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文檔簡介
2025屆山東省昌樂博聞學校高考化學三模試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、下列有關化學和傳統文化關系的說法中不正確的是A.東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述:“太陽流珠,常欲去人…得火則飛,不見埃塵,將欲制之,黃芽為根……”,這里的“黃芽”是指硫B.三國時期曹植在《七步詩》中寫到“煮豆持作羹,漉菽以為汁。萁在釜中燃,豆在釜中泣。……”,文中“漉”涉及的操作原理類似于化學實驗中的過濾C.《本草經集注》中關于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載:“強燒之,紫青煙起……云是真硝石也”,該方法用了焰色反應D.《本草圖經》在綠礬項載:“蓋此礬色綠,味酸,燒之則赤……”,因為綠礬能電離出H+,所以“味酸”2、下列說法中正確的是()A.氣體單質中,一定有σ鍵,可能有π鍵B.PCl3分子是非極性分子C.鄰羥基苯甲醛的熔、沸點比對羥基苯甲醛的熔、沸點高D.ClO4-的VSEPR模型與離子的空間立體構型一致3、利用固體燃料電池技術處理H2S廢氣并發電的原理如圖所示。根據不同固體電解質M因傳導離子的不同,分為質子傳導型和氧離子傳導型,工作溫度分別為500℃和850℃左右,傳導質子時的產物硫表示為Sx。下列說法錯誤的是A.氣體X是H2S廢氣,氣體Y是空氣B.M傳導質子時,負極a反應為:xH2S—2xe-=Sx+2xH+C.M傳導氧離子時,存在產生SO2污染物的問題D.氧離子遷移方向是從a電極向b電極4、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.NH4Cl溶液呈酸性,可用于去除鐵銹B.SO2具有還原性,可用于漂白紙張C.Al2O3是兩性氧化物,可用作耐高溫材料D.Na2SiO3溶液呈堿性,可用作木材防火劑5、下列實驗操作能夠達到目的的是A.鑒別NaCl和Na2SO4 B.驗證質量守恒定律C.探究大理石分解產物 D.探究燃燒條件6、科學家研發了一種新型鋰空氣電池,結構如圖所示。已知:①電解質由離子液體(離子能夠自由移動,非溶液)和二甲基亞砜混合制成,可促進過氧化鋰生成;②碳酸鋰薄層的作用是讓鋰離子進入電解質,并阻止其他化合物進入;③二硫化鉬起催化作用。下列敘述不正確的是()A.放電時,a極發生氧化反應B.放電時的總反應是2Li+O2=Li2O2C.充電時,Li+在電解質中由b極移向a極D.充電時,b極的電極反應式為:Li2O2+2e-=2Li+O22-7、對如圖有機物的說法正確的是()A.屬于苯的同系物B.如圖有機物可以與4molH2加成C.如圖有機物中所有的碳一定都在同一平面上D.如圖有機物與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反應8、科學家發現對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關電解裝置如圖所示,用Cu-Si合金作硅源,在950℃利用三層液熔鹽進行電解精煉,有關說法正確的是A.在該液相熔體中Cu優先于Si被氧化,Si4+優先于Cu2+被還原B.液態Cu-Si合金作陽極,固體硅作陰極C.電流強度的大小不會影響硅提純速率D.三層液熔鹽的作用是增大電解反應接觸面積,提高硅沉積效率9、炭黑是霧霾中的重要顆粒物,研究發現它可以活化氧分子,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的活化能降低0.42eVD.炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑10、某反應過程能量變化如圖所示,下列說法正確的是A.反應過程a有催化劑參與B.該反應為吸熱反應,熱效應等于?HC.改變催化劑,可改變該反應的活化能D.有催化劑的條件下,反應的活化能等于E1+E211、下列說法中正確的是()A.生物煉銅指的是在某些具有特殊本領的細菌的體內,銅礦石中的雜質元素可以被轉化為銅元素,從而可以提高銅礦石冶煉的產率B.鐵在NaOH和NaNO2混合溶液中發藍、發黑,使鐵表面生成一層致密的氧化膜,可防止鋼鐵腐蝕C.已知鍶(Sr)為第五周期IIA族元素,則工業上常通過電解熔融SrCl2制鍶單質,以SrCl2?6H2O制取無水SrCl2一定要在無水氯化氫氣流中加熱至SrCl2?6H2O失水恒重D.硫比較活潑,自然界中不能以游離態存在12、新版人民幣的發行,引發了人們對有關人民幣中化學知識的關注。下列表述錯誤的是A.制造人民幣所用的棉花、優質針葉木等原料含有C、H、O元素B.用于人民幣票面文字等處的油墨中所含有的Fe3O4是一種磁性物質C.防偽熒光油墨由顏料與樹脂等制成,其中樹脂屬于有機高分子材料D.某種驗鈔筆中含有碘酒溶液,遇假鈔呈現藍色,其中遇碘變藍的是葡萄糖13、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A.