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文檔簡介
2023-2024學年廣東省廣州市番禺區(qū)禺山中學高三第一次調(diào)研測試化學試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、關于反應2HI(g)H2(g)+I2(g)-11kJ,正確的是A.反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B.1molI2(g)中通入1molH2(g),反應放熱11kJC.等物質(zhì)的量時,I2(g)具有的能量低于I2(l)D.平衡時分離出HI(g),正反應速率先減小后增大2、固體粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干種。為確定該固體粉末的成分,某同學依次進行了以下實驗:①將X加入足量水中,得到不溶物Y
和溶液Z②取少量Y加入足量濃鹽酸,加熱,產(chǎn)生黃綠色氣體,并有少量紅色不溶物③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH試紙上,試紙呈藍色④向乙溶液中滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀分析以上實驗現(xiàn)象,下列結論正確的是()A.X中一定不存在FeOB.Z溶液中一定含有K2CO3C.不溶物Y中一定含有MnO2和CuO,而Fe與FeO中至少含有一種D.向④中所生成的白色沉淀中滴加鹽酸,若沉淀不完全溶解,則粉末X中含有KCl3、有關碳元素及其化合物的化學用語正確的是A.原子結構示意圖可以表示,也可以表示B.軌道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外層電子C.比例模型可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子D.分子式可以表示乙酸,也可以表示乙二醇4、《環(huán)境科學》刊發(fā)了我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉(Na2S2O8,其中S為+6價)去除廢水中的正五價砷[As(V)]的研究成果,其反應機制模型如圖所示。Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39,下列敘述錯誤的是A.pH越小,越有利于去除廢水中的正五價砷B.1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)含NA個過氧鍵C.堿性條件下,硫酸根自由基發(fā)生反應的方程式為:SO4-?+OH-=SO42-+?OHD.室溫下,中間產(chǎn)物Fe(OH)3溶于水所得飽和溶液中c(Fe3+)約為2.7×10-18mol·L-15、下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結論中,不正確的是()選項實驗現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后,加入足量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸鈉固體與硫酸反應產(chǎn)生的氣體,通入苯酚鈉溶液中出現(xiàn)白色渾濁酸性:硫酸>碳酸>苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4,振蕩、靜置溶液分層,下層呈橙紅色Br-還原性強于Cl-A.A B.B C.C D.D6、關于化合物2-苯基丙烯酸乙酯(),下列說法正確的是()A.不能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B.可以與稀硫酸或NaOH溶液反應C.分子中所有原子共平面D.易溶于飽和碳酸鈉溶液7、化學與人類的生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是()A.含有氟化鈉等氟化物的牙膏有害健康,應禁止使用B.油脂屬于高分子化合物,使用一定的油脂能促進人體對某些維生素的吸收C.將少量二氧化硫添加于紅酒中可以起到殺菌和抗氧化作用,是法律允許的做法D.廢舊電池應集中處理主要是要回收其中的金屬材料8、鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一,以“入窯一色,出窯萬彩”的神奇窯變著稱,下列關于陶瓷的說法正確的是()A.“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應導致顏色的變化B.高品質(zhì)白瓷晶瑩剔透,屬于純凈物C.氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料D.由于陶瓷耐酸堿,因此可以用來熔化氫氧化鈉9、活性氧化鋅是一種多功能性的新型無機材料。某小組以粗氧化鋅(含鐵、銅的氧化物)為原料模擬工業(yè)生產(chǎn)活性氧化鋅,步驟如圖:
已知相關氫氧化物沉淀pH范圍如表所示Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2開始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列說法不正確的是()A.“酸浸”中25%稀硫酸可用98%濃硫酸配制,需玻璃棒、燒杯、量簡、膠頭滴管等儀器B.“除鐵”中用ZnO粉調(diào)節(jié)溶液pH至4.1~4.7C.“除銅”中加入Zn粉過量對制備活性氧化鋅的產(chǎn)量沒有影響D.“沉鋅”反應為2Zn2++4HCO3﹣═Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O10、用下列實驗裝置進行相應實驗,能達到實驗目的的是A.用①裝置除去CO2中含有的少量SO2B.用②裝置蒸干飽和AlCl3溶液制備AlCl3晶體C.用③裝置加熱NH4Cl固體制取NH3D.用④裝置分離乙酸乙酯與水的混合液11、對下圖兩種化合物的結構或性質(zhì)描述正確的是A.不是同分異構體B.分子中共平面的碳原子數(shù)相同C.均能與溴水反應D.可用紅外光譜區(qū)分,但不能用核磁共振氫譜區(qū)分12、第三代混合動力車,可以用電動機、內(nèi)燃機或二者結合推動車輛。汽車上坡或加速時,電動機提供推動力,降低汽油的消耗;在剎車或下坡時,電池處于充電狀態(tài),其電路工作原理如圖所示。下列說法中正確的是A.放電時甲為負極,充電時為陽極B.電池充電時,OH—由甲側向乙側移動C.放電時負極的電極反應式為:MHn—ne—=M+nH+D.汽車下坡時發(fā)生圖中實線所示的過程13、屬于非電解質(zhì)的是A.二氧化硫 B.硫酸鋇 C.氯氣 D.冰醋酸14、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是()A.標準狀況下,22.4L二氯甲烷的共價鍵數(shù)為NA個B.一定條件下,2molSO2和1molO2混合在密閉容器中充分反應后容器中的分子數(shù)大于2NAC.含4.8g碳元素的石墨晶體中的共價鍵數(shù)為1.2NA個D.2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制備Fe(OH)3膠體,所得膠粒數(shù)目為0.001NA15、(原創(chuàng))根據(jù)下列實驗事實,不能得到相應結論的是選項
實驗操作和現(xiàn)象
結論
A
常溫下分別測等體積、等濃度的醋酸和氨水pH,發(fā)現(xiàn)二者的pH之和為14
常溫下,醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)相等
B
向均盛有2mL5%H2O2溶液的兩支試管中分別滴入0.2mol/LFeCl3,和0.3mol/LCuCl2溶液lmL,前者生成氣泡的速率更快
催化效果:Fe3+>Cu2+
C
向一定濃度的醋酸溶液中加入鎂條,產(chǎn)生氣泡的率會先加快再減慢
反應剛開始時,醋酸電離平衡正移,c(H+)增大
D
向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液,觀察到明顯現(xiàn)象.
