湖南省株洲市第十八中學2025年高三第二次診斷性測試化學試題試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

湖南省株洲市第十八中學2025年高三第二次診斷性測試化學試題試卷注意事項1.考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務必將自己的姓名、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、2018年我國首次合成了在有機化工領域具有重要價值的化合物M(結構簡式如圖所示)。下列關于M的說法錯誤的是A.分子式為C10H11NO5B.能發(fā)生取代反應和加成反應C.所有碳原子可以處在同一平面內D.苯環(huán)上的氫原子被兩個氯原子取代的結構有4種(不考慮立體結構)2、鉻是人體必需的微量元素,它與脂類代謝有密切聯(lián)系,能增強人體內膽固醇的分解和排泄,但鉻過量會引起污染,危害人類健康。不同價態(tài)的鉻毒性不同,三價鉻對人體幾乎無毒,六價鉻的毒性約為三價鉻的100倍。下列敘述錯誤的是A.發(fā)生鉻中毒時,可服用維生素C緩解毒性,因為維生素C具有還原性B.K2Cr2O7可以氧化乙醇,該反應可用于檢查酒后駕駛C.在反應Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中,氧化產物與還原產物的物質的量之比為3∶2D.污水中的Cr3+在溶解的氧氣的作用下可被氧化為Cr2O72-3、向等物質的量濃度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種(H2S、HS?、S2?)的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與滴加鹽酸體積的關系如圖所示(忽略滴加過程H2S氣體的逸出)。下列說法不正確的是A.A曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數改變情況B.X、Y為曲線兩交叉點。若已知Y點處的pH,則可計算Ka1(H2S)C.X、Y點對應溶液中水的電離程度大小關系為:X<YD.Y點對應溶液中c(K+)與含硫各微粒濃度的大小關系為:c(K+)=3[c(H2S)+c(HS?)+c(S2?)]4、某種化合物的結構如圖所示,其中X、Y、Z、Q、W為原子序數依次增大的五種短周期主族元素,Q核外最外層電子數與Y核外電子總數相同,X的原子半徑是元素周期表中最小的。下列敘述正確的是A.WX的水溶液呈堿性B.由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物的水溶液一定呈堿性C.元素非金屬性的順序為:Y>Z>QD.該化合物中與Y單鍵相連的Q不滿足8電子穩(wěn)定結構5、中國科學院科研團隊研究表明,在常溫常壓和可見光下,基于LDH(一種固體催化劑)合成NH3的原理示意圖。下列說法不正確的是A.該過程將太陽能轉化成為化學能B.該過程中,涉及極性鍵和非極性健的斷裂與生成C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶1D.原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得6、X、Y、Z、W為原子序數遞增的四種短周期元素,其中Z為金屬元素,X、W為同一主族元素,Y是地殼中含量最高的元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價化合物為甲、乙、丙。結合如圖轉化關系,下列判斷錯誤的是A.反應③為工業(yè)制粗硅的原理B.Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C.4種元素的原子中,Y原子的半徑最小D.工業(yè)上通過電解乙來制取Z7、將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,或溫度仍保持在40℃而加入少量無水硫酸銅,在這兩種情況下均保持不變的是A.硫酸銅的溶解度 B.溶液中溶質的質量C.溶液中溶質的質量分數 D.溶液中Cu2+的數目8、材料在人類文明史上起著劃時代的意義,下列物品所用主要材料與類型的對應關系不正確的是A.人面魚紋陶盆-無機非金屬材料 B.圓明園的銅鼠首--金屬材料C.宇航員的航天服-有機高分子材料 D.光導纖維--復合材料9、25℃時,在20mL0.1mol·L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液中1g[c(A-)/c(HA)]與pH關系如圖所示。下列說法正確的是A.A點對應溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)B.25℃時,HA酸的電離常數為1.0×10-5.3C.B點對應的NaOH溶液體積為10mLD.對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā)),則c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大10、科學工作者研發(fā)了一種SUNCAT的系統(tǒng),借助鋰循環(huán)可持續(xù),合成其原理如圖所示。下列說法不正確的是A.過程I得到的Li3N的電子式為B.過程Ⅱ生成W的反應為Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑C.過程Ⅲ涉及的陽極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2OD.過程I、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應11、某溫度下,分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液,滴加過程中和與AgNO3溶液的體積關系如圖所示。下列說法不正確的是A.x=0.1 B.曲線I代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)約為4×10-12 D.y=912、第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物分別溶于水得溶液,0.010mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.Y可能是硅元素B.簡單離子半徑:Z>W>XC.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Y>WD.非金屬性:Y>Z13、化學與生活、生產密切相關,下列敘述正確的是A.用含橙色的酸性重鉻酸鉀溶液的儀器檢驗酒駕,利用了乙醇的揮發(fā)性和還原性。B.空氣污染日報中的空氣污染指數的主要項目有可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳C.為消除碘缺乏癥,我國衛(wèi)生部門規(guī)定食鹽中必須加碘,其中碘元素以KI形式存在D.為了獲得更好的消毒效果,醫(yī)用酒精的濃度通常為95%14、鉛蓄電池的工作原理為:Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O研讀右圖,下列判斷不正確的是A.K閉合時,d電極反應式:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-B.當電路中轉移0.2mol電子時,Ⅰ中消耗的為0.2molC.K閉合時,Ⅱ中向c電極遷移D.K閉合一段時間后,Ⅱ可單獨作為原電池,d電極為正極15、在給定條件下,下列選項所示的物質間轉化均能實現的是()A.NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C.MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D.N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)16、在下列各用途中,利用了物質的氧化性的是A.用食鹽腌制食物 B.用漂粉精消毒游泳池中的水C.用汽油洗滌衣物上的油污 D.用鹽酸除去鐵釘表面的鐵銹17、為了除去括號中的雜質,不合理的是()選項物質(雜質)加入試劑方法A氯化銨溶液(FeCl3)氫氧化鈉溶液過濾BKNO3(s)(少量NaCl)水結晶C乙酸乙酯(乙酸)飽和碳酸鈉溶液分液D乙醇(水)新制生石灰蒸餾A.A B.B C.C D.D18、下列各組物質,滿足表中圖示物質在一定條件下能一步轉化的是()序號XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A.A B.B C.C D.D19、下列離子方程式書寫正確的是A.小蘇打治療胃酸過多的反應:CO32-+2H+=CO2↑+H2OB.次氯酸鈉溶液通入少通的CO2:2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-C.H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4:5H218O2+2MnO4-+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2OD.過量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中:3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+20、已知:NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。將總體積共為40mL的NO和O2兩種氣體分別同時通入同一足量的NaOH溶液中,完全反應后,溶液中只含有NaNO2和NaOH,剩余氣體5mL,則原混合氣體中NO的體積為()A.20mL B.25mL C.12mL D.33mL21、下列電子排布式表示的基態(tài)原子中,第一電離能最小的是A.ns2np3 B.ns2np5 C.ns2np4 D.ns2np622、下列說法不正確的是()A.金屬汞一旦活落在實驗室地面或桌面時,必須盡可能收集,并深理處理B.氨氮廢水(含NH4+及NH3

