原料氣(N2、H2及少量CO、NH3的混合氣)在進入合成塔前常用Cu(NH3)2Ac(醋酸二氨合亞銅,Ac代表醋酸根)溶液來吸收原料氣中的CO,其反應是:生產(chǎn)中必須除去原料氣中CO的原因是___;Cu(NH3)2Ac溶液吸收原料氣中的CO的生產(chǎn)適宜條件應是___。Ⅱ.氮循環(huán)是指氮在自然界中的循環(huán)轉(zhuǎn)化過程,是生物圈內(nèi)基本的物質(zhì)循環(huán)之一,存在較多藍、綠藻類的酸性水體中存在如有圖所示的氮循環(huán),請回答相關(guān)問題。(3)NH4+硝化過程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+,恒溫時在亞硝酸菌的作用下發(fā)生該反應,能說明體系達到平衡狀態(tài)的是____(填標號)。A溶液的pH不再改變BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3?H2O、HNO3、NO2-的總物質(zhì)的量保持不變實驗測得在其它條件一定時,NH4+硝化反應的速率隨溫度變化曲線如下圖A所示,溫度高于35℃時反應速率迅速下降的原因可能是___。(4)亞硝酸鹽含量過高對人和動植物都會造成直接或間接的危害,因此要對亞硝酸鹽含量過高的廢水進行處理。處理亞硝酸鹽的方法之一是用次氯酸鈉將亞硝酸鹽氧化為硝酸鹽,反應方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下,分別向NO2-初始濃度為5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸鈉固體(忽略溶液體積的變化),平衡時NO2-的去除率和溫度、投料比的關(guān)系如上圖B所示,a、b、c、d四點ClO-的轉(zhuǎn)化率由小到大的順序是____,35℃時該反應的平衡常數(shù)K=____(保留三位有效數(shù)字)。

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、B【解析】

A.由于苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面型結(jié)構(gòu),所以根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知,咖啡酸分子中所有原子可能處在同一個平面上,A正確;B.CPAE分子中含有酚羥基,也能和金屬鈉反應,所以不能用金屬Na檢測上述反應是否殘留苯乙醇,B不正確;C.苯乙醇的分子式為C8H10O,苯乙醇燃燒的方程式為C8H10O+10O28CO2+5H2O,C正確;D.CPAE分子中含有2個酚羥基和1個酯基,所以1molCPAE與足量的NaOH溶液反應,最多消耗3molNaOH,D正確;答案選B。2、B【解析】

軟錳礦(主要成分為MnO2,含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)中Mn元素顯+4價,浸出并過濾后Mn元素以Mn2+的形式存在于濾液中,濃硫酸無還原性,據(jù)此可推知植物粉作還原劑;浸出后的濾液中,除了Mn2+還有Fe2+、Al3+、Mg2+,除雜時可調(diào)節(jié)pH使其中一些離子轉(zhuǎn)化為沉淀,為了不引入新的雜質(zhì),可加入Mn(Ⅱ)的氧化物或碳酸鹽;除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5~5.5,不能將Fe2+、Al3+、Mg2+完全轉(zhuǎn)化為沉淀,之后加入雙氧水可將Fe2+氧化為更易沉淀的Fe3+,加入的軟錳礦也會再消耗一些H+;NH4HCO3受熱易分解,因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+時,溫度不宜過高?!驹斀狻緼.試劑X用于調(diào)節(jié)pH,為了不引入新的雜質(zhì),可加入Mn(Ⅱ)的氧化物或碳酸鹽,不宜加入MnO2,A項錯誤;B.浸出時,MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+,植物粉作還原劑,B項正確;C.除雜過程中調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等雜質(zhì),C項錯誤;D.沉淀MnCO3步驟中,NH4HCO3受熱易分解,不能持續(xù)升高溫度,D項錯誤;答案選B?!军c睛】控制實驗條件時要充分考慮物質(zhì)的特性,如:①Fe3+在較低的pH環(huán)境下就可沉淀完全,要完全沉淀Fe元素,應將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+;②NH4HCO3受熱易分解,要注意控制反應的溫度。3、B【解析】

