2024屆吉林省長春市普通高中高考沖刺化學(xué)模擬試題含解析_第1頁
2024屆吉林省長春市普通高中高考沖刺化學(xué)模擬試題含解析_第2頁
2024屆吉林省長春市普通高中高考沖刺化學(xué)模擬試題含解析_第3頁
2024屆吉林省長春市普通高中高考沖刺化學(xué)模擬試題含解析_第4頁
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文檔簡介

2024屆吉林省長春市普通高中高考沖刺化學(xué)模擬試題注意事項1.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是A.糖類、油脂和蛋白質(zhì)均可發(fā)生水解反應(yīng)B.戊烷(C5H12)有兩種同分異構(gòu)體C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳雙鍵D.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)別2、下列實驗?zāi)苓_(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.A B.B C.C D.D3、某有機(jī)物W的結(jié)構(gòu)簡式為下列有關(guān)W的說法錯誤的是A.是一種酯類有機(jī)物 B.含苯環(huán)和羧基的同分異構(gòu)體有3種C.所有碳原子可能在同一平面 D.能發(fā)生取代、加成和氧化反應(yīng)4、在NH3、HNO3、H2SO4的工業(yè)生產(chǎn)中,具有的共同點是()A.使用吸收塔設(shè)備 B.使用尾氣吸收裝置C.使用H2作原料 D.使用催化劑5、已知:CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)?H<0。對含有大量CaSO4(s)的濁液改變一個條件,下列圖像符合濁液中c(Ca2+)變化的是()A.加入少量BaCl2(s)B.加少量蒸餾水C.加少量硫酸D.適當(dāng)升高溫度6、在盛有稀H2SO4的燒杯中放入用導(dǎo)線連接的電極X、Y,外電路中電子流向如圖所示。關(guān)于該裝置,下列說法正確的是()A.外電路中電流方向為:X→→YB.若兩電極分別為鐵棒和碳棒,則X為碳棒,Y為鐵棒C.X極上發(fā)生的是還原反應(yīng),Y極上發(fā)生的是氧化反應(yīng)D.若兩電極都是金屬單質(zhì),則它們的活動性順序為X>Y7、下列有關(guān)NH3的說法錯誤的是()A.屬于極性分子 B.比例模型C.電子式為 D.含有極性鍵8、在酸性條件下,黃鐵礦(FeS2)催化氧化的反應(yīng)方程式為2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,實現(xiàn)該反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列分析錯誤的是A.反應(yīng)I的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反應(yīng)Ⅱ的氧化劑是Fe3+C.反應(yīng)Ш是氧化還原反應(yīng)D.黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑9、以下除雜方法不正確的是(括號中為雜質(zhì))A.NaCl(KNO3):蒸發(fā)至剩余少量液體時,趁熱過濾B.硝基苯(苯):蒸餾C.己烷(己烯):加適量溴水,分液D.乙烯(SO2):NaOH溶液,洗氣10、下列屬于弱電解質(zhì)的是A.氨水B.蔗糖C.干冰D.碳酸11、若用AG表示溶液的酸度,其表達(dá)式為:AG=lg[]。室溫下,實驗室里用0.10mol/L的鹽酸溶液滴定10

mL0.10mol/LMOH溶液,滴定曲線如圖所示,下列說法正確的是()A.MOH電離方程式是MOH=M++OH-B.C

點加入鹽酸的體積為10mLC.若B點加入的鹽酸溶液體積為5

mL,所得溶液中:c(M+)+2c(H+)=c(MOH)

