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文檔簡介
2023-2024學年山西省山大附中高三一診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、下列表述正確的是A.22.4LHCl溶于水制得1L鹽酸時,其濃度為1mol?L-1B.1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+和Cl-的總物質的量為0.9molC.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果c(Na+)=c(SO42-),則c(K+)=c(Cl-)D.10℃時,100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水,冷卻到10℃時,它仍為飽和溶液2、氯酸是一種強酸,濃度超過40%時會發(fā)生分解,反應可表示為:aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產物時,試紙先變藍后褪色。下列說法正確的是()A.由反應可確定:氧化性:HClO4>HClO3B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發(fā)生了:4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C.若氯酸分解所得混合氣體,1mol混合氣體質量為47.6g,則反應方程式可表示為26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD.若化學計量數(shù)a=8,b=3,則該反應轉移電子數(shù)為20e-3、向FeCl3、CuCl2、鹽酸的混合溶液中加入鐵粉充分反應后,用KSCN溶液檢驗無明顯現(xiàn)象,則反應后的溶液一定A.含Cu2+ B.含F(xiàn)e2+ C.呈中性 D.含F(xiàn)e2+和Cu2+4、下列過程中,一定需要通電才能實現(xiàn)的是A.電解質電離 B.電化學防腐C.蓄電池放電 D.電解精煉銅5、下列說法正確的是A.用苯萃取溴水中的Br2,分液時先從分液漏斗下口放出水層,再從上口倒出有機層B.欲除去H2S氣體中混有的HCl,可將混合氣體通入飽和Na2S溶液C.乙酸乙酯制備實驗中,要將導管插入飽和碳酸鈉溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D.用pH試紙分別測量等物質的量濃度的NaCN和NaClO溶液的pH,可比較HCN和HClO的酸性強弱6、室溫下,取一定量冰醋酸,進行如下實驗:①將冰醋酸配制成0.1mol·L-1醋酸溶液;②取20mL①所配溶液,加入amL0.1mol·L-1NaOH溶液,充分反應后,測得溶液pH=7;③向②所得溶液中繼續(xù)滴加稀鹽酸,直至溶液中n(Na+)=n(Cl-)。下列說法正確的是A.①中:所得溶液的pH=1B.②中:a=20C.③中:所得溶液中c(CH3COO-)<c(H+),且pH<7D.①與③所得溶液相比,等體積時所含CH3COOH分子數(shù)目相等7、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,在下列轉化關系中,甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物。其中A為d元素組成的單質,常溫下乙為液體,丁物質常用于消毒、漂白。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑:c>bB.丙中既有離子鍵又有極性鍵C.b、c形成的化合物中陰、陽離子數(shù)目比為1:2D.a、b、d形成的化合物中,d的雜化方式是sp38、下列判斷中一定正確的是()A.若R2-和M+的核外電子層結構相同,則原子序數(shù):R>MB.若X、Y屬于同主族元素,且相對原子質量X>Y,則原子失電子能力:X>YC.若X、Y都是氣態(tài)氫化物,且相對分子質量X>Y,則沸點:X>YD.若金屬性M>N,則以M、N為兩電極的原電池中M一定是負極9、下列有關物質性質的比較,不正確的是A.金屬性:Al>MgB.穩(wěn)定性:HF>HClC.堿性:NaOH>Mg(OH)2D.酸性:HClO4>H2SO410、下列說法正確的是()A.天然油脂中含有高級脂肪酸甘油酯,油脂的皂化過程是發(fā)生了加成反應B.向淀粉溶液中加入硫酸溶液,加熱后滴入幾滴新制氫氧化銅懸濁液,再加熱至沸騰,未出現(xiàn)紅色物質,說明淀粉未水解C.向雞蛋清的溶液中加入濃的硫酸鈉或硫酸銅溶液,蛋白質的性質發(fā)生改變并凝聚D.氨基酸種類較多,分子中均含有﹣COOH和﹣NH2,甘氨酸為最簡單的氨基酸11、中國科學家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極,設計并組裝了輕型、柔性、能折疊的可充電鋰空氣電池如下圖1所示,電池的工作原理如下圖2所示。