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吉林省白山市2023學年高三下學期一模考試化學試題含解析_第3頁
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文檔簡介

2021-2022高考化學模擬試卷注意事項:1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、稠環(huán)芳香烴是指兩個或兩個以上的苯環(huán)通過共用環(huán)邊所構(gòu)成的多環(huán)有機化合物。常見的稠環(huán)芳香烴如萘、蒽、菲、芘等,其結(jié)構(gòu)分別為下列說法不正確的是()A.萘與H2完全加成后,產(chǎn)物的分子式為C10H18B.蒽、菲、芘的一氯代物分別有3種、5種、5種C.上述四種物質(zhì)的分子中,所有碳原子均共平面D.上述四種物質(zhì)均能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)2、能證明與過量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生了消去反應(yīng)的是()A.混合體系Br2的顏色褪去B.混合體系淡黃色沉淀C.混合體系有機物紫色褪去D.混合體系有機物Br2的顏色褪去3、如表所示有關(guān)物質(zhì)檢驗的實驗結(jié)論正確的是()選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結(jié)論A向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成該溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入鹽酸,將生成的氣體通入品紅溶液中,品紅溶液褪色該溶液一定含有SO32-C將某氣體通入品紅溶液中,品紅溶液褪色該氣體一定是SO2D將SO2通入Na2CO3溶液中生成的氣體,先通入足量的酸性KMnO4溶液,再通入澄清石灰水中有渾濁說明酸性:H2SO3>H2CO3A.A B.B C.C D.D4、下列屬于非電解質(zhì)的是()A.FeB.CH4C.H2SO4D.NaNO35、下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.二氧化硅熔點高,可用作光導(dǎo)纖維B.過氧化鈉可與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣,可用作呼吸供氧劑C.明礬易溶于水,可用作凈水劑D.二氧化硫有氧化性,可用于漂白紙張6、生物固氮與模擬生物固氮都是重大基礎(chǔ)性研究課題。大連理工大學曲景平教授團隊設(shè)計合成了一類新型鄰苯二硫酚橋聯(lián)雙核鐵配合物,建立了雙鐵分子仿生化學固氮新的功能分子模型。如圖是所發(fā)論文插圖。以下說法錯誤的是A.催化劑不能改變反應(yīng)的焓變B.催化劑不能改變反應(yīng)的活化能C.圖中反應(yīng)中間體NXHY數(shù)值X<3D.圖示催化劑分子中包含配位鍵7、Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素,X的焰色反應(yīng)呈黃色。Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍。W、Z最外層電子數(shù)相同,Z的核電荷數(shù)是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一,下列說法正確的是A.原子半徑的大小順序:rY>rX>rQ>rWB.X、Y的最高價氧化物的水化物之間不能發(fā)生反應(yīng)C.Z元素的氫化物穩(wěn)定性大于W元素的氫化物穩(wěn)定性D.元素Q和Z能形成QZ2型的共價化合物8、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是()A.在標準狀況下,將4.48L的氯氣通入到水中反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAB.12g石墨中C-C鍵的數(shù)目為2NAC.常溫下,將27g鋁片投入足量濃硫酸中,最終生成的SO2分子數(shù)為1.5NAD.常溫下,1LpH=1的CH3COOH溶液中,溶液中的H+數(shù)目為0.1NA9、“太陽水”電池裝置如圖所示,該電池由三個電極組成,其中a為TiO2電極,b為Pt電極,c為WO3電極,電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū),A區(qū)與大氣相通,B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關(guān)于該電池的說法錯誤的是()A.若用導(dǎo)線連接a、c,則a為負極,該電極附近pH減小B.若用導(dǎo)線連接a、c,則c電極的電極反應(yīng)式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C.若用導(dǎo)線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化D.若用導(dǎo)線連接b、c,b電極的電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O10、下列離子方程式正確的是A.鉀和冷水反應(yīng):K+H2O=K++OH—+H2↑B.氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2C.碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液:HCO3—+NH4++2OH—=CO32—+NH3·H2O+H2OD.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O11、下列垃圾或廢棄物的處理不符合環(huán)保節(jié)約理念的是()A.廢紙、塑料瓶、廢鐵回收再利用B.廚余垃圾采用生化處理或堆肥C.稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒D.廢電池等有毒有害垃圾分類回收12、在標準狀況下,ALNH3溶于BmL水中,得到密度為ρg/cm3的RL氨水,則此氨水的物質(zhì)的量濃度是()A.mol/L B.mol/LC.mol/L D.mol/L13、向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq),生成沉淀的質(zhì)量與滴入NaOH(aq)的體積關(guān)系如圖。