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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年岳麓版拓展型課程化學(xué)下冊階段測試試卷523考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題,共18分)1、氣體A、B分別為0.6mol和0.5mol,在0.4L密閉容器中發(fā)生反應(yīng):3A+BaC+2D,經(jīng)5min后,此時氣體C為0.2mol;又知在此反應(yīng)時間內(nèi),D的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min),下面的結(jié)論正確的是A.此時,反應(yīng)混合物總物質(zhì)的量為1molB.B的轉(zhuǎn)化率20%C.A的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min)D.a值為32、80℃時,NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)。該溫度下,在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中,投入NO2和SO2,起始濃度如下表所示,其中甲經(jīng)2min達(dá)平衡時,NO2的轉(zhuǎn)化率為50%,下列說法不正確的是。起始濃度甲乙丙c(NO2)(mol/L)0.100.200.20c(SO2)/(mol/L)0.100.100.20A.容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均反應(yīng)速率v(SO2)=0.025mol/(L·min)B.達(dá)到平衡時,容器丙中正反應(yīng)速率與容器甲相等C.溫度升至90℃,上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56,則反應(yīng)的△H>0D.容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L,達(dá)到平衡時c(NO)與原平衡相同3、在給定條件下,下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是A.B.C.D.4、下列實驗過程設(shè)計正確且能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?。選項實驗?zāi)康牟糠謱嶒炦^程A配制溶液用濾紙稱量2.0gNaOH固體B檢驗?zāi)碂o色溶液中含碘離子取少量溶液直接滴加淀粉溶液后觀察現(xiàn)象C除去NO中的NO2將混合氣體通過裝有水的洗氣瓶D探究乙醇氧化的產(chǎn)物中是否含有乙酸向產(chǎn)物中加入金屬鈉,觀察是否產(chǎn)生氣泡A.AB.BC.CD.D5、已知:①H2難溶于水;②HCl極易溶于水;③NH3極易溶于水,堿性氣體;④Cl2能溶于水;⑤SO2易溶于水。可用如下圖所示裝置干燥;收集及尾氣處理的氣體是。

A.①和②B.②和⑤C.③和④D.③和⑤6、關(guān)于下列實驗的說法不正確的是:。操作現(xiàn)象

①銅片溶解;溶液變藍(lán),起始產(chǎn)生紅棕色氣體,氣體顏色逐漸變淡,直至無色,在管口處變?yōu)榈厣?/p>

②銅片繼續(xù)溶解,產(chǎn)生無色氣體,在管口處變?yōu)榈厣?/p>

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體,說明濃HNO3具有氧化性B.在整個實驗過程中,發(fā)生的反應(yīng)多于2個C.②中產(chǎn)生無色氣體,說明鹽酸有氧化性D.若將銅片換成鐵片,則①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。7、下列裝置能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿.實驗室制備乙酸乙酯B.比較不同催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響C.比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性D.驗證苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)8、用如圖所示裝置進(jìn)行實驗;將少量液體甲逐滴加入到固體乙中,試管中試劑為丙,則下表中對應(yīng)選項正確的是()

A.AB.BC.CD.D9、如圖是進(jìn)行Mg與SiO2反應(yīng)的實驗裝置,O2和H2O(g)的存在對該實驗有較大影響。

下列說法不正確的是A.裝稀硫酸儀器的名稱是分液漏斗,II中洗氣瓶內(nèi)是碳酸氫鈉溶液B.可以把裝置I換成啟普發(fā)生器C.實驗開始時,必須先通一段時間X氣體,再在III處加熱D.當(dāng)III處反應(yīng)引發(fā)后,移走酒精燈,反應(yīng)仍進(jìn)行,說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)評卷人得分二、多選題(共3題,共6分)10、常溫下,用溶液分別滴定體積和濃度均相同的三種一元弱酸的滴定曲線如圖所示;圖中橫坐標(biāo)a表示滴定百分?jǐn)?shù)(滴定用量與滴定終點用量之比)。下列說法錯誤的是。

A.常溫下,酸性:B.當(dāng)?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢篊.滴定當(dāng)時,溶液中D.初始濃度11、某同學(xué)按圖示裝置進(jìn)行實驗;產(chǎn)生足量的氣體通入c中,最終出現(xiàn)渾濁。下列所選物質(zhì)組合符合要求的是。

a中試劑b中試劑c中溶液A濃硫酸濃鹽酸飽和食鹽水B濃硫酸Cu溶液C稀硫酸飽和溶液D濃氨水堿石灰溶液

A.AB.BC.CD.D12、“探究與創(chuàng)新能力”是化學(xué)的關(guān)鍵能力。下列各項中“操作或現(xiàn)象”能達(dá)到預(yù)期“實驗?zāi)康摹钡氖?。選項實驗?zāi)康牟僮骰颥F(xiàn)象A制作簡單原電池將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成原電池B驗證碳能與濃硝酸反應(yīng)向濃硝酸中插入紅熱的碳,產(chǎn)生紅棕色氣體C鑒別溴蒸氣和分別通入溶液中,產(chǎn)生淺黃色沉淀的是溴蒸氣D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量飽和氫氧化鈉溶液,充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共5題,共10分)13、向某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的氣體M和N;一定條件下發(fā)生反應(yīng),達(dá)到平衡后,只改變反應(yīng)的一個條件,測得容器中物質(zhì)的濃度;反應(yīng)速率隨時間的變化如圖1、圖2所示。

回答下列問題:

(1)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______,其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min時改變的條件是____,40min時改變的條件是____,請在圖2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線_____。

(3)0~8min內(nèi),_______;50min后,M的轉(zhuǎn)化率為_______(保留三位有效數(shù)字)。

(4)20min~30min內(nèi),反應(yīng)平衡時的平衡常數(shù)K=_______。14、研究CO還原NOx對環(huán)境的治理有重要意義;相關(guān)的主要化學(xué)反應(yīng)有:

ⅠNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)ΔH1

Ⅱ2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH2<0

Ⅲ2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH3<0

(1)已知:每1mol下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子吸收的能量分別為。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根據(jù)上述信息計算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正確的是_______。

A在絕熱恒容密閉容器中只進(jìn)行反應(yīng)Ⅰ;若壓強不變,能說明反應(yīng)Ⅰ達(dá)到平衡狀態(tài)。

B反應(yīng)ⅡΔH<0;ΔS<0;該反應(yīng)在低溫下自發(fā)進(jìn)行。

C恒溫條件下;增大CO的濃度能使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動,平衡常數(shù)增大。

D上述反應(yīng)達(dá)到平衡后;升溫,三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均一直增大直至達(dá)到新的平衡。

(2)在一個恒溫恒壓的密閉容器中,NO2和CO的起始物質(zhì)的量比為1∶2進(jìn)行反應(yīng),反應(yīng)在無分子篩膜時二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率和有分子篩膜時二氧化氮轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示,其中分子篩膜能選擇性分離出N2。

①二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原因為_______。

②P點二氧化氮轉(zhuǎn)化率高于T點的原因為_______。

(3)實驗測得,V正=k正·c2(NO)·c2(CO),V逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆為速率常數(shù);只與溫度有關(guān))。

①一定溫度下,向體積為1L的密閉容器中充入一定量的NO和CO,只發(fā)生反應(yīng)Ⅲ,在tl時刻達(dá)到平衡狀態(tài),此時n(CO)=0.1mol,n(NO)=0.2mol,n(N2)=amol,且N2占平衡總體積的1/4則:=_______。

②在t2時刻,將容器迅速壓縮到原容積的1/2,在其它條件不變的情況下.t3時刻達(dá)到新的平衡狀態(tài)。請在圖中補充畫出t2-t3-t4時段,正反應(yīng)速率的變化曲線_______。

15、常溫下有濃度均為0.1mol/L的四種溶液:①HCl;②CH3COOH;③NaOH;④Na2CO3。

(1)這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是___(用序號填寫)。

(2)等體積混合②和③的溶液中離子濃度的大小順序是___。

(3)常溫下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,則CH3COOH溶液的電離平衡常數(shù)Ka=___。

(4)用離子方程式表示④的水溶液呈堿性的主要原因:___。

(5)取10mL溶液①,加水稀釋到1000mL,則該溶液中由水電離出的c(H+)約為___。16、根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。

(2)已知:常溫時,H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”;“中”或“堿”)性。

(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__,若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重;得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時,將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中,充分?jǐn)嚢韬?,銀離子濃度由大到小的順序是___(填標(biāo)號);③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水17、某有機物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示:

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成________H2。

(2)該物質(zhì)最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為________。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題,共24分)18、超細(xì)銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料;催化劑等領(lǐng)域中。超細(xì)銅粉的某制備方法如下:

(1)Cu2+的價電子排布式為____。

(2)下列關(guān)于[Cu(NH3)4]SO4的說法中,正確的有____。(填字母序號)

A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵;極性鍵和配位鍵。

B.[Cu(NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu(NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

(3)SO32-離子中S原子的雜化方式為____,SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

(4)與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

(5)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖,由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

19、硼是第ⅢA族中唯一的非金屬元素;可以形成眾多的化合物?;卮鹣铝袉栴}:

(1)基態(tài)硼原子的電子排布式為_______,占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潛力的儲氫材料之一。

①氨硼烷能溶于水,其主要原因是_______。

②分子中存在配位鍵,提供孤電子對的原子是_______(填元素符號);與互為等電子體的分子_______(任寫一種滿足條件的分子式)。

③氨硼烷分子中與N相連的H呈正電性,與B原子相連的H呈負(fù)電性,它們之間存在靜電相互吸引作用,稱為雙氫鍵,用“”表示。以下物質(zhì)之間可能形成雙氫鍵的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的鈉鹽是一種天然礦藏,其化學(xué)式寫作實際上它的結(jié)構(gòu)單元是由兩個和兩個縮合而成的雙六元環(huán),應(yīng)該寫成其結(jié)構(gòu)如圖1所示,它的陰離子可形成鏈狀結(jié)構(gòu),陰離子中B原子的雜化軌道類型為_______,該晶體中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.離子鍵B.共價鍵C.氫鍵D.金屬鍵。

(4)硼氫化鈉是一種常用的還原劑;其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示:

①的配位數(shù)是_______。

②已知硼氫化鈉晶體的密度為代表阿伏伽德羅常數(shù)的值,則與之間的最近距離為_______nm(用含的代數(shù)式表示)。

③若硼氫化鈉晶胞上下底心處的被取代,得到晶體的化學(xué)式為_______。20、開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一種潛在的儲氫材料,可由六元環(huán)狀物質(zhì)(HB=NH)3通過如下反應(yīng)制得:3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。請回答:

①H3BNH3中是否存在配位鍵_______(填“是”或“否”),B、C、N、O第一電離能由大到小的順序為_______,CH4、H2O、CO2三分子按照鍵角由大到小的順序排列為_______。

②與(HB=NH)3互為等電子體的分子為_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氫化物,其物理性質(zhì)與烷烴相似,故稱之為硼烷。工業(yè)上可采用LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

④在硼酸鹽中,陰離子有鏈狀、環(huán)狀、骨架狀等多種結(jié)構(gòu)形式。圖a為一種無限長鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根,其化學(xué)式為_______,圖b為硼砂晶體中陰離子,其中硼原子采取的雜化方式為_______。

