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文檔簡介

2023高考化學模擬試卷注意事項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.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監考員收回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、某有機物的結構簡式如圖所示。下列關于該有機物的說法正確的是()A.該有機物能發生酯化、加成、氧化、水解等反應B.該有機物中所有碳原子不可能處于同一平面上C.與該有機物具有相同官能團的同分異構體有3種D.1mol該有機物最多與4molH2反應2、2018年是“2025中國制造”啟動年,而化學與生活、人類生產、社會可持續發展密切相關,下列有關化學知識的說法錯誤的是()A.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維,光導纖維遇強堿會“斷路”B.用聚氯乙烯代替木材生產快餐盒,以減少木材的使用C.碳納米管表面積大,可用作新型儲氫材料D.銅導線和鋁導線纏繞連接處暴露在雨水中比在干燥環境中更快斷裂的主要原因是發生了電化學腐蝕3、下列變化中只存在放熱過程的是()A.氯化鈉晶體熔化 B.氫氧化鈉晶體溶于水C.液氮的氣化 D.水蒸氣的液化4、清代趙學敏《本草綱目拾遺》中關于“鼻沖水”的記載明確指出:“鼻沖水,出西洋,……貯以玻璃瓶,緊塞其口,勿使泄氣,則藥力不減……惟以此水瓶口對鼻吸其氣,即遍身麻顫出汗而愈。虛弱者忌之。宜外用,勿服?!边@里的“鼻沖水”是稀硫酸、氫氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一種。下列有關“鼻沖水”的推斷正確的是()A.“鼻沖水”滴入酚酞溶液中,溶液不變色B.“鼻沖水”中含有5種粒子C.“鼻沖水”是弱電解質D.“鼻沖水”不能使二氧化硅溶解5、某同學在實驗室探究NaHCO3的性質:常溫下,配制0.10mol/LNaHCO3溶液,測其pH為8.4;取少量該溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加過程中產生白色沉淀,但無氣體放出。下列說法不正確的是()A.NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度B.反應的過程中產生的白色沉淀為CaCO3C.反應后的溶液中存在:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D.加入CaCl2促進了HCO3-的水解6、下列關于有機化合物的說法正確的是A.糖類、油脂、蛋白質均只含C、H、O三種元素B.乙烯,乙醇、植物油均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.2-苯基丙烯()分子中所有原子共平面D.二環[1,1,0]丁烷()的二氯代物有3種(不考慮立體異構)7、利用如圖的實驗裝置和方法進行實驗,能達到目的的是()A.甲裝置可將FeC12溶液蒸干獲得FeC12晶體B.乙裝置可證明濃硫酸具有脫水性和氧化性C.丙裝置可除去CO2中的SO2D.丁裝置可將NH4Cl固體中的I2分離8、常溫下,0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后,所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示(a、b、d、e均為不超過1的正數),則下列說法正確的是A.該溶液pH=7 B.該溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)C.HA為強酸 D.圖中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+9、將足量的AgCl(s)分別添加到下述四種溶液中,所得溶液c(Ag+)最小的是A.10mL0.4mol·L-1的鹽酸 B.10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C.10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D.10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液10、X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素,X元素的原子形成的離子就是一個質子,Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置,它們的單質在常溫下均為無色氣體,Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍,M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是()A.