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2024-2025學(xué)年福建省寧德一中等重點(diǎn)中學(xué)高三下學(xué)期第五次月考化學(xué)試題注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚,將條形碼準(zhǔn)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(shū)寫(xiě),字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效;在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大。其中X、Z位于同一主族:W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑;Y是同周期主族元素中離子半徑最小的;ZXR2能與水劇烈反應(yīng),觀察到液面上有白霧生成,并有無(wú)色刺激性氣味的氣體逸出,該氣體能使品紅溶液褪色。下列說(shuō)法正確的是A.最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性:W>XB.含氧酸的酸性:Z<RC.Y和R形成的化合物是離子化合物D.向ZXR2與水反應(yīng)后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成2、下列各選項(xiàng)有機(jī)物同分異構(gòu)體的數(shù)目,與分子式為ClC4H7O2,且能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體的有機(jī)物數(shù)目相同的是(不含立體異構(gòu))()A.分子式為C5H10的烯烴 B.分子式為C4H8O2的酯C.的一溴代物 D.立方烷()的二氯代物3、下列關(guān)于古籍中的記載說(shuō)法正確的是A.《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載:“以火燒之,紫青煙起,乃真硝石也”,該方法應(yīng)用了顯色反應(yīng)B.氫化鈣的電子式是:Ca2+[∶H]2–C.目前,元素周期表已經(jīng)排滿,第七周期最后一種元素的原子序數(shù)是118D.直徑為20nm的納米碳酸鈣屬于膠體4、我國(guó)古代文獻(xiàn)中有許多化學(xué)知識(shí)的記載,如《夢(mèng)溪筆談》中的“信州鉛山縣有苦泉,……,挹其水熬之,則成膽礬,熬膽礬鐵釜,久之亦化為銅”等,上述描述中沒(méi)有涉及的化學(xué)反應(yīng)類型是A.復(fù)分解反應(yīng)B.化合反應(yīng)C.離子反應(yīng)D.氧化還原反應(yīng)5、公元八世紀(jì),JabiribnHayyan在干餾硝石的過(guò)程中首次發(fā)現(xiàn)并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑),同時(shí)他也是硫酸和王水的發(fā)現(xiàn)者。下列說(shuō)法正確的是A.干餾產(chǎn)生的混合氣體理論上可被水完全吸收B.王水是由3體積濃硝酸與1體積濃鹽酸配制而成的C.王水溶解金時(shí),其中的鹽酸作氧化劑(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)D.實(shí)驗(yàn)室可用NaNO3與濃硫酸反應(yīng)制備少量的HNO3,利用的是濃硫酸的氧化性6、采用陰離子交換法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化劑用于乙烷脫氫反應(yīng)[CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0],實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明,在水滑石載體中摻雜少量的Zn對(duì)乙烷脫氫反應(yīng)有明顯影響,如圖所示為不同Zn含量PtSn催化劑的乙烷催化脫氫反應(yīng)中,乙烷的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化。下列說(shuō)法不正確的是()A.由圖可知,PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應(yīng)活性最優(yōu)B.一定溫度下,將nmol乙烷放入VL密閉容器中進(jìn)行催化脫氫,維持容器體積不變,測(cè)得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a,則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=C.升高溫度,平衡逆向移動(dòng)D.隨著反應(yīng)時(shí)間的延長(zhǎng),乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定,催化活性保持在相對(duì)穩(wěn)定的階段7、下列說(shuō)法中不正確的是()A.D和T互為同位素B.“碳納米泡沫”被稱為第五形態(tài)的單質(zhì)碳,它與石墨互為同素異形體C.CH3CH2COOH和HCOOCH3互為同系物D.丙醛與環(huán)氧丙烷()互為同分異構(gòu)體8、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為6.5NAB.0.1molFe與0.1molCl2完全反應(yīng)后,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC.13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NAD.一定條件下的密閉容器中,2molSO2和1molO2催化反應(yīng)充分發(fā)生后分子總數(shù)為2NA9、CuI是有機(jī)合成的一種催化劑,受熱易氧化。實(shí)驗(yàn)室可通過(guò)向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4+2NaI+SO2+2H2O2CuI↓+2H2SO4+Na2SO4)。下列實(shí)驗(yàn)原理和裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A.