)

可用化學氧化法或電化學氧化法處理C.做蒸餾實驗時,在蒸餾燒瓶中應加人沸石,以防暴沸。如果在沸騰前發(fā)現忘記加沸石,應立即停止加熱,冷卻后補加D.用pH計、電導率僅(一種測量溶渡導電能力的儀器)均可檢測乙酸乙酯的水解程度二、非選擇題(共84分)23、(14分)藥物他莫肯芬(Tamoxifen)的一種合成路線如圖所示:已知:+HBr+RBr回答下列問題。(1)A+B→C的反應類型為__;C中官能團有醚鍵、__(填名稱)。(2)CH3CH2I的名稱為__。(3)反應D→E的化學方程式為__。(4)Tamoxifen的結構簡式為__。(5)X是C的同分異構體。X在酸性條件下水解,生成2種核磁共振氫譜都顯示4組峰的芳香族化合物,其中一種遇FeCl3溶液顯紫色。X的結構簡式為__、__(寫2種)。(6)設計用和CH3I為原料(無機試劑任選)制備的合成路線:__。24、(12分)R?L?Claisen雙酯縮合反應的機理如下:2RCH2COOC2H5+C2H5OH,利用該反應制備化合物K的一種合成路線如圖試回答下列問題:(1)A與氫氣加成所得芳香烴的名稱為______;A→B的反應類型是______;D中含氧官能團的名稱是______。(2)C的結構簡式為______;F→G的反應除生成G外,另生成的物質為______。(3)H→K反應的化學方程式為______。(4)含有苯環(huán)結構的B的同分異構體有______種(B自身除外),其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為______(任寫一種即可)。(5)乙酰乙酸乙酯()是一種重要的有機合成原料,寫出由乙醇制備乙洗乙酸乙時的合成路線(無機試劑任選):______。25、(12分)氮化鋁(室溫下與水緩慢反應)是一種新型無機材料,廣泛應用于集成電路生產領域?;瘜W研究小組同學按下列流程制取氮化鋁并測定所得產物中AlN的質量分數。己知:AlN+NaOH+3H2O=Na[Al(OH)4]+NH3↑?;卮鹣铝袉栴}:(1)檢查裝置氣密性,加入藥品,開始實驗。最先點燃___(“A”、“C”或“E”)處的酒精燈或酒精噴燈。(2)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為___,裝置C中主要反應的化學方程式為___,制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能含有___。(3)實驗中發(fā)現氮氣的產生速率過快,嚴重影響尾氣的處理。實驗中應采取的措施是___(寫出一種措施即可)。(4)稱取5.0g裝置C中所得產物,加入NaOH溶液,測得生成氨氣的體積為1.68L(標準狀況),則所得產物中AlN的質量分數為___。(5)也可用鋁粉與氮氣在1000℃時反應制取AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合,有利于AlN的制備,共主要原因是___。26、(10分)硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是一種解毒藥,用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒,臨床常用于治療蕁麻疹,皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定,在酸性溶液中分解產生S和SO2實驗I:Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,實驗室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示:(1)儀器a的名稱是_______,儀器b的名稱是_______。b中利用質量分數為70%?80%的H2SO4溶液與Na2SO3固體反應制備SO2反應的化學方程式為_______。c中試劑為_______(2)實驗中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產量,實驗中通入的SO2不能過量,原因是_______實驗Ⅱ:探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料:Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色,30s后幾乎變?yōu)闊o色(4)根據上述實驗現象,初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+,通過_______(填操作、試劑和現象),進一步證實生成了Fe2+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗Ⅱ的現象:_______實驗Ⅲ:標定Na2S2O3溶液的濃度(5)稱取一定質量的產品配制成硫代硫酸鈉溶液,并用間接碘量法標定該溶液的濃度:用分析天平準確稱取基準物質K2Cr2O7(摩爾質量為294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份,分別放入3個錐形瓶中,加水配成溶液,并加入過量的KI并酸化,發(fā)生下列反應:6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入幾滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,發(fā)生反應I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為25.00mL,則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為_______mol?L-127、(12分)苯胺()是重要的化工原料。