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文檔簡介
2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項1.考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、化學(xué)與生活密切相關(guān),下列說法正確的是A.煤的氣化是物理變化,是高效、清潔地利用煤的重要途徑B.新型冠狀病毒肺炎病癥較多的地區(qū),人們?nèi)绻獬鰵w家,應(yīng)立即向外套以及房間噴灑大量的酒精C.港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐,依據(jù)的是外加電流的陰極保護法D.華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世,芯片的主要成分是硅2、對氧化還原反應(yīng):11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,下列說法正確的是A.5/11的磷被氧化B.3molCuSO4可氧化11/5molPC.每摩爾起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物質(zhì)的量為0.6molD.當(dāng)1molP參加反應(yīng)時,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol3、下列實驗中根據(jù)現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加銅和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸處理的K2Cr2O7硅膠導(dǎo)管中吹入乙醇蒸氣管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色乙醇具有還原性C向鹽酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2,然后滴入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀氧化性:Cu2+>H2SO4D向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.A B.B C.C D.D4、硝酸銨(NH4NO3)在不同條件下分解可以得到不同的產(chǎn)物,下列各組物質(zhì)中肯定不可能是硝酸銨分解產(chǎn)物的是A.N2O、H2O B.N2、O2、H2O C.N2、HNO3、H2O D.NH3、NO、H25、用下表提供的儀器(夾持儀器和試劑任選)不能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康膬x器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2燒杯、分液漏斗B配制1.0mol?L-1的H2SO4溶液量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶C從食鹽水中獲得NaCl晶體酒精燈、燒杯、漏斗D制備少量乙酸乙酯試管、酒精燈、導(dǎo)管A.A B.B C.C D.D6、一種香豆素的衍生物結(jié)構(gòu)如圖所示,關(guān)于該有機物說法正確的是()A.該有機物分子式為C10H10O4B.1mol該有機物與H2發(fā)生加成時最多消耗H25molC.1mol該有機物與足量溴水反應(yīng)時最多消耗Br23molD.1mol該有機物與NaOH溶液反應(yīng)是最多消耗NaOH3mol7、實驗室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是()A.水浴加熱 B.冷凝回流C.用濃硫酸做脫水劑和催化劑 D.乙酸過量8、下列過程屬于物理變化的是A.煤的干餾B.石油的分餾C.石油裂化D.石油裂解9、下列結(jié)論不正確的是()①氫化物的穩(wěn)定性:HF>HCl>SiH4②離子半徑:Al3+>S2->Cl-③離子的還原性:S2->Cl->Br-④酸性:H2SO4>H3PO4>HClO⑤沸點:H2S>H2OA.②③⑤ B.①②③ C.②④⑤ D.①③⑤10、在下列有機物中,經(jīng)催化加氫后不能生成2﹣甲基戊烷的是A.CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B.CH2=CHCH(CH3)CH2CH3C.CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D.CH3CH=CHCH(CH3)CH311、下列說法正確的是()A.堿金屬族元素的密度,沸點,熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大B.甲烷與氯氣在光照條件下,生成物都是油狀的液體C.苯乙烯所有的原子有可能在同一個平面D.電解熔融的AlCl3制取金屬鋁單質(zhì)12、常溫下,若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,下列說法不合理的是A.反應(yīng)后HA溶液可能有剩余B.生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C.HA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等D.HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等13、下列說法正確的是A.鉛蓄電池充電時,陽極質(zhì)量增大B.0.1mol·L-lCH3COONa溶液加熱后,溶液的pH減小C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,11.2L苯中含有的碳原子數(shù)為3×6.02×1023D.