H3BO3的酸性強于H2CO3
A.A B.B C.C D.D16、常溫下,HNO2的電離平衡常數(shù)為K=4.6×10-4(已知=2.14),向20mL0.01mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液,測得混合液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示,下列判斷正確的是A.X=20B.a(chǎn)點溶液中c(H+)=2.14×10-3mol·L-1C.a(chǎn)、b、c、d四點對應的溶液中水的電離程度逐漸減小D.b點溶液中微粒濃度的大小關系為c(HNO2)>c(Na+)>c()17、在使用下列各實驗裝置時,不合理的是A.裝置①用于分離CCl4和H2O的混合物B.裝置②用于收集H2、CO2、Cl2等氣體C.裝置③用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸D.裝置④用于收集NH3,并吸收多余的NH318、下列事實不能說明X元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是()A.X單質(zhì)與H2S溶液反應,溶液變渾濁B.在氧化還原反應中,1molX單質(zhì)比1mol硫得電子多C.X和硫兩元素的氣態(tài)氫化物受熱分解,前者的分解溫度高D.X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性19、下列有關物質(zhì)的分類或歸類正確的是A.化合物:CaCl2、燒堿、聚苯乙烯、HDB.電解質(zhì):明礬、膽礬、冰醋酸、硫酸鋇C.同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2D.同位素:、、20、下列說法正確的是()A.堿金屬族元素的密度,沸點,熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大B.甲烷與氯氣在光照條件下,生成物都是油狀的液體C.苯乙烯所有的原子有可能在同一個平面D.電解熔融的AlCl3制取金屬鋁單質(zhì)21、下列實驗操作不是從實驗安全角度考慮的是A.稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中,并不斷攪拌B.做有毒氣體的實驗時,對尾氣進行適當處理C.加熱燒瓶里液體時,在燒瓶底部放幾片碎瓷片D.向試管里滴加液體時,滴管不能伸入試管內(nèi)22、下列過程中,共價鍵被破壞的是A.木炭吸附溴蒸氣 B.干冰升華C.葡萄糖溶于水 D.氯化氫溶于水二、非選擇題(共84分)23、(14分)貝諾酯臨床主要用于治療類風濕性關節(jié)炎、感冒發(fā)燒等。合成路線如下:(1)貝諾酯的分子式______。(2)A→B的反應類型是______;G+H→I的反應類型是______。(3)寫出化合物C、G的結構簡式:C______,G______。(4)寫出滿足下列條件的F同分異構體的結構簡式(任寫3種)______。a.不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應;b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應;c.能與金屬鈉反應放出H2;d.苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種結構(5)根據(jù)題給信息,設計從A和乙酸出發(fā)合成的合理線路(其他試劑任選,用流程圖表示:寫出反應物、產(chǎn)物及主要反應條件)_______________24、(12分)有機物數(shù)量眾多,分布極廣,與人類關系非常密切。(1)石油裂解得到某烴A,其球棍模型為,它是重要的化工基本原料。①A的結構簡式為_________,A的名稱是____________。②A與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式為_______________。③A→C的反應類型是____,C+D→E的化學方程式為_______,鑒別C和D的方法是_______。④A的同系物B的相對分子質(zhì)量比A大14,B的結構有____種。(2)生蘋果肉遇碘酒變藍,熟蘋果汁能與銀氨溶液反應,蘋果由生到成熟時發(fā)生的相關反應方程式為__________。25、(12分)乙醇是制取飲料、香精、染料、涂料、洗滌劑等產(chǎn)品的原料。完成下列填空:(1)實驗室用乙醇制取乙烯時,濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量,原因是______。(2)驗證乙烯加成反應性質(zhì)時,需對乙烯氣體中的干擾物質(zhì)進行處理,可選用的試劑是_____(填寫化學式);能確定乙烯通入溴水中發(fā)生了加成反應的事實是______。(選填編號)a.溴水褪色b.有油狀物質(zhì)生成c.反應后水溶液酸性增強d.反應后水溶液接近中性(3)實驗室用乙醇和乙酸制備乙酸乙酯時,甲、乙兩套裝置如圖1都可以選用。關于這兩套裝置的說法正確的是______。(選填編號)a.甲裝置乙酸轉(zhuǎn)化率高b.乙裝置乙酸轉(zhuǎn)化率高c.甲裝置有冷凝回流措施d.乙裝置有冷凝回流措施(4)用乙裝置實驗時,提純乙中乙酸乙酯的流程如圖3以上流程中試劑A的化學式是______;操作Ⅱ的名稱是______;操作Ⅲ一般適用于分離______混合物。(5)如圖2是用乙醇制備溴乙烷的裝置,實驗中有兩種加料方案:①先加溴化鈉→再加乙醇→最后加1:1濃硫酸;②先加溴化鈉→再加1:1濃硫酸→最后加乙醇。按方案①和②實驗時,產(chǎn)物都有明顯顏色,若在試管中加入______,產(chǎn)物可變?yōu)闊o色。與方案①相比較,方案②的明顯缺點是______。26、(10分)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的含氯消毒劑,在水中溶解度較大,遇酸放出ClO2,是一種高效的氧化劑和優(yōu)質(zhì)漂白劑,可用于各種纖維和某些食品的漂白。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示:已知:①ClO2的熔點為-59℃、沸點為11℃,極易溶于水,遇熱水、見光易分解;氣體濃度較大時易發(fā)生分解,若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時,爆炸性則降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O請回答:(1)按上圖組裝好儀器后,首先應該進行的操作是____;裝置B的作用是___;冰水浴冷卻的主要目的不包括_(填字母)。a.減少H2O2的分解b.降低ClO2的溶解度c.減少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料,寫出三頸燒瓶中生成ClO2的化學方程式:____。