原混合溶液中MgCl2與FeCl3的物質(zhì)的量之比為A. B. C. D.14、扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體,以物質(zhì)a為原料合成扁桃酸衍生物b的過程如下:下列說法正確的是()A.物質(zhì)X是Br2,物質(zhì)a轉(zhuǎn)化為b屬于取代反應(yīng)B.lmol物質(zhì)a能與3molH2反應(yīng),且能在濃硫酸中發(fā)生消去反應(yīng)C.物質(zhì)b具有多種能與NaHCO3反應(yīng)的同分異構(gòu)體D.物質(zhì)b的核磁共振氫譜有四組峰15、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸,生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關(guān)系如圖所示,則下列離子組在對應(yīng)的溶液中一定能大量共存的是()A.a(chǎn)點對應(yīng)的溶液中:Na+、OH-、SO42-、NO3-B.b點對應(yīng)的溶液中:K+、Ca2+、H+、Cl-C.c點對應(yīng)的溶液中:Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D.d點對應(yīng)的溶液中:F-、NO3-、Fe2+、Ag+16、下列表示不正確的是()A.HCl的電子式B.SiO2的結(jié)構(gòu)式O=Si=OC.S的原子結(jié)構(gòu)示意圖D.乙炔的分子式C2H2二、非選擇題(本題包括5小題)17、有機物X是一種烷烴,是液化石油氣的主要成分,可通過工藝Ⅰ的兩種途徑轉(zhuǎn)化為A和B、C和D。B是一種重要的有機化工原料,E分子中含環(huán)狀結(jié)構(gòu),F(xiàn)中含有兩個相同的官能團,D是常見有機物中含氫量最高的,H能使溶液產(chǎn)生氣泡,Ⅰ是一種有濃郁香味的油狀液體。請回答:(1)G的結(jié)構(gòu)簡式為_________________________。(2)G→H的反應(yīng)類型是_________________________。(3)寫出F+H→1的化學方程式_________________________。(4)下列說法正確的是_______。A.工藝Ⅰ是石油的裂化B.除去A中的少量B雜質(zhì),可在一定條件下往混合物中通入適量的氫氣C.X、A、D互為同系物,F(xiàn)和甘油也互為同系物D.H與互為同分異構(gòu)體E.等物質(zhì)的量的Ⅰ和B完全燃燒,消耗氧氣的質(zhì)量比為2:118、某芳香烴X(分子式為C7H8)是一種重要的有機化工原料,研究部門以它為初始原料設(shè)計出如下轉(zhuǎn)化關(guān)系圖(部分產(chǎn)物、合成路線、反應(yīng)條件略去)。其中A是一氯代物。已知:Ⅰ.Ⅱ.(苯胺,易被氧化)(1)寫出:X→A的反應(yīng)條件______;反應(yīng)④的反應(yīng)條件和反應(yīng)試劑:______。(2)E中含氧官能團的名稱:______;反應(yīng)②的類型是_______;反應(yīng)②和③先后順序不能顛倒的原因是_______。(3)寫出反應(yīng)①的化學方程式:_______。(4)有多種同分異構(gòu)體,寫出1種含有1個醛基和2個羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡式:_______。(5)寫出由A轉(zhuǎn)化為的合成路線________。(合成路線表示方法為:AB……目標產(chǎn)物)。19、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑?,F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑:飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理:2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)(1)如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為___。儀器E的作用是___。(2)F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性(3)取少量Na2S2O5晶體于試管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,劇烈反應(yīng),溶液紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。(4)將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液,充分反應(yīng)后,用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5樣品的純度為___%(保留一位小數(shù)),若在滴定終點時,俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積,會導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度___。(填“偏高”、“偏低”)20、用如圖所示儀器,設(shè)計一個實驗裝置,用此裝置電解飽和食鹽水,并測定陰極氣體的體積(約6mL)和檢驗陽極氣體的氧化性。(1)必要儀器裝置的接口字母順序是:A接_____、____接____;B接___、____接____。(2)電路的連接是:碳棒接電源的____極,電極反應(yīng)方程式為_____。(3)能說明陽極氣體具有氧化性的實驗現(xiàn)象是____,有關(guān)離子方程式是_____;最后尾氣被吸收的離子方程式是______。(4)如果裝入的飽和食鹽水體積為50mL(假定電解前后溶液體積不變),當測得的陰極氣體為5.6mL(標準狀況)時停止通電,則另一極實際上可收集到氣體____(填“”、“”或“”)5.6mL,理由是______。21、工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-,它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大危害,必須進行處理.常用的處理方法有兩種.方法1:還原沉淀法.該法的工藝流程為:其中第①步存在平衡2CrO42?(黃色)+2H+?Cr2O32?(橙色)+H2O(1)若平衡體系的