圖甲:實驗室制氨氣 B.圖乙:干燥氨氣C.圖丙:收集氨氣 D.圖丁:實驗室制氨氣的尾氣處理14、某化學小組設計了如圖甲所示的數字化實驗裝置,研究常溫下,向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液時的pH變化情況,并繪制出溶液中含A元素的粒子的物質的量分數與溶液pH的關系如圖乙所示,則下列說法中正確的是()A.pH=4.0時,圖中n(HA-)約為0.0091molB.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC.該實驗應將左邊的酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑D.常溫下,等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合后溶液pH=3.015、用NA表示阿伏加德羅常數的數值,下列說法中不正確的是A.10g質量分數為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子總數為1.2NAB.NA個P4()與NA個甲烷所含的共價鍵數目之比為1∶1C.常溫下,1LpH=13的M(OH)2溶液中含有的OH-數目為0.1NAD.含0.4molHNO3的濃硝酸與足量的銅反應,轉移的電子數大于0.2NA16、以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3,還含有少量FeS2)為原料,生產氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下,下列敘述不正確的是A.加入CaO可以減少SO2的排放同時生成建筑材料CaSO4B.向濾液中通入過量CO2、過濾、洗滌、灼燒沉淀可制得Al2O3C.隔絕空氣焙燒時理論上反應消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D.燒渣分離可以選擇用磁鐵將燒渣中的Fe3O4分離出來二、非選擇題(本題包括5小題)17、某藥物合成中間體F制備路線如下:已知:RCHO+R’CH2NO2+H2O(1)有機物A結構中含氧官能團的名稱是__________________.(2)反應②中除B外,還需要的反應物和反應條件是___________________(3)有機物D的結構簡式為_____________________,反應③中1摩爾D需要___摩爾H2才能轉化為E(4)反應④的反應物很多種同分異構體,請寫出符合下列條件的一種同分異構體的結構簡式_____________。a.結構中含4種化學環境不同的氫原子b.能發生銀鏡反應c.能和氫氧化鈉溶液反應(5)已知:苯環上的羧基為間位定位基,如。寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)_____________。18、Ⅰ.元素單質及其化合物有廣泛用途,請根據周期表中第三周期元素知識回答問題:(1)按原子序數遞增的順序(稀有氣體除外),以下說法正確的是_________。a.原子半徑和離子半徑均減小b.金屬性減弱,非金屬性增強c.氧化物對應的水化物堿性減弱,酸性增強d.單質的熔點降低(2)原子最外層電子數與次外層電子數相同的元素為__________(填名稱);氧化性最弱的簡單陽離子是________________(填離子符號)。(3)P2O5是非氧化性干燥劑,下列氣體不能用濃硫酸干燥,可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于實驗室制O2,若不加催化劑,400℃時分解只生成兩種鹽,其中一種是無氧酸鹽,另一種鹽的陰陽離子個數比為1∶1。寫出該反應的化學方程式:__________。Ⅱ.氫能源是一種重要的清潔能源。現有兩種可產生H2的化合物甲和乙,甲和乙是二元化合物。將6.00g甲加熱至完全分解,只得到一種短周期元素的金屬單質和6.72LH2(已折算成標準狀況)。甲與水反應也能產生H2,同時還產生一種白色沉淀物,該白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙,丙在標準狀態下的密度為1.25g/L。請回答下列問題:(5)甲的化學式是___________________;乙的電子式是___________。(6)甲與水反應的化學方程式是______________________。(7)判斷:甲與乙之間____________(填“可能”或“不可能”)發生反應產生H2。19、信息時代產生的大量電子垃圾對環境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物,并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線:請回答下列問題:(1)第①步Cu與酸反應的離子方程式為__________;得到濾渣1的主要成分為__________。(2)第②步中加H2O2的作用是__________,使用H2O2的優點是__________;調溶液pH的目的是使__________生成沉淀。