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文檔簡介
廣東省羅定第二中學(xué)2024年高三下學(xué)期聯(lián)合考試化學(xué)試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每題只有一個選項(xiàng)符合題意)1、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,Y與W同族,W的核電荷數(shù)是Y的兩倍,四種元素組成的一種化合物如圖所示。下列說法一定正確的是()A.簡單離子半徑:Z>W(wǎng)>Y>XB.最簡單氫化物的穩(wěn)定性:W>YC.X與Z可形成離子化合物ZXD.W的氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸2、已知反應(yīng):10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑,則下列說法正確的是()A.KNO3是氧化劑,KNO3中N元素被氧化B.生成物中的Na2O是氧化產(chǎn)物,K2O是還原產(chǎn)物C.每轉(zhuǎn)移1mole﹣,可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的體積為35.84升D.若有65gNaN3參加反應(yīng),則被氧化的N的物質(zhì)的量為3.2mol3、25℃時,將濃度均為0.1molL、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3·H2O溶液按不同體積比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb與混合液的pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A.Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B.b點(diǎn)時c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+)C.a(chǎn)、b、d幾點(diǎn)中,水的電離程度d>b>aD.a(chǎn)→b點(diǎn)過程中,可能存在c(X—)<c(NH4+)4、下列溶液一定呈中性的是A.c(H+)=c(OH–) B.pH=7 C.KW=10-14 D.c(H+)=10-7mol/L5、科學(xué)家設(shè)計了一種可以循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2的裝置,總反應(yīng)方程式為2CO2=2CO+O2,下列說法不正確的是A.由圖分析N電極為負(fù)極B.OH-通過離子交換膜遷向右室C.反應(yīng)完畢,該裝置中電解質(zhì)溶液的堿性增強(qiáng)D.陰極的電極反應(yīng)式為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-6、被譽(yù)為“礦石熊貓”的香花石,由我國地質(zhì)學(xué)家首次發(fā)現(xiàn),它由前20號元素中的6種組成,分別為X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z為金屬元素,Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等,X、Z位于同族,Y、Z、R、T位于同周期,R最外層電子數(shù)是次外層的3倍,T無正價,X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A.離子半徑:R>T>Y>ZB.XR2、WR2兩種化合物中R的化合價相同C.最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性:X>ZD.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W<R<T7、用如圖示的方法可以保護(hù)鋼質(zhì)閘門。下列說法正確的是()A.當(dāng)a、b間用導(dǎo)體連接時,則X應(yīng)發(fā)生氧化反應(yīng)B.當(dāng)a、b間用導(dǎo)體連接時,則X可以是鋅或石墨C.當(dāng)a、b與外接電源相連時,a應(yīng)連接電源的正極D.當(dāng)a、b與外接電源相連時,陰極的電極反應(yīng)式:2Cl--2e-=Cl2↑8、用滴有酚酞和氯化鈉溶液濕潤的濾紙分別做甲、乙兩個實(shí)驗(yàn),下列判斷錯誤的是()A.b極附近有氣泡冒出 B.d極附近出現(xiàn)紅色C.a(chǎn)、c極上都發(fā)生氧化反應(yīng) D.甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕9、練江整治已刻不容緩,其中以印染工業(yè)造成的污染最為嚴(yán)重。某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO),設(shè)計了如下工業(yè)流程:下列說法錯誤的是A.氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COB.X在反應(yīng)中作氧化劑,可通入過量的空氣C.處理含NH4+廢水時,發(fā)生離子方程式是:NH4++NO2-=N2↑+2H2OD.捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO10、下列各組離子能在指定溶液中,大量共存的是()①無色溶液中:K+,Cu2+,Na+,MnO4-,SO42-②使pH=11的溶液中:CO32-,Na+,AlO2-,NO3-③加入Al能放出H2的溶液中:Cl-,HCO3-,NO3-,NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中:NH4+,Cl-,K+,SO42-⑤使石蕊變紅的溶液中:Fe3+,MnO4-,NO3-,Na+,SO42-⑥酸性溶液中:Fe2+,Al3+,NO3-,I-,Cl-A.①②⑤ B.①③⑥ C.②④⑤ D.