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文檔簡介
河南省鄭州市中原區(qū)第一中學2024年高三第六次模擬考試化學試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,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、NA為阿伏加德羅常數(shù),關于ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的說法中正確的是A.含Na+數(shù)目為NA B.含氧原子數(shù)目為NAC.完全氧化SO32-時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA D.含結(jié)晶水分子數(shù)目為NA2、鑒別二氧化碳和丙烯兩種氣體,下列方法或所選試劑中不可行的是()A.可燃性實驗 B.酸性高錳酸鉀C.澄清石灰水 D.品紅試液3、下列敘述正確的是()A.在氧化還原反應中,肯定有一種元素被氧化,另一種元素被還原B.有單質(zhì)參加的反應一定是氧化還原反應C.有單質(zhì)參加的化合反應一定是氧化還原反應D.失電子難的原子,容易獲得的電子4、設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,下列敘述正確的是A.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-的數(shù)目小于0.1NAB.同溫同壓下,體積均為22.4L的鹵素單質(zhì)中所含的原子數(shù)均為2NAC.1mol苯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為3NAD.78g過氧化鈉固體中所含的陰、陽離子總數(shù)為4NA5、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列關于常溫下0.1mol/LNa2S2O3溶液與pH=1的H2SO4溶液的說法正確的是()A.1LpH=1的H2SO4溶液中,含H+的數(shù)目為0.2NAB.98g純H2SO4中離子數(shù)目為3NAC.含0.1molNa2S2O3的水溶液中陰離子數(shù)目大于0.1NAD.Na2S2O3與H2SO4溶液混合產(chǎn)生22.4L氣體時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA6、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.D7、關于C9H12的某種異構體,以下說法錯誤的是()A.一氯代物有5種B.分子中所有碳原子都在同一平面C.能發(fā)生加成、氧化、取代反應D.1mol該物質(zhì)最多能和3molH2發(fā)生反應8、如圖是利用試紙、鉛筆芯設計的微型實驗.以鉛筆芯為電極,分別接觸表面皿上的試紙,接通電源,觀察實驗現(xiàn)象.下列說法錯誤的是()A.pH試紙變藍B.KI﹣淀粉試紙變藍C.通電時,電能轉(zhuǎn)換為化學能D.電子通過pH試紙到達KI﹣淀粉試紙9、在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液,振蕩后溶液變藍,再加入足量的亞硫酸鈉溶液,藍色逐漸消失。下列判斷錯誤的是A.氧化性:ClO->SO42->I2B.漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍C.ClO-與I-在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應D.向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液,氯水褪色10、下表數(shù)據(jù)是在某高溫下,金屬鎂和鎳分別在氧氣中進行氧化反應時,在金屬表面生成氧化薄膜的實驗記錄如下(a和b均為與溫度有關的常數(shù)):
反應時間t/h1491625MgO層厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO層厚Y/nmb2b3b4b5b下列說法不正確的是A.金屬表面生成的氧化薄膜可以對金屬起到保護作用B.金屬高溫氧化腐蝕速率可以用金屬氧化膜的生長速率來表示C.金屬氧化膜的膜厚Y跟時間t所呈現(xiàn)的關系是:MgO氧化膜厚Y屬直線型,NiO氧化膜厚Y′屬拋物線型D.Mg與Ni比較,金屬鎂具有更良好的耐氧化腐蝕性11、下列有關電化學原理及應用的相關說法正確的是A.電池是能量高效轉(zhuǎn)化裝置,燃料電池放電時化學能全部轉(zhuǎn)化為電能B.電熱水器用犧牲陽極的陰極保護法阻止不銹鋼內(nèi)膽腐蝕,陽極選用銅棒C.工業(yè)上用電解法精煉銅過程中,陽極質(zhì)量減少和陰極質(zhì)量增加相同D.電解氧化法在鋁制品表面形成氧化膜減緩腐蝕,鋁件作為陽極12、用如圖示的方法可以保護鋼質(zhì)閘門。下列說法正確的是()A.當a、b間用導體連接時,則X應發(fā)生氧化反應B.當a、b間用導體連接時,則X可以是鋅或石墨C.當a、b與外接電源相連時,a應連接電源的正極D.