2024年上海市崇明縣大同中學高考化學二模試卷含解析_第1頁
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2024年上海市崇明縣大同中學高考化學二模試卷注意事項: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、2018年11月4日凌晨,福建泉州泉港區(qū)發(fā)生“碳九”泄露,對海洋環(huán)境造成污染,危害人類健康。“碳九”芳烴主要成分包含(a)、(b)、(c)等,下列有關三種上述物質(zhì)說法錯誤的是A.a(chǎn)、b、c互為同分異構(gòu)體 B.a(chǎn)、b、c均能與酸性高錳酸鉀溶液反應C.a(chǎn)中所有碳原子處于同一平面 D.1molb最多能與4molH2發(fā)生反應2、下列實驗操作會引起測定結(jié)果偏高的是()A.測定硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的實驗中,晶體加熱完全失去結(jié)晶水后,將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻B.中和滴定用的錐形瓶加入待測液后,再加少量蒸餾水稀釋C.讀取量筒中一定體積的液體時,俯視讀數(shù)D.配制物質(zhì)的量濃度的溶液,定容時仰視刻度線,所配溶液的濃度3、諾氟沙星別名氟哌酸,是治療腸炎痢疾的常用藥。其結(jié)構(gòu)簡式如右圖,下列說法正確的是A.該化合物屬于苯的同系物B.分子式為Cl6H16FN3O3C.1mol該化合物中含有6NA個雙鍵D.該化合物能與酸性高錳酸鉀、溴水、碳酸氫鈉溶液反應4、對于可逆反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1。下列說法正確的是()A.在接觸法制取硫酸工藝中,該反應在沸騰爐內(nèi)發(fā)生B.如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應,則經(jīng)過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3C.2molSO2與2molO2充分反應后放出akJ的熱量D.該反應達到平衡后,c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)=2∶1∶25、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是()A.氯化銨受熱氣化和苯的氣化B.碘和干冰受熱升華C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化鈉和鐵的熔化6、香豆素-4由C、H、O三種元素組成,分子球棍模型如下圖所示。下列有關敘述錯誤的是A.分子式為C10H9O3B.能發(fā)生水解反應C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.1mol香豆素-4最多消耗3molNaOH7、已知:一元弱酸HA的電離平衡常數(shù)K=。25℃時,CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)如下:化學式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列說法正確的是A.稀釋CH3COOH溶液的過程中,n(CH3COO–)逐漸減小B.NaHCO3溶液中:c(H2CO3)<c()<c(HCO3?)C.25℃時,相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強于CH3COONa溶液D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液,均產(chǎn)生CO28、阿伏加德羅常數(shù)為NA。關于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液,下列說法正確是A.加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB.溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC.加Na2CO3溶液發(fā)生的反應為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水9、下列物質(zhì)中,由極性鍵構(gòu)成的非極性分子是A.氯仿 B.干冰 C.石炭酸 D.白磷10、下列選項中,有關實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A將過量的CO2通入CaCl2溶液中無白色沉淀出現(xiàn)生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常溫下將Al片插入濃硫酸中無明顯現(xiàn)象Al片和濃硫酸不反應C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性D將SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D11、常溫下,下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使酚酞變紅色的溶液:K+、Fe3+、SO42-、Cl-B.水電離的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:K+、Na+、AlO2-、CO32-C.與Al反應能放出H2的溶液中:Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D.=1×10-13mol/L的溶液中:NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-12、古往今來傳頌著許多與酒相關的古詩詞,其中“葡萄美酒夜光杯,欲飲琵琶馬上催”較好地表達了戰(zhàn)士出征前開杯暢飲的豪邁情懷。下列說法錯誤的是()A.忽略酒精和水之外的其它成分,葡萄酒的度數(shù)越高密度越小B.古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成,牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)C.制作夜光杯的鴛鴦玉的主要成分為3MgO?4SiO2?H2O,屬于氧化物D.紅葡萄酒密封儲存時間越長,質(zhì)量越好,原因之一是儲存過程中生成了有香味的酯13、向3mol·L-1鹽酸中加入打磨后的鎂條,一段時間后生成灰白色固體X,并測得反應后溶液pH升高。為確認固體X的成分,過濾洗滌后進行實驗:①向固體X中加入足量硝酸,固體溶解,得到無色溶液,將其分成兩等份;②向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液,得到白色沉淀a;③向另一份無色溶液中加入足量NaOH溶液,得到白色沉淀b。下列分析不正確的是()A.溶液pH升高的主要原因:Mg+2H+===Mg2++H2↑B.生成沉淀a的離子方程式:Ag++Cl-===AgCl↓C.沉淀b是Mg(OH)2D.