(3)裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外,還因為_____。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產(chǎn)率,試分析原因:________。(4)該套裝置存在的明顯缺陷是_________。(5)為防止生成的NaClO2固體被繼續(xù)還原為NaCl,所用還原劑的還原性應適中。除H2O2外,還可以選擇的還原劑是_(填字母)A.過氧化鈉B.硫化鈉C.氯化亞鐵D.高錳酸鉀(6)若mgNaClO3(s)最終制得純凈的ngNaClO2(s),則NaClO2的產(chǎn)率是_×100%。27、(12分)某研究學習小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O],并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解。實驗操作如下:步驟一:將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內(nèi),可生成黃色沉淀;步嶸二:稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加熱至70~85℃。待固體全部溶解后,用膠頭滴管吸岀一滴溶液點在點滴板上,用鐵氰化鉀溶液檢驗,無藍色沉淀產(chǎn)生;步驟三:用0.080mol/LKMnO4標準液滴定步驟二所得的溶液;步驟四:向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液,幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點在點滴板上,用KSCN溶浟檢驗,若不顯紅色,過濾除去Zn粉,并用稀硫酸洗滌Zn粉,將洗滌液與濾液合并,用0.0800mol/LKMnO4標準液滴定,用去髙錳酸鉀標準液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是__________________。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度70~85℃的理由是__________________,加鐵氰化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生,此操作的目的是__________________。(3)步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示,則消耗KMnO4標準液的體積為__________________,該滴定管為_________滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。若不合并洗滌液,則消耗KMnO4標準液的體積將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為__________________。28、(14分)CCuS是一種二氧化碳的捕獲、利用與封存的技術,這種技術可將CO2資源化,產(chǎn)生經(jīng)濟效益。CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳有機物,主要有以下反應:反應I:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.8kJ·mol-1反應II:CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ·mol-1反應III:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H3(1)△H3=_____________kJ·mol-1(2)恒溫恒容條件下,在密閉容器中通人等物質(zhì)的量的CO2和H2,發(fā)生反應I。下列描述能說明反應I達到平衡狀態(tài)的是_______(填序號)。A.容器內(nèi)的混合氣體的密度保持不變B.反應體系總壓強保持不變C.CH3OH和CO2的濃度之比保持不變D.斷裂3NA個H-O鍵同時斷裂2NA個C=O鍵(3)反應II在某溫度下的平衡常數(shù)為0.25,此溫度下,在密閉容器中加人等物質(zhì)的量的CH3OCH3(g)和H2O(g),反應到某時刻測得各組分濃度如下:物質(zhì)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)濃度/mol·L-11.61.60.8此時___(填“>”、“<”或“=”),當反應達到平衡狀態(tài)時,混合氣體中CH3OH體積分數(shù)V(CH3OH)%=_____%。(4)在某壓強下,反應III在不同溫度、不同投料比時,CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示。T1溫度下,將6molCO2和12molH2充入3L的密閉容器中,10min后反應達到平衡狀態(tài),則0-10min內(nèi)的平均反應速率V(CH3OCH3)=____。(5)恒壓下將CO2和氏按體積比1:3混合,在不同催化劑作用下發(fā)生反應I和反應III,在相同的時間段內(nèi)CH3OH的選擇性和產(chǎn)率隨溫度的變化如下圖。其中:CH3OH的選擇性=×100%①溫度高于230℃,CH3OH產(chǎn)率隨溫度升高而下降的原因是________。②在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是_________。A.230℃B.210℃C.催化劑CZTD.催化劑CZ(Zr-1)T29、(10分)工業(yè)上以鉻鐵礦(主要成分為FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)化工原料紅礬鈉(主要成分為:Na2Cr2O7·2H2O),其主要工藝流程如下:查閱相關資料得知:i.常溫下,NaBiO3不溶于水,有強氧化性,在堿性條件下能將Cr3+轉(zhuǎn)化為CrO42—,自身被還原為Bi(OH)3固體。ii.物質(zhì)Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3開始沉淀的PH2.73.44.67.50.7完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5回答下列問題:(1)將鉻鐵礦礦石粉碎的目的是___________。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃儀器有玻璃棒和___________(填儀器名稱)。(3)寫出④反應的化學方程式________________。(4)⑤中酸化是使CrO42—轉(zhuǎn)化為Cr2O72—。寫出該反應的離子方程式______。(5)將溶液H經(jīng)下列操作:蒸發(fā)濃縮,__________,過濾,洗滌,干燥即得紅礬鈉。(6)取一定質(zhì)量的固體D溶解于200mL的稀硫酸中,向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)關系如圖所示,則稀硫酸的濃度為_________,固體D中含F(xiàn)e化合物的物質(zhì)的量為___________。
