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高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省重點中學拔尖學生培養(yǎng)聯(lián)盟2023屆高三下學期6月適應性考試可能用到的相對原子質量:H1C12N14O16F19Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64Ag108I127Ba137Bi209選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題,每小題3分,共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.一種隕磷鈉鎂鈣石的化學式為。下列說法正確的是()A.屬于混合物 B.屬于共價化合物C.、MgO均為堿性氧化物 D.屬于正鹽〖答案〗D〖解析〗A.屬于純凈物,故A錯誤;B.屬于離子化合物,故B錯誤;C.屬于過氧化物,MgO為堿性氧化物,故C錯誤;D.屬于正鹽,故D正確;故選D。2.硫酸鋇()應用廣泛,下列說法不正確的是()A.Ba元素位于周期表p區(qū) B.硫酸鋇常用于消化道造影C.硫酸鋇飽和溶液呈中性 D.與碳共熱可生產硫化鋇〖答案〗A〖解析〗A.鋇元素位于元素周期表的s區(qū),A錯誤;B.硫酸鋇不溶于胃酸,能用做消化道造影,B正確;C.硫酸鋇由強酸和強堿反應得到,硫酸鋇飽和溶液呈中性,C正確;D.硫酸鋇與碳加熱條件下反應,碳作還原劑,硫酸鋇作氧化劑得電子生成硫化鋇,D正確;故〖答案〗選A。3.下列化學用語表示不正確的是()A.乙烯分子中p-pπ鍵電子云形狀:B.的結構示意圖:C.中子形成的化學變化過程:D.的形成過程:〖答案〗C〖解析〗A.乙烯中的p-pπ鍵是關于鏡面對稱的,故A正確,不符合題意;B.的空間構型為平面正方形,故B正確,不符合題意;C.該產生中子的過程屬于核變化,不屬于化學變化,故C錯誤,符合題意;D.是由和形成的離子化合物,其電子式形成過程表示正確,故D正確,不符合題意;故選C。4.物質的性質決定用途,下列物質的用途及原理正確的是()A.瓷坩堝耐高溫,可用于加熱分解石灰石B.鋁粉與NaOH溶液反應放熱,可用于廚衛(wèi)管道疏通C.具有強氧化性,可用于除去硬水中的、D.鈦合金具有高強韌性,可用于制造載人潛水器的耐壓艙〖答案〗B〖解析〗A.瓷坩堝中含有二氧化硅,在高溫下二氧化硅與碳酸鈣反應生成硅酸鈣與二氧化碳,不能用瓷坩堝加熱分解石灰石,故A錯誤;B.鋁粉能與NaOH溶液反應產生H2并放出熱量,使垃圾翻動而達到疏通的目的,故B正確;C.具有強氧化性,但Ca2+、Mg2+并不能被氧化,故C錯誤;D.鈦合金具有較高的強度和硬度,可用于制造載人潛水器的耐壓艙,與其高強韌性無關,故D錯誤;故選B。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是()A.鈉與加熱下可生成B.工業(yè)上燃燒硫磺得到C.工業(yè)上常用軟錳礦與濃鹽酸生產D.銅與稀硝酸(0.1mol/L)需要加熱才能生產NO〖答案〗A〖解析〗A.,A正確;B.S燃燒產物只生成SO2,S和O2不能直接生成SO3,B錯誤;C.工業(yè)上制Cl2要考慮原料成本,一般是氯堿工業(yè)制Cl2,C錯誤;D.銅與稀硝酸(0.1mol/L)不需要加熱也能產生NO,D錯誤;故選A。6.關于反應,下列說法正確的是()A.KF和HF均發(fā)生氧化反應B.是還原劑C.轉移3mol電子,1mol被氧化D.既是氧化產物又是還原產物〖答案〗B〖解析〗A.該反應中KF和HF都沒有化合價變化,沒有發(fā)生氧化反應,A錯誤;B.中的氧元素化合價升高,是還原劑,B正確;C.該反應中轉移3mol電子,1mol被還原,不是被氧化,C錯誤;D.錳元素化合價降低,故是還原產物,氧氣為氧化產物,D錯誤;故選B。7.下列反應的離子方程式正確的是()A.銅與濃硫酸(98.3%)加熱下反應:B.用惰性電極電解飽和溶液:C.向含0.1mol的溶液中加入含0.3mol的溶液:D.向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液:〖答案〗BD〖解析〗A.98.3%的濃硫酸中含的水太少,則生成的CuSO4不能電離,選項A錯誤;B.用惰性電極電解飽和氯化鋅溶液,陽極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑,陰極反應為:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,總反應為,選項B正確;C.配合物中內界不可以電離,外界可以電離,則只能生成0.2molAgCl,離子方程式為C1-+Ag+=AgCl↓,選項C錯誤;D.向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液,乙醇被氧化為乙酸,離子方程式為,選項D正確;〖答案〗選BD。8.下列說法正確的是()A.加壓、攪拌、振蕩、超聲波等操作不能使蛋白質變性B.天然淀粉由直鏈淀粉和支鏈淀粉組成,支鏈淀粉含量很高的一些谷物,有比較黏的口感C.甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,說明苯環(huán)與甲基相連的碳碳單鍵變活潑,被氧化斷裂D.在濃鹽酸催化下,苯酚與過量的甲醛反應生成羥甲基苯酚的同時,還生成二羥甲基苯酚、三羥甲基苯酚〖答案〗B〖解析〗A.加壓、攪拌、振蕩、超聲波能夠破壞蛋白質結構使蛋白質變性,故A錯誤;B.天然淀粉由直鏈淀粉和支鏈淀粉組成。支鏈淀粉含量很高的一些谷物,如糯米、糯玉米等有比較黏的口感,故B正確;C.甲苯能夠使高錳酸鉀溶液褪色,說明甲基上的碳原子受苯環(huán)的影響變得比較活潑,能夠被酸性高錳酸鉀氧化,與碳碳單鍵無關,故C錯誤;D.在濃鹽酸催化下,苯酚與過量的甲醛反應生成羥甲基苯酚,在堿催化下,還生成二羥甲基苯酚、三羥甲基苯酚,故D錯誤;故選B。9.核黃素的結構如圖,下列說法正確的是()A.該分子中存在4個手性碳原子B.1mol該物質與足量金屬鈉反應,生成44.8LC.1mol該物質與足量鹽酸發(fā)生水解反應,最多可生成2molD.工業(yè)上常用酯基(少用羧基)和生成酰胺基,可減少副反應發(fā)生〖答案〗D〖解析〗A.分子中存在3個手性碳原子(*號標出),故A錯誤;B.核黃素分子中含有4個羥基,1mol該物質與足量金屬鈉反應,生成2mol氫氣,沒有明確是否為標準狀況,生成氫氣的體積不一定是44.8L,故B錯誤;C.分子中標有*號的碳原子能水解為二氧化碳,所以1mol該物質與足量鹽酸發(fā)生水解反應,最多可生成1mol,故C正確;D.工業(yè)上常用酯基(少用羧基)和生成酰胺基,防止生成銨鹽,可減少副反應發(fā)生,故D正確;選D。