+

2c(OH-)D.滴定過程中從A點到D點溶液中水的電離程度逐漸增大12、分離混合物的方法錯誤的是A.分離苯和硝基苯:蒸餾 B.分離氯化鈉與氯化銨固體:升華C.分離水和溴乙烷:分液 D.分離氯化鈉和硝酸鉀:結(jié)晶13、阿魏酸是傳統(tǒng)中藥當(dāng)歸、川穹的有效成分之一,工業(yè)上合成阿魏酸的原理如下,下列說法不正確的是+H2O+CO2A.阿魏酸分子式為C10H10O4B.阿魏酸存在順反異構(gòu)C.方程式中三種有機(jī)物均可與NaOH、Na2CO3反應(yīng)D.可用酸性KMnO4溶液檢測上述反應(yīng)是否有阿魏酸生成14、將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,或溫度仍保持在40℃而加入少量無水硫酸銅,在這兩種情況下均保持不變的是A.硫酸銅的溶解度 B.溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量C.溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù) D.溶液中Cu2+的數(shù)目15、室溫下,分別用0.1000mol?L-1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定濃度均為0.1mol?L-1的三種酸HX、HY、和HZ,滴定曲線如圖所示,下列說法錯誤的是A.三種酸的酸性強(qiáng)弱:HX>HY>HZB.等濃度、等體積的HY溶液和NaY溶液混合,混合液顯酸性C.用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定HZ溶液時,選用酚酞作指示劑D.滴定HX的曲線中,當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為50%時,溶液中存在c(X-)<c(Na+)16、將等量的固體Mg(OH)2,置于等體積的下列液體中,最終固體剩余最少的是()A.在純水中 B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中C.在0.1mol/L的NH3·H2O中 D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中17、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A.1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的總數(shù)為0.2NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,等物質(zhì)的量的C2H4和CH4所含的氫原子數(shù)均為4NAC.向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.100g9.8%的硫酸與磷酸的混合溶液中含氧原子數(shù)為0.4NA18、用如圖所示的實驗裝置模擬侯氏制堿法的主要反應(yīng)原理。下列說法正確的是A.侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體為B.先從a管通入NH3,再從b管通入CO2C.為吸收剩余的NH3,c中應(yīng)裝入堿石灰D.反應(yīng)后冷卻,瓶中析出的晶體主要是純堿19、下列裝置可達(dá)到實驗?zāi)康氖茿.證明酸性:醋酸>碳酸>苯酚B.制備乙酸丁酯C.苯萃取碘水中I2,分出水層后的操作D.用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體20、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,它們的原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù)。X與Y位于不同周期,X與W的最高化合價之和為8,元素Z的單質(zhì)是目前使用量最大的主族金屬元素單質(zhì)。下列說法中正確的是A.化合物YX4W溶于水后,得到的溶液呈堿性B.化合物YW3為共價化合物,電子式為C.Y、Z形成的一種化合物強(qiáng)度高,熱膨脹系數(shù)小,是良好的耐熱沖擊材料D.原子半徑大小:W>Z>Y>X21、以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3,還含有少量FeS2)為原料,生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下,下列敘述不正確的是A.加入CaO可以減少SO2的排放同時生成建筑材料CaSO4B.向濾液中通入過量CO2、過濾、洗滌、灼燒沉淀可制得Al2O3C.隔絕空氣焙燒時理論上反應(yīng)消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D.燒渣分離可以選擇用磁鐵將燒渣中的Fe3O4分離出來22、根據(jù)如圖能量關(guān)系示意圖,下列說法正確的是A.1molC(s)與1molO2(g)的能量之和為393.5kJB.反應(yīng)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中,生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量C.由C(s)→CO(g)的熱化學(xué)方程式為:2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1D.熱值指一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出熱量,則CO熱值ΔH=-10.1kJ·mol-1二、非選擇題(共84分)23、(14分)某藥物中間體X的合成路線如下:已知:①RX++HX;②-NH2+RCHORCH=N-;③R-OH;④。請回答:(1)F的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)下列說法正確的是________。AH→X的反應(yīng)類型屬于加成反應(yīng)B化合物F具有弱堿性C化合物G能發(fā)生取代、消去、還原反應(yīng)D化合物X的分子式為C23H27O3N9(3)寫出B→C的化學(xué)方程式________。(4)可以轉(zhuǎn)化為。設(shè)計以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線(用流程圖表示,無機(jī)試劑任選)________。(5)寫出化合物B同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①分子中有一個六元環(huán),無其它環(huán)狀結(jié)構(gòu);________②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子;IR譜顯示存在-CN________。24、(12分)鐵氰化鉀(化學(xué)式為K3[Fe(CN)6])主要應(yīng)用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產(chǎn)等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質(zhì)。(1)鐵元素在周期表中的位置為_________,基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。(2)在[Fe(CN)6]3-中不存在的化學(xué)鍵有_________。A.離子鍵B.金屬鍵C.氫鍵D.共價鍵(3)已知(CN)2性質(zhì)類似Cl2:(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH-C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為________。②丙烯腈(H2C=CH-C≡N)分子中碳原子軌道雜化類型是_______;分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。(4)C22-和N2互為等電子體,CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似(如圖甲所示),但CaC2晶體中啞鈴形的C22-使晶胞沿一個方向拉長,晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22-數(shù)目為_______。(5)金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5,該化合物熔點為-20℃,沸點為103℃,則其固體屬于_______晶體。(6)圖乙是Fe單質(zhì)的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm-3,鐵原子的半徑為_________nm(用含有d、NA的代數(shù)式表示)。25、(12分)疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,是汽車安全氣囊中的主要成分,能在發(fā)生碰撞的瞬間分解產(chǎn)生大量氣體使氣囊鼓起。已知:。實驗室利用如圖裝置模擬工業(yè)級NaN3制備。實驗Ⅰ:制備NaN3(1)裝置C中盛放的藥品為____________,裝置B的主要作用是__________________。(2)為了使a容器均勻受熱,裝置D中進(jìn)行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨氣與熔化的鈉反應(yīng)生成NaNH2的化學(xué)方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得,應(yīng)選擇的氣體發(fā)生裝置是________。實驗Ⅱ:分離提純分離提純反應(yīng)完全結(jié)束后,取出裝置D中的混合物進(jìn)行以下操作,得到NaN3固體。(5)已知:NaNH2能與水反應(yīng)生成NaOH和氨氣,操作Ⅳ采用__________洗滌,其原因是_____________。實驗Ⅲ:定量測定實驗室用滴定法測定疊氮化鈉樣品中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù):①將2.500g試樣配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于錐形瓶中,加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反應(yīng)后,將溶液稍稀釋,向溶液中加入8mL濃硫酸,滴入3滴鄰菲啰啉指示液,0.0500(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4+,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為29.00mL。測定過程中涉及的反應(yīng)方程式如下:2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑,Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制疊氮化鈉溶液時,除燒杯、玻璃棒、量筒外,還需要用到的玻璃儀器有___________。若其它讀數(shù)正確,滴定到終點后讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積時俯視,將導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)__________(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(7)試樣中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。(保留四位有效數(shù)字)26、(10分)某學(xué)習(xí)小組以Mg(NO3)2為研究對象,擬通過實驗初步探究硝酸鹽熱分解的規(guī)律。(提出猜想)小組提出如下4種猜想:甲:Mg(NO2)2、NO2、O2乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2?。篗gO、NO2、N2(1)查閱資料得知,NO2

