8.B 【解析】
酸坏之酒中含有乙酸,乙酸和乙醇的沸点不同,用蒸馏的方法进行分离,B正确;正确选项B。 9.B 【解析】 【分析】 【详解】
A.反应后氧元素的价态为-1价,故l mol O2时转移的电子数是2×6.02×1023,故A错误; B.混合溶液pH=1,pH=-lgc(H+)=1,故c(H+)=10-pH=0.1mol/L,故B正确; C.NH4+是弱碱阳离子,在溶液中会水解,故NH4+数小于0.1×6.02×1023,故C错误;
D.标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol,而1mol氯气中含1mol共价键,故0.1mol氯气中含0.1mol共价键,故D错误; 故选B。 10.A 【解析】 【分析】 【详解】
A.4.6g钠的物质的量是0.2mol,4.6gNa完全转化成Na2O氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2,和Na2O2的混合物,钠离子的物质的量是0.2mol,所以生成物中阴离子为0.1mol,阴离子总数为0.1 NA,故A正确;
B.标准状况下,22.4L丙烷的物质的量为故B错误;
C.氯气和水的反应为可逆反应,不能完全反应,故转移的电子数小于0.1NA个,故C错误; D.铵根离子能少量水解,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA,故D错误; 故选A。 【点睛】
本题的易错点为A,要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。 11.A 【解析】 【分析】 H2C2O4
H++HC2O4- Ka1=
22.4L=1mol,C3H8含共用电子对数=1mol×10×NA=10NA,
22.4L/molc(HC2O-4)?c(H+)c(H2C2O4),lg
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=0时,
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=1,Ka1=c(H+)=10-pH;
HC2O4-【详解】
H++C2O42- Ka2=
2-c(C2O4)?c(H+)c(HC2O)?4,lg
c(C2O2-)4c(HC2O)?4=0时,
c(C2O2-)4c(HC2O)?4=1,Ka2= c(H+)=10-pH。
A.由于Ka1>Ka2,所以
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=1时溶液的pH比
c(C2O2-)4?c(HC2O4)=1时溶液的pH小,所以,Ⅰ表示
lg
c(HC2O-4)c(H2C2O4)与pH的变化关系,A正确;
B.电荷守恒:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),pH=1.22,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),那么:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)>c(Na+),B错误; C.由A可知,Ⅱ为lg
c(C2O2-)4c(HC2O)?4与pH的变化关系,由分析可知,Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5,故
Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5,C错误;
D.H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4,此时溶液呈碱性,水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液,pH由1.22到4.19的过程中,H2C2O4一直在减少,但还没有完全被中和,故H2C2O4抑制水电离的程度减小,水的电离程度一直在增大,D错误; 答案选A。 【点睛】
酸和碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,判断水的电离程度增大还是减小,关键找准重要的点对应的溶质进行分析,本题中重要的点无非两个,一是还没滴NaOH时,溶质为H2C2O4,此时pH最小,水的电离程度最小,草酸和NaOH恰好完全反应时,溶质为Na2C2O4,此时溶液呈碱性,水的电离程度最大,pH由1.22到4.19的过程,介于这两点之间,故水的电离程度一直在增大。 12.A 【解析】
A、质子数等于原子序数,1molNH4+中含有质子总物质的量为11mol,故A说法错误;B、联氨(N2H4)的结构式为
,含有极性键和非极性键,故B说法正确;C、过程II,N2H4→N2H2-2H,此反应是氧化
-+
反应,过程IV,NO2→NH2OH,添H或去O是还原反应,故C说法正确;D、NH4中N显-3价,NH2OH
中N显-1价,N2H4中N显-2价,因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1:1,故D说法正确。 点睛:氧化反应还是还原反应,这是有机物中的知识点,添氢或去氧的反应为还原反应,去氢或添氧的反应的反应氧化反应,因此N2H4→N2H2,去掉了两个氢原子,即此反应为氧化反应,同理NO2-转化成NH2OH,是还原反应。 13.C 【解析】
+
【分析】 【详解】
由P的结构简式可知,合成P的反应为加成聚合反应,产物只有高分子化合物P,没有小分子生成,合成P的单体A的结构简式为
,则A的分子式为C11H14,由A分子具有碳碳双键、苯
写成
环结构,可知A可发生取代、氧化、加成等反应,A、B均正确;将
,分子中11个碳原子有可能共面,C错误;由A的结构简式
可知,1个苯环能与3个H2发生加成,1个双键能与1个H2加成,则1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应,D正确。 14.A 【解析】 【详解】 A. 立体烷
和苯乙烯
的分子式相同,但结构不同,互为同分异构体,A项正确;
,B项错误;
,C项错误;
B. 1,3-丁二烯中含有2个C=C键,其键线式为:
C. 二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构,其正确的电子式为:D. H216O、D216O、H218O、D218O是化合物,不是同素异形体,D项错误; 答案选A。 15.D 【解析】 【分析】