10.X、Y、Z、W四種短周期元素,原子序數依次增大且總和為22,X與Y、Z、W不同周期?;鶓B(tài)Y原子核外電子有4種空間運動狀態(tài),下列說法不正確的是()A.X、Y、Z能形成直線形分子B.X、Y、W能形成酸性(同溫同濃度下)比醋酸強的二元酸C.Z與X能形成分子晶體,但不能形成離子晶體D.W和原子序數為52的Q元素位于同一族,Q可用于制造半導體材料〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W四種短周期元素,基態(tài)Y原子核外電子有4種空間運動狀態(tài),Y的電子排布式為1s22s22p2,Y為C元素;X與Y、Z、W不同周期,X位于第一周期,X為H元素;X、Y、Z、W原子序數依次增大且總和為22,則Z和W原子序數和為22-6-1=15,Z為N元素,W為O元素,以此解答。【詳析】A.H、C、N能形成直線形分子HCN,故A正確;B.H、C、O能形成酸性(同溫同濃度下)比醋酸強的二元酸H2C2O4,故B正確;C.N和H能形成分子晶體NH3,也能形成離子晶體NH4H,故C錯誤;D.原子序數為52的Q元素為Te,O和Te在同一族,Te可用于制造半導體材料,故D正確;故選C。11.直接燃料電池是一種新型化學電源,其工作原理如圖所示。電池放電時,下列說法不正確的是()A.電池工作時,電極I電勢低B.電極Ⅱ的反應式為:C.電池總反應為:D.當電路中轉移0.1mol電子時,通過陽離子交換膜的為3.9g〖答案〗C〖祥解〗電池工作時,電勢低的是負極,電子從負極流向正極,故電極I為負極,電極Ⅱ為正極,負極:H2O2-2e-+2OH-=O2+2H2O,正極:?!驹斘觥緼.電池工作時,電勢低的是負極,電子從負極流向正極,故電極I電勢低,A正確;B.電極Ⅱ為正極,電極反應式為:,B正確;C.該電池放電過程中,負極區(qū)的OH-來自KOH,正極區(qū)的來自H2SO4,K+通過陽離子交換膜進入正極區(qū)與硫酸根結合生成K2SO4,因此電池總反應為:,C錯誤;D.當電路中轉移0.1mol電子時,通過陽離子交換膜的為0.1mol,即3.9g,D正確;故選C。12.下列關于物質說法不正確的是()A.該分子中各個鍵的極性向量和不為零B.該物質可用HCl氣體與反應得到C.該物質與NaOH溶液反應可生成兩種鹽D.相同條件下,比更難與發(fā)生反應〖答案〗B〖解析〗A.該分子為極性分子,分子中各個鍵極性向量和不為零,A正確;B.ClONO2中Cl為+1價,N為+5價,O為-2價,通常由Cl2O和N2O5反應得到,HCl與N2O5反應,則元素化合價變化不符合氧化還原反應規(guī)律,B錯誤;C.ClONO2與NaOH反應生成次氯酸鈉和硝酸鈉兩種鹽,C正確;D.ClONO2與水反應生成HClO和HNO3,同理IONO2與水反應生成HIO和HNO3,Cl電負性強于I,導致IO中共用電子對相比于ClO更偏向于O,則O更容易吸引氫離子形成HIO,故ClONO2比IONO2更難與水反應,D正確;故〖答案〗選B。13.室溫下,向20mL0.1mol/L的溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液。溶液中含氯微粒a、b的分布系數δ、pH與NaOH溶液體積V(NaOH)的關系如圖所示。下列說法不正確的是()[已知的分布系數:A.微粒b為,該滴定可選酚酞作指示劑B.由x點數據可知,的電離平衡常數C.p點對應的溶液中,D.將y點對應的溶液加熱到50℃,)增大導致增大,減小,pH變大〖答案〗D〖祥解〗隨著NaOH溶液的滴加,HAuCl4的分布分數減小、AuCl的分布分數增大,則微粒a為,微粒b表示,以此解答。【詳析】A.隨著NaOH溶液的滴加,HAuCl4的分布分數減小、AuCl的分布分數增大,所以微粒b表示,NaAuCl4溶液呈堿性,酚酞變色范圍為8.2~10,所以取酚酞作指示劑,故A正確;B.x點和的濃度相等,對應的pH約為5.7,則的電離平衡常數,故B正確;C.根據圖知,p點時加入10ml0.1mol/L的NaOH溶液,得到等濃度的HAuCl4和NaAuCl4溶液,存在電荷守恒:,物料守恒:,結合兩式得,故C正確;D.根據圖知,y點時加入25ml0.1mol/L的NaOH溶液,得到NaAuCl4和NaOH的混合溶液,溶液中發(fā)生水解,加熱到50℃,)增大導致增大,Kw=也增大,不一定減小,故D錯誤;故選D。14.標準狀態(tài)下,(g)與HCl(g)反應生成(g)和(g)的反應歷程與相對能量的示意圖如下。下列說法正確的是()A.B.其他條件不變,往反應體系中加入適量(g)可有效提高反應速率C.其他條件不變,適當升高溫度可提高加成產物中的比例D.歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:〖答案〗C〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能,即圖中峰值越大則活化能越大,峰值越小則活化能越小,活化能越小反應越快,活化能越大反應越慢,決定總反應速率的是慢反應;【詳析】A.、對應兩者的反應物、生成物均不同,故反應的焓變不同,故,A錯誤;B.由圖可知,歷程Ⅰ、歷程Ⅱ的決速步均為第一步,故其他條件不變,往反應體系中加入適量(g)不會有效提高反應速率,B錯誤;C.由圖可知,反應歷程Ⅱ的最大活化能更大,受溫度的影響程度更大,故其他條件不變,適當升高溫度可提高加成產物中的比例,C正確;D.由圖可知,歷程Ⅰ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:;歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:,D錯誤;故選C。15.某同學模擬工業(yè)廢水變廢為寶,設計了用沉淀法回收各金屬陽離子的實驗方案:模擬工業(yè)廢水的離子濃度(mol/l)0.100.0100.00400.00100.141已知:①溶液中某離子濃度小于,可認為該離子不存在;②實驗過程中,假設溶液體積、溫度不變;③;;;下列說法不正確的是()A.步驟I中加入的B.步驟II得到的濾液N中的濃度C.步驟III得到的沉淀Z為D.反應的平衡常數〖答案〗A〖解析〗A.1.0L模擬工業(yè)廢水中H+濃度為0.1mol/L,設加入xmolNaOH固體后pH=3,則×,解得x=0.099mol,故A錯誤;B.方程式平衡常數K=,此時溶液pH=11,c(OH-)=1×10-3mol/L,=0.004mol/L,則,故B正確;C.模擬工業(yè)廢水的Fe3+完全沉淀時,c(Fe3+)=,c(OH-)=,pH≈3,則步驟I沉淀X為Fe(OH)3,同理可得步驟II沉淀Y為Bi(OH)3,Cu2+轉化為,步驟III中加入適量NaOH固體使平衡逆向移動,沉淀Z為,故C正確;D.的平衡常數,故D正確;故選A。16.下列方案設計與操作、現象與結論均正確的是()選項實驗目的方案設計與操作現象與結論A驗證乙醇在催化下發(fā)生消去反應將乙醇與共熱產生的氣體依次通入溴水、NaOH溶液若觀察到溴水褪色,則證明乙醇催化下發(fā)生消去反應B驗證冠醚識別堿金屬離子(如)①取一定量的甲苯與一定體積、一定濃度的酸性高錳酸鉀水溶液混合振蕩。