A.煤轉(zhuǎn)化為水煤氣加以利用是為了實現(xiàn)煤的綜合利用并減少環(huán)境污染,A選項錯誤;B.用納米技術(shù)高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,可分解為無毒的二氧化碳,既不會引起白色污染,也可實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用,B選項正確;C.纖維素在人體內(nèi)不能水解成葡萄糖,不能作為人類的營養(yǎng)物質(zhì),C選項錯誤;D.生石灰能用作食品干燥劑,但不能用作食品脫氧劑,D選項錯誤;答案選B。4、B【解析】

n是元素Z的單質(zhì),通常為黃綠色氣體,則為氯氣,Z為Cl,r是由這些元素組成的二元化合物,0.01mol·L–1r溶液的pH為2,說明r為HCl,q的水溶液具有漂白性,說明是水溶液中含有次氯酸根,再結(jié)合m和n反應生成q和r,則q為HClO,m為水,s通常是難溶于水的混合物,氯氣和p光照,說明是取代反應,則為烷烴,因此短周期元素W為H,X為C,Y為O,Z為Cl?!驹斀狻緼.原子半徑的大小:H<O<C,故A正確;B.元素的非金屬性:Cl>O>C,故B錯誤;C.Y的氫化物水或過氧化氫常溫常壓下為液態(tài),故C正確;D.X的最高價氧化物的水化物碳酸為弱酸,故D正確。綜上所述,答案為B。5、B【解析】

A.泰國銀飾屬于金屬材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸鹽,屬于無機非金屬材料,故A錯誤;B.高壓鈉燈發(fā)出的光為黃色,黃光的射程遠,透霧能力強,對道路平面的照明度比高壓水銀燈高幾倍,故用鈉制高壓鈉燈,故B正確;C.人體不含消化纖維素的酶,纖維素在人體內(nèi)不能消化,故C錯誤;D.碳纖維是一種新型的無機非金屬材料,不是有機高分子材料,故D錯誤;答案選B。6、C【解析】

A.反應生成苯酚鈉、碳酸氫鈉;B.過氧化鈉、碳酸鈉均與鹽酸反應生成無色氣體;C.NaHSO3溶液電離顯酸性,Na2SO3溶液水解顯堿性;D.水解后檢驗溴離子,應在酸性條件下;【詳解】A.反應生成苯酚鈉、碳酸氫鈉,且二氧化碳可與苯酚鈉反應生成苯酚,所以苯酚的酸性弱于碳酸,A錯誤;B.過氧化鈉與鹽酸反應產(chǎn)生氧氣;過氧化鈉吸收空氣中二氧化碳反應產(chǎn)生的碳酸鈉與鹽酸反應會產(chǎn)生二氧化碳氣體,O2、CO2都是無色氣體,因此不能檢驗Na2O2是否變質(zhì),B錯誤;C.NaHSO3溶液電離顯酸性,Na2SO3溶液水解顯堿性,說明HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-弱,C正確;D.水解后檢驗溴離子,應在酸性條件下,沒有加硝酸至酸性,再加硝酸銀溶液不能檢驗Br-是否存在,D錯誤;故合理選項是C。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價,把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應與現(xiàn)象、物質(zhì)的檢驗、可逆反應、實驗技能為解答的關(guān)鍵,注意實驗的評價性分析。側(cè)重考查學生的分析與實驗能力。7、C【解析】

A.114.8即為銦元素的相對原子質(zhì)量,故A錯誤;B.49既為銦元素的原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù),也為銦元素的原子序數(shù),故B錯誤;C.由于銦元素可能含有兩種或兩種以上的銦原子,故僅根據(jù)114.8無法計算出各銦原子的相對原子質(zhì)量,故C正確;D.49既是銦原子的質(zhì)子數(shù),也是銦原子的核電荷數(shù),故D錯誤。故選:C。【點睛】本題考查了原子結(jié)構(gòu)中質(zhì)子數(shù)與核電荷數(shù)、原子序數(shù)、電子數(shù)等之間的關(guān)系以及元素的相對原子質(zhì)量與各原子的相對原子質(zhì)量之間的計算關(guān)系。注意僅根據(jù)一種原子的相對原子質(zhì)量無法計算元素的相對原子質(zhì)量,同樣,僅根據(jù)元素的相對原子質(zhì)量也無法計算原子的相對原子質(zhì)量。8、C【解析】