(3)第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是__________。(4)由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小組設計了三種方案:甲:濾渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙:濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)3·18H2O丙:濾渣2濾液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中,__________方案不可行,原因是__________;從原子利用率角度考慮,__________方案更合理。(5)探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干擾離子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應為:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①寫出計算CuSO4·5H2O質量分數的表達式ω=__________;②下列操作會導致含量的測定結果偏高的是______。a未干燥錐形瓶b滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡c未除凈可與EDTA反應的干擾離子20、以黃銅礦(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]為原料可制備有機合成催化劑CuCl和補鐵劑乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要實驗流程如下:(1)FeCl3溶液與黃銅礦發生反應的離子方程式為_________。(2)向溶液1中加入過量鐵粉的目的是_____________。(3)過濾后得到的FeCO3固體應進行洗滌,檢驗洗滌已完全的方法是___________。(4)實驗室制備乳酸亞鐵的裝置如圖1所示。①實驗前通入N2的目的是________。②某興趣小組用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+含量進而計算產品中乳酸亞鐵的質量分數,結果測得產品的質量分數總是大于111%,其原因可能是______________。(5)已知:①CuCl為白色晶體,難溶于水和乙醇,在空氣中易氧化;可與NaCl溶液反應,生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCuCl2可水解生成CuCl,溫度、pH對CuCl產率的影響如圖2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提純CuCl的實驗方案為:將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中,______。(實驗中須使用的試劑有:飽和NaCl溶液,1.1mol·L-1H2SO4、乙醇;除常用儀器外須使用的儀器有:真空干燥箱)。21、環戊烯是生產精細化工產品的重要中間體,其制備涉及的反應如下:氫化反應:(l)+H2(g)(環戊烯)(l)?H=-100.5kJ/mol副反應:(l)+H2(g)(環戊烷)(l)?H=-109.4kJ/mol解聚反應:2(g)?H>0回答下列問題:(1)反應(l)+2H2(g)(l)的△H=_________kJ/mol。(2)一定條件下,將環戊二烯溶于有機溶劑進行氫化反應(不考慮二聚反應),反應過程中保持氫氣壓力不變,測得環戊烯和環戊烷的產率(以環戊二烯為原料計)隨時間變化如圖所示:①0~4h氫化反應速率比副反應快的可能原因是___________________。②最佳的反應時間為_________h。若需迅速減慢甚至停止反應,可采取的措施有__________________(寫一條即可)。③一段時間后,環戊烯產率快速下降的原因可能是_____________________。(3)解聚反應在剛性容器中進行(不考慮氫化反應和副反應)。①其他條件不變,有利于提高雙環戊二烯平衡轉化率的是________(填標號)。A.增大雙環戊二烯的用量B.使用催化劑C.及時分離產物D.適當提高溫度②實際生產中常通入水蒸氣以降低雙環戊二烯的溫度(水蒸氣不參與反應)。某溫度下,通入總壓為300kPa的雙環戊二烯和水蒸氣,達到平衡后總壓為500kPa,雙環戊二烯的轉化率為80%,則p(H2O)=________kPa,平衡常數Kp=__________kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數)。
參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、D【解析】