制備SO2B.制備CuI并制備少量含SO2的溶液C.將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D.加熱干燥濕的CuI固體10、某科研小組將含硫化氫的工業(yè)廢氣進(jìn)行了資源化利用,將獲得的電能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下圖為該小組設(shè)計(jì)的原理圖。下列說(shuō)法正確的是()A.電極a為燃料電池正極B.電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為:O2+4e-+2H2O=4OH-C.電路中每流過(guò)4mol電子,電池質(zhì)子固體電解質(zhì)膜飽和NaCl溶液內(nèi)部釋放熱能小于632kJD.a(chǎn)極每增重32g,導(dǎo)氣管e將收集到氣體22.4L11、如圖為某漂白劑的結(jié)構(gòu)。已知:W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素,W、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和等于X原子最外層電子數(shù),W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單離子核外電子排布相同。下列敘述錯(cuò)誤的是()A.W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單離子的半徑:X>WB.電解W的氯化物水溶液可以制得W單質(zhì)C.實(shí)驗(yàn)室可用X和Z形成的某種化合物制取單質(zhì)XD.25℃時(shí),Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的鈉鹽溶液pH大于712、合成導(dǎo)電高分子材料PPV的反應(yīng)如下。下列說(shuō)法正確的是()+(2n-1)HIA.合成PPV的反應(yīng)為加聚反應(yīng)B.1molPPV最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)C.與溴水加成后的產(chǎn)物最多有14個(gè)原子共平面D.和苯乙烯互為同系物13、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A.Al2O3的熔點(diǎn)很高,可用作耐火材料B.NH3具有還原性,可用作制冷劑C.SO2具有氧化性,可用于紙漿的漂白D.鈉鉀合金的密度小,可用作快中子反應(yīng)堆的熱交換劑14、對(duì)可逆反應(yīng)2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)ΔH<0,在一定條件下達(dá)到平衡,下列有關(guān)敘述正確的是()①增加A的量,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)②升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),v(正)減?、蹓簭?qiáng)增大一倍,平衡不移動(dòng),v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度,v(正)>v(逆)⑤加入催化劑,B的轉(zhuǎn)化率提高A.①② B.④ C.③ D.④⑤15、下列表示正確的是()A.丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:CH3CH=CH2B.CO2的電子式:C.金剛石的比例模型:D.硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖:16、下列說(shuō)法正確的是A.常溫下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀釋,溶液中c(H+)/c(CH3COOH)減小B.反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0達(dá)平衡后,降低溫度,正反應(yīng)速率增大、逆反應(yīng)速率減小,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)C.鍍鋅鐵板是利用了犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法來(lái)達(dá)到防止腐蝕的目的D.電解精煉銅時(shí),陽(yáng)極泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金屬二、非選擇題(本題包括5小題)17、石油裂解氣用途廣泛,可用于合成各種橡膠和醫(yī)藥中間體。利用石油裂解氣合成CR橡膠和醫(yī)藥中間體K的線路如下:
已知:Ⅰ.氯代烴D的相對(duì)分子質(zhì)量是113,氯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為62.8%,核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.Ⅱ.。(1)A中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)_________________,D的系統(tǒng)名稱是________________.(2)反應(yīng)②的條件是_____________,依次寫(xiě)出①和③的反應(yīng)類型___________、_________.(3)寫(xiě)出F→G過(guò)程中第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________.(4)K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___________________.(5)寫(xiě)出比G多2個(gè)碳原子的同系物的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_________________.(6)已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應(yīng)。