某興趣小組在實驗室里制取并純化苯胺。已知:①與NH3相似,與鹽酸反應生成(易溶于水的鹽)。②用硝基苯制取苯胺的反應為:2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O③有關物質的部分物理性質見下表:物質相對分子質量熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g·cm-3苯胺936.3184微溶于水,易溶于乙醚1.02硝基苯1235.7210.9難溶于水,易溶于乙醚1.23乙醚74116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.制備苯胺圖1所示裝置中加入20mL濃鹽酸(過量),置于熱水浴中回流20min,使硝基苯充分還原;冷卻后,向三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈堿性。(1)滴加適量NaOH溶液的目的是___,寫出主要反應的離子方程式___。Ⅱ.純化苯胺ⅰ.取出圖l所示裝置中的三頸燒瓶,改裝為圖2所示裝置。加熱裝置A產生水蒸氣。用“水蒸氣蒸餾”的方法把B中苯胺逐漸吹出,在燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物;分離混合物得到粗苯胺和水溶液甲。ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化鈉固體至飽和,再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液,用NaOH固體干燥,蒸餾后得到苯胺1.86g。(2)裝置A中玻璃管的作用是__。(3)在苯胺吹出完畢后,應進行的操作是先__,再___。(4)該實驗中苯胺的產率為___(保留三位有效數字)。(5)欲在不加熱條件下除去苯胺中少量的硝基苯雜質,簡述實驗方案___。28、(14分)生活污水中的氮和磷主要以銨鹽和磷酸鹽形式存在,可用電解法從溶液中去除。電解裝置如圖:以鐵作陰極、石墨作陽極,可進行除氮;翻轉電源正負極,以鐵作陽極、石墨作陰極,可進行除磷。I.電解除氮(1)在堿性溶液中,NH3能直接在電極放電,轉化為N2,相應的電極反應式為:_______。(2)有Cl-存在時,除氮原理如圖1所示,主要依靠有效氯(HClO、ClO-)將NH4+或NH3氧化為N2。在不同pH條件下進行電解時,氮的去除率和水中有效氯濃度如圖2:①當pH<8時,主要發(fā)生HClO氧化NH4+的反應,其離子方程式為:____________。②結合平衡移動原理解釋,當pH<8時,氮的去除率隨pH的降低而下降的原因是:_____。③當pH>8時,ClO-發(fā)生歧化導致有效氯濃度下降,而氮的去除率卻并未明顯下降,可能的原因是(答出一點即可):______。II.電解除磷(3)除磷的原理是利用Fe2+將PO43-轉化為Fe3(PO4)2沉淀。①用化學用語表示產生Fe2+的主要過程:_______________。②如圖為某含Cl-污水在氮磷聯(lián)合脫除過程中溶液pH的變化。推測在20-40min時脫除的元素是________。(4)測定污水磷含量的方法如下:取100mL污水,調節(jié)至合適pH后用AgNO3溶液使磷全部轉化為Ag3PO4沉淀。將沉淀過濾并洗滌后,用硝酸溶解,再使用NH4SCN溶液滴定產生的Ag+,發(fā)生反應Ag++SCN-=AgSCN↓,共消耗cmol/LNH4SCN溶液VmL。則此污水中磷的含量為___mg/L(以磷元素計)。29、(10分)鈉、硫及其化合物用途非常廣泛?;卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)S原子價層電子的軌道表達式為________,基態(tài)Na原子電子占據最高能級的電子云輪廓圖為________形。(2)乙炔鈉廣泛用于有機合成,乙炔鈉中存在________(填序號)。乙炔鈉的熔沸點比S8高,原因是________。A.金屬鍵B.σ鍵C.π鍵D.氫鍵(3)NaN3是用于汽車安全氣囊的產氣藥,N3—的空間構型為________,N3—中心原子的雜化方式是____________________。(4)的晶格能可通過圖示中的born—Haber循環(huán)計算得到,Na原子的電子電離能為________kJ·mol-1,Cl-Cl的鍵能為_______kJ·mol-1,Cl的電子親和能為_______kJ·mol-1,NaCl的晶格能為________kJ·mol-1。(5)已知的晶胞結構如圖所示,晶體密度為1.86g·cm-3。設NA為阿伏加德羅常數的數值,則晶胞參數a=________(列出計算式)。

