2024届福州市重点中学高三下学期第六次模拟考试化学试题试卷含解析5325.pdf

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置,共有3种,故B错误;,故C错误;,故D正确;故答案为D。5、C【解题分析】A.***银是强酸弱碱盐,水解显酸性,故A正确;,具有杀菌消毒作用,故B正确;,如果被人体内脏吸收,会积累而发生病变,且永远无法排出体外,极大危害人体健康,故C错误;,***银比***铜的杀菌效果更好,故D正确;故选:C。6、C【解题分析】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素,X是形成化合物种类最多的元素,推出X为C,常温下,W与Z能形成两种常见的液态化合物,可知是HO、HO,推出W为H,Z为O,W、R同主族,因此推出R为222:..Na,X为C,Z为O,可知Y为N。、Y的简单氢化物分别为CH、HO,水分子之间存在氢键,沸点:CH<HO,A项错误;、R对应的离子为:O2-、Na+,电子层相同,原子序数小的,离子半径大,离子的半径大小:O2->Na+,B项错误;,可用作制冷剂,C项正确;+2HO=4NaOH+O↑,2mol过氧化钠转移电子2mol,1molNaO反应,转移的电子数为N,D项错误;222222A答案选C。7、A【解题分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素,R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍,则Q只能处于IA族,R处于ⅣA族,R与X最外层电子数相同,二者同主族,且R的原子半径较大,故X为C元素、R为Si元素;最外层电子数Z>Y>4,且二者原子半径小于碳原子,故Y、Z处于第二周期,Z能够形成离子Z2-,故Z为O元素,则Y为N元素;Q离子核外电子排布与O2-相同,且Q处于IA族,故D为Na,据此进行解答。【题目详解】根据上述分析可知X是C元素,Y是N元素,Z是O元素,R是Si元素,Q是Na元素。,该物质是共价化合物,由分子构成,分子中含有共价键,A错误;,因此五种元素中Q的金属性最强,B正确;,其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C,所以氢化物的稳定性NH>CH,34C正确;,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si,所以酸性:HNO>HSiO,D正确;323故合理选项是A。【题目点拨】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键,难度适中。8、A【解题分析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离;普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体;分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物;蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离,以此来解答。【题目详解】:..蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离,即蒸馏;普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体,即过滤;分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物,即分液或萃取;蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离,即蒸发,所以从左至右,可以进行的混合物分离操作分别是:蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。9、C【解题分析】,pH=7,与酚酞的变色范围8~10接近,***-,则使用酚酞做指示剂更好,故A错误;,,由此可得,二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同,故B342错误;、/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠,根据图像,滴定磷酸共有两次突跃,第二次为滴定磷酸的终点,用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时,消耗氢氧化钠的体积为20mL,则可以确定达到终点是,溶液中的溶质为Na2HPO4,故C正确,,应为磷酸的第一次滴定突跃,根据图像显示,此时溶液显酸性,即HPO-的电离2424?+??-??2-???程度大于水解程度,即c(HPO2-)>c(HPO),则cNa>cHPO>cHPO>cHPO,故D错误;43424434答案选C。10、B【解题分析】A.***与铝同族,最外层有3个电子,则Tl+离子的最外层有2个电子,A项错误;++2Ag═Tl++2Ag+可知,Tl能形成+3价和+1价的化合物,B项正确;++2Ag═Tl++2Ag+,则氧化性Tl3+>Ag+,又知Al+3Ag+═Al3++3Ag,则氧化性Ag+>Al3+,可知Tl3+的氧化性比Al3+强,C项错误;,在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+,还原性Ag>Tl+,D项错误;答案选B。【题目点拨】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。11、A【解题分析】:..A、Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO,1mol***气参加反应转移1mol电子,***气参加此反应22转移1mol电子,个数为N,选项A不正确;AB、20gDO的物质的量为1mol,1mol重水中含有10mol电子,含有的电子数为10N,选项B正确;2AC、溶液中***铵的物质的量n=cV=×1L=,而1mol***铵中含2molN原子,***,选项C正确;D、次***酸钠是强碱弱酸盐,溶液呈碱性,溶液中的OH-都是由水电离出来,25℃时,pH=(H+)=10-12mol/L,c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH-,选项D正确;A答案选A。