pH=2,該溶液顯______色.(2)能說明第①步反應(yīng)達平衡狀態(tài)的是_____(填序號)A.Cr2O72?和CrO42?的濃度相同B.2v(Cr2O72?)=v(CrO42?)C.溶液的顏色不變(3)第②步中,還原1molCr2O72?離子,需要______mol的FeSO4?7H2O.(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)?Cr3+(aq)+3OH-(aq),常溫下,Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)?c3(OH-)=10-32,要使c(Cr3+)降至10-5mol/L,溶液的pH應(yīng)調(diào)至______.方法2:電解法.該法用Fe做電極電解含Cr2O72?的酸性廢水,隨著電解的進行,在陰極附近溶液pH升高,產(chǎn)生Cr(OH)3沉淀;(5)用Fe做電極的原因為______(用電極反應(yīng)式解釋).(6)在陰極附近溶液

pH

升高,溶液中同時生成的沉淀還有______.

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、B【解析】

A、萘與氫氣完全加成后產(chǎn)物是,其分子式為C10H18,正確;B、蒽:,有3種不同的氫原子,一氯代物有3種,菲:,有5種不同的氫原子,一氯代物有5種,芘:,有3種不同的氫原子,一氯代物有3種,錯誤;C、四種有機物都含有苯環(huán),苯環(huán)的空間構(gòu)型為平面正六邊形,因此該四種有機物所有碳原子都共面,正確;D、四種有機物都能發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng),正確。答案選B。2、D【解析】

A.混合體系Br2的顏色褪去,可能是單質(zhì)溴與堿反應(yīng),也可能單質(zhì)溴與烯烴發(fā)生加成反應(yīng),無法證明發(fā)生消去反應(yīng),故A錯誤;B.混合體系淡黃色沉淀,說明生成了溴離子,而發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)都能生成溴離子,無法證明發(fā)生消去反應(yīng),故B正確;C.混合體系有機物紫色褪去,乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,無法證明發(fā)生消去反應(yīng),故C錯誤;D.混合體系有機物Br2的顏色褪去,說明有苯乙烯生成,能證明發(fā)生消去反應(yīng),故D正確;故選D。3、D【解析】