以A為起始原料,選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成B_______。合成路線流程圖示如下:。18、研究表明不含結(jié)晶水的X(由4種短周期元素組成),可作為氧化劑和漂白劑,被廣泛應(yīng)用于蓄電池工業(yè)等。為探究X的組成和性質(zhì),設(shè)計(jì)并完成了下列實(shí)驗(yàn):已知:氣體單質(zhì)B可使帶火星的木條復(fù)燃。(1)X中含有的元素為:____;圖中被濃硫酸吸收的氣體的電子式為:_____。(2)請(qǐng)寫(xiě)出①的化學(xué)方程式:_____。(3)已知X常用于檢驗(yàn)Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。請(qǐng)寫(xiě)出X溶液和少量MnCl2溶液反應(yīng)的離子方程式:_____。19、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體,食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學(xué)研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5,如圖(夾持及加熱裝置略)可用試劑:飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)焦亞硫酸鈉的析出原理:NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__,作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__(填“A”或“D”或“F”)中得到,再經(jīng)離心分離,干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E,則可能發(fā)生__。(2)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究Na2S2O5的性質(zhì),完成表中填空:預(yù)測(cè)Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中,滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液,劇烈反應(yīng),溶液紫紅色很快褪去①__。(提供:pH試紙、蒸餾水及實(shí)驗(yàn)必需的玻璃儀器)②探究二中反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測(cè)定Na2S2O5樣品中+4價(jià)硫的含量。實(shí)驗(yàn)方案:將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶(帶磨口塞的錐形瓶)中,加入過(guò)量c1mol·L-1的碘溶液,再加入適量的冰醋酸和蒸餾水,充分反應(yīng)一段時(shí)間,加入淀粉溶液,__(填實(shí)驗(yàn)步驟),當(dāng)溶液由藍(lán)色恰好變成無(wú)色,且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原色,則停止滴定操作重復(fù)以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。(實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液;已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)(4)含鉻廢水中常含有六價(jià)鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個(gè)階段處理含Cr2O72-的廢水,先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+,將Cr3+全部轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3而除去,需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為_(kāi)__。{已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,lg2≈0.3,c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時(shí)視為完全沉淀}20、ClO2是一種高效安全消毒劑,常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體,其熔點(diǎn)為-59.5℃,沸點(diǎn)為11.0℃,能溶于水但不與水反應(yīng),遇熱水緩慢水解。某研究性學(xué)習(xí)小組欲制備Ⅰ.二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)是_________;裝置A中水浴溫度不低于60℃,其原因是_______________。(2)裝置A中反應(yīng)生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物的化學(xué)方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________;已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2,且物質(zhì)的量之比為2:1,則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________;裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2,生成物質(zhì)的量之比為的1:1的兩種鹽,一種為NaClOⅡ.ClO2步驟1:量取ClO2溶液10mL,稀釋成100mL步驟2:調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0,加入足量的步驟3:加入指示劑,用c?mol?L-1?(4)已知:2ClO2+8H++10I-=5IⅢ.設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中,振蕩,得無(wú)色溶液。