湖南省懷化市重點(diǎn)中學(xué)2023-2024學(xué)年高考全國統(tǒng)考預(yù)測密卷化學(xué)試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

湖南省懷化市重點(diǎn)中學(xué)2023-2024學(xué)年高考全國統(tǒng)考預(yù)測密卷化學(xué)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(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》,按規(guī)定答題。一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、下列關(guān)于元素周期表和元素周期律的說法正確的是()A.Li、Na、K元素的原子核外電子層數(shù)隨著核電荷數(shù)的增加而減少B.第二周期元素從Li到F,非金屬性逐漸減弱C.因?yàn)镵比Na容易失去電子,所以K比Na的還原性強(qiáng)D.O與S為同主族元素,且O比S的非金屬性弱2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W是地殼中含量最高的元素,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正確的是A.Y單質(zhì)的熔點(diǎn)高于X單質(zhì) B.W、Z的氫化物沸點(diǎn)W>ZC.X、W、Z能形成具有強(qiáng)還原性的XZW D.X2YW3中含有共價(jià)鍵3、科學(xué)家發(fā)現(xiàn)對冶金硅進(jìn)行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關(guān)電解裝置如圖所示,用Cu-Si合金作硅源,在950℃利用三層液熔鹽進(jìn)行電解精煉,有關(guān)說法正確的是A.在該液相熔體中Cu優(yōu)先于Si被氧化,Si4+優(yōu)先于Cu2+被還原B.液態(tài)Cu-Si合金作陽極,固體硅作陰極C.電流強(qiáng)度的大小不會影響硅提純速率D.三層液熔鹽的作用是增大電解反應(yīng)接觸面積,提高硅沉積效率4、下列說法正確的是A.純堿和燒堿熔化時(shí)克服的化學(xué)鍵類型相同B.碘晶體受熱轉(zhuǎn)變成碘蒸氣,吸收的熱量用于克服碘原子間的作用力C.SO3溶于水的過程中有共價(jià)鍵的斷裂和離子鍵的形成D.HF的熱穩(wěn)定性很好,主要是因?yàn)镠F分子間存在氫鍵5、高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑,工業(yè)上采用向KOH溶液中通入氯氣,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制備K2FeO4,發(fā)生反應(yīng):①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平);②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列說法正確的是A.若反應(yīng)①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1B.反應(yīng)①中每消耗4molKOH,吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.4LCl2C.氧化性:K2FeO4>KC1OD.若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KC1O,則得到0.2molK2FeO4時(shí)消耗0.3molC126、下列解釋事實(shí)的方程式不正確的是()A.硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液:Ba2++SO42-=BaSO4↓B.硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OC.向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OD.向AgCl懸濁液中加入Na2S溶液:2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-7、某同學(xué)組裝了如圖所示的電化學(xué)裝置電極I為Al,其他電極均為Cu,則A.電流方向:電極IV→→電極IB.電極I發(fā)生還原反應(yīng)C.電極II逐漸溶解D.電極III的電極反應(yīng):Cu2++2e-==Cu8、常溫下,向20.00mL0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH溶液時(shí),溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示(不考慮NH3·H2O的分解)。下列說法不正確的是()A.點(diǎn)a所示溶液中:c()>c()>c(H+)>c(OH-)B.點(diǎn)b所示溶液中:c()=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.點(diǎn)c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()D.點(diǎn)d所示溶液中:c()+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-19、2015年2月,科學(xué)家首次觀測到化學(xué)鍵的形成?;瘜W(xué)鍵不存在于A.原子與原子之間 B.分子與分子之間C.離子與離子之間 D.離子與電子之間10、現(xiàn)有部分元素的原子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)如表,下列敘述中正確的是A.W原子結(jié)構(gòu)示意圖為B.元素X和Y只能形成原子個(gè)數(shù)比為1∶2的化合物C.元素X比元素Z的非金屬性強(qiáng)D.X、Y、Z、W四種元素不能形成離子化合物11、化學(xué)與生活、科技、醫(yī)藥、工業(yè)生產(chǎn)均密切相關(guān),下列有關(guān)化學(xué)敘述正確的是()A.濃硫酸具有強(qiáng)腐蝕性,可用濃硫酸刻蝕石英制藝術(shù)品B.我國預(yù)計(jì)2020年發(fā)射首顆火星探測器太陽能電池帆板的材料是二氧化硅C.《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)用了焰色反應(yīng)D.誤食重金屬鹽引起的人體中毒,可喝大量的食鹽水解毒12、“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”是學(xué)習(xí)有機(jī)化學(xué)尤為重要的理論,不僅表現(xiàn)在官能團(tuán)對物質(zhì)性質(zhì)的影響上,還表現(xiàn)在原子或原子團(tuán)相互的影響上。以下事實(shí)并未涉及原子或原子團(tuán)相互影響的是A.乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性B.鹵代烴難溶于水而低級醇、低級醛易溶于水C.甲醇沒有酸性,甲酸具有酸性D.苯酚易與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀而苯與液溴的反應(yīng)需要鐵粉催化13、對可逆反應(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②升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動,v(正)減小③壓強(qiáng)增大一倍,平衡不移動,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.④⑤14、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,