(2)一種銅合金具有儲氫功能。

①Cu2+的價層電子排布式為_______。

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng),其原因是_______。

③銅的單質(zhì)中按ABCABC?方式堆積,設(shè)銅原子半徑為apm,則該晶體的密度為_______g/cm3(阿伏伽德羅常數(shù)值為NA)21、I.元素周期表中80%左右的非金屬元素在現(xiàn)代技術(shù)包括能源;功能材料等領(lǐng)域占有極為重要的地位。

(1)氮及其化合物與人類生產(chǎn)、生活息息相關(guān),基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是_____,N2F2分子中N原子的雜化方式是_______,1molN2F2含有____個δ鍵。

(2)高溫陶瓷材料Si3N4晶體中N-Si-N的鍵角大于Si-N-Si的鍵角,原因是_______。

II.金屬元素鐵;銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活有著廣泛的應(yīng)用。

(1)鐵在元素周期表中的位置_________。

(2)配合物Fe(CO)x常溫下呈液態(tài),熔點為-20.5℃,沸點為103℃,易溶于非極性溶劑,據(jù)此可判斷Fe(CO)x晶體屬于_____(填晶體類型)。Fe(CO)x的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子吸之和為18,則x=________。

(3)N2是CO的一種等電子體,兩者相比較沸點較高的為_______(填化學(xué)式)。

(4)銅晶體中銅原子的堆積方式如下圖甲所示。

①基態(tài)銅原子的核外電子排布式為___________。

②每個銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為___________。

(5)某M原子的外圍電子排布式為3s23p5,銅與M形成化合物的晶胞如下圖乙所示(黑點代表銅原子)。已知該晶體的密度為ρg·cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為NA,則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為_________pm。(只寫計算式)。評卷人得分五、實驗題(共4題,共32分)22、硫酸銅受熱分解生成氧化銅和氣體,受熱溫度不同生成的氣體成分也不同。氣體成分可能含SO2、SO3和O2中的一種、二種或三種。某化學(xué)課外活動小組通過設(shè)計以下探究性實驗,探究測定反應(yīng)產(chǎn)生的SO2、SO3和O2的物質(zhì)的量,并經(jīng)計算確定各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù),從而確定CuSO4分解的化學(xué)方程式。實驗用到的儀器如下圖所示:

(1)[提出猜想]

①所得氣體的成分可能只含_______一種。

②所得氣體的成分可能含有_______二種。

③所得氣體的成分可能含有_______三種。

(2)[實驗探究]

實驗操作過程(略);已知實驗結(jié)束時,硫酸銅完全分解。請回答下列問題:

①請你組裝探究實驗的裝置,按從左至右的方向,各儀器接口連接順序為_______(填序號)。

②若實驗結(jié)束,B中量筒沒有收集到水,則證明猜想_______。正確。

③若實驗結(jié)束,經(jīng)測定裝置C的總質(zhì)量增加了,能否肯定氣體產(chǎn)物中含有SO2而不含SO3。請說明理由_______。

④有兩個實驗小組進(jìn)行該實驗,由于加熱時的溫度不同,實驗結(jié)束后測得相關(guān)數(shù)據(jù)也不同,數(shù)據(jù)如下:。實驗小組。

稱取CuSO4的質(zhì)量/g裝置C增加的質(zhì)量/g量筒中水的體積(折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積)/mL一6.42.56448二6.43.84224

請通過計算,推斷出第一小組和第二小組的實驗條件下CuSO4分解的化學(xué)反應(yīng)方程式:

一組:_______;二組:_______。23、二苯基乙二酮常用作醫(yī)藥中間體及紫外線固化劑;可由二苯基羥乙酮氧化制得,相關(guān)物質(zhì)的物理參數(shù);化學(xué)方程式及裝置圖(加熱和夾持裝置已略去)如下:

在反應(yīng)裝置中,加入10ml冰醋酸、5.50gFeCl3固體;10ml水及少量碎瓷片;加熱至沸騰,停止加熱,待沸騰平息后加入2.12g二苯基羥乙酮,繼續(xù)加熱回流至二苯基羥乙酮完全反應(yīng)。反應(yīng)結(jié)束后加水煮沸,冷卻后即有二苯基乙二酮粗產(chǎn)品析出,用70%乙醇水溶液重結(jié)晶提純,得到1.80g產(chǎn)品。

重結(jié)晶過程如下:

加熱溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→冷卻結(jié)晶→抽濾→洗滌→干燥。

請回答以下問題:

(1)裝置圖中儀器a的名稱是_______________,其作用是______________。

(2)加入碎瓷片的作用是________。若加熱后發(fā)現(xiàn)未加碎瓷片,應(yīng)采取的正確方法是____________________________________________________。

(3)實驗中可采用薄層色譜跟蹤反應(yīng)進(jìn)程;其原理和操作與紙上層析類同,通過觀察薄層色譜展開后的斑點(在實驗條件下,只有二苯基羥乙酮和二苯基乙二酮能夠產(chǎn)生斑點)判斷樣品中的成分。下圖分別為加入二苯基羥乙酮后反應(yīng)開始;回流15min、30min、45min和60min時,用毛細(xì)管取樣、點樣,薄層色譜展開后的斑點:

該實驗條件下加熱________后可認(rèn)為反應(yīng)結(jié)束。

A.15minB.30minC.45minD.60min

(4)上述重結(jié)晶過程中,____________(填步驟名稱)操作除去了不溶性雜質(zhì)。

(5)在重結(jié)晶過程中,不可選用明火直接加熱,原因是_________________________。

(6)不選擇蒸餾的方法提純二苯基乙二酮粗產(chǎn)品的原因是______________________。

(7)本實驗的產(chǎn)率是_________%。(保留3位有效數(shù)字)24、實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2;裝置如圖,主要步驟如下:

步驟1組裝好儀器;向三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚;裝置B中加入15mL液溴。

步驟2____。

步驟3反應(yīng)完畢后恢復(fù)至室溫;過濾,濾液轉(zhuǎn)移至另一干燥的燒瓶中,冷卻至0℃,析出晶體,再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。

