重慶市西南大學(xué)附屬中學(xué)高三考前熱身新高考化學(xué)試卷及答案解析_第1頁
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文檔簡介

重慶市西南大學(xué)附屬中學(xué)高三考前熱身新高考化學(xué)試卷注意事項1.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、鐵杉脂素是重要的木脂素類化合物,其結(jié)構(gòu)簡式如右圖所示。下列有關(guān)鐵杉脂素的說法錯誤的是()A.分子中兩個苯環(huán)處于同一平面B.分子中有3個手性碳原子C.能與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)D.1mol鐵杉脂素與NaOH溶液反應(yīng)最多消耗3molNaOH2、某有機物的分子式為,該物質(zhì)與金屬鈉反應(yīng)有氣體生成。則該有機物可能的結(jié)構(gòu)有幾種(不考慮立體異構(gòu))A.8 B.10 C.12 D.143、依據(jù)反應(yīng)2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4,利用下列裝置從含NaIO3的廢液中制取單質(zhì)碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中裝置正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康氖茿.①②③④ B.①②③ C.②③④ D.②④4、下列物質(zhì)的熔點,前者大于后者的是A.晶體硅、碳化硅 B.氯化鈉、甲苯 C.氧化鈉、氧化鎂 D.鉀鈉合金、鈉5、下列實驗操作、現(xiàn)象與結(jié)論均正確的是()選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向FeCl3和KSCN混合溶液中,加入少量KCl固體溶液顏色變淺FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡向逆反應(yīng)方向移動B向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量的FeI2固體反應(yīng)后溶液變黃反應(yīng)后溶液中存在大量Fe3+C取3mL

