【高考真题】2022年高考物理真题试卷（上海卷）及答案
高考三模化学试题一、单选题1．第24届冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是（ ）A．图甲为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池B．图乙轻合金材料制成的冰刀C．图丙大理石冰壶D．图丁聚氨酯速滑服【答案】D【知识点】高分子材料【解析】【解答】
【高考真题】2022年高考物理真题试卷（上海卷）一、单选题1．某元素可表示为，则下列可能为该元素同位素的是（ ）A．B．C．D．2．麦克风静止在水平桌面上，下列能表示支架对话筒作用力的方向的是（ ）A．B．C．D．3．在单缝衍射实验中，
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
简介：高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列叙述错误的是（ ）A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物【答案】B【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A不符合题意；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B符合题意；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用，C不符合题意；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.二氧化硫具有漂白性和还原性；B.二氧化碳不是大气污染物；C.垃圾分类可实现资源的合理利用；D.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性。2．下列有关性质或数据比较正确的是（ ）A．键能：Cl-Cl>I-IB．第一电离能：B>BeC．离子半径：Mg2+>D．电负性：N>O【答案】A【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，氯原子半径小于碘原子，故键能Cl-Cl>I-I，A符合题意；B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子排布为全满结构，第一电离能大于B，B不符合题意；C．镁离子和氟离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Mg2+ N>C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图【解析】【解答】(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)已知Fe2+的基态离子的价层电子排布为3d6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d64s2，故Fe2+变为基态铁原子时所得的电子填充到4s能级，故答案为：4s；(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸(CH3COOH)，而自身还原成Cu2O，1个乙酸分子中羧基上4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由Cu2O晶胞图所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为=2个，故黑球代表Cu+，白球代表O2-，则可知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为：，已知其晶胞密度为bg/cm3，一个晶胞的体积为：，则该晶胞棱长为cm=×1010pm，故答案为：6；2；×1010pm；(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；②其中形成双键的碳原子采用sp2杂化，不含双键的碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化类型为sp2、sp3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH3，分子中中心原子As周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由于AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º28´，故答案为：sp2、sp3；O＞N＞C；四面体形；小于；AsH3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大。【分析】（1）第四周期未成对电子最多的元素为Cr，Cr为24号元素；（2）Fe2+价层电子排布为3d6，基态铁原子的价层电子排布为3d64s2；（3）乙酸分子中羧基为平面结构，单键可旋转；根据均摊法计算出O、Cu的个数，确定O原子和Cu原子的在晶胞中的位置，确定铜周围紧邻且等距的氧的个数，计算出晶胞质量和体积，根据可计算晶胞棱长；（4）①该结构中只含共价键和配位键，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键属于σ键；②该结构中双键C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。14．(PAS)为治疗结核病药，其衍生物G的抗结核作用比PAS强20倍，且毒性比PAS低，对胃肠刺激作用也较小。现以水杨酸为原料合成G的途径如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）写出PAS中官能团的名称： 。（2）B→C的反应类型为 。（3）F的结构简式 。（4）在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为 。 （5）水杨酸在浓硫酸催化作用并加热的条件下，与乙酸酐反应可生成阿司匹林。在此过程中，部分水杨酸会发生聚合反应，聚合反应的化学方程式为 。（6）物质D有多种同分异构体，请写出符合下列条件的同分异构体的结构简式： 。①属于芳香酯类化合物；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1。（7）设计由甲苯为起始原料，制备的合成路线(无机试剂任选) (已知：—COOH为间位定位基)。【答案】（1）羧基，羟基，氨基（2）取代反应（3）（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n+(n-1)H2O（6）、、（7）【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)由题干PAS的结构简式可知，其分子中含有官能团的名称为：羧基，羟基，氨基，故答案为：羧基，羟基，氨基；(2)由分析可知，C的结构简式为：，则B→C的反应方程式为：++HCl，则其反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，C的结构简式为：，在催化剂和加热的条件下，C→D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)由题干信息可知，水杨酸A的结构简式可知，分子中含有羧基和羟基，故能发生脱水缩聚反应，该缩聚反应的化学方程式为为：n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(6)由题干流程图可知，物质D的分子式为：C15H12O4，则符合下列条件①属于芳香酯类化合物即含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2﹕2﹕1﹕1即分子高度对称；的同分异构体的结构简式为：、、，故答案为：、、；(7)已知甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为为苯甲酸，又知—COOH为间位定位基，即 与浓硫酸、浓硝酸作用下可以生成，根据题干F转化G的信息可知，在Fe、HCl作用下可以转化为，由此确定合成路线为：，故答案为：。【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B和苯酚发生取代反应生成C，C的相对分子质量为214，结合B的结构简式可知C为，D发生硝化反应生成E，F发生还原反应，将硝基还原为氨基生成G，结合F的分子式可知，F的结构简式为，E的结构简式为。15．化学是一门以实验为基础的学科，回答下列问题：（1）在一支试管中加入1mLNa2S溶液，向其中边振荡边滴加H2SO3溶液，用浸NaOH溶液的棉团塞住试管口，可能观察到现象为 ，试管中发生反应化学方程式 。氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图。已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。（2）N2H4的电子式为 ，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是(用化学方程式表示) 。（3）步骤ii可在如图装置中进行。①仪器b的名称是 ，盛装的试剂是 。②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，这样操作的目的是 。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。（4）称量ag粗产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用0.lmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为bmL。①粗产品中钒的质量分数为 %(用含有a、b的式子表示)。②若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是 。A．(NH4)Fe(SO4)标准溶液被氧化B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡【答案】（1）淡黄色沉淀；（2）；（3）洗气瓶；饱和碳酸氢钠溶液；排尽装置中的空气；取少量最后一次洗液于试管中加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银无白色沉淀出现，则已经洗净（4）；AB【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计【解析】【解答】步骤ⅰ中V2O5与盐酸、N2H4•HCl反应生成VOCl2，同时生成N2 ，反应的方程式为：2V2O5+N2H4•HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到的VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。(1)Na2S溶液与H2SO3溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，可观察到的现象是生成淡黄色沉淀，试管中发生反应化学方程式为：；(2)N2H4的电子式为：；浓盐酸与V2O5反应能制备VOCl2溶液，发生的反应为：，该过程中有氯气生成，会污染环境，故不推广；(3)用A装置来制备二氧化碳，得到的二氧化碳中混有氯化氢气体，仪器b为洗气瓶，装置B为洗气装置，盛放饱和碳酸氢钠溶液来除去氯化氢；实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到D中出现白色浑浊时，再关闭K1，打开K2，可证明装置中的空气已经排干净，故这样操作的目的是排尽装置中的空气；根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，由题意可得关系式：V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2，所以n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，m(V)=b×10-4mol×51g/mol=5.1b×10-3g，所以粗产品中钒的质量分数为：；A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，A正确；B．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，C不正确；故答案为：AB。【分析】（1）Na2S与H2SO3发生反应；（2）N2H4为共价化合物，其电子式为；浓盐酸与V2O5发生反应；（3）①仪器b为洗气瓶；装置A制备的二氧化碳中含有氯化氢，用装置B除去，所用试剂为饱和碳酸氢钠；②反应前应先排出装置内的空气；③若沉淀未洗净，会附着有Cl-，检验是否存在Cl-即可；（4）①根据关系式V～～Fe2+～(NH4)2Fe(SO4)2计算；②根据分析误差。16．甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l)。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。则T1 T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。（3）密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。（4）以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2”)相连。【答案】（1）（2）<；<（3）（4）；PbO2【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用【解析】【解答】(1)目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；(2)该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1 更多>>
