山西省臨汾一中、晉城一中、內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中等六校2024-2025學年高考化學試題模擬卷(3)含解析_第1頁
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文檔簡介

山西省臨汾一中、晉城一中、內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中等六校2024-2025學年高考化學試題模擬卷(3)注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、既發(fā)生了化學反應,又有電解質(zhì)的溶解過程,且這兩個過程都吸熱的是A.冰醋酸與NaOH溶液反應 B.KNO3加入水中C.NH4NO3加入水中 D.CaO加入水中2、在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液,振蕩后溶液變藍,再加入足量的亞硫酸鈉溶液,藍色逐漸消失。下列判斷錯誤的是A.氧化性:ClO->SO42->I2B.漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍C.ClO-與I-在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應D.向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液,氯水褪色3、向某二價金屬M的M(OH)2的溶液中加入過量的NaHCO3溶液,生成了MCO3沉淀,過濾,洗滌、干燥后將沉淀置于足量的稀鹽酸中,充分反應后,在標準狀況下收集到VL氣體。如要計算金屬M的相對原子質(zhì)量,你認為還必需提供下列哪項數(shù)據(jù)是A.M(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度 B.與MCO3反應的鹽酸的物質(zhì)的量濃度C.MCO3的質(zhì)量 D.題給條件充足,不需要再補充數(shù)據(jù)4、分子式為C4H8Br2的有機物共有(不考慮立體異構(gòu))()A.9種 B.10種 C.11種 D.12種5、根據(jù)表中提供的信息判斷下列敘述錯誤的是組號今加反應的物質(zhì)生成物①MnO4-、Cl-···Cl2、Mn2+···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A.第①組反應中生成0.5molCl2,轉(zhuǎn)移1mol電子B.第②組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為l:2C.第③組反應的其余產(chǎn)物為O2和H2OD.氧化性由強到弱的順序為MnO4->Cl2>Fe3+>Br26、工業(yè)上電解NaHSO4溶液制備Na2S2O8。電解時,陰極材料為Pb;陽極(鉑電極)電極反應式為2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。下列說法正確的是()A.陰極電極反應式為Pb+HSO4--2e-=PbSO4+H+B.陽極反應中S的化合價升高C.S2O82-中既存在非極性鍵又存在極性鍵D.可以用銅電極作陽極7、某溫度下,向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol?L-1的NaA.該溫度下KB.X、Y、Z三點中,Y點水的電離程度最小C.Na2D.向100mLZn2+,Cu2+濃度均為1×108、2019年是“國際化學元素周期表年”。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據(jù)物理、化學性質(zhì)進行排列,準確預留了甲、乙兩種未知元素的位置,并預測了二者的相對原子質(zhì)量,部分原始記錄如下。下列說法不正確的是()A.元素乙的原子序數(shù)為32B.原子半徑比較:甲>乙>SiC.元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強于。D.推測乙可以用作半導體材料9、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液溶液變澄清酸性:苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加熱;再加入銀氨溶液并水浴加熱未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中,分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一支無明顯現(xiàn)象,另一支產(chǎn)生黃色沉淀相同條件下,AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH與濃硫酸170℃共熱,制得的氣體通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A.A B.B C.C D.D10、H2C2O4(草酸)為二元弱酸,在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物質(zhì)的量分數(shù)與pH關系如圖所示,下列說法不正確的是A.由圖可知,草酸的Ka=10-1.2B.0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C.