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.反應是吸熱反應,反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能,選項A錯誤;B.反應為可逆反應不能進行徹底,1molI2(g)中通入1molH2(g),反應放熱小于11kJ,選項B錯誤;C.等物質(zhì)的量時,I2(g)具有的能量高于I2(l),選項C錯誤;D.平衡時分離出HI(g),平衡逆向進行,碘化氫濃度先減小后增大,所以反應速率先減小后增大,但比原來速率小,選項D正確;答案選D。2、B【解析】
①將X加入足量水中,得到不溶物Y和溶液Z,Y可能為Fe、FeO、CuO、MnO2中的物質(zhì),Z可能為KCl和K2CO3中的物質(zhì);②取少量Y加入足量濃鹽酸,加熱,產(chǎn)生黃綠色氣體,并有少量紅色不溶物,黃綠色氣體為氯氣,紅色不溶物為銅,可說明Y中至少含有CuO、MnO2,紅色不溶物為銅,說明反應后有Cu生成,說明Y中含有的CuO與酸反應生成的CuCl2被置換出來了,可說明Y中還含有Fe;③用玻璃棒蘸取溶液Z于pH試紙上,試紙呈藍色,說明溶液呈堿性,應含有K2CO3;④向乙溶液中滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,可能為氯化銀或碳酸銀沉淀;以此分析解答?!驹斀狻緼.根據(jù)上述分析,不能確定X中是否存在FeO,故A錯誤;B.用玻璃棒蘸取溶液Z于pH試紙上,試紙呈藍色,說明溶液呈堿性,說明Z溶液中一定含有K2CO3,故B正確;C.根據(jù)分析,不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和Fe,不能確定是否存在FeO,故C錯誤;D.向乙溶液中滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,可能為氯化銀或碳酸銀沉淀,向生成的白色沉淀中滴加鹽酸,鹽酸提供了氯離子,不能說明X中含有KCl,故D錯誤;故選B?!军c睛】本題的易錯點為D,要注意加入的鹽酸對氯化鉀的干擾。3、A【解析】
A.原子序數(shù)為6,應為碳元素的粒子,可以表示,也可以表示,故A正確;B.由軌道表示式可知電子排布式為1s22s22p2,可以表示碳原子,不能表示氧原子最外層電子,故B錯誤;C.比例模型可以表示水分子,但不能表示二氧化碳分子,因為二氧化碳分子是直線形分子,故C錯誤;D.分子式為,也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3,而乙二醇的分子式為,故D正錯誤;故選A。4、A【解析】
A.pH越小,酸性越強,會使Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)?Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移,無法生成沉淀,不利于除去廢水中的正五價砷,故A錯誤;B.設1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵物質(zhì)的量為amol,鈉為+1價,硫為+6價,過氧鍵中的氧為-1價,非過氧鍵中的氧為-2價,則(+1)×2+(+6)×2+(-2)×a+(-2)×(8-2a)=0,解得a=1,所以1mol過硫酸鈉(Na2S2O8)中過氧鍵的數(shù)量為NA,故B正確;C.由圖示可得,堿性條件下,硫酸根自由基發(fā)生反應的方程式為:SO42-?+OH-=SO42-+?OH,故C正確;D.Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡:Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH-(aq),此溶液堿性極弱,pH接近7,即c(OH-)=1×10-7mol/L,因為Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.7×10-39,則c(Fe3+)==2.7×10-18mol·L-1,故D正確;答案選A。5、A【解析】
A.某無色溶液中滴入BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含有Ag+,A不正確;B.加入硝酸酸化的AgNO3溶液,產(chǎn)生白色沉淀,則該鹵代烴中含有氯原子,B正確;C.碳酸鈉與硫酸反應產(chǎn)生的二氧化碳能使苯酚鈉溶液變渾濁,根據(jù)較強酸可以制較弱酸的規(guī)律,可知酸性:硫酸>碳酸>苯酚,C正確;D.下層呈橙紅色,則表明NaBr與氯水反應生成Br2,從而得出還原性:Br->Cl-,D正確;故選A。6、B【解析】
A.該有機物分子中含有碳碳雙鍵,能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色,A不正確;B.該有機物分子中含有酯基,可以在稀硫酸或NaOH溶液中發(fā)生水解反應,B正確;C.分子中含有-CH3,基團中的原子不可能共平面,C不正確;D.該有機物屬于酯,在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小,D不正確;故選B。7、C【解析】
A、氟元素可以幫助人體形成骨骼和牙齒,缺氟易患齲齒,故A錯誤;B、油脂既能運送營養(yǎng)素,也能作為維生素A、D、E、K的溶劑,它們必須溶在油脂里面,才會被消化吸收,但油脂是小分子,不是高分子,故B錯誤;C、將二氧化硫添加于紅酒中,利用了SO2具有殺菌作用和抗氧化特性,故C正確;D、廢舊電池含有汞、鎘等重金屬,用完隨便丟棄容易造成環(huán)境污染,應集中回收處理,防止污染土壤與水體,故D錯誤。答案選C。8、A【解析】
A.不同的金屬氧化物顏色可能不同,在高溫下,釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應導致的顏色變化,故A正確;B.瓷器的原料主要是黏土燒結而成,瓷器中含有多種硅酸鹽和二氧化硅,是混合物,故B錯誤;C.新型無機非金屬材料主要有先進陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機涂層、無機纖維等,氮化鋁陶瓷屬于新型無機非金屬材料,故C錯誤;D.陶瓷的成分是硅酸鹽和二氧化硅,能與熔化氫氧化鈉反應,故D錯誤;故選A。9、C【解析】