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、C【解析】

A.分子式為C10H11NO5,故A正確;B.含有苯環(huán),能發(fā)生取代反應和加成反應,故B正確;C.分子中畫紅圈的碳原子通過3個單鍵與另外3個碳原子相連,所以不可能所有碳原子處在同一平面內,故C錯誤;D.苯環(huán)上的氫原子被兩個氯原子取代的結構有、、、,共4種,故D正確;選C。2、D【解析】

A、發(fā)生鉻中毒時,解毒原理是將六價鉻變?yōu)槿齼r鉻,需要加入還原劑才能實現,可服用具有還原性的維生素C緩解毒性,故A正確;B、K2Cr2O7可以將乙醇氧化為乙酸,同時反應后含鉻化合物的顏色發(fā)生變化,該反應可用于檢查酒后駕駛,故B正確;C、在反應Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中,根據電子守恒和原子守恒配平為:Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O,氧化產物是碘單質,還原產物是三價鉻離子,二者的物質的量之比為3:2,故C正確;D、氧氣的氧化性弱于Cr2O72-,Cr3+在溶解的氧氣的作用下不能被氧化為Cr2O72-,故D錯誤。答案選D。3、C【解析】

滴加鹽酸時,鹽酸先和KOH反應,然后再和K2S反應,首先發(fā)生S2-+H+=HS-,該過程中S2-含量減少,HS-含量上升,然后發(fā)生HS-+H+=H2S,此時HS-含量下降,H2S上升,所以A代表S2-,B代表HS-,C代表H2S?!驹斀狻緼.根據分析可知A曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數改變情況,故A正確;B.Y點表示c(H2S)=c(HS?),Ka1(H2S)=,當c(H2S)=c(HS?)時,Ka1(H2S)=c(H+),所以若已知Y點處的pH,則可計算Ka1(H2S),故B正確;C.X點c(HS-)=c(S2-),Y點c(H2S)=c(HS-),S2-和HS-的水解促進水的電離,H2S為酸抑制水電離,則X點水的電離程度較大,故C錯誤;D.原溶液為等物質的量濃度的K2S、KOH混合溶液,根據物料守恒可知c(K+)=3[c(H2S)+c(HS?)+c(S2?)],故D正確;故答案為C。4、A【解析】

由圖分析,X只能形成一個共價鍵,又X的原子半徑是元素周期表中最小的,故X為H,W為五種短周期元素中原子序數最大的,且可形成+1價的離子,應為Na,Y可成四個鍵,Y為C,Q核外最外層電子數與Y核外電子總數相同,Q為O,則Z為N,據此解答?!驹斀狻坑蓤D分析,X只能形成一個共價鍵,又X的原子半徑是元素周期表中最小的,故X為H,W為五種短周期元素中原子序數最大的,且可形成+1價的離子,應為Na,Y可成四個鍵,Y為C,Q核外最外層電子數與Y核外電子總數相同,Q為O,則Z為N,A.WX為NaH,其與水反應生成NaOH和氫氣,溶液顯堿性,故A正確;B.由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物,如NaHC2O4,由于HC2O4-的電離程度大于其水解程度,則其水溶液呈酸性,故B錯誤;C.同周期元素從左到右主族元素原子非金屬性依次增強,則元素的非金屬性Q>Z>Y,故C錯誤;D.該化合物中與Y單鍵相連的Q,與Y共用一對電子,并得到了W失去的一個電子,滿足8電子穩(wěn)定結構,故D錯誤;故選A。5、C【解析】

A.由圖可知,該過程是由太陽能轉化成化學能,故A正確;B.發(fā)生反應為2N2+6H2O=4NH3+3O2,反應反應物和生成中均存在單質和化合物,即涉及極性鍵與非極性鍵的斷裂與生成,故B正確;C.根據題意和圖示,可以寫出該反應的化學方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2,由于氮元素從0價降為?3價,氧元素從?2價升到0價,則氮氣是氧化劑,水是還原劑,氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:3,故C錯誤;D.由于空氣中主要是氮氣和氧氣,而氧氣和氮氣的沸點不同,所以可以通過分離液態(tài)空氣的方法獲得氮氣,故D正確;答案選C。本題對氧化還原反應綜合考查,需要學會觀察圖示物質轉化關系,根據化合價的升降,確定氧化劑還原劑,利用氧化還原反應的規(guī)律,配平氧化還原反應。6、D【解析】