①②④11、某化學(xué)興趣小組對教材中乙醇氧化及產(chǎn)物檢驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)和創(chuàng)新,其改進(jìn)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,按圖組裝好儀器,裝好試劑。下列有關(guān)改進(jìn)實(shí)驗(yàn)的敘述不正確的是A.點(diǎn)燃酒精燈,輕輕推動注射器活塞即可實(shí)現(xiàn)乙醇氧化及部分產(chǎn)物的檢驗(yàn)B.銅粉黑紅變化有關(guān)反應(yīng)為:2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2OC.硫酸銅粉末變藍(lán),說明乙醇氧化反應(yīng)生成了水D.在盛有新制氫氧化銅懸濁液的試管中能看到磚紅色沉淀12、下列物質(zhì)中,按只有氧化性,只有還原性,既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是A.Cl2、Al、H2 B.F2、K、HClC.NO2、Na、Br2 D.HNO3、SO2、H2O13、類比pH的定義,對于稀溶液可以定義pC=-lgC,pKa=-lgKa,常溫下,某濃度H2A溶液在不同pH值下,測得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)變化如圖所示,下列說法正確的是A.隨著pH的增大,pC增大的曲線是A2﹣的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)B.pH=3.50時,c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C.b點(diǎn)時c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D.pH=3.00~5.30時,c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先減小后增大14、下圖是某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室從化學(xué)試劑商店買回的硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容。據(jù)此下列說法正確的是()A.該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol·L-1B.1molZn與足量該硫酸反應(yīng)產(chǎn)生2g氫氣C.配制200mL4.6mol·L-1的稀硫酸需取該硫酸50mLD.該硫酸與等質(zhì)量的水混合后所得溶液的濃度大于9.2mol·L-115、有4種碳骨架如下的烴,下列說法正確的是()a.b.c.d.①a和d是同分異構(gòu)體②b和c是同系物③a和d都能發(fā)生加聚反應(yīng)④只有b和c能發(fā)生取代反應(yīng)A.①② B.①④ C.②③ D.①②③16、中國科學(xué)家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極,設(shè)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(guān)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(guān)K給鋰電池充電,X為直流電源正極C.放電時,Li+由正極經(jīng)過有機(jī)電解質(zhì)溶液移向負(fù)極D.充電時,陽極的電極反應(yīng)式為Li2O2-2e-=O2+2Li+二、非選擇題(本題包括5小題)17、有機(jī)物PAS-Na是一種治療肺結(jié)核藥物的有效成分,有機(jī)物G是一種食用香料,以甲苯為原料合成這兩種物質(zhì)的路線如圖:已知:①②(R=—CH3或—H)③回答下列問題:(1)生成A的反應(yīng)類型是___。(2)F中含氧官能團(tuán)的名稱是___,試劑a的結(jié)構(gòu)簡式為___。(3)寫出由A生成B的化學(xué)方程式:___。(4)質(zhì)譜圖顯示試劑b的相對分子質(zhì)量為58,分子中不含甲基,且為鏈狀結(jié)構(gòu),寫出肉桂酸與試劑b生成G的化學(xué)方程式:___。(5)當(dāng)試劑d過量時,可以選用的試劑d是___(填字母序號)。a.NaHCO3b.NaOHc.Na2CO3(6)肉桂酸有多種同分異構(gòu)體,寫出符合下列條件的任意一種的結(jié)構(gòu)簡式___。a.苯環(huán)上有三個取代基;b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng),且1mol該有機(jī)物最多生成4molAg;c.苯環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境氫原子18、聚碳酸酯(簡稱PC)是重要的工程塑料,某種PC塑料(N)的合成路線如下:已知:i.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii.R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO(1)A中含有的官能團(tuán)名稱是______。(2)①、②的反應(yīng)類型分別是______、______。(3)③的化學(xué)方程式是______。(4)④是加成反應(yīng),G的核磁共振氫譜有三種峰,G的結(jié)構(gòu)簡式是______。(5)⑥中還有可能生成的有機(jī)物是______(寫出一種結(jié)構(gòu)簡式即可)。(6)⑦的化學(xué)方程式是______。(7)己二醛是合成其他有機(jī)物的原料。L經(jīng)過兩步轉(zhuǎn)化,可以制備己二醛。合成路線如下:中間產(chǎn)物1的結(jié)構(gòu)簡式是______。19、ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑,其溶解度約是Cl2的5倍,但溫度過高濃度過大時均易發(fā)生分解,因此常將其制成KClO2固體,以便運(yùn)輸和貯存。