1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大D常溫下,向濃度、體積都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞變紅,前者紅色更深結(jié)合質(zhì)子的能力:CO32->HCO3-A.A B.B C.C D.D6、甲、乙、丙三種有機化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯誤的是A.甲、乙的化學(xué)式均為C8H14B.乙的二氯代物共有7種(不考慮立體異構(gòu))C.丙的名稱為乙苯,其分子中所有碳原子可能共平面D.甲、乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色7、下列儀器的用法正確的是()A.①可以長期盛放溶液B.用②進行分液操作C.用酒精燈直接對③進行加熱D.用④進行冷凝回流8、對于復(fù)分解反應(yīng)X+YZ+W,下列敘述正確的是A.若Z是強酸,則X和Y必有一種是強酸B.若X是強酸,Y是鹽,反應(yīng)后可能有強酸或弱酸生成C.若Y是強堿,X是鹽,則Z或W必有一種是弱堿D.若W是弱堿,Z是鹽,則X和Y必有一種是強堿9、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2×10?5。已知:Ni(CO)4的沸點為42.2℃,固體雜質(zhì)不參與反應(yīng)。第一階段:將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4;第二階段:將第一階段反應(yīng)后的氣體分離出來,加熱至230℃制得高純鎳。下列判斷正確的是A.增加c(CO),平衡向正向移動,反應(yīng)的平衡常數(shù)增大B.第一階段,在30℃和50℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度,選50℃C.第二階段,Ni(CO)4分解率較低D.該反應(yīng)達到平衡時,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)10、下列有關(guān)氮原子的化學(xué)用語錯誤的是A. B. C.1s22s22p3 D.11、某鋰離子電池充電時的工作原理如圖所示,LiCoO2中的Li+穿過聚內(nèi)烯微孔薄膜向左遷移并嵌入石墨(C6表示)中。下列說法錯誤的是()A.充電時,陽極電極反應(yīng)式為LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2B.放電時,該電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能C.放電時,b端為負極,發(fā)生氧化反應(yīng)D.電池總反應(yīng)為LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO212、丁苯橡膠的化學(xué)組成為,其單體一定有()A.2﹣丁炔 B.1,3﹣丁二烯 C.乙苯 D.乙烯13、分子式為C5H12O且可與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣的有機化合物有(不考慮立體異構(gòu))A.5種 B.6種 C.7種 D.8種14、下列實驗操作或現(xiàn)象不能用平衡移動原理解釋的是A.鹵化銀沉淀轉(zhuǎn)化B.配制氯化鐵溶液C.淀粉在不同條件下水解D.探究石灰石與稀鹽酸在密閉環(huán)境下的反應(yīng)15、下列離子方程式書寫正確的是()A.向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸:Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C.向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl:AlO2-+4H+=Al3++2H2OD.過量的鐵與稀硝酸Fe+4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O16、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.標準狀況下,11.2LNO2中含有的氧原子數(shù)目為NAB.1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子數(shù)目為10NAC.8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的陰離子數(shù)目為0.1NAD.已知某溫度下硼酸(H3BO3)飽和溶液的pH=4.6,則溶液中H+的數(shù)目為1×10-4.6NA17、鋰—銅空氣燃料電池(如圖)容量高、成本低,該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕“現(xiàn)象”產(chǎn)生電力,其中放電過程為:2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-,下列說法錯誤的是A.放電時,當(dāng)電路中通過0.2mol電子的電量時,有0.2molLi+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動,有標準狀況下1.12L氧氣參與反應(yīng)B.通空氣時,銅被腐蝕,表面產(chǎn)生Cu2OC.放電時,正極的電極反應(yīng)式為:Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-D.整個反應(yīng)過程,空氣中的O2起了催化劑的作用18、化學(xué)與生活密切相關(guān),下列有關(guān)說法錯誤的是A.SO2和NO2是主要的大氣污染物B.大氣中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D.對煤燃燒后形成的煙氣脫硫,目前主要用石灰法19、把35.7g金屬錫投入300mL14mol/LHNO3共熱(還原產(chǎn)物為NOx),完全反應(yīng)后測得溶液中c(H+)=10mol/L,溶液體積仍為300mL。放出的氣體經(jīng)水充分吸收,干燥,可得氣體8.96L(S.T.P)。由此推斷氧化產(chǎn)物可能是A.Sn(NO3)4 B.Sn(NO3)2 C.SnO2?4H2O D.SnO20、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A.25℃、l0IKPa下,NA個C18O2分子的質(zhì)量為48gB.標準狀況下,22.4LHF中含有的電子數(shù)為10NAC.1mol白磷(P4)分子中所含化學(xué)鍵的數(shù)目為4NAD.1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子數(shù)為0.lNA21、硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說法錯誤的是()A.在圖示的轉(zhuǎn)化中,F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物B.在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價不變的元素只有銅C.圖示轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)是2H2S+O22S+2H2OD.當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol22、常溫下,濃度均為0.1mol/L體積均為V0的HA、HB溶液分別加水稀釋至體積為V的溶液。稀釋過程中,pH與的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A.pH隨的變化始終滿足直線關(guān)系B.溶液中水的電離程度:a>b>cC.該溫度下,Ka(HB)≈10-6D.分別向稀釋前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時,c(A-)=c(B-)二、非選擇題(共84分)23、(14分)在醫(yī)藥工業(yè)中,有機物G是一種合成藥物的中間體,其合成路線如圖所示:已知:R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1與R2代表苯環(huán)或烴基、X代表鹵素原子)RCOOH+SOCl2(液體)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列問題:(1)A與C在水中溶解度更大的是_________,G中官能團的名稱是___________。