②在實驗①試劑取量基礎上,再加入一定量冠醚振蕩若②褪色耗時更少,則證明冠醚中O與之間形成配位鍵,實現對的識別C比較Zn和Fe的金屬性強弱分別向相同濃度、相同體積的溶液和溶液加入相同濃度相同體積且足量的氨水若觀察到兩溶液均出現沉淀,且溶液中生成的沉淀溶解,則說明Fe的金屬性更強D比較三種二元弱酸、、第二步電離平衡常數大小分別測定相同溫度下等濃度的NaHA、NaHB、NaHC溶液的pH若測量結果為:pH(NaHA)<pH(NaHB)<pH(NaHC),則證明〖答案〗A〖解析〗A.乙醇消去生成乙烯,乙烯能使溴水褪色,故溴水褪色能說明乙醇在氧化鋁條件下發(fā)生消去反應,A正確;B.高錳酸鉀溶液的顏色是高錳酸根離子的顏色,不是鉀離子的顏色,故溶液褪色時間與冠醚識別堿金屬離子無關,B錯誤;C.金屬性的強弱與沉淀的轉化沒有關系,C錯誤;D.鹽溶液中陰離子水解程度越大,溶液的堿性越強,說明該對應酸的酸性越弱,應該使用酸對應的正鹽,而不是酸式鹽,酸式鹽中存在電離和水解,D錯誤;故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題,共52分)17.分析物質的結構可以解釋物質的性質。請回答:(1)水分子中的共價鍵,依據原子軌道重疊的方式判斷,屬于_______鍵,該鍵是由_______雜化軌道和_______軌道重疊形成的,水分子的VSEPR模型名稱是_______。(2)由鐵原子核形成的四種微粒,價電子排布圖分別為:①、②、③、④,有關這些微粒的敘述,不正確的是_______。A.微粒半徑:④>①>②B.得電子能力:②>①>③C.電離一個電子所需最低能量:②>①>④D.微粒③價電子在簡并軌道中單獨分占,且自旋相同,故不能再繼續(xù)失去電子(3)八硝基立方烷結構如圖所示,是一種新型高能炸藥,其爆炸性強的原因是_______________________________________________________________。(4)某種冰的晶胞結構如圖所示,晶胞參數,,。該晶體類型是_____________,密度為__________(列出數學表達式,不必計算出結果)?!即鸢浮剑?)σ氧原子的sp3氫原子的1s四面體形(2)BD(3)八硝基立方烷的碳碳鍵角為90°,其雜化方式為sp3,在動力學上不穩(wěn)定;其分解產物為穩(wěn)定的CO2和N2,反應熵增加較大,且放熱量大,爆炸性很強(4)分子晶體〖解析〗(1)對于水分子中的共價鍵,依據原子軌道重疊的方式判斷,屬于σ鍵;H2O中O原子價層電子對數為2+=4,O原子的雜化方式為sp3,該σ鍵是由氧原子的sp3雜化軌道和氫原子的1s軌道重疊形成的,水分子的VSEPR模型名稱是四面體形。(2)由價電子排布圖可知,①為Fe原子,②為Fe2+,③為Fe3+,④為Fe原子的激發(fā)態(tài),A.一般電子層數越多原子半徑越大,而Fe原子失電子數越多,原子半徑越小,因此微粒半徑:④>①>②,故A正確;B.能量越低越易得到電子,則得電子能力:③>②>①,故B錯誤;C.能量越高越容易失去電子,基態(tài)原子的第一電離能小于第二電離能,則電離一個電子所需最低能量:②>①>④,故C正確;D.Fe3+3d軌道上有電子,能再繼續(xù)失去電子,故D錯誤;故選BD。(3)八硝基立方烷的碳碳鍵角為90°,其雜化方式為sp3,在動力學上不穩(wěn)定;其分解產物為穩(wěn)定的CO2和N2,反應熵增加較大,且放熱量大,爆炸性很強。(4)某種冰的晶胞結構如圖所示,該晶體類型是分子晶體,由晶胞結構可知該晶胞中含有4個水分子,晶胞質量為g,晶胞的體積為452×226,密度為18.化合物X由四種元素組成,按如下流程進行實驗?;旌蠚怏wA由氣體E和元素種類相同的另兩種氣體組成,且氣體C的平均相對分子質量為8.5。混合物B中有兩種固體。請回答:(1)組成X的四種元素為___________________;X的化學式為________________。(2)寫出由X到A的化學方程式___________________________________________。(3)用鹽酸溶解固體F,滴加一定量KSCN溶液,得到血紅色溶液Y。往溶液Y中加入一定量KCl固體,溶液Y顏色變淡,請結合離子方程式說明原因_______________________________________________________________________________________________。(4)設計實驗檢驗混合氣體A中相對分子量較小的兩種氣體__________________________________________________________________________________________________。〖答案〗(1)H、Fe、C、OFe2H6C2O4
(2)Fe2H6C2O4Fe+FeO+CO↑+CO2↑+3H2↑(3)FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,加入KCl固體后,氯離子濃度增大,促使化學平衡逆向移動,使得溶液Y顏色變淡(4)檢驗H2的存在,將混合氣體用濃硫酸干燥后通過加熱的CuO,生成的氣體通過無水硫酸銅,若無水硫酸銅變藍,說明其中含有氫氣。檢驗CO的存在,將混合氣體先通過NaOH除去其中的CO2,將除雜后的氣體通過澄清石灰水確保CO2已除盡,再將混合氣體通過加熱的CuO,將生成的氣體通過澄清石灰水,若澄清石灰水變渾濁則有CO?!枷榻狻郊t棕色固體可由淺綠色溶液中加入NaOH并經過一系列處理得到,則該淺綠色溶液為亞鐵鹽溶液,紅棕色固體Fe2O3,3.2g氧化鐵物質的量是0.02mol,根據Fe守恒,X中有Fe0.04mol,混合氣體A由氣體E和元素種類相同的另外兩種氣體組成,且與氫氧化鋇反應生成白色沉淀D,則這兩種元素種類相同的氣體為CO2和CO,白色沉淀D為BaCO3,3.94gBaCO3的物質的量為0.02mol,混合氣體A含有CO20.02mol,混合氣體C物質的量為0.08mol,且其平均相對分子質量為8.5,其中一種氣體為CO,則另一種氣體E為H2,兩種氣體的平均相對分子質量為8.5,總物質的量為0.08mol,則H2有0.06mol,CO有0.02mol,固體混合物B中有兩種固體,能與鹽酸反應生成0.02mol氫氣,則固體B中含有0.02molFe,故組成X的四種元素為H、C、O、Fe,其中Fe有0.04mol,C有0.04mol、H有0.12mol,剩余O有0.08mol,則X的化學式為Fe2H6C2O4?!驹斘觥浚?)根據分析可知,X中含有的四種元素為Fe、H、C、O,X的化學式為Fe2H6C2O4。(2)根據分析可知,混合氣體A中含有H2、CO、CO2,固體混合物B中含有Fe和FeO,則X到A的化學方程式為Fe2H6C2O4Fe+FeO+CO↑+CO2↑+3H2↑。(3)固體F為Fe2O3,加鹽酸溶解后溶液中含有Fe3+,加入KSCN后得到血紅色溶液Y,往溶液中加入一定量的KCl固體,溶液Y顏色變淡,原因為FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,加入KCl固體后,氯離子濃度增大,促使化學平衡逆向移動,使得溶液Y顏色變淡。