五種元素的原子半徑從大到小的順序是:M>W>Z>Y>XB.X、Z兩元素能形成原子個數比(X:Z)為3:1和4:2的化合物C.化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D.用M單質作陽極,石墨作陰極電解NaHCO3溶液,電解一段時間后,在陰極區會出現白色沉淀11、下列過程中涉及化學反應的是A.通過“掃描隧道顯微鏡”操縱原子“書寫”文字 B.14C考古斷代C.煤焦油分餾得到苯及其同系物 D.糧食釀酒12、三元催化轉化器能同時凈化汽車尾氣中的碳氫化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金,合金負載量不同時或不同的工藝制備的合金對汽車尾氣處理的影響如圖所示。下列說法正確的是A.圖甲表明,其他條件相同時,三種尾氣的轉化率隨合金負載量的增大而增大B.圖乙表明,尾氣的起燃溫度隨合金負載量的增大而降低C.圖甲和圖乙表明,合金負載量越大催化劑活性越高D.圖丙和圖丁表明,工藝2制得的合金的催化性能優于工藝1制得的合金13、已知硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉時發生反應:4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+,則下列說法正確的是A.該反應中Fe2+是還原劑,O2是還原產物B.4molNa2O2在反應中共得到8NA個電子C.每生成0.2molO2,則被Fe2+還原的氧化劑為0.4molD.反應過程中可以看到白色沉淀轉化為灰綠色再轉化為紅褐色沉淀14、廢水中過量的氨氮(NH3和NH4+)會導致水體富營養化。為研究不同pH下用NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬),使其轉化為無污染的氣體,試劑用量如下表。已知:HClO的氧化性比ClO—的氧化性更強。下列說法錯誤的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸餾水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A.V1=2.00B.pH=1時發生反應:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C.pH從1升高到2,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉化為ClO—D.pH控制在6時再進行處理更容易達到排放標準15、海洋動物海鞘中含有種類豐富、結構新穎的次生代謝產物,是海洋抗腫瘤活性物質的重要來源之一。一種從海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然產物的流程如下:下列關于該流程中各步驟的說法中,錯誤的是()選項步驟采用裝置主要儀器A①過濾裝置漏斗B②分液裝置分液漏斗C③蒸發裝置坩堝D④蒸餾裝置蒸餾燒瓶A.A B.B C.C D.D16、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A.28g晶體硅中含有NA個Si-Si鍵B.疊氮化銨(NH4N3)發生爆炸反應:NH4N3=2N2+2H2,當產生標準狀況下22.4L氣體時,轉移電子的數目為NAC.pH=1的H3PO4溶液中所含H+的數目為0.1NAD.200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的數目總和是NA二、非選擇題(本題包括5小題)17、一種合成聚碳酸酯塑料(PC塑料)的路線如下:已知:①酯與含羥基的化合物可發生如下酯交換反應RCOOR'+R"OHRCOOR"+R'OH②PC塑料結構簡式為:(1)C中的官能團名稱是_________,檢驗C中所含官能團的必要試劑有_________。(2)D的系統命名為_________。(3)反應II的反應類型為_________,反應Ⅲ的原子利用率為_________。(4)反應IV的化學方程式為_________。(5)1molPC塑料與足量NaOH溶液反應,最多消耗_________molNaOH。