向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D.根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算可得C點溶液pH為2.811、下列各組離子能大量共存的是A.在pH=0的溶液中:NH4+、Al3+、OH-、SO42-B.在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C.在加入NH4HCO3產(chǎn)生氣體的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D.加入Al片能產(chǎn)生H2的溶液:NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-12、下列表述正確的是A.22.4LHCl溶于水制得1L鹽酸時,其濃度為1mol?L-1B.1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+和Cl-的總物質(zhì)的量為0.9molC.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果c(Na+)=c(SO42-),則c(K+)=c(Cl-)D.10℃時,100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水,冷卻到10℃時,它仍為飽和溶液13、阿伏加德羅常數(shù)為NA。關于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液,下列說法正確是A.加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB.溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC.加Na2CO3溶液發(fā)生的反應為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水14、化學在科學、技術、社會、環(huán)境中應用廣泛,其中原理錯誤的是A.利用乙二醇的物理性質(zhì)作內(nèi)燃機抗凍劑B.煤經(jīng)過氣化和液化兩個物理變化,可變?yōu)榍鍧嵞茉碈.采用光觸媒技術可將汽車尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體D.苦鹵經(jīng)過濃縮、氧化、鼓入熱空氣或水蒸氣,可獲得溴15、時,及其鈉鹽的溶液中,H2SO3、HSO3-、SO32-的物質(zhì)的量分數(shù)(α)隨溶液pH變化關系如圖所示,下列敘述錯誤的是()A.溶液的pH=5時,硫元素的主要存在形式為B.當溶液恰好呈中性時:c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)C.向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水,的值增大D.向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸,減小16、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值,則下列說法正確的是A.常溫常壓下,22.4LHCl氣體溶于水產(chǎn)生H+的數(shù)目為NAB.0.2molH2O和D2O中含有中子的數(shù)目均為2NAC.1molSO2溶于足量水,溶液中H2SO3與SO32-粒子的物質(zhì)的量之和小于NAD.1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液中含有的陽離子數(shù)目為0.1NA二、非選擇題(本題包括5小題)17、用兩種不飽和烴A和D為原料可以合成一類新藥有機物J,合成路線如下:已知①②有機物J結(jié)構(gòu)中含兩個環(huán)?;卮鹣铝袉栴}:(1)C的名稱是________________。(2)A→B試劑和反應條件為________________。(3)H→J的化學反應方程式為_______________。(4)已知符合下列條件的N的同分異構(gòu)體有___________種,其中核磁共振氫譜顯示環(huán)上只有3組峰,且峰面積之比為4:4:1,寫出符合條件一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____________。①含有基團、環(huán)上有三個取代基②與NaHCO3反應產(chǎn)生氣泡③可發(fā)生縮聚反應,M的所有同分異構(gòu)體在下列表征儀器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同是_____。a.質(zhì)譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀(5)利用題中信息和所學知識,寫出以A和甲烷為原料,合成的路線流程圖____________(其它試劑自選)。18、如圖中A~J分別代表相關反應中的一種物質(zhì),已知A分解得到等物質(zhì)的量的B、C、D,已知B、D為常溫下的氣態(tài)化合物,C為常溫下的液態(tài)化合物,F(xiàn)為黑色固體單質(zhì),I為紅棕色氣體。圖中有部分生成物未標出。請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?/p>