A.液態的金屬汞,受熱易變成汞蒸氣,汞屬于重金屬,能使蛋白質變性,屬于有毒物質,但常溫下,能和硫反應生成硫化汞,從而防止其變成汞氣體,黃芽指呈淡黃色的硫磺,故A正確;B.煮豆持作羹,漉豉以為汁意思為煮熟的豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水,分離豆豉與豆汁,實際是分離固體與液體,應選擇過濾的方法,故B正確;C.鑒別硝石(KNO3)和樸消(Na2SO4),灼燒時焰色反應不同,分別為紫色、黃色,可鑒別,故C正確;D.FeSO4?7H2O電離生成二價鐵離子、硫酸根離子,不能電離產生氫離子,硫酸亞鐵為強酸弱堿鹽,在溶液中水解使溶液顯酸性,故D錯誤;答案選D。2、D【解析】
A.稀有氣體是單原子分子,沒有σ鍵,A選項錯誤;B.PCl3分子中心原子P為sp3雜化,有一對孤對電子,所以分子構型為三角錐形,是極性分子,B選項錯誤;C.鄰羥基苯甲醛的羥基和醛基形成分子內氫鍵,而對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵,所以鄰羥基苯甲醛的熔、沸點比對羥基苯甲醛的熔、沸點低,C選項錯誤;D.ClO4-的價層電子對數為(7+1)÷2=4,所以ClO4-VSEPR模型為正四面體;中心原子Cl沒有孤對電子,配位原子均為O,所以其空間立體構型也為正四面體,D選項正確;答案選D。【點睛】分子間氫鍵加強了分子之間的作用力,使物質熔、沸點升高,而分子內氫鍵不能加強分子之間的作用力。3、D【解析】
A.根據電流分析,電極a為負極,傳導質子時的產物硫表示為Sx,說明是氣體H2S廢氣變為Sx,化合價升高,在負極反應,因此氣體X為H2S廢氣,氣體Y是空氣,故A正確;B.M傳導質子時,產物硫表示為Sx,因此負極a反應為:xH2S?2xe-=Sx+2xH+,故B正確;C.M傳導氧離子時,H2S和O2?可能反應生成SO2,因此存在產生SO2污染物的問題,故C正確;D.根據原電池中,陰離子向負極移動規律,氧離子遷移方向是從b電極向a電極,故D錯誤。綜上所述,答案為D。【點睛】原電池中離子移動方向根據“同性相吸”原則,電解池中離子移動方向根據“異性相吸”原則。4、A【解析】
A.NH4Cl屬于強酸弱堿鹽,銨根離子發生水解溶液呈酸性,可與三氧化二鐵反應,則可用于去除鐵銹,故A正確;B.二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性,與其還原性無關,故B錯誤;C.Al2O3的熔點高,可用作耐高溫材料,與兩性無關,故C錯誤;D.Na2SiO3溶液耐高溫,不易燃燒,可用于浸泡木材作防火劑,與堿性無關,故D錯誤;答案選A。【點睛】性質和用途必須相對應,性質決定用途。5、D【解析】
A.氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉,硫酸鈉和硝酸銀反應生成硫酸銀沉淀和硝酸鈉,因此不能用硝酸銀鑒別氯化鈉和硫酸鈉,故A不符合題意;B.碳酸鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳,生成的二氧化碳進入氣球中,產生浮力,會導致天平不平衡,因此不能用于驗證質量守恒定律,故B不符合題意;C.碳酸鈣在高溫條件下分解生成氧化鈣和二氧化碳,澄清石灰水變渾濁,說明反應生成二氧化碳,但是不能驗證生成的氧化鈣,故C不符合題意;D.銅片上的白磷燃燒,紅磷不能燃燒,說明燃燒需要達到可燃物的著火點,水中的白磷不能燃燒,說明燃燒需要和氧氣接觸,該實驗可以驗證燃燒的條件,故D符合題意;故答案選D。6、D【解析】
A.根據圖示可知A電極為鋰電極,在放電時,失去電子變為Li+,發生氧化反應,A正確;B.根據圖示可知a電極為鋰電極,失去電子,發生反應:Li-e-=Li+,b電極通入空氣,空氣中的氧氣獲得電子,發生還原反應,電極反應式為O2+2e-+2Li+=2Li2O2,由于同一閉合回路中電子轉移數目相等,所以總反應方程式為:2Li+O2=Li2O2,B正確;C.充電時,a電極連接電源的負極,作陰極,Li+向陰極定向移動,在a電極獲得電子,變為Li,所以充電時Li+在電解質中由b極移向a極,C正確;D.充電時,b極連接電源的正極,作陽極,發生氧化反應:Li2O2-2e-=2Li+O2,D錯誤;故合理選項是D。7、D【解析】
A、該有機物中含有氧元素,不屬于苯的同系物,故A錯誤;B、該有機物中含有苯環、碳碳雙鍵,均能發生加成反應,題干并未告知有機物的量,故無法判斷發生加成反應消耗氫氣的量,故B錯誤;C、與苯環相連接的碳原子與苯環之間化學鍵為單鍵,可旋轉,因此該機物中所有的碳不一定都在同一平面上,故C錯誤;D、該有機物含有羧基,能與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反應,故D正確;故答案為:D。8、D【解析】