(6)反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2),其苯環上一氯代物有兩種,則F的結構簡式為_________;寫出滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式_________(任寫一種)①分子中含有苯環,與NaOH溶液反應時物質的量為1:2②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫,且峰面積之比為6:2:2:1:118、扁桃酸D在有機合成和藥物生產中有著廣泛應用。用常見化工原料制備D,再由此制備有機物I的合成路線如下:回答下列問題:(l)C的名稱是____,I的分子式為____。(2)E→F的反應類型為____,G中官能團的名稱為____。(3)A→B的化學方程式為________。(4)反應G→H的試劑及條件是________。(5)寫出符合下列條件的D的同分異構體:________。①能發生銀鏡反應②與FeC13溶液顯紫色③核磁共振氫譜峰面積之比1:2:2:3(6)寫出以溴乙烷為原料制備H的合成路線(其他試劑任選)_____。19、實驗室從含碘廢液(除外,含有、、等)中回收碘,實驗過程如下:(1)向含碘廢液中加入稍過量的溶液,將廢液中的還原為,其離子方程式為__________;該操作將還原為的目的是___________________。(2)操作的名稱為__________。(3)氧化時,在三頸瓶中將含的水溶液用鹽酸調至約為2,緩慢通入,在40℃左右反應(實驗裝置如圖所示)。實驗控制在較低溫度下進行的原因是__________________;儀器a、b的名稱分別為:a__________、b__________;儀器b中盛放的溶液為__________。(4)已知:;某含碘廢水(約為8)中一定存在,可能存在、中的一種或兩種。請補充完整檢驗含碘廢水中是否含有、的實驗方案(實驗中可供選擇的試劑:稀鹽酸、淀粉溶液、溶液、溶液)。①取適量含碘廢水用多次萃取、分液,直到水層用淀粉溶液檢驗不出有碘單質存在;②__________________;③另從水層中取少量溶液,加入淀粉溶液,加鹽酸酸化后,滴加溶液,若溶液變藍說明廢水中含有;否則說明廢水中不含有。(5)二氧化氯(,黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑和水處理劑?,F用氧化酸性含廢液回收碘。①完成氧化的離子方程式:ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________;②若處理含相同量的廢液回收碘,所需的物質的量是的______倍。20、實驗室制備己二酸的原理為:3+8KMnO4═3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O主要實驗裝置和步驟如下:①在如圖裝置中加入5mL10%氫氧化鈉溶液和50mL水,攪拌使其溶解,然后加入6.3g高錳酸鉀,小心預熱溶液到40℃。②從恒壓漏斗中緩慢滴加1.4mL環己醇,控制滴速,使反應溫度維持在45℃左右,反應20min后,再在沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚。③加入適量亞硫酸氫鈉固體除去多余高錳酸鉀。④通過___操作,得到沉淀和濾液,洗滌沉淀2~3次,將洗滌液合并入濾液。⑤加熱濃縮使溶液體積減少至10mL左右,趁熱小心加入濃硫酸,使溶液呈強酸性(調節pH=1~2),冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥,得己二酸白色晶體1.5g。已知:己二酸的電離平衡常數:Ka1=3.8×10﹣5,Ka2=3.9×10-6;相對分子質量為146;其在水中溶解度如下表溫度(℃)1534507087100己二酸溶解度(g)1.443.088.4634.194.8100(1)步驟②中緩慢滴加環己醇的原因是___。(2)步驟④劃線部分操作是___、在第④、⑤布中均要求洗滌沉淀,所用洗滌液依次為___、___。(3)步驟⑤加入濃硫酸調節pH成強酸性的原因是___。(4)己二酸產品的純度可用酸堿滴定法測定。取樣試樣ag(準確至0.0001g),置于250mL錐形瓶中,加入50mL除去CO2的熱蒸餾水,搖動使試樣完全溶解,冷卻至室溫,滴加3滴酚酞溶液,用0.1000mol?L-1的NaOH標準溶液滴定至微紅色即為終點,消耗NaOH標準溶液體積bmL①下列說法正確的是___。A.稱取己二酸樣品質量時,先將錐形瓶放在電子天平秤盤的中央,顯示數字穩定后按“去皮”鍵(歸零鍵),再緩慢加樣品至所需樣品的質量時,記錄稱取樣品的質量B.搖瓶時,應微動腕關節,使溶液向一個方向做圓周運動,但是勿使瓶口接觸滴定管,溶液也不得濺出C.滴定時左手輕輕擠壓玻璃球讓液體自行呈線狀流下D.滴定結束后稍停1﹣2分鐘,等待滴定管內壁掛有的溶液完全流下時再讀取刻度數E.記錄測定結果時,滴定前仰視刻度線,滴定到達終點時又俯視刻度線,將導致滴定結果偏高②計算己二酸純度的表達式為___。21、有機物A、B結構如圖:

A:B:完成下列填空:(1)等物質的量的A和B,分別和足量氫氧化鈉溶液完全反應,消耗氫氧化鈉物質的量之比為___________。(2)寫出B與足量溴水反應的化學反應方程式________________________。(3)欲將B轉化為,則應加入_______;若在B中加入足量Na2CO3溶液,則B轉化為____________(填寫結構簡式)。(4)某有機物是A的同系物,且沸點比A低,寫出其結構簡式_________;能鑒別A、B的試劑是______________________________________________

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、D【解析】

有機物分子中含有苯環、碳碳雙鍵和羧基,結合苯、烯烴和羧酸的性質分析解答?!驹斀狻緼.該有機物含有羧基能發生酯化反應,含有碳碳雙鍵,能發生加成、氧化反應;但不能發生水解反應,A錯誤;B.由于苯環和碳碳雙鍵均是平面形結構,且單鍵可以旋轉,所以該有機物中所有碳原子可能處于同一平面上,B錯誤;C.與該有機物具有相同官能團的同分異構體如果含有1個取代基,可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2,有2種,如果含有2個取代基,還可以是間位和對位,則共有4種,C錯誤;D.苯環和碳碳雙鍵均能與氫氣發生加成反應,所以1mol該有機物最多與4molH2反應,D正確;答案選D。2、B【解析】

A.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維,二氧化硅能夠與氫氧化鈉等強堿反應生成硅酸鹽和水,所以光導纖維能夠被堿腐蝕而造成斷路,故A正確;B.聚氯乙烯塑料因為含有氯,有毒,不可以代替木材,生產快餐盒,故B錯誤;C.碳納米管表面積大,易吸附氫氣,所以可以用作新型儲氫材料,故C正確;D.銅鋁兩種金屬的化學性質不同,在接觸處容易電化學腐蝕,故D正確。答案選B。3、D【解析】

電解質的電離、銨鹽溶于水、固體融化、液體汽化等均為吸熱過程,而濃硫酸、氫氧化鈉固體溶于、物質的液化、液體的固化均為放熱過程,據此分析。【詳解】A.氯化鈉晶體熔化是吸熱的過程,選項A錯誤;B.氫氧化鈉固體溶于水放熱,氫氧化鈉在水中電離吸熱,選項B錯誤;C.液氮的氣化是吸熱的過程,選項C錯誤;D.水蒸氣液化,為放熱過程,選項D正確。答案選D。4、D【解析】

根據鼻沖水貯存在玻璃瓶中可知鼻沖水不是氫氟酸,根據性質可判斷其易揮發,又因為宜外用,勿服,因此可判斷應該是氨水,據此解答。【詳解】A.氨水顯堿性,滴入酚酞溶液中,溶液變紅色,A錯誤;B.氨水中含NH3、H2O、NH3?H2O、H+、NH4+、OH-,含有分子和離子的種類為6種,B錯誤;C.由鼻沖水(氨水)可知,氨水為混合物,而弱電解質為化合物,則氨水不是弱電解質,而一水合氨為弱電解質,C錯誤;D.氨水顯弱堿性,不能溶解二氧化硅,D正確。答案選D。5、D【解析】

A.NaHCO3電離產生的HCO3-離子在溶液中既能發生電離作用又能發生水解作用;B.HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子,氫離子結合HCO3-生成H2CO3;C.根據電荷守恒分析判斷;D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀?!驹斀狻緼.NaHCO3是強堿弱酸鹽,在溶液中HCO3-既能電離又能水解,水解消耗水電離產生的H+,使溶液顯堿性;電離產生H+使溶液顯酸性,NaHCO3溶液呈堿性的原因是HCO3-的水解程度大于電離程度,A正確;B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7,滴加過程中產生白色沉淀,說明HCO3-與Ca2+生成CaCO3和氫離子,氫離子結合HCO3-生成H2CO3,則反應的離子方程式,2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3,B正確;C.該溶液中存在電荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液至pH=7,c(H+)=c(OH-),c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),C正確;D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+,加入CaCl2消耗CO32-,促進HCO3-的電離,D錯誤;故合理選項是D。【點睛】本題考查了電解質溶液中反應實質、沉淀溶解平衡的理解及應用的知識。涉及電解質溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒、物料守恒等,題目難度中等。6、B【解析】