若a、b的物質(zhì)的量關系為n(a):n(b)=1:3,則可推知固體X的化學式為Mg3(OH)6Cl14、某有機物的結(jié)構(gòu)簡式為有關該化合物的敘述不正確的是()A.所有碳原子可能共平面B.可以發(fā)生水解、加成和酯化反應C.1mol該物質(zhì)最多消耗2molNaOHD.苯環(huán)上的二溴代物同分異構(gòu)體數(shù)目為4種15、下列說法錯誤的是()A.光照下,1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應,產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是HClB.將苯滴入溴水中,振蕩、靜置,上層接近無色C.鄰二氯苯僅有一種結(jié)構(gòu)可證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在單雙鍵交替結(jié)構(gòu)D.乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應,且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈16、某離子反應中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六種微粒。其中ClO-的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是()A.該反應的還原劑是Cl-B.反應后溶液的酸性明顯增強C.消耗1mol還原劑,轉(zhuǎn)移6mol電子D.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶317、下列物質(zhì)的名稱中不正確的是()A.Na2CO3:蘇打 B.CaSO4?2H2O:生石膏C.:3,3-二乙基己烷 D.C17H35COOH:硬脂酸18、生活中一些常見有機物的轉(zhuǎn)化如圖下列說法正確的是A.上述有機物中只有C6H12O6屬于糖類物質(zhì)B.轉(zhuǎn)化1可在人體內(nèi)完成,該催化劑屬于蛋白質(zhì)C.物質(zhì)C和油脂類物質(zhì)互為同系物D.物質(zhì)A和B都屬于非電解質(zhì)19、下列說法或表示方法正確的是()A.在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和熱要大于57.3kJ/molB.2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H<O,△S>OC.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。將1molSO2和0.5molO2充入一密閉容器中反應,放出49.15kJ的熱量D.在10lkPa、25℃時,1gH2完全燃燒生成氣態(tài)水,放出120.9kJ的熱量,則氫氣的燃燒熱為241.8kJ/mol20、某金屬有機多孔材料FJI-H14在常溫常壓下對CO2具有超高的吸附能力,并能高效催化CO2與環(huán)氧乙烷衍生物的反應,其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是()A.該材料的吸附作用具有選擇性B.該方法的廣泛使用有助于減少CO2排放C.在生成的過程中,有極性共價鍵形成D.其工作原理只涉及化學變化21、25°C時,向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液,溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.a(chǎn)點時,c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a點和b點時水的電離程度相同C.b點時,c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10mL時,c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)22、分子式為C4H8Br2的有機物共有(不考慮立體異構(gòu))()A.9種 B.10種 C.11種 D.12種二、非選擇題(共84分)23、(14分)鹽酸阿比朵爾,適合治療由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染,2020年入選新冠肺炎試用藥物,其合成路線:回答下列問題:(1)有機物A中的官能團名稱是______________和______________。(2)反應③的化學方程式______________。(3)反應④所需的試劑是______________。(4)反應⑤和⑥的反應類型分別是______________、______________。(5)I是B的同分異構(gòu)體,具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體,寫出具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)的有機物H的結(jié)構(gòu)簡式______________。(不考慮立體異構(gòu),只需寫出3個)(6)已知:兩分子酯在堿的作用下失去一分子醇生成β—羥基酯的反應稱為酯縮合反應,也稱為Claisen(克萊森)縮合反應,如:,設計由乙醇和制備的合成線路______________。(無機試劑任選)24、(12分)苯二氮卓類藥物氟馬西尼(F)的合成路線如下圖所示。請回答下列問題:(1)A中官能團有氟原子、_____和________。(均填名稱)(2)C3H5O2Cl的結(jié)構(gòu)式為________。(3)反應①和②的反應類型相同,其反應類型是___________。(4)化合物D的分子式為___________。(5)反應⑤生成“物質(zhì)F”和HCl,則E→F的化學反應方程式為________。(6)是F的同分異構(gòu)體,其中X部分含—COOH且沒有支鏈,滿足該條件的同分異構(gòu)體有______種(不考慮立體異構(gòu))。(7)已知氨基酸之間脫水能夠形成含肽鍵的化合物,請設計由甘氨酸(HOOCCH2NH2)和CNCH2COOC2H5制備的合成路線________(無機試劑任選)。25、(12分)碳酸氫銨是我國主要的氮肥品種之一,在貯存和運輸過程中容易揮發(fā)損失。為了鑒定其質(zhì)量和確定田間施用量,必須測定其含氮量。I.某學生設計了一套以測定二氧化碳含量間接測定含氮量的方法。將樣品放入圓底燒瓶中:(8)請選擇必要地裝置,按氣流方向連接順序為________________。(2)分液漏斗中的液體最適合的是___________。A.稀鹽酸B.稀硫酸C.濃硝酸D.氫氧化鈉(6)連在最后的裝置起到的作用____________________________________。Ⅱ.如果氮肥中成分是(NH8)2SO8,則可以用甲醛法測定含氮量。甲醛法是基于甲醛與一定量的銨鹽作用,生成相當量的酸,反應為2(NH8)2SO8+6HCHO→(CH2)6N8+2H2SO8+6H2O,生成的酸再用氫氧化鈉標準溶液滴定,從而測定氮的含量。步驟如下:(8)用差量法稱取固體(NH8)2SO8樣品8.6g于燒杯中,加入約68mL蒸餾水溶解,最終配成888mL溶液。