L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為NAB.100

g

質(zhì)量分?jǐn)?shù)17%H2O2溶液中極性鍵數(shù)目為NAC.1

L0.1mol

K2Cr2O7溶液中含鉻的離子總數(shù)為0.2NAD.65

g

Zn溶于濃硫酸中得混合氣體的分子數(shù)為NA15、Fe3O4中含有Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd為催化材料,可實(shí)現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2-,其反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是()A.Pd作正極B.Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C.反應(yīng)過程中NO2-被Fe(Ⅱ)氧化為N2D.用該法處理后水體的pH降低16、下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能夠成功的是()A.檢驗(yàn)亞硫酸鈉試樣是否變質(zhì)試樣白色沉淀沉淀不溶解→說明試樣已變質(zhì)B.除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質(zhì)粗鹽精鹽C.檢驗(yàn)?zāi)橙芤褐惺欠窈蠪e2+試樣溶液顏色無變化溶液變紅色→溶液中含有Fe2+D.證明酸性條件H2O2的氧化性比I2強(qiáng)NaI溶液溶液變紫色→氧化性:H2O2>I2二、非選擇題(本題包括5小題)17、如圖中的Ⅰ是某抗腫瘤藥物的中間體,B的核磁共振氫譜有3組峰,C的分子式為C7H8O,D分子中有兩個(gè)相同且處于相鄰位置的含氧官能團(tuán),E的相對分子質(zhì)量比D大34.5。已知:RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。請回答下列問題:(1)C的名稱是______,B的結(jié)構(gòu)簡式為_________,D轉(zhuǎn)化為E的反應(yīng)類型是____________。(2)I中官能團(tuán)的名稱為______,I的分子式為________。(3)寫出E轉(zhuǎn)化為F的化學(xué)方程式____________。(4)X是G酸化后的產(chǎn)物,X有多種芳香族同分異構(gòu)體,符合下列條件且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的同分異構(gòu)體有____種(不包括X),寫出核磁共振氫譜有4組峰的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式____________。①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②苯環(huán)上有兩種類型的取代基(5)參照上述流程,以乙醇為原料(其他無機(jī)試劑自選)可制取2﹣丁烯酸,寫出相應(yīng)的合成路線__________________。18、化合物F是一種食品保鮮劑,可按如下途徑合成:已知:RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO。試回答:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式是_________,E→F的反應(yīng)類型是_________。(2)B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。(3)C→D所用試劑和反應(yīng)條件分別是_________。E中官能團(tuán)的名稱是________________。(4)檢驗(yàn)F中碳碳雙鍵的方法是_________________________。(5)連在雙鍵碳上的羥基不穩(wěn)定,會轉(zhuǎn)化為羰基,則D的同分異構(gòu)體中,只有一個(gè)環(huán)的芳香族化合物有______種(除D外)。其中苯環(huán)上只有一個(gè)取代基,核磁共振氫譜有4個(gè)峰,峰面積比為3∶2∶2∶1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為____________。19、碘化鈉在醫(yī)療及食品方面有重要的作用。實(shí)驗(yàn)室用NaOH、單質(zhì)碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料制備碘化鈉。已知:水合肼具有還原性?;卮鹣铝袉栴}:(1)水合肼的制備反應(yīng)原理為:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液的連接順序?yàn)開_________(按氣流方向,用小寫字母表示)。