(4)混合氣體A中相對分子質量較小的兩種氣體為H2和CO,先檢驗其中氫氣的存在再檢驗CO。檢驗H2的存在,將混合氣體用濃硫酸干燥后通過加熱的CuO,生成的氣體通過無水硫酸銅,若無水硫酸銅變藍,說明其中含有氫氣。檢驗CO的存在,將混合氣體先通過NaOH除去其中的CO2,將除雜后的氣體通過澄清石灰水確保CO2已除盡,再將混合氣體通過加熱的CuO,將生成的氣體通過澄清石灰水,若澄清石灰水變渾濁則有CO。19.工業(yè)上,以為原料,通過不同反應生產更高價值的。I.直接分解生產:反應①:反應②:請回答:(1)恒溫下,往恒容(10L)反應釜中通入4mol(g)(僅考慮發(fā)生上述反應)。某時刻轉化率為20%,選擇性為40%,則該時刻反應①的濃度商_______。(2)下列說法正確的是_______。A.反應①能自發(fā)進行的條件是低溫B.溫度升高,反應②的平衡常數增大C.壓強增大,活化分子百分數增多,導致反應①速率加快D.可通過C(s)的物質的量不再變化判斷反應②達到平衡狀態(tài)(3)研究表明,在固體催化劑N存在下,反應①分三步進行,生成步驟的活化能遠大于生成步驟的活化能,且開始一段時間內與的生成速率幾乎相同(不考慮反應②)。畫出步驟2和步驟3生成產物的反應過程能量示意圖_______。II.輔助生產:反應③:恒溫恒壓下,和按物質的量之比1:1以一定流速通入裝有某復合催化劑的反應器中,反應過程如圖所示:(4)關于反應過程,下列說法正確的是_______。A.M可循環(huán)利用,不可循環(huán)利用B.過程1作用力a是氫鍵,過程2涉及極性鍵的形成和斷裂C.溫度升高,過程1和過程2的反應速率均加快,總反應速率一定加快D.其他條件不變,更換不同催化劑,同樣生產1mol(g)所需能量不一定相同(5)對該反應器催化劑表面上CO的生成速率和的消耗速率進行測定,所得實驗結果如圖,請結合具體反應說明CO的生成速率和的消耗速率不相等的可能原因______________________________________________________________________?!即鸢浮剑?)0.0224(2)BD(3)(4)B(5)依據反應③過程,CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等,但還會發(fā)生反應②有積碳生成,且CO2+C2CO〖解析〗(1)根據已知條件列出“三段式”某時刻轉化率為20%,選擇性為40%,則=0.2,=0.4,解得x=0.32,y=0.48,則該時刻反應①的濃度商=0.0224。(2)A.反應①是吸熱的熵增的反應,自發(fā)進行的條件是高溫,故A錯誤;B.反應②分解生產C和H2的反應是吸熱反應,升高溫度,平衡正向移動,平衡常數增大,故B正確;C.增大壓強,活化分子數不一定增多,所以其反應速率不一定最多,如恒溫恒容條件下加入惰性氣體,體系壓強增大但反應物濃度不變,反應速率不變,故C錯誤;D.C(s)的物質的量不再變化,說明反應②的正逆反應速率相等,反應達到平衡,故D正確;故選BD。(3)反應①分三步進行,由圖可知,步驟1為吸附在催化劑表面,該過程為放熱反應,則步驟2為N在催化劑表面生成C3H6(g)和NH2(g),步驟3為NC3H6(g)和NH2(g)從催化劑表面解吸附生成N(s)、C3H6(g)和H2(g),該過程是吸熱反應,結合反應①總反應為吸熱反應,畫出步驟2和步驟3生成產物的反應過程能量示意圖為:。(4)A.由圖可知,M和在過程1中被消耗,在過程2中又生成,二者都可循環(huán)利用,故A錯誤;B.過程1作用力a是H原子和O原子之間形成的氫鍵,過程2涉及極性鍵的形成和斷裂,故B正確;C.溫度升高,可能導致催化劑活性降低,總反應速率不一定加快,故C錯誤;D.催化劑不改變反應熱,其他條件不變,更換不同催化劑,同樣生產1mol(g)所需能量相同,故D錯誤;故選B。(5)依據反應③過程,CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等,但還會發(fā)生反應②有積碳生成,且CO2+C2CO。20.實驗室用圖裝置(夾持、攪拌等裝置已省略)制備氫化鋁鈉()。簡要步驟如下:I.在A瓶中分別加入50mL含4.32gNaH的四氫呋喃懸浮液、少量(可忽略)固體,攪拌,接通冷凝水,控溫30℃。II.滴加50mL含5.34g的四氫呋喃溶液,有白色固體析出。III.滴加完后,充分攪拌1h,放置沉降,經一系列操作得到產品。已知:①在室溫干燥空氣中能穩(wěn)定存在,遇水易燃燒爆炸,易溶于四氫呋喃(),難溶于甲苯。常壓下,四氫呋喃沸點66℃。②請回答:(1)儀器B名稱是_____________;A瓶中冷凝水的通水方向是_______進_______出(填“a”或“b”)。(2)請結合主要的化學方程式說明遇水產生燃燒爆炸現象的原因___________________________________________________________________。(3)下列說法正確的是__________。A.步驟I中,加少量固體可加快反應速率B.步驟II中,適當減緩滴加的四氫呋喃溶液速率可更有效控溫C.步驟III中,“沉降”得到的清液的主要成分為四氫呋喃和D.考慮到四氫呋喃有一定毒性,裝置中的主要作用是尾氣吸收(4)步驟III中,經過“一系列操作”得到較純凈且較大顆粒的產品。從下列選項中選擇合理的儀器和操作,補全如下步驟[“_______”上填寫一件最關鍵儀器或一種試劑,括號內填寫一種操作,均用字母表示]。用_______()→用_______(洗滌)→用_______()→粗產品→在燒杯中用_______(溶解,并多次重結晶純化)→最后一次結晶時→用真空干燥器(干燥)→較純凈且較大顆粒的產品_______。儀器或試劑:a.蒸餾燒瓶;b.三頸燒瓶;c.三角漏斗;d.四氫呋喃;e.甲苯;f.95%乙醇水溶液操作:g.調控快速結晶;h.調控緩慢結晶;i.過濾;j.減壓蒸餾。(5)產率計算:將步驟III獲得的產品用足量的無水乙醇、鹽酸處理,加熱沸騰分離出,冷卻后用100mL容量瓶配成溶液。用移液管量取5mL待測溶液、20mL0.2000mol/LEDTA溶液于錐形瓶中,調節(jié)pH值,加熱沸騰2min。冷卻后加雙硫腺指示劑,用0.1000mol/L醋酸鋅溶液滴定剩余的EDTA,多次測量消耗的醋酸鋅溶液體積平均為20.90mL。則的產率是_____________。(EDTA與、均形成1:1的螯合物;)〖答案〗(1)球形冷凝管ba(2)遇水發(fā)生反應:,該反應劇烈且放熱,使氫氣與氧氣混合爆炸(3)ABC(4)cieajdh(5)95.5%〖祥解〗向50mL含4.32gNaH的四氫呋喃懸浮液中加入50mL含5.34g的四氫呋喃溶液發(fā)生反應:,而易溶于四氫呋喃(),而NaCl為離子晶體,難溶于四氫呋喃,故析出的白色固體為NaCl。過濾之后,向的四氫呋喃溶液中加入甲苯,可以析出。【詳析】(1)儀器B名稱是球形冷凝管;A瓶中冷凝水的通水方向為下口進上口出即b進a出。(2)遇水發(fā)生反應:,該反應劇烈且放熱,使氫氣與氧氣混合爆炸。(3)的主要作用是避免空氣中的水分與接觸發(fā)生爆炸。D錯。