制備KClO2固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,其中A裝置制備ClO2,B裝置制備KClO2。請回答下列問題:(1)A中制備ClO2的化學(xué)方程式為__。(2)與分液漏斗相比,本實(shí)驗(yàn)使用滴液漏斗,其優(yōu)點(diǎn)是__。加入H2SO4需用冰鹽水冷卻,是為了防止液體飛濺和__。(3)實(shí)驗(yàn)過程中通入空氣的目的是__,空氣流速過快,會降低KClO2產(chǎn)率,試解釋其原因__。(4)ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同時還有可能生成的物質(zhì)__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,取等質(zhì)量的變質(zhì)前后的KClO2試樣配成溶液,分別與足量的FeSO4溶液反應(yīng)消耗Fe2+的物質(zhì)的量__(填“相同”、“不相同”“無法確定”)。20、無水四氯化錫(SnCl4)常用作有機(jī)合成的氯化催化劑。實(shí)驗(yàn)室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫,實(shí)驗(yàn)裝置圖如圖:查閱資料可知:①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=-511kJ/mol②SnCl4易揮發(fā),極易發(fā)生水解。③相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下:物質(zhì)SnSnCl4CuCl2熔點(diǎn)/℃232-33620沸點(diǎn)/℃2260114993密度/g·cm-37.3102.2263.386回答下列問題:(1)a管的作用是__________。(2)A中反應(yīng)的離子方程式是__________。(3)D中冷卻水的作用是________________。(4)尾氣處理時,可選用的裝置是__________(填序號)。(5)錫粒中含銅雜質(zhì)致D中產(chǎn)生CuCl2,但不影響E中產(chǎn)品的純度,原因是________。(6)制得的SnCl4產(chǎn)品中常含有SnCl2,可用如下方法測定產(chǎn)品純度:先準(zhǔn)確稱量7.60g產(chǎn)品于錐形瓶中,再加過量的FeCl3溶液,發(fā)生反應(yīng):SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2,再用0.1000mol/LK2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的Fe2+,此時還原產(chǎn)物為Cr3+,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL,則SnCl4產(chǎn)品的純度為__________。21、物質(zhì)M是一種日常生活中不可缺少的調(diào)味品.已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰,M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分產(chǎn)物已略去)(1)寫出用惰性電極電解M溶液的離子方程式_____。(2)比較B中各元素原子半徑由大到小_____(填元素符號)。(3)若A是一種酸性氧化物,且可用于制造玻璃,則G的化學(xué)式是_____。(4)若A是一種常見金屬單質(zhì),且A與B溶液能夠反應(yīng),則將過量的F溶液逐滴加入E溶液,邊加邊振蕩,所看到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。(5)若A是一種鹽,A溶液與B溶液混合產(chǎn)生白色絮狀沉淀且瞬間變?yōu)榛揖G色,最后變成紅褐色的E,則由A轉(zhuǎn)化成E的離子方程式是_____。(6)若A是一種溶液,只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些離子,當(dāng)向該溶液中加入B溶液時發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生變化如圖所示,由此可知,該溶液中肯定含有的離子及其濃度之比為_____。(7)若E可用于檢驗(yàn)葡萄糖的存在,寫出G溶液充分蒸發(fā)灼燒后的產(chǎn)物與乙醇反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。
參考答案一、選擇題(每題只有一個選項(xiàng)符合題意)1、C【解析】
首先發(fā)現(xiàn)Y形成了雙鍵,因此推測Y是氧或者硫,考慮到四種元素的原子序數(shù)依次增大,Y與W同族,W的核電荷數(shù)是Y的兩倍,因此Y只能是氧,W是硫,X為氫,Z則只能是鈉,故該物質(zhì)為亞硫酸氫鈉,據(jù)此來分析本題即可?!驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知X、Y、Z、W分別是H、O、Na、S。A.根據(jù)分析,四種簡單離子半徑的大小為,A項(xiàng)錯誤;B.元素的非金屬性越強(qiáng),其簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng),氧的非金屬性強(qiáng)于硫,最簡單氫化物的穩(wěn)定性:W<Y,B項(xiàng)錯誤;C.氫和Na可以形成氫化鈉,這是一種金屬氫化物,C項(xiàng)正確;D.硫只有最高價氧化物對應(yīng)的水化物(硫酸)才是強(qiáng)酸,二氧化硫?qū)?yīng)的水化物(亞硫酸)是一種弱酸,D項(xiàng)錯誤;答案選C。2、C【解析】