(2)E→F的有機反應(yīng)類型是________,F(xiàn)的分子式為______________。(3)由A→B反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。(4)物質(zhì)D的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。(5)B→C反應(yīng)中加入NaOH的作用是________________。(6)寫出一種符合下列條件的G的同分異構(gòu)體_________________。①與G的苯環(huán)數(shù)相同;②核磁共振氫譜有5個峰;③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)24、(12分)曲美替尼是一種抑制黑色素瘤的新型抗癌藥物,下面是合成曲美替尼中間體G的反應(yīng)路線:已知:①D分子中有2個6元環(huán);請回答:(1)化合物A的結(jié)構(gòu)簡式___________。A生成B的反應(yīng)類型___________。(2)下列說法不正確的是___________。A.B既能表現(xiàn)堿性又能表現(xiàn)酸性B.1moC在堿溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C.D與POCl3的反應(yīng)還會生成E的一種同分異構(gòu)體D.G的分子式為C16H18O3N4(3)寫出C→D的化學(xué)方程式____________________________________________。(4)X是比A多2個碳原子的A的同系物,寫出符合下列條件的X可能的結(jié)構(gòu)簡式:_______________________________________________________。①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子,②IR譜顯示分子中有苯環(huán)與-NH2相連結(jié)構(gòu)(5)流程中使用的DMF即N,N-二甲基甲酰胺結(jié)構(gòu)簡式為,是常用的有機溶劑。設(shè)計以甲醇和氨為主要原料制取DMF的合成路線(用流程圖表示,其他無機試劑任選)。_____________25、(12分)如圖所示,將儀器A中的濃鹽酸滴加到盛有MnO2的燒瓶中,加熱后產(chǎn)生的氣體依次通過裝置B和C,然后再通過加熱的石英玻璃管D(放置有鐵粉)。請回答:(1)儀器A的名稱是_____,燒瓶中反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。(2)裝置B中盛放的液體是____,氣體通過裝置B的目的是_____。(3)裝置C中盛放的液體是____,氣體通過裝置C的目的是_____。(4)D中反應(yīng)的化學(xué)方程式是____。(5)燒杯E中盛放的液體是___,反應(yīng)的離子方程式是____。26、(10分)糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲,A1P遇水即產(chǎn)生強還原性的PH3氣體。國家標準規(guī)定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學(xué)用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧,E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化),C中加入足量水,充分反應(yīng)后,用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置,則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸,MnO4-被還原為Mn2+,寫出該反應(yīng)的離子方程式:__________。(4)收集裝置E中的吸收液,加水稀釋至250mL,量取其中的25.00mL于錐形瓶中,用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定,消耗Na2SO3標準溶液20.00mL,反應(yīng)原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。27、(12分)氨基鋰(LiNH2)是一種白色固體,熔點為390℃,沸點為430℃,溶于冷水,遇熱水強烈水解,主要用于有機合成和藥物制造。實驗室制備少量氨基鋰的裝置如圖所示(部分夾持裝置已略):(1)A中裝置是用于制備氨氣的,若制備氨氣的試劑之一是熟石灰,則A中制氣裝置是______(從方框中選用,填序號);用濃氨水與生石灰反應(yīng)也可制取NH3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(2)試劑X是_________,裝置D的作用是_______。(3)實驗中需要先向C通入一段時間的NH3再點燃C處酒精燈,這樣做的目的是____,可根據(jù)E中____(填現(xiàn)象)開始給鋰加熱。(4)某同學(xué)經(jīng)理論分析認為LiNH2遇熱水時可生成一種氣體,試設(shè)計一種方案檢驗該氣體:_______。28、(14分)鎂、鋁、硅、銀、鐵的單質(zhì)及其化合物在建筑業(yè)、飛機制造業(yè)、電子工業(yè)和石油化工等方面應(yīng)用廣泛?;卮鹣铝袉栴}:(1)Fe3+價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為__。(2)硅能形成多種化合物(如SiH4、Si2H4等),SiH4的中心原子的雜化軌道類型為__,其分子的立體構(gòu)型為__,鍵角為__;Si2H4分子中含有的σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為__。(3)Mg、Al的第一電離能:Mg__Al(填“>”或“<”)。(4)Ca和Fe屬于同一周期,且核外最外層電子構(gòu)型相同,但金屬Ca的熔點、沸點等都比金屬Fe低,原因是__。(5)Ag晶體的堆積方式為面心立方最密堆積(如圖所示),晶胞中Ag原子的配位數(shù)為__;設(shè)Ag原子半徑為rcm,阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示,則Ag晶體的密度為__g·cm-3(寫出表達式)。29、(10分)向體積為2L的固定密閉容器中通入3molX氣體,在一定溫度下發(fā)生如下反應(yīng):2X(g)Y(g)+3Z(g)(1)經(jīng)5min后反應(yīng)達到平衡,此時測得容器內(nèi)的壓強為起始時的1.2倍,則用Y表示的速率為_____________mol/(L·min);(2)若上述反應(yīng)在甲、乙、丙、丁四個同樣的密閉容器中進行,在同一段時間內(nèi)測得容器內(nèi)的反應(yīng)速率分別為:甲:v(X)=3.5mol/(L·min);乙:v(Y)=2mol/(L·min);丙:v(Z)=4.5mol/(L·min);?。簐(X)=0.075mol/(L·s)。若其它條件相同,溫度不同,則溫度由高到低的順序是(填序號)_________;(3)若向達到(1)的平衡體系中充入氮氣,則平衡向_____(填"左"或"右"或"不)移動;若向達到(1)的平衡體系中移走部分混合氣體,則平衡向_____(填“左”或“右”或“不”)移動;(4)若在相同條件下向達到(1)所述的平衡體系中再充入0.5molX氣體,則平衡后X的轉(zhuǎn)化率與(1)的平衡中X的轉(zhuǎn)化率相比較:_____________A.無法確定B.前者一定大于后者C.前者一定等于后者D.前者一定小于后者(5)若保持溫度和壓強不變,起始時加入X、Y、Z物質(zhì)的量分別為amol、bmol、cmol,達到平衡時仍與(1)的平衡等效,則a、b、c應(yīng)該滿足的關(guān)系為___________________;(6)若保持溫度和體積不變,起始時加入X、Y、Z物質(zhì)的量分別為amol、bmol、cmol,達到平衡時仍與(1)的平衡等效,且起始時維持化學(xué)反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行,則c的取值范圍應(yīng)該為_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、A【解析】