由圖可知該裝置為電解池:Si4+在液態鋁電極得電子轉化為Si,所以液態鋁電極為陰極,連接電源負極,則Cu-Si合金所在電極為陽極,與電源正極相接,三層液熔鹽在電解槽中充當電解質,可以供離子自由移動,并增大電解反應面積,提高硅沉積效率,據此分析解答。【詳解】A.由圖可知,電解池的陽極上Si失電子轉化為Si4+,陰極反應為Si4+得電子轉化為Si,所以Si優先于Cu被氧化,故A錯誤;B.圖中,鋁電極上Si4+得電子還原為Si,故該電極為陰極,與電源負極相連,故B錯誤;C.電流強度不同,會導致轉移電子的量不同,會影響硅提純速率,故C錯誤;D.三層液熔鹽在電解槽中充當電解質,可以供自由移動的離子移動,并增大電解反應面積,提高硅沉積效率,故D正確;答案選D。9、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化為三氧化硫的催化劑,故D正確。故選C。10、C【解析】
A.催化劑能降低反應的活化能,故b中使用了催化劑,故A錯誤;B.反應物能量高于生成物,為放熱反應,△H=生成物能量-反應物能量,故B錯誤;C.不同的催化劑,改變反應的途徑,反應的活化能不同,故C正確;D.催化劑不改變反應的始終態,焓變等于正逆反應的活化能之差,圖中不能確定正逆反應的活化能,故D錯誤;故選C。11、B【解析】
A.生物煉銅利用某些具有特殊本領的細菌能用空氣中的氧氣氧化硫化銅礦石,把不溶性的硫化銅轉化為可溶性的銅鹽,使銅的冶煉變得非常簡單,而不是將銅礦石中的雜質元素轉化為銅元素,故A錯誤;B.為了防止鐵生銹,可對鐵制品表面進行“發藍”處理,即把鐵制品浸入熱的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中,使它的表面氧化生成一層致密的氧化膜(Fe3O4),故B正確;C.鍶是活潑金屬元素,SrCl2是強酸強堿鹽,加熱時不發生水解,則以SrCl2?6H2O制取無水SrCl2不必在氯化氫氣流中加熱,故C錯誤;D.自然界中含硫礦物分布非常廣泛,種類也很多,以單質硫(即游離態)和化合態硫兩種形式出現,故D錯誤;綜上所述,答案為B。【點睛】根據元素周期律,第IIA族元素從上到下,金屬性逐漸增強,所以金屬性:Ba>Sr>Ca>Mg>Be,則可知SrCl2是強酸強堿鹽。12、D【解析】
A.棉花、木材的成分主要為纖維素,含C、H、O元素,故不選A;B.四氧化三鐵為黑色,俗稱磁性鐵,用于油墨中,故不選B;C.樹脂為合成高分子,為有機物加聚或縮聚反應的產物,相對分子質量在10000以上,故不選C;D.淀粉遇碘變藍,而葡萄糖不能,故選D;答案:D13、D【解析】
A.實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣,故A正確;B.氨氣是堿性氣體,可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確;C.氨氣的密度比空氣小,于空氣中的物質不反應,可以用排空氣法收集,用圖示裝置收集氨氣需要短進長出,故C正確;D.氨氣極易溶于水,用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理,會產生倒吸,故D錯誤;故選D。【點睛】本題的易錯點為C,要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。14、A【解析】
A.pH=3時A2?、HA?的物質的量分數相等,所以二者的濃度相等,則Ka2==c(H+)=0.001mol/L,由同一溶液中=,pH=4時該酸的第二步電離常數不變,且原溶液中n(HA?)+n(A2?)=0.1mol,據此計算n(HA?);B.該二元酸第一步完全電離,第二步部分電離,所以NaHA溶液中不存在H2A;C.根據圖知,滴定終點時溶液呈酸性;D.pH=3時,溶液中不存在H2A,說明該酸第一步完全電離,第二步部分電離,則NaHA只電離不水解,Na2A能水解,且c(A2?)=c(HA?)。【詳解】A.pH=3時A2?、HA?的物質的量分數相等,所以二者的濃度相等,則Ka2==c(H+)=0.001mol/L,由同一溶液中=,pH=4時該酸的第二步電離常數不變,且原溶液中n(HA?)+n(A2?)=0.1mol,Ka2==×c(H+)=×0.0001mol/L=0.001mol/L,n(HA?)約為0.0091mol,故A正確;B.該二元酸第一步完全電離,第二步部分電離,所以NaHA只能電離不能水解,則溶液中不存在H2A,根據物料守恒得c(A2?)+c(HA?)=0.1mol/L,故B錯誤;C.根據圖知,滴定終點時溶液呈酸性,應該選取甲基橙作指示劑,故C錯誤;D.pH=3時,溶液中不存在H2A,說明該酸第一步完全電離,第二步部分電離,則NaHA只電離不水解,Na2A能水解,且c(A2?)=c(HA?);等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合,因為電離、水解程度不同導致c(A2?)、c(HA?)不一定相等,則混合溶液的pH不一定等于3,故D錯誤;故答案選A。【點睛】正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關鍵,注意電離平衡常數只與溫度有關,與溶液中溶質及其濃度無關。15、B【解析】