A.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),故A錯誤;B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程,油脂不屬于高分子,故B錯誤;C.疫苗一般應冷藏存放,其目的是避免蛋白質(zhì)變性,使蛋白質(zhì)失去活性,故C正確;D.硅是半導體,“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是硅,故D錯誤;故選C。9、B【解析】試題分析:A、用兩塊銅片作電極電解鹽酸的離子反應為Cu+2H+H2↑+Cu2+,故A正確;B、NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應的離子反應為HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O,故B錯誤;C、等物質(zhì)的量的FeBr2和Cl2在溶液中反應,由電子守恒可知,亞鐵離子全部被氧化,溴離子一半被氧化,離子反應為2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-,故C正確;D、氨水吸收少量的二氧化硫的離子反應為2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O,故D正確;故選B?!究键c定位】考查離子方程式的書寫【名師點晴】本題考查離子反應方程式的書寫,明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關(guān)鍵,注意氧化還原反應的離子反應中遵循電子守恒,選項B中量少的完全反應,選項C中等物質(zhì)的量的FeBr2和Cl2在溶液反應,由電子守恒可知,亞鐵離子全部被氧化,溴離子一半被氧化。10、C【解析】

由所給的反應原理可判斷原電池時,Li易失電子作負極,所以a是負極、b是正極,負極反應式為Li-e-═Li+,LiPF6是電解質(zhì),則正極反應式為

FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S?!驹斀狻緼.電子從負極沿導線流向正極,電子不經(jīng)過電解質(zhì)溶液,A錯誤;B.原電池中陰離子移向負極,電解質(zhì)溶液中PF6-應向a極區(qū)遷移,B錯誤;

C.充電時,原電池中負極變陰極,正極變陽極,則電解時b極為陽極,反應式為Fe+2Li2S-4e-=FeS2+4Li+,C正確;D.由所給原理4Li+FeS2Fe+2Li2S,可得關(guān)系式,b極消耗5.6gFe時在a極生成2.8gLi,D錯誤;故選C。11、C【解析】

A.氯水中含HClO,具有漂白性,不能用pH試紙測定其pH,應選pH計測定氯水的pH,A錯誤;B.C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴,常溫下均為氣體,不能冷凝收集,且催化裂化中使用碎瓷片作催化劑且有聚熱功能,若改用沒有聚熱功能的氧化鋁固體,實驗效果不理想,B錯誤;C.只有溫度不同,且只有二氧化氮為紅棕色,通過兩燒瓶中氣體顏色的變化可驗證溫度對平衡的影響,C正確;D.加熱促進AlCl3水解,且生成HCl易揮發(fā),應在HCl氣流中蒸發(fā)制備AlCl3晶體,D錯誤;答案選C。12、B【解析】

A.X電極材料為Li,電池放電時,X電極發(fā)生氧化反應,故A錯誤;B.電池放電時,Y為正極,發(fā)生還原反應,充電時,Y發(fā)生氧化反應,接電源正極,故B正確;C.電池放電時,電子由鋰電極經(jīng)過導線流向硫電極,故C錯誤;D.鋰單質(zhì)與水能夠發(fā)生反應,因此不能向電解液中添加Li2SO4水溶液,故D錯誤;故答案為:B。13、C【解析】