用________準確取出28.88mL的溶液于錐形瓶中,加入86%中性甲醛溶液5mL,放置5min后,加入8~2滴________指示劑(已知滴定終點的pH約為6.6),用濃度為8.86mol/L氫氧化鈉標準溶液滴定,讀數(shù)如下表:滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)(mL)滴定后讀數(shù)(mL)88.2886.2826.8886.9868.5889.89達滴定終點時的現(xiàn)象為______________________________,由此可計算出該樣品中的氮的質(zhì)量分數(shù)為_________________。(5)在滴定實驗結(jié)束后發(fā)現(xiàn)滴定用的滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡,滴定開始時無氣泡,則此實驗測定的含氮量比實際值________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。26、(10分)化學興趣小組對某品牌牙膏中摩擦劑成分及其含量進行以下探究:查得資料:該牙膏摩擦劑由碳酸鈣、氫氧化鋁組成;牙膏中其它成分遇到鹽酸時無氣體生成。I.摩擦劑中氫氧化鋁的定性檢驗取適量牙膏樣品,加水充分攪拌、過濾。(1)往濾渣中加入過量NaOH溶液,過濾。氫氧化鋁與NaOH溶液反應的離子方程式是___;(2)往(1)所得濾液中先通入過量二氧化碳,再加入過量稀鹽酸,觀察到的現(xiàn)象是_______;Ⅱ.牙膏樣品中碳酸鈣的定量測定利用下圖所示裝置(圖中夾持儀器略去)進行實驗,充分反應后,測定C中生成的BaCO3沉淀質(zhì)量,以確定碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)。依據(jù)實驗過程回答下列問題:(3)儀器a的名稱是_______。(4)實驗過程中需持續(xù)緩緩通入空氣。其作用除了可攪拌B、C中的反應物外,還有:____;(5)C中反應生成BaCO3的化學方程式是_____;(6)下列各項措施中,不能提高測定準確度的是____(填標號)。a.在加入鹽酸之前,應排凈裝置內(nèi)的CO2氣體;b.滴加鹽酸不宜過快;c.在A-B之間增添盛有濃硫酸的洗氣裝置;d.在B-C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置。(7)實驗中準確稱取8.00g樣品三份,進行三次測定,測得BaCO3的平均質(zhì)量為3.94g。則樣品中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為______(保留3位有效數(shù)字)。(8)有人認為不必測定C中生成的BaCO3質(zhì)量,只要測定裝置C吸收CO2前后的質(zhì)量差,一樣可以確定碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)。你認為按此方法測定是否合適_____(填“是”“否”),若填“否”則結(jié)果_____(填“偏低”或“偏高”)。27、(12分)Na2SO3是一種白色粉末,工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應的產(chǎn)物,進行如下實驗。實驗Ⅰ配制500mL一定濃度的Na2SO3溶液①溶解:準確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體,用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是____②移液:將上述溶解后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉(zhuǎn)入儀器A中,則儀器A為__,同時洗滌____(填儀器名稱)2~3次,將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器A中;③定容:加水至刻度線1~2cm處,改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切,蓋好瓶塞,反復上下顛倒,搖勻。實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產(chǎn)物查閱資料:i.Ag2SO3為白色固體,不溶于水,溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O,棕黑色固體,不溶于水,可與濃氨水反應(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,至產(chǎn)生白色沉淀。假設一:該白色沉淀為Ag2SO3假設二:該白色沉淀為Ag2SO4假設三:該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①寫出假設一的離子方程式____;②提出假設二的可能依據(jù)是_____;③驗證假設三是否成立的實驗操作是____。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,開始產(chǎn)生白色沉淀A,然后變成棕黑色物質(zhì)。為了研究白色固體A的成分,取棕黑色固體進行如下實驗:①已知反應(b)的化學方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O,則反應(a)的化學方程式為____;②生成白色沉淀A的反應為非氧化還原反應,則A的主要成分是____(寫化學式)。(3)由上述實驗可知,鹽溶液間的反應存在多樣性。經(jīng)驗證,(1)中實驗假設一成立,則(2)中實驗的產(chǎn)物不同于(1)實驗的條件是___。28、(14分)NVCO{化學式可表示為(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2,實驗室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3為原料制備NVCO。(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的離子方程式為____________。(2)N2H4·2HCl是N2H4的鹽酸鹽。已知N2H4在水中的電離方式與NH3相似,25℃時,K1=9.55×10-7。該溫度下,反應N2H4+H+N2H5+的平衡常數(shù)K=________(填數(shù)值)。(3)為確定NVCO的組成,進行如下實驗:①稱取2.130g樣品與足量NaOH充分反應,生成NH30.224L(已換算成標準狀況下)。②另取一定量樣品在氮氣氛中加熱,樣品的固體殘留率(固體樣品的剩余質(zhì)量/固體樣品的起始質(zhì)量×100%)隨溫度的變化如下圖所示(分解過程中各元素的化合價不變)。根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算確定NVCO的化學式(寫出計算過程)________________。29、(10分)化合物G是一種具有抗痢疾的某種藥物的中間體,其合成路線如圖:已知:+R3NH2+H2O(1)X的分子式為C2H4Cl2,寫出其化學名稱____。(2)①的反應類型為____。(3)D中官能團的名稱為____。(4)E的分子式為____。(5)芳香族化合物Z的分子式為