欲檢驗(yàn)H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強(qiáng)的方案是21、聚乙烯醇生產(chǎn)過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生大量副產(chǎn)物乙酸甲酯,其催化醇解反應(yīng)可用于制備甲醇和乙酸己酯,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為:CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH),v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH),其中v正、v逆為正、逆反應(yīng)速率,k正、k逆為速率常數(shù),x為各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。(1)反應(yīng)開(kāi)始時(shí),已醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1:1投料,測(cè)得348K、343K、338K三個(gè)溫度下乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率(α)隨時(shí)間(t)的變化關(guān)系如圖所示。該醇解反應(yīng)的ΔH____0(填>或<)。348K時(shí),以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kx=____(保留2位有效數(shù)字)。在曲線①、②、③中,k正-k逆值最大的曲線是____;A、B、C、D四點(diǎn)中,v正最大的是___,v逆最大的是____。(2)343K時(shí),己醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1:1、1:2和2:1進(jìn)行初始投料。則達(dá)到平衡后,初始投料比____時(shí),乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大;與按1:2投料相比,按2:1投料時(shí)化學(xué)平衡常數(shù)Kx___(填增大、減小或不變)。(3)該醇解反應(yīng)使用離子交換樹(shù)脂作催化劑,下列關(guān)于該催化劑的說(shuō)法正確的是____。a.參與了醇解反應(yīng),但并不改變反應(yīng)歷程b.使k正和k逆增大相同倍數(shù)c.降低了醇解反應(yīng)的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率
參考答案一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、D【解析】
W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑,確定W為N,W、X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大,Y是同周期主族元素中離子半徑最小的,確定Y為Al;ZXR2能與水劇烈反應(yīng),觀察到液面上有白霧生成,證明有HCl生成,并有無(wú)色刺激性氣味的氣體逸出,該氣體能使品紅溶液褪色,證明有二氧化硫氣體生成,確定ZXR2為SOCl2,因此X為O、Z為S、R為Cl;即:W為N、X為O、Y為Al、Z為S、R為Cl。【詳解】A.非金屬性越強(qiáng),氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定,最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性:W<X,故A錯(cuò)誤;B.未說(shuō)最高價(jià)含氧酸,無(wú)法比較,故B錯(cuò)誤;C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價(jià)化合物,故C錯(cuò)誤;D.SOCl2+H2O=SO2+2HCl,AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,溶液有白色沉淀生成,故D正確;答案:D把握物質(zhì)的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意液氨為常用的制冷劑,SOCl2的推斷為解答的難點(diǎn),題目難度較大。2、A【解析】
分子式為ClC4H7O2,且能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體,說(shuō)明含有羧基,然后看成氯原子取代丁酸烴基上的氫原子,丁酸有2種::CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH,所以該有機(jī)物有3+2=5種;A.戊烷的同分異構(gòu)體有:CH3?CH2?CH2?CH2?CH3、、,若為CH3?CH2?CH2?CH2?CH3,相應(yīng)烯烴有CH2═CH?CH2?CH2?CH3、CH3?CH═CH?CH2?CH3;若為,相應(yīng)烯烴有:CH2═C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)═CHCH3、CH3CH(CH3)CH═CH2;若為,沒(méi)有相應(yīng)烯烴,總共5種,故A正確;B.分子式為C4H8O2的酯,為飽和一元酯,若為甲酸與丙醇形成的酯,甲酸只有1種結(jié)構(gòu),丙醇有2種,形成的酯有2種;若為乙酸與乙醇形成的酯,乙酸只有1種結(jié)構(gòu),乙醇只有1種結(jié)構(gòu),形成的乙酸乙酯有1種;若為丙酸與甲醇形成的酯,丙酸只有1種結(jié)構(gòu),甲醇只有1種結(jié)構(gòu),形成的丙酸甲酯只有1種,所以C4H8O2屬于酯類的同分異構(gòu)體共有4種,故B錯(cuò)誤;C.甲苯分子中含有4種氫原子,一溴代物有4種:苯環(huán)上鄰、間、對(duì)位各一種,甲基上一種,共4種,故C錯(cuò)誤;D.立方烷的二氯代物的同分異構(gòu)體分別是:一條棱、面對(duì)角線、體對(duì)角線上的兩個(gè)氫原子被氯原子代替,所以二氯代物的同分異構(gòu)體有3種,故D錯(cuò)誤。答案選A。3、C【解析】