由題干信息分析可知X為C、Y為O、Z為Mg、W為Si,甲為CO2,乙為MgO,丙為SiO2,丁為CO;【詳解】A.反應③,為工業(yè)制粗硅的原理,A正確;B.Z即鎂位于元素周期表第三周期ⅡA族,B正確;C.4種元素的原子中,Y原子即氧原子的半徑最小,C正確;D.工業(yè)上通過電解熔融氯化鎂而不是氧化鎂來制取鎂,D錯誤;答案選D。7、C【解析】

A.硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大,將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,硫酸銅的溶解度增大,故A錯誤;B.40℃的飽和硫酸銅溶液,溫度仍保持在40℃,加入少量無水硫酸銅,硫酸銅生成硫酸銅晶體,溶液中溶劑減少,溶質析出,溶液中溶質的質量減少,故B錯誤;C.將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,溶解度增大,濃度不變;溫度不變,飽和硫酸銅溶液加入少量無水硫酸銅,析出硫酸銅晶體,溶液仍為飽和溶液,濃度不變,故C正確;D.溫度仍保持在40℃,加入少量無水硫酸銅,硫酸銅生成硫酸銅晶體,溶液中溶劑減少,溶質析出,溶液中溶質的質量減少,溶液中Cu2+的數目減少,故D錯誤。明確硫酸銅溶解度隨溫度的變化,理解飽和溶液的概念、硫酸銅與水發(fā)生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反應后,溶劑質量減少是解決該題的關鍵。8、D【解析】

A.陶瓷主要成分為硅酸鹽,為無機非金屬材料,故A正確;

B.銅鼠首為青銅器,為銅、錫合金,為金屬材料,故B正確;

C.航天服的材料為合成纖維,為有機高分子材料,故C正確;

D.光導纖維主要材料為二氧化硅,為無機物,不是復合材料,故D錯誤;

故選D。9、B【解析】

A.A點對應溶液顯酸性,即c(H+)>c(OH-),結合電荷關系判斷;

B.pH=5.3時,=0,即c(A-)=c(HA),結合HA酸的電離常數Ka的表達式進行計算;

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液,得到等濃度的HA和NaA混合溶液,根據題意判斷出電離程度與水解程度的大小關系,再分析作答;D.===,Kh為A-的水解常數,據此分析判斷?!驹斀狻緼.A點對應溶液顯酸性,即c(H+)>c(OH-),溶液中電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),所以離子濃度關系為c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),A項錯誤;

B.pH=5.3時,=0,即c(A-)=c(HA),HA酸的電離常數Ka==c(H+)=10-pH=10-5.3,B項正確;

C.由于Ka=10-5.3>==Kh,所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液,得到等濃度的HA和NaA混合溶液,混合溶液以電離為主,使c(A-)>c(HA),即>0,故B點對應的NaOH溶液的體積小于10mL,C項錯誤;

D.A-的水解常數Kh隨溫度升高而增大,所以===,隨溫度升高而減小,D項錯誤;

答案選B。10、D【解析】

A.Li3N是離子化合物,Li+與N3-之間通過離子鍵結合,電子式為,A正確;B.Li3N與水發(fā)生反應產生LiOH、NH3,反應方程式為:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑,B正確;C.在過程Ⅲ中OH-在陽極失去電子,發(fā)生氧化反應,陽極的電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O,C正確;D.過程Ⅱ的反應為鹽的水解反應,沒有元素化合價的變化,不屬于氧化還原反應,D錯誤;故合理選項是D。11、D【解析】

A.根據圖像可知,未滴加AgNO3溶液時或均為1,則NaCl和Na2CrO4溶液均為0.1mol·L-1,即x=0.1,A選項正確;B.1molCl-和CrO42-分別消耗1mol和2molAg+,由圖像可知,滴加AgNO3溶液過程中,曲線I突躍時加入的AgNO3溶液的體積為20mL,則曲線I代表NaCl溶液,B選項正確;C.b點時,=4,則c(CrO42-)=10-4mol·L-1,c(Ag+)=2×10-4mol·L-1,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10-12,C選項正確;D.a點時,Cl-恰好完全沉淀,=5,則c(Cl-)=10-5mol·L-1,c(Ag+)=10-5mol·L-1,Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10-10,c點加入40mLAgNO3溶液,溶液中,,則-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52,D選項錯誤;答案選D。12、B【解析】