C8H7OBr,寫出Z的結(jié)構(gòu)簡式____。(6)同時滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體有多種,寫出任意一種的結(jié)構(gòu)簡式____。①能與氯化鐵發(fā)生顯色反應②能與純堿反應放出二氧化碳氣體③除苯環(huán)外無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)④核磁共振氫譜為四組峰,峰面積比為1:1:2:6(7)寫出和為有機原料制備的流程圖。____

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、A【解析】

A.a、c分子式是C9H12,結(jié)構(gòu)不同,是同分異構(gòu)體;而b分子式是C9H8,b與a、c的分子式不相同,因此不能與a、c稱為同分異構(gòu)體,A錯誤;B.a、b、c三種物質(zhì)中與苯環(huán)連接的C原子上都有H原子,且b中含碳碳雙鍵,因此均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,B正確;C.苯分子是平面分子,a中三個甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置與苯環(huán)的碳原子相連,所以一定在苯環(huán)的平面內(nèi),C正確;D.b分子內(nèi)含有1個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵,所以1molb最多能與4molH2發(fā)生反應,D正確;故合理選項是A。2、C【解析】

A.將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻,硫酸銅會吸收空氣中的水蒸氣,重新生成結(jié)晶水合物,從而使加熱前后固體的質(zhì)量差減小,測定的結(jié)晶水含量偏低,A不合題意;B.中和滴定用的錐形瓶加入待測液后,再加少量蒸餾水稀釋,不影響待測液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量,不產(chǎn)生誤差,B不合題意;C.量筒的刻度是從下往上標注的,讀取量筒中一定體積的液體時,俯視讀數(shù),讀出的數(shù)值偏高,C符合題意;D.配制物質(zhì)的量濃度的溶液,定容時仰視刻度線,溶液的體積偏大,所配溶液的濃度偏小,D不合題意。故選C。3、D【解析】A、苯的同系物僅含有碳氫兩種元素,故錯誤;B、根據(jù)有機物成鍵特點,此有機物分子式為C16H18FN3O3,故錯誤;C、苯環(huán)中不含有碳碳雙鍵,因此1mol此有機物中含有3mol雙鍵,故錯誤;D、此有機物中含有碳碳雙鍵,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,能和溴水發(fā)生加成反應,含有羧基,能與碳酸氫鈉反應,故正確。4、B【解析】

A.在接觸法制取硫酸工藝中,該反應在接觸室內(nèi)發(fā)生,故A不選;B.此反應是歸中反應,O2中參加反應的氧原子會全部進入SO3,故如果用18O2代替O2發(fā)生上述反應,則經(jīng)過一段時間可測得容器中存在S18O2、S18O3,故B選;C.2molSO2與2molO2充分反應,雖然O2是過量的,但由于反應是可逆反應,不能進行到底,所以放出的熱量小于akJ,故C不選;D.該反應達到平衡后物質(zhì)的濃度比與化學計量數(shù)之比無關,故D不選。故選B。5、B【解析】

A.氯化銨屬于離子晶體,需要克服離子鍵,苯屬于分子晶體,需要克服分子間作用力,所以克服作用力不同,故A不選;B.碘和干冰受熱升華,均破壞分子間作用力,故B選;C.二氧化硅屬于原子晶體,需要克服化學鍵,生石灰屬于離子晶體,需要克服離子鍵,所以克服作用力不同,故C不選;D.氯化鈉屬于離子晶體,熔化需要克服離子鍵,鐵屬于金屬晶體,熔化克服金屬鍵,所以克服作用力不相同,故D不選;故選B?!军c睛】本題考查化學鍵及晶體類型,為高頻考點,把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵。一般來說,活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵,非金屬之間形成共價鍵,但銨鹽中存在離子鍵;由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時只破壞分子間作用力,電解質(zhì)的電離化學鍵會斷裂。6、A【解析】

A、反應式應為C10H8O3,錯誤;B、分子中有酯基,可以發(fā)生水解反應;正確;C、酚羥基和苯環(huán)相連碳上有H,可以被氧化,正確;D、酯基水解后共有兩個酚羥基和一個羧基,共消耗3molNaOH,正確;故選A。7、C【解析】

A.加水稀釋CH3COOH溶液,促進CH3COOH的電離,溶液中n(CH3COO–)逐漸增多,故A錯誤;B.NaHCO3溶液中HCO3-的水解常數(shù)Kh2===2.27×10–8>K2=5.6×10–11,說明HCO3-的水解大于電離,則溶液中c()<c(H2CO3)<c(HCO3?),故B錯誤;C.由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時HCN的酸性小于CH3COOH,同CN-的水解程度大于CH3COO-,則25℃時,相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強于CH3COONa溶液,故C正確;D.由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時HCN的酸性小于H2CO3,則向HCN溶液中加入Na2CO3溶液,只能生成NaHCO3,無CO2氣體生成,故D錯誤;故答案為C。8、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應生成Fe(OH)3沉淀,而不是膠粒,故A錯誤;B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol,n(Fe3+)=0.2mol,鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,根據(jù)水解方程式得到溶液中陽離子數(shù)目大于0.2NA,故B錯誤;C.加Na2CO3溶液發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體,其反應為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,故C錯誤;D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體,膠體具有吸附雜質(zhì)功能,起凈水功能,因此可用于凈化水,故D正確。綜上所述,答案為D。【點睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發(fā)生雙水解反應。9、B【解析】

A、氯仿是極性鍵形成的極性分子,選項A錯誤;B、干冰是直線型,分子對稱,是極性鍵形成的非極性分子,選項B正確;C、石炭酸是非極性鍵形成的非極性分子,選項C錯誤;D、白磷是下正四面體結(jié)構(gòu),非極鍵形成的非極性分子,選項D錯誤;答案選B。10、C【解析】

A.因碳酸的酸性比鹽酸弱,所以CO2與CaCl2溶液不反應,A項錯誤;B.鋁與濃硫酸發(fā)生鈍化作用,在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續(xù)進行,B項錯誤;C.能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性,則濃氨水呈堿性,C項正確;D.二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應,體現(xiàn)二氧化硫的還原性,而不是漂白性,D項錯誤;故答案選C。11、D【解析】