10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中,N元素的化合價由-價升高為0,N元素的化合價由+5價降低為0,該反應(yīng)轉(zhuǎn)移10e-,以此來解答?!驹斀狻緼.、KNO3中N元素的化合價降低,為氧化劑,其中氮元素被還原,故A錯誤;B、只有N元素的化合價變化,則N2是氧化產(chǎn)物,也是還原產(chǎn)物,故B錯誤;C、由反應(yīng)可知轉(zhuǎn)移10mol電子生成16mol氮?dú)?,則每轉(zhuǎn)移1mol電子,可生成N2為1.6mol,標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的體積為35.84L,故C正確;D、若有65gNaN3參加反應(yīng),則被氧化的N的物質(zhì)的量為,故D錯誤;故選C。3、B【解析】
A.根據(jù)b點(diǎn),等體積、等濃度HX溶液與NH3·H2O的混合液pH=7,說明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O),故A錯誤;B.b點(diǎn)是等體積、等濃度HX溶液與NH3·H2O的混合液,溶質(zhì)是NH4X,pH=7,X-、NH4+相互促進(jìn)水解生成HX,所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)=c(H+),故B正確;C.a→b點(diǎn)過程,相當(dāng)于向HA溶液中加氨水至恰好反應(yīng),所以水的電離程度逐漸增大,a、b、d幾點(diǎn)中,水的電離程度b>a>d,故C錯誤;D.a→b點(diǎn)過程中,溶液呈酸性,c(OH—)<c(H+),根據(jù)電荷守恒,不可能存在c(X—)<c(NH4+),故D錯誤?!军c(diǎn)睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較,側(cè)重于學(xué)生分析能力、讀圖能力的考查,注意把握物料守恒、電荷守恒的運(yùn)用。4、A【解析】
溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)與c(OH–)的相對大小,據(jù)此判斷溶液酸堿性?!驹斀狻緼.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性,A項(xiàng)正確;B.只有常溫下pH=7的溶液才是中性的,B項(xiàng)錯誤;C.常溫下稀溶液中KW=10-14,溶液不一定中性,C項(xiàng)錯誤;D.只有常溫下c(H+)=10-7mol/L時,溶液才是中性的,D項(xiàng)錯誤;本題選A。5、C【解析】
電池內(nèi)部,電子向負(fù)極遷移,結(jié)合圖可知,N電極為負(fù)極,P電極為正極。【詳解】A.由分析可知,N電極為負(fù)極,A正確;B.右邊的裝置與太陽能電池相連,為電解池,左邊Pt電極與電池負(fù)極相連,為陰極,右邊Pt電極與電池正極相連,為陽極,電解池中,陰離子向陽極移動,故OH-通過離子交換膜遷向右室,B正確;C.總反應(yīng)方程式為2CO2=2CO+O2,電解質(zhì)溶液pH不變,堿性不變,C錯誤;D.CO2在陰極得電子生成CO,結(jié)合電解質(zhì)、電荷守恒、原子守恒可寫出陰極反應(yīng)式為:CO2+H2O+2e-=CO+2OH-,D正確。答案選C。6、B【解析】
X、Y、Z、W、R、T屬于周期表的前20號元素,其中X、Y、Z為金屬元素。R最外層電子數(shù)是次外層的3倍,則R含有2個電子層,最外層含有6個電子,為O元素;Y、Z、R、T位于同周期,都位于第二周期,T無正價,則T為F元素;Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等,且位于第二周期,則Z為Be元素,X、Z位于同族,則X為Mg或Ca元素;Y為第二周期的金屬元素,則Y為Li;X與R(O)原子序數(shù)之和是W的2倍,X為Mg時,W的原子序數(shù)為(12+8)/2=10,為Ne元素,為稀有氣體,不滿足條件;X為Ca時,W的原子序數(shù)為(20+8)/2=14,則W為Si元素,據(jù)此解答?!驹斀狻扛鶕?jù)分析可知:X為Ca,Y為Li,Z為Be,W為Si,R為O,T為F元素。A.電子層越多離子半徑越大,電子層相同時,核電荷數(shù)越大原子半徑越小,則簡單離子半徑:R>T>Y>Z,故A正確;B.XR2、WR2分別為CaO2、SiO2,CaO2中O元素化合價為-1,SiO2中O元素化合價為-2,兩種化合物中O的化合價不相同,故B錯誤;C.同一主族從上到下金屬性逐漸減弱,則金屬性Ca>Be,則最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性:X>Z,故C正確;D.非金屬性F>O>Si,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W<R<T,故D正確。7、A【解析】
A.當(dāng)a、b間用導(dǎo)體連接時構(gòu)成原電池,根據(jù)題意,X應(yīng)為負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),A正確;B.當(dāng)a、b間用導(dǎo)體連接時構(gòu)成原電池,根據(jù)題意,X應(yīng)為負(fù)極,X應(yīng)比Fe活潑,則X可以是鋅,不能選用石墨,B錯誤;C.當(dāng)a、b與外接電源相連時,a應(yīng)連接電源的負(fù)極,C錯誤;D.當(dāng)a、b與外接電源相連時,陰極應(yīng)該發(fā)生得電子的還原反應(yīng),D錯誤;答案選A。8、A【解析】
甲構(gòu)成原電池,乙為電解池,甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕,正極上電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e-=4OH-,乙中陰極上電極反應(yīng)式為:2H++2e-=H2↑,水電離出的氫離子放電,導(dǎo)致陰極附近有大量OH-,溶液呈堿性,無色酚酞試液遇堿變紅色,以此解答該題。【詳解】A、b極附是正極,發(fā)生電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e-=4OH-,所以無氣泡冒出,故A錯誤;B、乙中陰極上電極反應(yīng)式為:2H++2e-=H2↑,水電離出的氫離子放電,導(dǎo)致陰極附近有大量OH-,溶液呈堿性,無色酚酞試液遇堿變紅色,故B正確;C、a是原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)、c極是電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng),所以a、c極上都發(fā)生氧化反應(yīng),故C正確;
