安徽省高考理综化学试题含答案Word下载.doc
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L-1该溶液和足量的Zn充分反应,生成11.2gFe
【答案】D
【解析】A、C6H5OH是苯酚(),具有还原性,Fe3+具有氧化性,二者能发生氧化还原反应,故不能大量共存;
B、Fe3++2I-=Fe2++I2该离子反应不满足电荷守恒,B错误;
C、Fe2(SO4)3溶液中,Fe3+和SO42-的个数比为2:
3,所以离子方程式的书写不满足配比关系,C错误;
D、发生的离子反应2Fe3++3Zn=2Fe+3Zn2+,参加反应的,故生成产的Fe的物质的量也是0.2mol,质量为11.2g,D正确。
9.为实现下列实验目的,依据下表提供的主要仪器,所用试剂合理的是()
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
分离Br2和CCl4混合物
分液漏斗、烧杯
Br2和CCl4混合物、蒸馏水
B
鉴别葡萄糖和蔗糖
试管、烧杯、酒精灯
葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
C
实验室制取H2
试管、带导管的橡皮塞
锌粒、稀HNO3
D
测定NaOH溶液浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
NaOH溶液、0.1000mol·
L-1盐酸
【答案】B
【解析】A、Br2和CCl4互溶,无法通过分液的方法将二者分离,可以采用蒸馏法进行分离,A错误;
B、葡萄糖分子中有5个羟基和1个醛基,可以用鉴别醛基的方法进行鉴别,加入的试剂可以使银氨溶液或者斐林试剂等,而蔗糖中没有醛基,B正确;
C、硝酸具有强氧化性,当与金属反应时不会产生氢气,会随着浓度的变化生成NO2、NO等气体,C错误;
D、酸碱中和滴定要有指示剂(甲基橙)显示滴定终点(用标准盐酸溶液来测定氢氧化钠溶液的浓度选用酸式滴定管,待测液是氢氧化钠,滴入甲基橙后溶液颜色是黄色,当向氢氧化钠溶液中滴入的甲基橙时呈黄色,不断的滴加稀盐酸,溶液随着氢氧化钠和稀盐酸的反应碱性减弱酸性增强,当正好中和再滴一滴稀盐酸溶液就呈酸性,溶液的pH3.1~4.4之间显示橙色),D错误。
10.臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()
升高温度,平衡常数减小
0~3s内,反应速率为=0.2mol·
L-1
时仅加入催化剂,平衡正向移动
达到平衡时,仅改变,则为
【答案】A
【解析】A、根据化学反应热量的变化可知,2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)为放热反应,升高温度,平衡则向吸热的方向(逆方向)移动,所以化学平衡常数减小,A正确;
B、化学反应速率的单位是mol/(L•s)或者mol/(L•min),B错误;
C、平衡时加入催化剂,不能改变化学平衡的移动,C错误;
D、加入为O2,通入O2,增大了生成物的浓度,则化学平衡向逆方向移动,故NO2的转化率减小,D错误。
11.室温下,下列溶液中离子浓度关系正确的是()
A.Na2S溶液:
>
B.Na2C2O4溶液:
C.Na2CO3溶液:
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:
【解析】A、根据电荷守恒可知HS-+H2OOH-+HS-,HS-+H2OH2S+OH-,所以,A错误;
B、依据电荷守恒可知,根据物料守恒可知,结合电荷守恒及物料守恒可知,B正确;
C、Na2CO3溶液中的电荷守恒是,C错误。
12.中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()
规律
结论
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
反应物浓度越大,反应速率越快
常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完
结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【解析】A项,盐酸的制备可以有HClO光照分解产生,反应的方程式为2HClO2HCl+O2↑,A错误;
B、注意一个特殊的现象—钝化(铝和浓硝酸发生钝化反应),反应速率减慢,B错误;
C、NH3分子之间存在氢键,熔沸点升高,故NH3的沸点高于PH3,C错误;
D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液,沉淀由白色转化为黑色,硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同,说明溶度积(Ksp)ZnS>CuS,故D正确。
13.室温下,在0.2mol·
L-1Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0mol·
L-1NaOH溶液,实验测得溶液PH随NaOH溶液体积变化曲线如下图,下列有关说法正确的是()
A.a点时,溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3
B.a→b段,溶液的PH增大,Al3+浓度不变
C.b→c段,加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D.d点时,Al(OH)3沉淀开始溶解