A.分子中兩個苯環(huán)連在四面體結(jié)構(gòu)的碳原子上,不可能處于同一平面,故A錯誤;B.圖中*標注的三個碳原子是手性碳原子,故B正確;C.酚羥基的鄰對位可能與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng),故C正確;D.1mol鐵杉脂素與NaOH溶液反應(yīng)最多消耗3molNaOH,分別是酯基消耗1mol,2個酚羥基各消耗1mol,故D正確;故選A。2、C【解析】

該物質(zhì)與金屬鈉反應(yīng)有氣體生成,說明分子中含有-OH,即可轉(zhuǎn)變?yōu)?個C的烷烴的二元取代物,可采用定一議一的方法。4個C的烷烴共有兩種結(jié)構(gòu),正丁烷和異丁烷,正丁烷共有8種二元取代物,異丁烷共有4種二元取代物,共有12種,故答案選C。3、B【解析】

依據(jù)實驗步驟及操作的規(guī)范性、科學(xué)性分析作答?!驹斀狻竣贊饬蛩嵩诩訜釛l件下與銅反應(yīng)制取SO2,裝置正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康模虎跉怏w和液體反應(yīng),有防倒吸裝置,裝置正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康?;③用四氯化碳從廢液中萃取碘,靜置后分液,裝置正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康模虎苷舭l(fā)溶液時用蒸發(fā)皿,而不應(yīng)用坩堝,裝置錯誤,不能達到實驗?zāi)康?;故B項正確。答案選B。4、B【解析】

A、原子晶體共價鍵的鍵長越短、鍵能越大,熔點越高,鍵長:Si-Si>Si-C,所以熔點前者小于后者,選項A不符合題意;B、分子晶體的熔點低于離子晶體,甲苯是分子晶體而氯化鈉是離子晶體,所以氯化鈉的熔點高于甲苯,選項B符合題意;C、離子晶體晶格能越大熔點越高,氧化鎂的晶格能大于氧化鈉,所以熔點前者小于后者,選項C不符合題意;D、合金的熔點低于各成份的熔點,所以鉀鈉合金的熔點小于鈉熔點,選項D不符合題意;答案選B。5、D【解析】A、發(fā)生的離子反應(yīng):Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,加入KCl固體,平衡不移動,故A錯誤;B、酸性高錳酸鉀溶液可將Fe2+氧化為Fe3+,將I-氧化成I2,F(xiàn)e3+、I2在溶液種都顯黃色,故B錯誤;C、因為加入NaOH是過量,再滴入3滴FeCl3溶液,F(xiàn)e3+與過量的NaOH溶液生成Fe(OH)3,不能說明兩者溶度積大小,故C錯誤;D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都顯堿性,前者紅色更深,說明CO32-水解的程度比HCO3-大,即CO32-結(jié)合H+能力強于HCO3-,故D正確。6、D【解析】

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式判斷;B.乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上;C.苯為平面形結(jié)構(gòu),結(jié)合三點確定一個平面分析;D.乙與高錳酸鉀不反應(yīng)。【詳解】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知甲、乙的化學(xué)式均為C8H14,故A正確;B.乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上,如在不同的C上,用定一移一法分析,依次把氯原子定于-CH2或-CH-原子上,共有7種,故B正確;C.苯為平面形結(jié)構(gòu),碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn),結(jié)合三點確定一個平面,可知所有的碳原子可能共平面,故C正確;D.乙為飽和烴,與酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng),故D錯誤。故選D。7、D【解析】

A.①為容量瓶,配制溶液時使用,不可以長期盛放溶液,故A錯誤;B.②為漏斗,過濾時使用,分液操作應(yīng)該用分液漏斗,故B錯誤;C.③為圓底燒瓶,在加熱時需要使用石棉網(wǎng),故C錯誤;D.④為冷凝管,作用是冷凝回流,故D正確。故選D?!军c睛】此題易錯點在于C項,圓底燒瓶底部面積較大,直接加熱受熱不均勻,需用石棉網(wǎng),不能直接加熱。8、B【解析】

A.H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯誤;B.H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑;2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑,正確;C.Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH,錯誤;D.CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,錯誤。9、B【解析】

A.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),與濃度無關(guān),故A錯誤;B.50℃時,Ni(CO)4以氣態(tài)存在,有利于分離,從而促使平衡正向移動,故B正確;C.230℃時,Ni(CO)4分解的平衡常數(shù)K逆=1/K正=1/(2×10?5)=5×104,可知分解率較高,故C錯誤;D.平衡時,應(yīng)該是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),故D錯誤;正確答案:B10、D【解析】