(1)A的化學式為___,C的電子式為___;(2)寫出下列反應的化學方程式:D+G→H___;F+J→B+C+I____;(3)2molNa2O2與足量C反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為___mol;(4)I與足量C生成J的過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___;(5)容積為10mL的試管中充滿I和G的混合氣體,倒立于盛水的水槽中,水全部充滿試管,則原混合氣體中I與G的體積之比為___。19、(13分)硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)是銅鹽中重要的無機化工原料,廣泛應用于農(nóng)業(yè)、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業(yè)。Ⅰ.采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水為原料制取硫酸銅晶體。其工藝流程如下:(1)預處理時要用破碎機將孔雀石破碎成粒子直徑<1mm,破碎的目的是____________________。(2)已知氨浸時發(fā)生的反應為CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨時得到的固體呈黑色,請寫出蒸氨時的反應方程式:______________________。(3)蒸氨出來的氣體有污染,需要凈化處理,下圖裝置中合適的為___________(填標號);經(jīng)吸收凈化所得的溶液用途是_______________(任寫一條)。(4)操作2為一系列的操作,通過加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、___________、洗滌、___________等操作得到硫酸銅晶體。Ⅱ.采用金屬銅單質(zhì)制備硫酸銅晶體(5)教材中用金屬銅單質(zhì)與濃硫酸反應制備硫酸銅,雖然生產(chǎn)工藝簡潔,但在實際生產(chǎn)過程中不采用,其原因是______________________(任寫兩條)。(6)某興趣小組查閱資料得知:Cu+CuCl22CuCl,4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2],[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O?,F(xiàn)設計如下實驗來制備硫酸銅晶體,裝置如圖:向銅和稀硫酸的混合物中加入氯化銅溶液,利用二連球鼓入空氣,將銅溶解,當三頸燒瓶中呈乳狀渾濁液時,滴加濃硫酸。①盛裝濃硫酸的儀器名稱為___________。②裝置中加入CuCl2的作用是______________;最后可以利用重結(jié)晶的方法純化硫酸銅晶體的原因為______________________。③若開始時加入ag銅粉,含bg氯化銅溶質(zhì)的氯化銅溶液,最后制得cgCuSO4·5H2O,假設整個過程中雜質(zhì)不參與反應且不結(jié)晶,每步反應都進行得比較完全,則原銅粉的純度為________。20、阿司匹林(乙酰水楊酸,)是世界上應用最廣泛的解熱、鎮(zhèn)痛和抗炎藥。乙酰水楊酸受熱易分解,分解溫度為128℃~135℃。某學習小組在實驗室以水楊酸(鄰羥基苯甲酸)與醋酸酐[(CH3CO)2O]為主要原料合成阿司匹林,反應原理如下:制備基本操作流程如下:主要試劑和產(chǎn)品的物理常數(shù)如下表所示:請根據(jù)以上信息回答下列問題:(1)制備阿司匹林時,要使用干燥的儀器的原因是___。(2)合成阿司匹林時,最合適的加熱方法是___。(3)提純粗產(chǎn)品流程如下,加熱回流裝置如圖:①使用溫度計的目的是控制加熱的溫度,防止___。②冷凝水的流進方向是___(填“a”或“b”)。③趁熱過濾的原因是___。④下列說法不正確的是___(填字母)。A.此種提純方法中乙酸乙酯的作用是做溶劑B.此種提純粗產(chǎn)品的方法叫重結(jié)晶C.根據(jù)以上提純過程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低溫時大D.可以用紫色石蕊溶液判斷產(chǎn)品中是否含有未反應完的水楊酸(4)在實驗中原料用量:2.0g水楊酸、5.0mL醋酸酐(ρ=1.08g/cm3),最終稱得產(chǎn)品質(zhì)量為2.2g,則所得乙酰水楊酸的產(chǎn)率為___%。21、據(jù)公安部2019年12月統(tǒng)計,2019年全國機動車保有量已達3.5億。汽車尾氣排放的碳氫化合物、氮氧化物及碳氧化物是許多城市大氣污染的主要污染物。I.汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器,可有效降低汽車尾氣污染。(1)已知:C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=?393.5kJ·mol?12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ·mol?1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol?1CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學方程式___。(2)對于2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),在一定溫度下,于1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO,反應開始進行。下列能說明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是___(填字母代號)。A.比值不變B.容器中混合氣體的密度不變C.v(N2)正=2v(NO)逆D.容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變(3)使用間接電化學法可處理燃煤煙氣中的NO,裝置如圖2所示。已知電解池的陰極室中溶液的pH在4~7之間,寫出陰極的電極反應式__。用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。(4)T1溫度時在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。實驗測得:v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2),v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2),k正、k逆為速率常數(shù)只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(CO)、n(O2)如表:時間/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4①T1溫度時=___L/mol。②若將容器的溫度改變?yōu)門2時其k正=k逆,則T2__T1(填“>”、“<”或“=")。II.“低碳經(jīng)濟”備受關注,CO2的有效開發(fā)利用成為科學家研究的重要課題。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下,將一定量的H2和CO2置于恒容密閉容器中發(fā)生反應X:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0(5)為探究反應X的反應速率與濃度的關系,向恒容密閉容器中通入濃度均為1.0mol?L-1的H2與CO2。恒溫條件下,根據(jù)相關數(shù)據(jù)繪制出反應速率與濃度關系曲線:v正~c(CO2)和v逆~c(H2O)。則與曲線v正~c(CO2)相對應的是如圖___曲線。(填“甲”或“乙”);該反應達到平衡后,某一時刻降低溫度,反應重新達到平衡,則此時曲線乙對應的平衡點可能為___(填字母)。(6)溫度為T時,向10L密閉容器中充入5molH2和CO2的混合氣體,此時容器內(nèi)壓強為5P,兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率ɑ與的關系如圖所示:①圖中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率可用表示___(L1或L2)②該溫度下,反應X的平衡常數(shù)Kp=___。(用平衡分壓代替平衡濃度計算,分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、C【解析】