粗氧化鋅(含鐵、銅的氧化物)加入稀硫酸溶解過濾得到溶液中含有硫酸亞鐵、硫酸銅、硫酸鋅,加入H2O2溶液氧化亞鐵離子為鐵離子,加入氧化鋅調(diào)節(jié)溶液PH沉淀鐵離子和銅離子,加入鋅還原銅離子為銅單質(zhì),過濾得到硫酸鋅,碳化加入碳酸氫銨沉淀鋅離子生成堿式碳酸鋅,加熱分解生成活性氧化鋅;A.依據(jù)溶液配制過程分析需要的儀器有玻璃棒、燒杯、量筒、膠頭滴管等;B.依據(jù)沉淀PH范圍調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子和銅離子沉淀;C.“除銅”加入Zn粉的作用是含有銅離子,調(diào)節(jié)溶液pH除凈銅離子;D.“沉鋅”時加入NH4HCO3溶液,溶液中的Zn2+與HCO3-反應生成Zn2(OH)2CO3和CO2?!驹斀狻緼.酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%濃硫酸(密度為1.84g/mL)配制,是粗略配制在燒杯內(nèi)稀釋配制,所需的儀器除玻璃棒、燒杯外,還需要儀器有量筒、膠頭滴管等,故A正確;B.依據(jù)沉淀PH范圍調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子和銅離子沉淀,調(diào)節(jié)溶液PH為4.1~4.7,故B正確;C.“除銅”中加入Zn粉置換溶液中的Cu,過量的Zn粉也能溶解于稀硫酸,溶液中Zn2+濃度增大,導致活性氧化鋅的產(chǎn)量增加,故C錯誤;D.“沉鋅”時溶液中的Zn2+與HCO3﹣反應生成Zn2(OH)2CO3和CO2,發(fā)生的離子反應為2Zn2++4HCO3﹣═Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O,故D正確;故選C。10、D【解析】
A.CO2和SO2都會和飽和碳酸鈉溶液反應,不能到達除雜效果,A項錯誤;B.AlCl3為強酸弱堿鹽,在溶液中發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體和氯化氫,直接蒸干AlCl3飽和溶液,氯化氫揮發(fā),導致水解平衡右移,使水解趨于完全生成氫氧化鋁沉淀,不能得到無水AlCl3,B項錯誤;C.加熱NH4Cl固體分解為NH3和HCl,兩者遇冷又會生成NH4Cl,堵住導管,存安全隱患,C項錯誤;D.乙酸乙酯的密度比水小,有機層在上層,水層在下層,與圖中裝置分層現(xiàn)象相符,D項正確;答案選D。11、C【解析】
A、二者分子式相同而結構不同,所以二者是同分異構體,錯誤;B、第一種物質(zhì)含有苯環(huán),8個C原子共面,第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵,7個C原子共面,錯誤;C、第一種物質(zhì)含有酚羥基,可與溴水發(fā)生取代反應,第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵,可與溴水發(fā)生加成反應,正確;D、兩種有機物H原子位置不同,可用核磁共振氫譜區(qū)分,錯誤;答案選C。12、B【解析】
A.根據(jù)電解池的工作原理,充電時甲電極是陰極,放電時是原電池,甲是負極,故A錯誤;B.電池充電時是電解池的工作原理,電解池中的甲電極是陰極,陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應,乙是陽極,所以OH-由甲側向乙側移動,故B正確;C.放電時負極發(fā)生氧化反應,電極反應式為M-ne-+nH+=MHn,故C錯誤;D.汽車下坡時電池處于充電狀態(tài),發(fā)生圖中虛線所示的過程,故D錯誤;答案選B。13、A【解析】
A、二氧化硫的水溶液能導電,是因為二氧化硫和水反應生成亞硫酸,亞硫酸電離出氫離子和亞硫酸氫根離子,而不是二氧化硫本身發(fā)生電離,所以二氧化硫是非電解質(zhì),故A正確;B、硫酸鋇在熔融狀態(tài)能電離出鋇離子和硫酸根離子,能夠?qū)щ?,所以硫酸鋇是電解質(zhì),故B錯誤;C、非電解質(zhì)是溶于水溶液中和在熔融狀態(tài)下不能導電的化合物,而氯氣為單質(zhì),不是非電解質(zhì),故C錯誤;D、醋酸在水溶液中電離出醋酸根離子和氫離子,能夠?qū)щ?,所以醋酸是電解質(zhì),故D錯誤;故選:A?!军c睛】根據(jù)非電解質(zhì)的定義:非電解質(zhì)是指在水溶液中和在熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物及電離的特點來解答此題.14、B【解析】
A.標準狀況下,二氯甲烷是油狀液體,標準狀況下22.4L二氯甲烷的物質(zhì)的量不是1mol,故A錯誤;B.SO2和O2生成SO3的反應可逆,2molSO2和1molO2混合在密閉容器中充分反應后,容器中的分子數(shù)大于2NA,故B正確;C.石墨中每個碳原子參與形成三條共價鍵,即每個碳原子形成的共價鍵的個數(shù)=3×=1.5,含4.8g碳元素的石墨晶體中,含有碳原子是0.4mol,共價鍵是0.4mol×1.5=0.6mol,故C錯誤;D.2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3膠體,膠體粒子為氫氧化鐵的集合體,所得膠粒數(shù)目小于0.001NA,故D錯誤;答案選B。15、C【解析】試題分析:A、常溫下分別測等體積、等濃度的醋酸和氨水pH,發(fā)現(xiàn)二者的pH之和為14,說明醋酸溶液中的氫離子濃度等于氨水中的氫氧根離子濃度,表明醋酸和氨水的電離程度相同,電離平衡常數(shù)相等,故A正確;B、向均盛有2mL5%H2O2溶液的兩支試管中分別滴入0.2mol/LFeCl3,和0.3mol/LCuCl2溶液lmL,F(xiàn)e3+的催化效果比Cu2+好,雙氧水分解的速率快,生成氣泡的速率更快,故B正確;C、金屬與酸的反應是放熱反應,反應剛開始時,溫度逐漸升高,反應速率加快,隨著反應的進行,醋酸的濃度減小,反應速率又逐漸減慢,故C錯誤;D、H3BO3的酸性強于H2CO3,向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液,反應放出二氧化碳,有明顯現(xiàn)象,故D正確;故選C??键c:考查了化學實驗方案的設計與評價的相關知識。16、B【解析】
A.向20mL0.01mol?L?1的HNO2溶液中逐滴加入相同濃度的NaOH溶液,若恰好反應需要氫氧化鈉溶液體積20mL,C點是溶液呈中性,溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液,X<20,A項錯誤;B.由HNO2?H++NO2?,K=≈,則4.6×10?4≈,得到c(H+)=2.14×10?3mol/L,B項正確;C.c點是溶液呈中性,溶質(zhì)為HNO2、NaNO2混合溶液;氫氧化鈉溶液體積為20mL時恰好反應,那么a到恰好完全反應時,水的電離程度逐漸增大;d點從圖中讀不出是在恰好反應之前還是恰好反應之后,C項錯誤;D.b點溶液為HNO2、NaNO2混合溶液,且濃度比為1:1,由NO2?+H2O?HNO2+OH?,HNO2?H++NO2?,電離程度大于水解程度,可知溶液呈酸性,微粒濃度大小為c(NO2?)>c(Na+)>c(HNO2),D項錯誤;答案選B。17、D【解析】