當a、b與外接電源相連時,陰極的電極反應式:2Cl--2e-=Cl2↑13、下列關于氨分子的化學用語錯誤的是A.化學式:NH3 B.電子式:C.結(jié)構式: D.比例模型:14、下列說法正確的是()A.Cl2溶于水得到的氯水能導電,但Cl2不是電解質(zhì),而是非電解質(zhì)B.以鐵作陽極,鉑作陰極,電解飽和食鹽水,可以制備燒堿C.將1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子數(shù)之和為D.反應Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室溫下不能自發(fā)進行,則15、實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2為原料制備ClO2的過程如下圖所示,下列說法不正確的是A.X中大量存在的陰離子有Cl-和OH- B.NCl3的鍵角比CH4的鍵角大C.NaClO2變成ClO2發(fā)生了氧化反應 D.制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl16、苯氧乙醇在化妝品、護膚品、疫苗及藥品中發(fā)揮著防腐劑的功用,其結(jié)構為,下列有關說法不正確的是A.苯氧乙醇的分子式為C8H10O2B.苯氧乙醇中的所有碳原子不可能處于同一平面內(nèi)C.苯氧乙醇既可以發(fā)生取代反應和加成反應,也可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.分子式為C8H8O2,結(jié)構中含有苯環(huán)且能與飽和NaHCO3溶液反應的物質(zhì)共有4種(不考慮立體異構)二、非選擇題(本題包括5小題)17、有機物A(C6H8O4)為食品包裝紙的常用防腐劑。A可以使溴水褪色。A難溶于水,但在酸性條件下可發(fā)生水解反應,得到B(C4H4O4)和甲醇。通常狀況下B為無色晶體,能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應。(1)A可以發(fā)生的反應有_______________(選填序號)。①加成反應②酯化反應③加聚反應④氧化反應(2)B分子所含官能團的名稱是______________________________。(3)B分子中沒有支鏈,其結(jié)構簡式是________________________,B的具有相同官能團的同分異構體的結(jié)構簡式是_________________。(4)由B制取A的化學方程式是____________________________________。(5)天門冬氨酸(C4H7NO4)是組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸之一,可由B通過以下反應制取:天門冬氨酸的結(jié)構簡式是______________________________________。18、G是一種新型香料的主要成分之一,合成路線如下:已知:①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’②G的結(jié)構簡式為:(1)(CH3)2C=CH2分子中有___個碳原子在同一平面內(nèi)。(2)D分子中含有的含氧官能團名稱是___,F(xiàn)的結(jié)構簡式為___。(3)A→B的化學方程式為___,反應類型為___。(4)生成C的化學方程式為___。(5)同時滿足下列條件的D的同分異構體有多種:①能發(fā)生銀鏡反應;②能水解;③苯環(huán)上只有一個取代基,請寫出其中任意2種物質(zhì)的結(jié)構式___、___。(6)利用學過的知識以及題目中的相關信息,寫出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路線(無機試劑任選)。___(合成路線常用的表示方式為:)19、草酸是草本植物常具有的成分,具有廣泛的用途。草酸晶體(H2C2O4?2H2O)無色易溶于水,熔點為101℃,受熱易脫水、升華,在170℃以上分解。常溫下,草酸的電離平衡常數(shù)K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5?;卮鹣铝袉栴}:(1)擬用下列裝置分解草酸制備少量純凈的CO,其合理的連接順序為____(填字母)。(2)相同溫度條件下,分別用3支試管按下列要求完成實驗:試管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入試劑KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色時間28秒30秒不褪色寫出試管B中發(fā)生反應的離子方程式____________;上述實驗能否說明“相同條件下,反應物濃度越大,反應速率越快”?_____(填“能”或“不能”);簡述你的理由:__________________。(3)設計實驗證明草酸為弱酸的方案及其結(jié)果均正確的有________(填序號)。A.室溫下,取0.010mol/L的H2C2O4溶液,測其pH=2;B.室溫下,取0.010mol/L的NaHC2O4溶液,測其pH>7;C.