A.冰醋酸和氫氧化鈉溶液的反應為酸堿中和,而酸堿中和為放熱反應,故A錯誤;B.由于硝酸鉀為強酸強堿鹽,不能水解,故硝酸鉀加入水中沒有化學反應發(fā)生,故不符合題干的要求,故B錯誤;C.硝酸銨加入水中后,先溶于水,而銨鹽溶于水為吸熱的物理過程;然后發(fā)生鹽類的水解,由于鹽類的水解為酸堿中和的逆反應,故鹽類水解吸熱,故C正確;D.氧化鈣放入水中后和水發(fā)生化合反應,為放熱反應,故D錯誤;故選:C。2、A【解析】

A、根據(jù)向淀粉碘化鉀溶液中加入少量的次氯酸鈉溶液,溶液變藍色知,次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質(zhì),碘遇淀粉變藍色,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,次氯酸根離子是氧化劑,碘單質(zhì)是氧化產(chǎn)物,氧化性為:ClO->I2,再加入足量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失,說明碘單質(zhì)又將亞硫酸根離子氧化了,得到硫酸根離子,碘單質(zhì)是氧化劑,硫酸根離子是氧化產(chǎn)物,故氧化性SO42-<I2,因此得出氧化性的強弱為:ClO->I2>SO42-,A錯誤;B、漂白精的成分中有次氯酸鈉,根據(jù)對A的分析,次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質(zhì),B正確;C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性.因此ClO-與I-在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應,C正確;D、新制的氯水中主要是氯氣,因此新制的氯水是黃綠色的,由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強,故能發(fā)生氧化還原反應,氯氣被還原而使氯水褪色,D正確,答案選A。3、C【解析】

生成的氣體是CO2,所以要計算M的相對原子質(zhì)量,還需要知道MCO3的質(zhì)量,選項C正確,答案選C。4、A【解析】

先分析碳骨架異構(gòu),分別為C?C?C?C與2種情況,然后分別對2種碳骨架采用“定一移一”的方法分析:①骨架C?C?C?C上分別添加Br原子的種類有6種,②骨架上分別添加Br原子的種類有有3種,所以滿足分子式為C4H8Br2的有機物共有9種,故選:A。5、D【解析】

A.由信息可知,MnO4-氧化Cl-為Cl2,Cl元素化合價由-1價升高為0價,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是氯氣的2倍,生成1mo1C12,轉(zhuǎn)移電子為2mo1,選項A正確;B.由元素化合價可知,反應中只有亞鐵離子被氧化,溴離子末被氧化,根據(jù)電子得失守恒2n(C12)=n(Fe2+),即第②組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1:2,選項B正確;C.反應中KMnO4→MnSO4,Mn元素化合價由+7價降低為+2價,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,H2O2中氧元素化合價升高,生成氧氣,根據(jù)H元素守恒可知還生成水,選項C正確;D.氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性,由③可知氧化性MnO4->Cl2,由②可知氧化性Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+,選項D錯誤。答案選D。6、C【解析】

A選項,陰極反應式為2H++2e-=H2,故A錯誤;B選項,S的化合價仍為+6價,中間的兩個O均為-1價,其他的O均為-2價,電解時陽極的HSO4-中O失去電子,S未變價,故B錯誤;C選項,Na2S2O8的結(jié)構(gòu)為,由此結(jié)構(gòu)可以判斷S2O82-中既存在氧氧非極性鍵,氧硫極性鍵,故C正確;D選項,陽極不能用銅電極作電極,銅作電極,陽極是銅失去電子,故D錯誤;綜上所述,答案為C。HSO4-中硫已經(jīng)是最高價了,硫的化合價不變,因此只有氧元素化合價升高。7、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,發(fā)生反應:Cu2++S2-?CuS↓,Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解,水解促進水的電離,Y點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL,此時恰好生成CuS沉淀,CuS存在沉淀溶解平衡:CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),已知此時-lgc(Cu2+)=17.7,則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L,Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2,據(jù)此結(jié)合物料守恒分析。【詳解】A.該溫度下,平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L,則Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2,A錯誤;B.Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解,水解促進水的電離,Y點時恰好形成CuS沉淀,水的電離程度小于X、Z點,所以X、Y、Z三點中,Y點水的電離程度最小,B正確;C.根據(jù)Na2S溶液中的物料守恒可知:2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),C錯誤;D.向100mLZn2+、Cu2+濃度均為10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液,產(chǎn)生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)=3×10-2510-5mol/L=3×10-20mol/L,產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)=1×10-35.410-5=10-30.4mol/L<3×10-20mol/L,則產(chǎn)生CuS沉淀時所需故合理選項是B。本題考查沉淀溶解平衡的知識,根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數(shù)值是解題關鍵,注意掌握溶度積常數(shù)的含義及應用方法,該題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力。8、C【解析】