A.乙醇是飽和一元醇,甘油是飽和三元醇,所含官能團數(shù)目不同,因此二者不是同系物,A錯誤;B.環(huán)己烯分子中含有4個飽和碳原子,由于甲烷的分子結(jié)構(gòu)中與該C原子連接的四個原子構(gòu)成的是四面體結(jié)構(gòu),所以該物質(zhì)分子中的所有碳原子不可能同一個平面上,B錯誤;C.分子式為C5H10O2的酯為飽和一元酯,若為甲酸與丁醇形成的酯有4種,HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3;若為乙酸和丙酯,有2種,CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2;若為丙酸和乙醇形成的酯,只有1種,CH3CH2COOCH2CH3;若為丁酸和甲醇形成的酯,有2種,CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以屬于酯的同分異構(gòu)體共有(4+2+1+2)=9種,C正確;D.二環(huán)己烷有2種不同位置的H原子,其二氯取代產(chǎn)物中,若2個Cl原子在同一個C原子上,只有1種結(jié)構(gòu),若在兩個不同的C原子上,有6種不同的結(jié)構(gòu),乙醇其二氯代物共有7種,D錯誤;故合理選項是C。14、D【解析】同周期元素從左到右半徑減小,原子半徑P>S>Cl,故A正確;同周期元素從左到右非金屬性增強,所以最高價氧化物對應水化物的酸性增強,酸性H3PO4<H2SO4<HClO4,故B正確;非金屬性越強,氫化物越穩(wěn)定,氫化物的穩(wěn)定性PH3<H2S<HCl,故C正確;同周期元素從左到右非金屬性增強,元素的非金屬性P<S<Cl,故D錯誤。點睛:同周期元素從左到右非金屬性增強,最高價氧化物對應水化物的酸性增強、簡單氫化物的穩(wěn)定性增強、越易與氫氣化合。15、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增加的短周期主族元素,位于三個周期,Y、Z同周期,則W位于第一周期,為H元素,X位于第二周期,Y、Z位于第三周期,X的簡單氫化物可與其最高價氧化物對應的水化物反應生成鹽,則X為N元素,X、Z同主族,則Z為P元素,Y的最高價氧化物對應的水化物是二元中強堿,Y為Mg元素,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.Y為Mg元素,Z為P元素,Y、Z同周期,同周期元素隨核電核數(shù)增大,原子半徑減小,則原子半徑大?。篩>Z,故A正確;B.X為N元素,Y為Mg元素,Y3X2為Mg3N2,屬于離子化合物,其中只有離子鍵,故B錯誤;C.Z為P元素,最高價氧化物為五氧化二磷,具有吸水性,屬于酸性干燥劑,故C正確;D.W為H元素,X為N元素,XW3為氨氣,濃氨水與氯氣在空氣中反應生成氯化銨,形成白煙,可以用含氨氣的濃溶液檢驗氯氣管道是否漏氣,故D正確;答案選B。16、B【解析】

氨堿法制純堿,以食鹽氯化鈉、石灰石經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳、氨氣為原料,先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水,再通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液.其化學反應原理是:,將經(jīng)過濾、洗滌得到的微小晶體,再加熱煅燒制得純堿產(chǎn)品,放出的二氧化碳氣體可回收循環(huán)使用。含有氯化銨的濾液與石灰乳混合加熱,所放出的氨氣可回收循環(huán)使用。,,氯化鈉的利用率低。聯(lián)合制堿法,以氨氣、水、二氧化碳、氯化鈉為原料。氨氣與水和二氧化碳反應生成碳酸氫銨,這是第一步。第二步是:碳酸氫銨與氯化鈉反應生成氯化銨和碳酸氫鈉沉淀,碳酸氫鈉之所以沉淀是因為在該溫度下它的溶解度較小。最后一步,加熱析出的碳酸氫鈉得到純堿,原理方程式為:,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;可做氮肥;可與合成氨廠聯(lián)合,使合成氨的原料氣CO轉(zhuǎn)化成,革除了制這一工序?!驹斀狻緼.氨堿法原料有:食鹽氯化鈉、石灰石經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳、氨氣,聯(lián)合制堿法原料有:食鹽、氨氣、二氧化碳,A錯誤;B.氨堿法可能的副產(chǎn)物為氯化鈣,聯(lián)合制堿法可能的副產(chǎn)物氯化銨,B正確;C.氨堿法循環(huán)物質(zhì):氨氣、二氧化碳,聯(lián)合制堿法循環(huán)物質(zhì):氯化鈉,二氧化碳,C錯誤;D.氨堿法原料食鹽和石灰石便宜,產(chǎn)品純堿的純度高,副產(chǎn)品氨和二氧化碳都可以回收循環(huán)使用,制造步驟簡單,適合于大規(guī)模生產(chǎn),但設備復雜;能耗高,氨堿法的最大缺點還在于原料食鹽的利用率只有;聯(lián)合制堿法最大的優(yōu)點是使食鹽的利用率提高到以上,廢棄物少,D錯誤。答案選B。17、B【解析】