室溫下,取pH=a(a<3)的H2C2O4溶液稀釋100倍后,測其pH<a+2;D.取0.10mol/L草酸溶液100mL與足量鋅粉反應,收集到H2體積為224mL(標況)。(4)為測定某H2C2O4溶液的濃度,取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中,滴入2-3滴指示劑,用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定,進行3次平行實驗,所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示劑為__________;滴定終點時的現(xiàn)象為________________;②H2C2O4溶液物質(zhì)的量濃度為________;③下列操作會引起測定結(jié)果偏高的是_______(填序號)。A.滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗B.滴定過程中,錐形瓶震蕩的太劇烈,以致部分液體濺出C.滴定前讀數(shù)正確,滴定終點時俯視讀數(shù)D.滴定前讀數(shù)正確,滴定終點時仰視讀數(shù)20、碘被稱為“智力元素”,科學合理地補充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘鹽中。KI還可用于分析試劑、感光材料、制藥等,其制備原理如下:反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O請回答有關問題。(1)啟普發(fā)生器中發(fā)生反應的化學方程式為_______。裝置中盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是_________。(2)關閉啟普發(fā)生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待觀察到三頸燒瓶中溶液顏色由棕黃色變?yōu)開_____(填現(xiàn)象),停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三頸燒瓶和燒杯中產(chǎn)生氣泡的速率接近相等時停止通氣。(3)滴入硫酸溶液,并對三頸燒瓶中的溶液進行水浴加熱,其目的是_____________。(4)把三頸燒瓶中的溶液倒入燒杯中,加入碳酸鋇,在過濾器中過濾,過濾得到的沉淀中除含有過量碳酸鋇外,還含有硫酸鋇和___________(填名稱)。合并濾液和洗滌液,蒸發(fā)至析出結(jié)晶,干燥得成品。(5)實驗室模擬工業(yè)制備KIO3流程如下:幾種物質(zhì)的溶解度見下表:①由上表數(shù)據(jù)分析可知,“操作a”為__________________。②用惰性電極電解KI溶液也能制備KIO3,與電解法相比,上述流程制備KIO3的缺點是____________。(6)某同學測定.上述流程生產(chǎn)的KIO3樣品的純度。取1.00g樣品溶于蒸餾水中并用硫酸酸化,再加入過量的KI和少量的淀粉溶液,逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反應時共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。該樣品中KIO3的質(zhì)量分數(shù)為_______(已知反應:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。21、[化學——選修3:物質(zhì)結(jié)構與性質(zhì)](15分)鋅是人體必需的微量元素之一,起著極其重要的作用,回答下列問題:(1)請寫出Zn2+的核外電子排布式_____________________。(2)ZnCl2熔點為275℃,而CaCl2的熔點為782℃,請分析熔點不同的原因:_________。(3)Zn2+能與多種微粒形成配合物,如Zn2+與CNO?可形成[Zn(CNO)4]2?,[Zn(CNO)4]2?中配位原子為__________,[Zn(CNO)4]2?的組成中非金屬元素的電負性大小順序為____________;Zn2+與CN?可形成[Zn(CN)4]2?,[Zn(CN)4]2?中σ鍵、π鍵和配位鍵的個數(shù)比為________;配合物Zn(NH3)4CO3中陰離子的空間構型為____________,N原子的雜化方式為____________。(4)Zn與S所形成化合物的晶胞如圖1所示,圖2為晶胞沿y軸的投影1∶1平面圖:①晶胞中S原子的配位數(shù)為_________。②晶胞中最近的兩個S原子之間的距離為_______pm。③設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該晶胞的密度是__________g·cm?3(列出計算表達式)。[化學——選修5:有機化學基礎](15分)哌替啶鹽酸鹽G有鎮(zhèn)痛作用,其合成路線如下。回答下列問題:(1)寫出A的結(jié)構簡式:________;B中含有碳碳雙鍵,則B的名稱為_____________。(2)G中含氧官能團名稱為____________;B→C的反應類型為_________________。(3)E的結(jié)構簡式為_____________。(4)寫出C→D的化學方程式:_______________________________________。(5)M與E互為同分異構體,符合下列條件的M有______種。①屬于芳香α-氨基酸;②含有兩個六元環(huán)。其中一種同分異構體,—NH2被H原子取代后,除苯基上H原子外,其他核磁共振氫譜的峰面積比為4∶4∶1∶1∶1,該同分異構體的結(jié)構簡式為______________。(6)請結(jié)合以上合成路線,寫出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出現(xiàn)的物質(zhì)為原料合成的路線______________________。
