版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)
文檔簡介
江西省宜春三中2024年高三一診考試化學(xué)試卷注意事項(xiàng)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(zhǔn)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(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)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(xiàng)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(xiàng))1、鉈(Tl)與鋁同族。Ti3+在酸性溶液中就能發(fā)生反應(yīng):Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推斷錯誤的是A.Tl+的最外層有1個電子B.Tl能形成+3價和+1價的化合物C.酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性強(qiáng)D.Tl+的還原性比Ag弱2、X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序數(shù)依次增大且均小于18,Z為金屬元素,X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為8,X、Y、Z組成的物質(zhì)可發(fā)生反應(yīng):ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有關(guān)說法正確的是A.1molZX2發(fā)生上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4molB.YX3與Y2X4中Y元素的化合價相同C.上述反應(yīng)中的離子化合物的所有元素原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.Y元素在同周期和同主族元素的最高價含氧酸中酸性最強(qiáng)3、25℃時,將0.1mol?L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中,所加入溶液的體積(V)和混合液的pH關(guān)系曲線如圖所示。下列結(jié)論正確的是()A.①點(diǎn)時,c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=c(Na+)B.對曲線上①②③任何一點(diǎn),溶液中都有c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)C.③點(diǎn)時,醋酸恰好完全反應(yīng)完溶液中有c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)D.滴定過程中可能出現(xiàn)c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)4、國內(nèi)某科技研究小組首次提出一種新型的Li+電池體系,該體系正極采用含有I-、Li+的水溶液,負(fù)極采用固體有機(jī)聚合物,電解質(zhì)溶液為LiNO3溶液,聚合物離子交換膜作為隔膜將液態(tài)正極和固態(tài)負(fù)極分隔開(原理示意圖如圖)。已知:I-+I2=I3-,則下列有關(guān)判斷正確的是A.圖甲是原電池工作原理圖,圖乙是電池充電原理圖B.放電時,正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的顏色變淺C.充電時,Li+從右向左通過聚合物離子交換膜D.放電時,負(fù)極的電極反應(yīng)式為:+2ne-=+2nLi+5、下列關(guān)于有機(jī)物的說法正確的是A.C5H10O2的同分異構(gòu)體中,能與NaHCO3反應(yīng)生成CO2的有4種B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是電解質(zhì)C.乙烯使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色的反應(yīng)類型相同D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍(lán)說明蘋果肉中的淀粉已水解6、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反應(yīng),加入溶質(zhì)H2SO4的量和生成沉淀的量的關(guān)系正確的是選項(xiàng)ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A.A B.B C.C D.D7、LiAlH4是一種常用的儲氫材料,也是有機(jī)合成中重要的還原劑。下列關(guān)亍LiAlH4的說法中,不正確的是A.電子式:B.還原有機(jī)物時,應(yīng)在無水體系中迚行C.1molLiAlH4跟足量水反應(yīng)可生成89.6L氫氣D.乙醛還原生成乙醇的過程中,LiAlH4作還原劑8、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.SO2水溶液呈酸性,可用于漂白紙漿 B.晶體硅熔點(diǎn)高,可制半導(dǎo)體材料C.Al(OH)3呈弱堿性,可用于治療胃酸過多 D.H2O2具有還原性,可用于消毒殺菌9、同一周期的X、Y、Z三種元素,已知最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性順序?yàn)镠XO4>H2YO4>H3ZO4,則下列判斷錯誤的是A.原子半徑:X>Y>Z B.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:HX>H2Y>ZH3C.元素原子得電子能力:X>Y>Z D.陰離子的還原性:Z3->Y2->X-10、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和,W簡單氫化物r溶于水完全電離。m、p是由這些元素組成的二元化合物,m可做制冷劑,無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色。下列說法正確的是()A.簡單離子半徑:W>Z>Y>XB.Y原子的價電子軌道表示式為C.r與m可形成離子化合物,其陽離子電子式為D.一定條件下,m能與Z的單質(zhì)反應(yīng)生成p11、實(shí)驗(yàn)室中,要使AlCl3溶液中的Al3+離子全部沉淀出來,適宜的試劑是A.NaOH溶液 B.氨水 C.鹽酸 D.Ba(OH)2溶液12、常溫下,向20mL
溶液中滴加
NaOH溶液.有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變化如圖,下列說法正確的是A.滴加過程中當(dāng)溶液呈中性時,B.當(dāng)時,則有:C.H
在水中的電離方程式是:H
;