A.CCl4和H2O的混合物分層,則圖中分液裝置可分離,選項A正確;B.短導管進入可收集密度比空氣小的氣體,長導管進入可收集密度比空氣大的氣體,則圖中裝置可收集H2、CO2、Cl2等氣體,選項B正確;C.四氯化碳的密度比水大,在下層,可使氣體與水不能直接接觸,則裝置用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸,選項C正確;D.不能利用無水氯化鈣干燥氨氣,應選堿石灰干燥,選項D錯誤;答案選D?!军c睛】本題考查化學實驗方案的評價,為高頻考點,涉及混合物分離提純、氣體的收集、防止倒吸等,把握圖中裝置的作用及實驗基本技能為解答的關鍵,側重分析與實驗能力的考查。18、B【解析】
比較非金屬元素的非金屬性強弱,可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應、對應最高價氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩(wěn)定性等角度判斷,而與得失電子數(shù)沒有必然關系?!驹斀狻緼.X單質(zhì)與H2S溶液反應,溶液變渾濁,說明X單質(zhì)的氧化性比硫強,則說明X元素的非金屬性比S元素的非金屬性強,故A不符合題意;B.在氧化還原反應中,1molX單質(zhì)比1molS得電子多,氧化性強弱與得失電子數(shù)沒有必然關系,故B符合題意;C.元素的非金屬性越強,氫化物的穩(wěn)定性越強,X和S兩元素的簡單氫化物受熱分解,前者的分解溫度高,說明X的非金屬性較強,故C不符合題意;D.X元素的最高價含氧酸的酸性強于硫酸的酸性,說明X的非金屬性較強,故D不符合題意;故答案選B。19、B【解析】
A.CaCl2、燒堿屬于化合物,聚乙烯是高分子化合物,屬于混合物,HD為單質(zhì),選項A錯誤;B.明礬是硫酸鋁鉀結晶水合物,膽礬是硫酸銅結晶水合物,冰醋酸是醋酸,硫酸鋇是鹽,它們都是在水溶液中或熔化狀態(tài)下能導電的化合物,都是電解質(zhì),選項B正確;C.CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2,結構不相似,不屬于同系物,選項C錯誤;D.、是碳元素不同核素,互為同位素,是單質(zhì),選項D錯誤。答案選B。20、C【解析】
A.堿金屬族元素的密度,沸點,熔點都隨著原子序數(shù)的增大而增大,但鈉和鉀反常,故A錯誤;B.甲烷與氯氣在光照條件下,發(fā)生取代反應,共有氯化氫、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五種物質(zhì),其中氯化氫、一氯甲烷是氣體,不是液體,故B錯誤;C.苯中所有原子在同一面,乙烯所有的原子在同一面,由苯和乙烯構成的苯乙烯,有可能所有的原子在同一個平面,故C正確;D.AlCl3是共價化合物,電解熔融不能產(chǎn)生鋁離子得電子,不能制取金屬鋁單質(zhì),故D錯誤。答案選C。21、D【解析】
A.稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中,并不斷攪拌,是為了防止?jié)饬蛩崛苡谒懦龅拇罅康臒崾挂后w沸騰飛濺出來,是出于安全考慮,A不符合題意;B.做有毒氣體的實驗時,進行尾氣處理,是出于安全考慮,B不符合題意;C.加熱燒瓶里液體時,在燒瓶底部放幾片碎瓷片,是為了防止暴沸,是出于安全考慮,C不符合題意;D.向試管里滴加液體時,滴管不能伸入試管內(nèi),是為了防止污染試劑,不是出于安全考慮,D符合題意;故答案選D。22、D【解析】
A.木炭吸附溴蒸氣屬于物理變化,克服的是分子間作用力,共價鍵沒有破壞,故A錯誤;B.干冰升華屬于物理變化,克服的是分子間作用力,共價鍵沒有破壞,故B錯誤;C.葡萄糖溶于水沒有發(fā)生電離,克服的是分子間作用力,共價鍵沒有破壞,故C錯誤;D.氯化氫溶于水發(fā)生電離,共價鍵被破壞,故D正確;答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C17H15NO5還原反應取代反應CH3COOCOCH3、、、、(任寫三種)【解析】
根據(jù)貝諾酯的結構簡式和G、H的分子式可知,G為,H為,再根據(jù)題各步轉(zhuǎn)化的條件及有關物質(zhì)的分子式可推知,E為,B為,C為CH3COOCOCH3,A為,F(xiàn)為,D為,A發(fā)生還原反應得B,B與C發(fā)生取代反應生成E,E與氫氧化鈉反應生成G,C與D發(fā)生取代反應生成F,F(xiàn)發(fā)生取代反應生成H,G和H發(fā)生取代反應生成I,據(jù)此分析解答?!驹斀狻?1)根據(jù)結構簡式知,貝諾酯的分子式C17H15NO5,故答案為:C17H15NO5;(2)A→B的反應類型是還原反應,G+H→Ⅰ的反應類型是取代反應,故答案為:還原反應;取代反應;(3)根據(jù)上面的分析可知,C為CH3COOCOCH3,G為,故答案為:CH3COOCOCH3;;(4)a.不能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應,說明沒有酚羥基,b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應,說明有甲酸某酯的結構或酯基和醛基同時存在,c.能與金屬鈉反應放出H2,說明有羥基或羧基,d.苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種結構,一般為兩個取代基處于對位,則滿足條件的F的同分異構體的結構簡式為、、、、,故答案為:、、、、(其中的三種);(5)A為,從A和乙酸出發(fā)合成,可以先將對硝基苯酚還原成對氨基苯酚,在堿性條件下變成對氨基苯酚鈉,將醋酸與SOCl2反應生成CH3COCl,CH3COCl與對氨基苯酚鈉發(fā)生反應即可得產(chǎn)品,合成線路為,故答案為:。24、CH3CH=CH2丙烯CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br加成反應CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O將C和D分別滴入NaHCO3溶液中,有氣泡產(chǎn)生的是D,無明顯現(xiàn)象的是C3(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)【解析】