由信息可知,氮化鋁常用作砂輪及耐高溫的材料,熔融時不導電,為共價化合物,熔點高、硬度大,為原子晶體的性質(zhì),所以氮化鋁屬于原子晶體,B項正確;答案選B。18、C【解析】

丙烯醛含有碳碳雙鍵,可發(fā)生氧化反應,加聚反應,且醛基、碳碳雙鍵都可與氫氣發(fā)生加成反應,也為還原反應,不能發(fā)生消去反應,故選:C。19、C【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產(chǎn)物,其中一種產(chǎn)物n是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體,n為NH3,另一種產(chǎn)物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體,q為CO2,結(jié)合原子序數(shù)可知a為H,b為C,c為N,d為O,以此解答該題。【詳解】由以上分析可知a為H,b為C,c為N,d為O元素,A、a、c、d三種元素形成的化合物如為硝酸銨,則水解促進水的電離,選項A錯誤;B、同周期元素從左到右原子半徑減小,原子核外電子層數(shù)越多,半徑越小,則原子半徑b>c>d>a,選項B錯誤;C、元素的非金屬性b<c<d,非金屬性越強,對應的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強,選項C正確;D、m為碳酸銨或碳酸氫銨,為離子化合物,含有離子鍵,選項D錯誤。答案選C。20、B【解析】

X、Y、Z、W、M均為短周期元素,由圖像分析可知,原子半徑:M>W>Z>Y>X,M的原子半徑最大且0.01mol/L最高價氧化物對應水化物溶液的pH=12,則M為Na元素,0.01mol/LW的最高價氧化物對應水化物溶液的pH<2,則W為S元素,0.01mol/LZ的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2,則Z為Cl元素,X的半徑最小,其0.01mol/L的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2,則X為N元素,0.01mol/LY的最高價氧化物對應水化物溶液的2<pH<7,則Y為C元素,據(jù)此分析解答問題。【詳解】A.X、M的簡單離子為N3-和Na+,兩者電子層數(shù)相同,N3-的核電荷數(shù)小,故離子半徑:N3->Na+,A選項正確;B.Z為Cl元素,其的最高價氧化物的水化物的化學式為HClO4,B選項錯誤;C.X、Y、Z、W、M五種元素中只有Na元素一種金屬元素,C選項正確;D.X的最簡單氫化物為NH3,Z的氫化物為HCl,兩者反應后生成的化合物為NH4Cl,是離子化合物,既含離子鍵由含有共價鍵,D選項正確;答案選B?!军c睛】本題要求學生能夠掌握原子半徑變化規(guī)律、酸堿性與pH的關(guān)系等,并且能夠?qū)⑦@些變化及性質(zhì)結(jié)合起來進行相關(guān)元素的判斷,對學生的綜合能力要求很高,在平時的學習中,要注意對相關(guān)知識點的總結(jié)歸納。21、D【解析】

A.乙醇能與水互溶,因此不能做從碘水中提取碘單質(zhì)的萃取劑,故A錯誤;B.乙酸乙酯與乙醇互溶,不能采用分液的方法,應加入飽和碳酸鈉溶液,然后分液,故B錯誤;C.除去KNO3固體中的NaCl,采用重結(jié)晶方法,利用KNO3的溶解度受溫度的影響較大,NaCl的溶解度受溫度的影響較小,故C錯誤;D.蒸餾利用沸點不同對互溶液體進行分離,丁醇、乙醚互溶,采用蒸餾法進行分離,利用兩者沸點相差較大,故D正確;答案:D。22、D【解析】