(4)反應液充分攪拌1h,放置沉降后,用漏斗過濾,對濾渣用甲苯洗滌,并將濾渣置于蒸餾燒瓶內減壓蒸餾得到粗產品,在燒杯中繼續(xù)用四氫呋喃重新溶解,重結晶得到純度更高的產品,最后一次結晶時用真空干燥器干燥并對較純凈且較大顆粒的產品調控緩慢結晶。(5)由分析可知反應物NaH過量,5.34g理論上可以產生。經分析可知5mL待測溶液中含有Al3+的物質的量為,則實際產量為,故產率為。21.鹽酸洛美沙星是一種氟喹諾酮藥物,具有抗腫瘤活性。某課題組設計的合成路線如下(部分反應條件已省略):請回答:(1)下列說法不正確的是_______。A.化合物A分子中所有原子一定共平面B.根據合成路線推測,化合物C能與其他物質發(fā)生縮聚反應C.化合物G中含有配位鍵D.洛美沙星的分子式為(2)化合物B的官能團名稱是_____________;化合物H的結構簡式是_____________。(3)寫出D→E化學方程式___________________________________________。(4)寫出3種同時符合下列條件的化合物F的同分異構體的結構簡式(不包括立體異構體)_______________________________。①譜表明:分子中共有3種不同化學環(huán)境的氫原子;②IR譜檢測表明:苯環(huán)上有多酚羥基且相鄰,且分子不含-CN,含-N=O;③分子中還有一個五元碳環(huán)。(5)以苯胺()和甲氧亞甲基丙二酸二甲酯[]為原料,設計合成如下圖所示化合物的合成路線(用流程圖表示,無機試劑、有機溶劑任選)_________________________________________________________________________?!即鸢浮剑?)AD(2)氨基、碳氟鍵(3)+C2H5OH(4)、、、(5)〖祥解〗E與C2H5Br在K2CO3/DMF作用下反應生成F,結合E的分子式及F的結構簡式可知,F比E多2個C原子,兩者發(fā)生取代反應,推出E為,D在ph2O作用下反應生成E,結合D、E的分子式可推知相差2個C、6個H、1個O,則另生成一分子乙醇,可推知D為,逆推法可推知B為,A為,G與在DMSO作用下反應生成H,根據H的分子式推知H為,結合其他有機物的結構簡式及反應條件進行分析;【詳析】(1)A.化合物A為,分子中含有硝基,空間構型是平面三角形,C-N鍵可以旋轉,故所有原子不一定共平面,選項A不正確;B.化合物C為,根據合成路線推測,能與其他物質發(fā)生縮聚反應,選項B正確;C.B原子最外層電子數為3,化合物G中B形成4個價鍵,故含有配位鍵,選項C正確;D.根據結構簡式可知,洛美沙星分子式為,選項D不正確;〖答案〗選AD;(2)化合物B為,官能團名稱是氨基、碳氟鍵;化合物H的結構簡式是;(3)根據分析可知,D→E的化學方程式為+C2H5OH;(4)F為,其同分異構體符合條件:①譜表明:分子中共有3種不同化學環(huán)境的氫原子;②IR譜檢測表明:苯環(huán)上有多酚羥基且相鄰,且分子不含-CN,含-N=O;③分子中還有一個五元碳環(huán),則符合條件的同分異構體有、、、。浙江省重點中學拔尖學生培養(yǎng)聯(lián)盟2023屆高三下學期6月適應性考試可能用到的相對原子質量:H1C12N14O16F19Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64Ag108I127Ba137Bi209選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題,每小題3分,共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.一種隕磷鈉鎂鈣石的化學式為。下列說法正確的是()A.屬于混合物 B.屬于共價化合物C.、MgO均為堿性氧化物 D.屬于正鹽〖答案〗D〖解析〗A.屬于純凈物,故A錯誤;B.屬于離子化合物,故B錯誤;C.屬于過氧化物,MgO為堿性氧化物,故C錯誤;D.屬于正鹽,故D正確;故選D。2.硫酸鋇()應用廣泛,下列說法不正確的是()A.Ba元素位于周期表p區(qū) B.硫酸鋇常用于消化道造影C.硫酸鋇飽和溶液呈中性 D.與碳共熱可生產硫化鋇〖答案〗A〖解析〗A.鋇元素位于元素周期表的s區(qū),A錯誤;B.硫酸鋇不溶于胃酸,能用做消化道造影,B正確;C.硫酸鋇由強酸和強堿反應得到,硫酸鋇飽和溶液呈中性,C正確;D.硫酸鋇與碳加熱條件下反應,碳作還原劑,硫酸鋇作氧化劑得電子生成硫化鋇,D正確;故〖答案〗選A。3.下列化學用語表示不正確的是()A.乙烯分子中p-pπ鍵電子云形狀:B.的結構示意圖:C.中子形成的化學變化過程:D.的形成過程:〖答案〗C〖解析〗A.乙烯中的p-pπ鍵是關于鏡面對稱的,故A正確,不符合題意;B.的空間構型為平面正方形,故B正確,不符合題意;C.該產生中子的過程屬于核變化,不屬于化學變化,故C錯誤,符合題意;D.是由和形成的離子化合物,其電子式形成過程表示正確,故D正確,不符合題意;故選C。4.物質的性質決定用途,下列物質的用途及原理正確的是()A.瓷坩堝耐高溫,可用于加熱分解石灰石B.鋁粉與NaOH溶液反應放熱,可用于廚衛(wèi)管道疏通C.具有強氧化性,可用于除去硬水中的、D.鈦合金具有高強韌性,可用于制造載人潛水器的耐壓艙〖答案〗B〖解析〗A.瓷坩堝中含有二氧化硅,在高溫下二氧化硅與碳酸鈣反應生成硅酸鈣與二氧化碳,不能用瓷坩堝加熱分解石灰石,故A錯誤;B.鋁粉能與NaOH溶液反應產生H2并放出熱量,使垃圾翻動而達到疏通的目的,故B正確;C.具有強氧化性,但Ca2+、Mg2+并不能被氧化,故C錯誤;D.鈦合金具有較高的強度和硬度,可用于制造載人潛水器的耐壓艙,與其高強韌性無關,故D錯誤;故選B。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是()A.鈉與加熱下可生成B.工業(yè)上燃燒硫磺得到C.工業(yè)上常用軟錳礦與濃鹽酸生產D.銅與稀硝酸(0.1mol/L)需要加熱才能生產NO〖答案〗A〖解析〗A.,A正確;B.S燃燒產物只生成SO2,S和O2不能直接生成SO3,B錯誤;C.工業(yè)上制Cl2要考慮原料成本,一般是氯堿工業(yè)制Cl2,C錯誤;D.銅與稀硝酸(0.1mol/L)不需要加熱也能產生NO,D錯誤;故選A。6.關于反應,下列說法正確的是()A.KF和HF均發(fā)生氧化反應B.是還原劑C.轉移3mol電子,1mol被氧化D.既是氧化產物又是還原產物〖答案〗B〖解析〗A.該反應中KF和HF都沒有化合價變化,沒有發(fā)生氧化反應,A錯誤;B.中的氧元素化合價升高,是還原劑,B正確;C.該反應中轉移3mol電子,1mol被還原,不是被氧化,C錯誤;D.錳元素化合價降低,故是還原產物,氧氣為氧化產物,D錯誤;故選B。7.下列反應的離子方程式正確的是()A.銅與濃硫酸(98.3%)加熱下反應:B.用惰性電極電解飽和溶液:C.向含0.1mol的溶液中加入含0.3mol的溶液:D.向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液:〖答案〗BD〖解析〗A.98.3%的濃硫酸中含的水太少,則生成的CuSO4不能電離,選項A錯誤;B.