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.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質(zhì)的量n=mol,而1molNa2SO3?7H2O中含2molNa+,故molNa2SO3?7H2O中含mol,即mol鈉離子,A錯誤;B.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質(zhì)的量n=mol,而1molNa2SO3?7H2O中含10mol氧原子,故molNa2SO3?7H2O中含氧原子mol,即含有mol的O原子,B錯誤;C.SO32-被氧化時,由+4價被氧化為+6價,即1molSO32-轉(zhuǎn)移2mol電子,故molNa2SO3?7H2O轉(zhuǎn)移mol電子,C錯誤;D.1molNa2SO3?7H2O中含7mol水分子,故molNa2SO3?7H2O中含水分子數(shù)目為mol×7×NA/mol=NA,D正確;故合理選項是D。2、D【解析】
A.二氧化碳不可燃,丙烯可燃,現(xiàn)象不同,故A可行;B.二氧化碳與高錳酸鉀不反應,丙烯使高錳酸鉀溶液褪色,現(xiàn)象不同,故B可行;C.二氧化碳使澄清石灰水變渾濁,丙烯與澄清石灰水不反應,現(xiàn)象不同,故C可行;D.二氧化碳和丙烯兩種氣體都不與品紅溶液反應,無法區(qū)別,故D不可行;故答案為D。3、C【解析】
A.在氧化還原反應中,可能是同一種元素既被氧化又被還原,A錯誤;B.同素異形體的轉(zhuǎn)化不是氧化還原反應,B錯誤;C.有單質(zhì)參加的化合反應一定發(fā)生元素價態(tài)的改變,所以一定是氧化還原反應,C正確;D.失電子難的原子,獲得的電子也可能難,如稀有氣體,D錯誤。故選C。4、A【解析】
A、由于硫離子水解,所以1L0.1mol?L-1Na2S溶液中含有的S2-的個數(shù)小于0.1NA,選項A正確;B、同溫同壓下不一定為標準狀況下,鹵素單質(zhì)不一定為氣體,體積為22.4L的鹵素單質(zhì)的物質(zhì)的量不一定為1mol,故所含的原子數(shù)不一定為2NA,選項B錯誤;C、苯中不含有碳碳雙鍵,選項C錯誤;D、過氧化鈉由鈉離子和過氧根離子構成,78g過氧化鈉固體為1mol,其中所含的陰、陽離子總數(shù)為3NA,選項D錯誤。答案選A。5、C【解析】
A.pH=1的硫酸溶液中氫離子濃度為0.1mol/L,故1L溶液中氫離子的物質(zhì)的量為0.1mol,則個數(shù)為0.1NA個,故A錯誤;B.硫酸是共價化合物,無氫離子,即純硫酸中離子數(shù)為0,故B錯誤;C.硫代硫酸根是弱酸根,硫代硫酸根離子在溶液中的水解會導致陰離子個數(shù)增多,故含0.1molNa2S2O3的溶液中陰離子數(shù)目大于0.1NA,故C正確;D.所產(chǎn)生的氣體所處的狀態(tài)不明確,氣體的摩爾體積不確定,則22.4L氣體的物質(zhì)的量不一定是1mol,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)也不一定是2NA,故D錯誤;故答案為C?!军c睛】考查物質(zhì)的量和阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算,掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構是解題關鍵,常見問題和注意事項:①氣體注意條件是否為標況;②物質(zhì)的結(jié)構,如硫酸是共價化合物,不存在離子;③易水解鹽中離子數(shù)目的判斷;選項C為難點,多元素弱酸根離子水解后,溶液中陰離子總數(shù)增加。6、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。7、B【解析】
A.苯環(huán)上有3種氫,側(cè)鏈上有2種氫,其一氯代物有5種,故A正確;B.次甲基中碳原子連接的原子或基團形成四面體結(jié)構,分子中所有碳原子不可能都在同一平面,故B錯誤;C.含有苯環(huán),可以發(fā)生加成反應與取代反應,可以燃燒,側(cè)鏈可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化,故C正確;D.苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應,1mol該物質(zhì)最多能和3molH2發(fā)生反應,故D正確。故選:B?!军c睛】一氯代物的種類即判斷分子內(nèi)的等效氫數(shù)目,一般同一個甲基上的氫等效、同一個碳上連接點甲基上的氫等效、對稱結(jié)構的氫等效。8、D【解析】
