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文檔簡介
2025屆浙江省嵊州市高二下化學期末教學質量檢測模擬試題請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規定答題。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)1、下列有關物質的性質與氫鍵有關的是()①HF的熔沸點比VIIA族其他元素氫化物的高②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液態水的密度小④尿素的熔、沸點比醋酸的高⑤鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低⑥水分子在高溫下很穩定,不易分解A.①②③④⑤⑥B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③2、下列分子或離子中,VSEPR模型為四面體且空間構型為V形的是A.H2SB.SO2C.CO2D.SO42-3、化學與生活生產密切相關。下列說法中不正確的是A.施肥時,銨態氮肥不能與草木灰(含K2CO3)混合使用B.夏天冰箱保鮮食品的原理是降低溫度,減小化學反應速率C.施用適量石膏(CaSO4·2H2O)可降低鹽堿地(含較多NaCl、Na2CO3)的堿性D.將海水直接電解可獲得Mg及Cl2等單質4、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-、CO32-等離子,火力發電時排放的煙氣可用海水脫硫,其工藝流程如下圖所示:下列說法錯誤的是A.海水pH約為8的原因主要是天然海水含CO32-、HCO3-B.吸收塔中發生的反應有SO2+H2OH2SO3C.氧化主要是氧氣將HSO3-、SO2-、H2SO3氧化為SO42-D.經稀釋“排放”出的廢水中,SO42-濃度與海水相同5、下列說法正確的是A.NH4NO3中既有離子鍵又有共價鍵,屬于共價化合物B.SiC是原子晶體,加熱熔化時需破壞共價鍵C.H2O2易分解是因為H2O2分子間作用力弱D.NaHSO4晶體溶于水時,離子鍵被破壞,共價鍵不受影響6、下列各項敘述中,正確的是()A.鎂原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時,原子釋放能量,由基態轉化成激發態B.價電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族,是p區元素C.47Ag原子的價層電子排布式是4d95s2D.電負性由小到大的順序是N<O<F7、在一定溫度下,可逆反應達到平衡的標志是A.生成的速率和分解的速率相等B.、、的濃度相等C.單位時間內生成,同時生成D.、、的分子數之比為1:3:28、下列有機物中,核磁共振氫譜不止有一個峰的是A.乙烷B.甲醛C.苯D.甲苯9、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種既能殺菌、消毒,又能絮凝凈水的水處理劑。工業制備高鐵酸鉀的離子方程式為Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平),下列有關說法不正確的是()A.由上述反應可知,Fe(OH)3的氧化性強于FeO42-B.高鐵酸鉀中鐵顯+6價C.上述反應氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2D.K2FeO4處理水時,不僅能消毒、殺菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質10、下列物質中,因發生化學反應既能使溴水褪色,又能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是()①CH3(CH2)4CH3②CH3CH2CH=CH2③④A.② B.③④ C.①③ D.②④11、在兩個絕熱恒容的密閉容器中分別進行下列兩個可逆反應:甲:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g);乙:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)現有下列狀態:①混合氣體平均相對分子質量不再改變②氣體的總物質的量不再改變③各氣體組成濃度相等④反應體系中溫度保持不變⑤斷裂氫氧鍵速率是斷裂氫氫鍵速率的2倍⑥混合氣體密度不變其中能表明甲、乙容器中反應都達到平衡狀態的是A.①③ B.④⑤ C.③④ D.②⑥12、化學與生活密切相關,下列有關說法錯誤的是A.“地溝油”經過加工處理后,可以用來制肥皂和生物柴油B.加熱能殺死H7N9禽流感病毒是因為病毒的蛋白質受熱變性C.食品包裝袋、食物保鮮膜等材料的主要成分是聚乙烯D.纖維素作為營養物質在人體內不斷分解,最終生成水和二氧化碳排出體外13、用鉑電極(惰性)電解下列溶液時,陰極和陽極上的主要產物分別是H2和O2的是()A.稀NaOH溶液 B.HCl溶液C.酸性CuSO4溶液 D.酸性AgNO3溶液14、有機物分子中原子間(或原子與原子團間)的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項事實不能說明上述觀點的是()A.乙酸分子中羥基上的氫原子較乙醇中羥基上的氫原子更活潑B.乙炔能發生加成反應,而乙烷不能發生加成反應C.甲苯的硝化反應較苯更容易D.