A.蛋白質中還含有N等元素,故A錯誤;B.乙烯和植物油中含有碳碳雙鍵,乙醇中含有羥基,均能被高錳酸鉀氧化,使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故B正確;C.2-苯基丙烯()分子中所有碳原子可以共平面,但甲基中的氫原子與苯環不能共面,故C錯誤;D.二環[1,1,0]丁烷()的二氯代物,其中兩個氯原子在同一個碳原子上的有1種,在相鄰碳原子上的有1中,在相對碳原子上的有2中,共有4種(不考慮立體異構),故D錯誤;故選B?!军c睛】蛋白質的組成元素一般為碳、氫、氧,氮、硫,少數含有磷,一定含有的是碳、氫、氧、氮。7、B【解析】

A.加熱會強烈水解,并且暴露在空氣中會導致被氧氣氧化為,最終無法得到,A項錯誤;B.濃硫酸可以脫去蔗糖中的水,即“黑面包實驗”,同時硫酸被還原得到,使溴水褪色,因此體現了濃硫酸的脫水性和氧化性,B項正確;C.碳酸鈉溶液會吸收變成碳酸氫鈉,因此不能用來除雜,C項錯誤;D.氯化銨固體受熱易分解,碘受熱易升華,二者遇冷后都重新附著于圓底燒瓶底部無法分離,D項錯誤;答案選B?!军c睛】除雜的第一要義是不能和原物質反應,其次是不能引入新的雜質,最后還要從可行性、操作的簡便程度來選擇最優的除雜方法。8、B【解析】

常溫下,0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后得到物質的量濃度為0.1mol/L的NaA溶液;A.由c(A-)<0.1mol/L,表示HA是弱酸,NaA溶液顯堿性,pH>7,A錯誤;B.A-水解使溶液顯堿性,所以溶液中的粒子濃度的大小關系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X是OH-,Y是HA,Z表示H+,溶液中的物料守恒為c(A-)+c(HA)=c(Na+),B正確;C.0.1mol/LNaA溶液中c(A-)<0.1mol/L,說明A-發生水解,則HA為弱酸,C錯誤;D.A-水解使溶液顯堿性,所以溶液中的粒子濃度的大小關系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X是OH-,Y是HA,Z表示H+,D錯誤;答案選B。9、B【解析】

A.c(Cl-)=0.4mol/L,B.c(Cl-)=0.6mol/L,C.c(Cl-)=0.5mol/L,D.c(Cl-)=0.3mol/L,Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+),c(Ag+)最小的是c(Cl-)最大的,故選B。10、B【解析】

X元素的原子形成的離子就是一個質子,應為H元素,Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍,應為C元素;Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置,它們的單質在常溫下均為無色氣體,則Z為N元素、W為O元素;M是地殼中含量最高的金屬元素,應為Al元素?!驹斀狻緼.H原子半徑最小,同周期隨原子序數增大原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,故原子半徑Al>C>N>O>H,即M>Y>Z>W>X,故A錯誤;B.N、H兩元素能形成NH3、N2H4,故B正確;C.化合物CO2是酸性氧化物,NO2與水反應生成硝酸和NO,不是酸性氧化物,故C錯誤;D.用Al單質作陽極,石墨作陰極電解NaHCO3溶液,陰極生成氫氣,不會生成沉淀,故D錯誤。綜上所述,答案為B?!军c睛】同周期隨原子序數增大原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大。11、D【解析】

A.通過“掃描隧道顯微鏡”操縱原子“書寫”文字,沒有新物質生成屬于物理變化,故A錯誤;B.14C考古斷代是元素的放射性衰變,故B錯誤;C.分餾是利用物質沸點不同分離物質的方法,沒有新物質生成,屬于物理變化,故C錯誤;D.糧食釀酒,生成新物質,屬于化學變化,故D正確;故選:D?!军c睛】物理變化與化學變化區別,物理變化沒有新物質生成,化學變化有新物質生成,據此分析解答。12、D【解析】

