佛山市重點中學(xué)2024年高考化學(xué)一模試卷含解析_第1頁
佛山市重點中學(xué)2024年高考化學(xué)一模試卷含解析_第2頁
佛山市重點中學(xué)2024年高考化學(xué)一模試卷含解析_第3頁
佛山市重點中學(xué)2024年高考化學(xué)一模試卷含解析_第4頁
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文檔簡介

佛山市重點中學(xué)2024年高考化學(xué)一模試卷注意事項1.考生要認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、下列實驗中,依托圖示實驗裝置不能實現(xiàn)的是()A.用CCl4萃取碘水中的碘B.用NaOH溶液除去溴苯中的溴C.用飽和食鹽水分離硬脂酸鈉與甘油D.用飽和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸2、2015年2月,科學(xué)家首次觀測到化學(xué)鍵的形成。化學(xué)鍵不存在于A.原子與原子之間 B.分子與分子之間C.離子與離子之間 D.離子與電子之間3、下列敘述正確的是A.24g鎂與27g鋁中,含有相同的質(zhì)子數(shù)B.同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中,電子數(shù)相同C.1mol重水與1mol水中,中子數(shù)比為2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中,化學(xué)鍵數(shù)相同4、炭黑是霧霾中的重要顆粒物,研究發(fā)現(xiàn)它可以活化氧分子,生成活化氧,活化過程的能量變化模擬計算結(jié)果如圖所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列說法錯誤的是()A.氧分子的活化包括O-O鍵的斷裂與C-O鍵的生成B.每活化一個氧分子放出0.29eV的能量C.水可使氧分子活化反應(yīng)的活化能降低0.42eVD.炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的催化劑5、網(wǎng)絡(luò)趣味圖片“一臉辛酸”,是在臉上重復(fù)畫滿了辛酸的鍵線式結(jié)構(gòu)。下列有關(guān)辛酸的敘述正確的是A.辛酸的同分異構(gòu)體(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名稱為2,2,3-三甲基戊酸B.辛酸的羧酸類同分異構(gòu)體中,含有3個“一CH3”結(jié)構(gòu),且存在乙基支鏈的共有7種(不考慮立體異構(gòu))C.辛酸的同分異構(gòu)體中能水解生成相對分子質(zhì)量為74的有機物的共有8種(不考慮立體異構(gòu))D.正辛酸常溫下呈液態(tài),而軟脂酸常溫下呈固態(tài),故二者不符合同一通式6、下列石油的分餾產(chǎn)品中,沸點最低的是A.汽油 B.煤油 C.柴油 D.石油氣7、下列裝置所示的分離提純方法和物質(zhì)的溶解性無關(guān)的是A. B.C. D.8、中國第二化工設(shè)計院提出,用間接電化學(xué)法對大氣污染物NO進行無害化處理,其原理示意如圖(質(zhì)子膜允許H+和H2O通過),下列相關(guān)判斷正確的是A.電極Ⅰ為陰極,電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.電解池中質(zhì)子從電極Ⅰ向電極Ⅱ作定向移動C.吸收塔中的反應(yīng)為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D.每處理1molNO電解池質(zhì)量減少16g9、某學(xué)生利用NaOH溶液去除鋁表面的氧化膜以后,進行“鋁毛”實驗。在其實驗過程中常有發(fā)生,但與實驗原理不相關(guān)的反應(yīng)是()A.Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB.2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C.2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD.4Al+3O2→2Al2O310、以柏林綠Fe[Fe(CN)6]為代表的新型可充電鈉離子電池,其放電工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是()A.放電時,正極反應(yīng)為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]B.充電時,Mo(鉬)箔接電源的負極C.充電時,Na+通過交換膜從左室移向右室D.外電路中通過0.2mol電子的電量時,負極質(zhì)量變化為2.4g11、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的幾種,已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.2mol·L-1(不考慮水的電離及離子的水解)。為確定該溶液中含有的離子,現(xiàn)進行了如下的操作:下列說法正確的是A.無色氣體可能是NO和CO2的混合物B.原溶液可能存在Fe3+C.溶液X中所含離子種類共有4種D.另取l00mL原溶液X,加入足量的NaOH溶液,充分反應(yīng)后過濾,洗滌,灼燒至恒重,理論上得到的固體質(zhì)量為2.4g12、10mL濃度為1mol/L的鹽酸與過量的鋅粉反應(yīng),若加入適量的下列溶液,能減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成的是()A.KHSO4 B.CH3COONa C.CuSO4 D.Na2CO313、分類是重要的科學(xué)研究方法,下列物質(zhì)分類錯誤的是A.電解質(zhì):明礬、碳酸、硫酸鋇 B.酸性氧化物:SO3、CO2、NOC.混合物:鋁熱劑、礦泉水、焦爐氣 D.同素異形體:C60、C70、金剛石14、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù),由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系,其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì),丁是非金屬單質(zhì),其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A.