步驟4室溫下用苯溶解粗品,冷卻至0℃,析出晶體,過濾,洗滌得三乙醚合溴化鎂,加熱至160℃分解得無水MgBr2產(chǎn)品。

已知:①Mg和Br2反應(yīng)劇烈放熱;MgBr2具有強吸水性。

②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5

③乙醚是重要有機溶劑;醫(yī)用麻醉劑;易揮發(fā)儲存于陰涼;通風(fēng)處;易燃遠(yuǎn)離火源。

請回答下列問題:

(1)寫出步驟2的操作是_________。

(2)儀器A的名稱是__________。裝置中堿石灰的作用__________。冰水浴的目的__________。

(3)該實驗從安全角度考慮除了控制反應(yīng)溫度外;還需要注意:

①_________②_______。

(4)制備MgBr2裝置中橡膠塞和用乳膠管連接的玻璃管口都要用錫箔紙包住的目的是_________。

(5)有關(guān)步驟4的說法,正確的是__________。

A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗滌晶體可選用0℃的苯。

C加熱至160℃的主要目的是除去苯D該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴。

(6)為測定產(chǎn)品的純度,可用EDTA(簡寫為Y4-)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,反應(yīng)的離子方程式:Mg2++Y4-═MgY2-

①先稱取0.7500g無水MgBr2產(chǎn)品,溶解后,等體積分裝在3只錐形瓶中,用0.0500mol·L-1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點,三次消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積平均為26.50mL,則測得無水MgBr2產(chǎn)品的純度是_______(保留4位有效數(shù)字)。

②滴定前未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管,則測得產(chǎn)品純度___________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。25、一氯化碘是一種重要的鹵素互化物;在化工生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。有關(guān)一氯化碘的部分信息如下:

某小組擬設(shè)計實驗制備一氯化碘并測定其純度;裝置如圖所示。

按如圖所示裝置進(jìn)行實驗;當(dāng)D裝置中產(chǎn)生紅棕色液體;固體消失時停止反應(yīng)。

請回答下列問題:

(1)盛裝碘單質(zhì)的儀器名稱是_____________;E裝置作用是_____________。

(2)裝置中試劑名稱是______________________________。

(3)寫出A中反應(yīng)的離子方程式______________________。

(4)啟動反應(yīng)后,將D裝置的儀器放置于冷水浴中,其目的是__________________。

(5)粗產(chǎn)品中混有碘單質(zhì),提純產(chǎn)品可選擇下列裝置中的_____________填字母

(6)測定產(chǎn)品純度。取該產(chǎn)品于錐形瓶,加入過量的KI溶液,充分反應(yīng)。用溶液滴定有關(guān)反應(yīng):三次平行實驗測得數(shù)據(jù)如下:

該產(chǎn)品純度為___________用含a和c的代數(shù)式表示若產(chǎn)品中混有少量測得結(jié)果_______________填“偏高”“偏低”或“無影響”評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題,共6分)26、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法測定苯肼的試劑。工業(yè)上用NaIO3制備H5IO6的流程如圖:

(1)“反應(yīng)Ⅰ”可在如圖所示的裝置中進(jìn)行。該反應(yīng)生成不溶于水的Na2H3IO6的離子方程式為____。若要提高Cl2的利用率,可對裝置進(jìn)行改進(jìn)的措施為___。

(2)反應(yīng)Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6,“濾液2”呈__(填“酸”“堿”或“中”)性。

(3)“無色氣體”為__(填化學(xué)式)。

(4)工業(yè)上為降低成本,減少對環(huán)境的污染,整個流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物質(zhì)的量之比為n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

(5)H5IO6具有強氧化性,可將FeSO4氧化為H2FeO4,自身被還原為HIO3,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。27、碘酸鉀可用作食用鹽的加碘劑,為無色或白色顆?;蚍勰罱Y(jié)晶,加熱至560℃開始分解,是一種較強的氧化劑,水溶液呈中性,溶解度在0℃時為4.74g,100℃時為32.3g。下圖是利用過氧化氫氧化法制備碘酸鉀的工業(yè)流程:

(1)步驟①需控制溫度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________

(2)寫出步驟②中主要反應(yīng)的離子方程式:__________

(3)步驟⑤用冰水冷卻至0℃,過濾出碘酸鉀晶體,再用適量冰水洗滌2~3次。用冰水洗滌的優(yōu)點是_____________

(4)產(chǎn)品純度測定:取產(chǎn)品9.0g,加適量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL該溶液并用稀硫酸酸化,加入過量的KI溶液,使碘酸鉀反應(yīng)完全,最后加入指示劑,用物質(zhì)的量濃度為1.00mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定,消耗25.00mL該滴定液時恰好達(dá)到滴定終點。已知

①實驗中可用_______作指示劑。

②產(chǎn)品的純度為_____%(精確到小數(shù)點后兩位)。求得的純度比實際值偏大,可能的原因是________________________。參考答案一、選擇題(共9題,共18分)1、B【分析】【詳解】

A.在此反應(yīng)時間內(nèi),D的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min),則反應(yīng)產(chǎn)生D物質(zhì)的物質(zhì)的量為n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol,根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知:每反應(yīng)產(chǎn)生2molD,同時會消耗3molA和1molB,則反應(yīng)產(chǎn)生0.2mol的D,消耗A是0.3mol,消耗B是0.1mol,因此5min后,反應(yīng)混合物總物質(zhì)的量n(總)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol;A錯誤;

B.根據(jù)選項A分析可知在5min內(nèi)消耗B的物質(zhì)的量是0.1mol,則B的轉(zhuǎn)化率為:×100%=20%;B正確;

C.根據(jù)選項A分析可知在5min內(nèi)消耗A的物質(zhì)的量是0.3mol,則用A表示的平均反應(yīng)速率v(A)==0.15mol/(L?min);C錯誤;