下列有關說法正確的是A.放電時,紙張中的纖維素作鋰電池的正極B.閉合開關K給鋰電池充電,X為直流電源正極C.放電時,Li+由正極經過有機電解質溶液移向負極D.充電時,陽極的電極反應式為Li2O2-2e-=O2+2Li+12、下列實驗操作及現(xiàn)象和結論都正確的是()實驗操作及現(xiàn)象結論A向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和氯化鈉溶液和飽和硫酸銅溶液,均有固體析出蛋白質均發(fā)生變性B溴乙烷與氫氧化鈉溶液共熱后,滴加硝酸銀溶液,未出現(xiàn)淡黃色沉淀溴乙烷未水解C向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中分別滴入2滴相同濃度的氯化鈉和碘化鈉溶液,一支試管中出現(xiàn)黃色沉淀,另一支無明顯現(xiàn)象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D向碳酸鈉溶液中加入冰醋酸,將生成的氣體直接通入到苯酚鈉溶液中,產生白色渾濁酸性:醋酸>碳酸>苯酚A.A B.B C.C D.D13、已知短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應水化物分別為X、Y、Z、W,M是短周期中原子半徑最大的元素,常溫下X、Z、W均可與Y反應,M、P、Q的原子序數(shù)及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如圖所示。下列說法正確的是()A.N原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等B.M的離子半徑小于N的離子半徑C.P氫化物穩(wěn)定性大于Q氫化物穩(wěn)定性D.X、W兩物質含有的化學鍵類型相同14、銀Ferrozine法檢測甲醛的原理:①在原電池裝置中,氧化銀將甲醛充分氧化為CO2②Fe3+與①中產生的Ag定量反應生成Fe2+③Fe2+與Ferrozine形成有色物質④測定溶液的吸光度(吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比)。下列說法不正確的是()A.①中負極反應式:HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B.①溶液中的H+由Ag2O極板向另一極板遷移C.測試結果中若吸光度越大,則甲醛濃度越高D.理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1:415、設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵B.1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數(shù)為9NAC.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1NAD.常溫常壓下,過氧化鈉與水反應,生成8g氧氣時轉移的電子數(shù)為0.25NA16、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0.25二、非選擇題(本題包括5小題)17、有一無色透明溶液,欲確定是否含有下列離子:Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl-、I-、HCO3-,進行如下實驗:實驗步驟實驗現(xiàn)象①取少量原溶液,加幾滴甲基橙溶液變紅色②取少量原溶液,濃縮,加Cu片和濃H2SO4,加熱有無色氣體產生,后在空氣中又變成紅棕色③取少量原溶液,加BaCl2溶液有白色沉淀生成④?、壑猩蠈忧逡海覣gNO3溶液有白色沉淀生成,且不溶于HNO3⑤取少量原溶液,加NaOH溶液有白色沉淀生成,當NaOH過量時沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的離子是________________________;⑵溶液中肯定不存在的離子是________________________;⑶為進一步確定其他離子,應該補充的實驗是_____________________________;____________________________。18、醫(yī)藥合成中可用下列流程合成一種治療心臟病的特效藥物(G)。已知:①RCH=CH2RCH2CH2CHO;②(1)B的核磁共振氫譜圖中有________組吸收峰,C的名稱為________。(2)E中含氧官能團的名稱為________,寫出D→E的化學方程式________。(3)E-F的反應類型為________。