用惰性電極電解飽和氯化鋅溶液,陽極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑,陰極反應為:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,總反應為,選項B正確;C.配合物中內界不可以電離,外界可以電離,則只能生成0.2molAgCl,離子方程式為C1-+Ag+=AgCl↓,選項C錯誤;D.向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液,乙醇被氧化為乙酸,離子方程式為,選項D正確;〖答案〗選BD。8.下列說法正確的是()A.加壓、攪拌、振蕩、超聲波等操作不能使蛋白質變性B.天然淀粉由直鏈淀粉和支鏈淀粉組成,支鏈淀粉含量很高的一些谷物,有比較黏的口感C.甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,說明苯環(huán)與甲基相連的碳碳單鍵變活潑,被氧化斷裂D.在濃鹽酸催化下,苯酚與過量的甲醛反應生成羥甲基苯酚的同時,還生成二羥甲基苯酚、三羥甲基苯酚〖答案〗B〖解析〗A.加壓、攪拌、振蕩、超聲波能夠破壞蛋白質結構使蛋白質變性,故A錯誤;B.天然淀粉由直鏈淀粉和支鏈淀粉組成。支鏈淀粉含量很高的一些谷物,如糯米、糯玉米等有比較黏的口感,故B正確;C.甲苯能夠使高錳酸鉀溶液褪色,說明甲基上的碳原子受苯環(huán)的影響變得比較活潑,能夠被酸性高錳酸鉀氧化,與碳碳單鍵無關,故C錯誤;D.在濃鹽酸催化下,苯酚與過量的甲醛反應生成羥甲基苯酚,在堿催化下,還生成二羥甲基苯酚、三羥甲基苯酚,故D錯誤;故選B。9.核黃素的結構如圖,下列說法正確的是()A.該分子中存在4個手性碳原子B.1mol該物質與足量金屬鈉反應,生成44.8LC.1mol該物質與足量鹽酸發(fā)生水解反應,最多可生成2molD.工業(yè)上常用酯基(少用羧基)和生成酰胺基,可減少副反應發(fā)生〖答案〗D〖解析〗A.分子中存在3個手性碳原子(*號標出),故A錯誤;B.核黃素分子中含有4個羥基,1mol該物質與足量金屬鈉反應,生成2mol氫氣,沒有明確是否為標準狀況,生成氫氣的體積不一定是44.8L,故B錯誤;C.分子中標有*號的碳原子能水解為二氧化碳,所以1mol該物質與足量鹽酸發(fā)生水解反應,最多可生成1mol,故C正確;D.工業(yè)上常用酯基(少用羧基)和生成酰胺基,防止生成銨鹽,可減少副反應發(fā)生,故D正確;選D。10.X、Y、Z、W四種短周期元素,原子序數依次增大且總和為22,X與Y、Z、W不同周期。基態(tài)Y原子核外電子有4種空間運動狀態(tài),下列說法不正確的是()A.X、Y、Z能形成直線形分子B.X、Y、W能形成酸性(同溫同濃度下)比醋酸強的二元酸C.Z與X能形成分子晶體,但不能形成離子晶體D.W和原子序數為52的Q元素位于同一族,Q可用于制造半導體材料〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W四種短周期元素,基態(tài)Y原子核外電子有4種空間運動狀態(tài),Y的電子排布式為1s22s22p2,Y為C元素;X與Y、Z、W不同周期,X位于第一周期,X為H元素;X、Y、Z、W原子序數依次增大且總和為22,則Z和W原子序數和為22-6-1=15,Z為N元素,W為O元素,以此解答。【詳析】A.H、C、N能形成直線形分子HCN,故A正確;B.H、C、O能形成酸性(同溫同濃度下)比醋酸強的二元酸H2C2O4,故B正確;C.N和H能形成分子晶體NH3,也能形成離子晶體NH4H,故C錯誤;D.原子序數為52的Q元素為Te,O和Te在同一族,Te可用于制造半導體材料,故D正確;故選C。11.直接燃料電池是一種新型化學電源,其工作原理如圖所示。電池放電時,下列說法不正確的是()A.電池工作時,電極I電勢低B.電極Ⅱ的反應式為:C.電池總反應為:D.當電路中轉移0.1mol電子時,通過陽離子交換膜的為3.9g〖答案〗C〖祥解〗電池工作時,電勢低的是負極,電子從負極流向正極,故電極I為負極,電極Ⅱ為正極,負極:H2O2-2e-+2OH-=O2+2H2O,正極:?!驹斘觥緼.電池工作時,電勢低的是負極,電子從負極流向正極,故電極I電勢低,A正確;B.電極Ⅱ為正極,電極反應式為:,B正確;C.該電池放電過程中,負極區(qū)的OH-來自KOH,正極區(qū)的來自H2SO4,K+通過陽離子交換膜進入正極區(qū)與硫酸根結合生成K2SO4,因此電池總反應為:,C錯誤;D.當電路中轉移0.1mol電子時,通過陽離子交換膜的為0.1mol,即3.9g,D正確;故選C。12.下列關于物質說法不正確的是()A.該分子中各個鍵的極性向量和不為零B.該物質可用HCl氣體與反應得到C.該物質與NaOH溶液反應可生成兩種鹽D.相同條件下,比更難與發(fā)生反應〖答案〗B〖解析〗A.該分子為極性分子,分子中各個鍵極性向量和不為零,A正確;B.ClONO2中Cl為+1價,N為+5價,O為-2價,通常由Cl2O和N2O5反應得到,HCl與N2O5反應,則元素化合價變化不符合氧化還原反應規(guī)律,B錯誤;C.ClONO2與NaOH反應生成次氯酸鈉和硝酸鈉兩種鹽,C正確;D.ClONO2與水反應生成HClO和HNO3,同理IONO2與水反應生成HIO和HNO3,Cl電負性強于I,導致IO中共用電子對相比于ClO更偏向于O,則O更容易吸引氫離子形成HIO,故ClONO2比IONO2更難與水反應,D正確;故〖答案〗選B。13.室溫下,向20mL0.1mol/L的溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液。溶液中含氯微粒a、b的分布系數δ、pH與NaOH溶液體積V(NaOH)的關系如圖所示。下列說法不正確的是()[已知的分布系數:A.微粒b為,該滴定可選酚酞作指示劑B.由x點數據可知,的電離平衡常數C.p點對應的溶液中,D.將y點對應的溶液加熱到50℃,)增大導致增大,減小,pH變大〖答案〗D〖祥解〗隨著NaOH溶液的滴加,HAuCl4的分布分數減小、AuCl的分布分數增大,則微粒a為,微粒b表示,以此解答。【詳析】A.隨著NaOH溶液的滴加,HAuCl4的分布分數減小、AuCl的分布分數增大,所以微粒b表示,NaAuCl4溶液呈堿性,酚酞變色范圍為8.2~10,所以取酚酞作指示劑,故A正確;B.x點和的濃度相等,對應的pH約為5.7,則的電離平衡常數,故B正確;C.根據圖知,p點時加入10ml0.1mol/L的NaOH溶液,得到等濃度的HAuCl4和NaAuCl4溶液,存在電荷守恒:,物料守恒:,結合兩式得,故C正確;D.根據圖知,y點時加入25ml0.1mol/L的NaOH溶液,得到NaAuCl4和NaOH的混合溶液,溶液中發(fā)生水解,加熱到50℃,)增大導致增大,Kw=也增大,不一定減小,故D錯誤;故選D。14.標準狀態(tài)下,(g)與HCl(g)反應生成(g)和(g)的反應歷程與相對能量的示意圖如下。下列說法正確的是()A.B.