若該實(shí)驗(yàn)溫度控制不當(dāng),反應(yīng)后測得三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為5:1,則氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)時(shí),被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為____。②制備水合肼時(shí),應(yīng)將__________滴到__________中(填“NaClO溶液”或“尿素溶液”),且滴加速度不能過快。③尿素的電子式為__________________(2)碘化鈉的制備:采用水合肼還原法制取碘化鈉固體,其制備流程如圖所示:在“還原”過程中,主要消耗反應(yīng)過程中生成的副產(chǎn)物IO3-,該過程的離子方程式為___。(3)測定產(chǎn)品中NaI含量的實(shí)驗(yàn)步驟如下:a.稱取10.00g樣品并溶解,在500mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待測液于錐形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反應(yīng)后,再加入M溶液作指示劑:c.用0.2000mol·L?1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次,測得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為15.00mL。①M(fèi)為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______________。20、錫有SnCl2、SnCl4兩種氯化物.SnCl4是無色液體,極易水解,熔點(diǎn)﹣36℃,沸點(diǎn)114℃,金屬錫的熔點(diǎn)為231℃.實(shí)驗(yàn)室用熔融的金屬錫跟干燥的氯氣直接作用制取無水SnCl4(此反應(yīng)過程放出大量的熱).實(shí)驗(yàn)室制取無水SnCl4的裝置如圖所示.完成下列填空:(1)儀器A的名稱__;儀器B的名稱__.(2)實(shí)驗(yàn)室制得的氯氣中含HCl和水蒸氣,須凈化后再通入液態(tài)錫中反應(yīng),除去HCl的原因可能是__;除去水的原因是__.(3)當(dāng)錫熔化后,通入氯氣開始反應(yīng),即可停止加熱,其原因是__.若反應(yīng)中用去錫粉11.9g,反應(yīng)后在錐形瓶中收集到23.8gSnCl4,則SnCl4的產(chǎn)率為__.(4)SnCl4遇水強(qiáng)烈水解的產(chǎn)物之一是白色的固態(tài)二氧化錫.若將SnCl4少許暴露于潮濕空氣中,預(yù)期可看到的現(xiàn)象是__.(5)已知還原性Sn2+>I﹣,SnCl2也易水解生成難溶的Sn(OH)Cl.如何檢驗(yàn)制得的SnCl4樣品中是否混有少量的SnCl2?__.21、在氣體分析中,常用CuCl的鹽酸溶液吸收并定量測定CO的含量,其化學(xué)反應(yīng)如下:2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2?2CO?2H2O?;卮鹣铝袉栴}:(1)Cu在元素周期表中屬于______(選填“s”、“p”、“d”或“ds”)區(qū)元素。研究人員發(fā)現(xiàn)在高溫超導(dǎo)材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3+,基態(tài)Cu3+的電子排布式為______。(2)C、N、O三種原子中的第一電離能最大的是______。NO3-離子的空間構(gòu)型是______。(3)CO與N2互稱等電子體。①它們的分子中都存在三個(gè)共價(jià)鍵,其中包含______個(gè)σ鍵,______個(gè)π鍵。②下表為CO和N2的有關(guān)信息。鍵的類型A-B(單鍵)A=B(雙鍵)A≡B(叁鍵)鍵能(kJ/mol)CO3518031071N2159418946根據(jù)表中數(shù)據(jù),說明CO比N2活潑的原因是______。(4)Cu2Cl2?2CO?2H2O是一種配合物,其結(jié)構(gòu)如圖所示:①該配合物中氯原子的雜化方式為______。②該配合物中,CO作配體時(shí)配位原子是C而不是O的原因是______。(5)阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法,X射線衍射法就是其中的一種。通過對CuCl晶體的X射線衍射圖象分析,可以得出CuCl的晶胞如圖所示,則距離每個(gè)Cu+最近的Cl-的個(gè)數(shù)為______。若晶體中Cl-呈立方面心最密堆積方式排列,Cl-的半徑為apm,晶體的密度為ρg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)NA=______(列計(jì)算式表達(dá))。