根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)現(xiàn)象分析解答?!驹斀狻緼.白色沉淀可以能是氯化銀,溶液中可能含有銀離子,應(yīng)該先加鹽酸排除銀離子的干擾,故A錯誤;B.溶液中可能含有HSO3-,故B錯誤;C.具有漂白作用的不僅僅是二氧化硫,融入氯氣也可以使品紅褪色,故C錯誤;D.先通入酸性高錳酸鉀溶液,目的是除去二氧化硫氣體,再通入澄清石灰水變渾濁,說明產(chǎn)物是二氧化碳,進而證明亞硫酸的酸性強于碳酸,故D正確。故選D?!军c睛】在物質(zhì)檢驗的實驗中,一定要注意排除其他物質(zhì)的干擾,很多反應(yīng)的現(xiàn)象是一樣的,需要進一步驗證,例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁,但二氧化硫可以與酸性高錳酸鉀反應(yīng),二氧化碳不可以。4、B【解析】A.金屬鐵為單質(zhì),不是化合物,所以鐵既不是電解質(zhì),也不是非電解質(zhì),故A錯誤;B.CH4是在水溶液和熔化狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物,屬于非電解質(zhì),故B正確;C.硫酸的水溶液能夠?qū)щ?,硫酸是電解質(zhì),故C錯誤;D.NaNO3屬于離子化合物,其水溶液或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡瑢儆陔娊赓|(zhì),故D錯誤;故選B。點睛:抓住非電解質(zhì)的特征水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能夠?qū)щ姷脑蚴亲陨聿荒茈婋x是解題的關(guān)鍵,非電解質(zhì)是水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物;電解質(zhì)為水溶液中或熔融狀態(tài)導(dǎo)電的化合物,無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì),都一定是化合物,單質(zhì)、混合物一定不是電解質(zhì)和非電解質(zhì),據(jù)此進行判斷。5、B【解析】A.二氧化硅用作光導(dǎo)纖維是因為光在二氧化硅中能夠發(fā)生全反射,與熔點無關(guān),A錯誤;B.過氧化鈉可與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣,可用作呼吸供氧劑,之間存在因果關(guān)系,B正確C.明礬可用作凈水劑,是因為水解生成氫氧化鋁膠體,與易溶于水無關(guān),C錯誤;D.二氧化硫可用于漂白紙張,是因為二氧化硫具有漂白性,D錯誤;故選B。6、B【解析】

A.催化劑能夠改變反應(yīng)途徑,不能改變反應(yīng)物、生成物的能量,因此不能改變反應(yīng)的焓變,A正確;B.催化劑能夠改變反應(yīng)途徑,降低反應(yīng)的活化能,B錯誤;C.在過渡態(tài),氮氣分子可能打開叁鍵中部分或全部共價鍵,然后在催化劑表面與氫原子結(jié)合形成中間產(chǎn)物,故x可能等于1或2,C正確;D.根據(jù)圖示可知,在中間體的Fe原子含有空軌道,在S原子、N原子上含有孤對電子,F(xiàn)e與S、N原子之間通過配位鍵連接,D正確;故合理選項是B。7、D【解析】

X的焰色反應(yīng)呈黃色,X為Na元素;Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍,Q元素原子有2個電子層,最外層電子數(shù)為4,Q為碳元素;W、Z最外層電子數(shù)相同,所以二者處于同一主族,Z的核電荷數(shù)是W的2倍,W為氧元素,Z為硫元素;元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一,則Y為Al元素。A、同周期自左向右原子半徑減小,所以原子半徑Na>Al>Si,C>O,同主族自上而下原子半徑增大,故原子半徑Si>C,故原子半徑Na>Al>C>O,即X>Y>Q>W(wǎng),故A錯誤;B、X、Y的最高價氧化物的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁,而氫氧化鋁是兩性氫氧化物,與氫氧化鈉反應(yīng)生,故B錯誤;C、非金屬性O(shè)>S,故氫化物穩(wěn)定性H2O>H2S,故C錯誤;D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2屬于共價化合物,故D正確;故答案選D。8、D【解析】