A.根據(jù)題意,鑒別KNO3和Na2SO4,是利用了焰色反應(yīng),故A錯(cuò)誤;B.電子式中相同的離子要分開(kāi)寫(xiě),氫化鈣的電子式是:[∶H]-Ca2+[∶H]-,故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)各周期容納元素種數(shù)可知,第七周期最后一種元素的原子序數(shù)為2+8+8+18+18+32+32=118,故C正確;D.納米碳酸鈣只有一種物質(zhì),不是分散系,不是膠體,故D錯(cuò)誤;故選C。此題易錯(cuò)點(diǎn)在D項(xiàng),膠體屬于分散系,分散質(zhì)粒子直徑大小在1nm~100nm之間,膠體屬于混合物。4、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O為化合反應(yīng),CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O為分解反應(yīng),F(xiàn)e+CuSO4=Cu+FeSO4為置換反應(yīng),且Fe、Cu元素的化合價(jià)變化,為氧化還原反應(yīng),故答案為A。5、A【解析】
A.干餾硝石產(chǎn)生的氣體NO、O2的物質(zhì)的量的比是4:3,將混合氣體通入水中,會(huì)發(fā)生反應(yīng):2H2O+4NO+3O2=4HNO3,故可以完全被水吸收,A正確;B.王水是由3體積濃鹽酸與1體積濃硝酸配制而成的,B錯(cuò)誤;C.在王水溶解金時(shí),其中的硝酸作氧化劑,獲得電子被還原產(chǎn)生NO氣體,C錯(cuò)誤;D.實(shí)驗(yàn)室可用NaNO3與濃硫酸反應(yīng)制備少量的HNO3,利用的是HNO3易揮發(fā),而濃硫酸的高沸點(diǎn),難揮發(fā)性,D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是A。6、C【解析】
A.由圖可知,當(dāng)時(shí)間相同時(shí),PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應(yīng)活性最優(yōu),乙烷轉(zhuǎn)化率最高,故A正確;B.一定溫度下,將nmol乙烷放入VL密閉容器中進(jìn)行催化脫氫,維持容器體積不變,測(cè)得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a,則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K===,故B正確;C.CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0,升高溫度,平衡正向移動(dòng),故C錯(cuò)誤;D.由圖上曲線,隨著反應(yīng)時(shí)間的延長(zhǎng),曲線的斜率逐漸變小,乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定,催化活性保持在相對(duì)穩(wěn)定的階段,故D正確;故選C。7、C【解析】
A.D和T均為氫元素,但中子數(shù)不同,互為同位素,故A正確;B.“碳納米泡沫”和石墨均為碳元素形成的單質(zhì),互為同素異形體,故B正確;C.CH3CH2COOH屬于羧酸類,HCOOCH3屬于酯類,官能團(tuán)不同,不是同系物,故C錯(cuò)誤;D.丙醛與環(huán)氧丙烷()分子式相同,結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體,故D正確;綜上所述,答案為C。8、D【解析】
A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,0.5molNT3分子中所含中子數(shù)為=6.5NA,A正確;B.0.1molFe與0.1molCl2完全反應(yīng),根據(jù)方程式2Fe+3Cl22FeCl3判斷鐵過(guò)量,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,B正確;C.13.35gAlCl3物質(zhì)的量為0.1mol,Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,水解是可逆的,形成的Al(OH)3膠體粒子數(shù)應(yīng)小于0.1NA,C正確;D.2molSO2和1molO2的反應(yīng)是可逆反應(yīng),充分反應(yīng)也不能進(jìn)行到底,故反應(yīng)后分子總數(shù)為應(yīng)大于2NA,D錯(cuò)誤;故選D。9、D【解析】
A.Cu與濃硫酸在加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)生成SO2,圖中固液加熱裝置可制備,A正確;B.硫酸銅與NaI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuI、SO2,可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液,B正確;C.分離沉淀與溶液,可選該裝置進(jìn)行過(guò)濾,C正確;D.加熱干燥濕的CuI固體,由于CuI易被氧化,因此不能用該裝置加熱,D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是D。10、C【解析】
根據(jù)2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應(yīng),得出負(fù)極H2S失電子發(fā)生氧化反應(yīng),則a為電池的負(fù)極,正極O2得電子發(fā)生還原反應(yīng),則b為電池的正極,則c為陰極,發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣,d為陽(yáng)極,發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣,以此解答該題?!驹斀狻緼.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應(yīng),得出負(fù)極H2S失電子發(fā)生氧化反應(yīng),則a為電池的負(fù)極,故A錯(cuò)誤;B.正極O2得電子發(fā)生還原反應(yīng),所以電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為:O2+4H++4e-=2H2O,故B錯(cuò)誤;C.電路中每流過(guò)4mol電子,則消耗1mol氧氣,但該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,所以電池內(nèi)部釋放熱能小于632kJ,幾乎不放出能量,故C正確;D.a極發(fā)生2H2S?4e?=S2+4H+,每增重32g,則轉(zhuǎn)移2mol電子,導(dǎo)氣管e將收集到氣體1mol,但氣體存在的條件未知,體積不一定為22.4L,故D錯(cuò)誤。故選C。此題易錯(cuò)點(diǎn)在D項(xiàng),涉及到由氣體物質(zhì)的量求體積時(shí),一定要注意條件是否為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)。11、B【解析】