12、B【解题分析】A、***化银在水中溶解时吸收热量,温度越高,Ksp越大,在T时***化银的Ksp大,故T>T,A错误;221B、***化银溶液中存在着溶解平衡,根据***化银的溶度积常数可知a=?10?9=×10-5,B正确;C、***化银的溶度积常数随温度减小而减小,则M点溶液温度变为T时,溶液中Cl-的浓度减小,C错误;1D、T时***×10-9,所以T时饱和AgCl溶液中,c(Ag+)、c(Cl-)×10-5mol/L、×10-5mol/L,D错误;答案选B。13、B【解题分析】(NO)是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,在配制Fe(NO)溶液时,为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入***,3232因为***能将亚铁离子氧化为铁离子,选项A错误;,滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁,使溶液进入到锥形瓶中,慢慢加标准溶液,以减小实验误差,选项B正确;,测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度,在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应,放出热量,使所测碱的起始温度偏高,导致中和热的数值偏小,选项C错误;,使溶液温度降低,配制1mol/L的NHNO溶液时,溶解后,就立即转移至容量瓶,会导致4343配制溶液的体积偏大,使所配溶液浓度偏低,选项D错误;故合理选项是B。14、A【解题分析】工业用PbO来制备KClO,是在酸性条件下用PbO将NaClO氧化成NaClO,过滤得含有NaClO的溶液中加入硝242344酸钾,经结晶可得KClO晶体,:..【题目详解】,同时也会消耗PbO,故A错误;32B.“滤渣”主要成分是PbO粉末,可循环使用,B正确;,根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为:32PbO+ClO-+2H+=Pb2++ClO-+HO,故C正确;,结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO,故D正确;4故答案为A。15、A【解题分析】,因此质子数为8+1=9,中子数=质量数-中子数,因此中子数为16+2-9=9,A项正确;,都是1个分子中有16个共价键,混合物的物质的量是60g+12g=1mol,因此共价键的数目为16N,B项错误;72g/,无法计算***气的物质的量,C项错误;,,D项错误;A答案选A。16、D【解题分析】,故A错误;,故B错误;,高锰酸钾溶液不褪色,故C错误;、结构不同,互为同分异构体,故D正确;答案:D。1016二、非选择题(本题包括5小题)17、硝基浓硫酸、浓***+Cl+HCl还原反应2:..取代反应【解题分析】产物中含有苯环,则A是苯,B为硝基苯,B到C是一个取代反应,考虑到E中氮原子和***原子处于间位,因此C是间硝基***苯,D则是硝基被还原后变成了间氨基***苯,E到F即题目信息中给出的反应,从F到G,分子式中少1个O和1个H,而多出了一个Cl,因此为一个取代反应,用***原子取代了羟基,最后再进一步取代反应得到H,据此来分析本题即可。【题目详解】(1)根据分析,B是硝基苯,其官能团为硝基;(2)硝化反应需要用到浓硫酸和浓***组成的混酸;(3)B到C即取代反应,方程式为+Cl+HCl;2(4)C到D是硝基被还原为氨基的过程,因此是一个还原反应,D为邻氨基***苯,即;(5)根据分析,F到G是一个取代反应;(6)加入碳酸氢钠溶液能产生气体,因此分子中一定含有羧基,结合其它要求,写出符合条件的同分异构体,为。18、碳碳双键,溴原子CHONaOH水溶液取代反应10164:..CH(CH)COOH324【解题分析】由题给有机物转化关系可知,在催化剂作用下,与氢气发生加成反应生成,则B为;在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,则C为;在浓硫酸作用下,与CH3COOH共热发生酯化反应生成,则D为CH3COOH。【题目详解】(1)A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子;E的分子式是CHO;试剂a是NaOH水溶液,故答案为:碳碳双10164键、溴原子;CHO;NaOH水溶液;10164(2)B的结构简式为,在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,故答案为:水解反应或取代反应;(3)在浓硫酸作用下,与CHCOOH共热发生酯化反应生成,反应的化学方程式为3,故答案为:;(4)C的结构简式为,C的同分异构体能使石蕊试剂显红色,说明分子中含有羧基,可为CH(CH)32:..COOH等,故答案为:CH(CH)COOH等;4324(5)以环己醇()为原料合成时,可先发生消去反应生成环己烯,然后发生加成反应邻二溴环己烷,在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯,1,3—环己二烯与溴水发生1,4加成可生成目标物,合成路线为,故答案为:。【题目点拨】依据逆推法,通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。19、O2Cu2++2Br-+SO+2HO→2CuBr↓+SO2-+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr2224见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇,并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO至饱和然后向2烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤,用乙醇洗涤2~3次【解题分析】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化,要排除氧气的干扰;(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子,与溴离子反应生成CuBr沉淀;②控制反应在60℃进行,可以用60℃的水浴加热;③45gCuSO?,,所以NaBr稍过量,所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完42成;(3)溴化亚铜见光会分解;(4)溴化亚铜在空气中会