丙屬于堿性氧化物B.W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C.W的原子序數(shù)是Z的兩倍,金屬性弱于ZD.常溫下等物質(zhì)的量的甲和戊加入過量濃硝酸中,消耗的HNO3物質(zhì)的量相等15、2020年1月武漢爆發(fā)新冠肺炎,湖北省采取封城封鎮(zhèn)的措施阻止了冠狀病毒蔓延。新冠病毒主要傳播方式是經(jīng)飛沫傳播、接觸傳播(包括手污染)以及不同大小的呼吸道氣溶膠近距離傳播。冠狀病毒對熱敏感,56℃30分鐘、75%酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關(guān)說法正確的是A.因為過氧乙酸能滅活病毒,所以在家每天進行醋熏能殺死家里的新冠肺炎病毒B.在空氣質(zhì)量檢測中的PM2.5,屬于氣溶膠C.電解食鹽水制取次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒D.含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物16、下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是()A.圖1表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過程中的能量變化,則H2的燃燒熱為241.8kJ·mol-1B.圖2表示壓強對可逆反應(yīng)2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響,乙的壓強比甲的壓強大C.根據(jù)圖3,若除去CuSO4溶液中的Fe3+,可向溶液中加入適量CuO,調(diào)節(jié)pH=4,過濾D.圖4表示常溫下,稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時,溶液pH隨加水量的變化,則相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH二、非選擇題(本題包括5小題)17、苯丁酸氮芥是一種抗腫瘤藥,其合成路線如下。其中試劑①是丁二酸酐(),試劑③是環(huán)氧乙烷(),且環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合。回答下列問題:(1)寫出反應(yīng)類型:反應(yīng)Ⅱ____,反應(yīng)Ⅴ_____。(2)寫出C物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式___。(3)設(shè)計反應(yīng)Ⅲ的目的是____。(4)D的一種同分異構(gòu)體G有下列性質(zhì),請寫出G的結(jié)構(gòu)簡式____。①屬于芳香族化合物,且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種②能與鹽酸反應(yīng)成鹽,不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)③能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標況下2.24升氫氣(5)通過酸堿中和滴定可測出苯丁酸氮芥的純度,寫出苯丁酸氮芥與足量氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式____。(6)1,3-丁二烯與溴發(fā)生1,4加成,再水解可得1,4-丁烯二醇,設(shè)計一條從1,4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路線(所需試劑自選)____18、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大,A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài);基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1;基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍;D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小。回答下列問題:(1)元素A、B、C中,電負性最大的是____(填元素符號,下同),元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為________。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比,BA3易液化的原因是________;BA3分子中鍵角________109°28′(填“>”“<”或“=”),原因是________。(3)BC3-離子中B原子軌道的雜化類型為____________,BC3-離子的立體構(gòu)型為________________。(4)基態(tài)E原子的電子排布式為________;C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為+6)中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________;(5)化合物DB是人工合成的半導(dǎo)體材料,它的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石(晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示)相似。若DB的晶胞參數(shù)為apm,則晶體的密度為_____g·cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù))。19、吊白塊(NaHSO2·HCHO·2H2O,M=154.0g/mol)在工業(yè)中有廣泛應(yīng)用;吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下:NaHSO3的制備:如圖,在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水,振蕩溶解,緩慢通入SO2,至廣口瓶中溶液pH約為4,制得NaHSO3溶液。