其他條件不變,往反應體系中加入適量(g)可有效提高反應速率C.其他條件不變,適當升高溫度可提高加成產物中的比例D.歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:〖答案〗C〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能,即圖中峰值越大則活化能越大,峰值越小則活化能越小,活化能越小反應越快,活化能越大反應越慢,決定總反應速率的是慢反應;【詳析】A.、對應兩者的反應物、生成物均不同,故反應的焓變不同,故,A錯誤;B.由圖可知,歷程Ⅰ、歷程Ⅱ的決速步均為第一步,故其他條件不變,往反應體系中加入適量(g)不會有效提高反應速率,B錯誤;C.由圖可知,反應歷程Ⅱ的最大活化能更大,受溫度的影響程度更大,故其他條件不變,適當升高溫度可提高加成產物中的比例,C正確;D.由圖可知,歷程Ⅰ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:;歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為:,D錯誤;故選C。15.某同學模擬工業(yè)廢水變廢為寶,設計了用沉淀法回收各金屬陽離子的實驗方案:模擬工業(yè)廢水的離子濃度(mol/l)0.100.0100.00400.00100.141已知:①溶液中某離子濃度小于,可認為該離子不存在;②實驗過程中,假設溶液體積、溫度不變;③;;;下列說法不正確的是()A.步驟I中加入的B.步驟II得到的濾液N中的濃度C.步驟III得到的沉淀Z為D.反應的平衡常數〖答案〗A〖解析〗A.1.0L模擬工業(yè)廢水中H+濃度為0.1mol/L,設加入xmolNaOH固體后pH=3,則×,解得x=0.099mol,故A錯誤;B.方程式平衡常數K=,此時溶液pH=11,c(OH-)=1×10-3mol/L,=0.004mol/L,則,故B正確;C.模擬工業(yè)廢水的Fe3+完全沉淀時,c(Fe3+)=,c(OH-)=,pH≈3,則步驟I沉淀X為Fe(OH)3,同理可得步驟II沉淀Y為Bi(OH)3,Cu2+轉化為,步驟III中加入適量NaOH固體使平衡逆向移動,沉淀Z為,故C正確;D.的平衡常數,故D正確;故選A。16.下列方案設計與操作、現象與結論均正確的是()選項實驗目的方案設計與操作現象與結論A驗證乙醇在催化下發(fā)生消去反應將乙醇與共熱產生的氣體依次通入溴水、NaOH溶液若觀察到溴水褪色,則證明乙醇催化下發(fā)生消去反應B驗證冠醚識別堿金屬離子(如)①取一定量的甲苯與一定體積、一定濃度的酸性高錳酸鉀水溶液混合振蕩。②在實驗①試劑取量基礎上,再加入一定量冠醚振蕩若②褪色耗時更少,則證明冠醚中O與之間形成配位鍵,實現對的識別C比較Zn和Fe的金屬性強弱分別向相同濃度、相同體積的溶液和溶液加入相同濃度相同體積且足量的氨水若觀察到兩溶液均出現沉淀,且溶液中生成的沉淀溶解,則說明Fe的金屬性更強D比較三種二元弱酸、、第二步電離平衡常數大小分別測定相同溫度下等濃度的NaHA、NaHB、NaHC溶液的pH若測量結果為:pH(NaHA)<pH(NaHB)<pH(NaHC),則證明〖答案〗A〖解析〗A.乙醇消去生成乙烯,乙烯能使溴水褪色,故溴水褪色能說明乙醇在氧化鋁條件下發(fā)生消去反應,A正確;B.高錳酸鉀溶液的顏色是高錳酸根離子的顏色,不是鉀離子的顏色,故溶液褪色時間與冠醚識別堿金屬離子無關,B錯誤;C.金屬性的強弱與沉淀的轉化沒有關系,C錯誤;D.鹽溶液中陰離子水解程度越大,溶液的堿性越強,說明該對應酸的酸性越弱,應該使用酸對應的正鹽,而不是酸式鹽,酸式鹽中存在電離和水解,D錯誤;故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題,共52分)17.分析物質的結構可以解釋物質的性質。請回答:(1)水分子中的共價鍵,依據原子軌道重疊的方式判斷,屬于_______鍵,該鍵是由_______雜化軌道和_______軌道重疊形成的,水分子的VSEPR模型名稱是_______。(2)由鐵原子核形成的四種微粒,價電子排布圖分別為:①、②、③、④,有關這些微粒的敘述,不正確的是_______。A.微粒半徑:④>①>②B.得電子能力:②>①>③C.電離一個電子所需最低能量:②>①>④D.微粒③價電子在簡并軌道中單獨分占,且自旋相同,故不能再繼續(xù)失去電子(3)八硝基立方烷結構如圖所示,是一種新型高能炸藥,其爆炸性強的原因是_______________________________________________________________。(4)某種冰的晶胞結構如圖所示,晶胞參數,,。該晶體類型是_____________,密度為__________(列出數學表達式,不必計算出結果)?!即鸢浮剑?)σ氧原子的sp3氫原子的1s四面體形(2)BD(3)八硝基立方烷的碳碳鍵角為90°,其雜化方式為sp3,在動力學上不穩(wěn)定;其分解產物為穩(wěn)定的CO2和N2,反應熵增加較大,且放熱量大,爆炸性很強(4)分子晶體〖解析〗(1)對于水分子中的共價鍵,依據原子軌道重疊的方式判斷,屬于σ鍵;H2O中O原子價層電子對數為2+=4,O原子的雜化方式為sp3,該σ鍵是由氧原子的sp3雜化軌道和氫原子的1s軌道重疊形成的,水分子的VSEPR模型名稱是四面體形。(2)由價電子排布圖可知,①為Fe原子,②為Fe2+,③為Fe3+,④為Fe原子的激發(fā)態(tài),A.一般電子層數越多原子半徑越大,而Fe原子失電子數越多,原子半徑越小,因此微粒半徑:④>①>②,故A正確;B.能量越低越易得到電子,則得電子能力:③>②>①,故B錯誤;C.能量越高越容易失去電子,基態(tài)原子的第一電離能小于第二電離能,則電離一個電子所需最低能量:②>①>④,故C正確;D.Fe3+3d軌道上有電子,能再繼續(xù)失去電子,故D錯誤;故選BD。(3)八硝基立方烷的碳碳鍵角為90°,其雜化方式為sp3,在動力學上不穩(wěn)定;其分解產物為穩(wěn)定的CO2和N2,反應熵增加較大,且放熱量大,爆炸性很強。(4)某種冰的晶胞結構如圖所示,該晶體類型是分子晶體,由晶胞結構可知該晶胞中含有4個水分子,晶胞質量為g,晶胞的體積為452×226,密度為18.化合物X由四種元素組成,按如下流程進行實驗?;旌蠚怏wA由氣體E和元素種類相同的另兩種氣體組成,且氣體C的平均相對分子質量為8.5?;旌衔顱中有兩種固體。請回答:(1)組成X的四種元素為___________________;X的化學式為________________。(2)寫出由X到A的化學方程式___________________________________________。(3)用鹽酸溶解固體F,滴加一定量KSCN溶液,得到血紅色溶液Y。往溶液Y中加入一定量KCl固體,溶液Y顏色變淡,請結合離子方程式說明原因_______________________________________________________________________________________________。(4)設計實驗檢驗混合氣體A中相對分子量較小的兩種氣體__________________________________________________________________________________________________?!即鸢浮剑?)H、Fe、C、OFe2H6C2O4