可被NaOH溶液吸收,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:_________。(2)實驗前,小組成員經(jīng)討論認(rèn)定猜想丁不成立,理由是________。(實驗操作)(3)設(shè)計如圖裝置,用氮氣排盡裝置中空氣,其目的是_______;加熱Mg(NO3)2固體,AB裝置實驗現(xiàn)象是:________,說明有Mg(NO3)2固體分解了,有NO2生成。(4)有同學(xué)提出可用亞硫酸鈉溶液檢驗是否有氧氣產(chǎn)生,但通入之前,還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液,其作用是:_______。(5)小組討論后認(rèn)為即便通過C后有氧氣,僅僅用亞硫酸鈉溶液仍然難以檢驗,因為:______,改進(jìn)的措施是可在亞硫酸鈉溶液中加入_______。(6)上述系列改進(jìn)后,如果分解產(chǎn)物中有O2存在,排除裝置與操作的原因,未檢測到的原因是______。(用化學(xué)方程式表示)27、(12分)二氧化氯(ClO2)具有強(qiáng)氧化性,在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體,其體積分?jǐn)?shù)超過10%時易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備ClO2,回答下列問題:(1)以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備ClO2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-,寫出制備ClO2的離子方程式__。(2)用過氧化氫作還原劑,在硫酸介質(zhì)中還原NaClO3制備ClO2,并將制得的ClO2用于處理含CN-廢水。實驗室模擬該過程的實驗裝置(夾持裝置略)如圖所示。①裝置A的名稱是__,裝置C的作用是__。②反應(yīng)容器B應(yīng)置于30℃左右的水浴中,目的是__。③通入氮氣的主要作用有3個,一是可以起到攪拌作用,二是有利于將ClO2排出,三是__。④ClO2處理含CN-廢水的離子方程式為__,裝置E的作用是__。(3)氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2的方法。①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質(zhì)。某次除雜操作時,往粗鹽水中先加入過量的__(填化學(xué)式),至沉淀不再產(chǎn)生后,再加入過量的Na2CO3和NaOH,充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去。②用石墨做電極,在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2,工作原理如圖所示,寫出陽極產(chǎn)生ClO2的電極反應(yīng)式__。28、(14分)研究大氣污染物的處理,對緩解和治理環(huán)境污染、保護(hù)我們賴以生存的地球,具有十分重要的意義。(1)已知:C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣393.5/kJmolN2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180kJ/mol則C(s)+2NO(g)═CO2(g)+N2(g)的△H=_____kJ/mol。(2)在一定溫度下,向2L的恒容密閉容器中充入4.0molNO2和4.0molCO,在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)4CO(g)+2NO2(g)?4CO2(g)+N2(g),測得相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示:t/min05101520n(NO2)/mol4.03.43.123.03.0n(N2)/mol00.300.440.500.50①在0~5min內(nèi),用CO2的濃度變化表示的反應(yīng)速率為_____。②此溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為_____。(3)用活性炭還原法處理氮氧化物,有關(guān)反應(yīng)為C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)。某研究小組向2L密閉容器中加入足量的活性炭和一定量的NO,保持溫度和體積不變,發(fā)生上述反應(yīng)。①下列描述能說明上述反應(yīng)已達(dá)平衡的是_____(填標(biāo)號)。A.活性炭的質(zhì)量不再變化B.容器中氣體的密度保持不變C.2v(NO)正=v(N2)逆D.保持不變②壓強(qiáng)為p時,催化劑的催化效率、氮氣的生成速率與溫度的關(guān)系如圖所示。當(dāng)?shù)獨獾纳伤俾手饕Q于溫度時,對應(yīng)的溫度范圍是_____。(4)肼(N2H4)是無色液體,具有強(qiáng)還原性。①肼的水溶液顯弱堿性,其電離過程與NH3?H2O類似,則第一步電離方程式為_____。②新型N2H4燃料電池產(chǎn)物對環(huán)境沒有污染,該電池以固體氧化物為電解質(zhì)(能傳導(dǎo)O2﹣)。寫出負(fù)極的電極反應(yīng)式_____。29、(10分)由H、C、N、O、S等元素形成多種化合物在生產(chǎn)生活中有著重要應(yīng)用。I.化工生產(chǎn)中用甲烷和水蒸氣反應(yīng)得到以CO和H2為主的混合氣體,這種混合氣體可用于生產(chǎn)甲醇,回答下列問題:(1)對甲烷而言,有如下兩個主要反應(yīng):①CH4(g)+1/2O2(g)=CO(g)+2H2(g)△H1=-36kJ·mol-12CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+216kJ·mol-1若不考慮熱量耗散,物料轉(zhuǎn)化率均為100%,最終爐中出來的氣體只有CO、H2,為維持熱平衡,每生產(chǎn)lmolCO,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為______________________。(2)甲醇催化脫氫可制得重要的化工產(chǎn)品一甲醛,制備過程中能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。①寫出上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式________________________________。②反應(yīng)熱大小比較:過程I________過程Ⅱ(填“大

于”、“小于”或“等于”)。Ⅱ.(3)汽車使用乙醇汽油并不能減少NOx的排放,這使NOx的有效消除成為環(huán)保領(lǐng)城的重要課題。某研究性小組在實驗室以Ag-ZSM-5為催化劑,測得NO轉(zhuǎn)化為N2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化情況如圖所示。若不使用CO,溫度超過775K,發(fā)現(xiàn)NO的分解率降低。其可能的原因為_____________________________________,在n(NO)/n(CO)=1的條件下,為更好的除去NOx物質(zhì),應(yīng)控制的最佳溫度在_______K左右。(4)車輛排放的氮氧化物、煤燃燒產(chǎn)生的二氧化硫是導(dǎo)致霧霾天氣的“罪魁禍?zhǔn)住薄;钚蕴靠商幚泶髿馕廴疚颪O。在5L密閉容器中加入NO和活性炭(假設(shè)無雜質(zhì)),一定條件下生成氣體E和F。當(dāng)溫度分別在T1℃和T2℃時,測得各物質(zhì)平衡時物質(zhì)的量(n/mol)如下表:物質(zhì)溫度℃活性炭NOEF初始3.0000.1000T12.9600.0200.0400.040T22.9750.0500.0250.025①寫出NO與活性炭反應(yīng)的化學(xué)方程式_________________________________________;②若T1<T2,則該反應(yīng)的ΔH_________0(填“>”、“<”或“=”);③上述反應(yīng)T1℃時達(dá)到化學(xué)平衡后再通入0.1molNO氣體,則達(dá)到新化學(xué)平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為______。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、D【解析】