D.當(dāng)時,則有:13、Mg-AgCl電池是一種用海水激活的一次性電池,在軍事上用作電動魚雷的電源。電池的總反應(yīng)為Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag。下列說法錯誤的是A.該電池工作時,正極反應(yīng)為2AgCl+2e-=2Cl-+2AgB.該電池的負(fù)極材料Mg用金屬鋁代替后,仍能形成原電池C.有1molMg被氧化時,可還原得到108gAgD.裝備該電池的魚雷在海水中行進(jìn)時,海水作為電解質(zhì)溶液14、利用小粒徑零價鐵(ZVI)的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯,進(jìn)行水體修復(fù)的過程如圖所示。H+,O2,NO3-等共存物的存在會影響水體修復(fù)效果,定義單位時間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt,其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯誤的是()A.反應(yīng)①②③④均在正極發(fā)生B.單位時間內(nèi),三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC.④的電極反應(yīng)式為NO3-+10H++8e-=NH4++3H2OD.增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量,可使nt增大15、在給定條件下,下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()A.Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)B.FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)C.NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)D.SiO2(s)H4SiO4(s)Na2SiO3(aq)16、稱取兩份鋁粉,第一份加入足量濃氫氧化鈉溶液,第二份加入足量鹽酸,如要放出等量的氣體,兩份鋁粉的質(zhì)量之比為A.1:3 B.3:1 C.1:1 D.4:317、下列離子方程式中正確的是()A.向明礬(KAl(SO4)2?12H2O)溶液中滴加Ba(OH)2溶液,恰好使SO42﹣沉淀完全:Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2-+2BaSO4↓+2H2OB.向FeBr2溶液中通入足量Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C.AlCl3溶液中加入過量氨水:Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.銅與濃硝酸反應(yīng):3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O18、前20號主族元素W、
X、Y
、Z的原子序數(shù)依次增大,W的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3
倍。X、Y
、Z分屬不同的周期,它們的原子序數(shù)之和是W原子序數(shù)的5倍。含有元素Z的鹽的焰色反應(yīng)為紫色。下到說法正確的是()A.原子半徑的大小W<X<Y<Z B.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性W>XC.Z的單質(zhì)與水反應(yīng)比Y的單質(zhì)與水反應(yīng)劇烈 D.工業(yè)上通過電解W、Y組成的化合物制備單質(zhì)Y19、“綠色化學(xué)實(shí)驗(yàn)”已走進(jìn)課堂,下列做法符合“綠色化學(xué)”的是①實(shí)驗(yàn)室收集氨氣采用圖1所示裝置②實(shí)驗(yàn)室做氯氣與鈉的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)時采用圖2所示裝置③實(shí)驗(yàn)室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實(shí)驗(yàn)④實(shí)驗(yàn)室中采用圖3所示裝置進(jìn)行銅與稀硝酸的反應(yīng)A.②③④ B.①②③ C.①②④ D.①③④20、氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè),一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節(jié)能30%以上,工作原理如圖所示,其中各電極未標(biāo)出。下列有關(guān)說法錯誤的是()A.A池中右邊加入NaOH溶液的目的是增大溶液的導(dǎo)電性B.兩池工作時收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體X為2.24L,則理論上此時充入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的空氣(不考慮去除CO2的體積變化)的體積約為5.6LC.A為陽離子交換膜、B為陰離子交換膜D.氫氧化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到小的順序?yàn)閎%>a%>c%21、氟離子電池是一種前景廣闊的新型電池,其能量密度是目前鋰電池的十倍以上且不會因?yàn)檫^熱而造成安全風(fēng)險。如圖是氟離子電池工作示意圖,其中充電時F-從乙電極流向甲電極,下列關(guān)于該電池的說法正確的是()A.放電時,甲電極的電極反應(yīng)式為Bi-3e-+3F-=BiF3B.放電時,乙電極電勢比甲電極高C.充電時,導(dǎo)線上每通過1mole-,甲電極質(zhì)量增加19gD.充電時,外加電源的正極與乙電極相連22、化學(xué)與環(huán)境、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等密切相關(guān),下列說法不正確的是()A.NaCl不能使蛋白質(zhì)變性,所以不能用作食品防腐劑B.浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮C.捕獲工業(yè)排放的CO2,可用來合成可降解塑料聚碳酸酯D.在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑,可使酒保持良好品質(zhì)二、非選擇題(共84分)23、(14分)α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于藥物化學(xué)和化學(xué)生物學(xué)領(lǐng)域。用此法合成化合物J的路線如下:已知:回答下列問題:(1)F中含有的含氧官能團(tuán)的名稱是______,用系統(tǒng)命名法命名A的名稱是______。(2)B→C所需試劑和反應(yīng)條件為___________。(3)由C生成D的化學(xué)反應(yīng)方程式是__________。(4)寫出G的結(jié)構(gòu)簡式_________,寫出檢驗(yàn)?zāi)橙芤褐写嬖贕的一種化學(xué)方法________。(5)F+H→J的反應(yīng)類型是_______。F與C在CuBr和磷配體催化作用下也可合成大位阻醚,寫出其中一種有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式:_______。(6)化合物X是E的同分異構(gòu)體,分子中不含羧基,既能發(fā)生水解反應(yīng),又能與金屬鈉反應(yīng)。符合上述條件的X的同分異構(gòu)體有_______種(不考慮立體異構(gòu)),其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng),核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1:1:6的結(jié)構(gòu)簡式為_______。24、(12分)有機(jī)化合物P是合成抗腫瘤藥物的中間體,其合成路線如下:已知:RClRCOOH(1)H的官能團(tuán)名稱___________。寫出E的結(jié)構(gòu)簡式___________。(2)B→C中①的化學(xué)方程式___________。(3)檢驗(yàn)F中官能團(tuán)的試劑及現(xiàn)象_________。(4)D的同分異構(gòu)體有多種,其中滿足以下條件的有________種。①1molD能與足量NaHCO3反應(yīng)放出2molCO2②核磁共振氫譜顯示有四組峰(5)H→J的反應(yīng)類型___________。(6)已知:K經(jīng)過多步反應(yīng)最終得到產(chǎn)物P:①K→L的化學(xué)方程式___________。②寫出M的結(jié)構(gòu)簡式___________。25、(12分)化錫(SnI4)是一種橙黃色結(jié)晶,熔點(diǎn)為144.5℃,沸點(diǎn)為364℃,不溶于冷水,溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等,遇水易水解,常用作分析試劑和有機(jī)合成試劑。