D、甲中鐵是原電池的負(fù)極被腐蝕,而乙中是電解池的陰極被保護(hù),所以甲中鐵棒比乙中鐵棒更易腐蝕,故D正確;故答案選A?!军c(diǎn)睛】作為電解池,如果金屬鐵連在電源的正極上做電解池的陽極,鐵更易失電子變?yōu)閬嗚F離子,腐蝕速率加快;如果金屬鐵連在電源的負(fù)極上做電解池的陰極,金屬鐵就不能失電子,只做導(dǎo)體的作用,金屬鐵就被保護(hù),不發(fā)生腐蝕。9、B【解析】
工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固體I為CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用NaOH溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成N2,則氣體II含有CO、N2,捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO,以此解答該題。【詳解】工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固體I為CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用NaOH溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成氮?dú)?,則氣體II含有CO、N2,捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A.工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成CaCO3、CaSO3,因Ca(OH)2過量,則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO,A正確;B.由分析可知,氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO,氣體I通入氣體X,用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2,X可為空氣,但不能過量,否則得到NaNO3,B錯誤;C.NaNO2與含有NH4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體,應(yīng)生成N2,發(fā)生氧化還原反應(yīng),離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O,C正確;D.氣體II含有CO、N2,經(jīng)捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO,D正確;故答案選B?!军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純的綜合應(yīng)用,側(cè)重學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意把握物質(zhì)的性質(zhì),為解答該題的關(guān)鍵,題目涉及廢水的處理,有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng),提高環(huán)保意識。10、C【解析】
①無色溶液中,不含有呈紫色的MnO4-,①不合題意;②CO32-,AlO2-都能發(fā)生水解反應(yīng),使溶液呈堿性,②符合題意;③加入Al能放出H2的溶液,可能呈酸性,也可能呈堿性,但HCO3-都不能大量存在,③不合題意;④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性,NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在,④符合題意;⑤使石蕊變紅的溶液呈酸性,F(xiàn)e3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在,⑤符合題意;⑥酸性溶液中,F(xiàn)e2+、NO3-、I-會發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量存在,⑥不合題意。綜合以上分析,只有②④⑤符合題意。故選C。11、D【解析】
點(diǎn)燃酒精燈,輕輕推動注射器活塞即可反應(yīng),空氣帶著乙醇蒸氣與熱的銅粉發(fā)生反應(yīng),選項(xiàng)A正確;看到銅粉變黑,發(fā)生2Cu+O22CuO,看到銅粉黑變紅,發(fā)生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O,選項(xiàng)B正確;硫酸銅粉末變藍(lán),是因?yàn)樯闪宋逅蛩徙~,說明乙醇氧化有水生成,選項(xiàng)C正確;乙醛與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀需要加熱,選項(xiàng)D不正確。12、B【解析】
物質(zhì)的氧化性和還原性,需從兩個反面入手。一是熟悉物質(zhì)的性質(zhì),二是物質(zhì)所含元素的化合價。如果物質(zhì)所含元素處于中間價態(tài),則物質(zhì)既有氧化性又有還原性,處于最低價,只有還原性,處于最高價,只有氧化性?!驹斀狻緼.Cl2中Cl元素化合價為0價,處于其中間價態(tài),既有氧化性又有還原性,而金屬鋁和氫氣只有還原性,A錯誤;A.F2只有氧化性,F(xiàn)2化合價只能降低,K化合價只能升高,所以金屬鉀只有還原性,鹽酸和金屬反應(yīng)表現(xiàn)氧化性,和高錳酸鉀反應(yīng)表現(xiàn)還原性,B正確;C.NO2和水的反應(yīng)說明NO2既有氧化性又有還原性,金屬鈉只有還原性,溴單質(zhì)既有氧化性又有還原性,C錯誤;D.SO2中硫元素居于中間價,既有氧化性又有還原性,D錯誤。故合理選項(xiàng)是B?!军c(diǎn)睛】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質(zhì)得電子的能力,處于高價態(tài)的物質(zhì)一般具有氧化性,還原性是在氧化還原反應(yīng)里,物質(zhì)失去電子或電子對偏離的能力,金屬單質(zhì)和處于低價態(tài)的物質(zhì)一般具有還原性,元素在物質(zhì)中若處于該元素的最高價態(tài)和最低價態(tài)之間,則既有氧化性,又有還原性。13、C【解析】