由元素的相對原子質(zhì)量可知,甲、乙的相對原子質(zhì)量均比As小,As位于第四周期VA族,則C、Si、乙位于第IVA族,乙為Ge,B、Al、甲位于ⅢA族,甲為Ga,以此來解答。【詳解】A.乙為Ge,元素乙的原子序數(shù)為32,故A正確;B.電子層越多,原子半徑越大,同周期從左向右原子半徑減小,則原子半徑比較:甲>乙>Si,故B正確;C.非金屬性Ge小于Si,則元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于SiH4,故C錯誤;D.乙為Ge,位于金屬與非金屬的交界處,可用作半導體材料,故D正確。故選C。本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì),把握相對原子質(zhì)量、元素的位置及性質(zhì)為解答的關鍵,側(cè)重分析與應用能力的考查,注意規(guī)律性知識的應用。9、C【解析】

A.苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液,反應生成苯酚鈉、碳酸氫鈉,可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱,A項錯誤;B.做銀鏡反應加入銀氨溶液前,要先中和水解的硫酸,B項錯誤;C.相同濃度銀氨溶液的試管中,分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液,出現(xiàn)黃色沉淀,說明生成碘化銀沉淀,說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),C項正確;D.反應中可能生成其他的還原性氣體使KMnO4溶液褪色,驗證乙烯能被KMnO4氧化前要先除雜,D項錯誤;答案選C。10、D【解析】

由圖線1為H2C2O4、2為HC2O4-、3為C2O42-。A.當pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka=10-1.2,故A正確;B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液顯酸性c(H+)>c(OH-),HC2O4-會發(fā)生水解和電離c(Na+)>c(HC2O4-),因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-),故B正確;C.pH為4.2時,溶液中含有微粒為HC2O4-和C2O42-,且c(HC2O4-)=c(HC2O4-),根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),則有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-),故C正確;D.由于草酸為弱酸分兩步電離,Ka1=,Ka2=,Ka1·Ka2=,根據(jù)圖中C點得到c(C2O42-)=c(H2C2O4),所以,Ka1Ka2=,當pH為1.2時c(H+)=10-1.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1,草酸的Ka1=10-1.2。當pH為4.2時c(H+)=10-4.2mol·L-1,c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1,草酸的Ka2=10-4.2;====10-2.7,C點溶液pH為2.7。故D錯誤。答案選D。11、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性:OH-不能大量共存,故A錯誤;B、在新制氯水中,氯水具有強氧化性:Fe2+會被氧化成鐵離子,故B錯誤;C、在加入NH4HCO3產(chǎn)生氣體的溶液,可能呈酸性,也可能呈堿性,Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和堿性條件下均無沉淀、氣體或水生成,故C正確;D、加入Al片能產(chǎn)生H2的溶液,可能呈酸性,也可能呈堿性:NH4+、HCO3-在堿性條件下不共存,HCO3-在酸性條件下不共存,故D錯誤;故選C。12、D【解析】

A.未說明溫度和壓強,故無法確定22.4LHCl的物質(zhì)的量,無法計算濃度,A錯誤;B.由于銅離子在水溶液中會水解,故1L0.3mol?L-1的CuCl2溶液中含有Cu2+的物質(zhì)的量小于0.3mol,Cu2+和Cl-的總物質(zhì)的量小于0.9mol,B錯誤;C.根據(jù)電荷守恒,K2SO4和NaCl的混合溶液中,,由于溶液呈中性,則,所以,若c(Na+)=c(SO42-),則,C錯誤;D.10℃時,100mLKCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水,冷卻到10℃時,有晶體析出,但溶液仍為飽和溶液,D正確;故答案選D。13、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應生成Fe(OH)3沉淀,而不是膠粒,故A錯誤;B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol,n(Fe3+)=0.2mol,鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,根據(jù)水解方程式得到溶液中陽離子數(shù)目大于0.2NA,故B錯誤;C.加Na2CO3溶液發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體,其反應為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,故C錯誤;D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體,膠體具有吸附雜質(zhì)功能,起凈水功能,因此可用于凈化水,故D正確。綜上所述,答案為D。鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發(fā)生雙水解反應。14、B【解析】