第三周期元素中,X最高價氧化物水化物的溶液的pH為12,氫氧根濃度為0.01mol/L,故為一元強堿,則X為Na,Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7,均為酸,W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L,故為一元強酸,則W為Cl元素;等濃度的最高價含氧酸中,Z電離出氫離子濃度比W的大、Y對應的酸性最弱,而原子半徑Y>Z>Cl,故Z為S元素,Y為P元素,以此來解答?!驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琗為Na、Y為P、Z為S,W為Cl,A.Y不可能是Si元素,因為SiO2不溶于水,由分析可知Y是P元素,故A錯誤;B.電子層越多,離子半徑越大,具有相同排布的離子中原子序數大的離子半徑小,則S2-、Cl-和Na+的離子半徑為S2->Cl->Na+,故B正確;C.Cl的非金屬性比P強,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HCl>PH3,故C錯誤;D.S和P是同周期的主族元素,核電荷數大,元素的非金屬性強,即S的非金屬性大于P,故D錯誤;故答案為B。13、A【解析】

A.乙醇的沸點低,易揮發(fā),能與酸性重鉻酸鉀反應,反應中乙醇作還原劑,表現還原性,所以用含橙色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗酒駕,利用了乙醇的揮發(fā)性和還原性,故A正確;B.可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮為污染環(huán)境的主要物質,為空氣污染日報中的空氣污染指數,其中沒有二氧化碳這一項,故B錯誤;C.為消除碘缺乏癥,衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中必須加含碘物質,在食鹽中所加含碘物質是碘酸鉀(KIO3),故C錯誤;D.醫(yī)用酒精的濃度為75%,不是95%,故D錯誤;故選A。14、C【解析】

根據鉛蓄電池的工作原理,可知左邊是原電池,右邊是電解池。【詳解】A.d連的是原電池的正極,所以為電解池的陽極,電極反應式:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-,正確;B.根據Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O,轉移2mol電子,則消耗2mol硫酸,所以當電路中轉移0.2mol電子時,Ⅰ中消耗的為0.2mol,正確;C.K閉合時,Ⅱ是電解池,陰離子移向陽極,d是陽極,所以向d電極遷移,錯誤;D.K閉合一段時間后,Ⅱ中發(fā)生了充電反應:2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO,c、d電極上的PbSO4分別轉化為Pb和PbO2,所以可單獨作為原電池,d電極上附著PbO2,放電時得到電子,為正極,正確;故選C。15、D【解析】

A.鐵與氯氣反應生成氯化鐵,而不是氯化亞鐵,所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現,故A錯誤;B.硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故B錯誤;C.氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂,氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂,所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現,故C錯誤;D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉,為侯氏制堿法的反應原理,故D正確;故答案選D。16、B【解析】

A.食品腌制的原理為氯化鈉形成溶液,然后通過擴散和滲透作用進入食品組織內,從而降低食品水分活度,提高滲透壓,抑制微生物和酶的活動,達到防止食品腐敗的目的,錯誤;B.用漂粉精消毒游泳池中的水,是利用其有效成分Ca(ClO)2水解產生的HClO的強的氧化性殺菌消毒,正確;C.用汽油洗滌衣物上的油污,是利用油脂容易溶于汽油的溶解性,錯誤;D.用鹽酸除去鐵釘表面的鐵銹,是利用酸與金屬氧化物產生可溶性鹽和水,發(fā)生的是復分解反應,錯誤。17、A【解析】

A.二者均與NaOH反應,不能除雜,應加氨水、過濾,選項A錯誤;B.二者溶解度受溫度影響不同,可結晶法分離,選項B正確;C.乙酸與碳酸鈉反應后,與乙酸乙酯分層,可分液分離,選項C正確;D.CaO與水反應后,增大與乙醇的沸點差異,可蒸餾分離,選項D正確;答案選A。18、B【解析】

A.硫燃燒生成二氧化硫,不能一步生成三氧化硫,A錯誤;B.Cu與濃硫酸反應生成硫酸銅,硫酸銅與氫氧化鈉反應生成氫氧化銅沉淀,氫氧化銅受熱分解生成氧化銅,均能一步完成,B正確;C.硅酸不能一步反應生成單質硅,C錯誤;D.NaAlO2不能一步反應生成單質鋁,D錯誤;答案選B。19、C【解析】

A、小蘇打是NaHCO3,治療胃酸過多的反應:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,故A錯誤;B、次氯酸鈉溶液通入少通的CO2,次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子,次氯酸鈉與二氧化碳反應生成的是碳酸氫根離子:ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,故B錯誤;C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4,過氧化氫被氧化為氧氣,高錳酸鉀被還原為錳離子,依據電荷守恒和原子守恒書寫配平的離子方程式為:5H218O2+2MnO4-+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O,故C正確;D、過量SO2通入到Ba(

NO3)

