2024届湖北省武汉市第十一中学高三化学第一学期期末经典试题含解析.pdf

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从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的***,与有机物易溶于有机物有关,该过程为萃取操作,故A正确;,不是电解质,故B错误;,为无机非金属材料,故C错误;,土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐,故D错误;故答案为A。12、A【解析】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、***气和水反应生成HCl和HClO,则不能通过化合反应生成,故A选;B、氮气和氧气反应生成NO,则能通过化合反应生成,故B不选;C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫,则能通过化合反应生成,故C不选;D、铁和***化铁反应生成***化亚铁,则能通过化合反应生成,故D不选;故选:A。13、D【解析】油炸虾条、薯片具有还原性,易被氧化性气体氧化而变质,保存时,充入气体应为非氧化性气体,空气和氧气相比较,氧气的浓度更大,氧化性更强,易使食品变质,在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化,故选D。14、B【解析】n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,则为***气,Z为Cl,r是由这些元素组成的二元化合物,·L–1r溶液的:..pH为2,说明r为HCl,q的水溶液具有漂白性,说明是水溶液中含有次***酸根,再结合m和n反应生成q和r,则q为HClO,m为水,s通常是难溶于水的混合物,***气和p光照,说明是取代反应,则为烷烃,因此短周期元素W为H,X为C,Y为O,Z为Cl。【详解】:H<O<C,故A正确;:Cl>O>C,故B错误;,故C正确;,故D正确。综上所述,答案为B。15、C【解析】由装置A制备NO,用铜和稀***反应制备,制得的NO中可能有挥发的***,故装置B用来净化和干燥NO,将***气和NO干燥后在装置C中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,***气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】,***元素化合价降低,得电子,Cl为氧化剂,故A正确;、K,通入一段时间***气,排尽三颈烧瓶中的空气,防止NO、NOCl变质,然后再打开K,通入NO,231故B正确;,过氧化钠为粉末状固体,所以不可以做NaO和水制氧气的实验,22故C错误;,C中亚硝酰***与水反应生成***化氢、NO和二氧化氮,可能发生反应:2NOCl+HO═2HCl+NO↑+NO↑,22故D正确;故选:C。16、D【解析】,且分子组成相差一个CH基团,两者互为同系物,故A正确;,结构不同,互为同分异构体,故B正确;、中子数为45的溴原子可表示为,故C正确;,烷烃CHCH(CH)C(CH)的名称是2,2,3-三***丁烷,故D错误,答案为D。3333二、非选择题(本题包括5小题):..17、三、VIIAHO分子间存在着氢键离子晶体NH++HONH·HO+H+24232SO+Cl+2HO=2HCl+HSO2SO(g)+Og)2SO(g)△H=-(3【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置,可知X、Y处于第二周期,Z、W处于第三周期,Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,最外层电子数为6,故Y为O元素,可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知:W为Cl元素,处于周期表中第三周期第VIIA族,故答案为:三、VIIA;(2)由上述分析可知:X为N元素,X和氢可以构成+1价阳离子为NH+,其电子式是;Y为O元素,Z为4S元素,Y的气态氢化物HO比Z的气态氢化物HS的沸点高,是因为HO分子间存在着氢键。故答案为:;222HO分子间存在着氢键;2(3)由上述分析可知:X为N元素,X的最高价氧化物的水化物***与其氢化物氨气能化合生成M为NHNO,属于43离子晶体,水溶液中铵根离子水解NH++HONH·HO+H+,破坏水的电离平衡,溶液呈酸性,故答案:离子4232晶体,NH++HONH·HO+H+;4232(4)①由上述分析可知:Y为O元素,Z为S元素,W为Cl,Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2,SO2能与***气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是:SO+Cl+2HO=2HCl+HSO,故答案为:22224SO+Cl+2HO=2HCl+HSO;22224②在一定条件下,化合物Q(SO)与Y为O元素的单质(O)反应达平衡时有三种气态物质,反应方程式为:222SO+O2SO,反应时,,则参加反应二氧化硫为2mol,氧气为1mol,生成2mol223SO,,所以该反应的热化学方程式是2SO(g)+Og)2SO(g)△H=-;故答案为:322(32SO(g)+Og)2SO(g)△H=-。22(3浓硫酸18、2,3-二***-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CHCHOH+HO羟基、322?醛基12【解析】A到B发生信息①的反应,B到C发生信息②反应,且只有一种产物,则B结构对称,根据C的结构简式可知B中有:..