A.使酚酞變紅色的溶液中存在OH-,K+、Fe3+、SO42-、Cl-四種離子中Fe3+不可共存,A錯誤;B.水電離的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能為酸性或堿性溶液,在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四種離子中AlO2-、CO32-不可以共存,B錯誤;C.強酸和強堿溶液都可以和Al反應放出氫氣,在酸性溶液中Fe2+和NO3-發(fā)生氧化還原反應不共存,在堿性溶液中Fe2+水解不共存,C錯誤;D.=1×10-13mol/L的溶液中,氫離子的濃度為0.1mol/L,NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存,D正確。答案選D。12、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度,其密度隨著質(zhì)量分數(shù)的增大而減小,因此葡萄酒的度數(shù)越高密度越小,故A說法正確;B.牛筋的主要成分是蛋白質(zhì),故B說法正確;C.3MgO·4SiO2·H2O屬于硅酸鹽,不屬于氧化物,故C說法錯誤;D.密封過程中一部分乙醇被氧化酸,酸與醇反應生成了有香味的酯,故D說法正確;答案:C。13、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H+被消耗,即:Mg+2H+===Mg2++H2↑,故A正確;B、向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液,得到白色沉淀a,a是不溶于HNO3的白色沉淀,應為AgCl,故B正確;C、沉淀b,與OH―有關,NO3―、Cl―、Mg2+能形成沉淀的只有Mg2+,故C正確;D、若a、b的物質(zhì)的量關系為n(a):n(b)=1:3,根據(jù)化合價代數(shù)和為0,則可推知固體X的化學式為Mg3(OH)5Cl,故D錯誤。故選D。14、C【解析】

A.含有酯基、羧基、苯環(huán)和碳碳雙鍵,都為平面形結(jié)構(gòu),則所有碳原子可能共平面,故A正確;B.含有酯基,可發(fā)生水解反應,含有碳碳雙鍵,可發(fā)生加成反應,含有羧基,可發(fā)生酯化反應,故B正確;C.能與氫氧化鈉反應的為酯基和羧基,且酯基可水解生成甲酸和酚羥基,則1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH,故C錯誤;D.苯環(huán)有2種H,4個H原子,兩個Br可位于相鄰(1種)、相間(2種)、相對(1種)位置,共4種,故D正確。故答案為C?!军c睛】以有機物的結(jié)構(gòu)為載體,考查官能團的性質(zhì)。熟悉常見官能團的性質(zhì),進行知識遷移運用,根據(jù)有機物結(jié)構(gòu)特點,有碳碳雙鍵決定具有烯的性質(zhì),有羧基決定具有羧酸的性質(zhì),有醇羥基決定具有醇的性質(zhì),有苯環(huán)還具有苯的性質(zhì)。15、B【解析】

A.甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴,取代1個氫原子消耗1mol氯氣,同時生成氯化氫;B.苯與溴水不反應,發(fā)生萃取;C.如果苯環(huán)是單雙鍵交替,則鄰二氯苯有兩種;D.醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫。【詳解】A.甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成多種氯代烴,取代1個氫原子消耗1mol氯氣,同時生成氯化氫,1molCH4最多能與4molCl2發(fā)生取代反應,產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是HCl,故A正確;B.苯與溴水不反應,發(fā)生萃取,溴易溶于苯,苯密度小于水,所以將苯滴入溴水中,振蕩、靜置,下層接近無色,故B錯誤;C.如果苯環(huán)是單雙鍵交替,則鄰二氯苯有兩種,鄰二氯苯僅有一種結(jié)構(gòu)可證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在單雙鍵交替結(jié)構(gòu),故C正確;D.醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫,所以乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應,且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應更劇烈,故D正確;故選:B。16、B【解析】由曲線變化圖可知,隨反應進行具有氧化性的ClO-物質(zhì)的量減小為反應物,由氯元素守恒可知Cl-是生成物,根據(jù)所含有的NH4+和N2,其中NH4+有還原性,故N2是生成物,N元素化合價發(fā)生氧化反應,則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+;A.由方程式可知反應的氧化劑是ClO-,還原產(chǎn)物為Cl-,故A錯誤;B.反應生成H+,溶液酸性增強,故B正確;C.N元素化合價由-3價升高到0價,則消耗1mol還原劑,轉(zhuǎn)移3mol電子,故C錯誤;C.由方程式可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2,故D錯誤;答案為B。點睛:由曲線變化圖可知,具有氧化性的ClO-物質(zhì)的量減小為反應物,由氯元素守恒可知Cl-是生成物,再結(jié)合氧化還原反應的理論,有氧化必有還原,根據(jù)所含有的微粒,可知NH4+是還原劑,氧化產(chǎn)物為N2,發(fā)生反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+,以此解答該題。17、C【解析】

A.Na2CO3的俗稱為純堿、蘇打,故A正確;B.生石膏即天然二水石膏,化學式為CaSO4?2H2O,故B正確;C.結(jié)構(gòu)中主碳鏈有5個碳,其名稱為3,3-二乙基戊烷,故C錯誤;D.硬脂酸,即十八烷酸,分子式為C18H36O2,亦可表示為C17H35COOH,故D正確;綜上所述,答案為C。18、B【解析】