D.由以上分析可知:在5min內(nèi)產(chǎn)生C;D的物質(zhì)的量相等;則C、D的化學(xué)計量數(shù)相等,故a=2,D錯誤;

故合理選項是B。2、B【分析】【詳解】

A.容器甲中起始時c(NO2)=0.10mol/L,經(jīng)2min達(dá)平衡時,NO2的轉(zhuǎn)化率為50%則反應(yīng)的NO2濃度為0.050mol/L,則反應(yīng)消耗SO2的濃度也是0.050mol/L,故反應(yīng)在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol/(L·min);A正確;

B.反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)為氣體體積不變的反應(yīng);壓強不影響平衡,則容器甲和丙互為等效平衡,平衡時反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率相等,由于丙中各組分濃度為甲的2倍,則容器丙中的反應(yīng)速率比A大,B錯誤;

C.對于容器甲,反應(yīng)開始時c(NO2)=c(SO2)=0.10mol/L,經(jīng)2min達(dá)平衡時,NO2的轉(zhuǎn)化率為50%,則反應(yīng)的c(NO2)=0.050mol/L,根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知,此時c(SO2)=0.10mol/L=0.050mol/L=0.050mol/L,c(NO)=c(SO3)=0.050mol/L,該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=溫度升至90℃,上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56>1,則升高溫度化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動,則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),故該反應(yīng)的△H>0;C正確;

D.化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),與其它外界條件無關(guān)。由于NO2(g)、SO2(g)消耗是1:1關(guān)系,反應(yīng)產(chǎn)生的SO3(g)、NO(g)也是1:1關(guān)系,所以容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L,平衡時,與原來的乙相同,則達(dá)到平衡時c(NO)與原平衡就相同;D正確;

故合理選項是B。3、B【分析】【詳解】

A.因為酸性:所以反應(yīng)不發(fā)生,所以不能實現(xiàn);A錯誤;

B.通過鋁熱反應(yīng):可以實現(xiàn)B正確;

C.乙醇的催化氧化反應(yīng)為:C錯誤;

D.乙醇消去反應(yīng)制取乙烯反應(yīng)為:D錯誤;

故選B。4、C【分析】【詳解】

A.用濾紙稱量2.0gNaOH固體;是錯誤的,應(yīng)用小燒杯稱量,A錯誤;

B.淀粉與碘離子不能變色;所以不能檢驗?zāi)碂o色溶液中是否含碘離子,B錯誤;

C.將混合氣體通過裝有水的洗氣瓶;二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮,可以除去二氧化氮,C正確;

D.乙醇氧化生成乙醛;但乙醇不一定完全被氧化,在氧化產(chǎn)物中可能還含有乙醇,所以即使向產(chǎn)物中加入金屬鈉,有氣泡產(chǎn)生,也不能判斷產(chǎn)物中含有乙酸,也可能是乙醇與鈉反應(yīng)的,D錯誤;

故選C。5、B【分析】【詳解】

H2難溶于水,密度比空氣??;用向下排氣法或排水法收集,故①不符合題意;

②HCl極易溶于水;密度比空氣大且HCl與濃硫酸不反應(yīng),故②符合題意;

③NH3極易溶于水;密度比空氣小,用向下排氣法收集,氨氣是顯堿性氣體能和濃硫酸反應(yīng),故③不符合題意;

④Cl2能溶于水但溶解度不大;所以不能用水做吸收液,故④不符合題意;

⑤SO2易溶于水;密度比空氣大,和濃硫酸不反應(yīng),可以用濃硫酸干燥,故⑤符合題意;

根據(jù)上述分析;符合題意的為②和⑤;

故答案:B。6、C【分析】【詳解】

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體,說明濃HNO3的氧化性稀HNO3氧化性強;故A錯;B.在整個實驗過程中,發(fā)生的反應(yīng)有Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2+4H2O、2NO+O22NO2等多個反應(yīng),故B錯;C.②中產(chǎn)生無色氣體,是因為鹽酸電離出的H+與溶液中有氧化性的NO3-,結(jié)合成硝酸繼續(xù)和銅反應(yīng)。故C錯;D.若將銅片換成鐵片,會和濃HNO3發(fā)生鈍化,故①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。所以D正確;答案:C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A.右側(cè)導(dǎo)管插入到碳酸鈉溶液中;易產(chǎn)生倒吸,A錯誤;

B.雙氧水的濃度不同;無法比較不同的催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響,B錯誤;

C.硫酸的酸性大于碳酸;碳酸的酸性大于硅酸,三種含氧酸中,硫;碳、硅元素均為最高價,可以比較三種元素的非金屬的強弱,C正確;

D.揮發(fā)出的溴進(jìn)入到右側(cè)燒杯中;也能與硝酸銀反應(yīng)產(chǎn)生淺黃色沉淀,不能驗證苯與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成了溴化氫,D錯誤;

正確選項C。8、B【分析】【詳解】

A.二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)需要加熱;該裝置沒有加熱,所以不能產(chǎn)生氯氣,導(dǎo)致不能使石蕊試液先變紅后褪色,故A錯誤;

B.醋酸和碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳;二氧化碳和硅酸鈉反應(yīng)生成不溶于水的硅酸,所以試管中溶液變渾濁,故B正確;

C.濃氨水和氫氧化鈉混合導(dǎo)致氨水分解生成氨氣;氨氣和氯化鋁反應(yīng)生成氫氧化鋁,雖然氫氧化鋁是兩性氫氧化物,但氫氧化鋁不和氨水反應(yīng),所以試管中看到的現(xiàn)象是只生成白色沉淀,故C錯誤;

D.濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫;二氧化硫有漂白性,但不能使酸堿指示劑褪色,所以試管中的現(xiàn)象是紫色變成紅色,故D錯誤;