室溫下,稀釋0.1mol·L-1氨水,c(H+)·c(NH3·H2O)的值減小14、垃圾分類并回收利用,可以節(jié)約自然資源,符合可持續(xù)發(fā)展的要求。與廢棄礦泉水瓶對應(yīng)的垃圾分類標(biāo)志是A. B. C. D.15、以CO2和Na2O2為原料,制取純凈干燥的O2,實驗裝置如下:下列說法不正確的是A.裝置②中試劑可以是NaOH溶液B.裝置③的作用是干燥O2C.收集氧氣應(yīng)選擇裝置aD.裝置②、③之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶16、11.9g金屬錫(Sn)跟100mL12mol·L-1HNO3共熱一段時間。完全反應(yīng)后測定溶液中c(H+)為8mol·L-1,溶液體積仍為100mL。產(chǎn)生的氣體全部被氫氧化鈉溶液吸收,消耗氫氧化鈉0.4mol。由此推斷氧化產(chǎn)物可能是()A.SnO2·4H2O B.Sn(NO3)4C.Sn(NO3)2 D.Sn(NO3)2和Sn(NO3)4二、非選擇題(本題包括5小題)17、化合物G是合成抗心律失常藥物決奈達隆的一種中間體,可通過以下方法合成:
請回答下列問題:(1)R的名稱是_______________;N中含有的官能團數(shù)目是______。(2)M→N反應(yīng)過程中K2CO3的作用是____________________________________。(3)H→G的反應(yīng)類型是______________。(4)H的分子式________________。(5)寫出Q→H的化學(xué)方程式:___________________________________。(6)T與R組成元素種類相同,符合下列條件T的同分異構(gòu)體有_____種。①與R具有相同官能團;②分子中含有苯環(huán);③T的相對分子質(zhì)量比R多14其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2的結(jié)構(gòu)簡式有___________。(7)以1,5-戊二醇()和苯為原料(其他無機試劑自選)合成,設(shè)計合成路線:_________________________________________。18、鹽酸氨溴索(又稱溴環(huán)己胺醇),可用于急、慢性支氣管炎及支氣管擴張、肺氣腫、肺結(jié)核等疾病的治療。某研究小組擬用以下流程合成鹽酸氨溴索和糖精的中間體X(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物已略)。已知信息:(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH=N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)請回答:(1)流程中A名稱為_____;D中含氧官能團的名稱是_____。(2)G的分子式為_____;化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是_____。(3)A→B、F→G的反應(yīng)類型分別為:_____、_____。(4)寫出B+CD的化學(xué)方程式_____。(5)化合物X同時符合下列條件的同分異構(gòu)體H有_____種;其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為_____。①苯環(huán)上有兩個取代基,其中之一是氨基;②官能團與X相同,苯環(huán)上的一氯代物有兩種。(6)以甲苯和甲醇為有機原料,參照鹽酸氨溴索的合成路線圖,設(shè)計X的合成路線______(無機試劑任選,標(biāo)明試劑、條件及對應(yīng)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式)。19、草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一種常用的金屬著色劑,易溶于水,常溫下其水溶液的pH介于4.0~5.0之間。某興趣小組設(shè)計實驗制備草酸鐵銨并測其純度。(1)甲組設(shè)計由硝酸氧化葡萄糖制取草酸,其實驗裝置(夾持及加熱裝置略去)如圖所示。①儀器a的名稱是________________。②55~60℃下,裝置A中生成H2C2O4,同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3:1,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________。③裝置B的作用是______________________;裝置C中盛裝的試劑是______________。(2)乙組利用甲組提純后的草酸溶液制備草酸鐵銨。將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液;滴加氨水至__________,然后將溶液________、過濾、洗滌并干燥,制得草酸鐵銨產(chǎn)品。(3)丙組設(shè)計實驗測定乙組產(chǎn)品的純度。準(zhǔn)確稱量5.000g產(chǎn)品配成100mL溶液,取10.00mL于錐形瓶中,加入足量0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后,再用0.1000mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定,消耗KMnO4溶液的體積為12.00mL。①滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。