A.糖類中的單糖不能水解,二糖、多糖、油脂和蛋白質(zhì)可發(fā)生水解反應(yīng),故A錯誤;B.戊烷(C5H12)有三種同分異構(gòu)體,正戊烷、新戊烷、異戊烷,故B錯誤;C.苯中不含碳碳雙鍵,也不存在碳碳單鍵,聚氯乙烯中也不存在碳碳雙鍵,存在的是碳碳單鍵,只有乙烯中含有碳碳雙鍵,故C錯誤;D.乙酸與碳酸鈉能夠反應(yīng)生成氣體,而乙酸乙酯與碳酸鈉不反應(yīng),現(xiàn)象不同,可鑒別,故D正確;故選D。2、D【解析】

A.常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng),銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng),作負(fù)極,不能說明鋁比銅活潑,故A錯誤;B.制備溴苯要苯和液溴反應(yīng),故B錯誤;C.二氧化碳與過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣,故無法提純CO氣體,故C錯誤;D.Fe2+容易被空氣中氧氣氧化為Fe3+,F(xiàn)e3+可以與SCN-反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe(SCN)3,故D正確;故答案選:D。【點睛】常溫下鋁與濃硝酸會發(fā)生鈍化反應(yīng),銅與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng),作負(fù)極。3、B【解析】

根據(jù)有機(jī)物W的結(jié)構(gòu)簡式,還可寫為C6H5-OOCCH3,可判斷有機(jī)物中含有酯基。【詳解】A.W的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5-OOCCH3,含有酯基,是一種酯類有機(jī)物,與題意不符,A錯誤;B.同分異構(gòu)體含苯環(huán)和羧基,則苯環(huán)上的取代基為-CH3、-COOH有鄰間對3種,或-CH2COOH一種,合計有4種,錯誤,符合題意,B正確;C.苯環(huán)上的C原子及酯基上的碳原子均為為sp2雜化,則苯環(huán)與酯基各為一個平面,當(dāng)兩平面重合時,所有碳原子可能在同一平面,與題意不符,C錯誤;D.有機(jī)物含有苯環(huán)及酯基能發(fā)生取代、加成,可以燃燒發(fā)生氧化反應(yīng),與題意不符,D錯誤;答案為B。4、D【解析】

A、H2SO4不用H2作原料,錯誤;B、SO2到SO3需要催化劑,NH3的合成與氧化需要催化劑,正確;C、NH3的合成不使用吸收塔設(shè)備,錯誤;D、工業(yè)生產(chǎn)中原料充分利用,一般有毒氣體較少排放,錯誤。答案選D。5、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀,c(SO42-)減小,使CaSO4溶解平衡向溶解方向移動,c(Ca2+)增大,故A錯誤;B.加少量蒸餾水,CaSO4(s)繼續(xù)溶解至飽和,c(Ca2+)不變,故B錯誤;C.加少量硫酸c(SO42-)增大,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動,c(Ca2+)減小,故C正確;D.適當(dāng)升高溫度,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動,c(Ca2+)減小,故D錯誤;故答案為C。6、D【解析】

根據(jù)圖片知,該裝置是原電池,根據(jù)電子的流向判斷X為負(fù)極,Y為正極,電流的流向正好與電子的流向相反;在原電池中,較活潑的金屬作負(fù)極,不活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O;負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng),正極上發(fā)生還原反應(yīng)?!驹斀狻緼.根據(jù)圖片知該裝置是原電池,外電路中電子從X電極流向Y電極,電流的流向與此相反,即Y→→X,A項錯誤;B.原電池中較活潑的金屬作負(fù)極,較不活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O,若兩電極分別為Fe和碳棒,則Y為碳棒,X為Fe,B項錯誤;C.X是負(fù)極,負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng);Y是正極,正極上發(fā)生還原反應(yīng),C項錯誤;D.X為負(fù)極,Y為正極,若兩電極都是金屬單質(zhì),則它們的活動性順序為X>Y,D項正確。答案選D?!军c睛】原電池工作原理的口訣可概括為“兩極一液一連線,活潑金屬最優(yōu)先,負(fù)失氧正得還,離子電極同性戀”,可加深學(xué)生對原電池的理解與記憶。電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極,而不通過溶液,溶液中是陰、陽離子移動導(dǎo)電,俗稱“電子不下水,離子不上岸”。7、B【解析】

NH3中N-H鍵為極性鍵,氨氣為三角錐形結(jié)構(gòu),故為極性分子,電子式為,據(jù)此分析?!驹斀狻緼.氨氣為三角錐形,為極性分子,故A正確;B.由于氨氣為三角錐形,故其比例模型為,故B錯誤;C.氨氣中N原子分別以單鍵和H原子形成共價鍵,且N原子上還有一對孤電子對,故電子式為,故C正確;D.形成于不同原子間的共價鍵為極性共價鍵,故N-H鍵為極性共價鍵,故D正確。故選:B。8、C【解析】

A.根據(jù)圖示,反應(yīng)I的反應(yīng)物為Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,結(jié)合總反應(yīng)方程式,反應(yīng)的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O,故A正確;B.根據(jù)圖示,反應(yīng)Ⅱ的反應(yīng)物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反應(yīng)中鐵元素的化合價降低,氧化劑是Fe3+,故B正確;C.根據(jù)圖示,反應(yīng)Ш的反應(yīng)物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,沒有元素的化合價發(fā)生變化,不是氧化還原反應(yīng),故C錯誤;D.根據(jù)2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+,反應(yīng)過程中NO參與反應(yīng),最后還變成NO,NO作催化劑,故D正確;故選C?!军c睛】解答本題的關(guān)鍵是認(rèn)真看圖,從圖中找到物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。本題的易錯點為A,要注意根據(jù)總反應(yīng)方程式判斷溶液的酸堿性。9、C【解析】