(1)裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)反應(yīng)方程式為__;Ⅱ中多孔球泡的作用是__。(2)實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質(zhì)的實驗方案是__。吊白塊的制備:如圖,向儀器A中加入上述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛,在80~90℃C下,反應(yīng)約3h,冷卻過濾。(3)儀器A的名稱為___;用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是__。(4)將儀器A中的反應(yīng)溫度恒定在80~90℃的目的是__。吊白塊純度的測定:將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中,加入10%磷酸10mL,立即通入100℃水蒸氣;吊白塊分解并釋放出甲醛,用含36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響,4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O),再用0.1000mol·L-1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4,再重復(fù)實驗2次,平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL。(5)滴定終點的判斷方法是__;吊白塊樣品的純度為__%(保留四位有效數(shù)字);若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質(zhì),會導(dǎo)致測量結(jié)果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)20、苯胺是重要的化工原料。某興趣小組在實驗室里進行苯胺的相關(guān)實驗。已知:①和NH3相似,與鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的鹽②用硝基苯制取苯胺的反應(yīng)原理:+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O③有關(guān)物質(zhì)的部分物理性質(zhì)見下表:I.比較苯胺與氨氣的性質(zhì)(1)將分別蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近,產(chǎn)生白煙,反應(yīng)的化學(xué)方程式為____;用苯胺代替濃氨水重復(fù)上述實驗,卻觀察不到白煙,原因是____。Ⅱ.制備苯胺往圖1所示裝置(夾持裝置略,下同)的冷凝管口分批加入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,往三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈堿性。(2)冷凝管的進水口是____(填“a”或“b”);(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反應(yīng)的離子方程式為____。Ⅲ.提取苯胺i.取出圖1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(chǎn)生水蒸氣,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。ii.往所得水溶液中加入氯化鈉固體,使溶液達到飽和狀態(tài),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2.79g。(4)裝置B無需用到溫度計,理由是____。(5)操作i中,為了分離混合物,取出燒瓶C前,應(yīng)先打開止水夾d,再停止加熱,理由是____。(6)該實驗中苯胺的產(chǎn)率為____。(7)欲在不加熱條件下除去苯胺中的少量硝基苯雜質(zhì),簡述實驗方案:____。21、磷和砷是同主族的非金屬元素。(1)砷(As)元素位于元素周期表第____列;As原子能量最高的3個軌道在空間相互____;1個黃砷(As4)分子中含有_____個As﹣As鍵,鍵角_____度.(2)黑磷的結(jié)構(gòu)與石墨相似.最近中國科學(xué)家將黑磷“撕”成了二維結(jié)構(gòu),硬度和導(dǎo)電能力都大大提高,這種二維結(jié)構(gòu)屬于____(選填編號).a(chǎn).離子晶體b.原子晶體c.分子晶體d.其它類型(3)與硫元素的相關(guān)性質(zhì)比,以下不能說明P的非金屬性比S弱的是_____(選填編號).a(chǎn).磷難以與氫氣直接化合b.白磷易自燃c.P﹣H的鍵能更小d.H3PO4酸性更弱(4)次磷酸鈉(NaH2PO2)可用于化學(xué)鍍鎳,即通過化學(xué)反應(yīng)在塑料鍍件表面沉積鎳﹣磷合金.化學(xué)鍍鎳的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣,在酸性條件下發(fā)生以下鍍鎳反應(yīng):___Ni2++___H2PO2﹣+___H2O→____Ni+____H2PO3﹣+___H+①請配平上述化學(xué)方程式。②上述反應(yīng)中,若生成1molH2PO3﹣,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______。(5)NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應(yīng)獲得,含磷各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關(guān)系如圖所示。①pH=8時,溶液中主要含磷物種濃度大小關(guān)系為_________________。②為獲得盡可能純的NaH2PO4,pH應(yīng)控制在______________________________。