苯酚能和氫氧化鈉溶液反應,而乙醇不能和氫氧化鈉溶液反應15、現有乳酸(CH3CHOHCOOH)和乙醇的混合物共1mol,完全燃燒生成54g水和56L(標準狀況下測定)CO2,則完全燃燒時消耗氧氣物質的量是()A.2mol B.2.25mol C.3mol D.3.75mol16、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A.100g質量分數為46%的乙醇水溶液中含有氧原子數為4NAB.若將1mol氯化鐵完全轉化為氫氧化鐵膠體,則分散系中膠體微粒數為NAC.向大量水中通入1mol氯氣,反應中轉移的電子數為NAD.電解精煉銅,當電路中通過的電子數目為0.2NA時,陽極質量減少6.4g17、進行一氯取代反應后,只能生成三種沸點不同產物的烷烴是()A.(CH3)3CCH2CH3 B.(CH3CH2)2CHCH3C.(CH3)2CHCH(CH3)2 D.(CH3)2CHCH2CH2CH318、某化工廠由于操作失誤,反應釜中殘留大量金屬鈉,危險性極大。請選擇最合理、最安全的處理方案()A.打開反應釜,用工具將反應釜內金屬鈉取出B.向反應釜內加水,通過化學反應使鈉轉化成溶液流出C.向反應釜中加入乙醇,放出產生的氣體和溶液D.通入氧氣,將鈉氧化成氧化鈉,再加水溶解除去19、下列說法正確是A.酸性HClO4>H3PO4,是因為HClO4分子非羥基氧原子數目比H3PO4多B.分子晶體中都存在共價鍵;晶體中只要有陽離子就一定有陰離子C.HF穩定性很強,是因為分子間能形成氫鍵D.乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2個手性碳原子20、已知某元素位于周期表的第三周期VIIA族,由此得出的推論錯誤的是A.該元素原子核外有3個電子層B.該元素最外層有7個電子C.該元素容易失去電子D.該元素容易得到電子21、已知N2+O2===2NO為吸熱反應,ΔH=+180kJ·mol-1,其中N≡N、O===O鍵的鍵能分別為946kJ·mol-1、498kJ·mol-1,則N—O鍵的鍵能為()A.1264kJ·mol-1B.632kJ·mol-1C.316kJ·mol-1D.1624kJ·mol-122、下圖為H2與O2反應生成H2O(g)的能量變化示意圖,下列有關敘述不正確的是A.1molH2分子斷鍵需要吸收436kJ的能量B.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.8kJ/molC.反應物的總能量高于生成物的總能量D.形成化學鍵釋放的總能量比斷裂化學鍵吸收的總能量小二、非選擇題(共84分)23、(14分)有機物A為天然蛋白質水解產物,含有C、H、N、O四種元素。某研究小組為研究A的組成與結構,進行了如下實驗:實驗步驟實驗結論(1)將A加熱使其氣化,測其密度約為相同條件下空氣密度的4.6倍。A的相對分子質量為_____(2)將26.6gA在足量純O2中充分燃燒,并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰、灼熱的銅網(假設每次氣體被完全吸收),前兩者分別增重12.6g和35.2g,通過銅網后收集到的氣體為2.24L(標準狀況下)。A的分子式為_______(3)另取13.3gA,與足量的NaHCO3粉末完全反應,生成氣體4.48L(標準狀況下)。A
中含有的官能團名稱為____(4)A的核磁共振氫譜顯示五組峰且峰面積比為1:1:1:2:2。A的結構簡式為_______(5)兩分子A反應生成一種六元環狀化合物的化學方程式為_________24、(12分)某芳香烴A是有機合成中重要的原料,由A制取高聚物M的流程如下:請回答下列問題:(1)反應②的反應類型為___________。(2)E中的官能團名稱是___________。(3)反應②的條件是___________。(4)寫出A和F的結構簡式:A___________;F___________。(5)符合下列條件的E的同分異構體有___________種(不考慮立體異構)。①含有相同官能團②遇FeCl2能發生顯色反應③苯環上連有三個取代基(6)寫出下列化學反應方程式:反應③___________,D與新制Cu(OH)2懸濁液反應___________。25、(12分)含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性,工業上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸,具體的流程如下:已知:i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水,其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+(1)向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的,是使CrO42-從溶液中沉淀出來。①結合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結合表中數據,說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42-沉淀效率的影響。實驗結果如下:在相同的時間間隔內,不同溫度下CrO42-的沉淀率,如下圖所示。已知:BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42-(aq)CrO42-的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。(2)向固體2中加入硫酸,回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖(左)所示。