A、N原子最外層有5個電子,電子式為,A正確;B、N原子質(zhì)子數(shù)是7,核外有7個電子,第一層排2個,第二層排5個,因此B正確;C、核外電子依次排布能量逐漸升高的1s、2s、2p……軌道,電子排布式為1s22s22p3,C正確;D、根據(jù)泡利原理3p軌道的3個電子排布時自旋方向相同,所以正確的軌道式為,D錯誤。答案選D。11、C【解析】

充電時相當(dāng)于電解池,電解池在工作時,陽離子移向陰極,因此石墨極是陰極,含鈷的是陽極,據(jù)此來分析各選項即可?!驹斀狻緼.充電時,陽離子()從陽極脫嵌,穿過薄膜進入陰極,嵌入石墨中,A項正確;B.放電時相當(dāng)于原電池,原電池是一類將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置,B項正確;C.根據(jù)分析,b為電源正極,發(fā)生還原反應(yīng),C項錯誤;D.根據(jù)分析,整個鋰電池相當(dāng)于在正極和負極之間不斷嵌入-脫嵌的過程,D項正確;答案選C?!军c睛】鋰電池正極一般選用過渡金屬化合物來制作,例如本題中的鈷,過渡金屬一般具有多種可變的化合價,方便的嵌入和脫嵌(嵌入時,過渡金屬化合價降低,脫嵌時,過渡金屬化合價升高,因此無論嵌入還是脫嵌,正極材料整體仍然顯電中性)。12、B【解析】

根據(jù)丁苯橡膠的結(jié)構(gòu)可知,其主鏈上全是碳原子,故其一定是由單體發(fā)生加聚反應(yīng)得到的,由于其分子式中有雙鍵,一定是發(fā)生聚合反應(yīng)新生成的,將鏈節(jié)分斷,可以發(fā)生其單體是苯乙烯和1,3﹣丁二烯,答案選B。13、D【解析】

該分子式符合飽和一元醇和飽和一元醚的通式。醇類可以與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣,而醚不能。根據(jù)碳鏈異構(gòu),先寫出戊烷的同分異構(gòu)體(3種),然后用羥基取代這些同分異構(gòu)體的不同類的氫原子,就可以得出這樣的醇,戊基共有8種,故這樣的醇共有8種,D正確,選D。14、C【解析】

A、足量NaCl(aq)與硝酸銀電離的銀離子完全反應(yīng),AgCl在溶液中存在溶解平衡,加入少量KI溶液后生成黃色沉淀,該沉淀為AgI,Ag+濃度減小促進AgCl溶解,說明實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化,能夠用勒夏特列原理解釋;B、鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子,該反應(yīng)為可逆反應(yīng),加入稀鹽酸可抑制鐵離子水解,能夠用勒夏特列原理解釋;C、淀粉水解反應(yīng)中,稀硫酸和唾液起催化作用,催化劑不影響化學(xué)平衡,不能用勒夏特列原理解釋;D、二氧化碳在水中存在溶解平衡,塞上瓶塞時隨著反應(yīng)的進行壓強增大,促進CO2與H2O的反應(yīng),不再有氣泡產(chǎn)生,打開瓶塞后壓強減小,向生成氣泡的方向移動,可用勒夏特列原理解釋。正確答案選C?!军c睛】勒夏特列原理為:如果改變影響平衡的條件之一,平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動。使用勒夏特列原理時,該反應(yīng)必須是可逆反應(yīng),否則勒夏特列原理不適用,催化劑能加快反應(yīng)速率,與化學(xué)平衡移無關(guān)。15、C【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液,發(fā)生兩個過程,首先發(fā)生2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,生成的Na2SO4再與過量的Ba(OH)2反應(yīng)Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH,兩式合并后離子反應(yīng)方程式:H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O,故A錯誤;B.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸,Na2SiO3可溶性鹽,要拆開,離子反應(yīng)方程式:SiO32-+2H+=H2SiO3↓,故B錯誤;C.偏鋁酸根離子只能存在于堿性溶液中,遇酸生成沉淀,過量的酸使沉淀溶解。向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl:AlO2-+4H+=Al3++2H2O,故C正確;D.過量的鐵與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)物應(yīng)該是Fe2+,3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O,故D錯誤;答案選C。16、C【解析】

A.標準狀況下,NO2液化且部分轉(zhuǎn)化為N2O4,無法計算含有的氧原子數(shù)目,A不正確;B.1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子數(shù)目介于10NA~12NA之間,B不正確;C.8.4gNaHCO3和8.4gMgCO3含有的陰離子數(shù)目都為0.1NA,則8.4g混合物所含陰離子數(shù)目也應(yīng)為0.1NA,C正確;D.硼酸飽和溶液的體積未知,無法計算溶液中H+的數(shù)目,D不正確;故選C。17、D【解析】