根據(jù)被提純物和雜質(zhì)的性質(zhì)選擇合適的方法。除雜應(yīng)符合不增加新雜質(zhì)、不減少被提純物、操作方便易行等原則。【詳解】A.KNO3的溶解度隨溫度升高而明顯增大,而NaCl的溶解度受溫度影響小。蒸發(fā)剩余的少量液體是KNO3的熱溶液,應(yīng)趁熱過濾,濾渣為NaCl固體,A項正確;B.硝基苯、苯互溶但沸點不同,故用蒸餾方法分離,B項正確;C.己烯與溴水加成產(chǎn)物能溶于己烷,不能用分液法除去,C項錯誤;D.SO2能被NaOH溶液完全吸收,而乙烯不能,故可用洗氣法除雜,D項正確。本題選C。10、D【解析】A、氨水屬于混合物,不在弱電解質(zhì)討論范圍,故A錯誤;B、蔗糖是非電解質(zhì),故B錯誤;C、干冰是非電解質(zhì),故C錯誤;D.碳酸在水溶液里部分電離,所以屬于弱電解質(zhì),故D正確;故選D。點睛:本題考查基本概念,側(cè)重考查學(xué)生對“強(qiáng)弱電解質(zhì)”、“電解質(zhì)、非電解質(zhì)”概念的理解和判斷,解題關(guān)鍵:明確這些概念區(qū)別,易錯點:不能僅根據(jù)溶液能導(dǎo)電來判斷電解質(zhì)強(qiáng)弱,如:氨水屬于混合物,其溶解的部分不完全電離溶液能導(dǎo)電,不屬于弱電解質(zhì),為易錯題。11、C【解析】A、沒有滴入鹽酸時,MOH的AG=-8,,根據(jù)水的離子積Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14,解出c(OH-)=10-3mol·L-1,因此MOH為弱堿,電離方程式為MOH=M++OH-,故A錯誤;B、C點時AG=0,即c(H+)=c(OH-),溶液顯中性,MOH為弱堿,溶液顯中性時,此時溶質(zhì)為MOH和MCl,因此消耗HCl的體積小于10mL,故B錯誤;C、B點加入鹽酸溶液的體積為5mL,此時溶液中溶質(zhì)為MOH和MCl,且兩者物質(zhì)的量相等,根據(jù)電荷守恒,由c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),根據(jù)物料守恒,c(M+)+c(MOH)=2c(Cl-),兩式合并得到c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-),故C正確;D、隨著HCl的滴加,當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為10mL時,水電離程度逐漸增大,當(dāng)鹽酸過量,對水的電離程度起到抑制,故D錯誤。12、B【解析】

A.苯和硝基苯互溶,但沸點不同,則選擇蒸餾法分離,故不選A;B.氯化銨加熱分解,而氯化鈉不能,則選擇加熱法分離,故選B;C.水和溴乙烷互不相溶,會分層,則選擇分液法分離,故不選C;D.二者溶解度受溫度影響不同,則選擇結(jié)晶法分離,故不選D;答案:B13、D【解析】

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知,阿魏酸分子式為C10H10O4,A項正確;B.阿魏酸含有碳碳雙鍵,存在順反異構(gòu),B項正確;C.酚羥基和羧基與NaOH、Na2CO3反應(yīng),C項正確;D.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的不僅有碳碳雙鍵,醛類、酚類、某些醇等也能使其褪色,則香蘭素和阿魏酸,都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,不能檢測,D項錯誤;答案選D。14、C【解析】

A.硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大,將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,硫酸銅的溶解度增大,故A錯誤;B.40℃的飽和硫酸銅溶液,溫度仍保持在40℃,加入少量無水硫酸銅,硫酸銅生成硫酸銅晶體,溶液中溶劑減少,溶質(zhì)析出,溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量減少,故B錯誤;C.將40℃的飽和硫酸銅溶液升溫至50℃,溶解度增大,濃度不變;溫度不變,飽和硫酸銅溶液加入少量無水硫酸銅,析出硫酸銅晶體,溶液仍為飽和溶液,濃度不變,故C正確;D.溫度仍保持在40℃,加入少量無水硫酸銅,硫酸銅生成硫酸銅晶體,溶液中溶劑減少,溶質(zhì)析出,溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量減少,溶液中Cu2+的數(shù)目減少,故D錯誤?!军c睛】明確硫酸銅溶解度隨溫度的變化,理解飽和溶液的概念、硫酸銅與水發(fā)生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反應(yīng)后,溶劑質(zhì)量減少是解決該題的關(guān)鍵。15、D【解析】

A.酸越弱,酸的電離程度越小,等濃度的酸的pH越大,由圖可知,三種酸的酸性強(qiáng)弱:HX>HY>HZ,選項A正確;B.由圖可知,NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定HY溶液中和百分?jǐn)?shù)達(dá)50%時得等濃度、等體積的HY溶液和NaY溶液混合,混合液顯酸性,選項B正確;C.用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定HZ溶液時,完全中和生成強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液呈堿性,可選用酚酞作指示劑,選項C正確;D.滴定HX的曲線中,當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為50%時,得到等濃度、等體積的HX溶液和NaX溶液混合,溶液呈酸性,根據(jù)電荷守恒c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),則存在c(X-)>c(Na+),選項D錯誤。答案選D。16、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag),平衡右移,溶解度增大,反之減小,據(jù)此解答即可。【詳解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag);A.在純水中,Mg(OH)2正常溶解并達(dá)到飽和狀態(tài),故A錯誤;B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中,c(Mg2+)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故B錯誤;C.在0.1mol/L的NH3·H2O中,c(OH-)增大,抑制Mg(OH)2的溶解,故C錯誤;D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中,c(H+)增大,促進(jìn)平衡正向移動,最終固體Mg(OH)2可能完全溶解,故D正確;故答案為D。17、A【解析】