A.乙二醇中含有氫鍵,則沸點較高,為黏稠狀液體,可用作抗凍劑,A正確;

B.煤經(jīng)過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體,變?yōu)榍鍧嵞茉矗腔瘜W變化,B錯誤;C.光觸媒技術可實現(xiàn)將有毒氣體NO和CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體氮氣和二氧化碳,減少汽車尾氣造成的危害,C正確;D.將苦鹵濃縮、氧化得到單質(zhì)溴,鼓入熱空氣溴揮發(fā)可提取出海水中的溴,D正確。答案選B。15、C【解析】

A.根據(jù)圖示可知:溶液的pH=5時,硫元素的主要存在形式為HSO3-,A正確;B.根據(jù)圖示可知:溶液的pH=7時,溶液中c(H+)=c(OH-),溶液中的電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-),則c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-),c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-),B正確;C.當向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水,根據(jù)圖像可知,隨著pH的增大,α(SO32-)增大,α(HSO3-)減小,因此的值減小,C錯誤;D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸,溶液中c(H+)增大,根據(jù)圖像可知α(HSO3-)減小,D正確;故合理選項是C。16、C【解析】

A選項,常溫常壓下,22.4LHCl氣體物質(zhì)的量比1mol小,溶于水產(chǎn)生H+的數(shù)目小于NA,故A錯誤;B選項,H2O中子數(shù)8個,D2O中子數(shù)為10個,因此0.2molH2O和D2O中含有中子的數(shù)目不相同,故B錯誤;C選項,1molSO2溶于足量水,溶液中H2SO3與HSO3-、SO32-粒子的物質(zhì)的量之和為NA,故C正確;D選項,1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液物質(zhì)的量為0.1mol,則含有的陽離子物質(zhì)的量為0.2mol,所以含有的陽離子數(shù)目為0.2NA,故D錯誤;綜上所述,答案為C。注意D中子數(shù)為1,T中子數(shù)為2;NaHSO4晶體中的離子數(shù)目為2個,NaHSO4溶液中的離子數(shù)目為3個。二、非選擇題(本題包括5小題)17、鄰溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由題可知,A和D為兩種不飽和的烴,根據(jù)已知①,C和F發(fā)生反應生成G,可知C的結(jié)構(gòu)式為,F(xiàn)為,則E為,D與HBr發(fā)生加成反應得到E,故D為,B到C為催化氧化,則B為,A發(fā)生取代反應得到B,故A為,G在該條件下得到H,結(jié)合已知①可以得到H為,由于有機物J結(jié)構(gòu)中含兩個環(huán),故可能是H發(fā)生分子內(nèi)的酯化,得到J,據(jù)此分析解答問題?!驹斀狻?1)根據(jù)上述分析,C的結(jié)構(gòu)式為,叫做鄰溴苯甲醛,故答案為:鄰溴苯甲醛;(2)A→B為苯環(huán)上的取代反應,條件為Br2、FeBr3(或Fe),故答案為:Br2、FeBr3(或Fe);(3)H為,由于有機物J結(jié)構(gòu)中含兩個環(huán),故可能是H發(fā)生分子內(nèi)的酯化,得到JH→J的化學反應方程式為+H2O,故答案為:+H2O;(4),根據(jù)以上分析C為,由轉(zhuǎn)化關系可推出M為,N為,其分子式為C8H14O3,N的同分異構(gòu)體中符合下列條件:①含有基團、環(huán)上有三個取代基②與NaHCO3反應產(chǎn)生氣泡說明含有羧基③可發(fā)生縮聚反應,說明含有羧基和羥基,則環(huán)上有三個不同取代基分別為甲基、羥基和羧基。先分析環(huán)上有兩個取代基時共有4種結(jié)構(gòu)(鄰間對和同一個碳上),這4種結(jié)構(gòu)對應的第三個取代基的取代產(chǎn)物分別有6種,6種,4種,3種,所以共有6+6+4+3=19種同分異構(gòu)體,其中核磁共振氫譜顯示環(huán)上只有3組峰,且峰面積之比為4:4:1且滿足條件的物質(zhì)有、、。M的同分異構(gòu)體的元素組成相同,在元素分析儀中顯示的信號完全相同,故答案為:c;、、(任選其一即可);(5)根據(jù)題干信息,以和甲烷為原料,合成的路線如下:。18、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O21:24:1【解析】