A.根據圖甲所示可知:在400℃時,三種氣體的轉化率在合金負載量為2g/L時最大,A錯誤;B.圖乙表明,尾氣的起燃溫度在合金負載量為2g/L時最低,其它各種合金負載量時起燃溫度都比2g/L時的高,B錯誤;C.圖甲表示只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最大,而圖乙表示的是只有在合金負載量為2g/L時尾氣轉化率最低,可見并不是合金負載量越大催化劑活性越高,C錯誤;D.圖丙表示工藝1在合金負載量為2g/L時,尾氣轉化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大,而圖丁表示工藝2在合金負載量為2g/L時,尾氣轉化率在尾氣的起燃溫度為200℃時已經很高,且高于工藝1,因此制得的合金的催化性能:工藝2優于工藝1,D正確;故合理選項是D。13、C【解析】

A.該反應中Fe元素化合價由+2價變為+3價、O元素化合價由-1價變為0價和-2價,得電子化合價降低的反應物是氧化劑、失電子化合價升高的反應物是還原劑,氧化劑對應的產物是還原產物,所以Fe2+和的過氧化鈉作還原劑,Fe(OH)3和O2是氧化產物,故A錯誤;B.該反應中有4mol過氧化鈉反應時有3mol過氧化鈉得電子發生還原反應,有的過氧化鈉作氧化劑,因此4

mol

Na2O2在反應中共得到6NA個電子,故B錯誤;C.根據方程式,生成0.2molO2,反應的Fe2+為0.8mol,被0.8molFe2+還原的氧化劑(Na2O2)的物質的量==0.4mol,故C正確;D.該反應中有氧氣生成,所以不能生成氫氧化亞鐵沉淀,而是直接生成紅褐色沉淀,故D錯誤;故選C。【點睛】本題的易錯點和難點為C,要注意該反應中有2種還原劑——Fe2+和的Na2O2,氧化劑是的Na2O2,不能根據方程式直接計算,要注意得失電子守恒計算。14、A【解析】

A.溶液中氫離子濃度改變,而其它條件不變,則總體積為40mL,pH=2,則0.01×40=V1×0.200×2,V1=1.00mL,符合題意,A正確;B.pH=1時NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬),使其轉化為無污染的氣體,發生反應:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+,與題意不符,B錯誤;C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更強,pH從1升高到2,酸性減弱,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉化為ClO-,與題意不符,C錯誤;D.pH控制在6時氨氮去除率為85%,進行處理更容易達到排放標準,與題意不符,D錯誤;答案為A。15、C【解析】

由流程可知,步驟①是分離固液混合物,其操作為過濾,需要漏斗、燒杯等儀器;步驟②是分離互不相溶的液體混合物,需進行分液,要用到分液漏斗等儀器;步驟③是從溶液中得到固體,操作為蒸發,需要蒸發皿等儀器;步驟④是從有機化合物中,利用沸點不同用蒸餾的方法得到甲苯,需要蒸餾燒瓶等儀器,則錯誤的為C,故答案選C。16、B【解析】

A.1個Si原子周圍有4個Si-Si,而1個Si-Si周圍有2個Si原子,則Si和Si-Si的比例為2:4=1:2,28gSi其物質的量為1mol,則含有的Si-Si的物質的量為2mol,其數目為2NA,A錯誤;B.疊氮化銨發生爆炸時,H的化合價降低,從+1降低到0,1mol疊氮化銨發生爆炸時,生成4mol氣體,則總共轉移4mol電子;現生成22.4:L,即1mol氣體,則轉移的電子數為NA,B正確;C.不知道磷酸溶液的體積,無法求出其溶液中的H+數目,C錯誤;D.200mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中,如果Al3+不水解,則Al3+和SO42-的物質的量=0.2L×1mol·L-1×2+0.2L×1mol·L-1×3=1mol,其數目為NA,但是Al3+為弱堿的陽離子,在溶液中會水解,因此Al3+數目會減少,Al3+和SO42-的總數目小于NA,D錯誤。答案選B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液2-丙醇氧化反應100%4n等【解析】