②滴定過程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始緩慢后迅速加快,其主要原因是____________________。③產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________%。[已知:(NH4)3Fe(C2O4)3的摩爾質(zhì)量為374g·mol-1]20、實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制備高效水處理劑高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質(zhì)。已知K2FeO4具有下列性質(zhì):①可溶于水,微溶于濃KOH溶液;②在0℃~5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定,在Fe(OH)3或Fe3+催化下發(fā)生分解;③在弱堿性至酸性條件下,能與水反應(yīng)生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。(1)裝置A用于制取氯氣,其中使用恒壓漏斗的原因是____。(2)為防止裝置C中K2FeO4分解,可以采取的措施是____和____。(3)裝置C中生成K2FeO4反應(yīng)的離子方程式為____。(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水,測得產(chǎn)生O2的體積隨時間的變化曲線如圖所示。t1s~t2s內(nèi),O2的體積迅速增大的主要原因是____。(5)驗證酸性條件下氧化性FeO42->Cl2的實驗方案為:取少量K2FeO4固體于試管中,____。(實驗中須使用的的試劑和用品有:濃鹽酸,NaOH溶液、淀粉KI試紙、棉花)(6)根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出:氧化性Cl2>FeO42-,而第(5)小題實驗表明,Cl2和FeO42-的氧化性強弱關(guān)系相反,原因是____。21、Al、Ti、Co、Cr、Zn等元素形成的化合物在現(xiàn)代工業(yè)中有廣泛的用途。回答下列問題:(1)下列狀態(tài)的鋁中,電離最外層的一個電子所需能量最小的是_____(填標(biāo)號)。A.[Ne]3s1B.[Ne]3s2C.[Ne]3s23p1D.[Ne]3s13p2(2)熔融AlCl3時可生成具有揮發(fā)性的二聚體Al2Cl6,二聚體Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為_____;(標(biāo)出配位鍵)其中Al的配位數(shù)為_________。(3)與鈦同周期的所有副族元素的基態(tài)原子中,最外層電子數(shù)與基態(tài)鈦原子相同的元素有_____種。(4)Co2+的價電子排布式_________。NH3分子與Co2+結(jié)合成配合物[Co(NH3)6]2+,與游離的氨分子相比,其鍵角∠HNH_____(填“較大”,“較小”或“相同”),解釋原因_____。(5)已知CrO5中鉻元素為最高價態(tài),畫出其結(jié)構(gòu)式:_____。(6)阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法,X射線衍射法就是其中的一種。通過對碲化鋅晶體的X射線衍射圖象分析,可以得出其晶胞如圖1所示,圖2是該晶胞沿z軸的投影圖,請在圖中圓球上涂“●”標(biāo)明Zn的位置_____。若晶體中Te呈立方面心最密堆積方式排列,Te的半徑為apm,晶體的密度為ρg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)NA=_____mol-1(列計算式表達)。
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.煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程,是化學(xué)變化,故A錯誤;B.酒精噴霧易燃易爆炸,不應(yīng)向外套以及房間噴灑大量的酒精,房間內(nèi)大面積噴灑,酒精濃度高于70%時,酒精的揮發(fā)使室內(nèi)空氣中可燃性氣體增加,遇到丁點火星極易燃燒,故B錯誤;C.在海水、土壤等環(huán)境中,鋅比鋼鐵材料更活潑,更容易失去電子被氧化,因此鋅作原電池的負(fù)極,而鐵作正極,被保護,該方法依據(jù)的是犧牲陽極的陰極保護法,故C錯誤;D.芯片的主要成分是硅單質(zhì),故D正確;故選D?!军c睛】煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程。煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為液體燃料或利用煤產(chǎn)生的H2和CO通過化學(xué)合成產(chǎn)生液體燃料或其他液體化工產(chǎn)品的過程。二者均有新物質(zhì)生成,屬于化學(xué)變化。這是??键c,也是學(xué)生們的易錯點。2、C【解析】