(4)E的同分異構體中,結構中有醚鍵且苯環(huán)上只有一個取代基結構有________種,寫出其中甲基數(shù)目最多的同分異構體的結構簡式________________________。(5)下列有關產物G的說法正確的是________A.G的分子式為C15H28O2B.1molG水解能消耗2molNaoHC.G中至少有8個C原子共平面D.合成路線中生成G的反應為取代反應(6)寫出以1-丁醇為原料制備C的同分異構體正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路線流程圖。示例如下:H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH,無機試劑任選______________________。19、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉,是工業(yè)上重要的還原性漂白劑,也是重要的食品抗氧化劑。某學習小組模擬工業(yè)流程設計實驗制取保險粉。已知:Na2S2O4是白色固體,還原性比Na2SO3強,易與酸反應(2S2O42-+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O)。(一)鋅粉法步驟1:按如圖方式,溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,停止通入SO2,反應后得到ZnS2O4溶液。步驟2:將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,過濾,濾渣為Zn(OH)2,向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體。步驟3:,經過濾,用乙醇洗滌,用120~140℃的熱風干燥得到Na2S2O4。(二)甲酸鈉法步驟4:按上圖方式,將裝置中的Zn粉和水換成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。溫度控制在70~83℃,持續(xù)通入SO2,維持溶液pH在4~6,經5~8小時充分反應后迅速降溫45~55℃,立即析出無水Na2S2O4。步驟5:經過濾,用乙醇洗滌,干燥得到Na2S2O4?;卮鹣铝袉栴}:(1)步驟1容器中發(fā)生反應的化學方程式是______;容器中多孔球泡的作用是______。(2)步驟2中“向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體”的原理是(用必要的化學用語和文字說明)______。(3)兩種方法中控制溫度的加熱方式是______。(4)根據上述實驗過程判斷,Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性為:______。(5)甲酸鈉法中生成Na2S2O4的總反應為______。(6)兩種方法相比較,鋅粉法產品純度高,可能的原因是______。(7)限用以下給出的試劑,設計實驗證明甲酸鈉法制得的產品中含有Na2SO4。稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。20、研究金屬與硝酸的反應,實驗如下。(1)Ⅰ中的無色氣體是_________。(2)Ⅱ中生成H2的離子方程式是______________。(3)研究Ⅱ中的氧化劑①甲同學認為該濃度的硝酸中H+的氧化性大于,所以沒有發(fā)生反應。乙同學依據Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確,其實驗證據是____________。②乙同學通過分析,推測出也能被還原,依據是_____________,進而他通過實驗證實該溶液中含有,其實驗操作是____________。(4)根據實驗,金屬與硝酸反應時,影響硝酸還原產物不同的因素有__________;試推測還可能有哪些因素影響_________(列舉1條)。21、M是某香料的有效成分,其分子中含3個六元環(huán)。M的一種合成路線如下:已知:①A分子中所有原子可能共平面;②D的核磁共振氫譜上有6個峰;③H和I互為同系物。請回答下列問題:(1)A的名稱是____________;E中所含官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是____________。(3)寫出H和I反應生成M的化學方程式:___________。(4)T是H的同分異構體,同時具備下列條件的T有___________種(不考慮立體異構),其中,苯環(huán)上一溴代物只有2種的結構簡式為____________。①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應;②能發(fā)生水解反應和銀鏡反應。(5)A酸()在醫(yī)藥方面廣泛用作防腐劑、載體劑、助溶劑等。參照上述流程,以2—丁烯和乙烯為原料合成乳酸,設計合成路線:_____________________(無機試劑任選)。