A.在標準狀況下,將4.48L的氯氣通入到水中反應(yīng)是可逆反應(yīng),氯氣未能完全參與反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.2NA,故A錯誤;B.一個C連3個共價鍵,一個共價鍵被兩個C平分,相當于每個C連接1.5個共價鍵,所以12gC即1molC中共價鍵數(shù)為1.5NA,故B錯誤;C.常溫下,鋁片與濃硫酸鈍化,反應(yīng)不能繼續(xù)發(fā)生,故C錯誤;D.常溫下,1LpH=1即c(H+)=0.1mol/L的CH3COOH溶液中,溶液中的n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol,數(shù)目為0.1NA,故D正確。答案選D。9、B【解析】

A.用導(dǎo)線連接a、c,a極發(fā)生氧化,為負極,發(fā)生的電極反應(yīng)為2H2O-4e-=4H++O2↑,a電極周圍H+濃度增大,溶液pH減小,故A正確;B.用導(dǎo)線連接a、c,c極為正極,發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)為WO3+xH++xe-=HxWO3,故B錯誤;C.用導(dǎo)線先連接a、c,再連接b、c,由光電池轉(zhuǎn)化為原電池,實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化,故C正確;D.用導(dǎo)線連接b、c,b電極為正極,電極表面是空氣中的氧氣得電子,發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O,故D正確;故答案為B。10、C【解析】

A.鉀和冷水反應(yīng):2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑,A錯誤;B.氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O,B錯誤;C.碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液,無氨氣溢出:HCO3-+NH4++2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O,C正確;D.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,D錯誤;答案為C。【點睛】離子方程式中單質(zhì)、氧化物、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)寫化學式。11、C【解析】

A.廢紙、塑料瓶、廢鐵屬于可回收垃圾,廢紙、塑料瓶、廢鐵可回收再利用,故不選A;B.廚余垃圾含有大量有機物,采用生化處理或堆肥,減少污染,符合環(huán)保節(jié)約理念,故不選B;C.稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒,產(chǎn)生大量煙塵,污染空氣,不符合環(huán)保節(jié)約理念,故選C;D.廢電池含有重金屬,任意丟棄引起重金屬污染,廢電池等有毒有害垃圾分類回收,可減少污染,符合環(huán)保節(jié)約理念,故不選D;答案選C。12、A【解析】

A.c===mol/L,A正確;B.c==mol/L,B錯誤;C.表示NH3的物質(zhì)的量,不表示氨水的物質(zhì)的量濃度,C錯誤;D.由選項B可知,不是氨水物質(zhì)的量濃度的數(shù)值,D錯誤。故選A。13、D【解析】

向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液,首先發(fā)生反應(yīng)NaOH+HCl=NaCl+H2O,即為圖象中0-amL,沉淀的質(zhì)量為0g;FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在,當酸性減弱時,會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,從amL開始,bmL時沉淀完全.bmL時,溶液仍然呈酸性,到cmL時,才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀,結(jié)合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓計算判斷。【詳解】向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液,首先發(fā)生反應(yīng)NaOH+HCl=NaCl+H2O,即為圖象中0?amL,沉淀的質(zhì)量為0g;FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在,當酸性減弱時,會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,從amL開始,bmL時沉淀完全。bmL時,溶液仍然呈酸性,到cmL時,才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀,令氫氧化鈉濃度為xmol/L,F(xiàn)e3+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(b?a)mL,結(jié)合Fe3++3OH?═Fe(OH)3↓可知,溶液中n(Fe3+)=×(b?a)×10?3L×xmol/L,Mg2+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(d?c)mL,結(jié)合Mg2++2OH?═Mg(OH)2↓可知,溶液中n(Mg2+)=×(d?c)×10?3L×xmol/L,故原混合溶液中n(MgCl2):n(FeCl3)=×(d?c)×10?3L×xmol/L:×(b?a)×10?3L×xmol/L=,D項正確;答案選D。14、C【解析】