H2A存在電離平衡:H2A?H++HA-、HA-?H++A2-,pH增加促進(jìn)電離平衡正向移動,所以由圖可知:下方曲線是HA-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),左側(cè)曲線是H2A的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),右側(cè)曲線是A2-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),由此分析解答?!驹斀狻緼.由分析可知,隨著pH的增大,pC增大的曲線是H2A的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),故A錯誤;
B.pH=3.50時,左側(cè)曲線是H2A的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),右側(cè)曲線是A2-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù),此時pC(H2A)>pC(A2-)>pC(HA-),即c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),故B錯誤;C.b點(diǎn)時,c(H2A)=c(A2-),,交點(diǎn)a處c(HA-)=c(H2A),故Ka1==c(H+)=l×10-0.8,HA-?A2-+H+,交點(diǎn)c處c(HA-)=c(A2-),故Ka2==c(H+)=l×10-5.3,故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5,故C正確;D.D.pH=3.00~5.30時,結(jié)合物料守恒c(H2A)+c(HA-)+C(A2-)始終不變,故D錯誤;故答案為C。【點(diǎn)睛】認(rèn)真分析縱坐標(biāo)的意義,明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵,注意掌握電離平衡及其影響,試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。14、C【解析】
A.根據(jù)c=1000ρ×ω/M進(jìn)行計算;B.Zn與濃H2SO4反應(yīng)放出SO2氣體;C.根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的量不變求出所需濃硫酸的體積;D.濃硫酸與等質(zhì)量的水混合后所得溶液的濃度小于濃硫酸濃度的平均值;【詳解】A.根據(jù)c=1000ρ×ω/M可知,硫酸的濃度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L,A錯誤;B.Zn與濃H2SO4反應(yīng)放出SO2氣體;B錯誤;C.設(shè)需取該濃硫酸xmL,根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的量不變可知:200mL×4.6mol·L-1=x·18.4mol·L-1,x=50mL,C正確;D.由于水的密度小于H2SO4的密度,所以當(dāng)濃H2SO4與水等質(zhì)量混合時,其體積大于濃H2SO4體積的2倍,所以其物質(zhì)的量濃度小于9.2mol·L-1,D錯誤;綜上所述,本題選C。15、A【解析】
由碳架結(jié)構(gòu)可知a為(CH3)2C=CH2,b為C(CH3)4,c為(CH3)3CH,d為環(huán)丁烷,①a為(CH3)2C=CH2,屬于烯烴,d為環(huán)丁烷,屬于環(huán)烷烴,二者分子式相同,結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體,①正確;②b為C(CH3)4,c為(CH3)3CH,二者都屬于烷烴,分子式不同,互為同系物,②正確;③a為(CH3)2C=CH2,含有C=C雙鍵,可以發(fā)生加聚反應(yīng),d為環(huán)丁烷,屬于環(huán)烷烴,不能發(fā)生加聚反應(yīng),③錯誤;④都屬于烴,一定條件下都可以發(fā)生取代反應(yīng),④錯誤;所以①②正確,故答案為:A。16、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(fù)極,電解質(zhì)里的陽離子經(jīng)過有機(jī)電解質(zhì)溶液移向正極;開關(guān)K閉合給鋰電池充電,電池負(fù)極接電源的負(fù)極,充電時陽極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng),據(jù)此回答?!驹斀狻緼、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(guān)K閉合給鋰電池充電,電池負(fù)極接電源的負(fù)極,X為直流電源負(fù)極,錯誤;C、放電時,Li+由負(fù)極經(jīng)過有機(jī)電解質(zhì)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(yīng):Li2O2?2e?===O2↑+2Li+,故D正確。二、非選擇題(本題包括5小題)17、取代反應(yīng)(或硝化反應(yīng))醛基+Br2+HBr+CH2=CHCH2OH+H2Oa或【解析】
甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)生成A,A結(jié)構(gòu)簡式為,A和溴發(fā)生取代反應(yīng)生成B,根據(jù)最終產(chǎn)物知,A中苯環(huán)上甲基鄰位H原子被溴取代生成B,B結(jié)構(gòu)簡式為,B被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成C,C為,C和NaOH的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)然后酸化生成D,D結(jié)構(gòu)簡式為,根據(jù)信息①知,D發(fā)生還原反應(yīng)生成E,E結(jié)構(gòu)簡式為,E和碳酸氫鈉反應(yīng)生,則試劑d為NaHCO3,
根據(jù)信息③知,F(xiàn)為,F(xiàn)和a反應(yīng)生成肉桂酸,a為,肉桂酸和b反應(yīng)生成G,b為醇,質(zhì)譜圖顯示試劑b的相對分子質(zhì)量為58,分子中不含甲基,且為鏈狀結(jié)構(gòu),b結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2OH,G結(jié)構(gòu)簡式為,【詳解】(1)通過以上分析知,甲苯發(fā)生取代反應(yīng)生成A,所以反應(yīng)類型是取代反應(yīng),故答案為:取代反應(yīng)(或硝化反應(yīng));(2)通過以上分析知,F(xiàn)為,官能團(tuán)名稱是醛基,a結(jié)構(gòu)簡式為,故答案為:醛基;;(3)A結(jié)構(gòu)簡式為,A和溴發(fā)生取代反應(yīng)生成B,B結(jié)構(gòu)簡式為,反應(yīng)方程式為,故答案為:;(4)肉桂酸和丙烯醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成G,反應(yīng)方程式為,故答案為:;(5)酚羥基和羧基都能和NaOH、碳酸鈉反應(yīng),但酚羥基不能和碳酸氫鈉反應(yīng)、羧基能和碳酸氫鈉反應(yīng),故選a;(6)肉桂酸同分異構(gòu)體符合下列條件:a.苯環(huán)上有三個取代基;b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng),且1mol該有機(jī)物最多生成4mol
Ag說明含有兩個醛基;c.苯環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境氫原子,說明含有兩種類型的氫原子;符合條件的同分異構(gòu)體有,故答案為:。18、碳碳雙鍵氧化反應(yīng)加成反應(yīng)CH3CH=CH2、、【解析】
A的分子式為C2H4,應(yīng)為CH2=CH2,發(fā)生氧化反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷,環(huán)氧乙烷和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸乙二酯,碳酸乙二酯和甲醇發(fā)生信息i中的反應(yīng)生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH,其中F和M可生成N,則E為HOCH2CH2OH,F(xiàn)為碳酸二甲酯,結(jié)構(gòu)簡式為;G和苯反應(yīng)生成J,由J分子式知G生成J的反應(yīng)為加成反應(yīng),G為CH2=CHCH3,J發(fā)生氧化反應(yīng)然后酸化生成L和丙酮,L和丙酮在酸性條件下反應(yīng)生成M,由M結(jié)構(gòu)簡式和D分子式知,D為,F(xiàn)和M發(fā)生縮聚反應(yīng)生成的PC結(jié)構(gòu)簡式為;(7)由信息ii可知,欲制己二醛可通過環(huán)己烯催化氧化得到,引入碳碳雙鍵可通過醇或鹵代烴的消去得到;【詳解】(1)A的分子式為C2H4,應(yīng)為CH2=CH2,含有的官能團(tuán)名稱是碳碳雙鍵;(2)反應(yīng)①是乙烯催化氧化生成環(huán)氧乙烷,反應(yīng)類型為氧化反應(yīng);反應(yīng)②是環(huán)氧乙烷與CO2發(fā)生加成反應(yīng)生成,反應(yīng)類型是加成反應(yīng);(3)反應(yīng)③是和CH3OH發(fā)生取代反應(yīng),生成乙二醇和碳酸二甲酯,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是;(4)反應(yīng)④是G和苯發(fā)生加成反應(yīng)生成的J為C9H12,由原子守恒可知D的分子式為C3H6,結(jié)合G的核磁共振氫譜有三種峰,G的結(jié)構(gòu)簡式是CH3CH=CH2;(5)反應(yīng)⑥中苯酚和丙酮還發(fā)生加成反應(yīng)生成,還可以發(fā)生縮聚反應(yīng)生成等;(6)反應(yīng)⑦是碳酸二甲酯和發(fā)生縮聚反應(yīng)生成PC塑料的化學(xué)方程式為;(7)由信息ii可知,欲制己二醛可通過環(huán)己烯催化氧化得到,引入碳碳雙鍵可通過醇或鹵代烴的消去得到,結(jié)合L為苯酚可知,合成路線為苯酚與H2加成生成環(huán)己醇,環(huán)己醇發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯,最后再催化氧化即得己二醛,由此可知中間產(chǎn)物1為環(huán)己醇,結(jié)構(gòu)簡式是?!军c(diǎn)睛】本題題干給出了較多的信息,學(xué)生需要將題目給信息與已有知識進(jìn)行重組并綜合運(yùn)用是解答本題的關(guān)鍵,需要學(xué)生具備準(zhǔn)確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力,采用正推和逆推相結(jié)合的方法,逐步分析有機(jī)合成路線,可推出各有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式,然后分析官能團(tuán)推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型。本題需要學(xué)生根據(jù)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)分析合成的原料,再結(jié)合正推與逆推相結(jié)合進(jìn)行推斷,充分利用反應(yīng)過程C原子數(shù)目,對學(xué)生的邏輯推理有較高的要求。難點(diǎn)是同分異構(gòu)體判斷,注意題給條件,結(jié)合官能團(tuán)的性質(zhì)分析解答。19、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三頸燒瓶中的壓強(qiáng)相同,使液體順利滴下降低反應(yīng)體系的溫度,防止溫度高ClO2分解將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解空氣流速過快,ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】