實(shí)驗(yàn)室制備四氯化錫的主要步驟如下:步驟1:將一定量錫、碘和四氯化碳加入干燥的燒瓶中,燒瓶上安裝如圖裝置Ⅰ和Ⅱ。步驟2:緩慢加熱燒瓶,待反應(yīng)停止后,取下冷凝管,趁熱迅速進(jìn)行過濾除去未反應(yīng)的錫。用熱的四氯化碳洗滌漏斗上的殘留物,合并濾液和洗液,用冰水浴冷卻,減壓過濾分離。步驟3:濾下的母液蒸發(fā)濃縮后冷卻,再回收晶體。請回答下列問題(1)圖中裝置II的儀器名稱為___________,該裝置的主要作用是____________。(2)減壓過濾的操作有①將含晶體的溶液倒入漏斗,②將濾紙放入漏斗并用水潤濕,③微開水龍頭,④開大水龍頭,⑤關(guān)閉水龍頭,⑥拆下橡皮管。正確的順序是_______。26、(10分)《我在故宮修文物》這部紀(jì)錄片里關(guān)于古代青銅器的修復(fù)引起了某研學(xué)小組的興趣?!靶夼f如舊”是文物保護(hù)的主旨。(1)查閱高中教材得知銅銹為Cu2(OH)2CO3,俗稱銅綠,可溶于酸。銅綠在一定程度上可以提升青銅器的藝術(shù)價值。參與形成銅綠的物質(zhì)有Cu和_______。(2)繼續(xù)查閱中國知網(wǎng),了解到銅銹的成分非常復(fù)雜,主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl??脊艑W(xué)家將銅銹分為無害銹和有害銹,結(jié)構(gòu)如圖所示:Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分別屬于無害銹和有害銹,請解釋原因_____________。(3)文獻(xiàn)顯示有害銹的形成過程中會產(chǎn)生CuCl(白色不溶于水的固體),請結(jié)合下圖回答:①過程Ⅰ的正極反應(yīng)物是___________。②過程Ⅰ負(fù)極的電極反應(yīng)式是_____________。(4)青銅器的修復(fù)有以下三種方法:?。畽幟仕峤ǎ簩⒏g文物直接放在2%-3%的檸檬酸溶液中浸泡除銹;ⅱ.碳酸鈉法:將腐蝕文物置于含Na2CO3的緩沖溶液中浸泡,使CuCl轉(zhuǎn)化為難溶的Cu2(OH)2CO3;ⅲ.BTA保護(hù)法:請回答下列問題:①寫出碳酸鈉法的離子方程式___________________。②三種方法中,BTA保護(hù)法應(yīng)用最為普遍,分析其可能的優(yōu)點(diǎn)有___________。A.在青銅器表面形成一層致密的透明保護(hù)膜B.替換出銹層中的Cl-,能夠高效的除去有害銹C.和酸浸法相比,不破壞無害銹,可以保護(hù)青銅器的藝術(shù)價值,做到“修舊如舊”27、(12分)對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體,可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知:苯胺是一種無色油狀液體,微溶于水,易溶于乙醇,熔點(diǎn)?6.1℃,沸點(diǎn)184.4℃。對氨基苯磺酸是一種白色晶體,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于堿性溶液,不溶于乙醇。實(shí)驗(yàn)室可用苯胺、濃硫酸為原料,利用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置合成對氨基苯磺酸。實(shí)驗(yàn)步驟如下:步驟1:在250mL三頸燒瓶中加入10mL苯胺及幾粒沸石,將三頸燒瓶放在冰水中冷卻,小心地加入18mL濃硫酸。步驟2:將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170~180℃,維持此溫度2~2.5小時。步驟3:將反應(yīng)產(chǎn)物冷卻至約50℃后,倒入盛有100mL冷水的燒杯中,用玻璃棒不斷攪拌,促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內(nèi)殘留的產(chǎn)物沖洗到燒杯中,抽濾,洗滌,得到對氨基苯磺酸粗產(chǎn)品。步驟4:將粗產(chǎn)品用沸水溶解,冷卻結(jié)晶,抽濾,收集產(chǎn)品,晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。(1)裝置中冷凝管的作用是__________。(2)步驟2油浴加熱的優(yōu)點(diǎn)有____________________。(3)步驟3中洗滌沉淀的操作是______________。(4)步驟3和4均進(jìn)行抽濾操作,在抽濾完畢停止抽濾時,應(yīng)注意先__________,然后__________,以防倒吸。(5)若制得的晶體顆粒較小,分析可能的原因______(寫出兩點(diǎn))。28、(14分)研究NO2、NO、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。NO2可用下列反應(yīng)來處理:6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q>0)。(1)120℃時,該反應(yīng)在一容積為2L的容器內(nèi)反應(yīng),20min時達(dá)到平衡。10min時氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多了1.4g,則0~10min時,平均反應(yīng)速率υ(NO2)=____________________,電子轉(zhuǎn)移了___________個。(2)一定條件下上述反應(yīng)在某體積固定的密閉容器中進(jìn)行,能說明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________。a.c(NO2):c(NH3)=3:4b.6v(NO2)正=7v(N2)逆c.容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)不再變化d.容器內(nèi)氣體密度不再變化(3)若保持其它條件不變,縮小反應(yīng)容器的體積后達(dá)到新的平衡,此時NO2和N2的濃度之比_________(填增大、不變、減小),NO2的轉(zhuǎn)化率______________。(4)一定條件下NO2與SO2可發(fā)生反應(yīng),方程式:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)?Q。若反應(yīng)的平衡常數(shù)K值變大,該反應(yīng)___________(選填編號)。a.一定向正反應(yīng)方向移動b.平衡移動時,逆反應(yīng)速率先減小后增大c.一定向逆反應(yīng)方向移動d.平衡移動時,正反應(yīng)速率先增大后減小(5)請寫出用NaOH溶液完全吸收含等物質(zhì)的量的NO、NO2混合氣體的離子方程式___________。29、(10分)工業(yè)上以鉻鐵礦(主要成分為FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)化工原料紅礬鈉(主要成分為:Na2Cr2O7·2H2O),其主要工藝流程如下:查閱相關(guān)資料得知:i.常溫下,NaBiO3不溶于水,有強(qiáng)氧化性,在堿性條件下能將Cr3+轉(zhuǎn)化為CrO42—,自身被還原為Bi(OH)3固體。ii.物質(zhì)Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3開始沉淀的PH2.73.44.67.50.7完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5回答下列問題:(1)將鉻鐵礦礦石粉碎的目的是___________。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃儀器有玻璃棒和___________(填儀器名稱)。(3)寫出④反應(yīng)的化學(xué)方程式________________。(4)⑤中酸化是使CrO42—轉(zhuǎn)化為Cr2O72—。寫出該反應(yīng)的離子方程式______。(5)將溶液H經(jīng)下列操作:蒸發(fā)濃縮,__________,過濾,洗滌,干燥即得紅礬鈉。(6)取一定質(zhì)量的固體D溶解于200mL的稀硫酸中,向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)關(guān)系如圖所示,則稀硫酸的濃度為_________,固體D中含F(xiàn)e化合物的物質(zhì)的量為___________。