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.未說明溫度和壓強,故無法確定22.4LHCl的物質的量,無法計算濃度,A錯誤;B.由于銅離子在水溶液中會水解,故1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+的物質的量小于0.3mol,Cu2+和Cl-的總物質的量小于0.9mol,B錯誤;C.根據電荷守恒,K2SO4和NaCl的混合溶液中,,由于溶液呈中性,則,所以,若c(Na+)=c(SO42-),則,C錯誤;D.10℃時,100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水,冷卻到10℃時,有晶體析出,但溶液仍為飽和溶液,D正確;故答案選D。2、D【解析】
A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反應中,HClO3是氧化劑,HClO4、O2是氧化產物,所以氧化性:HClO3>HClO4,故A錯誤;B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為I2被Cl2繼續(xù)氧化生成IO3-:5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-,故B錯誤;C.由生成的Cl2和O2的混合氣體平均分子量為47.6g/mol,則,可得n(Cl2):n(O2)=2:3,由電子守恒得化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,故C錯誤;D.若化學計量數(shù)a=8,b=3,由C可知,化學反應方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,電子轉移數(shù)為20e-,故D正確;答案選D?!军c睛】本題考查氧化還原反應規(guī)律和計算,注意把握氧化還原反應中的強弱規(guī)律,易錯點為C,注意得失電子守恒在氧化還原反應中的應用。3、B【解析】
試題分析:FeCl3
、
CuCl2
的混合溶液中加入鐵粉,
Fe
先和
FeCl3
反應生成
FeCl2
,然后
Fe
再和
CuCl2
發(fā)生置換反應生成
FeCl2
、
Cu,用KSCN溶液檢驗無明顯現(xiàn)象,則溶液中一定沒有Fe3+,一定有Fe2+,因為不清楚鐵粉是否過量,所以不能確定CuCl2
是否反應完,則不能確定溶液中是否有Cu2+,故選B?!军c睛】本題考查金屬的性質,明確離子、金屬反應先后順序是解本題關鍵,根據固體成分確定溶液中溶質成分,側重考查分析能力,題目難度中等。4、D【解析】
A、電離不需要通電,故錯誤;B、電化學防腐不需通電,故錯誤;C、放電不需要通電,故錯誤;D、電解需要通電,故正確。答案選D。5、A【解析】
A.苯的密度比水小,萃取后有機層位于上層,水層位于下層,因此分液時先從分液漏斗下口放出水層,再從上口倒出有機層,故A正確;B.H2S與Na2S溶液能夠發(fā)生反應生成NaHS,因此不能用飽和Na2S溶液除去H2S氣體中混有的HCl,故B錯誤;C.乙酸乙酯制備實驗中,導管需離液面一小段距離,防止倒吸,故C錯誤;D.NaClO具有漂白性,不能用pH試紙測定溶液的pH,故D錯誤;故答案為:A?!军c睛】測定溶液pH時需注意:①用pH試紙測定溶液pH時,試紙不能濕潤,否則可能存在實驗誤差;②不能用pH試紙測定具有漂白性溶液的pH,常見具有漂白性的溶液有:新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。6、C【解析】
A.因為醋酸是弱酸,故①中0.1mol/L的醋酸pH>1,A錯誤;B.若②中a=20,則醋酸和氫氧化鈉恰好反應生成醋酸鈉,醋酸鈉水解顯堿性,B錯誤;C.③中溶液的電荷守恒為:,結合,故,所以,,pH<7,C正確;D.①與③所得溶液相比,③相當于向①中加入了氯化鈉溶液,越稀越電離,故等體積時③中醋酸分子數(shù)少,D錯誤;答案選C。7、A【解析】
短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,常溫下乙為液體,應該為H2O,則a為H元素,A為d元素組成的單質,且與丙反應生成水和常用于消毒、漂白的丁,則丙應為堿,由轉化關系可知甲為Na2O,丙為NaOH,A為Cl2,生成丁、戊為NaCl,NaClO,可知b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素,以此解答該題?!驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為H元素、b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素,甲為Na2O、乙為H2O、丙為NaOH、丁為NaClO、戊為NaCl;A.b、c對應的離子為O2-和Na+,具有相同的核外電子排布,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,則離子半徑O2->Na+,即b>c,故A錯誤;B.丙為NaOH,由Na+和OH-組成,則含有離子鍵和極性共價鍵,故B正確;C.b為O元素、c為Na元素,兩者組成的Na2O和Na2O2中陰、陽離子數(shù)目比均為1:2,故C正確;D.a、b、d形成的化合物中,若為NaClO,Cl原子的價電子對為1+=4,則Cl的雜化方式是sp3;若為NaClO2,Cl原子的價電子對為2+=4,則Cl的雜化方式是sp3;同理若為NaClO3或NaClO4,Cl原子雜化方式仍為sp3,故D正確;故答案為A。8、B【解析】
A.若R2-和M+的核外電子層結構相同,則R元素在M元素的上一個周期,即原子序數(shù):R<M,故A錯誤;B.若X、Y屬于同主族元素,且相對原子質量X>Y,則X在Y的下一個周期,根據元素周期律,金屬性:X>Y,原子失電子能力:X>Y,故B正確;C.因為X、Y可能為N、O、F,則可能存在氫鍵,所以不能通過其氣態(tài)氫化物的相對分子質量的大小去確定其沸點的大小,故C錯誤;D.鎂的金屬性大于鋁,但鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成的原電池中,鋁作負極,則若金屬性M>N,則以M、N為兩電極的原電池中M不一定是負極,故D錯誤;綜上所述,答案為B?!军c睛】活潑性不同的兩金屬單質形成原電池時,一般活潑的金屬作負極,但作負極的金屬要能與電解質溶液發(fā)生氧化還原反應,所以不是活潑的金屬就一定做負極材料。9、A【解析】分析:根據元素周期律分析。詳解:A.同周期自左向右金屬性逐漸減弱,則金屬性:Al<Mg,A錯誤;B.同主族從上到下非金屬性逐漸減弱,氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱,則穩(wěn)定性:HF>HCl,B正確;C.同周期自左向右金屬性逐漸減弱,最高價氧化物水化物的堿性逐漸減弱,則堿性:NaOH>Mg(OH)2,C正確;D.同周期自左向右非金屬性逐漸增強,最高價含氧酸的酸性逐漸增強,則酸性:HClO4>H2SO4,D正確。答案選A。10、D【解析】
A.天然油脂為高級脂肪酸與甘油生成的酯,水解反應屬于取代反應的一種;B.在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液;C.加入硫酸鈉,蛋白質不變性;D.氨基酸含羧基和氨基官能團?!驹斀狻緼.油脂得到皂化是在堿性條件下發(fā)生的水解反應,水解反應屬于取代反應,故A錯誤;B.在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液中和未反應的稀硫酸,否則不產生磚紅色沉淀,故B錯誤;C.加入濃硫酸鈉溶液,蛋白質發(fā)生鹽析,不變性,故C錯誤;D.氨基酸結構中都含有﹣COOH和﹣NH2兩種官能團,甘氨酸為最簡單的氨基酸,故D正確;故選:D。【點睛】解題關鍵:明確官能團及其性質關系,易錯點A,注意:水解反應、酯化反應都屬于取代反應。11、D【解析】
本題主要考查電解原理??沙潆婁嚳諝怆姵胤烹姇r,墨汁中的碳作鋰電池的正極,活潑的鋰是負極,電解質里的陽離子經過有機電解質溶液移向正極;開關K閉合給鋰電池充電,電池負極接電源的負極,充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應,據此回答。【詳解】A、可充電鋰空氣電池放電時,墨汁中的碳作鋰電池的正極,錯誤;B、開關K閉合給鋰電池充電,電池負極接電源的負極,X為直流電源負極,錯誤;C、放電時,Li+由負極經過有機電解質溶液移向正極,錯誤;D、充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應:Li2O2?2e?===O2↑+2Li+,故D正確。12、C【解析】
A.蛋白質與NaCl飽和溶液發(fā)生鹽析,硫酸銅溶液可使蛋白質變性,故A錯誤;B.溴乙烷與NaOH溶液共熱后,應先加入硝酸酸化除去過量的NaOH,否則不能排除AgOH的干擾,故B錯誤;C.濃度相同,Ksp小的先沉淀,由現(xiàn)象可知Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故C正確;D.醋酸易揮發(fā),醋酸與苯酚鈉溶液反應也能產生白色渾濁,則不能比較碳酸、苯酚的酸性強弱,故D錯誤;故答案為C。13、A【解析】
短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應水化物分別為X、Y、Z、W,M是短周期中原子半徑最大的元素,則M為Na元素,則X為NaOH;0.1mol/L的W溶液pH=1,則W為一元含氧強酸,且Q的原子序數(shù)大于Na元素,則Q為Cl元素、W為HClO4;0.1