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.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,則利用圖中裝置萃取、分液可分離,故A正確;B.溴與氫氧化鈉反應(yīng)后,與溴苯分層,然后利用圖中裝置分液可分離,故B正確;C.分離硬脂酸鈉與甘油時,加入熱的飽和食鹽水,發(fā)生鹽析,使硬脂酸鈉變?yōu)槌恋恚儆脼V紙過濾即可分離,故C錯誤;D.乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)后,與酯分層,然后利用圖中裝置分液可分離,故D正確;綜上所述,答案為C。2、B【解析】

A.原子與原子之間的強烈的相互作用力為共價鍵,屬于化學(xué)鍵,選項A錯誤;B.分子之間不存在化學(xué)鍵,存在范德華力或氫鍵,選項B正確;C.離子與離子之間為離子鍵,選項C錯誤;D.離子與電子之間為金屬鍵,選項D錯誤.答案選B。3、B【解析】

本題考查的是物質(zhì)結(jié)構(gòu),需要先分析該物質(zhì)中含有的微觀粒子或組成的情況,再結(jié)合題目說明進行計算。【詳解】A.1個Mg原子中有12個質(zhì)子,1個Al原子中有13個質(zhì)子。24g鎂和27g鋁各自的物質(zhì)的量都是1mol,所以24g鎂含有的質(zhì)子數(shù)為12mol,27g鋁含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為13mol,選項A錯誤。B.設(shè)氧氣和臭氧的質(zhì)量都是Xg,則氧氣(O2)的物質(zhì)的量為mol,臭氧(O3)的物質(zhì)的量為mol,所以兩者含有的氧原子分別為×2=mol和×3=mol,即此時氧氣和臭氧中含有的氧原子是一樣多的,而每個氧原子都含有8個電子,所以同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中一定含有相同的電子數(shù),選項B正確。C.重水為,其中含有1個中子,含有8個中子,所以1個重水分子含有10個中子,1mol重水含有10mol中子。水為,其中沒有中子,含有8個中子,所以1個水分子含有8個中子,1mol水含有8mol中子。兩者的中子數(shù)之比為10:8=5:4,選項C錯誤。D.乙烷(C2H6)分子中有6個C-H鍵和1個C-C鍵,所以1mol乙烷有7mol共價鍵。乙烯(C2H4)分子中有4個C-H鍵和1個C=C,所以1mol乙烯有6mol共價鍵,選項D錯誤。故選B。【點睛】本題考查的是物質(zhì)中含有的各種粒子或微觀結(jié)構(gòu)的問題,一般來說先計算物質(zhì)基本微粒中含有多少個需要計算的粒子或微觀結(jié)構(gòu),再乘以該物質(zhì)的物質(zhì)的量,就可以計算出相應(yīng)結(jié)果。4、C【解析】

A.由圖可知,氧分子的活化是O-O鍵的斷裂與C-O鍵的生成過程,故A正確;B.由圖可知,反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量,因此每活化一個氧分子放出0.29eV的能量,故B正確;C.由圖可知,水可使氧分子活化反應(yīng)的活化能降低0.18eV,故C錯誤;D.活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑顆粒可以活化氧分子,因此炭黑顆粒可以看作大氣中二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的催化劑,故D正確。故選C。5、B【解析】

A.根據(jù)官能團位置編號最小的原則給主鏈碳原子編號,該有機物的名稱為3,4,4-三甲基戊酸,A項錯誤;B.三個甲基分別是主鏈端點上一個,乙基支鏈上一個,甲基支鏈一個,這樣的辛酸的羧酸類同分異構(gòu)體中未連接甲基的結(jié)構(gòu)有兩種形式,分別為CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH,在這兩種結(jié)構(gòu)中,甲基可以分別連接在中間的三個主鏈碳原子上,共有6種結(jié)構(gòu),還有一種結(jié)構(gòu)為(CH2CH3)2CCOOH,因此辛酸的羧酸類同分異構(gòu)體中,含有三個甲基結(jié)構(gòu),且存在乙基支鏈的共有7種,B項正確;C.辛酸的同分異構(gòu)體中能水解的一定為酯,那么相對分子質(zhì)量為74的有機物可是酸,即為丙酸,但丙酸只有一種結(jié)構(gòu),也可能是醇,則為丁醇,共有4種同分異構(gòu)體。所以與丙酸反應(yīng)生成酯的醇則為戊醇,共有8種同分異構(gòu)體;與丁醇反應(yīng)生成酯的酸為丁酸,其中丁酸有2種同分異構(gòu)體,丁醇有4種同分異構(gòu)體,所以共有8種,因此符合要求的同分異構(gòu)體一共是8+8=16種,C項錯誤;D.正辛酸和軟脂酸都是飽和脂肪酸,都符合通式CnH2nO2,由于正辛酸所含C原子數(shù)少,常溫下呈液態(tài),而軟脂酸所含C原子數(shù)多,常溫下呈固態(tài),D項錯誤;答案選B。【點睛】C選項要從酯在組成上是由酸和醇脫水生成的,所以相對分子質(zhì)量為74的有機物可能是酸,也可能是醇,再分別推導(dǎo)出同分異構(gòu)體的數(shù)目,最后酸和醇的同分異構(gòu)體數(shù)目相結(jié)合即得總數(shù)。6、D【解析】

將石油常壓分餾依次得到石油氣、汽油、煤油、柴油、重油等,將重油減壓分餾依次得到重柴油、潤滑油、凡士林、石蠟、瀝青,則它們的沸點范圍由低到高的順序為:石油氣<汽油<煤油<柴油<重柴油<潤滑油<凡士林<石蠟<瀝青,故選D項。答案選D。7、A【解析】