A.在乙醇溶液中,除了乙醇外,水中也含H原子,而10g質量分數為46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇,物質的量為0.1mol,含0.6NA個H原子,水5.4g,物質的量為0.3mol,含H原子為0.6NA個,故共含H原子為1.2NA個,故A正確;B.白磷分子中含6條共價鍵,而甲烷中含4條共價鍵,因此相同數目的分子中含有的共價鍵個數之比為3∶2,故B錯誤;C.pH=13的M(OH)2溶液中,氫氧根的濃度為0.1mol/L,因此1L溶液中含有的氫氧根的個數為0.1NA個,故C正確;D.硝酸的物質的量為0.4mol,若與銅反應完全生成二氧化氮,轉移電子物質的量為0.2mol,但是由于銅足量,濃硝酸隨著反應的進行,后來變成了稀硝酸,生成了一氧化氮,轉移的電子數增加,所以0.4mol硝酸與足量的銅反應,轉移的電子數大于0.2mol,故D正確;故選B。【點睛】本題的易錯點為D,要注意隨著反應的進行,硝酸的濃度減小,難點為A,要注意水分子中也含有H原子。16、C【解析】
A.FeS2煅燒時會生成SO2,加入CaO會與SO2反應,減少SO2的排放,而且CaSO3最后也會轉化為CaSO4,A項不符合題意;B.濾液為NaAlO2溶液,通入CO2,生成Al(OH)3,過濾、洗滌、煅燒可以得到Al2O3;B項不符合題意;C.隔絕空氣焙燒時,發生的反應為FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4,理論上反應消耗的n(FeS2):n(Fe2O3)=1:16,而不是1:5,C項符合題意;D.Fe3O4具有磁性,能夠被磁鐵吸引,D項不符合題意;本題答案選C。二、非選擇題(本題包括5小題)17、酚羥基、醛基、醚鍵CH3OH、濃硫酸、加熱4【解析】
(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團;(2)比較B和C的結構可知,反應②為B與甲醇生成醚的反應,應該在濃硫酸加熱的條件下進行;(3)比較C和E的結構可知,D的結構簡式為,在D中碳碳雙鍵可與氫氣加成,硝基能被氫氣還原成氨基,據此答題;(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子,即有4種位置的氫原子,②能發生銀鏡反應,說明有醛基,③能和氫氧化鈉溶液反應,說明有羧基或酯基或酚羥基,結合
可寫出同分異構體的結構;(5)被氧化可生成,與硝酸發生取代反應生成,被還原生成,進而發生縮聚反應可生成。【詳解】(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團為酚羥基、醛基、醚鍵,故答案為:酚羥基、醛基、醚鍵;(2)比較B和C的結構可知,反應②為B與甲醇生成醚的反應,應該在濃硫酸加熱的條件下進行,故答案為:CH3OH、濃硫酸、加熱;(3)比較C和E的結構可知,D的結構簡式為,在1molD中碳碳雙鍵可與1mol氫氣加成,硝基能被氫氣還原成氨基,可消耗3mol氫氣,所以共消耗4mol氫氣,故答案為:;4;(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子,即有4種位置的氫原子,②能發生銀鏡反應,說明有醛基,③能和氫氧化鈉溶液反應,說明有羧基或酯基或酚羥基,結合
可知,符合條件的同分異構體的結構為,故答案為:;(5)被氧化可生成,與硝酸發生取代反應生成,被還原生成,進而發生縮聚反應可生成,可設計合成路線流程圖為,故答案為:。【點睛】本題考查有機物的合成,題目難度中等,解答本題的關鍵是能把握題給信息,根據有機物的官能團判斷有機物可能具有的性質。18、b氬Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】
Ⅰ.(1)根據同周期元素性質遞變規律回答;(2)第三周期的元素,次外層電子數是8;(3)濃硫酸是酸性干燥劑,具有強氧化性,不能干燥堿性氣體、還原性氣體;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥劑,不能干燥堿性氣體;(4)根據題干信息可知該無氧酸鹽為氯化鉀,再根據化合價變化判斷另一種無氧酸鹽,最后根據化合價升降相等配平即可;Ⅱ.甲加熱至完全分解,只得到一種短周期元素的金屬單質和H2,說明甲是金屬氫化物,甲與水反應也能產生H2,同時還產生一種白色沉淀物,該白色沉淀可溶于NaOH溶液,說明含有鋁元素;化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙,則乙是非金屬氣態氫化物,丙在標準狀態下的密度1.25g/L,則單質丙的摩爾質量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol,丙為氮氣,乙為氨氣。【詳解】(1)a.同周期的元素從左到右,原子半徑依次減小,金屬元素形成的陽離子半徑比非金屬元素形成陰離子半徑小,如r(Na+)<r(Cl-),故a錯誤;b.同周期的元素從左到右,金屬性減弱,非金屬性增強,故b正確;c.同周期的元素從左到右,最高價氧化物對應的水化物堿性減弱,酸性增強,故c錯誤;d.單質的熔點可能升高,如鈉的熔點比鎂的熔點低,故d錯誤。選b。