淀粉(轉(zhuǎn)化1)在人體內(nèi)淀粉酶作用下發(fā)生水解反應,最終轉(zhuǎn)化為葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下轉(zhuǎn)化成酒精,發(fā)生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑,且A可發(fā)生連續(xù)氧化反應,則A為C2H5OH,B為CH3COOH,乙醇和乙酸反應生成C為CH3COOC2H5,據(jù)此解答?!驹斀狻坑缮鲜龇治隹梢灾?,轉(zhuǎn)化1為淀粉水解反應,葡萄糖分解生成A為C2H5OH,A氧化生成B為CH3COOH,A、B反應生成C為CH3COOC2H5,則

A.淀粉、C6H12O6屬于糖類物質(zhì),故A錯誤;

B.淀粉屬于多糖,在酶催化作用下水解最終生成單糖葡萄糖,反應為:(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6,酶屬于蛋白質(zhì),所以B選項是正確的;

C.C為乙酸乙酯,油脂為高級脂肪酸甘油酯,含-COOC-的數(shù)目不同,結(jié)構(gòu)不相似,不是同系物,故C錯誤;

D.乙酸可在水中發(fā)生電離,為電解質(zhì),而乙醇不能,乙醇為非電解質(zhì),故D錯誤。

所以B選項是正確的。19、B【解析】

A.在稀溶液中,強酸跟強堿發(fā)生中和反應生成1mol水時的反應熱叫做中和熱,在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和熱等于57.3kJ/mol,故A錯誤;B.2C(s)+O2(g)═2CO(g)燃燒過程均為放熱反應,△H<O;該反應是氣體體積增加的反應,即為混亂度增大的過程,△S>O;故B正確C.已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-98.3kJ/mol。該反應為可逆反應,△H=-98.3kJ/mol為反應進行徹底時放出的熱量,將1molSO2和0.5molO2充入一密閉容器中反應,放出的熱量小于49.15kJ,故C錯誤。D.在10lkPa、25℃時,1gH2完全燃燒生成氣態(tài)水,水蒸氣不是穩(wěn)定的氧化物,不能用于計算燃燒熱,故D錯誤;答案選B20、D【解析】

根據(jù)題干信息和圖示轉(zhuǎn)換進行判斷?!驹斀狻緼.由圖示可知該材料選擇性吸附二氧化碳,吸附作用具有選擇性,故A正確;B.環(huán)氧乙烷衍生物和二氧化碳反應生成,所以利用此法可減少CO2的排放,故B正確;C.在生成的過程中,有O=C極性共價鍵、碳氧單鍵形成,故C正確;D.該過程中涉及到了氣體的吸附,吸附作用屬于物理變化,故D錯誤;答案選D。21、A【解析】

A.a(chǎn)點時,pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,因為Ka=1.0×10-3,所以c(HA)=c(A—),根據(jù)電荷守恒c(A—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故A正確;B.a(chǎn)點溶質(zhì)為HA和NaA,pH=3,水電離出的c(OH—)=10—11;b點溶質(zhì)為NaOH和NaA,pH=11,c(OH—)=10-3,OH—是由NaOH電離和水電離出兩部分之和組成的,推斷出由水電離處的c(OH—)<10-3,那么水電離的c(H+)>10—11,故B錯誤;C.根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(A—)+c(OH—)-c(H+),假設C選項成立,則c(A—)+c(OH—)-c(H+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—),推出c(HA)+c(H+)=0,故假設不成立,故C錯誤;D.V=10mL時,HA與NaOH恰好完全反應生成NaA,A—+H2O?HA+OH—,水解后溶液顯堿性,c(OH—)>c(H+),即c(HA)>c(H+),故D錯誤;故答案選A。【點睛】判斷酸堿中和滴定不同階段水的電離程度時,要首先判斷這一階段溶液中的溶質(zhì)是什么,如果含有酸或堿,則會抑制水的電離;如果是含有弱酸陰離子或弱堿陽離子的溶液,則會促進水的電離;水的電離程度與溶液pH無關。22、A【解析】

先分析碳骨架異構(gòu),分別為C?C?C?C與2種情況,然后分別對2種碳骨架采用“定一移一”的方法分析:①骨架C?C?C?C上分別添加Br原子的種類有6種,②骨架上分別添加Br原子的種類有有3種,所以滿足分子式為C4H8Br2的有機物共有9種,故選:A。二、非選擇題(共84分)23、羰基酯基+→+HClBr2取代反應取代反應(任寫3個)CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根據(jù)合成路線圖中反應物和生成物的結(jié)構(gòu)變化分析反應類型;根據(jù)題給信息及路線圖中反應類型比較目標產(chǎn)物及原料的結(jié)構(gòu)設計合成路線圖。【詳解】(1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式分析,A中的官能團有羰基和酯基,故答案為:羰基;酯基;(2)根據(jù)比較C和E的結(jié)構(gòu)及反應物的結(jié)構(gòu),分析中間產(chǎn)物D的結(jié)構(gòu)簡式為:,則反應③的化學方程式為:+→+HCl;故答案為:+→+HCl;(3)比較D和E的結(jié)構(gòu),反應④為取代反應,所需的試劑是Br2,故答案為:Br2;(4)比較E和F的結(jié)構(gòu)變化及F和G的結(jié)構(gòu)變化,反應⑤為取代反應;反應⑥也為取代反應,故答案為:取代反應;取代反應;(5)I是B()的同分異構(gòu)體,具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體,則結(jié)構(gòu)中含有氨基和羧基,其中具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)的有機物H的結(jié)構(gòu)簡式有:;(6)乙醇氧化可以得到乙酸,乙酸與乙醇酯化反應反應得到乙酸乙酯(),乙酸乙酯發(fā)生酯縮合反應生成,與發(fā)生合成路線中反應①的反應即可得到,故答案為:CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。24、氨基羧基ClCOOC2H5取代反應C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】