A.根據(jù)物料守恒,1L0.2mol/L亞硫酸鈉溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的總物質(zhì)的量為1L×0.2mol/L=0.2mol,其含硫微??倲?shù)為0.2NA,故A正確;B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,等物質(zhì)的量的C2H4和CH4所含的氫原子數(shù)相等,因兩者的物質(zhì)的量不一定是1mol,則不一定均為4NA,故B錯誤;C.向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2,1molCl2全部被還原為Cl-,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA,故C錯誤;D.100g9.8%的硫酸與磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的總質(zhì)量為9.8g,物質(zhì)的量總和為0.1mol,酸中含有氧原子數(shù)為0.4NA,但水中也有氧原子,則總氧原子數(shù)大于0.4NA,故D錯誤;故答案為A。18、B【解析】

侯氏制堿法的原理:①將足量NH3通入飽和食鹽水中,再通入CO2,溶液中會生成高濃度的HCO3-,與原有的高濃度Na+結(jié)合成溶解度較小的NaHCO3析出:NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl;②將析出的沉淀加熱,制得Na2CO3(純堿):2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,生成的CO2可用于上一步反應(yīng)(循環(huán)利用);③副產(chǎn)品NH4Cl可做氮肥?!驹斀狻緼.侯氏制堿法中可循環(huán)利用的氣體是CO2,A項錯誤;B.先通入NH3,NH3在水中的溶解度極大,為了防止倒吸,應(yīng)從a管通入,之后再從b管通入CO2,B項正確;C.堿石灰(主要成分是NaOH和CaO)不能吸收NH3,C項錯誤;D.反應(yīng)后冷卻,瓶中析出的晶體主要是NaHCO3,將其加熱得到純堿(Na2CO3),D項錯誤;答案選B。【點睛】侯氏制堿法中,要先通入足量NH3,再通入CO2,是因為:NH3在水中的溶解度極大,先通入NH3使食鹽水顯堿性,能夠吸收大量CO2氣體,產(chǎn)生高濃度的HCO3-,與高濃度的Na+結(jié)合,才能析出NaHCO3晶體;如果先通入CO2,由于CO2在水中的溶解度很小,即使之后通入過量的NH3,所生成的HCO3-濃度很小,無法析出NaHCO3晶體。19、B【解析】

A.醋酸易揮發(fā),醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚,則不能比較碳酸、苯酚的酸性,選項A錯誤;B.乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯,長導(dǎo)管可冷凝回流,圖中可制備乙酸丁酯,選項B正確;C.苯的密度比水小,水在下層,應(yīng)先分離下層液體,再從上口倒出上層液體,選項C錯誤;D.蒸干時氯化銨受熱分解,選項D錯誤;答案選B。【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價及實驗裝置綜合應(yīng)用,為高頻考點,把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗技能、實驗裝置的作用為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?,注意實驗評價性分析,易錯點為選項B:乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯,長導(dǎo)管可冷凝回流;選項D:蒸干時氯化銨受熱分解,應(yīng)利用冷卻結(jié)晶法制備,否則得不到氯化銨晶體。20、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,它們的原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù),說明最外層電子數(shù)依次為1、3、5、7,元素Z的單質(zhì)是目前使用量最大的主族金屬元素單質(zhì),則Z為Al元素、Y為N元素、W為Cl元素;。X與Y位于不同周期,則X為H元素。【詳解】A項、X為H、Y為N元素、W為Cl元素,元素化合物YX4W為NH4Cl,NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性,故A錯誤;B項、Y為N元素、W為Cl元素,化合物NCl3為共價化合物,電子式為,故B錯誤;C項、Y為N元素、Z為Al元素,AlN為原子晶體,原子晶體具有強(qiáng)度高、熱膨脹系數(shù)小、耐熱沖擊的特征,故C正確;D項、在周期表中,同一周期從左到右,原子半徑逐漸減小,同一主族的元素的原子半徑從上到下依次增大,H原子半徑最小,故原子半徑從大到小的順序為Al>Cl>H,D錯誤。故選C。【點睛】本題考查元素周期律的應(yīng)用,元素的推斷為解答本題的關(guān)鍵,注意最外層電子數(shù)為1、3、5、7來推斷元素為解答的難點。21、C【解析】

A.FeS2煅燒時會生成SO2,加入CaO會與SO2反應(yīng),減少SO2的排放,而且CaSO3最后也會轉(zhuǎn)化為CaSO4,A項不符合題意;B.濾液為NaAlO2溶液,通入CO2,生成Al(OH)3,過濾、洗滌、煅燒可以得到Al2O3;B項不符合題意;C.隔絕空氣焙燒時,發(fā)生的反應(yīng)為FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4,理論上反應(yīng)消耗的n(FeS2):n(Fe2O3)=1:16,而不是1:5,C項符合題意;D.Fe3O4具有磁性,能夠被磁鐵吸引,D項不符合題意;本題答案選C。22、C【解析】

由圖可知,轉(zhuǎn)化Ⅰ反應(yīng)物總能量大于生成物總能量,為放熱反應(yīng),熱化學(xué)方程式為C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1,轉(zhuǎn)化Ⅱ反應(yīng)物總能量大于生成物總能量,為放熱反應(yīng),熱化學(xué)方程式為2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-282.9kJ·mol-1,轉(zhuǎn)化Ⅰ—轉(zhuǎn)化Ⅱ得C(s)→CO(g)的熱化學(xué)方程式2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1。【詳解】A項、由圖可知1molC(s)與1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ,故A錯誤;B項、由圖可知反應(yīng)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)為放熱反應(yīng),生成物的總能量小于反應(yīng)物的總能量,故B錯誤;C項、由圖可知1molC(s)與O2(g)生成1molCO(g)放出熱量為393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ,則C(s)→CO(g)的熱化學(xué)方程式為2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1,故C正確;D項、熱值指一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出熱量,則CO的熱值為282.9kJ×g≈10.1kJ·g-1,故D錯誤;故選C。二、非選擇題(共84分)23、或HOCH2CH2NHNH2BCD++HCl、、【解析】