參考答案一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、C【解析】

A.Li、Na、K元素的原子核外電子層數(shù)隨著核電荷數(shù)的增加而增多,故A錯(cuò)誤;B.第二周期元素從Li到F,金屬性逐漸減弱、非金屬性逐漸增強(qiáng),故B錯(cuò)誤;C.金屬越容易失去電子,則金屬性越強(qiáng),K比Na容易失去電子,所以K比Na的還原性強(qiáng),所以C選項(xiàng)是正確的;D.O與S為同主族元素,同主族自上而下元素非金屬性減弱,O比S的非金屬性強(qiáng),故D錯(cuò)誤。答案選C。2、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W是地殼中含量最高的元素,W是O元素,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,X為Na元素,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍,Z的最外層電子數(shù)為7,則Z為Cl元素,Y為Si元素?!驹斀狻扛鶕?jù)分析可知,W為O,X為Na,Y為Si,Z為Cl元素。A.Na形成晶體為金屬晶體,其熔點(diǎn)較低,而Si形成晶體為原子晶體,具有較高熔點(diǎn),則單質(zhì)熔點(diǎn):Y>X,故A正確;B.水分子間形成氫鍵,沸點(diǎn)較高,W、Z的氫化物沸點(diǎn)W>Z,故B正確;C.X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的NaClO,而不是還原性,故C錯(cuò)誤;D.Na2SiO3中含有Si-O共價(jià)鍵,故D正確;故選C。3、D【解析】

由圖可知該裝置為電解池:Si4+在液態(tài)鋁電極得電子轉(zhuǎn)化為Si,所以液態(tài)鋁電極為陰極,連接電源負(fù)極,則Cu-Si合金所在電極為陽極,與電源正極相接,三層液熔鹽在電解槽中充當(dāng)電解質(zhì),可以供離子自由移動,并增大電解反應(yīng)面積,提高硅沉積效率,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.由圖可知,電解池的陽極上Si失電子轉(zhuǎn)化為Si4+,陰極反應(yīng)為Si4+得電子轉(zhuǎn)化為Si,所以Si優(yōu)先于Cu被氧化,故A錯(cuò)誤;B.圖中,鋁電極上Si4+得電子還原為Si,故該電極為陰極,與電源負(fù)極相連,故B錯(cuò)誤;C.電流強(qiáng)度不同,會導(dǎo)致轉(zhuǎn)移電子的量不同,會影響硅提純速率,故C錯(cuò)誤;D.三層液熔鹽在電解槽中充當(dāng)電解質(zhì),可以供自由移動的離子移動,并增大電解反應(yīng)面積,提高硅沉積效率,故D正確;答案選D。4、A【解析】

A碳酸鈉和氫氧化鈉熔化時(shí)都克服離子鍵,故正確;B.碘晶體受熱變成碘蒸氣克服分子間作用力,不是克服碘原子間的作用力,故錯(cuò)誤;C.三氧化硫溶于水的過程中有共價(jià)鍵的斷裂和形成,沒有離子鍵的形成,故錯(cuò)誤;D.氟化氫的穩(wěn)定性好,是因?yàn)榉瘹渲械墓矁r(jià)鍵鍵能高,與氫鍵無關(guān),故錯(cuò)誤。故選A?!军c(diǎn)睛】掌握氫鍵的位置和影響因素。氫鍵是分子間的作用力,影響物質(zhì)的物理性質(zhì),不影響化學(xué)性質(zhì)。5、D【解析】

A選項(xiàng),若反應(yīng)①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,設(shè)物質(zhì)的量分別為5mol和1mol,則化合價(jià)升高失去10mol電子,則化合價(jià)降低得到10mol電子,因此總共有了8mol氯氣,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為10:6,即5:3,故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng),根據(jù)A分析反應(yīng)①得出消耗氫氧化鉀物質(zhì)的量為16mol,因此每消耗4molKOH,吸收氯氣2mol,即標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCl2,故B錯(cuò)誤;C選項(xiàng),根據(jù)第二個(gè)方程式比較氧化性,氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性,因此KC1O>K2FeO4,故C錯(cuò)誤;D選項(xiàng),若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KC1O,則C12與KC1O物質(zhì)的量之比為1:1,根據(jù)第二個(gè)方程式得到KC1O與K2FeO4物質(zhì)的量之比為3:2,因此得到0.2molK2FeO4時(shí)消耗0.3molC12,故D正確。綜上所述,答案為D。6、A【解析】