2溶液中,過量的二氧化硫生成亞硫酸會被氧化為硫酸,反應的離子方程式為:3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O=BaSO4↓+4H++2SO42-+2NO↑,故D錯誤;故選C。本題考查了離子方程式的正誤判斷,注意掌握離子方程式的書寫原則,明確離子方程式正誤判斷常用方法:檢查反應物、生成物是否正確,檢查各物質拆分是否正確,如難溶物、弱電解質等需要保留化學式,檢查是否符合原化學方程式等。易錯點B,根據電離平衡常數H2CO3>HClO>HCO3-可知次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子。20、D【解析】

根據NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O,完全反應后,溶液中只含有NaNO2和NaOH,則剩余氣體為NO,設原混合氣體中NO的體積為V,則O2的體積為(40-V)mL,氮元素化合價由+4降低為+3,根據得失電子守恒,計算得V=33mL,故選D。本題考查混合物的有關計算,明確氮氧化物和NaOH反應關系式是解本題關鍵,側重考查學生分析判斷能力,注意單純的NO和NaOH不反應,二氧化氮和NaOH反應。21、C【解析】

同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢,但ⅤA族3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài),第一電離能高于同周期相鄰元素,故第一電離能的大小順序為:D>B>A>C,

故選:C。22、A【解析】

A.金屬汞一旦灑落在實驗室地面或桌面,加硫磺粉處理,且金屬汞不能深埋處理,易污染土壤和地下水,故A錯誤;B.氨氮廢水中N為-3價,可利用氧化還原反應原理發(fā)生氧化反應轉化為無毒物質,所以可用化學氧化法或電化學氧化法處理,故B正確;C.做蒸餾實驗時,蒸餾燒瓶中忘記加人沸石,需要停止加熱,冷卻后補加,故C正確;D.乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇,只有乙酸為電解質,且乙酸電離顯酸性,則乙酸濃度越大,酸性越強,導電能力也越強,所以用pH計、電導率儀(一種測量溶液導電能力的儀器)均可監(jiān)測乙酸乙酯的水解程度,故D正確;故答案為A。二、非選擇題(共84分)23、取代羰基碘乙烷【解析】

由可知,B為;由+HBr+RBr,可知,R基被H原子取代,所以E為;結合、可知,他莫肯芬(Tamoxifen)為,據此分析回答?!驹斀狻浚?)A中的Cl原子被取代,C中官能團有醚鍵和羰基,故答案為:取代;羰基;(2)CH3CH2I的名稱為碘乙烷,故答案為:碘乙烷;(3)由分析可知D中甲氧基的-CH3被H原子取代,所以D到E的方程式為:,故答案為:;(4)由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)為,故答案為:;(5)X在酸性條件下水解,則X必含酯基,生成2種芳香族化合物,則兩個苯環(huán)在酯基的兩側,其中一種遇FeCl3溶液顯紫色,則X必是酚酯,必含,所以X由、、2個只含單鍵的C組成,還要滿足水解后核磁共振氫譜都顯示4組峰,符合條件的有5種,分別為:,故答案為:(任寫二種);(6)逆合成分析:可由通過加聚反應生成,可由消去水分子而來,可由加H而來,可由通過發(fā)生類似C到D的反應而來,即:,故答案為:。(6)所給原料和題目所給流程中具有相似官能團羰基,而目標產物碳原子比原料多了一個,所以本題必然發(fā)生類似C到D的反應來增長碳鏈。24、乙苯加成反應醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

對比A、E的結構,結合反應條件、B與C的分子式,與HBr發(fā)生加成反應生成B為,B發(fā)生水解反應反應生成C為,C發(fā)生催化氧化生成D為,D發(fā)生氧化反應生成E.E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為.F與甲酸乙酯發(fā)生取代反應生成G,反應同時生成乙醇。G與氫氣發(fā)生加成反應生成H,H發(fā)生醇的消去反應、酯的水解反應得到K,故H為?!驹斀狻浚?)與氫氣發(fā)生加成反應生成的芳香烴為,所得芳香烴的名稱為:乙苯;A→B的反應類型是:加成反應;D為,D中含氧官能團的名稱是:醛基,故答案為乙苯;加成反應;醛基;(2)由分析可知,C的結構簡式為;F→G的反應除生成G外,另生成的物質為:C2H5OH,故答案為;C2H5OH;(3)H→K反應的化學方程式為:,故答案為;(4)B為,B的同分異構體含有苯環(huán),有1個取代基還可以為-CHBrCH3,有2個取代基為-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3,均有鄰、間、對3種位置結構,有2×3=6種,有3個取代基為-Br、-CH3、-CH3,2個甲基有鄰、間、對3種位置,對應的-Br分別有2種、3種、1種位置,有6種,故符合條件的共有1+6+6=13種,其中核磁共振氫譜顯示3組峰的結構簡式為、,故答案為13;或;(5)由乙醇制備乙酰乙酸乙酯,乙醇被氧化生成乙酸,乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯,乙酸乙酯在堿性條件下發(fā)生信息中的轉化可得乙酰乙酸乙酯,其合成路線為:,故答案為。本題考查有機物推斷與合成,側重對有機化學基礎知識和邏輯思維能力考查,注意對比物質的結構明確發(fā)生的反應,熟練掌握官能團的結構、性質及相互轉化是解答關鍵。25、ANH4++NO2-N2↑+2H2OAl2O3+N2+3C2AlN+3COAl4C3減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度61.5%NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫,氯化氫破壞了Al表面的氧化膜,便于Al快速反應【解析】