W、Y、Z為不同周期不同主族的短周期元素,那么其中一種為H,根據(jù)漂白劑結(jié)構(gòu)可知,Z為H,W、X對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單離子核外電子排布相同,從結(jié)構(gòu)圖中可知,W為Mg,X為O,W、Y、Z的最外層電子數(shù)之和等于X的最外層電子數(shù),Y為B,據(jù)此解答?!驹斀狻緼.O2-和Mg2+電子層數(shù)相同,但O2-為陰離子,原子序數(shù)更小,半徑更大,A正確;B.工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的MgCl2來(lái)制備Mg,B錯(cuò)誤;C.實(shí)驗(yàn)室可用H2O2在MnO2催化作用下制備O2,C正確;D.硼酸(H3BO3)是一元弱酸,其鈉鹽會(huì)水解顯堿性,D正確。答案選B。12、C【解析】
A、合成PPV通過(guò)縮聚反應(yīng)生成,同時(shí)有小分子物質(zhì)HI生成,不屬于加聚反應(yīng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B、1molPPV中含有2nmol碳碳雙鍵,最多能與4nmolH2發(fā)生加成反應(yīng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.與溴水加成后的產(chǎn)物為,根據(jù)苯分子中12個(gè)原子共面、甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)可知,該分子中最多有14個(gè)原子共平面,選項(xiàng)C正確;D.和苯乙烯相差C2H2,不是相差n個(gè)CH2,不互為同系物,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。13、A【解析】
A、氧化鋁熔點(diǎn)很高,所以可以做耐火材料,選項(xiàng)A正確;B、氨氣中的氮元素化合價(jià)是-3價(jià),具有還原性,做制冷劑,是氨氣易液化的原因,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.二氧化硫可用于漂白紙漿是因?yàn)槠渚哂衅仔?,與二氧化硫的氧化性無(wú)關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.在快中子反應(yīng)堆中,不能使用水來(lái)傳遞堆芯中的熱量,因?yàn)樗鼤?huì)減緩快中子的速度,鈉和鉀的合金可用于快中子反應(yīng)堆作熱交換劑,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;答案選A。14、B【解析】
①A是固體,增加A的量,平衡不移動(dòng),故①錯(cuò)誤;②2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),正反應(yīng)放熱,升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),v(正)、v(逆)均增大,故②錯(cuò)誤;③2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不變,壓強(qiáng)增大一倍,平衡不移動(dòng),v(正)、v(逆)均增大,故③錯(cuò)誤;④增大B的濃度,反應(yīng)物濃度增大,平衡正向移動(dòng),所以v(正)>v(逆),故④正確;⑤加入催化劑,平衡不移動(dòng),B的轉(zhuǎn)化率不變,故⑤錯(cuò)誤;故選B。15、A【解析】
A、丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示為CH3CH=CH2,選項(xiàng)A正確;B、CO2的電子式為,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C、該比例模型可表示甲烷等,金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D、硫離子的核電荷數(shù)是16,硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故答案是A。本題考查化學(xué)用語(yǔ)的使用。易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)C,該比例模型可表示甲烷等,金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),且原子大小相同。16、C【解析】
A.常溫下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀釋,c(H+)、c(CH3COOH)均減小,因?yàn)橄♂屵^(guò)程促進(jìn)醋酸的電離,所以溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大,A錯(cuò)誤;B.反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0達(dá)平衡后,降低溫度,正反應(yīng)速率減小、逆反應(yīng)速率減小,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),B錯(cuò)誤;C.鍍鋅鐵板在空氣中會(huì)形成原電池,鋅做負(fù)極被腐蝕,鐵做正極被保護(hù),是利用了犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法來(lái)達(dá)到防止腐蝕的目的,C正確;D.電解精煉銅時(shí),粗銅做陽(yáng)極,精銅做陰極,鋅、鐵比銅活潑,所以失電子變?yōu)殡x子,陽(yáng)極泥中含有Ag、Au