A.連接負極的鉛筆芯為陰極,陰極上氫離子放電生成氫氣,同時電極附近生成氫氧根離子,溶液呈堿性,pH試紙遇堿變藍色,故A正確;B.連接正極的鉛筆芯為陽極,陽極上氯離子放電生成氯氣,氯氣能氧化碘離子生成碘,碘與淀粉試液變藍色,所以淀粉碘化鉀試紙變藍色,故B正確;C.該裝置是將電能轉(zhuǎn)化為化學能裝置,為電解池,故C正確;D.電子不通過電解質(zhì)溶液,電解質(zhì)溶液中陰陽離子定向移動形成電流,故D錯誤;故答案為D?!军c睛】考查電解原理,明確離子放電順序及各個電極上發(fā)生的反應、物質(zhì)的性質(zhì)即可解答,該裝置為電解池,連接負極的鉛筆芯為陰極,陰極上氫離子放電,同時電極附近生成氫氧根離子,溶液呈堿性;連接正極的鉛筆芯為陽極,陽極上氯離子放電生成氯氣,氯氣能氧化碘離子生成碘,碘與淀粉試液變藍色,注意電解質(zhì)溶液中電流的形成,為易錯點。9、A【解析】
A、根據(jù)向淀粉碘化鉀溶液中加入少量的次氯酸鈉溶液,溶液變藍色知,次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質(zhì),碘遇淀粉變藍色,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,次氯酸根離子是氧化劑,碘單質(zhì)是氧化產(chǎn)物,氧化性為:ClO->I2,再加入足量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失,說明碘單質(zhì)又將亞硫酸根離子氧化了,得到硫酸根離子,碘單質(zhì)是氧化劑,硫酸根離子是氧化產(chǎn)物,故氧化性SO42-<I2,因此得出氧化性的強弱為:ClO->I2>SO42-,A錯誤;B、漂白精的成分中有次氯酸鈉,根據(jù)對A的分析,次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質(zhì),B正確;C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性.因此ClO-與I-在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應,C正確;D、新制的氯水中主要是氯氣,因此新制的氯水是黃綠色的,由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強,故能發(fā)生氧化還原反應,氯氣被還原而使氯水褪色,D正確,答案選A。10、D【解析】
A.有些金屬表面被氧化時,會生成致密的氧化物薄膜,可以起到保護金屬的作用,例如鋁等,A項正確;B.金屬腐蝕即金屬失去電子被氧化的過程,因此可以用氧化膜的生長速率表示金屬在高溫下被氧化腐蝕的速率,B項正確;C.表格中列舉的數(shù)據(jù),時間間隔分別是1h,3h,5h,7h,9h;對于MgO,結(jié)合MgO厚度的數(shù)據(jù)分析可知,MgO氧化膜每小時增加的厚度是定值即0.05a,因此其隨時間變化呈現(xiàn)線性關系;結(jié)合NiO厚度的數(shù)據(jù)分析,NiO氧化膜厚度隨時間推移,增長的越來越緩慢,所以NiO氧化膜與時間呈現(xiàn)拋物線形的關系,C項正確;D.根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析可知,MgO氧化膜隨時間推移,厚度呈現(xiàn)線性遞增的趨勢,而NiO氧化膜隨時間推移,厚度增加越來越緩慢,說明NiO氧化膜的生成能夠逐漸減緩Ni單質(zhì)被氧化的速率,所以Ni的耐氧化腐蝕性能更好,D項錯誤;答案選D。11、D【解析】
A.電池是能量高效轉(zhuǎn)化裝置,但是燃料電池放電的時候化學能并不能完全轉(zhuǎn)化為電能,如電池工作時,在電路中會產(chǎn)生熱能,A項錯誤;B.犧牲陽極的陰極保護法需要外接活潑金屬,Cu的活動性比Fe的活動性低,因此起不到保護的作用,B項錯誤;C.電解精煉銅的過程中,陽極除了Cu,還有Zn、Fe等比Cu活潑的金屬也會失去電子,陰極始終是Cu2+被還原成Cu,所以陽極質(zhì)量的減少和陰極質(zhì)量的增加不相同,C項錯誤;D.利用電解法使鋁的表面生成氧化鋁,Al的化合價從0升高到+3,失去電子,在電解池中作陽極,D項正確;本題答案選D。12、A【解析】
A.當a、b間用導體連接時構成原電池,根據(jù)題意,X應為負極,發(fā)生氧化反應,A正確;B.當a、b間用導體連接時構成原電池,根據(jù)題意,X應為負極,X應比Fe活潑,則X可以是鋅,不能選用石墨,B錯誤;C.當a、b與外接電源相連時,a應連接電源的負極,C錯誤;D.當a、b與外接電源相連時,陰極應該發(fā)生得電子的還原反應,D錯誤;答案選A。13、B【解析】
A.氨氣分子中存在3個N-H共價鍵,其化學式為:NH3,A正確;B.氨氣為共價化合物,氨氣中存在3個N-H鍵,氮原子最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構,氨氣正確的電子式為:,B錯誤;C.氮氣分子中含有3個N-H鍵,氨氣的結(jié)構式:,C正確;D.氨氣分子中存在3個N-H鍵,原子半徑N>H,氮原子相對體積大于H原子,則氨氣的比例模型為:,D正確;故合理選項是B。14、D【解析】