A.11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,P元素的化合價由0降低為-3價,這樣的P原子是5mol,還有P元素的化合價由0升高為+5價,這樣的P原子是6mol,即被氧化的磷原子為,選項A錯誤;B.根據(jù)反應(yīng)知道,是1molCuSO4得到1mol電子,1molP失去5mol電子,則3molCuSO4可氧化0.6molP,選項B錯誤;C.起氧化作用P元素的化合價由0降低為-3價轉(zhuǎn)移3個電子,起還原作用的P的化合價由0升高為+5價轉(zhuǎn)移5個電子,則每摩爾起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物質(zhì)的量為0.6mol,選項C正確;D.當(dāng)1molP參加反應(yīng)時,有molP作還原劑,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol,選項D錯誤.答案選C?!军c睛】本題考查了氧化劑和還原劑的判斷、電子轉(zhuǎn)移等知識點,注意該反應(yīng)中P既是氧化劑又是還原劑,會根據(jù)元素化合價的變化判斷氧化劑、還原劑和氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物,11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,P元素的化合價由0降低為-3價,這樣的P原子是5mol,還有P元素的化合價由0升高為+5價,這樣的P原子是6mol,Cu元素的化合價由+2價降低為+1價,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的概念以此電子守恒知識來解答。3、C【解析】
A.在強酸性環(huán)境中,H+、NO3-、Cu會發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體,一氧化氮易被氧化為二氧化氮,因此會看到試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生,A正確;B.酸性K2Cr2O7具有強的氧化性,會將乙醇氧化,K2Cr2O7被還原為Cr2(SO4)3,因此管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色,B正確;C.在酸性條件下,H+、NO3-、SO2會發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生SO42-,因此滴入BaCl2溶液,會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀,可以證明氧化性:HNO3>H2SO4,C錯誤;D.向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出現(xiàn)藍色沉淀,由于Mg(OH)2、Cu(OH)2構(gòu)型相同,因此可以證明溶度積常數(shù):Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],D正確;故合理選項是C。4、D【解析】
硝酸銨(NH4NO3)中的兩個氮原子的化合價分別為-3和+5?!驹斀狻緼.硝酸銨分解為N2O和H2O,-3價氮化合價升高到+1價,+5價氮化合價也降低到+1價,發(fā)生了歸中反應(yīng),合理,故A不選;B.硝酸銨分解為N2、O2、H2O,硝酸銨中-3價氮化合價升高到0價,部分-2價氧的化合價也升高到0價,+5價氮的化合價降低到0價,發(fā)生了氧化還原反應(yīng),故B不選;C.硝酸銨分解為N2、HNO3、H2O,硝酸銨中的-3價氮和+5價氮發(fā)生了歸中反應(yīng),生成了氮氣,合理,故C不選;D.硝酸銨分解為NH3、NO、H2,只有化合價的降低,沒有化合價的升高,不合理,故D選。故選D。5、C【解析】
A.單質(zhì)溴易溶于有機溶劑,因此可以用萃取的方法將其從水相中分離,A項正確;B.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,需要用到量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶,B項正確;C.若要從食鹽水中獲得食鹽晶體,可以蒸發(fā)結(jié)晶,蒸發(fā)結(jié)晶一般在蒸發(fā)皿中進行,C項錯誤;D.制備少量乙酸乙酯,可以在試管中進行,再用導(dǎo)管將產(chǎn)物通入飽和碳酸鈉溶液中收集產(chǎn)物并除雜,D項正確;答案選C。6、C【解析】
A.該有機物分子式為C10H8O4,故A錯誤;B.只有苯環(huán)和雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),則1mol該有機物與H2發(fā)生加成時最多消耗H24mol,故B錯誤;C.酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代反應(yīng),碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng),則1mol該有機物與足量溴水反應(yīng)時最多消耗Br23mol,故C正確;D.2個酚﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均與NaOH反應(yīng),則1mol該有機物與NaOH溶液反應(yīng)時最多消耗NaOH4mol,故D錯誤;故選C。7、C【解析】
A.乙酸乙酯沸點770。C,乙酸正丁酯沸點1260。C,制備乙酸乙酯和乙酸丁酯,需要的溫度較高,需要用酒精燈直接加熱,不能用水浴加熱,A項錯誤;B.乙酸乙酯采取邊反應(yīng)邊蒸餾的方法,但乙酸丁酯則采取直接冷凝回流的方法,待反應(yīng)后再提取產(chǎn)物,B項錯誤;C.制備乙酸乙酯和乙酸丁酯都為可逆反應(yīng),用濃硫酸做脫水劑和催化劑,能加快反應(yīng)速率,兩者措施相同,C項正確;D.制備乙酸乙酯時,為了提高冰醋酸的轉(zhuǎn)化率,由于乙醇價格比較低廉,會使乙醇過量,制備乙酸丁酯時,采用乙酸過量,以提高丁醇的利用率,這是因為正丁醇的價格比冰醋酸高,D項錯誤;答案選C。8、B【解析】煤的干餾有苯及苯的同系物等新物質(zhì)生成,屬于化學(xué)變化,故A錯誤;石油的分餾是根據(jù)沸點不同把石油分離為汽油、煤油、柴油等物質(zhì),沒有新物質(zhì)生成,屬于物理變化,故B正確;石油裂化是大分子烴斷裂為小分子烴,生成新物質(zhì)屬于化學(xué)變化,故C錯誤;石油裂解是大分子烴斷裂為乙烯、丙烯等產(chǎn)物,生成新物質(zhì)屬于化學(xué)變化,故D錯誤。9、A【解析】