mol/L的Z溶液pH=0.7,則氫離子濃度為10-0.7mol/L=0.2mol/L,故Z為二元強酸,且P的原子序數(shù)大于Na元素,則P為S元素、Z為H2SO4;常溫下X、Z、W均可與Y反應,則Y為兩性氫氧化物,則Y為Al(OH)3、N為Al元素,據此解答?!驹斀狻緼.N為Al元素,原子核外有3個電子層數(shù),最外層電子數(shù)為3,其電子層與最外層電子數(shù)相等,故A正確;B.Na+、Al3+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Na+>Al3+,故B錯誤;C.非金屬性Cl>S,故簡單氫化物穩(wěn)定性:HCl>H2S,故C錯誤;D.NaOH為離子化合物,含有離子鍵、共價鍵,HClO4為分子化合物,分子內只含有共價鍵,二者含有化學鍵不全相同,故D錯誤;故答案為:A?!军c睛】“三看”法快速判斷簡單微粒半徑的大?。阂豢措娮訉訑?shù):最外層電子數(shù)相同時,電子層數(shù)越多,半徑越大;二看核電荷數(shù):當電子層結構相同時,核電荷數(shù)越大,半徑越??;三看核外電子數(shù):當電子層數(shù)和核電荷數(shù)均相同時,核外電子數(shù)越多,半徑越大。14、B【解析】
A.①在原電池裝置中,氧化銀將甲醛充分氧化為CO2,則負極HCHO失電子變成CO2,其電極反應式為:HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+,A項正確;B.Ag2O極板作正極,原電池中陽離子向正極移動,則①溶液中的H+由負極移向正極,B項錯誤;C.甲醛濃度越大,反應生成的Fe2+的物質的量濃度越大,形成有色配合物的濃度越大,吸光度越大,C項正確;D.甲醛充分氧化為CO2,碳元素的化合價從0價升高到+4價,轉移電子數(shù)為4,F(xiàn)e3+反應生成Fe2+轉移電子數(shù)為1,則理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1:4,D項正確;答案選B?!军c睛】本題的難點是D選項,原電池有關的計算主要抓住轉移的電子數(shù)相等,根據關系式法作答。15、A【解析】
A.一個P4分子中含有6個P-P鍵,所以1molP4(正四面體結構)含有6NA個P-P鍵,故A正確;B.一個CH3+所含電子數(shù)為6+3-1=8,所以1mol碳正離子(CH3+)所含的電子總數(shù)為8NA,故B錯誤;C.溶液體積未知,無法計算所含微粒數(shù)目,故C錯誤;D.8g氧氣的物質的量為0.25mol,過氧化鈉與水反應過程中氧化產物為O2,且為唯一氧化產物,氧元素化合價由-1價變?yōu)?價,所以轉移的電子數(shù)目為0.5NA,故D錯誤;故答案為A。16、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。【詳解】A.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。二、非選擇題(本題包括5小題)17、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反應取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】
因為溶液呈無色,溶液中一定不含F(xiàn)e2+;根據①取少量原溶液,加幾滴甲基橙,溶液變紅色,說明溶液呈酸性,則溶液中不含HCO3-;根據②取少量原溶液,濃縮,加Cu片和濃H2SO4,加熱,有無色氣體產生,后在空氣中又變成紅棕色,則原溶液中含NO3-,由于酸性條件下NO3-具有強氧化性,原溶液中不含I-;根據③取少量原溶液,加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,則原溶液中含有SO42-、不含Ba2+;取③中上層清液,加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,且不溶于HNO3,③中上層清液中含Cl-,但由于BaCl2引入Cl-,不能確定原溶液中是否含Cl-;根據⑤取少量原溶液,加NaOH溶液,有白色沉淀生成,當NaOH過量時沉淀部分溶解,則原溶液中含有Mg2+、Al3+;(1)溶液中肯定存在的離子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-;(2)溶液中肯定不存在的離子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-;(3)要進一步確定溶液中是否含有Na+,應補充的實驗是:焰色反應;要進一步確定溶液中是否含有Cl-,應用稀硝酸和AgNO3溶液,但SO42-會構成干擾,所以先排除SO42-的干擾,故補充的實驗是:取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