A.氯氣為單質(zhì),既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),故A錯誤;B.電解飽和食鹽水制燒堿時,陽極應為惰性電極,如用鐵作陽極,則陽極上鐵被氧化,生成氫氧化亞鐵,不能得到氯氣,故B錯誤;C.氯氣和水的反應為可逆反應,故溶液中含有未反應的氯氣分子,故HClO、Cl-、ClO-粒子數(shù)之和小于2NA,故C錯誤;D.反應Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室溫下不能自發(fā)進行,說明△H-T△S>0,反應的熵變△S>0,則△H>0,故D正確;答案選D。15、B【解析】
由制備流程可知,氯化銨與鹽酸的混合溶液電解時發(fā)生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3,然后加亞氯酸鈉溶液發(fā)生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH,則X含NaOH、NaCl,以此來解答?!驹斀狻緼.NaClO2溶液與NCl3溶液發(fā)生氧化還原反應,由于有氨氣產(chǎn)生,所以反應物必然有H2O參加,所以反應方程式為6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH,所以大量存在的陰離子有C1-和OH-,故A正確;
B.N原子、C原子均為sp3雜化,NCl3分子有1對孤電子對,甲烷分子沒有孤電子對,孤對電子與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力,故NCl3的的鍵角小于CH4的鍵角,故B錯誤;
C.NaClO2變成ClO2,NaClO2中氯元素化合價從+3價升高為+4價,發(fā)生了氧化反應,故C正確;
D.由反應NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知,制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl,故D正確;
故選:B?!军c睛】孤對電子與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力。16、B【解析】
A.苯氧乙醇的不飽和度為4,則其分子式為C8H2×8+2-4×2O2,A正確;B.苯氧乙醇中,苯氧基上的C、O原子一定在同一平面內(nèi),非羥基O原子與2個C原子可能在同一平面內(nèi),所以所有碳原子可能處于同一平面內(nèi),B不正確;C.苯氧乙醇中的苯基可發(fā)生加成反應,醇羥基能發(fā)生取代反應、HOCH2-能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,C正確;D.符合條件的有機物為、共4種,D正確;故選B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、①③④碳碳雙鍵、羧基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】
A的分子式為C6H8O4,A的不飽和度為3,A可以使溴水褪色,A中含碳碳雙鍵;A在酸性條件下可發(fā)生水解反應得到B(C4H4O4)和CH3OH,B能與氫氧化鈉溶液反應,B中含兩個羧基和碳碳雙鍵,A中含兩個酯基;(1)A中含有碳碳雙鍵和酯基,A中含碳碳雙鍵,A能發(fā)生加成反應、加聚反應、氧化反應,A中不含醇羥基和羧基,A不能發(fā)生酯化反應,答案選①③④。(2)B分子中所含官能團為碳碳雙鍵和羧基。(3)B分子中沒有支鏈,B的結(jié)構簡式為HOOCCH=CHCOOH;B的具有相同官能團的同分異構體的結(jié)構簡式為CH2=C(COOH)2。(4)B與CH3OH發(fā)生酯化反應生成A,由B制取A的化學方程式為HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。(5)B的結(jié)構簡式為HOOCCH=CHCOOH,B與HCl發(fā)生加成反應生成C,C的結(jié)構簡式為HOOCCH2CHClCOOH,C與NH3反應生成天門冬氨酸,天門冬氨酸(C4H7NO4)是組成人體蛋白質(zhì)的氨基酸之一,則天門冬氨酸的結(jié)構簡式為。18、4羥基、羧基+Cl2+HCl取代反應+2NaOH+2NaCl或2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】