①非金屬性越強,其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強,非金屬性:F>Cl>Si,氫化物的穩(wěn)定性:HF>HCl>SiH4,故①正確;②Al3+核外兩個電子層,S2-、Cl-核外三個電子層,電子層數(shù)相同時,核電荷數(shù)多,則半徑小。故離子半徑:S2->Cl->Al3+,故②錯誤;③非金屬單質(zhì)的氧化性越強,其離子的還原性越弱,單質(zhì)的氧化性:Cl2>Br2>S離子的還原性:S2->Br->Cl-,故③錯誤;④硫酸、磷酸都是最高價的含氧酸,由于非金屬性:硫元素強于磷元素,所以硫酸酸性強于磷酸,磷酸是中強酸,而碳酸是弱酸,所以磷酸酸性強于碳酸,二氧化碳、水、次氯酸鈣能反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸,所以碳酸酸性強于次氯酸,所以酸性依次減弱:H2SO4>H3PO4>HClO,故④正確;⑤H2S和H2O結(jié)構(gòu)相似,化學(xué)鍵類型相同,但H2O中的O能形成氫鍵,H2S中的S不能,所以沸點:H2S<H2O,故⑤錯誤。答案選A。10、B【解析】
根據(jù)烯的加成原理,雙鍵中的一個鍵斷開,結(jié)合H原子,生成2-甲基戊烷,采取倒推法相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵,即得到烯烴【詳解】2?甲基戊烷的碳鏈結(jié)構(gòu)為,2?甲基戊烷相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵,從而得到烯烴;根據(jù)2?甲基戊烷的碳鏈結(jié)構(gòu)知,相鄰碳原子上各去掉1個氫原子形成雙鍵的碳鏈結(jié)構(gòu)有:、、、。A.CH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳鏈結(jié)構(gòu)為,經(jīng)催化加氫后能生成2?甲基戊烷,故A不符合題意;B.CH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳鏈結(jié)構(gòu)為,經(jīng)催化加氫后不能生成2?甲基戊烷,故B符合題意;C.CH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳鏈結(jié)構(gòu)為,經(jīng)催化加氫后能生成2?甲基戊烷,故C不符合題意;D.CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳鏈結(jié)構(gòu)為,經(jīng)催化加氫后能生成2?甲基戊烷,故D不符合題意;答案選B。11、C【解析】
A.堿金屬族元素的密度,沸點,熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大,但鈉和鉀反常,故A錯誤;B.甲烷與氯氣在光照條件下,發(fā)生取代反應(yīng),共有氯化氫、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五種物質(zhì),其中氯化氫、一氯甲烷是氣體,不是液體,故B錯誤;C.苯中所有原子在同一面,乙烯所有的原子在同一面,由苯和乙烯構(gòu)成的苯乙烯,有可能所有的原子在同一個平面,故C正確;D.AlCl3是共價化合物,電解熔融不能產(chǎn)生鋁離子得電子,不能制取金屬鋁單質(zhì),故D錯誤。答案選C。12、B【解析】
A、若HA是弱酸,則二者反應(yīng)生成NaA為堿性,所以HA過量時,溶液才可能呈中性,正確;B、若二者等體積混合,溶液呈中性,則HA一定是強酸,所以NaA的溶液的pH不可能小于7,至小等于7,錯誤;C、若HA為弱酸,則HA的體積大于氫氧化鈉溶液的體積,且二者的濃度的大小未知,所以HA溶液和NaOH溶液的體積可能不相等,正確;D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等,混合后只要氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等即可,正確。答案選B。13、D【解析】A.鉛蓄電池充電時,陽極反應(yīng)為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+,陽極質(zhì)量減小,故A錯誤;B.0.1mol·L-lCH3COONa溶液加熱后,水解程度增大,溶液的堿性增強,pH增大,故B錯誤;C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,苯不是氣體,無法計算11.2L苯中含有的碳原子數(shù),故C錯誤;D.室溫下,稀釋0.1mol·L-1氨水,氨水的電離程度增大,但電離平衡常數(shù)不變,K==,則c(H+)·c(NH3·H2O)=,隨著稀釋,銨根離子濃度減小,因此c(H+)·c(NH3·H2O)的值減小,故D正確;故選D。14、A【解析】
根據(jù)垃圾分類標(biāo)志的含義判斷。【詳解】廢棄礦泉水瓶屬于可回收利用的垃圾。本題選A。15、C【解析】
實驗原理分析:二氧化碳通過U型管與過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣,氧氣和沒有反應(yīng)的二氧化碳通入堿液洗氣瓶除二氧化碳,可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗證二氧化碳是否除盡,在通過盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣,最后收集;【詳解】A.裝置②中試劑可以是NaOH溶液,用來除掉二氧化碳氣體,故不選A;B.裝置③中盛有濃硫酸,作用是干燥O2,故不選B;C.由于氧氣密度大于空氣,選擇裝置b,故選C;D.裝置②、③之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶,驗證二氧化碳是否除盡,故不選D;答案:C16、A【解析】