等金屬,D錯(cuò)誤;綜上所述,本題選C。二、非選擇題(本題包括5小題)17、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△(加熱)加聚反應(yīng)取代反應(yīng)OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】
由CH2=CH-CH=CH2反應(yīng)到A(C4H6Br)發(fā)生加成反應(yīng),根據(jù)框圖到C為1,4-二溴-2-丁烷,AB為取代;再根據(jù)知F為醛,E為醇,G為羧酸;H為酯,由此知道D為1,3-二氯丙烷。H為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H與C反應(yīng)根據(jù)信息即可判斷?!驹斀狻浚?)由CH2=CH-CH=CH2反應(yīng)到A(C4H6Br)知,A中含有碳碳雙鍵和溴原子。已知氯代烴D的相對(duì)分子質(zhì)量是113,氯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為62.8%,n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化學(xué)式為C3H6Cl2,核磁共振氫譜峰面積之比為2:1.則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式CH2ClCH2ClCH2。系統(tǒng)命名為1,3-二氯丙烷;(2)由框圖知D為鹵代烴,E為醇,所以反應(yīng)②的條件是NaOH溶液,△(加熱);由的反應(yīng)條件知道①為加聚反應(yīng);由③的條件知③反應(yīng)類型取代反應(yīng)。
(3根據(jù)知E為醇,F(xiàn)為醛,所以F→G過(guò)程中第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。(4)根據(jù)已知和,所以K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;(5)通過(guò)上述分析知G為HOOCCH2COOH,比G多2個(gè)碳原子的同系物的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有、、、;(6)已知雙鍵上的氫原子很難發(fā)生取代反應(yīng),經(jīng)分析知A為,以A為起始原料,選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成B()的路線圖為:。18、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】
從圖中可以采集以下信息:m(X)=4.56g,m(BaSO4)=9.32g,V(O2)=0.224L,V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=,n(O2)=,n(NH3)=。在X中,m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g,m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g,則X中所含O的質(zhì)量為m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g,n(O)=。X中所含NH4+、S、O的個(gè)數(shù)比為0.04:0.04:0.16=1:1:4,從而得出X的最簡(jiǎn)式為NH4SO4,顯然這不是X的化學(xué)式,X可作為氧化劑和漂白劑,則其分子中應(yīng)含有過(guò)氧鏈,化學(xué)式應(yīng)為(NH4)2S2O8。(1)從以上分析,可確定X中含有的元素;圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3。(2)反應(yīng)①中,(NH4)2S2O8與NaOH反應(yīng),生成BaSO4、NH3、O2等。(3)已知X常用于檢驗(yàn)Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應(yīng)生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【詳解】(1)從以上分析,可確定X中含有的元素為N、H、S、O;圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3,電子式為。答案為:N、H、S、O;;(2)反應(yīng)①中,(NH4)2S2O8與NaOH反應(yīng),生成BaSO4、NH3、O2等,且三者的物質(zhì)的量之比為4:4:1,化學(xué)方程式為2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案為:2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O;(3)已知X常用于檢驗(yàn)Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應(yīng)生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有兩個(gè)O從-1價(jià)降低到-2價(jià),共得2e-;MnCl2中,Mn2+由+2價(jià)升高到+7價(jià),Cl-由-1價(jià)升高到0價(jià),MnCl2共失7e-,從而得到下列關(guān)系:7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-,再依據(jù)電荷守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平,從而得出反應(yīng)的離子方程式為7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案為:7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。19、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點(diǎn)在pH試紙上,試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】