從E到F的分子式的變化分析,物質(zhì)E和NH2NH2的反應(yīng)為取代反應(yīng),另外的產(chǎn)物為氯化氫,則推斷B的結(jié)構(gòu)簡式為,根據(jù)信息①分析,C的結(jié)構(gòu)簡式為,E的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2Cl,F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2NHNH2?!驹斀狻?1)根據(jù)以上分析可知F的結(jié)構(gòu)簡式為或HOCH2CH2NHNH2;(2)A.H的結(jié)構(gòu)中含有氯原子,結(jié)合信息①分析,H→X的反應(yīng)類型屬于取代反應(yīng),故錯誤;B.化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2NHNH2,含有氨基,具有弱堿性,故正確;C.化合物G含有的官能團(tuán)為羥基,羰基,碳氮雙鍵,碳碳雙鍵,所以能發(fā)生取代、消去、還原反應(yīng),故正確;D.結(jié)合信息①分析,H的分子式為C12H12O2N7Cl,與之反應(yīng)的分子式為C11H16ON2,該反應(yīng)為取代反應(yīng),生成的另外的產(chǎn)物為氯化氫,則化合物X的分子式為C23H27O3N9,故正確。選BCD;(3)B到C為取代反應(yīng),方程式為:++HCl;(4)以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線,從逆推方法入手,需要合成的物質(zhì)為和HN(CH2CH2Br)2,由苯酚和濃硝酸反應(yīng)生成,乙烯和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1,2-二溴乙烷,再與氨氣反應(yīng)生成HN(CH2CH2Br)2即可。合成路線為:;(5)化合物B的分子式為C5H6O2N2,其同分異構(gòu)體同時符合下列條件:①分子中有一個六元環(huán),無其它環(huán)狀結(jié)構(gòu);②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子;IR譜顯示存在-CN,說明結(jié)構(gòu)有對稱性,除了-CN外另一個氮原子在對稱軸上,兩個氧原子在六元環(huán)上,且處于對稱位,所以結(jié)構(gòu)可能為、、、。24、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK<C<O<Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序數(shù)是26,根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2,據(jù)此確定其在周期表的位置;基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+;(2)根據(jù)化學(xué)鍵的類型和特點解答,注意氫鍵是分子間作用力,不是化學(xué)鍵;(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成,K為金屬、容易失去電子,第一電離能最小,C、N、O位于第二周期,但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低;②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式:平面三角形和直線形,雜化方式也有sp、sp2兩種形式,其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵,C?H都是σ鍵,確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目,再求出比值;(4)1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22?應(yīng)位于同一平面,注意使晶胞沿一個方向拉長的特點;(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高,類似于分子晶體的特點;(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積,晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2,晶胞的質(zhì)量為g,晶胞體積V=cm3、邊長a=cm,根據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系求出r?!驹斀狻?1)Fe的原子序數(shù)是26,根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2,位于第四周期Ⅷ族據(jù);基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+,所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為:第四周期Ⅷ族,[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5;(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子,是配合物的內(nèi)界,含有配位鍵和極性共價鍵,金屬鍵存在于金屬晶體中,氫鍵是分子間作用力,不是化學(xué)鍵,故選AB;故答案為:AB;(3)①KCNO中K為金屬、容易失去電子,第一電離能最小,C、N、O位于第二周期,但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低,所以第一電離能大于O,C的非金屬性小于O,第一電離能小于O,所以第一電離能由小到大排序為K<C<O<N;故答案為:K<C<O<N;②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式:平面三角形和直線形,雜化方式也有sp、sp2兩種形式,其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵,C?H都是σ鍵,所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3,σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1;故答案為:sp、sp2;2:1;(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出,晶胞的一個平面的長與寬不相等,再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22?不是6個,而是4個,故答案為:4;(5)根據(jù)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點,可推知Fe(CO)5為分子晶體;故答案為:分子;(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積,晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2,晶胞的質(zhì)量為g,晶胞體積V=cm3、邊長a=cm,F(xiàn)e原子半徑r與晶胞邊長a關(guān)系為4r=a,所以r=a=cm=×107nm;故答案為:×107。25、堿石灰冷凝分離出氨氣中的水反應(yīng)需要在210℃~220℃下進(jìn)行,水浴不能達(dá)到這樣的高溫2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固體不溶于乙醚,能減少其損失,可洗去表面的乙醇雜質(zhì),且乙醚易揮發(fā),有利于產(chǎn)品快速干燥500mL容量瓶、膠頭滴管偏大93.60%【解析】

