精品解析高考全国甲卷化学试题解析版Word下载.docx
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A.18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C.32g环状S8()分子中含有的S-S键数为1NA
D.1LpH=4的0.1mol⋅L-1KCrO溶液中CrO2-离子数为0.1N
A
【详解】A.DO的质子数为10,18gDO的物质的量为18g=0.9mol,则18g重水(DO)中所含
2220g/mol2
质子数为9NA,A错误;
B.NO2与H2O反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个,则有3mol的NO2参与反应时,转移的电子数为2NA,B错误;
C.一个S()分子中含有的S-S键数为8个,32gS
的物质的量为32g=1mol,则含有
8
的S-S键数为1⨯8⨯N=N,C正确;
88⨯32g/mol8
8AA
D.酸性KCrO溶液中存在:
CrO2-+HO2CrO2-+2H+,含Cr元素微粒有CrO2-和CrO2-,则
2272724274
1LpH=4的0.1mol⋅L-1KCrO溶液中CrO2-离子数应小于0.1N,D错误;
22727A
故选C。
3.实验室制备下列气体的方法可行的是
气体
方法
氨气
加热氯化铵固体
B
二氧化氮
将铝片加到冷浓硝酸中
C
硫化氢
向硫化钠固体滴加浓硫酸
D
氧气
加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A.氯化铵不稳定,加热易分解生成氨气和氯化氢,但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体,所以不能用于制备氨气,A不可行;
B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象,不能用于制备二氧化氮,B不可行;
C.硫化氢为还原性气体,浓硫酸具有强氧化性,不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体,因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应,C不可行;
D.实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物,生成氯化钾和氧气,二氧化锰作催化剂,可用此方法制备氧气,
D可行;
故选D。
4.下列叙述正确的是
A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【答案】B
【详解】A.甲醇为一元饱和醇,不能发生加成反应,A错误;
B.乙酸可与饱和碳酸氢钠反应,产生气泡,乙醇不能发生反应,与饱和碳酸钠互溶,两者现象不同,可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者,B正确;
C.含相同碳原子数的烷烃,其支链越多,沸点越低,所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少,
C错误;
D.戊二烯分子结构中含2个不饱和度,其分子式为C5H8,环戊烷分子结构中含1个不饱和度,其分子式为C5H10,两者分子式不同,不能互为同分异构体,D错误。
故选B。
5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和,也是Y的最外层电子数的2倍。
W和X的单质常温下均为气体。
A.原子半径:
Z>
Y>
X>
W
B.W与X只能形成一种化合物
C.Y的氧化物为碱性氧化物,不与强碱反应
D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【分析】W.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和,也是Y的最外层电子数的2倍,则分析知,Z的最外层电子数为偶数,W和X的单质常温下均为气体,则推知W和X为非金属元素,所以可判断W为H元素,X为N元素,Z的最外层电子数为1+5=6,
Y的最外层电子数为6=3,则Y为Al元素,Z为S元素,据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。
2
【详解】根据上述分析可知,W为H元素,X为N元素,Y为Al元素,Z为S元素,则
A.电子层数越多的元素原子半径越大,同周期元素原子半径依次减弱,则原子半径:
Y(Al)>Z(S)>X(N)
>W(H),A错误;
B.W为H元素,X为N元素,两者可形成NH3和N2H4,B错误;
C.Y为Al元素,其氧化物为两性氧化物,可与强酸、强碱反应,C错误;
D.W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS,两者既含有离子键又含有共价键,D正确。
6.已知相同温度下,K(BaSO)<
K(BaCO)。
某温度下,饱和溶液中-lg⎡⎣c(SO2-)⎤⎦、-lg⎡⎣c(CO2-)⎤⎦、
sp4sp343
与-lg⎡⎣c(Ba2+)⎤⎦的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0⨯10-10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
c(SO2-)
D.c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中
4
3
c(CO2-)
=10y2-y1
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物,饱和溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c(SO2-)]}=-lg[c(Ba2+)×
c(SO2-)]
44
=-lg[Ksp(BaSO4)],同理可知溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c(CO2-)]}=-lg[Ksp(BaCO3)],因Ksp(BaSO4)<
Ksp(BaCO3),则-lg[Ksp(BaCO3)]<-lg[Ksp(BaSO4)],由此可知曲线①为-lg[c(Ba2+)]与-lg[c(SO2-)]的关系,曲线②为-lg[c(Ba2+)]与-lg[c(CO2-)]的关系。
【详解】A.由题可知,曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系,由上述分析可知,曲线①为BaSO4的沉
淀溶解曲线,选项A错误;
B.
曲线①为BaSO4溶液中-lg[c(Ba2+)]与-lg[c(SO2-)]的关系,由图可知,当溶液中-lg[c(Ba2+)]=3时,
-lg[c(SO2-)=7,则-lg[Ksp(BaSO4)]=7+3=10,因此Ksp(BaSO4)=1.0×
10-10,选项B正确;
C.
向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后,溶液中c(Ba2+)增大,根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知,溶液中c(SO2-)将减小,因此a点将沿曲线①向左上方移动,选项C错误;
D.
由图可知,当溶液中c(Ba2+)=10-5.1时,两溶液中
=10
-y2
=10y-y
,选项D错误;
答案选B。
12
10-y1
7.乙醛酸是一种重要的化工中间体,可果用如下图所示的电化学装置合成。
图中的双极膜中间层中的H2O
解离为H+和OH-,并在直流电场作用下分别问两极迁移。
A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B.阳极上的反应式为:
+2H++2e-=+H2O
C.制得2mol乙醛酸,理论上外电路中迁移了1mol电子
D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
【分析】该装置通电时,乙二酸被还原为乙醛酸,因此铅电极为电解池阴极,石墨电极为电解池阳极,阳极上Br-被氧化为Br2,Br2将乙二醛氧化为乙醛酸,双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极,OH-移向阳极。
【详解】A.KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外,同时还是电解过程中阳极的反应物,生成的Br2
为乙二醛制备乙醛酸的中间产物,故A错误;
B.阳极上为Br-失去电子生成Br2,Br2将乙二醛氧化为乙醛酸,故B错误;
C.电解过程中阴阳极均生成乙醛酸,1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol,1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol,根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol,因此制得2mol乙醛酸时,理论上外电路中迁移了2mol电子,故C错误;
D.由上述分析可知,双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极,即H+移向铅电极,故D正确;
综上所述,说法正确的是D项,故答案为D。
二、非选择题
8.碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。
回答下列问题:
(1)I2的一种制备方法如下图所示:
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为,生成的沉淀与硝酸反应,生成后可循环使用。
②通入Cl2的过程中,若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为;
若反应物用量比
n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时,氧化产物为;
当n(Cl2)/n(FeI2)>
1.5,单质碘的收率会降低,原因是
。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是:
先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3,生成碘化物;
再向混合溶液中加入NaIO3溶液,反应得到I2,上述制备I2的总反应的离子方程式为。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2,若生成1molI2,消耗的KI至少为mol。
I2在
KI溶液中可发生反应I+I-I-。
实验室中使用过量的KI与CuSO溶液反应后,过滤,滤液经水蒸气蒸
234
馏可制得高纯碘。
反应中加入过量KI的原因是。
【答案】
(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-
(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).I2、FeCl3(5).
--2-+
33242
I2被过量的Cl2进一步氧化(6).2IO+5HSO=I+5SO+3H+HO(7).4(8).防止单质碘
析出
【详解】
(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI,AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag,FeI
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