放電時,鋰失電子作負極,Cu上O2得電子作正極,負極上電極反應(yīng)式為Li-e-═Li+,正極上電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-,電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動,陰離子向負極移動,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.放電時,電解質(zhì)中陽離子向正極移動,陰離子向負極移動,當(dāng)電路中通過0.2mol電子的電量時,根據(jù)4Cu+O2===2Cu2O,O2+4e-+2H2O=4OH-,正極上參與反應(yīng)的氧氣為0.05mol,在標準狀況下的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L,故A正確;B.該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力,由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電,正極反應(yīng)為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-,因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應(yīng)生成Cu2O,故B正確;C.該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力,由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電,正極反應(yīng)為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-,故C正確;D.通空氣時,銅被腐蝕,表面產(chǎn)生Cu2O,放電時Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu,則整個反應(yīng)過程中,銅相當(dāng)于催化劑,氧化劑為O2,故D錯誤;故答案為D。18、B【解析】A.空氣中的SO2和NO2是主要的大氣污染物,故A正確;B.大氣中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物,故B錯誤;C.液化石油氣含有雜質(zhì)少,燃燒更充分,燃燒時產(chǎn)生的一氧化碳少,對空氣污染小,減少大氣污染,故C正確;D.用石灰對煤燃燒后形成的煙氣脫硫,可以將有害氣體二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸鈣,減少環(huán)境污染,故D正確;答案為B。19、C【解析】

根據(jù)l4mol/LHNO3為濃硝酸,完全反應(yīng)后測得溶液中的c(H+)=10mol/L,則濃硝酸有剩余,即錫與濃硝酸反應(yīng)生成NO2,利用得失電子守恒來分析金屬錫被氧化后元素的化合價?!驹斀狻?5.7g金屬錫的物質(zhì)的量為=0.3mol,14mol/L

HNO3為濃硝酸,完全反應(yīng)后測得溶液中的c(H+)=10mol/L,則濃硝酸有剩余,即錫與濃硝酸反應(yīng)生成NO2,放出的氣體經(jīng)水充分吸收,干燥,可得NO氣體8.96L,根據(jù)反應(yīng):3NO2+H2O=2HNO3+NO,則標準狀況下NO2的物質(zhì)的量為=1.2mol,設(shè)金屬錫被氧化后元素的化合價為x,由電子守恒可知,0.3mol×(x?0)=1.2mol×(5?4),解得x=+4,又溶液中c(H+)=10mol/L,而c(NO3?)==10mol/L,根據(jù)溶液電中性可判斷氧化產(chǎn)物一定不是硝酸鹽,綜合以上分析,答案選C。20、A【解析】

A、NA個分子,其物質(zhì)的量為1mol,其質(zhì)量為1×48g=48g,故正確;B、標準狀況下,HF不是氣體,故錯誤;C、白磷是正四面體結(jié)構(gòu),4個P處于頂點,1mol白磷分子中含有化學(xué)鍵物質(zhì)的量為6mol,故錯誤;D、NaClO溶液中有水,水是由氫元素和氧元素組成,即氧原子的物質(zhì)的量大于0.1mol,故錯誤;故答案選A。21、B【解析】

A.該過程中發(fā)生反應(yīng):Cu2++H2S→CuS+2H+,CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平),F(xiàn)e2++O2→Fe3+(未配平),由此可知,F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物,故A不符合題意;B.由圖知,化合價變化的元素有:S、Fe、O,Cu、H、Cl的化合價沒發(fā)生變化,故B符合題意;C.由A選項分析并結(jié)合氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒可知,其反應(yīng)的總反應(yīng)為:2H2S+O22S+2H2O,故C不符合題意;D.H2S反應(yīng)生成S,硫元素化合價升高2價,O2反應(yīng)時氧元素化合價降低2,根據(jù)氧化還原轉(zhuǎn)移電子守恒可知,當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol,故D不符合題意;故答案為:B。22、C【解析】

從圖中可以看出,0.1mol/LHA的pH=1,HA為強酸;0.1mol/LHA的pH在3~4之間,HB為弱酸。【詳解】A.起初pH隨的變化滿足直線關(guān)系,當(dāng)pH接近7時出現(xiàn)拐點,且直線與橫軸基本平行,A不正確;B.溶液的酸性越強,對水電離的抑制作用越大,水的電離程度越小,由圖中可以看出,溶液中c(H+):c>a>b,所以水的電離程度:b>a>c,B不正確;C.在a點,c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L,c(HB)=0.01mol/L,該溫度下,Ka(HB)=≈10-6,C正確;D.分別向稀釋前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時,HB中加入NaOH的體積小,所以c(A-)>c(B-),D不正確;故選C。二、非選擇題(共84分)23、C羰基(或酮基)、醚鍵取代反應(yīng)C8H7OCl或C8H7ClO催化劑、促進水解【解析】