由A與氯氣在加熱條件下反應生成B,B與HCl發(fā)生加成反應生成,則B的結(jié)構簡式為,可知A的結(jié)構簡式為:,故苯乙烯與(CH3)2C=CH2發(fā)生已知的烯烴復分解反應生成A;B()在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應,可知C為,結(jié)合D的分子式C10H12O3,可知C催化氧化生成的D為;苯乙烯與HO-Br發(fā)生加成反應生成E,E可以氧化生成C8H7O2Br,說明E中-OH連接的C原子上有2個H原子,故E為,C8H7O2Br為,和氫氧化鈉的水溶液反應然后酸化得到F,故F為,D與F發(fā)生酯化反應生成G,,據(jù)此推斷解題;(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法,先制,即由CH3-CH=CH-CH3與Br2發(fā)生加成即可,而CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生烯烴的復分解反應即可制得CH3-CH=CH-CH3?!驹斀狻?1)乙烯是平面結(jié)構,分子結(jié)構中6個原子共平面,則(CH3)2C=CH2分子中每個甲基上的碳原子和共平面,所以該分子中4個碳原子共平面;(2)D為,分子中含有的含氧官能團名稱是羥基、羧基;F的結(jié)構簡式為;(3)由分析知A的結(jié)構簡式為:,B的結(jié)構簡式為,則A→B發(fā)生反應的化學方程式為+Cl2+HCl,反應類型為取代反應;(4)B()在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應生成的C為,發(fā)生反應的化學方程式為+2NaOH+2NaCl;(5)D的結(jié)構簡式為,其同分異構體有多種,其中滿足條件:①能發(fā)生銀鏡反應,說明分子結(jié)構中含有醛基;②能水解,說明含有酯基;③苯環(huán)上只有一個取代基;則此取代基包括一個HCOO-和-OH,可能還有一個甲基,如:、或;(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法,先制,即有CH3-CH=CH-CH3與Br2發(fā)生加成即可,而CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生烯烴的復分解反應即可制得CH3-CH=CH-CH3;則由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路線為2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2?!军c睛】由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2,可根據(jù)CH2=CH-CH=CH2的結(jié)構特點分析合成的原料,再結(jié)合正推與逆推相結(jié)合進行推斷,充分利用反應過程C原子數(shù)目,對學生的邏輯推理有較高的要求。本題難點是同分異構體判斷,注意題給條件,結(jié)合官能團的性質(zhì)分析解答。19、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能實驗中KMnO4的濃度cB>cA,且其反應速率νB>νAAC酚酞錐形瓶內(nèi)溶液由無色變成(粉)紅色,且半分鐘內(nèi)不變化0.05000mol/LAD【解析】
(1)由題給信息可知,草酸分解時,草酸為液態(tài),草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水;(2)酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳;硫酸、草酸濃度相同,改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化,高錳酸鉀溶液濃度越大,反應速率越快;(3)依據(jù)草酸為二元弱酸和草酸氫鈉溶液中草酸氫根電離大于水解分析;(4)①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉,生成的為強堿弱酸鹽顯堿性;②由H2C2O4—2NaOH建立關系式求解可得;③滴定操作誤差分析可以把失誤歸結(jié)為消耗滴定管中溶液體積的變化分析判斷?!驹斀狻浚?)由題給信息可知,草酸受熱分解時熔化為液態(tài),故選用裝置B加熱草酸晶體;草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水,則氣體通過裝置E吸收二氧化碳,利用排水法收集一氧化碳,其合理的連接順序為B-E-D,故答案為B-E-D;(2)酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳,反應的離子方程式為:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸濃度相同,改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化,高錳酸鉀溶液濃度越大,反應速率越快,實驗中KMnO4的濃度cB>cA,且其反應速率νB>νA,上述實驗能說明相同條件下,反應物濃度越大,反應速率越快,故答案為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;能;實驗中KMnO4的濃度cB>cA,且其反應速率νB>νA;(3)A、草酸為二元酸,若為強酸電離出氫離子濃度為0.02mol/L,pH小于2,室溫下,取0.010mol/L的H2C2O4溶液,測其pH=2,說明存在電離平衡,證明酸為弱酸,故A正確;B、室溫下,0