結合化學平衡移動原理,解釋使用0.450mol/L的硫酸時,重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖(右)所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時,重鉻酸的回收率沒有明顯變化,其原因是_______________________________。(3)綜上所述,沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。26、(10分)海洋是生命的搖籃,海水不僅是寶貴的水資源,而且蘊藏著豐富的化學資源。I.(1)海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質,為了得到精鹽,下列試劑加入的先后順序正確的是________。A.BaCl2→Na2CO3→NaOH→HClB.NaOH→BaCl2→Na2CO3→HClC.BaCl2→NaOH→Na2CO3→HClD.Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl(2)為了檢驗精鹽中是否含有SO42-,正確的方法是____________________________。II.海藻中提取碘的流程如圖所示(1)灼燒過程中,需使用到的(除泥三角外)實驗儀器有______。A.試管B.瓷坩堝C.坩堝鉗D.蒸發皿E.酒精燈F.三腳架(2)指出提取碘的過程中有關實驗操作名稱:①________③__________④_________。(3)步驟②反應的離子方程式為___________________,該過程氧化劑也可以用H2O2,將等物質的量的I-轉化為I2,所需Cl2和H2O2的物質的量之比為__________。(4)下列關于海藻提取碘的說法,正確的是_________。A.含碘的有機溶劑呈現紫紅色B.操作③中先放出下層液體,然后再從下口放出上層液體C.操作④時,溫度計的水銀球應伸入液面以下但不能觸碰到蒸餾燒瓶的底部27、(12分)苯乙酸銅是合成優良催化劑、傳感材料——納米氧化銅的重要前驅體之一,可采用苯乙腈為原料在實驗室進行合成。請回答:(1)制備苯乙酸的裝置如圖(加熱和夾持裝置等略)。已知:苯乙酸的熔點為76.5℃,微溶于冷水,溶于乙醇。在250mL三口瓶a中加入70mL質量分數為70%的硫酸,加熱至100℃,再緩緩滴入40g苯乙腈,然后升溫至130℃,發生反應:儀器b的名稱是______________,其作用是______________。反應結束后加適量冷水再分離出苯乙酸粗品,加入冷水的目的是___________________________________。(2)分離出粗苯乙酸的操作名稱是______,所用到的儀器是(填字母)______。a.漏斗b.分液漏斗c.燒杯d.玻璃棒e.直形冷凝管(3)將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中,充分溶解后加入Cu(OH)2,攪拌30min,過濾,濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體,寫出發生反應的化學方程式__________________,混合溶劑中乙醇的作用是________________________________________________________。(4)提純粗苯乙酸最終得到44g純品,則苯乙酸的產率是_________。(相對分子質量:苯乙腈117,苯乙酸136)28、(14分)純堿是一種非常重要的化工原料,在玻璃、肥料、合成洗滌劑等工業中有著廣泛的應用。(1)工業上“侯氏制堿法”以NaCl、NH3、CO2及水等為原料制備純堿,其反應原理為:NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。生產純堿的工藝流程示意圖如下:請回答下列問題:①析出的NaHCO3晶體中可能含有少量氯離子雜質,檢驗該晶體中是否含有氯離子雜質的操作方法是________。②該工藝流程中可回收再利用的物質是________________。③若制得的純堿中只含有雜質NaCl。測定該純堿的純度,下列方案中可行的是________(填字母)。a.向m克純堿樣品中加入足量CaCl2溶液,沉淀經過濾、洗滌、干燥,稱其質量為bgb.向m克純堿樣品中加入足量稀鹽酸,用堿石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收產生的氣體,堿石灰增重bgc.向m克純堿樣品中加入足量AgNO3溶液,產生的沉淀經過濾、洗滌、干燥,稱其質量為bg(2)將0.84gNaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.10mol·L-1稀鹽酸。下列圖像能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質的量的關系的是___________(填字母)。A.B.C.D.(3)若稱取10.5g純凈的NaHCO3固體,加熱一段時間后,剩余固體的質量為8.02g。如果把剩余的固體全部加入到100mL2mol·L-1的鹽酸中充分反應。求溶液中剩余的鹽酸的物質的量濃度(設溶液的體積變化及鹽酸的揮發忽略不計)___________。29、(10分)醋酸是常見的弱酸,氨水是常見的弱堿。(1)25℃時,用0.1000mol·L-1鹽酸滴定25.00mL0.1000mol·L-1氨水的滴定曲線如圖所示。①滴定時,可選用____(填“甲基橙”或“酚酞”)作指示劑;錐形瓶中水的電離程度:a點____b點(填“>”“<”或“=”)。