A.灼燒在坩堝中進行,裝置及儀器合理,故A正確;B.在燒杯中溶解,玻璃棒攪拌,操作合理,故B正確;C.NaOH與碘反應后,與四氯化碳分層,分液可分離,故C正確;D.加硫酸后生成碘的水溶液,不能蒸餾分離,應萃取后蒸餾,故D錯誤;答案選D。二、非選擇題(共84分)23、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK<C<O<Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序數(shù)是26,根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2,據(jù)此確定其在周期表的位置;基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+;(2)根據(jù)化學鍵的類型和特點解答,注意氫鍵是分子間作用力,不是化學鍵;(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成,K為金屬、容易失去電子,第一電離能最小,C、N、O位于第二周期,但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低;②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式:平面三角形和直線形,雜化方式也有sp、sp2兩種形式,其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵,C?H都是σ鍵,確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目,再求出比值;(4)1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22?應位于同一平面,注意使晶胞沿一個方向拉長的特點;(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高,類似于分子晶體的特點;(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積,晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2,晶胞的質(zhì)量為g,晶胞體積V=cm3、邊長a=cm,根據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系求出r?!驹斀狻?1)Fe的原子序數(shù)是26,根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2,位于第四周期Ⅷ族據(jù);基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+,所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為:第四周期Ⅷ族,[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5;(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子,是配合物的內(nèi)界,含有配位鍵和極性共價鍵,金屬鍵存在于金屬晶體中,氫鍵是分子間作用力,不是化學鍵,故選AB;故答案為:AB;(3)①KCNO中K為金屬、容易失去電子,第一電離能最小,C、N、O位于第二周期,但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低,所以第一電離能大于O,C的非金屬性小于O,第一電離能小于O,所以第一電離能由小到大排序為K<C<O<N;故答案為:K<C<O<N;②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式:平面三角形和直線形,雜化方式也有sp、sp2兩種形式,其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵,C?H都是σ鍵,所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3,σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1;故答案為:sp、sp2;2:1;(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出,晶胞的一個平面的長與寬不相等,再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22?不是6個,而是4個,故答案為:4;(5)根據(jù)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點,可推知Fe(CO)5為分子晶體;故答案為:分子;(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積,晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2,晶胞的質(zhì)量為g,晶胞體積V=cm3、邊長a=cm,F(xiàn)e原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系為4r=a,所以r=a=cm=×107nm;故答案為:×107。24、丙酮碳碳雙鍵、羧基甲醇濃硫酸、加熱+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B,-H加在O原子上,-CN加C原子上,B發(fā)生消去反應得到C,C水解得到D,E和甲醇酯化反應得到E,E發(fā)生取代反應生成F,F(xiàn)發(fā)生加成、氧化反應生成G,G氧化成比魯卡胺?!驹斀狻浚?)由A的結(jié)構(gòu)簡式可知,A的分子式為:C3H6O,故答案為:C3H6O;(2)由D的結(jié)構(gòu)簡式可知,D中含碳碳雙鍵、羧基,故答案為:碳碳雙鍵、羧基;(3)D和甲醇酯化反應生成E,酯化反應的條件為濃硫酸、加熱,故答案為:甲醇;濃硫酸、加熱;(4)由圖可知,E中的烷氧基被取代生成F,烷氧基和H原子生成了甲醇,所以發(fā)生的反應為:+CH3OH,故答案為:+CH3OH;(5)數(shù)就行了,F(xiàn)的分子式為:C12H9N2OF3,故答案為:C12H9N2OF3;(6)所含官能團類別與E相同,則一定含碳碳雙鍵、酯基,核磁共振氫譜為三組峰,峰面積比為1:1:6,則必有2個甲基,所以先確定局部結(jié)構(gòu)含C-C=C,在此基礎上,酯基中的羰基只可能出現(xiàn)在3號碳上,那么甲基只可能連在一號碳上,所以符合條件的只有一種,故答案為:;(7)結(jié)合本題進行逆合成分析:參照第⑤步可知,可由和合成,由和甲醇合成,由水解而來,由消去而來,由和HCN加成而來,綜上所述,故答案為:?!军c睛】復雜流程題,要抓住目標產(chǎn)物、原料和流程中物質(zhì)的相似性,本題中的目標產(chǎn)物明顯有個酰胺基,這就和F對上了,問題自然應迎刃而解。25、E干燥二氧化硫與氧氣降溫使以固體形式呈現(xiàn),從混合氣體中分開ABC白色酸霧加燒堿反應快(吸收快),加石灰乳價格低廉【解析】