答案選B。9、A【分析】【分析】

【詳解】

A.裝稀硫酸儀器的名稱是分液漏斗,Mg與SiO2反應(yīng)的實驗裝置,O2和H2O(g)的存在對該實驗有較大影響;因此II中洗氣瓶內(nèi)液體作用是干燥氣體,應(yīng)盛放濃硫酸,故A錯誤;

B.I是實驗室制氫氣;可以把裝置I換成啟普發(fā)生器,可以達(dá)到隨開隨用,隨關(guān)隨停,故B正確;

C.實驗開始時,必須先通一段時間X氣體,排除裝置內(nèi)的空氣,以免鎂和氧氣反應(yīng),再在III處加熱,Mg與SiO2反應(yīng);故C正確;

D.當(dāng)III處反應(yīng)引發(fā)后;移走酒精燈,反應(yīng)仍進(jìn)行,說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng),故D正確。

綜上所述,答案為A。二、多選題(共3題,共6分)10、BD【分析】【詳解】

A.由起始點可以看出,酸性:A項正確;

B.當(dāng)?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢築項錯誤;

C.當(dāng)時,溶液呈酸性,C項正確;

D.D項錯誤。

故選BD。11、AC【分析】【詳解】

A.濃硫酸加入濃鹽酸中,生成氣體,生成的氣體通入飽和食鹽水中,根據(jù)同離子效應(yīng),析出晶體;A符合題意;

B.濃硫酸和銅在加熱條件下才能反應(yīng)生成不符合實驗要求,B不符合題意;

C.和稀硫酸反應(yīng)生成與飽和溶液反應(yīng)生成晶體;C符合題意;

D.濃氨水和堿石灰生成通入溶液中,先生成沉淀,繼續(xù)通入氨氣,溶解生成D不符合題意;

故選AC。12、AC【分析】【分析】

【詳解】

A.將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成簡單鐵銅原電池;故A符合題意;

B.濃硝酸受熱分解能放出紅棕色二氧化氮氣體;所以向濃硝酸中插入紅熱的碳,產(chǎn)生紅棕色氣體,不能證明是碳與濃硝酸反應(yīng),故B不符合題意;

C.因為溴蒸氣能和溶液反應(yīng);產(chǎn)生淺黃色溴化銀沉淀,故C符合題意;

D.因為足量飽和氫氧化鈉溶液能和乙酸乙酯反應(yīng);所以不能用足量飽和氫氧化鈉溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸,故D不符合題意;

故答案:AC。三、填空題(共5題,共10分)13、略

【分析】【詳解】

(1)依據(jù)圖1中各物質(zhì)的濃度變化量可得到0-20min,M、N濃度減少量為1.5mol/L,P濃度增加量為3mol/L,則反應(yīng)的化學(xué)方程式為由圖1可知,40min時平衡發(fā)生了移動,而P、M、N的濃度沒有改變,且改變壓強和使用催化劑平衡不移動,則改變的條件是溫度,30min時P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴大容器體積,壓強減小,反應(yīng)速率減小,由圖2可知40min時速率增大,則40min時改變的條件是升高溫度,而生成物P的濃度在減小,依據(jù)勒夏特列原理可判斷該反應(yīng)的

(2)由(1)分析可知,30min時改變的條件是擴大容器的體積;40min時改變的條件是升高溫度;在圖2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線為

(3)8min時,M、N、P的物質(zhì)的量濃度相等,設(shè)

則解得x=2,故8min時,0~8min內(nèi);

50min后;M;N、P的物質(zhì)的量濃度相等,故M的轉(zhuǎn)化率為33.3%;

(4)由圖1可知,20min~30min內(nèi),為平衡狀態(tài),M、N的平衡濃度為1.5mol/L,P的平衡濃度為3mol/L,則反應(yīng)平衡時的平衡常數(shù)K=【解析】(1)<

(2)擴大容器的體積升高溫度

(3)33.3%

(4)414、略

【分析】【詳解】

(1)①ΔH1=E反應(yīng)物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反應(yīng)前后氣體系數(shù)不變;如果是恒溫恒容,無論平衡是否移動,容器中的壓強均不變,換為絕熱容器后,隨著反應(yīng)的正向進(jìn)行,反應(yīng)放出熱量,體系溫度升高,等量氣體的壓強隨之增大,此時壓強是變量,可以作為平衡的依據(jù),A項正確;

B.當(dāng)ΔH-TΔS<0時;反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行,由ΔH<0,ΔS<0,推出該反應(yīng)低溫下自發(fā)進(jìn)行,B項正確;

C.增大CO的濃度可以使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動;但是平衡常數(shù)只受到溫度的影響,溫度不變,平衡常數(shù)不變,C項錯誤;

D.溫度升高;反應(yīng)速率增大,三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均增大,三個反應(yīng)均為放熱反應(yīng),溫度升高,反應(yīng)向吸熱方向進(jìn)行,則平衡逆向移動,所以平衡移動的初期為逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率,為了達(dá)到新的平衡,逆反應(yīng)速率向正反應(yīng)速率靠近,逆反應(yīng)速率會減小,所以逆反應(yīng)速率的變化趨勢為先增大后減小,D項錯誤;

(2)①反應(yīng)為放熱反應(yīng);溫度升高,平衡向逆反應(yīng)(吸熱)方向進(jìn)行,二氧化氮轉(zhuǎn)化率降低;

②相同溫度下,二氧化氮的轉(zhuǎn)化率在P點較高是因為使用了分子篩膜,將產(chǎn)物N2分離出來;降低了產(chǎn)物的濃度,使平衡正向進(jìn)行,從而二氧化氮的轉(zhuǎn)化率提高;

(3)①列三段式求解:因為N2占平衡總體積的1/4,所以a=0.3mol,此時為平衡狀態(tài),有v正=v逆,即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2);