A、蒸餾與物質(zhì)的沸點有關(guān),與溶解度無關(guān),正確;B、洗氣與物質(zhì)的溶解度有關(guān),錯誤;C、晶體的析出與溶解度有關(guān),錯誤;D、萃取與物質(zhì)的溶解度有關(guān),錯誤;答案選A。8、C【解析】

在電極Ⅰ,HSO3-轉(zhuǎn)化為S2O42-,S元素化合價由+4價降低為+3價發(fā)生還原反應(yīng),則該電極作電解池的陰極,電極Ⅱ為電解池的陽極,在電極Ⅱ上H2O失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2和H+。【詳解】A.電極Ⅰ為電解池的陰極,電極反應(yīng)式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O,A不正確;B.由于陰極需消耗H+,而陽極生成H+,電解池中質(zhì)子從電極Ⅱ向電極Ⅰ作定向移動,B不正確;C.從箭頭的指向,可確定吸收塔中S2O42-與NO反應(yīng),生成HSO3-和N2,發(fā)生反應(yīng)為2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-,C正確;D.每處理1molNO,陰極2HSO3-→S2O42-,質(zhì)量增加34g,陽極H2O→O2,質(zhì)量減輕16g,電解池質(zhì)量增加34g-16g=18g,D不正確;故選C。9、B【解析】

利用NaOH

溶液去除鋁表面的氧化膜,發(fā)生的反應(yīng)為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,然后進行“鋁毛”實驗即汞能與鋁結(jié)合成合金,俗稱“鋁汞齊”,所以鋁將汞置換出來,形成“鋁汞齊”,發(fā)生反應(yīng)為:2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg,當“鋁汞齊”表面的鋁因氧化而減少時,鋁片上的鋁會不斷溶解進入鋁汞齊,并繼續(xù)在表面被氧化,最后使鋁片長滿固體“白毛”而且越長越高,發(fā)生反應(yīng)為:4Al+3O2=2Al2O3,所以與實驗原理不相關(guān)的反應(yīng)是B;故選:B。10、B【解析】A、根據(jù)工作原理,Mg作負極,Mo作正極,正極反應(yīng)式為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6],故A正確;B、充電時,電池的負極接電源的負極,電池的正極接電源的正極,即Mo箔接電源的正極,故B說法錯誤;C、充電時,屬于電解,根據(jù)電解原理,Na+應(yīng)從左室移向右室,故C說法正確;D、負極上應(yīng)是2Mg-4e-+2Cl-=[Mg2Cl2]2+,通過0.2mol電子時,消耗0.1molMg,質(zhì)量減少2.4g,故D說法正確。11、D【解析】

溶液X加入過量鹽酸生成無色氣體,該氣體與空氣變紅棕色,說明生成了NO,X中一定含有NO3-和還原性離子,應(yīng)為Fe2+,則溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-,它們都與Fe2+反應(yīng)生成沉淀;加入鹽酸后陰離子種類不變,則說明X中原來就含有Cl-,加入氯化鋇生成白色沉淀,則一定含有SO42-,加入KSCN溶液呈紅色,因Fe2+被氧化成Fe3+,則不能證明X中是否含有Fe3+,則溶液中一定存在的離子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-,溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol?L-1,結(jié)合電荷守恒分析解答。【詳解】A.根據(jù)上述分析,溶液X中一定不存在CO32-,無色氣體只能為NO,故A錯誤;B.根據(jù)上述分析,溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-,一定不存在CO32-、OH-、SiO32-;溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol?L-1,還應(yīng)含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分離子,結(jié)合電荷守恒可知,應(yīng)含有Mg2+,一定不含F(xiàn)e3+,故B錯誤;C.溶液X中所含離子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+,共5種,故C錯誤;D.另取100mL原溶液X,加入足量的NaOH溶液,充分反應(yīng)后過濾,洗滌,灼燒至恒重,可得到0.01molFe2O3和0.02molMgO,二者質(zhì)量之和為0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g,故D正確;故選D。【點睛】正確判斷存在的離子是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點是鎂離子的判斷,要注意電荷守恒的應(yīng)用,難點為D,要注意加入NaOH后生成的金屬的氫氧化物,灼燒得到氧化物,其中氫氧化亞鐵不穩(wěn)定。12、B【解析】