A.硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液的離子反應(yīng)為Cu2++2OH?+Ba2++SO42?=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,故A錯(cuò)誤;B.硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液,發(fā)生氧化還原反應(yīng),則離子反應(yīng)為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故B正確;C.碳酸氫鈉與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和水,反應(yīng)的離子方程式為:HCO3?+OH?=CO32?+H2O,故C正確;D.向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液,白色沉淀變成黑色,發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化,反應(yīng)的離子反應(yīng)為:2AgCl+S2?=Ag2S+2Cl?,故D正確;故答案選A。7、A【解析】

A、由題意可知,該裝置的I、II是原電池的兩極,I是負(fù)極,II是正極,III、IV是電解池的兩極,其中III是陽極,IV是陰極,所以電流方向:電極IV→→電極I,正確;B、電極I是原電池的負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),錯(cuò)誤;C、電極II是原電池的正極,發(fā)生還原反應(yīng),有Cu析出,錯(cuò)誤;D、電極III是陽極,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)是Cu-2e-=:Cu2+,錯(cuò)誤;答案選A。8、B【解析】

A.a點(diǎn)為(NH4)2SO4溶液,NH4+水解溶液呈酸性,但水解是微弱的,所以c()>c(),故A正確;B.b點(diǎn)溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒,c()+c(Na+)=2c(),所以c()不等于c(Na+),故B錯(cuò)誤;C.c點(diǎn)溶液中n(NH3·H2O)∶n[(NH4)2SO4∶n(Na2SO4)=2∶1∶1,由電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(),故C正確;D.d點(diǎn)為加入20mLNaOH溶液,此時(shí)溶液的體積為原體積的2倍,故含氮微粒的總濃度為原來的1/2,即0.1000mol/L。根據(jù)物料守恒則有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1000mol·L-1,故D正確。故選B。【點(diǎn)睛】B選項(xiàng)為本題的難點(diǎn),在解答離子濃度關(guān)系的圖象題時(shí),要充分利用各種守恒,如電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒等,在中性溶液中,要特別注意電荷守恒的應(yīng)用。9、B【解析】

A.原子與原子之間的強(qiáng)烈的相互作用力為共價(jià)鍵,屬于化學(xué)鍵,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.分子之間不存在化學(xué)鍵,存在范德華力或氫鍵,選項(xiàng)B正確;C.離子與離子之間為離子鍵,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.離子與電子之間為金屬鍵,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案選B。10、C【解析】

X元素原子的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍,可知L層為6個(gè)電子,所以X為氧元素;Y元素原子的核外電子層數(shù)等于原子序數(shù),Y只能是H元素;Z元素原子的L層電子數(shù)是K層和M層電子數(shù)之和,其M層電子數(shù)為6,所以Z是S元素;W元素原子共用三對電子形成雙原子分子,常溫下為氣體單質(zhì),所以W為N元素。根據(jù)上述分析,X為氧元素,Y是H元素,Z是S元素,W為N元素,據(jù)此來分析即可。【詳解】A.W為N元素,原子核外有2個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為5,原子結(jié)構(gòu)示意圖為,故A錯(cuò)誤;B.元素X和元素Y可以以原子個(gè)數(shù)比1∶1形成化合物,為H2O2,故B錯(cuò)誤;C.X為O,Z為S,位于同一主族,非金屬性O(shè)>S,故C正確;D.X、Y、Z、W四種元素可以形成離子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等,故D錯(cuò)誤;答案選C。11、C【解析】氫氟酸刻蝕石英制藝術(shù)品,故A錯(cuò)誤;太陽能電池帆板的材料是晶體硅,故B錯(cuò)誤;鉀元素的焰色是紫色,所以“以火燒之,紫青煙起,乃真硝石也”,故C正確;誤食重金屬鹽引起的人體中毒,可喝大量的牛奶解毒,故D錯(cuò)誤。12、B【解析】