②滴定至反應終點前,溶液中發生反應的離子方程式為____。③滴定至a點處,錐形瓶中NH4+、Cl-、NH3·H2O的濃度由小到大的順序為____。④滴定至c點處,錐形瓶中NH4+、Cl-、H+的濃度由小到大的順序為____。(2)25℃時,用HCl或NaOH調節醋酸的pH,配得一組c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1溶液,溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH濃度的對數值(lgc)與pH關系如圖所示:①圖中表示H+的線是____(填小寫字母);0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH約為____(保留2位小數)。②反應CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數的對數值lgK=____(填數值)。
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)1、B【解析】分析:本題考查的氫鍵的存在和性質,注意氫鍵的存在影響到物質的熔沸點,溶解度,密度等,而非金屬性強弱只影響到分子的穩定性,不影響沸點。詳解:①HF分子間存在氫鍵,所以其熔沸點比VIIA族其他元素氫化物的高,故正確;②乙醇、乙酸都可以和水形成氫鍵,所以可以和水以任意比互溶,故正確;③冰中分子間存在氫鍵,使分子距離增大啊,體積變大,密度比液態水的密度小,故正確;④尿素分子間可以形成的氫鍵比醋酸分子間形成的氫鍵多,所以尿素的熔、沸點比醋酸的高,故正確;⑤鄰羥基苯甲酸形成分子內的氫鍵,而對羥基苯甲酸形成分子間的氫鍵,所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低,故正確;⑥水分子在高溫下很穩定,不易分解,是因為水分子內的共價鍵比較穩定,與氫鍵無關,故錯誤。故選B。2、A【解析】A.B.H2S分子中價層電子對數為2+2=4,所以其VSEPR模型為正四面體型,有兩個孤電子對,所以空間構型為V形,故A正確;二氧化硫分子中價層電子對數為2+1=3,所以其VSEPR模型為平面三角形,故B錯誤;C.CO2分子中價層電子對數為2+0=2,所以其VSEPR模型為直線型,該分子中沒有孤電子對,所以其空間構型為直線型,故C錯誤;D.SO42-離子中價層電子對數為4+0=4,所以其VSEPR模型為正四面體,該離子中沒有孤電子對,所以其空間構型為正四面體型,故D錯誤;本題選A。點睛:VSEPR模型為四面體說明該微粒的價層電子對是4,價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對;空間構型為V形說明該微粒中含有2個孤電子對,據此解答。3、D【解析】
A.銨態氮肥與草木灰混合水解互相促進,造成營養流失,故A正確;B.降溫可降低活化分子百分數,減小有效碰撞次數,反應速率減小,故B正確;C.“鹽堿地”中Na2CO3水解使土壤成堿性,即:CO32-+H2OHCO3-+OH-,通過加石膏生成更難溶的碳酸鈣沉淀,c(CO32-)減少,使水解平衡向逆反應方向移動,土壤堿性減弱,故C正確;D.制備活潑金屬單質Mg是電解熔融狀態MgCl2,故D錯誤,故選D。4、D【解析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等離子,在這些離子中能發生水解的是CO32-、HCO3-離子,CO32-、HCO3-都能發生水解,呈現堿性,A正確;氧氣具有氧化性,可以把SO42-、HSO3-、H2SO3等氧化為硫酸,B正確;氧化后的海水需要與天然水混合,沖釋海水中的酸,才能達到排放,C正確;經過稀釋與海水混合,SO42-濃度比海水要小,D錯;答案選D。5、B【解析】
A.NH4NO3中既有離子鍵又有共價鍵,屬于離子化合物,故A錯誤;B.SiC是原子晶體,原子間通過共價鍵結合形成的空間網狀態結構,所以SiC加熱熔化時需破壞共價鍵,故B正確;
C.H2O2易分解是因為分子內化學鍵弱,和H2O2分子間作用力無關,故C錯誤;
D.硫酸氫鈉溶于水時發生電離,電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO42-,所以有離子鍵和共價鍵被破壞,故D錯誤;
故答案:B。6、D【解析】分析:本題考查的是電子排布式的運用以及電負性的比較,難度不大,根據所學知識即可完成。詳解:A.基態鎂原子由1s22s22p63s2,能量處于最低狀態,當變為1s22s22p63p2時,電子發生躍遷,需要吸收能量,變為激發態,故錯誤;B.價電子排布為5s25p1的元素最外層電子數為3,電子層數為5,最后一個電子排在p軌道,所以該元素位于第五周期第ⅢA族,是p區元素,故錯誤;C.Ag位于周期表第五周期ⅠB族,47Ag原子的價層電子排布式是4d105s1,故錯誤;D.同一周期元素,元素的電負性隨著原子序數增大而增大,其電負性順序為N<O<F,故正確。答案選D。7、A【解析】
A.NH3生成的速率和NH3分解的速率相等,說明正逆反應速率相等,反應達到平衡狀態,故A正確;B.平衡時各物質的物質的量濃度的大小關系取決于物質的起始物質的量和轉化率,N2、H2、NH3濃度相等時不能說明其濃度保持不變,故不能作為判斷是否達到平衡狀態的依據,B錯誤;C.單位時間內生成nmolN2是逆反應,同時生成3nmolH2也是逆反應,不能說明正逆反應速率相等,故C錯誤;