需要減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成,即降低H+的濃度而又不改變H+的物質(zhì)的量,據(jù)此解答。【詳解】A.加入KHSO4溶液,溶液中氫離子總量增多,故氫氣生成量增多,故A錯誤;B.加入CH3COONa溶液,溶液被稀釋,且醋酸根離子與溶液中氫離子結(jié)合為醋酸分子,溶液中氫離子濃度降低,且提供的氫離子總量不變,故能減慢反應(yīng)速率且又不影響氫氣生成量,故B正確;C.Zn可以置換出Cu,構(gòu)成原電池,加快反應(yīng)速率,故C錯誤;D.加入Na2CO3溶液,碳酸根離子與氫離子反應(yīng),則溶液中氫離子總量減小,故氫氣生成量也減小,故D錯誤。故選:B。13、B【解析】

A.溶于水或在熔融狀態(tài)下均能自身電離出離子的化合物是電解質(zhì),明礬、碳酸、硫酸鋇均是電解質(zhì),故A正確;B.能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物,SO3、CO2是酸性氧化物,NO不是酸性氧化物,是不成鹽氧化物,故B錯誤;C.由多種物質(zhì)組成的是混合物,鋁熱劑、礦泉水、焦爐氣均是混合物,故C正確;D.由同一種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體,C60、C70、金剛石均是碳元素形成的單質(zhì),互為同素異形體,故D正確;故選B。14、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序數(shù)═族序數(shù),應(yīng)分別為H、Al元素,由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系,其中甲、戊是兩常見的金屬單質(zhì),丁是非金屬單質(zhì),其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體,則丙為Fe3O4,由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知甲為Fe、乙為H2O,丁為H2,戊為Al、己為Al2O3,則對應(yīng)X、Y、Z、W分別為H、O、Al、Fe元素。【詳解】A.丙為Fe3O4,不是兩性氧化物,故A錯誤;B.W為Fe,原子序數(shù)為26,位于第四周期Ⅷ族,故B錯誤;C.由金屬活動順序可知Fe的金屬性比Al弱,故C正確;D.常溫下等物質(zhì)的量的甲和戊加入過量濃硝酸中,均產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象,故D錯誤;故選C。【點睛】本題考查無機物的推斷,把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、元素周期律等為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與推斷能力的考查,注意丙為具有磁性的黑色晶體為推斷的突破口,D為易錯點,鈍化的量不能確定。15、C【解析】