⑴A裝置制取氮氣,濃硫酸干燥,氮氣排除裝置內的空氣,反之Al反應時被空氣氧化。⑵根據氧化還原反應寫出A、C的反應式,利用物質之間的反應推出C中可能出現的產物。⑶從影響反應速率的因素思考減緩氮氣生成速率。⑷根據關系得出AlN的物質的量,計算產物中的質量分數。⑸氯化銨在反應中易分解,生成的HCl在反應中破壞了Al表面的氧化膜,加速反應。【詳解】⑴A處是制取氮氣的反應,可以排除裝置內的空氣,反之反應時Al被氧氣氧化,因此最先點燃A處的酒精燈或酒精噴燈,故答案為:A。⑵裝置A是制取氮氣的反應,A中發(fā)生反應的離子方程式為NH4++NO2-N2↑+2H2O,裝置C中主要反應的化學方程式為Al2O3+N2+3C2AlN+3CO,制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能是Al和C形成的化合物Al4C3,故答案為:NH4++NO2-N2↑+2H2O;Al2O3+N2+3C2AlN+3CO;Al4C3。⑶實驗中發(fā)現氮氣的產生速率過快,嚴重影響尾氣的處理,減緩氮氣的生成速度采取的措施是減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度,故答案為:減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度。⑷生成氨氣的體積為1.68L即物質的量為0.075mol,根據方程式關系得出AlN的物質的量為0.075mol,則所得產物中AlN的質量分數為,故答案為:61.5%。⑸在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合,有利于AlN的制備,可能是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫,氯化氫破壞了Al表面的氧化膜,從而Al直接和氮氣反應,因此其主要原因是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫,氯化氫破壞了Al表面的氧化膜,故答案為:NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫,氯化氫破壞了Al表面的氧化膜,便于Al快速反應。26、分液漏斗蒸餾燒瓶硫化鈉和碳酸鈉的混合液調節(jié)酸的滴加速度若SO2過量,溶液顯酸性.產物會發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液.產生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應速率快,氧化還原反應速率慢,但Fe3+與S2O32-氧化還原反應的程度大,導致Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動,最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】

(1)a的名稱即為分液漏斗,b的名稱即為蒸餾燒瓶;b中是通過濃硫酸和Na2SO3反應生成SO2,所以方程式為:;c中是制備硫代硫酸鈉的反應,SO2由裝置b提供,所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液;(2)從反應速率影響因素分析,控制SO2生成速率可以調節(jié)酸的滴加速度或者調節(jié)酸的濃度,或者改變反應溫度;(3)題干中指出,硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解,如果通過量的SO2,會使溶液酸性增強,對制備產物不利,所以原因是:SO2過量,溶液顯酸性,產物會發(fā)生分解;(4)檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀,所以加入鐵氰化鉀溶液,產生藍色沉淀即證明有Fe2+生成;解釋原因時一定要注意題干要求,體現出反應速率和平衡兩個角度,所以解釋為:開始階段,生成的反應速率快,氧化還原反應速率慢,所以有紫黑色出現,隨著Fe3+的量逐漸增加,氧化還原反應的程度變大,導致平衡逆向移動,紫黑色逐漸消失,最終溶液幾乎變?yōu)闊o色;(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應:①;②;反應①I-被氧化成I2,反應②中第一步所得的I2又被還原成I-,所以①與②電子轉移數相同,那么滴定過程中消耗的得電子總數就與消耗的失電子總數相同;在做計算時,不要忽略取的基準物質重鉻酸鉀分成了三份進行的滴定。所以假設c(Na2S2O3)=amol/L,列電子得失守恒式:,解得a=0.1600mol/L。27、與C6H5NH3+發(fā)生中和反應,生成C6H5NH2C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O安全管、平衡壓強、防止氣壓過大等打開止水夾d撤掉酒精燈或停止加熱40.0%在混合物中先加入足量鹽酸,經分液除去硝基苯,再向水溶液中加氫氧化鈉溶液,析出苯胺,分液后用氫氧化鈉固體(或堿石灰)干燥苯胺中含有的少量水分,濾去氫氧化鈉固體即可得較純凈的苯胺【解析】

(1)與NH3相似,NaOH與反應生成;(2)裝置A中玻璃管與空氣連通,能平衡燒瓶內外的壓強;(3)為防止倒吸,在苯胺吹出完畢后,打開止水夾d,再停止加熱;(4)根據硝基苯的體積計算苯胺的理論產量,實際產量÷理論產量=產率;(5)根據易溶于水、硝基苯難

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