A.根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知物質(zhì)x是HBr,HBr與a發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生b和H2O,A錯誤;B.a中含有一個苯環(huán)和酯基,只有苯環(huán)能夠與H2發(fā)生加成反應(yīng),1mol物質(zhì)a能與3molH2反應(yīng),a中含有酚羥基和醇羥基,由于醇羥基連接的C原子鄰位C原子上沒有H原子,不能發(fā)生消去反應(yīng),B錯誤;C.酚羥基可以與NaHCO3反應(yīng);物質(zhì)b中酚羥基與另一個支鏈可以在鄰位、間位,Br原子也有多個不同的取代位置,因此物質(zhì)b具有多種能與NaHCO3反應(yīng)的同分異構(gòu)體,C正確;D.物質(zhì)b中有五種不同位置的H原子,所以其核磁共振氫譜有五組峰,D錯誤;故合理選項是C。15、C【解析】

A.a點對應(yīng)的溶液中含有碳酸氫鈉,HCO3-、OH-反應(yīng)生成CO32-和水,a點對應(yīng)的溶液中不能有大量OH-,故不選A;B.b點對應(yīng)的溶液中有碳酸氫鈉,HCO3-、H+反應(yīng)生成CO2氣體和水,b點對應(yīng)的溶液中不能有大量H+,故不選B;C.c點對應(yīng)的溶液中溶質(zhì)只有氯化鈉,Na+、Ca2+、NO3-、Cl-不反應(yīng),能共存,故選C;D.d點對應(yīng)的溶液中含有鹽酸,F(xiàn)-、H+反應(yīng)生成弱酸HF,H+、NO3-、Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+,Ag+、Cl-反應(yīng)生成氯化銀沉淀,不能大量共存,故不選D;答案選C。16、B【解析】A.HCl是共價化合物,其電子式為B.SiO2是原子晶體,是立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),如,故B錯誤;C.S的核電荷數(shù)為16,其原子結(jié)構(gòu)示意圖為D.乙炔的分子式為C2H2,故D正確;答案為B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、氧化反應(yīng)HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】

X為烷烴,則途徑I、途徑II均為裂化反應(yīng)。B催化加氫生成A,則A、B分子中碳原子數(shù)相等。設(shè)A、B分子中各有n個碳原子,則X分子中有2n個碳原子,E、F中各有n個碳原子。D是含氫量最高的烴,必為CH4,由途徑II各C分子中有2n-1個碳原子,進而G、H分子中也有2n-1個碳原子。據(jù)F+H→I(C5H10O3),有n+2n-1=5,得n=2。因此,X為丁烷(C4H10)、A為乙烷(C2H6)、B為乙烯(CH2=CH2),B氧化生成的E為環(huán)氧乙烷()、E開環(huán)加水生成的F為乙二醇(HOCH2CH2OH)。C為丙烯(CH3CH=CH2)、C加水生成的G為1-丙醇(CH3CH2CH2OH)、G氧化生成的有酸性的H為丙酸(CH3CH2COOH)。F與H酯化反應(yīng)生成的I為丙酸羥乙酯(CH3CH2COOCH2CH2OH)。(1)據(jù)C→G→I,G只能是1-丙醇,結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH。(2)G(CH3CH2CH2OH)→H(CH3CH2COOH)既脫氫又加氧,屬于氧化反應(yīng)。(3)F+H→I的化學方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。(4)A.工藝Ⅰ生成乙烯、丙烯等基礎(chǔ)化工原料,是石油的裂解,A錯誤;B.除去A(C2H6)中的少量B(CH2=CH2)雜質(zhì),可將混合氣體通過足量溴水。除去混合氣體中的雜質(zhì),通常不用氣體作除雜試劑,因其用量難以控制,B錯誤;C.X(C4H10)、A(C2H6)、D(CH4)結(jié)構(gòu)相似,組成相差若干“CH2”,互為同系物。但F(HOCH2CH2OH)和甘油的官能團數(shù)目不同,不是同系物,C錯誤;D.H(CH3CH2COOH)與分子式相同、結(jié)構(gòu)不同,為同分異構(gòu)體,D正確;E.Ⅰ(C5H10O3)和B(C2H4)各1mol完全燃燒,消耗氧氣分別為6mol、3mol,其質(zhì)量比為2:1,E正確。故選DE。18、光照O2、Cu,加熱羧基氧化防止氨基被氧化(羧基不易被氧化,氨基容易被氧化)+HNO3(濃)+H2O、【解析】