與氯氣反應(yīng)生成,在氫氧化鈉溶液作用下反應(yīng)生成,根據(jù)信息與CH2I2反應(yīng)生成,根據(jù)信息E和SOCl2反應(yīng)生成F,與F反應(yīng)生成G?!驹斀狻竣臕是苯酚在水中溶解度不大,C為鹽,在水解溶解度大,因此A與C在水中溶解度更大的是C,根據(jù)G的結(jié)構(gòu)得到G中官能團的名稱是羰基、醚鍵;故答案為:C;羰基(或酮基)、醚鍵。⑵E→F是—OH變?yōu)椤狢l,Cl取代羥基,因此有機反應(yīng)類型是取代反應(yīng),根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式得到F的分子式為C8H7OCl或C8H7ClO;故答案為:取代反應(yīng);C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反應(yīng)是氯原子取代羥基的鄰位上的氫,其化學(xué)方程式為;故答案為:。⑷根據(jù)D和F生成G的反應(yīng)得到物質(zhì)D的結(jié)構(gòu)簡式為;故答案為:。⑸根據(jù)B的結(jié)構(gòu)(),加入NaOH溶液得到C(),反應(yīng)中加入NaOH的作用是催化劑、促進水解;故答案為:催化劑、促進水解。⑹①與G的苯環(huán)數(shù)相同;②核磁共振氫譜有5個峰,說明對稱性較強;③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有醛基或則甲酸酯,則符合條件的G的同分異構(gòu)體;故答案為:。24、取代反應(yīng)AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇與氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3NH2(F),F(xiàn)與E發(fā)生取代反應(yīng)生成,所以有機物E為,根據(jù)反應(yīng)條件,有機物D與POCl3反應(yīng)生成,所以有機物(D),有機物C與CH2(COOH)2反應(yīng)生成有機物D,所以有機物C為;有機物B與發(fā)生反應(yīng)生成有機物C,所以有機物B為,有機物A與醋酸反應(yīng)生成有機物B,所以有機物A為;據(jù)以上分析解答。【詳解】(1)根據(jù)以上分析可知,化合物A的結(jié)構(gòu)簡式;(2)A.有機物B為,含有氨基,顯堿性,肽鍵顯中性,沒有酸性,選項A錯誤;B.1mol有機物C()在堿溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-,選項B錯誤;C.D與POCl3的反應(yīng)生成外,還能生成E的一種同分異構(gòu)體,選項C正確;D.根據(jù)有機物G的結(jié)構(gòu)簡式,其分子式為C16H18O3N4,選項D正確;答案選AB;(3)有機物C為與CH2(COOH)2反應(yīng)生成有機物D,化學(xué)方程式:;(4)有機物A為;X是比A多2個碳原子的A的同系物,X一定含有兩個氨基,碳原子數(shù)為8的有機物,①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子,IR譜顯示分子中有苯環(huán)與—NH2相連結(jié)構(gòu),滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為:;(5)甲醇氧化為甲醛,接著氧化為甲酸;根據(jù)信息,甲醇與氨氣反應(yīng)生成(CH3)2NH,甲酸與(CH3)2NH發(fā)生取代生成;合成流程如下:。【點睛】本題考查有機推斷與有機合成、有機反應(yīng)方程式的書寫、同分異構(gòu)體、信息獲取與遷移應(yīng)用等,綜合性較強,需要學(xué)生完全憑借已知反應(yīng)規(guī)律和合成路線進行推斷,對學(xué)生的思維能力提出了更高的要求。25、分液漏斗4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和食鹽水吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl濃硫酸吸收水蒸氣,干燥氯氣2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳加熱生成氯氣,由于濃鹽酸中含有水且易揮發(fā),出來的氣體中含有水蒸氣和氯化氫,通過B中的飽和食鹽水除去氯化氫氣體,在通過C中的濃硫酸除去水蒸氣,得到干燥的氯氣,通過D裝置玻璃管內(nèi)的鐵粉進行反應(yīng),未反應(yīng)的氯氣進過裝置E中的氫氧化鈉進行尾氣吸收;【詳解】(1)由儀器構(gòu)造可知A為分液漏斗;燒瓶中濃鹽酸與二氧化錳加熱生成氯氣的反應(yīng),化學(xué)方程式為:4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案為:分液漏斗;4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)反應(yīng)生成的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣雜質(zhì)氣體,氯化氫極易溶于水,氯氣在飽和食鹽水中溶解性減弱,通過飽和食鹽水除去氯化氫氣體,通過濃硫酸溶液吸收水蒸氣,裝置B中盛放液體是飽和食鹽水;氣體通過裝置B的目的是吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl;答案為:飽和食鹽水;吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl(3)裝置C中盛放的液體是濃硫酸;氣體通過裝置C的目的是吸收水蒸氣,干燥氯氣;答案為:濃硫酸;吸收水蒸氣,干燥氯氣(4)干燥的氯氣通過裝置D是氯氣和鐵加熱條件下反應(yīng)生成氯化鐵的反應(yīng),反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2Fe+3Cl22FeCl3;答案為:2Fe+3Cl22FeCl3;(5)氯氣有毒,不能排放到空氣中,裝置E是氫氧化鈉溶液,用來吸收未反應(yīng)的氯氣,防止污染空氣;氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,反應(yīng)的離子方程式為:2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O;答案為:NaOH溶液;2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O26、吸收空氣中的還原性氣體,防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg,所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性,PH3有強還原性;(2)氧氣會氧化一部分PH3,滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少,則測得的磷化物的殘留量偏低;(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學(xué)方程式;(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量,再由高錳酸鉀總的物質(zhì)的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量,進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量。【詳解】(1)KMnO4溶液有強氧化性,PH3有強還原性,裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體,防止其干擾PH3的測定;(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2,若去掉該裝置,氧氣會氧化一部分PH3,導(dǎo)致剩下的KMnO4多,滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少,則測得的磷化物的殘留量偏低;(3)裝置E中PH3氧化成磷酸,MnO4-被還原為Mn2+,由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知,該反應(yīng)的離子方程式為:5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O;(4)滴定的反應(yīng)原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O,Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量==3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量=2.50×lO-4mol?L-13.2mol=1.8mol,PH3的物質(zhì)的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量==0.3825mg?kg-1,0.3825mg?kg-1>0.05mg?kg-1,所以不合格。27、②CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑堿石灰或氫氧化鈉或生石灰防止水蒸氣進入C中導(dǎo)致氨基鋰水解排盡裝置中的空氣,防止加熱時Li與氧氣反應(yīng)球形干燥管末端基本沒有氣泡冒出時取適量LiNH2加入盛有熱水的試管中,在試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙,若觀察到試紙變藍,則證明有氨氣生成【解析】