根據(jù)實驗裝置及二氧化硫的性質(zhì)分析裝置中儀器的作用;根據(jù)二氧化硫及三氧化硫的性質(zhì)分析檢驗的方法;根據(jù)工業(yè)生產(chǎn)需要分析尾氣處理時選擇合適的試劑?!驹斀狻浚?)二氧化硫與氧氣在E中反應,為了使之充分反應,所以實驗開始時,先點燃的酒精燈是E中酒精燈;(2)如圖所示A裝置產(chǎn)生二氧化硫氣體,同時會帶出水分,所以裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有干燥二氧化硫與氧氣的作用;(3)根據(jù)題干信息,三氧化硫的熔點為16.6℃,所以裝置F的作用是降溫,使以固體形式呈現(xiàn),從混合氣體中分開;(4)二氧化硫有漂白性和還原性,可以使品紅溶液和溴水溶液褪色,所以可以將氣體通入品紅或溴水證明二氧化硫的存在;二氧化硫與三氧化硫通入硝酸鋇溶液中都產(chǎn)生白色沉淀,且二氧化硫與氯化鋇溶液不反應,三氧化硫可以與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀,所以可以用氯化鋇溶液證明三氧化硫的存在,故答案為:AB;C;(5)裝置G為干燥裝置,如果沒有干燥,空氣中的水分與易溶于水的二氧化硫氣體結(jié)合形成酸霧,所以F中可能看到白色酸霧;(6)裝置G導出的尾氣是為了吸收未完全反應的二氧化硫,二氧化硫與堿反應生成亞硫酸鹽和水,離子方程式為:;(7)燒堿濃度大,反應快,而石灰乳價格比較低,故答案為:加燒堿反應快(吸收快),加石灰乳價格低廉。26、t-BuOH+HNO2t-BuNO2+H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度,防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑65%ACClO-+2N3-+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑【解析】

(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇,反應類型屬于有機的酯化反應,所以方程式為:;(2)①裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗;②反應要控制溫度在65℃,參考苯的硝化實驗,該反應加熱時,應當采用水浴加熱;③題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水,而微溶于乙醇;因此,洗滌產(chǎn)品時,為了減少洗滌過程中產(chǎn)品的損耗,應當用無水乙醇洗滌;(3)通過題干提示的反應產(chǎn)物分析,可知反應過程中Ce4+和中的元素發(fā)生了變價,所以反應的方程式為:;在計算疊氮化鈉的含量時,一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反應,再用Fe2+去滴定未反應完的正四價的Ce,因此有:,考慮到Fe2+與Ce4+的反應按照1:1進行,所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為:,所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分數(shù)為:;A.潤洗錐形瓶,會使步驟②消耗的六硝酸鈰銨的量增加,通過分析可知,會使最終計算的質(zhì)量分數(shù)偏大,A項正確;B.量取40mL六硝酸鈰銨溶液時若前仰后俯,則會量取比40ml更多的六硝酸鈰銨溶液,那么步驟③會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知,最終會導致計算的質(zhì)量分數(shù)偏低,B項錯誤;C.步驟③用Fe2+標定未反應的Ce4+,若開始尖嘴無氣泡,結(jié)束后出現(xiàn)氣泡,則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小,通過分析可知,最終會使質(zhì)量分數(shù)偏大,C正確;D.將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶,相當于讓溶液混合更均勻,這樣做會使結(jié)果更準確,D項不符合;答案選AC;(4)反應后溶液堿性增強,所以推測生成了OH-;產(chǎn)生的無色無味無毒氣體,推測只能是氮氣,所以離子方程式為:?!军c睛】滴定計算類的題目,最??疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后,只取一部分進行滴定,在做計算時不要忘記乘以相應的系數(shù);此外,??疾斓男问揭灿校河么郎y物A與過量的B反應,再用C標定未反應的B,在做計算時,要注意A與C一同消耗的B。27、三頸燒瓶防止空氣中的水蒸氣進入B使產(chǎn)品與水反應,吸收剩余的Cl2A→F→E→C滴入濃鹽酸的速率(或B中通入氯氣的量)蒸餾ab×100%【解析】