(1)根據(jù)球棍模型為,A的結構簡式為CH3CH=CH2,A(CH3CH=CH2)與水發(fā)生加成反應生成C,C為醇,C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D,D為酸,則C為CH3CH2CH2OH,D為CH3CH2COOH,C和D發(fā)生酯化反應生成E,E為CH3CH2COOCH2CH2CH3,加成分析解答;(2)生蘋果肉遇碘酒變藍,熟蘋果汁能與銀氨溶液反應,說明生蘋果肉中含有淀粉,熟蘋果汁中含有葡萄糖,加成分析解答?!驹斀狻?1)①根據(jù)球棍模型為,A的結構簡式為CH3CH=CH2,名稱為丙烯,故答案為CH3CH=CH2;丙烯;②A(CH3CH=CH2)與溴的四氯化碳溶液中的溴發(fā)生加成反應,反應的化學方程式為CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br,故答案為CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br;③根據(jù)流程圖,A(CH3CH=CH2)與水發(fā)生加成反應生成C,C為醇,C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D,D為酸,則C為CH3CH2CH2OH,D為CH3CH2COOH,C和D發(fā)生酯化反應生成E,E為CH3CH2COOCH2CH2CH3,因此A→C為加成反應,C+D→E的化學方程式為CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O,醇不能電離出氫離子,酸具有酸性,鑒別C和D,可以將C和D分別滴入NaHCO3溶液中,有氣泡產(chǎn)生的是D,無明顯現(xiàn)象的是C,故答案為加成反應;CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O;將C和D分別滴入NaHCO3溶液中,有氣泡產(chǎn)生的是D,無明顯現(xiàn)象的是C;④A(CH3CH=CH2)的同系物B的相對分子質(zhì)量比A大14,說明B的分子式為C4H8,B的結構有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2,共3種,故答案為3;(2)生蘋果肉遇碘酒變藍,熟蘋果汁能與銀氨溶液反應,說明生蘋果肉中含有淀粉,熟蘋果汁中含有葡萄糖,蘋果由生到成熟時發(fā)生的相關反應方程式為(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖),故答案為(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)。25、利用濃硫酸的吸水性,使反應向有利于生成乙烯的方向進行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸點差別較大的液體混合物Na2SO3先加濃硫酸會有較多HBr氣體生成,HBr揮發(fā)會造成HBr的損耗【解析】
(1)乙醇在濃硫酸作催化劑、脫水劑的條件下迅速升溫至170℃可到乙烯,反應為可逆反應,濃硫酸還具有吸水性;(2)乙醇生成乙烯的反應中,濃硫酸作催化劑和脫水劑,濃硫酸還有強氧化性,與乙醇發(fā)生氧化還原反應,因此產(chǎn)物中有可能存在SO2,會對乙烯的驗證造成干擾,選擇氫氧化鈉溶液吸收SO2;乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1,2—二溴乙烷,據(jù)此分析解答;(3)甲裝置邊反應邊蒸餾,乙裝置采用冷凝回流,等反應后再提取產(chǎn)物,使反應更充分;(4)分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液,吸收揮發(fā)出的乙酸和乙醇,同時降低乙酸乙酯的溶解度,分液可將其分離,得到的乙酸乙酯再進一步進行提純即可;(5)按方案①和②實驗時,產(chǎn)物都有明顯顏色,是由于有溴單質(zhì)生成,溶于水后出現(xiàn)橙紅色;方案②中把濃硫酸加入溴化鈉溶液,會有HBr生成,HBr具有揮發(fā)性,會使HBr損失?!驹斀狻浚?)乙醇制取乙烯的同時還生成水,濃硫酸在反應中作催化劑和脫水劑,濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量,原因是:濃硫酸還具有吸水性,反應生成的水被濃硫酸吸收,使反應向有利于生成乙烯的方向進行;(2)乙醇生成乙烯的反應中,濃硫酸作催化劑和脫水劑,濃硫酸還有強氧化性,與乙醇發(fā)生氧化還原反應,因此產(chǎn)物中有可能存在SO2,會對乙烯的驗證造成干擾,選擇堿性溶液吸收SO2;a.若乙烯與溴水發(fā)生取代反應也可使溴水褪色;b.若乙烯與溴水發(fā)生取代反應也有油狀物質(zhì)生成;c.若反應后水溶液酸性增強,說明乙烯與溴水發(fā)生了取代反應;d.反應后水溶液接近中性,說明反應后沒有HBr生成,說明乙烯與溴水發(fā)生了加成反應;答案選d;(3)甲裝置邊反應邊蒸餾,而乙醇、乙酸易揮發(fā),易被蒸出,使反應物轉(zhuǎn)化率降低,乙裝置采用冷凝回流,等充分反應后再提取產(chǎn)物,使反應更充分,乙酸的轉(zhuǎn)化率更高;答案選bd。(4)分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液,吸收揮發(fā)出的乙酸和乙醇,同時降低乙酸乙酯的溶解度,分液可將其分離;分液得到的乙酸乙酯中還含有少量雜質(zhì),再精餾,精餾適用于分離互溶的沸點有差異且差異較大的液態(tài)混合物;(5)按方案①和②實驗時,產(chǎn)物都有明顯顏色,是由于有溴單質(zhì)生成,溶于水后出現(xiàn)橙紅色,可用亞硫酸鈉溶液吸收生成的溴單質(zhì);方案②中把濃硫酸加入溴化鈉溶液,會有HBr生成,HBr具有揮發(fā)性,會使HBr損失。26、檢查裝置的氣密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空氣流速過慢時,ClO2不能及時被移走,濃度過高導致分解爆炸;空氣流速過快時,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的產(chǎn)率下降沒有處理尾氣A或或(或其他合理答案)【解析】
在裝置內(nèi),NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2,發(fā)生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O,生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置;B裝置的進、出氣導管都很短,表明此裝置為防倒吸裝置,混合氣進入C中,發(fā)生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O,ClO2的熔點低,遇熱水、見光易分解,所以應使用冰水浴,以降低氣體的溫度;氣體濃度較大時易發(fā)生分解,若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時,爆炸性則降低,則需控制氣體的流速不能過慢,但過快又會導致反應不充分,吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣,應進行尾氣處理?!驹斀狻?1)制取氣體前,為防漏氣,應在組裝好儀器后,進行的操作是檢查裝置的氣密性;由以上分析知,裝置B的作用是防止倒吸;冰水浴冷卻氣體,可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解,ClO2為氣體,降溫有利于氣體的溶解,不可能降低ClO2的溶解度,所以主要目的不包括b。