(2)第三周期的元素,次外層電子數是8,最外層電子數與次外層電子數相同的元素為氬;元素金屬性越強,簡單陽離子的氧化性越弱,所以第三周期元素氧化性最弱的簡單陽離子是Na+;(3)濃硫酸是酸性干燥劑,具有強氧化性,不能用濃硫酸干燥NH3、HI;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥劑,不能干燥NH3;所以不能用濃硫酸干燥,可用P2O5干燥的是HI,選b;(4)若不加催化劑,400℃時分解只生成兩種鹽,其中一種是無氧酸鹽,另一種鹽的陰陽離子個數比為1:1,則該無氧酸為KCl,KCl中氯元素化合價為-1,說明氯酸鉀中氯元素化合價降低,則另一種含氧酸鹽中氯元素化合價會升高,由于氯酸鉀中氯元素化合價為+5,則氯元素化合價升高只能被氧化成高氯酸鉀,根據氧化還原反應中化合價升降相等配平該反應為:4KClO3KCl+3KClO4。(5)根據以上分析,甲是鋁的氫化物,Al為+3價、H為-1價,化學式是AlH3;乙為氨氣,氨氣的電子式是。(6)AlH3與水反應生成氫氧化鋁和氫氣,反應的化學方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1價H,NH3中含+1價H,可發生氧化還原反應產生H2。19、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質,對環境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產品中含有較多Fe2(SO4)3雜質乙×100%c【解析】
稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱,Cu、Al、Fe發生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+,濾渣1的成分是Pt和Au,濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+,濾液1中加入過氧化氫,將Fe2+氧化為Fe3+,再加入氫氧化鈉并調節溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀,濾液2中主要含有Cu2+,然后將硫酸銅溶液蒸發、冷卻結晶、過濾得到硫酸銅晶體;將濾渣2(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經過一系列步驟制取Al2(SO4)3·18H2O。結合物質的性質分析解答。【詳解】(1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱,Cu、Al、Fe發生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+;所以濾渣1的成分是Pt和Au,濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu與酸反應的離子方程式為:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案為Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O;Pt、Au,(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+,過氧化氫做氧化劑不引入雜質,對環境無污染,根據流程圖,調溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀,故答案為將Fe2+氧化為Fe3+;不引入雜質,對環境無污染;Al3+、Fe3+;(3)第③步由CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水,故答案為在坩堝中加熱脫水;(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中,甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁,冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質,方法不可行;乙和丙方法均可行;乙方案先在濾渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,過濾除去生成的鐵和過量的鋁粉,將濾液蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體;丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應生成NaAlO2,再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體;但從原子利用角度考慮方案乙更合理,因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系,造成藥品浪費,故答案為甲;所得產品中含有較多Fe2(SO4)3雜質;乙;(5)①取ag試樣