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(xiàng))1、A【解析】
A.鉈與鋁同族,最外層有3個電子,則Tl+離子的最外層有2個電子,故A錯誤;B.根據(jù)反應(yīng)Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知,Tl能形成+3價和+1價的化合物,故B正確;C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+,氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性最強(qiáng),則Tl3+的氧化性最強(qiáng),所以Tl3+比Tl+氧化性強(qiáng),故C正確;D.還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性,在反應(yīng)Tl3++2Ag=Tl++2Ag+,還原性Ag>Tl+,故D正確;故選A。2、D【解析】
因?yàn)閄、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的不同短周期的主族元素,X為第一周期主族元素,為H元素,Z為金屬元素,且為第三周期,根據(jù)方程式可知Z顯示正二價,為鎂元素,結(jié)合X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為8,可知Y為氮元素,由此推斷MgH2中H化合價由?1價升高為0價,生成H2,1molMgH2反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mole?,選項(xiàng)A錯誤;NH3中N為?3價,N2H4中N為?2價,選項(xiàng)B錯誤;上述反應(yīng)中的離子化合物為MgH2、Mg(NH2)2,H的最外層不能滿足8電子結(jié)構(gòu),選項(xiàng)C錯誤;Y元素的最高價含氧酸為硝酸,在同周期和同主族元素的最高價含氧酸中酸性是最強(qiáng)的,選項(xiàng)D正確。3、B【解析】
①點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根據(jù)物料守恒判斷;任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒,根據(jù)電荷守恒判斷;②點(diǎn)溶液呈中性,溶質(zhì)為CH3COONa和CH3COOH,但CH3COOH較少③點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈堿性?!驹斀狻緼、①點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根據(jù)物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+),故A錯誤;B、任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒,根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),所以滴定過程中①②③任一點(diǎn)都存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),故B正確;C、③點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈堿性,則c(H+)<c(OH﹣),根據(jù)電荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO﹣),鹽類水解程度較小,所以存在c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C錯誤;D、滴定過程中遵循電荷守恒,如果溶液呈酸性,則c(H+)>c(OH﹣),根據(jù)電荷守恒得c(Na+)<c(CH3COO﹣),故D錯誤;答案選B?!军c(diǎn)睛】本題以離子濃度大小比較為載體考查酸堿混合溶液定性判斷,明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵,注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用,注意:電荷守恒和物料守恒與溶液中溶質(zhì)多少無關(guān)。4、B【解析】
題目已知負(fù)極采用固體有機(jī)聚合物,甲圖是電子傳向固體有機(jī)聚合物,圖甲是電池充電原理圖,則圖乙是原電池工作原理圖,放電時,負(fù)極的電極反應(yīng)式為:正極的電極反應(yīng)式為:I3-+2e-=3I-?!驹斀狻緼.甲圖是電子傳向固體有機(jī)聚合物,電子傳向負(fù)極材料,則圖甲是電池充電原理圖,圖乙是原電池工作原理圖,A項(xiàng)錯誤;B.放電時,正極液態(tài)電解質(zhì)溶液的I2也會的得電子生成I-,故電解質(zhì)溶液的顏色變淺,B項(xiàng)正確;C.充電時,Li+向陰極移動,Li+從左向右通過聚合物離子交換膜,C項(xiàng)錯誤;D.放電時,負(fù)極是失電子的,故負(fù)極的電極反應(yīng)式為:【點(diǎn)睛】易錯點(diǎn):原電池中,陽離子向正極移動,陰離子向負(fù)極移動;電解池中,陽離子向陰極移動,陰離子向陽極移動,注意不要記混淆。5、A【解析】
A.C5H10O2的同分異構(gòu)體中,能與NaHCO3反應(yīng)生成CO2,說明分子中含有-COOH,可認(rèn)為是C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質(zhì),C4H10有正丁烷、異丁烷2種結(jié)構(gòu),每種結(jié)構(gòu)中有2種不同位置的H原子,所以C5H10O2的屬于羧酸的同分異構(gòu)體有4種,A正確;B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)在水溶液中都不能導(dǎo)電,熔融狀態(tài)下也不能導(dǎo)電,且蛋白質(zhì)是高分子化合物,因此都不是電解質(zhì),B錯誤;C.乙烯使溴水褪色,發(fā)生的是加成反應(yīng),使酸性高錳酸鉀溶液褪色發(fā)生的是氧化反應(yīng),反應(yīng)類型不相同,C錯誤;D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍(lán)說明蘋果肉中有淀粉,但不能證明淀粉是否已水解,D錯誤;故合理選項(xiàng)是A。6、A【解析】
A、2mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根,1mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成1mol氫氧化鋁沉淀,同時還有1mol硫酸鋇產(chǎn)生,共計是2mol,選項(xiàng)A正確;B、3mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根,2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,生成的氫氧化鋁沉淀又有一部分溶解在氫離子中,而硫酸鋇是1mol,則沉淀的物質(zhì)的量小于3mol,選項(xiàng)B錯誤;C、4mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根,2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,剩余3mol氫離子又溶解1mol氫氧化鋁,而硫酸鋇是1mol,則沉淀的物質(zhì)的量是2mol,選項(xiàng)C錯誤;D、5mol硫酸中有3mol氫離子中和氫氧根,2mol氫離子與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,剩余5mol氫離子又溶解5/3mol氫氧化鋁,而硫酸鋇是1mol,則沉淀的物質(zhì)的量是4/3mol,選項(xiàng)D錯誤;答案選A。7、C【解析】