A、乙醇中羥基與乙基相連,苯酚中羥基與苯環(huán)相連,乙醇是非電解質(zhì)而苯酚有弱酸性是烴基對羥基的影響,錯(cuò)誤;B、鹵代烴難溶于水,低級醇、低級醛和水分子間形成氫鍵,易溶于水,未涉及原子或原子團(tuán)相互影響,正確;C、甲醇沒有酸性,甲酸中羰基對羥基影響,使羥基氫活潑,發(fā)生電離,具有酸性,錯(cuò)誤;D、苯酚中羥基影響苯環(huán)使苯環(huán)上羥基鄰、對位氫原子活潑易被取代,易與濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀,錯(cuò)誤。13、B【解析】

①A是固體,增加A的量,平衡不移動,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,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,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,所以v(正)>v(逆),故④正確;⑤加入催化劑,平衡不移動,B的轉(zhuǎn)化率不變,故⑤錯(cuò)誤;故選B。14、D【解析】

A.C3H6可以是環(huán)烷烴,不含碳碳雙鍵,故A錯(cuò)誤;B.H2O2溶液中含有極性鍵的是H2O2和H2O,100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)17%H2O2溶液中含有極性鍵的物質(zhì)的量為()mol>1mol,故B錯(cuò)誤;C.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2H++2CrO42-,因此溶液中含鉻的離子總物質(zhì)的量不等于0.2mol,故C錯(cuò)誤;D.鋅和濃硫酸反應(yīng):Zn+2H2SO4(濃)=ZnSO4+SO2↑+2H2O,鋅和稀硫酸反應(yīng):Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,65gZn完全溶于濃硫酸中,無論得到SO2還是H2還是混合氣體,得到分子數(shù)都為NA,故D正確;答案:D。15、B【解析】

A.從圖示可以看出,在Pd上,H2失去電子生成H+,所以Pd作負(fù)極,故A錯(cuò)誤;B.Fe(Ⅱ)失去電子轉(zhuǎn)化為Fe(Ⅲ),失去的電子被NO2-得到,H2失去的電子被Fe(Ⅲ)得到,F(xiàn)e(Ⅲ)轉(zhuǎn)化為Fe(Ⅱ),所以Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用,故B正確;C.反應(yīng)過程中NO2-被Fe(Ⅱ)還原為N2,故C錯(cuò)誤;D.總反應(yīng)為:2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O,消耗了H+,所以用該法處理后水體的pH升高,故D錯(cuò)誤;故選B。16、C【解析】

A.酸性條件下,硝酸根離子能把亞硫酸鹽氧化生成硫酸鹽,故A錯(cuò)誤;B.應(yīng)先加氯化鋇,再加碳酸鈉,然后過濾,再加鹽酸可除去粗鹽中含有的硫酸鈣雜質(zhì),故B錯(cuò)誤;C.亞鐵離子遇KSCN溶液不變色,滴加氯水后亞鐵離子被氧化生成鐵離子,遇KSCN溶液變紅色,可證明溶液中含有Fe2+,故C正確;D.硝酸具有強(qiáng)氧化性,可氧化碘離子,不能說明H2O2的氧化性比I2強(qiáng),故D錯(cuò)誤;答案選C?!军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì),把握常見離子的檢驗(yàn)方法為解答的關(guān)鍵,注意離子檢驗(yàn)中排除干擾及試劑的加入順序。二、非選擇題(本題包括5小題)17、對甲基苯酚或4-甲基苯酚取代反應(yīng)碳碳雙鍵、羧基、酚羥基C9H8O4+3NaOH+NaCl+2H2O8、、【解析】