實驗I:A裝置為制取氨氣的裝置,B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水,C裝置為干燥氨氣,因為疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水,所以必須保證干燥環(huán)境;D裝置為制取疊氮化鈉(NaN3)的裝置。反應(yīng)之前需要排出裝置內(nèi)的空氣,防止Na與空氣中的氧氣發(fā)生反應(yīng)而影響產(chǎn)率,同時應(yīng)該有尾氣處理裝置,據(jù)此分析解答(1)~(4);實驗II:根據(jù)(NaN3)固體易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,分析解答(5);實驗Ⅲ:根據(jù)配制溶液的步驟和使用的儀器結(jié)合滴定操作的誤差分析的方法解答(6);(7)結(jié)合滴定過程,疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng),用0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4+,結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算?!驹斀狻?1)根據(jù)上述分析,濃氨水分解產(chǎn)生的氨氣中含有較多的水蒸氣,經(jīng)B裝置分離出大部分水后,氨氣中仍有少量的水蒸氣,故裝置C為干燥氨氣的裝置,其中的干燥劑可以選用堿石灰;B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水,故答案為堿石灰;冷凝分離出氨氣中的水;(2)裝置D中的反應(yīng)需要在210℃~220℃下進(jìn)行,水浴不能達(dá)到這樣的高溫,因此需要油浴,故答案為反應(yīng)需要在210℃~220℃下進(jìn)行,水浴不能達(dá)到這樣的高溫;(3)氨氣與熔化的鈉反應(yīng)生成NaNH2的化學(xué)方程式為2Na+2NH32NaNH2+H2↑,故答案為2Na+2NH32NaNH2+H2↑;(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得,NH4NO3分解時已經(jīng)融化,同時分解過程中會生成水,為了防止水倒流到試管底部,使試管炸裂,試管口需要略向下傾斜,且需要防止NH4NO3流下,只有裝置Ⅳ滿足要求,故答案為Ⅳ;(5)NaN3固體不溶于乙醚,操作Ⅳ可以采用乙醚洗滌,能減少NaN3損失,同時洗去表面的乙醇雜質(zhì),且乙醚易揮發(fā),有利于產(chǎn)品快速干燥,故答案為乙醚;NaN3固體不溶于乙醚,能減少其損失,可洗去表面的乙醇雜質(zhì),且乙醚易揮發(fā),有利于產(chǎn)品快速干燥;(6)配制疊氮化鈉溶液時,除需用到燒杯、玻璃棒、量筒外,還需要用到的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管;若其它讀數(shù)正確,滴定到終點后,讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積時俯視,導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小,則(NH4)2Ce(NO3)6的物質(zhì)的量偏大,將導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大,故答案為500mL容量瓶、膠頭滴管;偏大;(7)50.00mL0.1010mol?L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中:n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol?L-1×50.00×10-3L=5.05×10-3mol,29.00mL0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液中,n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol?L-1×29.00×10-3L=1.45×10-3mol,根據(jù)Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知,(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物質(zhì)的量為1.45×10-3mol,則與NaN3反應(yīng)的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.05×10-3mol-1.45×10-3mol=3.6×10-3mol,根據(jù)2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑可知,n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6×10-3mol,故500.00mL溶液中(2.500g試樣中)n(NaN3)=3.6×10-3mol×=0.036mol,試樣中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω=×100%=93.60%,故答案為93.60%?!军c睛】本題的易錯點為(7)中試樣中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算,要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反應(yīng)和目的,理清楚滴定的原理。26、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化還原反應(yīng)原理避免對產(chǎn)物O2的檢驗產(chǎn)生干擾固體減少,產(chǎn)生紅棕色氣體,溶液中有氣泡冒出確保二氧化氮已被除盡,防止干擾氧氣的檢驗亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象,難以判斷反應(yīng)是否發(fā)生了幾滴酚酞試劑4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】

(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng),與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2;(2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降相等判斷;(3)為檢驗是否生成氧氣,應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡;加熱Mg(NO3)2固體,固體質(zhì)量減小,如生成紅棕色氣體,則有NO2生成;(4)亞硫酸鈉具有還原性,可被氧氣氧化,也可被二氧化氮氧化;(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象,結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性,硫酸鈉溶液呈中性判斷;(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在,但沒有檢測到,可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應(yīng)。【詳解】(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng),與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2,,根據(jù)電子守恒、原子守恒,可得反應(yīng)的方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;(2)由于丙產(chǎn)物中化合價只有降低情況,沒有升高,不滿足氧化還原反應(yīng)的特征,不符合氧化還原反應(yīng)原理;(3)為檢驗是否生成氧氣,應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡,避免對產(chǎn)物O2的檢驗產(chǎn)生干擾,加熱Mg(NO3)2固體,固體質(zhì)量減小,如生成紅棕色氣體,則有NO2生成;(4)亞硫酸鈉具有還原性,可被氧氣氧化,也可被NO2氧化,通入之前,還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液,可確保NO2已被除盡,防止干擾氧氣的檢驗;(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象,結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性,硫酸鈉溶液呈中性判斷,可滴加幾滴酚酞試劑,如溶液由紅色變?yōu)闊o色,說明有氧氣生成;(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在,但沒有檢測到,可能原因是NO2、O2與H2O反應(yīng),發(fā)生方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【點睛】本題為實驗探究題目,答題時主要在把握物質(zhì)的性質(zhì)基礎(chǔ)上把握實驗的原理、目的以及相關(guān)實驗的基本操作,側(cè)重考查學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Α?7、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒壓漏斗安全瓶提高化學(xué)反應(yīng)速率,同時防止過氧化氫受熱分解稀釋ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等氣體,防止污染大氣BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【解析】

二氧化氯(ClO2)具有強(qiáng)氧化性,在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機(jī)反應(yīng)和電解原理制備二氧化氯,三種方法均利用了氧化還原反應(yīng)。【詳解】(1)以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備ClO2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒和元素守恒,可以寫出制備ClO2的離子方程式為FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。(2)①裝置A的名稱為恒壓漏洞,裝置C為安全瓶,起到防止液體倒吸的作用。②升高溫度可以提高化學(xué)反應(yīng)速率,但是原料中含有過氧化氫,過氧化氫在過高的溫度下可以發(fā)生分解反應(yīng),因此反應(yīng)容器B應(yīng)置于30℃左右的水浴中。③根據(jù)題文可知,ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體,其體積分?jǐn)?shù)超過10%時易引起爆炸,故通入氮氣的主要作用有3個,一是可以起到攪拌作用,二是有利于將ClO2排出,三是稀釋ClO2,防止其爆炸。④ClO2處理含CN-廢水發(fā)生氧化還原反應(yīng),將CN-轉(zhuǎn)化為無污染的CO2和N2,故離子方程式為2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;裝置E在整套裝置之后,起到吸收尾氣,防止環(huán)境污染的作用。(3)①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質(zhì),需要過量的碳酸根離子、氫氧根離子和鋇離子,過量的鋇離子可以用碳酸根離子除去,因此在加入Na2CO3之前應(yīng)先加入過量BaCl2。②用石墨做電極,電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng),元素化合價升高,因此氯離子在陽極失電子和水反應(yīng)得到ClO2,電極反應(yīng)式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。28、﹣573.50.012mol/(L?min)K=AB300~400℃N2H4?H2O?N2H5++OH﹣N2H4﹣4e﹣+2O2﹣=N2↑+2H2O【解析】

(1)、已知:C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣393.5kJ/molN2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+

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