(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反應(yīng)制備ClO2,KClO3得電子,被還原,則K2SO3被氧化,生成K2SO4,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平化學(xué)方程式;(2)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)分析滴液漏斗的優(yōu)勢;根據(jù)已知信息:ClO2溫度過高時易發(fā)生分解解答;(3)空氣可將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時根據(jù)ClO2濃度過大時易發(fā)生分解,分析其作用;(4)氧化還原反應(yīng)中,化合價有降低,必定有升高;(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,且KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒分析判斷。【詳解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反應(yīng)制備ClO2,KClO3得電子,被還原,則K2SO3被氧化,生成K2SO4,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平化學(xué)方程式為2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O,故答案為:2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O;(2)滴液漏斗與普通分液漏斗相比,其優(yōu)點(diǎn)是滴液漏斗液面上方和三頸燒瓶液面上方壓強(qiáng)相等,使液體能順利滴下;加入H2SO4需用冰鹽水冷卻,是為了防止?jié)饬蛩嵊鏊懦龃罅康臒幔瑥亩挂后w飛濺,并防止生成的ClO2分解,故答案為:滴液漏斗使漏斗和三頸燒瓶中的壓強(qiáng)相同,使液體順利滴下;降低反應(yīng)體系的溫度,防止溫度高ClO2分解;(3)實(shí)驗(yàn)過程中通入空氣的目的是將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解;空氣流速過快吋,ClO2不能被充分吸收,導(dǎo)致其產(chǎn)率降低,故答案為:將ClO2全部趕出以被KOH溶液吸收,同時可稀釋ClO2,防止?jié)舛冗^大發(fā)生分解;空氣流速過快,ClO2不能被充分吸收;(4)ClO2中Cl的化合價為+4價,KClO2中Cl的化合價為+3價,由此可知該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng),則化合價有降低,必定有升高,則同時還有可能生成的物質(zhì)為KClO3、.KClO4,故答案為:cd;(5)KClO2變質(zhì)分解為KClO3和KCl,變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,3molKClO2變質(zhì)得到2molKClO3,與足量FeSO4溶液反應(yīng)時,KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,3molKClO2反應(yīng)獲得電子為3mol×4=12mol,2molKClO3反應(yīng)獲得電子為2mol×6=12mol,故消耗Fe2+物質(zhì)的量相同,故答案為:相同?!军c(diǎn)睛】第(5)問關(guān)鍵是明確變質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為:3KClO2=2KClO3+KCl,KClO2、KClO3均被Fe2+還原為Cl-,3molKClO2與2molKClO3得電子數(shù)相等,故消耗Fe2+物質(zhì)的量相同。20、平衡壓強(qiáng)使?jié)恹}酸順利流下MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O避免SnCl4揮發(fā)②常溫下,CuCl2為固體且密度比SnCl4大85%【解析】
根據(jù)裝置:A裝置制備氯氣:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,其中a可以平衡壓強(qiáng),使?jié)恹}酸順利流下,B吸收雜質(zhì)HCl氣體,C吸收水蒸氣,干燥純凈的Cl2與Sn在D中反應(yīng)制得SnCl4,錫粒中含銅雜質(zhì)使得D中產(chǎn)生的SnCl4中含有CuCl2,但因?yàn)镃uCl2熔點(diǎn)高,為固體,且密度比SnCl4大,不會隨SnCl4液體溢出,E收集SnCl4液體,尾氣用盛放堿石灰的干燥管處理,據(jù)此分析作答?!驹斀狻?1)a管的作用是平衡濃鹽酸上下的氣體壓強(qiáng),使?jié)恹}酸順利流下;(2)A中濃鹽酸與MnO2混合加熱制取Cl2,反應(yīng)的離子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;(3)在D中制取的物質(zhì)SnCl4中含有雜質(zhì)CuCl2,SnCl4易揮發(fā),所以D中冷卻水的作用是避免SnCl4揮發(fā);(4)
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