D.N2,H2,NH3分子數之比為1:2:3,并不能說明反應混合物各成份的濃度保持不變,不能作為判斷是否達到平衡狀態的依據,故D錯誤;答案選A。【點睛】化學平衡狀態是一個相對穩定的狀態,并不是任意時刻的狀態。反應混合物的濃度相等時,有可能是反應進行到某個時刻的狀態,并不一定是平衡狀態,只有確定各組分的濃度保持不變時,才能判斷其為平衡狀態。8、D【解析】
同一個碳原子上的氫原子是相同的,同一個碳原子所連接的所有甲基上的氫原子是相同的,具有對稱性結構的(類似于平面鏡成像中物體和像的關系)。據此,A.乙烷分子只有一種化學環境下的氫原子,核磁共振氫譜只有一個峰,選項A不選;B.甲醛分子只有一種化學環境下的氫原子,核磁共振氫譜只有一個峰,選項B不選;C.苯分子只有一種化學環境下的氫原子,核磁共振氫譜只有一個峰,選項C不選;D.甲苯分子有4種化學環境下的氫原子,核磁共振氫譜只有4個峰,選項D選;答案選D。9、A【解析】
A、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中,氯元素化合價降低,C1O-是氧化劑,鐵元素化合價升高,Fe(OH)3是還原劑,FeO42-是氧化產物,氧化性C1O->FeO42-,實際氧化性FeO42->Fe(OH)3,故A錯誤;B、令FeO42-中,鐵元素的化合價為x,則x+4×(-2)=-2,解得x=+6,故B正確;C、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中,氯元素化合價由+1降低為-1價,C1O-是氧化劑,鐵元素化合價由+3價升高為+6價,Fe(OH)3是還原劑,所以反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為(6-3):2=3:2,故C正確;D、K2FeO4具有氧化性所以能殺菌,高鐵酸鉀被還原為Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3(膠體)具有凈水作用,故D正確;答案選A。10、A【解析】
①CH3(CH2)4CH3與溴水、高錳酸鉀均不發生反應,故①錯誤;②CH3CH2CH=CH2中含碳碳雙鍵,與溴水發生加成反應,與高錳酸鉀發生氧化反應,則既能因發生化學反應使溴水褪色,又能使酸性KMnO4溶液褪色,故②正確;③與溴水、高錳酸鉀均不反應,故③錯誤;④與溴水不反應,與高錳酸鉀反應,能使酸性高猛酸鉀溶液褪色,故④錯誤;故答案為A。【點睛】把握官能團與性質的關系為解答的關鍵,能因發生化學反應使溴水褪色,又能使酸性KMnO4溶液褪色,則含碳碳雙鍵、三鍵,或具有還原性的物質,特別注意苯的同系物只能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,不能使溴水褪色。11、B【解析】
①乙反應的兩邊氣體的體積相同且都是氣體,混合氣體平均相對分子質量始終不變,所以平均相對分子質量不變,無法判斷乙反應是否達到平衡狀態,故①錯誤;②乙反應的兩邊氣體的體積相同且都是氣體,氣體的總物質的量始終不變,所以氣體的總物質的量不變無法判斷乙是否達到平衡狀態,故②錯誤;③各氣體組成濃度相等,不能判斷各組分的濃度是否不變,無法證明達到了平衡狀態,故③錯誤;④因為為絕熱容器,反應體系中溫度保持不變,說明正逆反應速率相等,達到了平衡狀態,故④正確;⑤斷裂氫氧鍵速率是斷裂氫氫鍵速率的2倍,說明正逆反應速率相等,達到了平衡狀態,故⑤正確;⑥乙反應的兩邊氣體的體積相同且都是氣體,容器的容積不變,所以密度始終不變,所以混合氣體密度不變,無法判斷乙是否達到平衡狀態,故⑥錯誤;能表明甲、乙容器中反應都達到平衡狀態的有④⑤,故選B。12、D【解析】A.“地溝油”的主要成分是油脂,經過加工處理后,可以用來制肥皂和生物柴油,A正確;B.加熱能殺死H7N9禽流感病毒是因為病毒的蛋白質受熱變性,B正確;C.食品包裝袋、食物保鮮膜等材料的主要成分是聚乙烯,C正確;D.纖維素在人體內不能水解,D錯誤,答案選D。13、A【解析】
用鉑電極電解下列溶液,陰極和陽極上的主要產物為分別為H2和O2時,說明電解的實質是電解水,根據電解原理知識來回答。【詳解】A、電解氫氧化鈉的實質是電解水,陰極和陽極上的主要產物為分別為H2和O2,選項A正確;B、電解HCl的實質是電解物質本身,在陰極和陽極上的主要產物為分別為H2和Cl2,選項B錯誤;C、電解CuSO4溶液屬于“生酸放氧型”,在陰極和陽極上的主要產物為分別為Cu和O2,選項C錯誤;D、電解硝酸銀屬于“生酸放氧型”,在陰極和陽極上的主要產物為分別為Ag和O2,選項D錯誤。答案選A。14、B【解析】
A、乙酸分子中羥基上的氫原子因受羰基的影響,更易電離出氫,而乙醇分子中羥基上的氫受乙基的影響不大,難電離出氫,A正確;B、乙炔能發生加成反應是因為分子結構中存在碳碳三鍵;乙烷為飽和烴不能加成,B錯誤;C、甲苯中苯環受甲基的影響,使得苯環上甲基的鄰、對位C上的氫更易被取代,C正確;D、苯酚溶液顯弱酸性是苯環影響羥基,使得羥基上的氫更易電離,而乙醇僅受乙基的影響,且影響效果很弱,D正確;答案選B。15、C【解析】
乳酸分子式為C3H6O3,1mol乳酸完全燃燒耗氧量為(3+6/4-3/2)mol=3mol,乙醇的分子式C2H6O,1mol乙醇完全燃燒耗氧量為(2+6/4-1/2)mol=3mol,二者耗氧量相等,故物質的量一定,二者以任意比混合完全燃燒耗氧量為混合物的3倍,故1mol乳酸與乙醇的混合物完全燃燒消耗氧氣為1mol×3=3mol;答案選C。16、A【解析】A,100g質量分數為46%的乙醇水溶液中含氧原子物質的量為n(O)=100g×46%46g/mol×1+100g×(1-46%)18g/mol×1=4mol,A項正確;B,制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(膠體)+3HCl,1molFeCl3完全轉化生成1molFe(OH)3,Fe(OH)3膠體中膠粒是一定數目Fe(OH)3的集合體,分散系中膠體微粒物質的量小于1mol,B項錯誤;C,Cl2與水的反應為可逆反應,反應中轉移電子物質的量小于1mol,C項錯誤;D,電解精煉銅,陽極為粗銅,陽極電極反應式為Zn-2e-點睛:本題考查以阿伏加德羅常數為載體的計算,涉及溶液中微粒的計算、膠體、可逆反應、電解精煉銅等知識。注意計算溶液中H原子、O原子時不能忽視H2O中的H原子、O原子,膠體中的膠粒是一定數目粒子的集合體,電解精煉銅時陽極是比Cu活潑的金屬優先放電。17、A【解析】