②在t2時刻,將容器迅速壓縮到原容積的1/2,壓強瞬間增大為原來壓強的兩倍,正逆反應(yīng)速率均增大,但是壓強增大,平衡向正反應(yīng)(氣體系數(shù)減小)方向進(jìn)行,則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率,所以正反應(yīng)速率的總體趨勢為先突然增大,然后減小,直至平衡,其圖像為【解析】①.-227②.AB③.反應(yīng)為放熱反應(yīng),溫度升高,平衡逆向移動(或平衡常數(shù)減小)④.分子篩膜從反應(yīng)體系中不斷分離出N2,有利于反應(yīng)正向進(jìn)行,二氧化氮轉(zhuǎn)化率升高⑤.270⑥.(起點的縱坐標(biāo)為16,t3時刻達(dá)到平衡,t3-t4處于平衡狀態(tài)與已有線平齊)15、略

【分析】【詳解】

(1)水電離程度比較:碳酸鈉溶液屬于強堿弱酸鹽;碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性,促進(jìn)了水的電離;鹽酸是強酸溶液,氫氧化鈉溶液是強堿溶液,溶液中水的電離都受到了抑制作用,其中鹽酸中的氫離子濃度等于氫氧化鈉溶液中的氫氧根離子濃度,二者中水的電離程度相等;醋酸溶液為弱酸,發(fā)生微弱的電離產(chǎn)生氫離子,抑制了水的電離,但醋酸溶液中氫離子濃度遠(yuǎn)小于鹽酸,故水的電離程度比鹽酸和氫氧化鈉都強,綜合而言這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是④>②>①=③。故答案為:④>②>①=③。

(2)等體積的醋酸和氫氧化鈉混合,混合后溶液恰好為醋酸鈉溶液,屬于強堿弱酸鹽,醋酸根離子發(fā)生微弱的水解導(dǎo)致溶液顯堿性,所以溶液中離子濃度的大小順序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案為:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常溫下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,可得溶液中c(H+)=10-3mol/L,由醋酸的電離方程式:CH3COOHCH3COO-+H+可得其電離平衡常數(shù)為:故答案為:10-5。

(4)碳酸鈉溶液屬于強堿弱酸鹽,碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性,促進(jìn)了水的電離,其水解方程式為:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-,故答案為:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液,加水稀釋到1000mL,此時溶液中由HCl電離出的由此可知,此時溶液中的c(H+)=10-3mol/L,可得該溶液中由水電離出的故答案為:10?11mol/L?!窘馕觥竣埽劲冢劲?③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-10?11mol/L16、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離:NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用:H++也會發(fā)生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導(dǎo)致c(Na+)>c();電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性;水解產(chǎn)生OH-,使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用,最終達(dá)到平衡時,溶液中c(OH-)>c(H+),但鹽水解程度是微弱的,主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除會電離產(chǎn)生,還有H2O電離產(chǎn)生,而只有電離產(chǎn)生,故離子濃度:c(H+)>c(),因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中,存在HR-的電離作用:HR-R2-+H+,電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性,同時也存在著水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解產(chǎn)生OH-,使溶液顯堿性,其平衡常數(shù)Kh=<Ka2=5.60×10-8,說明HR-的電離作用大于水解作用;因此NaHR溶液顯酸性;

(3)AlCl3是強酸弱堿鹽,在溶液中會發(fā)生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,導(dǎo)致溶液變渾濁,由于水解產(chǎn)生HCl,因此根據(jù)平衡移動原理,若用固體配制溶液時,將其溶解在一定量的濃鹽酸中,增加了H+的濃度,就可以抑制鹽的水解,然后再加水稀釋,就可以得到澄清溶液;若將AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向進(jìn)行直至水解完全,HCl揮發(fā)逸出,得到的固體是Al(OH)3,然后將固體灼燒至恒重,Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O,最后得到的固體是Al2O3;

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都會抑制物質(zhì)的溶解,溶液中Ag+、Cl-濃度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L;

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+;對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,該溶液中含有的c(Ag+)最大;則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是:②>④>①>③;

③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中,然后加水稀釋Al2O3②>④>①>③6.0×10-1017、略

【分析】【分析】

由結(jié)構(gòu)簡式可知;分子中含-OH;-COOH、碳碳雙鍵,結(jié)合醇、羧酸、烯烴的性質(zhì)來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應(yīng),金屬鈉過量,則有機物完全反應(yīng),1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基,由2-OH~H2↑、2-COOH~H2↑可知,和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成1.5molH2;

故答案為:1.5mol;

(2)-OH、-COOH均與Na反應(yīng),-COOH與NaOH、NaHCO3反應(yīng),則1mol該物質(zhì)消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3,則n(Na):n(NaOH):n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3:2:2;

故答案為:3∶2∶2?!窘馕觥竣?1.5mol②.3∶2∶2四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題,共24分)18、略

【分析】【詳解】

(1)Cu位于第四周期IB族,其Cu2+的價電子排布式為3d9;

(2)A、[Cu(NH3)4]2+與SO42-之間存在離子鍵,Cu2+和NH3之間存在配位鍵;N和H之間存在極性共價鍵,故A正確;

B;該化合物中第一電離能最大的是N元素;故B錯誤;

C、外界離子為SO42-,根據(jù)價層電子對互斥理論,SO42-的空間構(gòu)型為正四面體形;故C正確;

答案選AC;

(3)SO32-中心原子S有3個σ鍵,孤電子對數(shù)=1,價層電子對數(shù)為4,雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù),即SO32-中S的雜化類型為sp3;SO32-空間構(gòu)型為三角錐形;

(4)根據(jù)等電子體的概念,與SO3互為等電子體的分子為BF3等;

(5)利用均攤的方法進(jìn)行判斷,根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),O位于頂點、面心、棱上和內(nèi)部,屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4,Cu位于內(nèi)部,有4個,即化學(xué)式為CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO19、略