(1)實驗室選用氯化銨與熟石灰加熱的情況下制備氨氣;CaO溶于水生成氫氧化鈣并放出大量的熱,OH-濃度增大,使NH3與水反應(yīng)的平衡逆向移動,濃氨水受熱分解生成氨氣;(2)X是用于干燥氨氣的;因LiNH2溶于冷水,且遇熱水強烈水解,據(jù)此分析D的作用;(3)Li非常活潑,在加熱條件下容易被空氣氧化,需排盡裝置中的空氣;(4)依據(jù)水解原理分析可知產(chǎn)物之一為氨氣,根據(jù)氨氣的性質(zhì)選擇檢驗方案。【詳解】(1)氯化銨與Ca(OH)2反應(yīng)需要加熱且有水生成,故應(yīng)選用②;CaO與氨水反應(yīng)生成NH3與Ca(OH)2,化學(xué)方程式為:CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑,故答案為:②;CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑;(2)由于鋰能與水反應(yīng),故B是干燥裝置,可用NaOH、生石灰或堿石灰做干燥劑干燥NH3;氨基鋰溶于冷水、遇熱水強烈水解,因此D的作用是防止E中水蒸氣進入C中導(dǎo)致生成的氨基鋰水解,故答案為:堿石灰或氫氧化鈉或生石灰;防止水蒸氣進入C中導(dǎo)致氨基鋰水解;(3)加熱時鋰易與空氣中的氧氣反應(yīng),故先通入NH3的目的是將裝置中的空氣排盡,E的作用是吸收尾氣NH3,NH3極易溶于水,故當(dāng)E中球形干燥管末端基本無氣泡冒出時,說明裝置中的空氣基本排盡,故答案為:排盡裝置中的空氣,防止加熱時Li與氧氣反應(yīng);球形干燥管末端基本沒有氣泡冒出時;(4)LiNH2水解時產(chǎn)物應(yīng)是LiOH和NH3,可用濕潤的紅色石蕊試紙或pH試紙檢驗NH3,故方案可設(shè)計如下:取適量LiNH2加入盛有熱水的試管中,在試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙,若觀察到試紙變藍,則證明有氨氣生成。28、sp3正四面體形109°28′5:1>Ca的原子半徑較大,且價電子較少

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