答案為:檢查裝置的氣密性;防止倒吸;b;(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料,三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2,發(fā)生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案:2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;(3)因為NaClO2遇酸會放出ClO2,所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外,還因為NaClO2遇酸放出ClO2,加堿可改變環(huán)境,使NaClO2穩(wěn)定存在。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產(chǎn)率,原因是:空氣流速過慢時,ClO2不能及時被移走,濃度過高導致分解爆炸;空氣流速過快時,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的產(chǎn)率下降。答案為:NaClO2遇酸放出ClO2;空氣流速過慢時,ClO2不能及時被移走,濃度過高導致分解爆炸;空氣流速過快時,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的產(chǎn)率下降;(4)ClO2氣體會污染大氣,應進行尾氣處理,所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為:沒有處理尾氣;(5)A.過氧化鈉與水反應,可生成H2O2和NaOH,其還原能力與H2O2相似,A符合題意;B.硫化鈉具有強還原性,能將NaClO2固體還原為NaCl,B不合題意;C.氯化亞鐵具有較強還原性,能將NaClO2固體還原為NaCl,C不合題意;D.高錳酸鉀具有強氧化性,不能將NaClO2固體還原,D不合題意;故選A。答案為:A;(6)可建立如下關系式:NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s),從而得出NaClO2(s)的理論產(chǎn)量為:=g,NaClO2的產(chǎn)率是=×100%。答案為:或或(或其他合理答案)?!军c睛】書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時,我們可先確定主反應物(NaClO3、H2O2)和主產(chǎn)物(ClO2、O2),然后配平,即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑;再利用質(zhì)量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產(chǎn)物(Na2SO4、H2O),最后配平,即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。27、過濾加快固體溶解,同時防止草酸分解鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O減小Fe4(C2O4)5·10H2O【解析】
步驟一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反應生成黃色固體[Fex(C2O4)y·zH2O],步驟二加硫酸溶解后,檢驗無二價鐵離子,則說明含有Fe3+,步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子,步驟四將Fe3+還原成Fe2+,再用高錳酸鉀滴定,確定鐵離子的含量,進而進一步分析計算。【詳解】(1)分離固體和液體的操作是過濾;故答案為:過濾;(2)由于H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解,所以需要水浴加熱并控制溫度70~85℃,同時加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定;故答案為加快固體溶解,同時防止草酸分解;氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定;(3)從圖片中讀出,消耗高錳酸鉀的體積為:25.80mL-0.80mL=25.00mL;滴定液是高錳酸鉀標準溶液,該溶液有強氧化性,只能選用酸式滴定管;故答案為25.00mL,酸式;(4)步驟四是高錳酸鉀滴定Fe2+,離子方程式為:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;洗滌液中殘留少許Fe2+,若不合并洗滌液,則消耗KMnO4標準液的體積將減少;根據(jù)離子方程式:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,可知關系MnO4-——5Fe2+,其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol,即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol,則樣品中n(Fe)=0.0040mol。步驟三中,根據(jù)方程式:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到轉(zhuǎn)化關系:2KMnO4——5H2C2O4,即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol,則樣品中含草酸根的物質(zhì)的量為0.005mol。根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知,0.841g樣品中結晶水的物質(zhì)的量為(0.841g-0.0040×56g-0.005×88g)/18g/mol=0.01mol,則n(Fe):n(C2O42-):n(H2O)=4:5:10,故黃色物質(zhì)化學式為Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,減小,F(xiàn)e4(C2O4)5·10H2O。28、-123.0BCD=20反應Ⅰ△H<0,溫度升高,使CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率下降AD【解析】
(1)根據(jù)蓋斯定律計算;(2)達到平衡狀態(tài)時,v正=v逆,容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量等于以g/mol為單位的平均摩爾質(zhì)量,據(jù)此分析;(3)計算濃度商與平衡常數(shù)進行比較判斷平衡移動方向;體積分數(shù)等于物質(zhì)的量分數(shù);(4)根據(jù)計算;(5)①反應Ⅰ放熱,溫度升高平衡左移;②根據(jù)圖表分析選擇合適
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