A選項(xiàng),LiAlH4中鋰顯+1價,AlH4-,因此LiAlH4電子式:,故A正確;B選項(xiàng),LiAlH4與水要反應(yīng),生成氫氣,因此在還原有機(jī)物時,應(yīng)在無水體系中迚行,故B正確;C選項(xiàng),1molLiAlH4跟足量水反應(yīng)可生成89.6L氫氣,缺少標(biāo)準(zhǔn)狀況下,因此C錯誤;D選項(xiàng),乙醛還原生成乙醇的過程中,乙醛作氧化劑,LiAlH4作還原劑,故D正確。綜上所述,答案為C。8、C【解析】
A.二氧化硫可用于漂白紙漿是因?yàn)槠渚哂衅仔?,與二氧化硫的水溶液呈酸性無關(guān),選項(xiàng)A錯誤;B.硅位于金屬和非金屬分界線處,可用于制作半導(dǎo)體材料,與硅的熔點(diǎn)高沒有關(guān)系,選項(xiàng)B錯誤;C.胃酸的主要成分是HCl,氫氧化鋁具有弱堿性,能中和胃酸,二者有對應(yīng)關(guān)系,選項(xiàng)正確;D.H2O2具有氧化性,可用于消毒殺菌,選項(xiàng)D錯誤。答案選C。9、A【解析】
元素非金屬性越強(qiáng),最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),由題意可知,最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性是:HXO4>H2YO4>H3ZO4,則元素非金屬性X>Y>Z。【詳解】A項(xiàng)、同周期元素從左到右,原子半徑逐漸減小,非金屬性依次增強(qiáng),則原子半徑:X<Y<Z,故A錯誤;B項(xiàng)、元素非金屬性越強(qiáng),氫化物越穩(wěn)定,非金屬性:X>Y>Z,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:HX>H2Y>ZH3,故B正確;C項(xiàng)、元素非金屬性越強(qiáng),原子得電子能力越強(qiáng),元素非金屬性:X>Y>Z,則原子得電子能力:X>Y>Z,故C正確;D項(xiàng)、元素非金屬性越強(qiáng),陰離子的還原性越弱,非金屬性:X>Y>Z,則陰離子的還原性:Z3->Y2->X-,故D正確。故選A。10、D【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m可做制冷劑,則m為NH3,則X為H;無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色,則p為NO;N元素的簡單氫化物是非電解質(zhì),所W不是O、N,則Y為N,Z為O,W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和,且其簡單氫化物r溶于水完全電離,則W為Cl?!驹斀狻緼.電子層數(shù)越多離子半徑越大,電子層數(shù)相同,原子序數(shù)越小半徑越大,所以簡單離子半徑:Cl->N3->O2->H+,故A錯誤;B.Y為N,其價層電子為2s22p3,價電子軌道表示式為:,故B錯誤;C.r與m可形成離子化合物氯化銨,銨根的正確電子式為,故C錯誤;D.氨氣與氧氣在催化劑加熱的條件下可以生成NO,故D正確;故答案為D。11、B【解析】
要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出來,要求所用試劑能提供OH?,且須過量,因此適宜的試劑不能為強(qiáng)堿溶液,因?yàn)閺?qiáng)堿會使氫氧化鋁沉淀溶解,據(jù)此分析;【詳解】A.據(jù)分析可知,氫氧化鈉過量會將氫氧化鋁沉淀溶解,A錯誤;B.據(jù)分析可知,氨水可以使鋁離子全部沉淀出來,且氫氧化鋁沉淀不溶于氨水,B正確;C.據(jù)分析可知,鹽酸不能使AlCl3溶液中的Al3+離子沉淀,C錯誤;D.據(jù)分析可知,Ba(OH)2溶液可以使鋁離子沉淀,但Ba(OH)2溶液過量會使氫氧化鋁沉淀溶解,D錯誤;故答案選B。【點(diǎn)睛】氫氧化鋁不溶于弱酸弱堿是考察頻率較高的知識點(diǎn)之一,學(xué)生須熟練掌握。12、D【解析】
A.當(dāng)時,此時溶質(zhì)為NaHA,根據(jù)圖象可知溶液中離子濃度,說明的電離程度大于其水解程度,溶液為酸性,如果溶液為中性,則,故A錯誤;B.當(dāng)時,此時溶質(zhì)為NaHA和,根據(jù)物料守恒,則有:,故B錯誤;C.是二元弱酸,在水中的電離是分步電離的,電離方程式是:、,故C錯誤;D.根據(jù)圖象知,當(dāng)
mL時,發(fā)生反應(yīng)為,溶質(zhì)主要為NaHA,電離程度大于水解程度,溶液顯酸性,水和都電離出氫離子,只有電離出,所以離子濃度大小順序是,故D正確;答案選D?!军c(diǎn)睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷,側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查,為高考常見題型,明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵,抓住圖象進(jìn)行分析即可,題目難度中等。13、C【解析】
A、由電池反應(yīng)方程式看出,Mg是還原劑、AgCl是氧化劑,故金屬M(fèi)g作負(fù)極,正極反應(yīng)為:2AgCl+2e-═2C1-+2Ag,選項(xiàng)A正確;B、Al的活潑性大于Ag,所以鋁和氯化銀、海水也能構(gòu)成原電池,故該電池的負(fù)極材料Mg用金屬鋁代替后,仍能形成原電池,選項(xiàng)B正確;C、電極反應(yīng)式:Mg﹣2e﹣=Mg2+,1molMg被氧化時,轉(zhuǎn)移電子是2mol,正極反應(yīng)為:2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag,可還原得到216gAg,選項(xiàng)C錯誤;D、因?yàn)樵撾姵啬鼙缓Kせ?,海水可以作為電解質(zhì)溶液,選項(xiàng)D正確。答案選C?!军c(diǎn)睛】本題考查原電池的應(yīng)用??偨Y(jié)題技巧總結(jié):電極類型的判斷首先在明確屬于電解池還是原電池基礎(chǔ)上來分析的,原電池對應(yīng)的是正、負(fù)兩極,電解池對應(yīng)的陰、陽兩極,根據(jù)元素價態(tài)變化找出氧化劑與還原產(chǎn)物。14、B【解析】
A選項(xiàng),由修復(fù)過程示意圖中反應(yīng)前后元素化合價變化可知,反應(yīng)①②③④均為得電子的反應(yīng),所以應(yīng)在正極發(fā)生,故A正確;B選項(xiàng),三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價,乙烯中C原子化合價為-2價,1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時,得到6mol電子,脫去3mol氯原子,所以脫去amolCl時ne=2amol,故B錯誤;C選項(xiàng),由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3_+8e_—NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應(yīng),而不能用H2O和OH_來配平,所以④的電極反應(yīng)式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O,故C正確;D選項(xiàng),增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積,加快ZVI釋放電子的速率,可使nt增大,故D正確;綜上所述,答案為B。15、A【解析】
A.2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑,2Al+3Cl22AlCl3(s),故A正確;B.SO2(g)+H2O=H2SO3(aq),故B錯誤;C.NO(g)與NaOH(aq)不反應(yīng),故C錯誤;D.SiO2(s)不溶于水,故D錯誤;故選A。16、C【解析】