【解析】A、Al3+水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,A错误;
B、a→b段,溶液的PH增大,说明增大,所以Al3+会生成Al(OH)3,即Al3+浓度降低,B错误;
C、根据上述分析可知C正确;
D、d点溶液的PH大于10,所以Al(OH)3已全部溶解,D错误。
25.(14分)
Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(1)Na位于元素周期表第周期第族;
S的基态原子核外有个未成对电子;
Si的基态原子核外电子排布式为。
(2)用“>
”或“<
”填空:
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
SiS
O2-Na+
NaClSi
H2SO4HClO4
(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。
在25℃、101KPa下,已知该反应每消耗1molCuCl(s),放出44.4KJ,该反应的热化学方程式是。
(4)ClO2常用于水的净化,工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。
写出该反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目。
【答案】
(14分)
(1)三、IA21s2s22p63s23p2
(2)<
>
<
(3)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol(合理答案均给分)
(4)(合理答案均给分)
【解析】
(1)Na()元素位于元素周期表第三周期周期第IA族;
Si原子核外电子数为14,核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。
(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,所以第一电离能:
S>
Si;
核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:
O2->
Na+;
一般来说,原子晶体(Si)的熔点高于离子晶体(NaCl)的熔点,故熔点:
Si>
NaCl;
元素的非金属性越强,元素最高价氧化物的水化物的酸性越强,因为非金属性Cl>
S,所以酸性:
HClO4>
H2SO4;
(3)根据热化学方程式的书写方法,可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol;
(4)
26.(16分)
Hagrmann酯(H)是一种合成多环化合物的中间体,可由下列路线合成(部分反应条件略去):
H
G
2
CH3OH
CH
CH
E
CH3CCCOOCH2CH3
CH3CCH
催化剂
CO2
CH3CH2OH
OCH3
A
B
C
D
浓H2SO4,△
一定条件
CH2=CH—C=CH2
OCH3
CH3
COOCH2CH3
CH3
O
F
(1)A→B为加成反应,则B的结构简式是;
B→C的反应类型是。
(2)H中含有的官能团名称是;
F的名称(系统命名)是。
(3)E→F的化学方程式是。
(4)TMOB是H的同分异构体,具有下列结构特征:
①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰;
②存在甲氧基(CH3O-)。
TMOB的结构简式是。
(5)下列说法正确的是。
a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体
b.D和F中均含有2个π键
c.1molG完全燃烧生成7molH2O
d.H能发生加成、取代反应
(16分)
(1)CH2=CH—CCH加成反应
(2)碳碳双键,羰基,酯基2丁炔酸乙酯
(3)+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O
(5)a、d
(1)从流程图可以看出,A→B是两个乙炔的加成反应,生成B,然后再甲醇(CH3OH)发生加成反应生成C(),可知B的结构简式是CH2=CH—CHCH2;
结合F(CH3CCCOOCH2CH3)是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的,所以E的结构简式为CH3CCCOOH。
(1)A→B是两个乙炔的加成反应,所以B的结构简式为CH2=CH—CHCH2,B→C是CH2=CH—CHCH2和甲醇的加成反应;
(2)H的结构简式为CH3
,含有的官能团是碳碳双键,羰基,酯基;
F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3,命名为2丁炔酸乙酯
(3)E→F的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应,所以反应方程式为:
+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O;
(4)H的结构简式为CH3
,TMOB是H的同分异构体,具有下列结构特征:
①核磁共振氢谱除苯环吸收
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