。18、43-甲基丁酸羥基加成反應或還原反應13、AD【解析】分析:在合成路線中,C+F→G為酯化反應,由F和G的結構可推知C為:,結合已知①,可推知B為:,由F的結構和E→F的轉化條件,可推知E的結構簡式為:,再結合已知②,可推知D為:。詳解:(1)分子中有4種等效氫,故其核磁共振氫譜圖中有4組吸收峰,的名稱為3-甲基丁酸,因此,本題正確答案為:.4;3-甲基丁酸;(2)中含氧官能團的名稱為羥基,根據已知②可寫出D→E的化學方程式為。(3)E-F為苯環(huán)加氫的反應,其反應類型為加成反應或還原反應。故答案為加成反應或還原反應;(4)的同分異構體中,結構中有醚鍵且苯環(huán)上只有一個取代基結構:分兩步分析,首先從分子組成中去掉-O-,剩下苯環(huán)上只有一個取代基結構為:,由于丁基有4種,所以也有4種,、、、,第二步,將-O-插入C-C之間形成醚分別有4種、4種、3種和2種,共有13種,其中甲基數(shù)目最多的同分異構體的結構簡式為、。所以,本題答案為:13;、;(5)A.由結構簡式知G的分子式為C15H28O2,故A正確;B.1molG水解能消耗1mol
NaOH,故B錯誤;C.G中六元碳環(huán)上的C原子為飽和碳原子,不在同一平面上,故至少有8個C原子共平面是錯誤的;D.合成路線中生成G的反應為酯化反應,也屬于取代反應,故D正確;所以,本題答案為:AD(6)以1-丁醇為原料制備正戊酸(
CH3CH2CH2CH2COOH),屬于增長碳鏈的合成,結合題干中A→B→C的轉化過程可知,1-丁醇先消去生成1-丁烯,再和CO/H2反應生成戊醛,最后氧化生成正戊酸,合成路線為:19、H2O+SO2=H2SO3,Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大氣體與溶液的接觸面積,加快氣體的吸收速率溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反應方向移動水浴加熱Na2S2O4在水中溶解度較大,在酒精中溶解度較小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2難溶于水,易與Na2S2O4分離取少量產品配成稀溶液,加入足量稀鹽酸,充分反應后靜置,取上層清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,則可確定產品中含有Na2SO4【解析】
合成保險粉的反應物為Zn、SO2、H2O,根據溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,停止通入SO2,反應后得到ZnS2O4溶液,據此分析解答。【詳解】(1)合成保險粉的反應物有Zn、SO2、H2O,根據溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,說明發(fā)生了:H2O+SO2=H2SO3反應,最后反應得到ZnS2O4溶液,說明又發(fā)生了:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反應,總過程也可以寫成:Zn+2SO2ZnS2O4,多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積,加快氣體的吸收速率;(2)溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反應方向移動,所以向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體;(3)根據溫度控制在40~45℃可知需要控制溫度的加熱方式一般是水浴加熱;(4)根據步驟2中將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,過濾,濾渣為Zn(OH)2,向濾液中加入食鹽,才析出Na2S2O4?2H2O晶體,可知Na2S2O4在水中溶解度較大;根據步驟5析出的晶體用無水乙醇洗滌的目的是使晶體迅速干燥,避免溶解而減少損耗,可知其在酒精中溶解度較??;(5)由題意可知甲酸鈉、二氧化硫、碳酸鈉反應生成Na2S2O4,同時生成二氧化碳,反應的方程式為2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2;(6)鋅粉法產品純度高,可能的原因是Zn(OH)2難溶于水,易與Na2S2O4分離;(7)設計實驗證明甲酸鈉法制得的產品中含有Na2SO4,要避免Na2S2O4干擾,所以取少量產品配成稀溶液,加入足量稀鹽酸,充分反應后靜置,取上層清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,則可確定產品中含有Na2S
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