由2Al~6HCl~2NaOH~3H2↑,酸、堿均足量時,Al完全反應(yīng),以此分析生成的氫氣。【詳解】由2Al~6HCl~2NaOH~3H2↑,酸、堿均足量時,Al完全反應(yīng),由反應(yīng)的關(guān)系式可知,生成等量的氫氣,消耗等量的Al,所以兩份鋁粉的質(zhì)量之比為1:1,答案選C。17、A【解析】
A、向明礬(KAl(SO4)2?12H2O)溶液中滴加Ba(OH)2溶液,恰好使SO42﹣沉淀完全:Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O,故A正確;B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的離子反應(yīng)為:2Fe2++4Br-十3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-,故B不正確;C、AlCl3溶液中加入過量氨水的離子反應(yīng)為:A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故C不正確;D、銅與濃硝酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為:Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,故D不正確;故選A?!军c(diǎn)睛】離子反應(yīng)方程式的正誤判斷:(1)、是否符合客觀事實(shí);(2)、拆分是否正確,能夠拆分的是強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和可溶性鹽。如C選項(xiàng),一水合氨為弱堿,不能拆分,所以C錯誤;(3)、電荷守恒。18、C【解析】W的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍,推出W為O,含有Z元素鹽的焰色反應(yīng)為紫色,說明Z為K,X、Y、Z分屬不同的周期,原子序數(shù)依次增大,因此X為F,X、Y、Z的原子序數(shù)之和是W原子序數(shù)的5倍,推出Y為Mg,A、原子半徑大小順序是K>Mg>O>F,故A錯誤;B、非金屬性越強(qiáng),其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng),F(xiàn)的非金屬性強(qiáng)于O,因此HF的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2O,故B錯誤;C、K比Mg活潑,K與水反應(yīng)劇烈程度強(qiáng)于Mg與水,故C正確;D、MgO的熔點(diǎn)很高,因此工業(yè)上常電解熔融狀態(tài)的MgCl2制備Mg,故D錯誤。19、C【解析】
分析每種裝置中出現(xiàn)的相應(yīng)特點(diǎn),再判斷這樣的裝置特點(diǎn)能否達(dá)到處理污染氣體,減少污染的效果?!驹斀狻竣賵D1所示裝置在實(shí)驗(yàn)中用帶有酚酞的水吸收逸出的氨氣,防止氨氣對空氣的污染,符合“綠色化學(xué)”,故①符合題意;②圖2所示裝置用沾有堿液的棉球吸收多余的氯氣,能有效防止氯氣對空氣的污染,符合“綠色化學(xué)”,故②符合題意;③氨氣與氯化氫氣體直接散發(fā)到空氣中,對空氣造成污染,不符合防止污染的理念,不符合“綠色化學(xué)”,故③不符合題意;④圖3所示裝置中,銅絲可以活動,能有效地控制反應(yīng)的發(fā)生與停止,用氣球收集反應(yīng)產(chǎn)生的污染性氣體,待反應(yīng)后處理,也防止了對空氣的污染,符合“綠色化學(xué)”,故④符合題意;故符合“綠色化學(xué)”的為①②④。故選C?!军c(diǎn)睛】“綠色化學(xué)”是指在源頭上消除污染,從而減少污染源的方法,與“綠色化學(xué)”相結(jié)合的往往是原子利用率,一般來說,如果所有的反應(yīng)物原子都能進(jìn)入指定的生成物的話,原子的利用率為100%。20、C【解析】
A.氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì),A池中右邊加入NaOH溶液的目的是增大溶液的導(dǎo)電性,A正確;B.電解池中,陽極反應(yīng):2Cl--2e-=Cl2↑,X是氯氣,陰極氫離子放電2H++2e-=H2↑,Y是氫氣,2.24氯氣是0.1molCl2,轉(zhuǎn)移電子是0.2mol,燃料電池中,正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng):O2+2H2O+4e-=4OH-,當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子,理論上燃料電池中消耗O2的物質(zhì)的量為0.05mol,標(biāo)況下體積是0.05mol×22.4L/mol=1.12L,因此此時充入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的空氣(不考慮去除CO2的體積變化)的體積約為1.12L×5=5.6L,B正確;C.電解池中陽離子向陰極移動,原電池中陽離子向正極移動,則A、B均為陽離子交換膜,C錯誤;D.燃料電池中的離子膜只允許陽離子通過,而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-,所以反應(yīng)后氫氧化鈉的濃度升高,即b%大于a%,負(fù)極氫氣失電子生成氫離子消耗氫氧根離子,所以a%>c%,得到b%>a%>c%,D正確。答案選C?!军c(diǎn)睛】明確電極的判斷及發(fā)生的電極反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,注意利用電子守恒進(jìn)行計算。21、C【解析】
充電時F-從乙電極流向甲電極,說明乙為陰極,甲為陽極?!驹斀狻緼.放電時,甲電極的電極反應(yīng)式為BiF3+3e-=Bi+3F-,故A錯誤;B.放電時,乙電極電勢比甲電極低,故B錯誤;C.充電時,甲電極發(fā)生Bi-3e-+3F-=BiF3,導(dǎo)線上每通過1mole-,則有1molF-變?yōu)锽iF3,其質(zhì)量增加19g,故C正確;D.充電時,外加電源的負(fù)極與乙電極相連,故D錯誤。綜上所述,答案為C。【點(diǎn)睛】陽極失去電子,化合價升高,陰離子移向陽極,充電時,電源正極連接陽極。22、A【解析】
A.NaCl濃度較高時,會導(dǎo)致微生物脫水死亡,可殺菌并起防腐效果,A不正確;B.乙烯是水果的催熟劑,酸性高錳酸鉀溶液可氧化水果釋放的乙烯,從而使水果保鮮,B正確;C.CO2能聚合成聚碳酸酯,所以可捕獲工業(yè)排放的CO2,合成此可降解塑料,C正確;D.SO2能防止葡萄酒在生產(chǎn)和銷售過程中被氧化,所以可在葡萄酒中添加微量SO2,以保持良好品質(zhì),D正確。故選A。二、非選擇題(共84分)23、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液,加熱向溶液中滴加FeCl3溶液,若溶液顯紫色,證明有苯酚存在取代反應(yīng)或或11【解析】