A與Cl2在FeCl3作用下反應(yīng),說明A分子中含有苯環(huán),發(fā)生苯環(huán)上的氯代反應(yīng),產(chǎn)生B,B的核磁共振氫譜有3組峰,說明B分子中有3種H原子,B與NaOH水溶液共熱,然后酸化得的C,C的分子式為C7H8O,在反應(yīng)過程中C原子數(shù)不變,碳鏈結(jié)構(gòu)不變,逆推可知A是,B是,C是,C被H2O2氧化產(chǎn)生D,結(jié)合題中已知信息:D分子中有兩個(gè)相同且處于相鄰位置的含氧官能團(tuán),E的相對分子質(zhì)量比D大34.5,則D為,D與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)產(chǎn)生E:,E與NaOH水溶液共熱發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生F:,F(xiàn)被O2催化氧化產(chǎn)生G:,G與CH3CHO發(fā)生題干信息反應(yīng)產(chǎn)生H為:,H與新制Cu(OH)2在加熱條件下發(fā)生醛基的氧化反應(yīng),然后酸化可得I:,據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知A為,B為,C為,D為,E為,F(xiàn)為,G為,H為,I為。(1)C為,名稱為對甲基苯酚或4-甲基苯酚;B結(jié)構(gòu)簡式為,D為,D與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)產(chǎn)生E:,所以D轉(zhuǎn)化為E的反應(yīng)類型是取代反應(yīng);(2)I為,其中含有的官能團(tuán)名稱為:碳碳雙鍵、羧基、酚羥基;I結(jié)構(gòu)簡式為,結(jié)合C原子價(jià)電子為4,可知其分子式為C9H8O4;(3)E為,E與NaOH水溶液共熱發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生F為,該反應(yīng)的方程式為:+3NaOH+NaCl+2H2O;(4)G為,X是G酸化后的產(chǎn)物,則X為,X的芳香族同分異構(gòu)體,能發(fā)生銀鏡反應(yīng),且符合下列條件:①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng);②苯環(huán)上有兩種類型的取代基,可能的結(jié)構(gòu):若有三個(gè)官能團(tuán)-OH、-OH、-CHO,可能有、、、、;若含有兩個(gè)官能團(tuán)HCOO-、-OH,可能有、、,因此符合條件的同分異構(gòu)體種類為5+3=8種;核磁共振氫譜有4組峰的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為:、、;(5)CH3CH2OH催化氧化產(chǎn)生CH3CHO,CH3CHO與CH3CHO在NaOH水溶液中加熱發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CH3CH=CHCHO,CH3CH=CHCHO與新制Cu(OH)2懸濁液加熱煮沸發(fā)生醛基氧化反應(yīng),然后酸化得到CH3CH=CHCOOH,故以乙醇為原料制取2-丁烯酸的合成路線為:?!军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷、反應(yīng)類型的判斷、同分異構(gòu)體的種類的判斷與書寫,注意根據(jù)苯酚的性質(zhì)、芳香烴側(cè)鏈及苯環(huán)的取代反應(yīng)的條件的區(qū)別,是對有機(jī)化合物知識的綜合考查,能較好的考查學(xué)生分析推理能力,(4)中同分異構(gòu)體數(shù)目判斷為易錯(cuò)點(diǎn),能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)可能是含有醛基,也可能含有甲酸酯基,若有三個(gè)取代基,可利用定二移一的方法,結(jié)合官能團(tuán)位置不同分析解答。18、消去反應(yīng)+NaOH+NaClO2/Cu或Ag,加熱羥基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅,充分反應(yīng)后,酸化后再用溴水檢驗(yàn)碳碳雙鍵8【解析】