分子式為芳香烴C7H8的不飽和度為:=4,則該芳香烴為甲苯();甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A,則A為;A生成B,且B能發(fā)生催化氧化,則B為、C為、D為、E為;發(fā)生硝化反應(yīng)生成F,F(xiàn)通過題目提示的反應(yīng)原理生成,以此解答。【詳解】(1)甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A,反應(yīng)條件是光照;B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C,條件是O2、Cu,加熱;(2)由分析可知E為,氧官能團的名稱為:羧基;F是,②的方程式為:,該反應(yīng)是氧化反應(yīng);苯胺易被氧化,所以②和③先后順序不能顛倒,以免氨基被氧化(羧基不易被氧化,氨基容易被氧化);(3)發(fā)生硝化反應(yīng)生成F,方程式為:+HNO3(濃)+H2O;(4)含有1個醛基和2個羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物應(yīng)該是對稱的結(jié)構(gòu),苯環(huán)上必須有3個取代基,可能的結(jié)構(gòu)有、;(5)由分析可知A為,通過加成反應(yīng)和消去反應(yīng),生成,用Cl2加成生成,再進行一步取代反應(yīng)即可,整個合成路線為:。19、三頸燒瓶Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O氧化變質(zhì)95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫,發(fā)生Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4,生成的二氧化硫通入D裝置,發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l),儀器E的作用是防倒吸,F(xiàn)吸收尾氣。據(jù)此解答?!驹斀狻竣瘢?)裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4。二氧化硫易溶于水,儀器E的作用是防倒吸。故答案為:三頸燒瓶;Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4;防倒吸;(2)二氧化硫有毒,排到空氣中會污染空氣,SO2是酸性氧化物,可用堿溶液吸收,題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液,F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為:濃NaOH溶液;Ⅱ.(3)取少量Na2S2O5晶體于試管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,劇烈反應(yīng),溶液紫紅色很快褪去,說明MnO4-將S2O52-氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是:利用焦亞硫酸鈉的還原性,防止食品氧化變質(zhì)。故答案為:5S2O5-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;氧化變質(zhì);Ⅲ.(4)由關(guān)系式:5SO32-~2MnO4-,用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點,消耗Na2SO3溶液20.00mL,剩余的n(MnO4-)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol,再由5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O得:Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%;若在滴定終點時,俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積,使Na2SO3標準液的體積偏低,算出的剩余高錳酸鉀偏低,與Na2S2O5樣品反應(yīng)的高錳酸鉀偏高,會導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度偏高;故答案為:95.0;偏高。20、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液變藍Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O<陽極產(chǎn)生的氯氣有部分溶于水且與水和陰極產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應(yīng)【解析】

電解池裝置中,陽極與電源的正極相連,陰極與電源的負極相連,電解飽和食鹽水在陰極生成的是H2,陽極生成的是Cl2,據(jù)此分析;淀粉遇碘單質(zhì)變藍,要從淀粉碘化鉀中得到碘單質(zhì)必須加入氧化性物質(zhì),據(jù)此分析;根據(jù)已知的數(shù)據(jù)和電解的總反應(yīng)方程式計算出生成的NaOH的物質(zhì)的量濃度,從而可知c(OH-),再求溶液的pH,據(jù)此分析?!驹斀狻浚?)碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣,F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣,所以B端是檢驗氯氣的氧化性,連接D,然后再進行尾氣吸收,E接C,碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣,F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣,所以A端是測定所產(chǎn)生的氫氣的體積,即各接口的順序是:A→G→F→I,B→D→E→C,故答案為:G;F;

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