A受熱能分解,分解得到等物質(zhì)的量的B、C、D,且A與堿反應生成D,則A為酸式鹽或銨鹽,B、D為常溫下的氣態(tài)化合物,C為常溫下的液態(tài)化合物,C能和過氧化鈉反應,則C為水,鎂條能在B中燃燒,則B為二氧化碳或氧氣,因為A受熱分解生成B、C、D,則B為二氧化碳,水和過氧化鈉反應生成NaOH和O2,D能在催化劑條件下與G反應生成H,則D是NH3,G是O2,H是NO,I是NO2,J是HNO3,鎂和二氧化碳反應生成氧化鎂和碳,C和濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮和水,則E是MgO,F(xiàn)是C,通過以上分析知,A為NH4HCO3,以此解答該題?!驹斀狻?1)、A為NH4HCO3,C為水,C的電子式為;故答案為NH4HCO3;;(2)、D為NH3,G是O2,H是NO,則D+G→H的反應為:4NH3+5O24NO+6H2O;F是C,J是HNO3,則F+J-→B+C+I的反應為:C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O;故答案為4NH3+5O24NO+6H2O;C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O;(3)、Na2O2與足量水反應的方程式為:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,氧由-1價升高為0價,由-1價降低為-2價,則2molNa2O2與足量C反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol,;故答案為2;(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2;故答案為1:2;(5)、容積為10mL的試管中充滿NO2和O2的混合氣體,倒立于盛水的水槽中,水全部充滿試管,則發(fā)生的反應為4NO2+2H2O+O2=4HNO3,根據(jù)反應方程式可知原混合氣體中NO2與O2體積比為4:1,所以10mL混合氣體中NO2和O2的體積分別為8mL和2mL,故答案為4:1。19、增大反應物接觸面積,提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化學肥料等過濾干燥產(chǎn)生有毒的氣體,污染環(huán)境;原材料利用率低;濃硫酸有強腐蝕性(任寫兩條)分液漏斗做催化劑氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多,且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大(合理即可)×100%(或%)【解析】

(1)破碎機把孔雀石破碎成細小顆粒,增大了與氨水接觸面積,使銅與氨充分絡合,提高氨浸的效率及浸取率。(2)由題意可知,氨浸時生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3,加熱蒸氨的意思為加熱時[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨氣,由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的組成可知還會生成CO2、氧化銅和水,其反應方程式為[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。(3)蒸氨出來的氣體有氨氣和二氧化碳,氨氣有污染,需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨,為了防止倒吸,合適的裝置為A;凈化后生成硫酸銨溶液,其用途是可以制備化學肥料等。(4)由題意可知,操作2為硫酸銅溶液變成硫酸銅晶體,操作為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。(5)課本中直接利用銅與濃硫酸反應會產(chǎn)生有毒的氣體二氧化硫;這樣既污染環(huán)境又使原材料利用率低;而且濃硫酸有強腐蝕性,直接使用危險性較大。(6)①盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗。②由題意可知,氯化銅雖然參與反應,但最后又生成了等量的氯化銅,根據(jù)催化劑的定義可知氯化銅在此反應過程中做催化劑。因為氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多,在重結(jié)晶純化硫酸銅晶體時可以使二者分離,同時氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大,可使氯化銅保持在母液中,在下一次制備硫酸銅晶體時繼續(xù)做催化劑使用。③由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體(因氯化銅為催化劑,氯化銅中的銅最終不會生成硫酸銅晶體),硫酸銅晶體中的銅元素質(zhì)量為g,則銅粉的純度為×100%或化簡為%。20、醋酸酐和水易發(fā)生反應水浴加熱乙酰水楊酸受熱易分解a防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出ABC84.3%【解析】