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氫根電離大于水解,溶液呈酸性,pH小于7,故B錯誤;C、室溫下,取pH=a(a<3)的H2C2O4溶液稀釋100倍后,測其pH<a+2,說明稀釋促進電離,溶液中存在電離平衡,為弱酸,故C正確;D、標況下,取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL與足量鋅粉反應,無論是強酸還是弱酸都收集到H2體積為224mL,故D錯誤;故選AC,故答案為AC;(4)①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉,生成的為強堿弱酸鹽顯堿性,所以選擇酚酞作指示劑,滴入最后一滴錐形瓶內(nèi)溶液由無色變成(粉)紅色,且半分鐘內(nèi)不變化,故答案為酚酞;錐形瓶內(nèi)溶液由無色變成(粉)紅色,且半分鐘內(nèi)不變化;②取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中,滴入2-3滴指示劑,用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定,并進行3次平行實驗,所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL,其中22.02mL誤差太大,消耗平均體積為20ml,由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L,解得c=0.05000mol/L,故答案為0.05000mol/L;③A、滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗,導致溶液濃度減小,消耗標準溶液體積增大,測定結(jié)果偏高,故正確;B、滴定過程中,錐形瓶震蕩的太劇烈,以致部分液體濺出,待測液減小,消耗標準溶液體積減小,測定結(jié)果偏低,故錯誤;C、滴定前讀數(shù)正確,滴定終點時俯視讀數(shù),讀取的標準溶液體積減小,測定標準溶液難度偏低,故錯誤;D、滴定前讀數(shù)正確,滴定終點時仰視讀數(shù),讀取標準溶液體積增大,測定結(jié)果偏高,故D正確;故選AD,故答案為AD【點睛】本題考查化學實驗方案的設計與評價,注意物質(zhì)分解產(chǎn)物的分析判斷、實驗驗證方法分析、弱電解質(zhì)的電離平衡理解與應用,掌握滴定實驗的步驟、過程、反應終點判斷方法和計算等是解答關鍵。20、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒壓滴液漏斗無色打開啟普發(fā)生器活塞,通入氣體使溶液酸化并加熱,有利于溶液中剩余的硫化氫逸出,從而除去硫化氫硫蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(或重結(jié)晶)KClO3和I2反應時會產(chǎn)生有毒的氯氣,污染環(huán)境;89.88%【解析】
實驗過程為:先關閉啟普發(fā)生器活塞,在三頸燒瓶中滴入30%的KOH溶液,發(fā)生反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O,將碘單質(zhì)完全反應;然后打開啟普發(fā)生器活塞,啟普發(fā)生器中硫酸和硫化鋅反應生成硫化氫氣體,將氣體通入三頸燒瓶中發(fā)生反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O,將碘酸鉀還原成KI,氫氧化鈉溶液可以吸收未反應的硫化氫;(5)實驗室模擬工業(yè)制備KIO3:將I2、HCl、KClO3水中混合發(fā)生氧化還原反應,生成KH(IO3)2,之后進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到KH(IO3)2晶體,再與KOH溶液混合發(fā)生反應、過濾蒸發(fā)結(jié)晶得到碘酸鉀晶體。【詳解】(1)啟普發(fā)生器中發(fā)生的反應是硫化鋅和稀硫酸反應生成硫化氫氣體和硫酸鋅,反應的化學方程式:ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4;根據(jù)儀器結(jié)構可知該儀器為恒壓滴液漏斗;(2)碘單質(zhì)水溶液呈棕黃色,加入氫氧化鉀后碘單質(zhì)反應生成碘酸鉀和碘化鉀,完全反應后溶液變?yōu)闊o色;然后打開啟普發(fā)生器活塞,通入氣體發(fā)生反應II;(3)反應完成后溶液中溶有硫化氫,滴入硫酸并水浴加熱可降低硫化氫的溶解度,使其逸出,從而除去硫化氫;(4)根據(jù)反應II可知反應過程中有硫單質(zhì)生成,硫單質(zhì)不溶于水;(5)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知溫度較低時KH(IO3)2的溶解度很小,所以從混合液中分離KH(IO3)2晶體需要蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾,所以操作a為蒸發(fā)濃縮、
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