A.(CH3)3CCH2CH3有三種不同位置的H原子,因此進行一氯取代反應后,能生成三種沸點不同產物,A符合題意;B.(CH3CH2)2CHCH3有四種不同位置的H原子,因此進行一氯取代反應后,能生成四種沸點不同產物,B不符合題意;C.(CH3)2CHCH(CH3)2有兩種不同位置的H原子,因此進行一氯取代反應后,能生成兩種沸點不同產物,C不符合題意;D.(CH3)2CHCH2CH2CH3有五種不同位置的H原子,因此進行一氯取代反應后,能生成五種沸點不同產物,D不符合題意;故合理選項是A。18、C【解析】
本題主要考查的是實驗室安全及鈉的相關化學知識。金屬鈉性質很活潑,反應釜中存在金屬鈉,說明反應釜中一定存在有機物;金屬鈉能與和氧氣和水劇烈反應且放出大量熱;甲醇和鈉反應較緩慢。【詳解】由于金屬鈉量大,取出過程中,與空氣中氧氣或水蒸氣反應,反應放熱可能會引燃保存金屬鈉的有機物,發生危險,A錯誤;鈉很活潑,遇水立即發生劇烈反應同時生成氫氣,導致反應釜中氣體壓強增大,能產生爆炸,B錯誤;鈉與乙醇反應,反應速度相對緩慢,若能導出氫氣和熱量,則應更安全、更合理,C正確;通入氧氣,將鈉氧化成氧化鈉會放出大量的熱,可能會引燃保存金屬鈉的有機物,發生危險,D錯誤。故選C。【點睛】該題側重對實驗基礎知識的檢驗和訓練,學會在實驗過程中處理常見意外事故的方法是解題的關鍵。19、A【解析】
A項,酸性強弱的一條經驗規律是:含氧酸分子的結構中含非羥基(羥基為-OH)氧原子數越多,該含氧酸的酸性越強;HClO4分子非羥基氧原子數目為3,H3PO4分子非羥基氧原子數目為1,所以酸性HClO4>H3PO4,故A項正確;B項,晶體只要有陽離子不一定有陰離子,如金屬晶體含有組成微粒為陽離子和電子,故B項錯誤;C項,氟化氫的熔沸點上升是因為分子間存在氫鍵,但是穩定性強是因為氟的非金屬性強,故C項錯誤;D項,碳原子連接四個不同的原子或原子團時,該碳原子為手性碳原子,所以乳酸中第二個C為手性碳原子,該分子存在一個手性碳原子,故D項錯誤。綜上所述,本題正確答案為A。【點睛】本題考查的知識點較多,涉及非羥基氧原子、金屬鍵、氫鍵、手性碳原子等,題目側重于基礎知識的考查,難度不大,注意相關知識的積累,注意手性碳原子的判斷方法:碳原子連接四個不同的原子或原子團時,該碳原子為手性碳原子。20、C【解析】
已知某元素位于周期表的第三周期ⅦA族,則該元素是Cl。A.氯元素原子核外有3個電子層,A正確;B.氯元素最外層有7個電子,B正確;C.氯元素最外層有7個電子,該元素容易得到1個電子達到8電子穩定結構,C錯誤;D.氯元素最外層有7個電子,該元素容易得到電子,D正確;答案選C。21、B【解析】反應熱就是斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值,即946kJ·mol-1+498kJ·mol-1-2x=180kJ·mol-1,解得x=632kJ·mol-1,答案選B。22、D【解析】
A.根據示意圖可知1molH2分子斷鍵需要吸收436kJ的能量,A正確;B.反應熱等于斷鍵吸收的能量和形成化學鍵放出的能量的差值,因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反應熱ΔH=436kJ/mol+×498kJ/mol-2×463.4kJ/mol=-241.8kJ/mol,B正確;C.反應是放熱反應,則反應物的總能量高于生成物的總能量,C正確;D.反應是放熱反應,則形成化學鍵釋放的總能量比斷裂化學鍵吸收的總能量大,D錯誤;答案選D。二、非選擇題(共84分)23、133C4H7O4N羧基氨基HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH2HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH→+2H2O【解析】
(1)密度是相同條件下空氣的4.6倍,則相對分子質量也為空氣的4.6倍;(2)濃硫酸增重的質量就是水的質量,堿石灰增重的質量就是二氧化碳的質量,灼熱的銅網的作用是除去里面混有的氧氣,這樣通過銅網后收集到的氣體為氮氣;(3)與碳酸氫鈉反應放出氣體,說明有-COOH;(4)核磁共振氫譜顯示五組峰且峰面積比為1:1:1:2:2,說明有5中等效氫,且個數比為1:1:1:2:2。【詳解】(1)A加熱使其氣化,測其密度約為相同條件下空氣密度的4.6倍,所以A的相對分子質量是空氣平均相對分子質量的4.6倍,所以A的相對分子質量=29×4.6≈133,故答案為:133;(2)由分析可知,該有機物燃燒產生水的質量=12.6g,物質的量==0.7mol,H原子的物質的量=1.4mol。產生二氧化碳的質量=35.2g,物質的量==0.8mol,C原子的物質的量=0.8mol。氮氣的物質的量==0.1mol,N原子的物質的量=0.2mol。