本實驗要硫與少量氯氣在110~140℃反應制備S2Cl2粗品,根據(jù)題目信息“熔點-76℃,沸點138℃”,制備的產(chǎn)品為氣體,需要冷凝收集;受熱或遇水分解放熱,所以溫度要控制好,同時還要在無水環(huán)境進行制備,則氯氣需要干燥除雜,且制備裝置前后都需要干燥裝置;所以裝置連接順序為A、F、E、C、B、D;(5)S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體,實驗目的是測定該混合氣體中SO2的體積分數(shù),混合氣體通過溶液W溶液吸收二氧化硫氣體得到溶液中加入加入過量氫氧化鋇溶液反應得到硫酸鋇沉淀,過濾洗滌干燥稱量得到硫酸鋇沉淀質(zhì)量mg,據(jù)元素守恒計算二氧化硫體積分數(shù)?!驹斀狻?1)儀器m的名稱為三頸燒瓶,裝置D中試劑為堿石灰,作用為吸收Cl2,防止污染環(huán)境,防止外界水蒸氣回流使S2Cl2分解;

(2)依據(jù)上述分析可知裝置連接順序為:A→F→E→C→B→D;

(3)反應生成S2Cl2的氯氣過量則會生成SCl2,溫度過高S2Cl2會分解,為了提高S2Cl2的純度,實驗的關(guān)鍵是控制好溫度和滴入濃鹽酸的速率或B中通入氯氣的量;

(4)實驗室制得S2Cl2粗品中含有SCl2雜質(zhì),根據(jù)題目信息可知二者熔沸點不同,SCl2易揮發(fā),所以可通過蒸餾進行提純;

(5)①W溶液的目的是氧化二氧化硫,可以是a:H2O2溶液,b:氯水,但不能是b:KMnO4溶液(硫酸酸化),因為高錳酸鉀溶液能氧化氯化氫生成氯氣,也不能用FeCl3溶液會生成氫氧化鐵成,故選:ab;

②過程分析可知生成沉淀為硫酸鋇沉淀,硫元素守恒得到二氧化硫物質(zhì)的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol,該混合氣體中二氧化硫的體積分數(shù)為氣體物質(zhì)的量分數(shù),二氧化硫體積分數(shù)=?!军c睛】本題為制備陌生物質(zhì),解決此類題目的關(guān)鍵是充分利用題目所給信息,根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)進行實驗方案的設計,例如根據(jù)“受熱或遇水分解放熱”,所以溫度要控制好,同時還要在無水環(huán)境進行制備,則制備裝置前后都需要干燥裝置。28、3:1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1開始時CO2和H2反應生成甲醇,該反應為放熱反應,升高溫度平衡逆向移動,使CO2轉(zhuǎn)化率降低;當溫度升高到一定程度后,CO2和H2反應生成CO該反應為吸熱反應使平衡正向移動,轉(zhuǎn)化率升高4.0×106Pa,80℃CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O【解析】

(1)求理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比時,可設未知數(shù),然后利用兩個相關(guān)反應得出CO2、H2的物質(zhì)的量,利用n(CO2):n(H2)=1:2,求出體積比。(2)①利用蓋斯定律,得出二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學方程式。②CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減小,則溫度升高,平衡逆向移動,正反應應為放熱反應;CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大,表明升高溫度,平衡正向移動,正反應為吸熱反應,于是尋找符合條件的反應,分析可能的原因。(3)從圖中可以看出,增大壓強,甲醇的轉(zhuǎn)化率增大,但壓強達到某數(shù)值時,甲醇的轉(zhuǎn)化率變化很小,此點為壓強的合適點;升高溫度,甲醇的轉(zhuǎn)化率增大,但溫度達到某數(shù)值時,甲醇的轉(zhuǎn)化率變化很小,此點為溫度的合適點,從而確定選擇的合適條件。(4)從圖中可以看出,CH3OH失電子,生成CO2和H2O,可能消耗熔融液中的CO32-?!驹斀狻?1)依題意知,CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2

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