A.醋酸為弱酸,不能殺死新冠肺炎病毒,而且會刺激呼吸道粘膜,不宜長期熏醋,故A錯誤;B.膠體粒子的直徑范圍為1—100nm,PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物,若粒子直徑大于100nm,則不形成膠體,故B錯誤;C.次氯酸鈉具有強氧化性,能殺死新冠肺炎病毒,故C正確;D.含氯消毒劑,如84消毒液(有效成分為次氯酸鈉)、漂白粉(有效成分為次氯酸鈣),屬于無機物,過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物,故D錯誤;故選C。16、C【解析】試題分析:A.燃燒熱是1mol的物質(zhì)完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量,由于氫氣是2mol,而且產(chǎn)生的是氣體水,所以H2的燃燒熱大于241.8kJ/mol,錯誤;B.2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng),所以增大壓強,平衡會正向移動,物質(zhì)的平衡含量改變,因此圖2不能表示壓強對可逆反應(yīng)的影響,錯誤;C.根據(jù)圖3,若除去CuSO4溶液中的Fe3+,可向溶液中加入適量CuO,增大溶液的pH,還不回引入雜質(zhì)離子,調(diào)節(jié)pH=4,這時就會形成Fe(OH)3沉淀,然后過濾即可除去,正確;D.當兩種電離程度不同的酸溶液稀釋水,酸越強,溶液中離子的濃度變化就越大,酸越弱,酸稀釋時未電離的電解質(zhì)分子會繼續(xù)電離使離子濃度由有所增加,所以離子濃度變化小,根據(jù)圖像可知酸性:HA>HB。酸越強,其鹽水解程度就越小,其鹽溶液的堿性就越弱。所以相同條件下NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH,錯誤。考點:考查圖像法在表示燃燒熱、平衡移動原理、雜質(zhì)的除去即鹽的水解中的應(yīng)用的知識。二、非選擇題(本題包括5小題)17、還原反應(yīng)取代反應(yīng)將羧酸轉(zhuǎn)化成酯,防止環(huán)氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)對比A、B的結(jié)構(gòu)簡式可知,A中羰基轉(zhuǎn)化為亞甲基;對比D與苯丁酸氮芥的結(jié)構(gòu)可知,反應(yīng)V為取代反應(yīng);(2)試劑③是環(huán)氧乙烷,對比B、D的結(jié)構(gòu)簡式,反應(yīng)Ⅲ是B與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng);(3)試劑③是環(huán)氧乙烷(),環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合,結(jié)合B的結(jié)構(gòu)分析解答;(4)①屬于芳香族化合物,且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種,②能與鹽酸反應(yīng)成鹽,不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng),說明含有氨基,不含羧基,③能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng),說明含有酯基、醛基,④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標況下2.24升氫氣,說明結(jié)構(gòu)中含有2個羥基,加成分析書寫G的結(jié)構(gòu)簡式;(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能與氫氧化鈉反應(yīng);(6)以1,4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH),為了防止羥基氧化過程中碳碳雙鍵斷裂,需要首先將碳碳雙鍵轉(zhuǎn)化為單鍵,再氧化,加成分析解答。【詳解】(1)對比A、B的結(jié)構(gòu)簡式可知,A中轉(zhuǎn)化為氨基,羰基轉(zhuǎn)化為亞甲基,屬于還原反應(yīng)(包括肽鍵的水解反應(yīng));對比D與苯丁酸氮芥的結(jié)構(gòu)可知,反應(yīng)V為取代反應(yīng),而反應(yīng)VI為酯的水解反應(yīng),故答案為:還原反應(yīng);取代反應(yīng);(2)試劑③是環(huán)氧乙烷,對比B、D的結(jié)構(gòu)簡式,反應(yīng)Ⅲ是B與甲醇發(fā)生的酯化反應(yīng),故C的結(jié)構(gòu)簡式為:,故答案為:;(3)試劑③是環(huán)氧乙烷(),環(huán)氧乙烷在酸或堿中易水解或聚合,根據(jù)流程圖,設(shè)計反應(yīng)Ⅲ的目的是:將B中的羧酸轉(zhuǎn)化成酯,防止環(huán)氧乙烷水解或聚合,故答案為:將羧酸轉(zhuǎn)化成酯,防止環(huán)氧乙烷水解或聚合;(4)D()的一種同分異構(gòu)體G有下列性質(zhì):①屬于芳香族化合物,且苯環(huán)上的一氯取代物只有一種,②能與鹽酸反應(yīng)成鹽,不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng),說明含有氨基,不含羧基,③能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng),說明含有酯基、醛基,④0.1摩爾G與足量金屬鈉反應(yīng)可放出標況下2.24升氫氣,說明含有2個羥基,符合條件的結(jié)構(gòu)為等,故答案為:;(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能夠與氫氧化鈉反應(yīng),與足量的氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為:+3NaOH+2NaCl+H2O,故答案為:+3NaOH+2NaCl+H2O;(6)以1,4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH),1,4-丁烯二醇可以首先與氫氣加成生成1,4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH),然后將HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可,合成路線為HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH,故答案為:HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。18、ON>O>AlNH3分子間易形成氫鍵<孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大,A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài),A為H元素;基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1,核外電子排布為1s22s22p3,為N元素;基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍,核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1,則C為O元素,E為Cr元素;D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小,則D為該周期中原子序數(shù)最大的金屬元素,因此D為Al元素。據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析,A為H元素,B為N元素,C為O元素,D為Al元素,E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強,電負性越大,元素H、N、O中,電負性最大的是O元素;同一周期,從左到右,元素的第一電離能呈增大趨勢,但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素,同一主族,從上到下,第一電離能逐漸減小,元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為N>O>Al,故答案為O;N>O>Al;(2)NH3分子間易形成氫鍵,導(dǎo)致氨氣易液化;NH3中中心原子N的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為1,其VSEPR模型為四面體構(gòu)型,NH3分子中N原子采用sp3雜化,為三角錐結(jié)構(gòu),孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用,使得氨氣分子中鍵角小于109°28′,故答案為NH3分子間易形成氫鍵;<;孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用;(3)NO3-離子中N原子的價層電子對數(shù)=σ鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)=3+=3,采用sp2雜化,立體構(gòu)型為三角形,故答案為sp2;三角形;(4)E為Cr元素,基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1);C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為+6),結(jié)構(gòu)為,其中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為7:1,故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1);7:1;(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4,8×+6×=4,晶胞質(zhì)量為g,因此晶胞的密度==×1030g·cm-3,故答案為×1030。【點睛】正確推導(dǎo)元素是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點為C、E的推導(dǎo),易錯點為(4),要能夠根據(jù)題意確定CrO5的結(jié)構(gòu)。19、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大氣體與溶液的接觸面積,加快氣體的吸收速率取少量NaHSO3晶體于試管中,加少量水溶解,滴加過量鹽酸,再滴加氯化鋇溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,說明NaHSO3被氧化三頸燒瓶恒壓滴液漏斗可以保持內(nèi)外壓強一致,液體順利流下,同時避免HCHO揮發(fā)溫度過低反應(yīng)較慢,溫度過高會導(dǎo)致吊白塊分解當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤海F形瓶內(nèi)溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)部變?yōu)樵瓉淼念伾?2.40%偏高【解析】