B為CH2=CH2,B發生氧化反應Ⅱ生成環氧乙烷,環氧乙烷與二氧化碳發生反應Ⅲ生成,與甲醇反應為信息的反應,反應的化學方程式是,生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3;A在一定的條件下與HBr發生加成反應,根據原子守恒知,A為C3H6,結構簡式為CH2=CHCH3,C為CH3CHBrCH3,C中NaOH溶液中加熱發生水解生成D,D為CH3CHOHCH3,D在銅作催化劑,加熱條件下氧化成丙酮,丙酮與發生反應I生成E,E與丙酮發生反應Ⅳ生成PC。【詳解】(1)C為CH3CHBrCH3,官能團名稱是溴原子,C中NaOH溶液中加熱發生水解生成D和溴化鈉,先加稀硝酸中和氫氧化鈉,再加硝酸銀溶液,產生白色沉淀,檢驗C中所含官能團的必要試劑有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液。(2)為CH3CHOHCH3,D的系統命名為2-丙醇。(3)B為CH2=CH2,B發生氧化反應Ⅱ生成環氧乙烷,反應II的反應類型為氧化反應,環氧乙烷與二氧化碳發生反應Ⅲ生成,反應Ⅲ的原子利用率為100%。(4)E與丙酮發生反應Ⅳ生成PC,反應IV的化學方程式為。(5)酚形成的酯水解時需消耗2molNaOH,PC的一個鏈節中有2個酚形成的酯基,1molPC塑料與足量NaOH溶液反應,最多消耗4nmolNaOH。(6)反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2),分子式為C9H12O2且符合屬于芳香化合物,其苯環上一氯代物有兩種,F的兩取代基只能處于對位,則F的結構簡式為;能滿足下列條件的F的同分異構體①分子中含有苯環,與NaOH溶液反應時物質的量為1:2,②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫,且峰面積之比為6:2:2:1:1,符合條件的是二元酚類,符合條件的同分異構體結構簡式為:等?!军c睛】本題考查有機物的合成,把握合成流程中官能團的變化、有機反應、習題中的信息為解答的關鍵,注意有機物性質的應用,難點(6),注意掌握同分異構體的書寫方法。18、苯甲醛C11H10O4取代反應(或水解反應)羰基、羧基+2Cl2+2HClH2/Ni,加熱、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】