從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出,要制取Na2S2O5(晶體),需先制得NaHSO3(飽和溶液),所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)制取SO2,將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因?yàn)镹a2S2O5易被空氣中的O2氧化,所以需排盡裝置內(nèi)的空氣,這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會(huì)污染環(huán)境,所以F裝置應(yīng)為吸收尾氣的裝置,為防倒吸,加了裝置E。【詳解】(1)①?gòu)囊陨戏治鲋?,F(xiàn)裝置應(yīng)為SO2的尾氣處理裝置,F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液,作用是吸收剩余的SO2。答案為:濃NaOH溶液;吸收剩余的SO2;②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化,需排盡裝置內(nèi)的空氣,所以通入N2的作用是排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化。答案為:排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化;③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉(zhuǎn)化而得,所以應(yīng)在D中得到。答案為:D;④因?yàn)镋中的雙球能容納較多液體,可有效防止倒吸,所以若撤去E,則可能發(fā)生倒吸。答案為:倒吸;(2)①既然是檢測(cè)其是否具有酸性,則需用pH試紙檢測(cè)溶液的pH,若在酸性范圍,則表明顯酸性。具體操作為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點(diǎn)在pH試紙上,試紙變紅。答案為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點(diǎn)在pH試紙上,試紙變紅;②探究二中,Na2S2O5具有還原性,能將KMnO4還原為Mn2+,自身被氧化成SO42-,同時(shí)看到溶液的紫色褪去,反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為:5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;(3)根據(jù)信息,滴定過(guò)量碘的操作是:用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定。答案為:用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定;(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時(shí),Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31,c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1,c(H+)<=mol·L-1,pH>5+2lg2=5.6。答案為:pH>5.6。Na2S2O5來(lái)自于NaHSO3的轉(zhuǎn)化,且二者S的價(jià)態(tài)相同,所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時(shí),可把Na2S2O5當(dāng)成NaHSO3。20、受熱均勻,且易控制溫度如溫度過(guò)低,則反應(yīng)速率較慢,且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中,并滴入KSCN溶液,觀察溶液顏色變化,若溶液變?yōu)檠t色,則證明ClO2的氧化性比【解析】
Ⅰ.水浴加熱條件下,草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2,因遇熱水緩慢水解,則B中含冰塊的水用于吸收ClO2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律,結(jié)合生成物的物質(zhì)的量的比及質(zhì)量守恒定律書(shū)寫(xiě)反應(yīng)方程式;C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣,生成物質(zhì)的量之比為1:1的兩種陰離子,一種為NaClO2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律來(lái)書(shū)寫(xiě);II.有碘單質(zhì)生成,用淀粉做指示劑;根據(jù)元素守恒結(jié)合反應(yīng)得到關(guān)系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3計(jì)算c(ClO2);III.ClO2具有強(qiáng)氧化性,可氧化H2S生成硫酸,氧化亞鐵離子生成鐵離子,檢驗(yàn)鐵離子即可解答該題?!驹斀狻縄.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)是受熱均勻,且易控制溫度,如溫度過(guò)低,則反應(yīng)速率較慢,且不利于ClO2的逸出,溫度過(guò)高,會(huì)加劇ClO2水解;(2)裝置A中反應(yīng)生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物,同時(shí)草酸被氧化生成水和二氧化碳,則反應(yīng)化學(xué)方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑
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