11.9g金屬錫的物質(zhì)的量==0.1mol,l2mol/LHNO3為濃硝酸,完全反應(yīng)后測得溶液中的c(H+)=8mol/L,則濃硝酸有剩余,即錫與濃硝酸反應(yīng)生成NO2,二氧化氮被氫氧化鈉吸收生成鹽,根據(jù)鈉原子和氮原子的關(guān)系知,n(Na)=n(N)=0.4mol,所以生成的二氧化氮的物質(zhì)的量為0.4mol;設(shè)金屬錫被氧化后元素的化合價為x,由電子守恒可知:0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4),解得x=+4;又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)==8mol/L,根據(jù)溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4,故答案為A。二、非選擇題(本題包括5小題)17、鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛)4消耗產(chǎn)生的HCl,提高有機物N的產(chǎn)率取代反應(yīng)C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】
R在一定條件下反應(yīng)生成M,M在碳酸鉀作用下,與ClCH2COOC2H5反應(yīng)生成N,根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式,M的結(jié)構(gòu)簡式為,根據(jù)R和M的分子式,R在濃硫酸、濃硝酸作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成M,則R的結(jié)構(gòu)簡式為,N在一定條件下反應(yīng)生成P,P在Fe/HCl作用下生成Q,Q與反應(yīng)生成H,根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式和已知信息,則Q的結(jié)構(gòu)簡式為,P的結(jié)構(gòu)簡式為:;H在(Boc)2O作用下反應(yīng)生成G,據(jù)此分析解答?!驹斀狻?1)根據(jù)分析,R的結(jié)構(gòu)簡式為,名稱是鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛);根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式,其中含有的官能團有醚基、酯基、硝基、醛基,共4種官能團;(2)M在碳酸鉀作用下,與ClCH2COOC2H5反應(yīng)生成N,根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式,M的結(jié)構(gòu)簡式為,根據(jù)結(jié)構(gòu)變化,M到N發(fā)生取代反應(yīng)生成N的同時還生成HCl,加入K2CO3可消耗產(chǎn)生的HCl,提高有機物N的產(chǎn)率;(3)Q與反應(yīng)生成H,Q的結(jié)構(gòu)簡式為,Q中氨基上的氫原子被取代,H→G的反應(yīng)類型是取代反應(yīng);(4)結(jié)構(gòu)式中,未標(biāo)注元素符號的每個節(jié)點為碳原子,每個碳原子連接4個鍵,不足鍵由氫原子補齊,H的分子式C15H18N2O3;(5)Q與反應(yīng)生成H,Q的結(jié)構(gòu)簡式為,Q→H的化學(xué)方程式:+→2HCl+;(6)R的結(jié)構(gòu)簡式為,T與R組成元素種類相同,①與R具有相同官能團,說明T的結(jié)構(gòu)中含有羥基和醛基;②分子中含有苯環(huán);③T的相對分子質(zhì)量比R多14,即T比R中多一個-CH2-,若T是由和-CH3構(gòu)成,則連接方式為;若T是由和-CH3構(gòu)成,則連接方式為;若T是由和-CH3構(gòu)成,則連接方式為;若T是由和-CHO構(gòu)成,則連接方式為;若T是由和-OH構(gòu)成,則連接方式為;若T是由和-CH(OH)CHO構(gòu)成,則連接方式為,符合下列條件T的同分異構(gòu)體有17種;其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2,說明分子中含有5種不同環(huán)境的氫原子,結(jié)構(gòu)簡式有、;(7)以1,5-戊二醇()和苯為原料,依據(jù)流程圖中Q→F的信息,需將以1,5-戊二醇轉(zhuǎn)化為1,5-二氯戊烷,將本轉(zhuǎn)化為硝基苯,再將硝基苯轉(zhuǎn)化為苯胺,以便于合成目標(biāo)有機物,設(shè)計合成路線:。【點睛】苯環(huán)上含有兩個取代基時,位置有相鄰,相間,相對三種情況,確定好分子式時,確定好官能團可能的情況,不要有遺漏,例如可能會漏寫。18、鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羥基C13H18N1OBr1氧化反應(yīng)取代反應(yīng)3【解析】