⑴裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積,加快氣體的吸收速率。⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質(zhì)的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗,首先排除亞硫酸氫根離子干擾,所以取少量NaHSO3晶體于試管中,加少量水溶解,滴加過量鹽酸,再滴加氯化鋇溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶;用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是恒壓滴液漏斗可以保持內(nèi)外壓強一致,液體順利流下,同時避免HCHO揮發(fā)。⑷根據(jù)信息吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO,因此將儀器A中的反應(yīng)溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應(yīng)較慢,溫度過高會導(dǎo)致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤海F形瓶內(nèi)溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)部變?yōu)樵瓉淼念伾?mol:0.1000mol·L-1×0.03L=2mol:xmol解得x=1.2×10-3mol36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4的物質(zhì)的量為36.00×10-3L×0.1000mol·L-1=3.6×10-3mol,則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質(zhì)的量為3.6×10-3mol-1.2×10-3mol=2.4×10-3mol,再根據(jù)4mol:2.4×10-3mol=5mol:ymol解得y=3×10-3mol,若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質(zhì),消耗草酸量減少,則計算出高錳酸鉀與甲醛反應(yīng)得多,則計算出吊白塊測量結(jié)果偏高。【詳解】⑴裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積,加快氣體的吸收速率,故答案為:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;增大氣體與溶液的接觸面積,加快氣體的吸收速率。

⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發(fā)生氧化變質(zhì)的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗,首先排除亞硫酸氫根離子干擾,所以取少量NaHSO3晶體于試管中,加少量水溶解,滴加過量鹽酸,再滴加氯化鋇溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,說明NaHSO3被氧化,故答案為:取少量NaHSO3晶體于試管中,加少量水溶解,滴加過量鹽酸,再滴加氯化鋇溶液,看是否有白色沉淀生成,若有,說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶;用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優(yōu)點是恒壓滴液漏斗可以保持內(nèi)外壓強一致,液體順利流下,同時避免HCHO揮發(fā),故答案為:恒壓滴液漏斗可以保持內(nèi)外壓強一致,液體順利流下,同時避免HCHO揮發(fā)。⑷根據(jù)信息吊白塊在酸性環(huán)境下、100℃即發(fā)生分解釋放出HCHO,因此將儀器A中的反應(yīng)溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應(yīng)較慢,溫度過高會導(dǎo)致吊白塊分解,故答案為:溫度過低反應(yīng)較慢,溫度過高會導(dǎo)致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤海F形瓶內(nèi)溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)部變?yōu)樵瓉淼念伾?mol:0.1000mol·L-1×0.03L=2mol:xmol解得x=1.2×10-3mol36.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4的物質(zhì)的量為36.00×10-3L×0.1000mol·L-1=3.6×10-3mol,則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質(zhì)的量為3.6×10-3mol-1.2×10-3mol=2.4×10-3mol,再根據(jù)4mol:2.4×10-3mol=5mol:ymol解得y=3×10-3mol,若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質(zhì),消耗草酸量減少,則計算出高錳酸鉀與甲醛反應(yīng)得多,則計算出吊白塊測量結(jié)果偏高,故答案為:當?shù)稳胱詈笠坏尾菟崛芤海F形瓶內(nèi)溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)部變?yōu)樵瓉淼念伾?2.40%;偏高。20、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸點較高,不易揮發(fā)bC6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O蒸出物為混合物,無需控制溫度防止B中液體倒吸60.0%加入稀鹽酸,分液除去硝基苯,再加入氫氧化鈉溶液,分液去水層后,加入NaOH固體干燥、過濾【解析】

制備苯胺:向硝基苯和錫粉混合物中分批加入過量的鹽酸,可生成苯胺,分批加入鹽酸可以防止反應(yīng)太劇烈,減少因揮發(fā)而造成的損失

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