(2)Fe2H6C2O4Fe+FeO+CO↑+CO2↑+3H2↑(3)FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,加入KCl固體后,氯離子濃度增大,促使化學平衡逆向移動,使得溶液Y顏色變淡(4)檢驗H2的存在,將混合氣體用濃硫酸干燥后通過加熱的CuO,生成的氣體通過無水硫酸銅,若無水硫酸銅變藍,說明其中含有氫氣。檢驗CO的存在,將混合氣體先通過NaOH除去其中的CO2,將除雜后的氣體通過澄清石灰水確保CO2已除盡,再將混合氣體通過加熱的CuO,將生成的氣體通過澄清石灰水,若澄清石灰水變渾濁則有CO?!枷榻狻郊t棕色固體可由淺綠色溶液中加入NaOH并經過一系列處理得到,則該淺綠色溶液為亞鐵鹽溶液,紅棕色固體Fe2O3,3.2g氧化鐵物質的量是0.02mol,根據Fe守恒,X中有Fe0.04mol,混合氣體A由氣體E和元素種類相同的另外兩種氣體組成,且與氫氧化鋇反應生成白色沉淀D,則這兩種元素種類相同的氣體為CO2和CO,白色沉淀D為BaCO3,3.94gBaCO3的物質的量為0.02mol,混合氣體A含有CO20.02mol,混合氣體C物質的量為0.08mol,且其平均相對分子質量為8.5,其中一種氣體為CO,則另一種氣體E為H2,兩種氣體的平均相對分子質量為8.5,總物質的量為0.08mol,則H2有0.06mol,CO有0.02mol,固體混合物B中有兩種固體,能與鹽酸反應生成0.02mol氫氣,則固體B中含有0.02molFe,故組成X的四種元素為H、C、O、Fe,其中Fe有0.04mol,C有0.04mol、H有0.12mol,剩余O有0.08mol,則X的化學式為Fe2H6C2O4?!驹斘觥浚?)根據分析可知,X中含有的四種元素為Fe、H、C、O,X的化學式為Fe2H6C2O4。(2)根據分析可知,混合氣體A中含有H2、CO、CO2,固體混合物B中含有Fe和FeO,則X到A的化學方程式為Fe2H6C2O4Fe+FeO+CO↑+CO2↑+3H2↑。(3)固體F為Fe2O3,加鹽酸溶解后溶液中含有Fe3+,加入KSCN后得到血紅色溶液Y,往溶液中加入一定量的KCl固體,溶液Y顏色變淡,原因為FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,加入KCl固體后,氯離子濃度增大,促使化學平衡逆向移動,使得溶液Y顏色變淡。(4)混合氣體A中相對分子質量較小的兩種氣體為H2和CO,先檢驗其中氫氣的存在再檢驗CO。檢驗H2的存在,將混合氣體用濃硫酸干燥后通過加熱的CuO,生成的氣體通過無水硫酸銅,若無水硫酸銅變藍,說明其中含有氫氣。檢驗CO的存在,將混合氣體先通過NaOH除去其中的CO2,將除雜后的氣體通過澄清石灰水確保CO2已除盡,再將混合氣體通過加熱的CuO,將生成的氣體通過澄清石灰水,若澄清石灰水變渾濁則有CO。19.工業(yè)上,以為原料,通過不同反應生產更高價值的。I.直接分解生產:反應①:反應②:請回答:(1)恒溫下,往恒容(10L)反應釜中通入4mol(g)(僅考慮發(fā)生上述反應)。某時刻轉化率為20%,選擇性為40%,則該時刻反應①的濃度商_______。(2)下列說法正確的是_______。A.反應①能自發(fā)進行的條件是低溫B.溫度升高,反應②的平衡常數增大C.壓強增大,活化分子百分數增多,導致反應①速率加快D.可通過C(s)的物質的量不再變化判斷反應②達到平衡狀態(tài)(3)研究表明,在固體催化劑N存在下,反應①分三步進行,生成步驟的活化能遠大于生成步驟的活化能,且開始一段時間內與的生成速率幾乎相同(不考慮反應②)。畫出步驟2和步驟3生成產物的反應過程能量示意圖_______。II.輔助生產:反應③:恒溫恒壓下,和按物質的量之比1:1以一定流速通入裝有某復合催化劑的反應器中,反應過程如圖所示:(4)關于反應過程,下列說法正確的是_______。A.M可循環(huán)利用,不可循環(huán)利用B.過程1作用力a是氫鍵,過程2涉及極性鍵的形成和斷裂C.溫度升高,過程1和過程2的反應速率均加快,總反應速率一定加快D.其他條件不變,更換不同催化劑,同樣生產1mol(g)所需能量不一定相同(5)對該反應器催化劑表面上CO的生成速率和的消耗速率進行測定,所得實驗結果如圖,請結合具體反應說明CO的生成速率和的消耗速率不相等的可能原因______________________________________________________________________?!即鸢浮剑?)0.0224(2)BD(3)(4)B(5)依據反應③過程,CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等,但還會發(fā)生反應②有積碳生成,且CO2+C2CO〖解析〗(1)根據已知條件列出“三段式”某時刻轉化率為20%,選擇性為40%,則=0.2,=0.4,解得x=0.32,y=0.48,則該時刻反應①的濃度商=0.0224。(2)A.反應①是吸熱的熵增的反應,自發(fā)進行的條件是高溫,故A錯誤;B.反應②分解生產C和H2的反應是吸熱反應,升高溫度,平衡正向移動,平衡常數增大,故B正確;C.增大壓強,活化分子數不一定增多,所以其反應速率不一定最多,如恒溫恒容條件下加入惰性氣體,體系壓強增大但反應物濃度不變,反應速率不變,故C錯誤;D.C(s)的物質的量不再變化,說明反應②的正逆反應速率相等,反應達到平衡,故D正確;故選BD。(3)反應①分三步進行,由圖可知,步驟1為吸附在催化劑表面,該過程為放熱反應,則步驟2為N在催化劑表面生成C3H6(g)和NH2(g),步驟3為NC3H6(g)和NH2(g)從催化劑表面解吸附生成N(s)、C3H6(g)和H2(g),該過程是吸熱反應,結合反應①總反應為吸熱反應,畫出步驟2和步驟3生成產物的反應過程能量示意圖為:。(4)A.由圖可知,M和在過程1中被消耗,在過程2中又生成,二者都可循環(huán)利用,故A錯誤;B.過程1作用力a是H原子和O原子之間形成的氫鍵,過程2涉及極性鍵的形成和斷裂,故B正確;C.溫度升高,可能導致催化劑活性降低,總反應速率不一定加快,故C錯誤;D.催化劑不改變反應熱,其他條件不變,更換不同催化劑,同樣生產1mol(g)所需能量相同,故D錯誤;故選B。(5)依據反應③過程,CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等,但還會發(fā)生反應②有積碳生成,且CO2+C2CO。20.實驗室用圖裝置(夾持、攪拌等裝置已省略)制備氫化鋁鈉()。簡要步驟如下:I.在A瓶中分別加入50mL含4.32gNaH的
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