根據流程圖,A為甲苯,甲苯與氯氣在光照條件下發生側鏈的取代反應生成B,因此B為;B在氫氧化鈉溶液中發生水解反應生成C,則C為,根據信息,D為;丙烯與溴發生加成反應生成E,E為1,2-二溴丙烷,E在氫氧化鈉溶液中水解生成F,F為;F被高錳酸鉀溶液氧化生成G,G為,G與氫氣加成得到H,H為;與發生酯化反應生成I,加成分析解答?!驹斀狻?l)根據上述分析,C為,名稱為苯甲醛,I()的分子式為C11H10O4;(2)E→F為1,2-二溴丙烷在氫氧化鈉溶液中發生水解反應生成的反應;G()中官能團有羰基、羧基;(3)根據上述分析,A→B的化學方程式為+2Cl2+2HCl;(4)反應G→H為羰基的加成反應,試劑及條件為H2/Ni,加熱;(5)D為,①能發生銀鏡反應,說明結構中存在醛基;②與FeC13溶液顯紫色,說明含有酚羥基;③核磁共振氫譜峰面積之比1:2:2:3,符合條件的D的同分異構體有、;(6)以溴乙烷為原料制備H(),需要增長碳鏈,根據流程圖中制備D的分析,可以結合題中信息制備,因此需要首先制備CH3CHO,可以由溴乙烷水解生成乙醇,乙醇氧化生成乙醛,因此合成路線為CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。19、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘進入水層分液使氯氣在溶液中有較大的溶解度球形冷凝管錐形瓶NaOH溶液從水層中取少量溶液,加入1~2mL淀粉溶液,加入鹽酸酸化,滴加氯化鐵溶液,若溶液變藍色(發生的反應為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2)說明廢水中含I-,否則不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘廢液含有CCl4、I2、I-等,加入亞硫酸鈉溶液還原碘單質為碘離子,分液得到溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質,富集碘元素,加入四氯化碳萃取分液后,蒸餾法得到碘單質。結合氧化還原反應的規律和物質的性質分析解答。【詳解】(1)碘具有氧化性,能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉,自身被還原生成碘離子,離子反應方程式為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-;碘微溶于水,而碘離子易溶于水,為了使更多的I元素進入水溶液應將碘還原為碘離子,故答案為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-;使CCl4中的碘進入水層;(2)四氯化碳是難溶于水、密度比水大的液體,兩者不互溶,分離互不相溶的液體采用分液的方法分離,所以操作X為分液,故答案為分液;(3)碘易升華,且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小,溫度越高,氯氣的溶解度越小,反應越不充分,所以應該在較低溫度下進行反應;根據圖示,儀器a、b分別為球形冷凝管、錐形瓶;氯氣、碘蒸氣都有毒,不能直接排空,二者都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質,所以用NaOH溶液吸收氯氣和碘蒸氣,故答案為使氯氣在溶液中有較大的溶解度;球形冷凝管、錐形瓶;NaOH溶液;(4)根據實驗方案可知,①是排除水層中的碘單質,③是檢驗是否存在碘酸根離子,因此②是檢驗是否存在碘離子。碘離子具有還原性,能被氧化劑氧化生成碘單質,碘酸根離子具有氧化性,能被還原劑還原為碘,碘遇淀粉變藍色,檢驗I-的方法為:從水層中取少量溶液,加入1~2mL淀粉溶液,加入鹽酸酸化,滴加氯化鐵溶液,若溶液變藍色(發生反應為:2I-+2Fe3+=2Fe2++I2)說明廢水中含I-,否則不含I-,故答案為從水層中取少量溶液,加入1~2mL淀粉溶液,加入鹽酸酸化,滴加氯化鐵溶液,若溶液變藍色(發生反應為:2I-+2Fe3+=2Fe2++I2)說明廢水中含I-,否則不含I-;(5)①用ClO2氧化酸性含I-廢液回收碘,是二氧化氯在酸溶液中氧化碘離子生成碘單質,二氧化氯被還原為氯離子,ClO2~Cl-~5e-,2I-~I2~2e-,根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒,反應的離子方程式為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O,故答案為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O;②由氧化還原反應的電子守恒,每摩爾Cl2得到2mol電子,而每摩爾ClO2得到5mol電子,根據電子守恒,則處理含I-相同量的廢液回收碘,所需Cl2的物質的量是ClO2的2.5倍,故答案為2.5。【點睛】明確物質的性質是解答本題的關鍵。本題的易錯點和難點為(4),要注意實驗目的和實驗方案設計的意圖。20、趁熱過濾防止反應過于劇烈,引發安全問題趁熱過濾熱水冷水使己二酸鹽轉化為己二酸,易析出,濃硫酸不會使濃溶液稀釋,可提高己二酸的產率ABD%【解析】

由題意可知,三頸燒瓶中加入5mL10%氫氧化鈉溶液和50mL水,攪拌使其溶解,然后加入6.3g高錳酸鉀,小心預熱溶液到40℃,緩慢滴加1.4mL環己醇,控制滴速,使反應溫度維持在45℃左右,反應20min后,再在沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚,加入適量亞硫酸氫鈉固體除去多余高錳酸鉀,趁熱過濾得到MnO2沉淀和含有己二酸鉀的濾液,用熱水洗滌MnO2沉淀,將洗滌液合并入

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