醋酸酐和水楊酸混合,然后向混合溶液中加入濃硫酸,搖勻后加熱至85℃,然后冷卻、過濾、水洗得到粗產(chǎn)品;(1)醋酸酐和水易發(fā)生反應生成乙酸;(2)合成阿司匹林時要控制溫度在85℃~90℃,該溫度低于水的沸點;(3)向粗產(chǎn)品中加入乙酸乙酯,增大乙酰水楊酸的溶解性,然后加熱回流,趁熱過濾,然后冷卻、減壓過濾、洗滌、干燥得到乙酰水楊酸,①乙酰水楊酸受熱易分解;②冷凝水采用逆流方法;③乙酰水楊酸在溫度低時易結(jié)晶析出;不同進行分離提純,水楊酸與乙酰水楊酸均含有羧基,且在水中微弱,不能用紫色石蕊溶液判斷產(chǎn)品中是否含有未反應完的水楊酸;

(4)水楊酸的相對分子質(zhì)量為138,n(水楊酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol,n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol,由于乙酸酐的物質(zhì)的量大于水楊酸,所以得到的乙酰水楊酸應該按照水楊酸來計算,故理論上得到乙酰水楊酸的質(zhì)量為0.0145mol×180g/mol=2.61g,產(chǎn)率=實際質(zhì)量理論質(zhì)量×100%.【詳解】醋酸酐和水楊酸混合,然后向混合溶液中加入濃硫酸,搖勻后加熱至85℃,然后冷卻、過濾、水洗得到粗產(chǎn)品;(1)醋酸酐和水易發(fā)生反應生成乙酸,生成的乙酸抑制水楊酸和乙酸酐反應,所以需要干燥儀器,故答案為:醋酸酐和水易發(fā)生反應;(2)合成阿司匹林時要控制溫度在85℃~90℃,該溫度低于水的沸點,所以合適的加熱方法是水浴加熱,故答案為:水浴加熱;(3)①乙酰水楊酸受熱易分解,分解溫度為128℃~135℃,使用溫度計的目的是控制加熱的溫度,防止乙酰水楊酸受熱易分解,故答案為:乙酰水楊酸受熱易分解;②采取逆流原理通入冷凝水,充滿冷凝管,充分冷凝回流,冷凝水從a口進,從b口出,故答案為:a;③趁熱過濾,防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出,減少損失,故答案為:防止乙酰水楊酸結(jié)晶析出;④乙酸乙酯起溶劑作用,趁熱過濾除去水楊酸,再冷卻結(jié)晶析出乙酰水楊酸,說明低溫時乙酰水楊酸在乙酸乙酯中的溶解度較小,利用水楊酸、乙酰水楊酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分離提純,這種分離提純方法為重結(jié)晶,由于水楊酸與乙酰水楊酸均含有羧基,且在水中微弱,不能用紫色石蕊溶液判斷產(chǎn)品中是否含有未反應完的水楊酸,故選:ABC;(4)水楊酸的相對分子質(zhì)量為138,n(水楊酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol,n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol,由于乙酸酐的物質(zhì)的量大于水楊酸,所以得到的乙酰水楊酸應該按照水楊酸來計算,故理論上得到乙酰水楊酸的質(zhì)量為0.0145mol×180g/mol=2.61g,產(chǎn)率=實際質(zhì)量理論質(zhì)量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%,故答案為:84.3%.21、2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5

kJ?mol-1AD2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>乙CL1【解析】

(1)根據(jù)蓋斯定律進行計算;(2)根據(jù)平衡狀態(tài)判斷的依據(jù):正逆反應速率相等,各組分濃度保持不變及由此衍生的其他物理量進行分析。(3)電解池中陰極得電子發(fā)生還原反應,根據(jù)圖2所示,HSO3-得電子生成S2O42-,發(fā)生還原反應;吸收池中NO和S2O42-發(fā)生氧化還原反應,根據(jù)圖示的產(chǎn)物可寫出該反應的離子方程式;(4)①反應達到平衡時v正=v逆,即k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2),所以此時,根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知初始投料為2molCO和1.2molO2,平衡時n(CO)=0.4mol,n(O2)=0.4mol,根據(jù)反應方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol,容器的體積為2L,可以計算出;②T2時其k正=k逆,即=K=1<80;該反應焓變小于零即正反應放熱反應,平衡常數(shù)變小,據(jù)此分析溫度的大?。?5)初始投料為濃度均為1.0mol?L-1的H2與CO2,則反應過程中CO2的濃度減小,所以與曲線v正~c(CO2)相對應的是曲線乙;該反應正反應為放熱反應,所以降低溫度平衡正向移動c(CO2)在原平衡基礎上減小,且溫度降低反

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