两个碳碳双键上的碳原子连接***,则B应为,则A为,C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为,根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为:2,3-二***-1,3丁二烯;(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程,所以为氧化反应;(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代,所需试剂为浓氢溴酸;浓硫酸(4)反应③为C与乙醇的酯化反应,方程式为:+CH3CH2OH+H2O;?(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基;(6)化合物M是D的同分异构体,且满足:①1molM与足量的NaHCO溶液反应,(标准状态下),即生成1mol二氧化碳,说明1molM3中含有1mol羧基;②,生成108g即1molAg固体,;除去羧基和醛基还有4个碳原子,有两种排列方式:和,先固定羧基有4种方式,再固定醛基,则有(数字表示醛基的位置):、、、,共有4+4+3+1=12种同分异构体,其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为:;(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似,合成W需要I,合成I需要发生类似D与H的反应,原料即为D,则还需类似G的物质,乙醇可以发生消去反应生成乙烯,乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷,其结构与G类似,所以合成路线为:。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化,弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称,然后再分析B的结构就比较简单了。:..19、a、b、【解析】(1)精度相对较高的玻璃量器,常标示出使用温度。(2),烧瓶底部的温度往往比溶液高;,俯视滴定管内液面读数,读出的数值偏小;,定容时液面低于刻度线。(3)对天平来说,有如下等量关系:天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。,天平质量为10g,,代入关系式,可求出所称样品的实际质量。【详解】(1)量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度,量筒的刻度从下往上标,滴定管刻度从上往下标,容量瓶只有一个刻度线。答案为:a、b、c;(2),烧瓶底部的温度往往比溶液高,A不合题意;,俯视滴定管内液面读数,读出的数值偏小,B符合题意;,定容时液面低于刻度线,所得溶液的浓度偏大,C不合题意。答案为:B;(3)对天平来说,有如下等量关系:天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。,天平质量为10g,,代入关系式,则所称样品的实际质量=10g-=。答案为:。【点睛】用天平称量物品,即便违反实验操作,也不一定产生误差。因为若不使用游码,则不产生误差;若使用游码,则物品的质量偏小,物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。20、B-E-D2MnO-+5HCO+6H+=2Mn2++10CO↑+8HO能实验中KMnO的浓度c>c,且其反应速4224224BA率ν>νAC酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色,【解析】(1)由题给信息可知,草酸分解时,草酸为液态,草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水;(2)酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳;硫酸、草酸浓度相同,改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化,高锰酸钾溶液浓度越大,反应速率越快;(3)依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析;(4)①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠,生成的为强碱弱酸盐显碱性;②由HCO—2NaOH建立关系式求解可得;224③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。:..【详解】(1)由题给信息可知,草酸受热分解时熔化为液态,故选用装置B加热草酸晶体;草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水,则气体通过装置E吸收二氧化碳,利用排水法收集一氧化碳,其合理的连接顺序为B-E-D,故答案为B-E-D;(2)酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳,反应的离子方程式为:2MnO-+45HCO+6H+=2Mn2++10CO↑+8HO。保持硫酸、草酸浓度相同,改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化,高锰酸钾溶液22422浓度越大,反应速率越快,实验中KMnO的浓度c>c,且其反应速率ν>ν,上述实验能说明相同条件下,反应物4BABA浓度越大,反应速率越快,故答案为2MnO-+5HCO+6H+=2Mn2++10CO↑+8HO;能;实验中KMnO的浓度c>c,且其反4224224BA应速率ν>ν;BA(3)A、草酸为二元酸,,pH小于2,室温下,,224测其pH=2,说明存在电离平衡,证明酸为弱酸,故A正确;B、室温下,,溶液呈酸性,pH小于7,故B错误;24C、室温下,取pH=a(a<3)的HCO溶液稀释100倍后,测其pH<a+2,说明稀释促进电离,溶液中存在电离平衡,224为弱酸,故C正确;D、