配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干擾離子后,用cmol?L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點,平均消耗EDTA溶液6mL,滴定反應如下:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+,銅離子物質的量和標準液物質的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol;依據元素守恒得到:則20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物質的量為bc×10-3mol;100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol,所以CuSO4?5H2O質量分數的表達式=×100%,故答案為×100%;②a.未干燥錐形瓶對實驗結果無影響,故錯誤;b.滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡,導致消耗標準液讀數偏小,結果偏低,故錯誤;c.未除凈可與EDTA反應的干擾離子,導致消耗標準液多,結果偏高,故正確;導致含量的測定結果偏高的是c,故答案為c。【點睛】掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析,離子性質等是解答本題的關鍵。本題的易錯點為(4),要注意從原子利用的角度分析解答。20、CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S除去溶液中的Fe3+,提高產品的純度取最后一次洗滌后的濾液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若無白色沉淀,則洗滌完全排盡裝置中的空氣,防止Fe2+被氧化KMnO4具有強氧化性,可將Fe2+和乳酸根離子中的羥基一同氧化過濾,控制溫度61℃左右,向濾液中滴加1.1mol·L-1H2SO4,控制溶液的pH為2.1~2.5左右,攪拌、趁熱過濾。用乙醇洗凈所得固體,置于真空干燥箱中干燥【解析】
由實驗流程可知,向黃銅礦(CuFeS2)中加入FeCl3溶液發生氧化還原反應生成FeCl2、CuCl固體和硫單質,經過濾得到固體為CuCl和S,進一步分離可得CuCl;溶液1中含有FeCl2和FeCl3,加入過量的鐵粉除去溶液中的Fe3+得到溶液2為純度較高的FeCl2溶液,向溶液2中加入碳酸鈉溶液生成FeCO3沉淀,過濾后加乳酸得到乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亞鐵離子容易被氧氣氧化,制備過程中應在無氧環境中進行,實驗前通入N2排盡裝置中的空氣,裝置中FeCO3和乳酸發生反應制備乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe},據此解答。【詳解】(1)由上述分析可以知道,FeCl3溶液與黃銅礦發生反應的離子方程式為CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S。因此,本題正確答案是:CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S;
(2)溶液1中含有FeCl3,向溶液1中加入過量鐵粉的目的是除去溶液中的Fe3+,提高產品的純度。因此,本題正確答案是:除去溶液中的Fe3+,提高產品的純度;(3)FeCO3固體會吸附溶液中的Cl-,所以檢驗洗滌已完全應檢驗是否含有Cl-,方法為:取最后一次洗滌后的濾液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若無白色沉淀,則洗滌完全,因此,本題正確答案是:取最后一次洗滌后的濾液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若無白色沉淀,則洗滌完全;(4)①亞鐵離子容易被氧氣氧化,實驗前通入N2的目的是排盡裝置中的空氣,防止Fe2+被氧化。因此,本題正確答案是:排盡裝置中的空氣,防止Fe2+被氧化;②乳酸根中含有羥基,可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化,導致消耗高錳酸鉀的增大,計算中按亞鐵離子被氧化,故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大,產品中乳酸亞鐵的質量分數會大于111%,
因此,本題正確答案是:KMnO4具有強氧化性,可將Fe2+和乳酸根離子中的羥基一同氧化。(5)根據題給信息,將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中,CuCl與NaCl溶液反應,生成易溶于水的NaCuCl2
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