a点溶液中只有HA,x点HA与NaA等比混合,以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时,y点溶液呈中性,z点为二者恰好完全反应,即z点为滴定终点。 【详解】
A.由图可知,该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性,则应选择酚酞做指示剂,故A正确;
c(H+)c(A-)10?7?0.9??9?10?7,a点时,溶液中只有HA,c(H+)B.根据y点坐标可以算得K(HA)=
c(HA)0.1c(H+)c(A-)c(H+)2c(H+)2?==9?10?7,解得c(H+)=3?10?4,pH=3.5,故B正确; = c(A),则有
c(HA)c(HA)0.1-
C.从x点到z点,溶液中的溶质由HA对水的抑制,到NaA对水的促进,水的电离程度逐渐增大,故C正确;
D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合,有质子守恒:c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-),因为c(H+)
>c(OH),则c(HA)+c(H)<c(A)+c(OH),故D错误; 综上所述,答案为D。 【点睛】
求a点的pH时,可逆向思维思考,若求pH,即要求氢离子的浓度,则须求平衡常数,进而利用y点中性的条件求出平衡常数,返回计算即可求a点的pH了。 二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16.1:4Zn(OH)2+2OH- =[Zn(OH)4]2-Cl-、 NO3-CFe3+(aq)+ 3H2O(l)
Fe(OH)3 (s)+3 H+
-+--
K3w (aq)△H=(3b-a) kJ/mol
Ksp【解析】 【分析】
“烂板液”中除含硝酸锌外,还含有自来水带入的Cl-和Fe3+,由流程可知,先加NaOH可沉淀锌离子、铁离子,滤液C、D均含硝酸钠、氯化钠,沉淀A洗涤后得到沉淀B,加硫酸控制pH分离出Fe(OH)3,滤7H2O。 液E含ZnSO4,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出ZnSO4·【详解】
4Zn+10HNO3=4 Zn(1)若硝酸被还原的产物为NH4NO3,金属锌全部生成硝酸锌,反应可以表达为:(NO3)被还原的硝酸得2+NH4NO3+3H2O,
NH4NO3,有1mol,未被还原的在盐Zn(NO3)2和NH4NO3中,有9mol,
氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4; 故答案为:1:4;
(2)Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠,反应的离子方程式为Zn(OH)2+2OH-=[Zn(OH)4]2-, 故答案为:Zn(OH)2+2OH- =[Zn(OH)4]2-;
----
(3)固体具有吸附性,沉淀A可吸附溶液中的Cl、NO3等离子,则滤液中应含有Cl、NO3,
故答案为:Cl-、NO3;
-9
Fe3=2.6×10-39,(4)滤液E的pH=4,得到的沉淀为Fe(OH)(OH)(10-10) 3,3的溶度积常数为Ksp=2.6×10×
-
故答案为:C;
(5)已知:①Fe(OH)3 (s)②H2O(l)
Fe3+(aq)+3OH-(aq)△H=a kJ/mol
H+(aq)+ OH-(aq)△H=b kJ/mol
Fe(OH)
结合盖斯定律可知②×3-①可得:Fe3+发生水解反应的热化学方程式Fe3+(aq)+ 3H2O(l)
3 (s)+3 H
+
(aq)△H=(3b-a) kJ/mol ;
H2O的离子积常数为Kw ,Fe3++ 3H2O(6)若Fe(OH)根据(5)②×3-①可得:(aq)3的溶度积常数为Ksp,(l)
3Kw Fe(OH)3 (s)+3 H+(aq) Fe3+发生水解反应的平衡常数K=,
KspK3w故答案为:。
Ksp【点睛】
本题考查物质的制备实验,把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,难点(6)注意反应原理的应用,注意加减消元法在求反应热和平衡常数时的应用。
三、推断题(本题包括1个小题,共10分)
17.醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液,显紫色 3 还原反应
+C2H5OH
【解析】 【分析】
A和Cl2反应生成B,B中只有1个Cl,所以应该是取代反应,B发生了给出的已知中的反应,所以C中有C有4个氧原子,B为ClCH2COOH,羧基,而且C的不饱和度为2,再根据D的结构简式,可知C为丙二酸,A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5),根据G的结构简式可知F为苯酚。 【详解】
(1)根据H的结构简式,H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。
一定条件(2)B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCN?????NCCH2COOH+NaCl。
(3)F为苯酚,苯酚遇 FeCl3溶液显紫色,或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。
(4)D的同分异构体有多种,1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2,说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰,说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和(5)H→J是H中的硝基变成了氨基,是还原反应。
(6)①根据已知,K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇,苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应,再结合P的结构可知,苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子,所以K→L的化学方程式为:
,共3种。
大连市达标名校2018年高考一月大联考化学试卷含解析
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