結合(1)可知燃燒該有機物的物質的量==0.2mol,所以該有機物分子中,C的個數==4,同理:H的個數=7,N的個數=1,設該有機物分子式為C4H7OxN,有12×4+7×1+14×1+16x=133,解得x=4,所以該有機物分子式為C4H7O4N,故答案為:C4H7O4N;(3)有機物的物質的量==0.1mol,產生二氧化碳的物質的量==0.2mol,根據-COOH~NaHCO3~CO2可知,每1mol羧基能和碳酸氫鈉反應產生1mol二氧化碳氣體,所以產生0.2mol二氧化碳對應0.2mol羧基,所以該有機物含2個羧基,因為該有機物為蛋白質水解產物,所以還有1個氨基,故答案為:羧基;氨基;(4)核磁共振氫譜說明有5種氫,且個數比=1:1:1:2:2,所以該有機物結構簡式為:HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH,故答案為:HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH;(5)兩分子該有機物可以發生反應生成六元環,該六元環只可能為,所以反應的方程式為:2HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH→+2H2O,故答案為:2HOOC-CH2-CH(NH2)-COOH→+2H2O。【點睛】1mol-COOH和1molNaHCO3反應可產生1molCO2。24、取代反應或水解反應羧基和羥基氫氧化鈉溶液、加熱202+O22+2H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O【解析】
根據逆推法,由E()可知,D在新制的氫氧化銅懸濁液中加熱反應后酸化得到E,則D為,是由C在銅催化下加熱與氧氣反應而得,故C為,B是由某芳香烴A與溴的四氯化碳溶液反應而得,故B為二溴代烴,根據C的結構簡式可知B為,A為;E在濃硫酸作用下發生消去反應生成F為,與甲醇發生酯化反應生成G為,G發生加聚反應生成H為,據此分析。【詳解】根據逆推法,由E()可知,D在新制的氫氧化銅懸濁液中加熱反應后酸化得到E,則D為,是由C在銅催化下加熱與氧氣反應而得,故C為,B是由某芳香烴A與溴的四氯化碳溶液反應而得,故B為二溴代烴,根據C的結構簡式可知B為,A為;E在濃硫酸作用下發生消去反應生成F為,與甲醇發生酯化反應生成G為,G發生加聚反應生成H為。(1)反應②為在氫氧化鈉的水溶液中加熱發生水解反應生成和溴化鈉,反應類型為水解反應或取代反應;(2)E為,其中官能團名稱是羧基和羥基;(3)反應②為在氫氧化鈉的水溶液中加熱發生水解反應,條件是氫氧化鈉溶液、加熱;(4)A的結構簡式為;F的結構簡式為;(5)E為,符合條件的E的同分異構體:①含有相同官能團,即羧基和羥基;②遇FeCl2能發生顯色反應,則為酚羥基;③苯環上連有三個取代基,故苯環上的取代基可以為-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3兩種組合,根據定二動三,每種組合的同分異構體有10種,共20種符合條件的同分異構體;(6)反應③的化學反應方程式為2+O22+2H2O,D與新制Cu(OH)2懸濁液反應,反應的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【點睛】本題考查有機推斷,利用逆推法推出各有機物的結構簡式是解答本題的關鍵。易錯點為(5),應注意苯環上取代基的確定,再利用其中二個取代基在苯環上的位置為鄰、間、對位,第三個取代基在苯環上的取代種數分別為4、4、2,從而求得同分異構體的數目。25、沉淀SO42-;調節溶液pH,使Cr2O72-轉化為CrO42-而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶,可以使CrO42-沉淀更完全溫度升高,沉淀速率加快c(H2SO4)增大,則c(SO42-)增大,與Ba2+生成沉淀,促進BaCrO4Ba2++CrO42-平衡右移,c(CrO42-)增大;同時,c(H+)也增大,共同促進Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡左移,有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4與BaCrO4溶解度接近,c(H2SO4)越大,越有利于生成BaSO4,包裹在BaCrO4外,使其難于接觸H2SO4,阻礙重鉻酸生成受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響(其他答案合理給分)【解析】
①加入熟石灰有兩個作用,首先Ca2+使SO42-沉淀便于分離,同時OH-的加入會與溶液中的H+反應,使上述離子方程式平衡向右移動,Cr2O72-轉化為CrO42-,便于與BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多,所以BaCrO4更難溶,加入Ba2+可以使CrO42-沉淀更完全。③根據熱化學方程式可知沉淀溶解是吸熱反應,因此生成沉淀的過程是放熱的,溫度升高會加快生成沉淀的速率,在未達化學平衡態時,相同的時間間隔內產生更多的沉淀,所以沉淀率提高。(3)①c(H2SO4)增大,則c(SO42-)增大,與Ba2+生成沉淀,促進BaCrO4Ba2++CrO42-平衡右移,c(CrO42-)增大;同時,c(H+)也增大,共同促進Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡左移,有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4與BaCrO4溶解度接近,c(H2SO4)越大,越有利于生成BaSO4,包裹在BaCrO4外,使CrO42-更難接觸到H2SO4,阻礙H2Cr2O7生成,所以H2SO4濃度高于0.450mol/L時,H2Cr2O7的回收率沒有明顯變化。(3)溶液pH降低有利于生成Cr2O72-,溫度改變會影響沉淀回收率,加入H2SO4能回收H2Cr2O7,同時BaCrO4顆粒大小關系到回收量的多少,顆粒越大BaSO4越難完全包裹住BaCrO4,因此沉淀BaCrO4并進一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH
、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響。26、ABC取少量精鹽溶于水,先加入稀鹽酸,無現象,向其中加入氯化鋇溶液,若產生沉淀,則含有硫酸根離子BCEF過濾萃取分液蒸餾Cl2+2I-=2Cl-+I21:1A【解析】
I.海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質,為了得到精鹽,Ca2+用碳酸鈉轉化為沉淀、Mg2+用NaOH轉化為沉淀、SO42-用氯化鋇溶液轉化為沉淀,先除去Mg2+或SO42-,然后再加入過量的碳酸鈉除去Ca2+以及過量的Ba2+雜質,過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉;關鍵點:根據不能產生新雜質的要求排序,前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去;檢驗硫酸根離子一定要防止其他離子干擾;II.將海藻曬干,放到坩堝中灼燒得到海藻灰,海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣,得到含碘離子的溶液,通入氯氣將碘離子氧化為碘單質,加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層,分液得有機溶液,再蒸餾得到晶態碘,據此解答。【詳解】I.(1)根據不能產生新雜質的要求排序,前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去的原則確定除雜順序,所以碳酸鈉必須在氯化鋇后面,過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉,選項A、B、C滿足;正確答案:ABC。(2)檢驗硫酸根離子,應該先加入鹽酸無現象,排除其他雜質離子的干擾,再加入氯化鋇產生白色沉淀;正確答案:少量精鹽溶于水,先加入稀鹽酸,無現象,向其中加入氯化鋇溶液,若產生沉淀,則含有硫酸根離子。II.將海藻曬干,放到坩堝中灼燒得到海帶灰,海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣,得到含碘離子的溶液,通入氯氣將碘離子氧化為碘單質,加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層,分液得有機溶液,再蒸餾得到晶態碘;(3)固體灼燒用到的儀器有坩堝,坩堝鉗,泥三角,三腳架,酒精燈;正確答案:BCEF。(4)海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣,得到含碘離子的溶液,通入氯氣將碘離子氧化為碘單質,加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層,分液得有機溶液,再蒸餾得到晶態碘;正確答案:過濾萃取分液蒸餾。(5)氯氣氧化碘離子的離子方程式為Cl2+2I=2Cl-+I2,雙氧水氧化碘離子的方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,將等物質的量的I-轉化為I2,所需Cl2和H2O2的物質的量之比1:1;正確答案:Cl2+2I=2Cl-+I21:1。(6)A.碘單質在有機溶劑中呈現紫紅色,故A正確;B.操作③分液時先放出下層液體,然后再從上口傾倒出上層液體,故B不正確;C.蒸餾時,溫度計的水銀球應該在蒸餾燒瓶支管口附近測量蒸氣的溫度,不能伸入液面以下,故C不正確;正確答案:A。【點睛】第一題題目難度不大,注意掌握除雜試劑的選擇及加入試劑的先后順序,試題培養了學生靈活應用所學知識的能力。第二題以實驗室從海藻里提取碘為載體考查了混合物分離的方法、碘的性質、萃取劑的選取等知識點,明確常用混合物分離的方法。27、球形冷凝管冷凝回流降低溶解度,使苯乙酸結晶過濾acd增大苯乙酸的溶解度,便于充分反應95%【解析】(1)通過分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈,儀器c為球形冷凝管,能起到冷凝回流的作用(使氣化的反應液冷凝);反應結束后加適量冷水,降低溶解度,便于苯乙酸(微溶于冷水)結晶析出,故答案為球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度,使苯乙酸結晶。(2)可通過過濾從混合液中分離出苯乙酸粗品,過濾所用的儀器主要有漏斗、玻璃棒、燒杯等,故答案為過濾、acd。(3)苯乙酸與Cu(OH)2反應析出苯乙酸銅晶體的化學方程式為:;根據“苯乙酸微溶于冷水,溶于乙醇”,故乙醇與水的混合溶劑中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度,便于充分反應。(4)根據“~”關系式,可計算苯乙酸的產率=44g40g÷117g點睛:本題是一道化學實驗綜合題,考查有機物的制備,涉及實驗儀器的使用、實驗操作、化學方程式書寫、混合物純度計算等,綜合性較強,既注重實驗基礎又側重分析、解決問題能力的考查。28、取少量晶體溶于水,加稀硝酸酸化,再加入硝酸銀溶液,若產生白色
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