由B與C的分子式、D的結(jié)構(gòu)簡式,結(jié)合信息①,可知B為、C為,對比甲苯與B的結(jié)構(gòu),可知甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)生成A,A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B,故A為,D發(fā)生信息②中還原反應(yīng)生成E為,由鹽酸氨溴索的結(jié)構(gòu)簡式可知E→F發(fā)生還原反應(yīng)生成F,F(xiàn)與溴發(fā)生苯環(huán)上取代反應(yīng)生成G,G與HCl反應(yīng)生成鹽酸氨溴索,故F為、G為。(6)、甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl還原引入氨基,羧基與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)引入酯基,氨基易被氧化且能與羧基反應(yīng),結(jié)合生成A的轉(zhuǎn)化,應(yīng)先發(fā)生硝化反應(yīng)反應(yīng)生成,再發(fā)生氧化反應(yīng)生成,然后發(fā)生酯化反應(yīng)生成,最后發(fā)生還原反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物?!驹斀狻浚?)A的結(jié)構(gòu)簡式為,其名稱為:鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能團的名稱是:硝基、羥基,故答案為:鄰硝基甲苯或1﹣硝基甲苯;硝基、羥基;(1)G的結(jié)構(gòu)簡式為,其分子式為:C13H18N1OBr1.由分析可知,化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是:,故答案為:C13H18N1OBr1;;(3)A→B是轉(zhuǎn)化為,甲基轉(zhuǎn)化為醛基,屬于氧化反應(yīng)。F→G是轉(zhuǎn)化為,F(xiàn)中苯環(huán)上氫原子被溴原子替代,屬于取代反應(yīng),故答案為:氧化反應(yīng);取代反應(yīng);(4)B+CD的化學(xué)方程式為,故答案為:;(5)化合物X同時符合下列條件的同分異構(gòu)體:①苯環(huán)上有兩個取代基,其中之一是氨基;②官能團與X相同,另外一個取代基含有酯基,可能為﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH,苯環(huán)上的一氯代物有兩種,1個不同的取代基處于對位,符合條件的H共有3種,其中核磁共振氫譜有5組吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為:,故答案為:3;;(6)甲基用酸性高錳酸鉀溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl還原引入氨基,羧基與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)引入酯基,氨基易被氧化且能與羧基反應(yīng),結(jié)合生成A的轉(zhuǎn)化,應(yīng)先發(fā)生硝化反應(yīng)反應(yīng)生成,再發(fā)生氧化反應(yīng)生成,然后發(fā)生酯化反應(yīng)生成,最后發(fā)生還原反應(yīng)生成目標(biāo)物,合成路線流程圖為:,故答案為:。19、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶,防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之間加熱濃縮、冷卻結(jié)晶溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內(nèi)不褪色反應(yīng)生成的Mn2+是該反應(yīng)的催化劑74.8【解析】
(1)①根據(jù)圖示分析判斷儀器a的名稱;②55~60℃下,裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2C2O4,同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3:1,根據(jù)電子得失守恒、原子守恒分析書寫方程式;③反應(yīng)中生成的NO2和NO,均為大氣污染氣體,需要尾氣吸收,NO2和NO被吸收時會導(dǎo)致倒吸;(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水,常溫下其水溶液的pH介于4.0~5.0之間;草酸鐵銨是銨鹽,溫度過高易分解,且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解,不能直接加熱蒸干;(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應(yīng),高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)過程中顏色褪去,自身可做指示劑;②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+,且隨著反應(yīng)進行,Mn2+的濃度增大,反應(yīng)速率加快,據(jù)此分析;③根據(jù)題給數(shù)據(jù),結(jié)合反應(yīng),計算(NH4)3Fe(C2O4)3的物質(zhì)的量,進而計算產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%?!