根據(jù)合成路線可知,A與C3H5O2Cl發(fā)生取代反應生成B,B與C2H5OH發(fā)生酯化反應并成環(huán)得到C,C與CH3NHCH2COOH反應生成D,D經(jīng)過反應④得到E,E與CNCH2COOC2H5反應得到F和HCl,據(jù)此分析解答問題?!驹斀狻?1)A的結(jié)構(gòu)簡式為,分子中含有的官能團有氟原子、氨基和羧基,故答案為:氨基;羧基;(2)根據(jù)上述分析可知,A與C3H5O2Cl發(fā)生取代反應生成B,B的結(jié)構(gòu)簡式為,逆推可得C3H5O2Cl的結(jié)構(gòu)簡式為ClCOOC2H5,故答案為:ClCOOC2H5;(3)反應①為A與C3H5O2Cl發(fā)生取代反應生成B,反應②為B與C2H5OH發(fā)生酯化反應并成環(huán)得到C,兩者都是取代反應,故答案為:取代反應;(4)化合物D的結(jié)構(gòu)式為,根據(jù)各原子的成鍵原理,可知其分子式為C10H9N2O2F,故答案為:C10H9N2O2F;(5)E與CNCH2COOC2H5反應得到F和HCl,反應方程式為:+CNCH2COOC2H5+HCl,故答案為:+CNCH2COOC2H5+HCl;(6)是F的同分異構(gòu)體,則X為—C4H7O2,又X部分含—COOH且沒有支鏈,則X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33種結(jié)構(gòu),即滿足條件的同分異構(gòu)體有3種,故答案為:3;(7)結(jié)合題干信息,制備時,可先將甘氨酸(HOOCCH2NH2)脫水縮合得到,在與POCl3反應得到,與CNCH2COOC2H5反應制得,合成路線為,故答案為:。25、b-e,f-h,g-cB防止空氣中水和二氧化碳進入裝置影響實驗結(jié)果滴定管酚酞溶液從無色變?yōu)闇\紅色,68s內(nèi)不褪色88%偏小【解析】

根據(jù)反應裝置-干燥裝置-吸收裝置-尾氣處理裝置排序;鹽酸和硝酸都具有揮發(fā)性;空氣中的水和二氧化碳影響實驗結(jié)果;酸式滴定管只能量取酸性溶液,堿式滴定管只能量取堿性溶液,根據(jù)溶液的酸堿性確定滴定管;根據(jù)滴定終點確定指示劑;滴定終點時溶液從無色變?yōu)闇\紅色,68s內(nèi)不褪色;根據(jù)氫氧化鈉和硫酸銨的關系式計算硫酸銨的量,最后再計算N元素的含量;在滴定實驗結(jié)束后發(fā)現(xiàn)滴定用的堿式滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡,滴定開始時無氣泡,導致硫酸銨的測定結(jié)果偏小。據(jù)此分析?!驹斀狻?8)根據(jù)反應裝置、干燥裝置、吸收裝置、尾氣處理裝置排序,所以其排列順序是:b-e,f-h,g-c,答案為:b-e,f-h,g-c;

(2)制取二氧化碳時需要碳酸鹽和酸反應,稀鹽酸、濃硝酸都具有揮發(fā)性,影響實驗結(jié)果,氫氧化鈉和鹽不能生成二氧化碳,所以B選項是正確的,答案為:B;(6)為防止影響實驗結(jié)果需要吸收二氧化碳和水蒸氣,答案為:防止空氣中水和二氧化碳進入裝置影響實驗結(jié)果;(8)硫酸銨屬于強酸弱堿鹽,銨根離子水解使溶液呈酸性,所以需要酸式滴定管量取硫酸銨溶液,滴定終點的pH約為6.6,酚酞的變色范圍是6-88,所以選取酚酞作指示劑;滴定終點時,溶液從無色變?yōu)闇\紅色,68s內(nèi)不褪色;2(NH8)2SO8+6HCHO=(CH2)6N8+2H2SO8+6H2O,2NaOH+H2SO8=Na2SO8+2H2O,所以硫酸銨和NaOH的關系式為:(NH8)2SO82NaOH,NaOH溶液的平均體積為,根據(jù)(NH8)2SO82NaOH得硫酸銨的質(zhì)量,8.6g硫酸銨中樣品中硫酸銨的質(zhì)量為,氮元素的質(zhì)量分數(shù)為;答案為:酸式滴定管;酚酞;從無色變?yōu)闇\紅色,68s內(nèi)不褪色;88%;(5)在滴定實驗結(jié)束后發(fā)現(xiàn)滴定用的堿式滴定管玻璃尖嘴內(nèi)出現(xiàn)了氣泡,滴定開始時無氣泡,導致NaOH溶液的量偏小,根據(jù)(NH8)2SO82NaOH得,導致測定N含量偏小,答案為:偏小。【點睛】酸堿中和滴定是??嫉膶嶒?,誤差是本題的易錯點。判斷方法是根據(jù)消耗標準液多少對待測液濃度的影響,比如說滴定前尖嘴處有氣泡,滴定后尖嘴處有氣泡的分析等等;選擇滴定管是注意看圖,底部是橡膠管則為堿式滴定管,玻璃活塞則為酸式滴定管。26、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2氣體有白色沉淀生成,加入鹽酸后有氣體產(chǎn)生,同時沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2氣體全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【解析】