由合成流程可知,A、C的碳鏈骨架相同,A發(fā)生加成反應(yīng)生成B,B水解生成C,則A為,A與溴加成生成B為,B與NaOH的水溶液在加熱時發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生C是,C發(fā)生催化氧化生成D為,D與新制Cu(OH)2懸濁液在加熱煮沸時醛基被氧化生成羧酸鹽、酸化生成E為,E與HBr在加熱時發(fā)生取代反應(yīng),E中-OH被Br原子取代反應(yīng)生成F,F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式是,結(jié)合J的結(jié)構(gòu)可知H為,G為苯酚,結(jié)構(gòu)簡式為,以此來解答?!驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知F是,根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知F中含有的含氧官能團(tuán)的名稱是羧基,A物質(zhì)是,用系統(tǒng)命名法命名A的名稱是2-甲基—1—丙烯;(2)B結(jié)構(gòu)簡式是,C物質(zhì)是,B→C是鹵代烴在NaOH的水溶液中加熱發(fā)生的取代反應(yīng),所需試劑和反應(yīng)條件為NaOH水溶液、加熱;(3)C結(jié)構(gòu)簡式是,C中含有羥基,其中一個羥基連接的C原子上含有2個H原子,可以被催化氧化產(chǎn)生-CHO,則由C生成D的化學(xué)反應(yīng)方程式是;(4)根據(jù)上述分析可知G的結(jié)構(gòu)簡式為,檢驗(yàn)?zāi)橙芤褐写嬖诒椒拥囊环N化學(xué)方法向溶液中滴加FeCl3溶液,若溶液顯紫色,證明有苯酚存在;(5)根據(jù)上述分析可知F是,H是,F(xiàn)+H在加熱時發(fā)生取代反應(yīng)生成J和HBr,該反應(yīng)類型是取代反應(yīng)。F與C在和磷配體催化作用下也可合成大位阻醚,其中一種有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式:或或;(6)E為,化合物X是E的同分異構(gòu)體,分子中不含羧基,既能發(fā)生水解反應(yīng),又能與金屬鈉反應(yīng),則含-COO-及-OH,可先寫出酯,再用—OH代替烴基上H,若為甲酸丙酯,-OH有3種位置;若為甲酸異丙酯,-OH有2種位置;如為乙酸乙酯,-OH有3種位置;若為丙酸甲酯,-OH有3種位置,共11種,其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng),核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1:1:6的結(jié)構(gòu)簡式為?!军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物推斷的知識,把握合成流程中官能團(tuán)的變化、碳原子數(shù)變化、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意有機(jī)物性質(zhì)的應(yīng)用,題目難度不大。24、醚鍵、硝基(C2H5OOC)2C=CHOC2H5ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaClFeCl3溶液,顯紫色3還原反應(yīng)+C2H5OH【解析】
A和Cl2反應(yīng)生成B,B中只有1個Cl,所以應(yīng)該是取代反應(yīng),B發(fā)生了給出的已知中的反應(yīng),所以C中有羧基,C有4個氧原子,而且C的不飽和度為2,再根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式,可知C為丙二酸,B為ClCH2COOH,A為CH3COOH。根據(jù)K和J的結(jié)構(gòu)簡式可知E的結(jié)構(gòu)簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5),根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式可知F為苯酚?!驹斀狻浚?)根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式,H的官能團(tuán)名稱為醚鍵和硝基。E的結(jié)構(gòu)簡式為(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。(2)B→C中①的化學(xué)方程式為ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。(3)F為苯酚,苯酚遇FeCl3溶液顯紫色,或和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀。(4)D的同分異構(gòu)體有多種,1molD能與足量NaHCO3反應(yīng)放出2molCO2,說明1個D分子中有2個羧基。核磁共振氫譜顯示有四組峰,說明D分子有比較高的對稱性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和,共3種。(5)H→J是H中的硝基變成了氨基,是還原反應(yīng)。(6)①根據(jù)已知,K→L發(fā)生了苯環(huán)上的一個氫原子和酯基上的乙氧基斷裂結(jié)合成乙醇,苯環(huán)上的碳原子和斷裂乙氧基的碳原子結(jié)合成新的碳碳單鍵的反應(yīng),再結(jié)合P的結(jié)構(gòu)可知,苯環(huán)上斷裂的氫原子是和氮原子處于鄰位、和甲氧基處于對位的氫原子,所以K→L的化學(xué)方程式為:+C2H5OH。②得到的L繼續(xù)發(fā)生給出的已知的反應(yīng),生成Q(),Q在NaOH溶液中發(fā)生水解,Cl被羥基代替,同時羧基和NaOH發(fā)生中和反應(yīng)生成鈉鹽,故M的結(jié)構(gòu)簡式為。25、(球形)干燥管防止水蒸氣進(jìn)入裝置使SnI4水解②③①④⑥⑤【解析】
(1)根據(jù)儀器構(gòu)造可得,根據(jù)SnI4易水解解析;(2)按實(shí)驗(yàn)操作過程來進(jìn)行排序?!驹斀狻浚?)圖中裝置II的儀器名稱為(球形)干燥管,四碘化錫遇水易水解,裝有無水CaCl2的干燥管可吸收空氣中的水蒸氣,防止空氣中水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器中,導(dǎo)致四碘化錫水解,該裝置的主要作用是防止水蒸氣進(jìn)入裝置使SnI4水解。故答案為:(球形)干燥管;防止水蒸氣進(jìn)入裝置使SnI4水解;(2)減壓過濾的操作過程:②將濾紙放入漏斗并用水潤濕,③微開水龍頭,保證緊貼在漏斗底部①將含晶體的溶液倒入漏斗,④開大水龍頭,⑥拆下橡皮管,防止水倒吸⑤關(guān)閉水龍頭。正確的順序是②③①④⑥⑤。故答案為:②③①④⑥⑤?!军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離、提純,側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰驮u價能力的考查,注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同,難點(diǎn)(2)注意熟練掌握實(shí)驗(yàn)過程,按實(shí)驗(yàn)操作過程來進(jìn)行排序。26、O2、H2O、CO2堿式碳酸銅為致密結(jié)構(gòu),可以阻止潮濕空氣進(jìn)入內(nèi)部進(jìn)一步腐蝕銅;而堿式氯化銅為疏松結(jié)構(gòu),潮濕空氣可以進(jìn)入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進(jìn)一步腐蝕氧氣(H2O)Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】
(1)由質(zhì)量守恒定律可知,反應(yīng)前后元素種類不變;(2)結(jié)合圖像可知,Cu2(OH)2CO3為致密結(jié)構(gòu),Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu);(3)正極得電子發(fā)生還原反應(yīng),過程Ⅰ的正極反應(yīng)物是氧氣,Cu作負(fù)極;(4)在青銅器表面形成一層致密的透明保護(hù)膜;替換出銹層中的Cl-,能夠高效的除去有害銹;BTA保護(hù)法不破壞無害銹。【詳解】(1)銅銹為Cu2(OH)2CO3,由質(zhì)量守恒定律可知,反應(yīng)前后元素種類不變,參與形成銅綠的物質(zhì)有Cu和O2、H2O、CO2;(2)結(jié)合圖像可知,Cu2(OH)2CO3為致密結(jié)構(gòu),可以阻止潮濕空氣進(jìn)入內(nèi)部進(jìn)一步腐蝕銅,屬于無害銹。Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu),潮濕空氣可以進(jìn)入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進(jìn)一步腐蝕,屬于有害銹;(3)①結(jié)合圖像可知,正極得電子發(fā)生還原反應(yīng),過程Ⅰ的正極反應(yīng)物是氧氣,電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O===4OH-;②結(jié)合圖像可知,過程Ⅰ中Cu作負(fù)極,電極反應(yīng)式是Cu-e-+Cl-=CuCl;(4)①碳酸鈉法中,Na2CO3的緩沖溶液使CuCl轉(zhuǎn)化為難溶的Cu2(OH)2CO3,離子方程式為4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-;②A.在青銅器表面形成一層致密的透明保護(hù)膜,能保護(hù)內(nèi)部金屬銅,這能使BTA保護(hù)法應(yīng)用更為普遍,故A正確;B.Cu2(OH)3Cl為疏松結(jié)構(gòu),潮濕空氣可以進(jìn)入空隙內(nèi)將內(nèi)部的銅進(jìn)一步腐蝕,屬于有害銹。替換出銹層中的Cl-,能夠高效的除去有害銹,這能使BTA保護(hù)法應(yīng)用更為普遍,故B正確;C.酸浸法會破壞無害銹Cu2(OH)2CO3,BTA保護(hù)法不破壞無害銹,可以保護(hù)青銅器的藝術(shù)價值,做到“修舊如舊”,這能使BTA保護(hù)法應(yīng)用更為普遍,故C正確;答案選ABC。27、冷凝回流受熱均勻,便于控制溫度向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀,待乙醇自然流出后,重復(fù)操作2~3次拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管關(guān)閉水龍頭溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快(合理答案即可)【解析】
結(jié)合題給信息進(jìn)行分析:步驟1中,將三頸燒瓶放入冷水中冷卻,為防止暴沸,加入沸石。步驟2中,因?yàn)榉磻?yīng)溫度為170~180℃,為便于控制溫度,使反應(yīng)物受熱均勻,采取油浴方式加熱;步驟3中,結(jié)合對氨基苯磺酸的物理性質(zhì),將反應(yīng)產(chǎn)物導(dǎo)入冷水燒杯中,并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據(jù)對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同,采用乙醇洗滌晶體。步驟4中,利用對氨基苯磺酸可溶于沸水,通過沸水溶解,冷卻結(jié)晶等操作,最終得到純凈產(chǎn)品。【詳解】(1)冷凝管起冷凝回流的作用,冷卻水從下口進(jìn)入,上口排出;答案為:冷凝回流;(2)油浴加熱優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)物受熱均勻,便于控制溫度;答案為:受熱均勻,便于控制溫度;(3)苯胺是一種無色油狀液體,微溶于水,易溶于乙醇,對氨基苯磺酸是一種白色晶體,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于堿性溶液,不溶于乙醇,則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀,待乙醇自然流出后,重復(fù)操作2~3次;答案為:向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀,待乙醇自然流出后,重復(fù)操作2~3次;(4)抽濾完畢停止抽濾時,為防止倒吸,先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管,再關(guān)水龍頭;答案為:拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管;關(guān)閉水龍頭;(5)對氨基苯磺酸微溶于冷水,可溶于沸水,若制得的晶體顆粒較小,可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快。答案為:溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快(合理答案即可)?!军c(diǎn)睛】冷卻結(jié)晶的晶體大小影響因素:(1)漿料的過飽和度,這個主要由溫度來控制,溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大,則產(chǎn)生晶核越多,結(jié)晶體粒徑越小。(2)停留時間,時間越長,則產(chǎn)生的結(jié)晶體粒徑越大。(3)容器的攪拌強(qiáng)度,攪拌越強(qiáng),容易破碎晶體,結(jié)晶體粒徑越小。(4)雜質(zhì)成分,雜質(zhì)成分較多,則比較容易形成晶核,結(jié)晶體粒徑越小。28、0.015mol/(L·min)1.2NAc增大減小adNO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O【解析】
(1)利用化合價變化判斷氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物,然后根據(jù)“氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多了1.4g”計算出消耗二氧化氮的物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量;(2)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時,正逆反應(yīng)速率相等,各組分的濃度不再變化,據(jù)此進(jìn)行判斷;(3)縮小反應(yīng)容器體積,增大了壓強(qiáng),平衡向著逆向移動,據(jù)此判斷二氧化氮與氮?dú)獾臐舛戎茸兓岸趸霓D(zhuǎn)化率變化;(4)反應(yīng)的平衡常數(shù)K值變大,只有改變溫度使得平衡正向移動;(5)用NaOH溶液完全吸收含等物質(zhì)的量的NO、NO2混合氣體,恰好反應(yīng)生成亞硝酸鈉和水。【詳解】(1)對于6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g),當(dāng)有6molNO2反應(yīng)共轉(zhuǎn)移了24mol電子,該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是氮?dú)猓鶕?jù)N原子守恒,6mol二氧化氮反應(yīng)生
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 2024版?zhèn)€人土地承包權(quán)抵押融資合同范本3篇
- 2024年度市場營銷合作合同:短視頻平臺廣告代理協(xié)議
- 2024版體育館媒體中心租賃合同3篇
- 2024版臺球俱樂部財務(wù)管理合同:俱樂部與財務(wù)公司之間的財務(wù)管理協(xié)議2篇
- 2024年甲乙雙方關(guān)于園林綠化用塑料管材購銷合同
- 2024年標(biāo)準(zhǔn)物資采購合同范本版B版
- 2024年版美團(tuán)簡化版服務(wù)合作合同版B版
- 2024版?zhèn)€人藝術(shù)品拍賣銷售代理合同協(xié)議書3篇
- 2024年度新能源開發(fā)公司與設(shè)備供應(yīng)商采購合同2篇
- 2024年度通信網(wǎng)絡(luò)建設(shè)項(xiàng)目招投標(biāo)代理合同3篇
- 《壓力平衡式旋塞閥》課件
- 物聯(lián)網(wǎng)與人工智能技術(shù)融合發(fā)展年度報告
- 婦產(chǎn)科醫(yī)生醫(yī)患溝通技巧
- 內(nèi)科學(xué)糖尿病教案
- 《高尿酸血癥》課件
- 微量泵的操作及報警處置課件查房
- 云南省昆明市西山區(qū)2023-2024學(xué)年七年級上學(xué)期期末語文試卷
- 人教版小學(xué)數(shù)學(xué)四年級上冊5 1《平行與垂直》練習(xí)
- 市政設(shè)施養(yǎng)護(hù)面年度計劃表
- 公差配合與技術(shù)測量技術(shù)教案
- 堅持教育、科技、人才“三位一體”為高質(zhì)量發(fā)展貢獻(xiàn)高校力量
評論
0/150
提交評論