驹斀狻?1)①根據(jù)圖示儀器a的名稱為球形冷凝管;②55~60℃下,裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2C2O4,同時生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3:1,根據(jù)電子得失守恒、原子守恒,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O;③反應(yīng)中生成的NO2和NO,均為大氣污染氣體,需要尾氣吸收,NO2和NO被吸收時會導(dǎo)致倒吸,裝置B的作用是做安全瓶防止倒吸,裝置C中盛裝的試劑是NaOH溶液,用于吸收NO2和NO,發(fā)生反應(yīng)為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水,常溫下其水溶液的pH介于4.0~5.0之間,則將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液,滴加氨水至pH介于4.0~5.0之間;草酸鐵銨是銨鹽,溫度過高易分解,且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解,不能直接加熱蒸干;提純后的草酸溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌并干燥,制得草酸鐵銨產(chǎn)品;(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應(yīng),高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)過程中顏色褪去,自身可做指示劑,滴定終點的現(xiàn)象是加入最后一滴高錳酸鉀溶液,溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內(nèi)不褪色,即為達到終點;②滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+,且隨著反應(yīng)進行,Mn2+的濃度增大,反應(yīng)速率加快,說明反應(yīng)生成的Mn2+可以加快反應(yīng)速率,即Mn2+起催化劑的作用;③滴定過程中,產(chǎn)品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸,草酸與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng),離子反應(yīng)為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,10.00mL產(chǎn)品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×0.012L=0.0012mol,則10.00mL產(chǎn)品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol,根據(jù)物料守恒,100mL產(chǎn)品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量=×0.003mol××374g·mol-1=3.74g,故產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=74.8%。20、防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落將裝置C置于冰水浴中KOH應(yīng)過量(或減緩?fù)ㄈ肼葰獾乃俾实龋?Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2OK2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量濃鹽酸,將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口,若試紙變藍,則說明有Cl2生成,同時說明氧化性FeO42->Cl2溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強弱【解析】
利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣,將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫,純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中,制備高效水處理劑高鐵酸鉀(K2FeO4),用氫氧化鈉溶液處理尾氣,防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染,據(jù)此分析?!驹斀狻坷酶咤i酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣,將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫,純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中,制備高效水處理劑高鐵酸鉀(K2FeO4),用氫氧化鈉溶液處理尾氣,防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染。(1)裝置A用于制取氯氣,其中使用恒壓漏斗的原因是防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落;(2)為防止裝置C中K2FeO4分解,可以采取的措施是將裝置C置于冰水浴中和KOH應(yīng)過量(或減緩?fù)ㄈ肼葰獾乃俾实龋?3)裝置C中利用氯氣在堿性條件下將氫氧化鐵氧化生成K2FeO4,反應(yīng)的離子方程式為3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O;(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水,K2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用,t1s~t2s內(nèi),O2的體積迅速增大;(5)驗證酸性條件下氧化性FeO42->Cl2的實驗方案為:取少量K2FeO4固體于試管中,向其中
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