根據(jù)流程圖,E脫水生成,利用逆推法,E是;根據(jù)RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO,,可逆推出D是;根據(jù)B的分子式C8H9Cl,結(jié)合D的結(jié)構(gòu),B是;C是,則A是?!驹斀狻浚?)根據(jù)上述分析,A的結(jié)構(gòu)簡式是;E()分子內(nèi)脫水生成F(),則反應(yīng)類型為消去反應(yīng),故答案為:;消去反應(yīng);(2)在氫氧化鈉溶液中水解為,反應(yīng)的化學(xué)方程式為+NaOH+NaCl,故答案為:+NaOH+NaCl;(3)在銅或銀作催化劑的條件下加熱,能被氧氣氧化為,所以試劑和反應(yīng)條件是O2/Cu或Ag,加熱;中含有的官能團(tuán)有羥基和醛基;故答案為:O2/Cu或Ag,加熱;羥基、醛基;(4)雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng),所以可以用溴的四氯化碳溶液檢驗(yàn),因?yàn)镕中還含有醛基,容易被氧化,所以不能用高錳酸鉀溶液檢驗(yàn);也可以先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅,充分反應(yīng)后,酸化后再用溴水檢驗(yàn)碳碳雙鍵;故答案為:用Br2的CCl4溶液或先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅,充分反應(yīng)后,酸化后再用溴水檢驗(yàn)碳碳雙鍵;(5)連在雙鍵碳原子上的羥基不穩(wěn)定,會轉(zhuǎn)化為羰基,則D的同分異構(gòu)體中,只有一個(gè)環(huán)的芳香族化合物有、、、、、、、,共8種;其中苯環(huán)上只有一個(gè)取代基,核磁共振氫譜有4個(gè)峰,峰面積比為3∶2∶2∶1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為,故答案為:8;。19、ecdabf5:3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根據(jù)制備氯氣,除雜,制備次氯酸鈉和氧氧化鈉,處理尾氣分析;三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為5:1,設(shè)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量分別為5mol、1mol,根據(jù)得失電子守恒,生成5molClO-則會生成Cl-5mol,生成1molClO3-則會生成Cl-5mol,據(jù)此分析可得;②NaClO氧化水合肼;③尿素中C原子與O原子形成共價(jià)雙鍵,與2個(gè)-NH2的N原子形成共價(jià)單鍵;(2)碘和NaOH反應(yīng)生成NaI、NaIO,副產(chǎn)物IO3-,加入水合肼還原NaIO、副產(chǎn)物IO3-,得到碘離子和氮?dú)猓Y(jié)晶得到碘化鈉,根據(jù)流程可知,副產(chǎn)物IO3-與水合肼生成碘離子和氮?dú)?,?jù)此書寫;(3)①碘單質(zhì)參與,用淀粉溶液做指示劑;②根據(jù)碘元素守恒,2I-~I(xiàn)2~2Na2S2O3,則n(NaI)=n(Na2S2O3),計(jì)算樣品中NaI的質(zhì)量,最后計(jì)算其純度?!驹斀狻?1)①裝置C用二氧化錳和濃鹽酸混合加熱制備氯氣,用B裝置的飽和食鹽水除去雜質(zhì)HCl氣體,為保證除雜充分,導(dǎo)氣管長進(jìn)短出,氯氣與NaOH在A中反應(yīng)制備次氯酸鈉,為使反應(yīng)物充分反應(yīng),要使氯氣從a進(jìn)去,由D裝置吸收未反應(yīng)的氯氣,以防止污染空氣,故導(dǎo)氣管連接順序?yàn)椋篹cdabf;三頸瓶內(nèi)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為5:1,設(shè)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量之比為5:1的物質(zhì)的量分別為5mol、1mol,根據(jù)得失電子守恒,生成6molClO-則會生成Cl-的物質(zhì)的量為5mol,生成1molClO3-則會生成Cl-5mol,則被還原的氯元素為化合價(jià)降低的氯元素,即為Cl-,n(Cl-)=5mol+5mol=10mol,被氧化的氯元素為化合價(jià)升高的氯元素,其物質(zhì)的量為ClO-與ClO3-物質(zhì)的量的和,共5mol+1mol=6mol,故被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為10:6=5:3;②制備水合肼時(shí),將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加,都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼,降低產(chǎn)率,故實(shí)驗(yàn)中制備水合肼的操作是:取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼,滴加順序不能顛倒,且滴加速度不能過快;③尿素CO(NH2)2中C原子與O原子形成共價(jià)雙鍵,與2個(gè)—NH2的N原子形成共價(jià)單鍵,所以其電子式為:;(2)根據(jù)流程可知,副產(chǎn)物IO3-與水合肼生成碘離子和氮?dú)猓磻?yīng)的離子方程式為:2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2O;(3)①實(shí)驗(yàn)中滴定碘單質(zhì),應(yīng)該用淀粉作指示劑,所以M是淀粉;②根據(jù)碘元素守恒,2I-~I(xiàn)2~2Na2S2O3,則n(NaI)=n(Na2S2O3),故樣品中NaI的質(zhì)量m(NaI)=×150g/mol=9.00g,故樣品中NaI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=90.0%?!军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的制備,涉及氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式的書寫、實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)、純度計(jì)算等,明確實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)基本操作方法、試題側(cè)重于考

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