Ⅰ.(1)氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉與水;(2)濾液中含有偏鋁酸鈉,先通入過量二氧化碳,發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,再加入過量稀鹽酸,Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O;Ⅱ.實驗通過C裝置生成的碳酸鋇的質(zhì)量測定二氧化碳的質(zhì)量,進而計算牙膏中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)。裝置中殘留部分二氧化碳,不能被完全吸收,需要通過適當?shù)姆椒▽⒍趸既口s入氫氧化鋇的試劑瓶中,據(jù)此分析解答(3)~(7);(8)裝置B中的水蒸氣和氯化氫氣體會進入裝置C中被吸收,據(jù)此分析判斷?!驹斀狻竣瘢?1)氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉與水,反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,故答案為Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;(2)往(1)所得濾液中先通入過量二氧化碳,發(fā)生反應AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,再加入過量稀鹽酸,Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O,HCO3-+H+=CO2↑+H2O,因此反應現(xiàn)象為通入CO2氣體有白色沉淀生成;加入鹽酸有氣體產(chǎn)生,沉淀溶解,故答案為通入CO2氣體有白色沉淀生成,加入鹽酸后有氣體產(chǎn)生,同時沉淀溶解;Ⅱ.(3)根據(jù)圖示,儀器a為分液漏斗,故答案為分液漏斗;(4)裝置中殘留部分二氧化碳,如果不能被完全吸收,會導致測定的碳酸鋇的質(zhì)量偏小,持續(xù)緩緩通入空氣可以將生成的CO2氣體全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸收,故答案為把生成的CO2氣體全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸收;(5)在C中二氧化碳與氫氧化鋇反應生成碳酸鋇與水,反應的化學方程式為CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O,故答案為CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O;(6)a.在加入鹽酸之前,應排凈裝置內(nèi)的CO2氣體,防止空氣中二氧化碳進入C被氫氧化鋇吸收,所以提前排盡裝置中的二氧化碳,可以提高測定準確度,故a不選;b.滴加鹽酸過快,則生成二氧化碳過快,C中二氧化碳不能全部被吸收,所以要緩慢滴加鹽酸,可以提高測定準確度,故b不選;c.BC中均為水溶液,不需要干燥,所以在A~B之間增添盛有濃硫酸的洗氣裝置,不能提高測定準確度,故c選;d.揮發(fā)的HCl進入盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置會生成二氧化碳,則在C中被氫氧化鋇吸收的二氧化碳偏多,所以在B~C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置,會使測定準確度降低,故d選;故答案為cd;(7)BaCO3質(zhì)量為3.94g,則n(BaCO3)==0.02mol,則n(CaCO3)=0.02mol,質(zhì)量為0.02mol×100g/mol=2.00g,所以樣品中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為×100%=25.0%,故答案為25.0%;(8)B中的水蒸氣、氯化氫氣體等進入裝置C中,導致測定二氧化碳的質(zhì)量偏大,測定的碳酸鈣的質(zhì)量偏大,碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)偏高,因此不能通過只測定裝置C吸收CO2前后的質(zhì)量差確定碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù),故答案為否;偏高。27、去除蒸餾水中的氧氣,防止亞硫酸鈉被氧化500mL容量瓶燒杯、玻璃棒SO32-+2Ag+=Ag2SO3Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4,Na2SO4與AgNO3溶液反應生成Ag:2SO4沉淀取固體少許加入足量Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加Na2SO3溶液)Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2SO3溶液滴加順序不同(或用量不同),溶液酸堿性不同(或濃度不同)【解析】

配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時,①溶解時:Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化,故需煮沸;②移液時:配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用容量瓶,移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒;實驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產(chǎn)物①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀;②考慮加入的酸性的硝酸銀溶液具有氧化性,將亞硫酸銀氧化成硫酸銀;③由于Ag2SO3溶于過量Na2SO3溶液,可以加入Na2SO3溶液驗證溶液中是否有Ag2SO3;(2)①Ag2O為棕黑色固體,與氨水反應生成Ag(NH3)2OH和3H2O;②從非氧化還原反應分析得化合價不變,判斷A的成分;(3)(1)中實驗和(2)中實驗中溶液的滴加順序不同,溶液酸堿性不同。【詳解】①溶解時:Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化,故需煮沸,防止亞硫酸鈉被氧化;②移液時:配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用500ml的容量瓶,移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒2~3次;(1)①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀SO32-+2Ag+=Ag2SO3;②將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,酸性溶液中存在氫離子,氫離子和硝酸根相當于硝酸,具有氧化性,可能會將亞硫酸根離子氧化成硫酸根;③.Ag2SO3為白色固體,不溶于水,溶于過量Na2SO3溶液,故可以加入過量Na2SO3溶液,看是否繼續(xù)溶解,若繼續(xù)溶解一部分,說明假設三成立;(2)①Ag2O,棕黑色固體,不溶于水,可與濃氨水反應,反應a為Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O;②將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的p

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