【分析】【分析】

根據(jù)B的原子序數(shù)和電子排布規(guī)律;寫出其電子排布式并判斷電子排布的最高能級為2p,判斷其電子云輪廓圖;根據(jù)氨硼烷的結(jié)構(gòu),判斷其溶于水的原因是與水分子形成氫健和配位鍵形成條件判斷提供孤電子對的原子;根據(jù)等電子體概念找出等電子體分子;根據(jù)題中信息,判斷形成雙氫鍵的正確選項;根據(jù)題中所給結(jié)構(gòu),由σ鍵個數(shù)判斷B原子的雜化方式和該晶體中不存在的作用力;根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),利用“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計算;據(jù)此解答。

(1)

B的原子序數(shù)為5,核外有5個電子,則B基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p1,能級最高的是2p能級,p軌道為啞鈴形;答案為1s22s22p1;啞鈴。

(2)

①氨硼烷能溶于水;其主要原因是氨硼烷與水分子間形成氫鍵;答案為氨硼烷與水分子間形成氫鍵。

②分子中,B原子提供空軌道,NH3中N原子提供1對孤電子對,形成配位鍵;原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微粒為等電子體,用相鄰原子代替N、B原子可以得到其等電子體分子C2H6;答案為N;C2H6。

③A.和分子中的H均呈正電性,和不能形成雙氫鍵;故A不符合題意;

B.LiH為離子化合物;LiH和HCN不能形成雙氫鍵,故B不符合題意;

C.分子中與B原子相連的H呈負(fù)電性,分子中與N相連的H呈正電性,與能形成雙氫鍵;故C符合題意;

D.和分子中的H均呈正電性,和不能形成雙氫鍵;故D不符合題意;

答案為C。

(3)

由的結(jié)構(gòu)可知,陰離子中形成3個σ鍵的B原子(無孤電子對)的雜化軌道類型為sp2,形成4個σ鍵的B原子(無孤電子對)的雜化軌道類型為sp3;該晶體中陰陽離子之間存在離子鍵,B和O原子之間存在共價鍵和配位鍵,水分子之間存在分子間作用力和氫鍵,所以該物質(zhì)中不含金屬鍵;答案為sp2、sp3;D

(4)

①由硼氫化鈉晶胞結(jié)構(gòu)可知,底心Na+周圍等距且最近的個數(shù)即為Na+的配位數(shù),則Na+的配位數(shù)為8;答案為8。

②由硼氫化鈉晶胞結(jié)構(gòu)可知,Na+位于面心和棱上,Na+離子個數(shù)為=6×+4×=4,位于頂點、面心、體心,個數(shù)為=8×+4×+1=4,該晶胞的質(zhì)量為m=g,體積V=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3,晶胞密度==解之a(chǎn)=底心Na+位于面對角線的中點,所以與之間的最近距離為d=a=nm;答案為

③若硼氫化鈉晶胞上下底心處的被取代,則個數(shù)為4,Na+數(shù)目為3,Li+數(shù)目為1,所以得到的晶體的化學(xué)式為Na3Li(BH4)4;答案為Na3Li(BH4)4。【解析】(1)1s22s22p1;啞鈴。

(2)氨硼烷與水分子間形成氫鍵NC2H6C

(3)sp2、sp3D

(4)8Na3Li(BH4)420、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①N的最外層電子數(shù)為5,B的最外層電子數(shù)為3,能形成3個共價鍵,B原子提供空軌道,N原子提供孤對電子,在化合物H3BNH3中;B與N原子之間存在配位鍵;

B;C、N、O是同一周期的元素。一般情況下;元素的非金屬性越強,原子半徑越小,元素的第一電離能越大,但是由于N原子的2p軌道上的電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),所以其電離能比O還大,因此第一電離能由大到小的順序N>O>C>B;

CH4是正四面體結(jié)構(gòu),鍵角109°28′;H2O是V型分子,鍵角104.5°,CO2是直線型分子,鍵角為180°。因此這三分子按照鍵角由大到小的順序排列為CO2>CH4>H2O;

②等電子體是原子數(shù)等,最外層電子數(shù)也相等的物質(zhì),(HB=NH)3的原子數(shù)為12,最外層電子數(shù)為30,與(HB=NH)3互為等電子體的分子為C6H6;

③LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3,根據(jù)原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化學(xué)方程式為:4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3;

④圖(a)是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根,從圖可看出,每個單元,有一個B,有一個O完全屬于這個單元,剩余的2個O分別為2個單元共用,所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2,化學(xué)式為:

從圖(6)是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)可看出,[B4O5(OH)4]2-一半sp3雜化形成兩個四配位BO4四面體;另一半是sp2雜化形成兩個三配位BO3平面三角形結(jié)構(gòu),硼原子采取的雜化方式為sp3、sp2;

(2)①Cu是29號元素,Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1,Cu2+失去4s上的一個電子和3d上的一個電子,Cu2+的價層電子排布式為3d9;

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是在灼燒時原子中的電子吸收能量;從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)。但是激發(fā)態(tài)是不穩(wěn)定的,激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時,以一定波長的光的形式釋放能量;

③Cu是面心立方緊密堆積,在一個晶胞中含有的Cu原子的個數(shù)為:8×+6×=4;設(shè)銅原子半徑為apm=a×10-10cm,晶胞的邊長;L=2×10-10cm,晶胞的體積為(2×10-10cm)3,該晶體的密度為g/cm3?!窘馕觥渴荖>O>C>BCO2>CH4>H2OC6H64BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3sp3、sp23d9激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時,以一定波長的光的形式釋放能量21、略

【分析】【詳解】

I.(1)基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是洪特規(guī)則,N2F2分子結(jié)構(gòu)式為F-N=N-F,分子中N原子含有1對孤對電子,N原子的雜化方式是sp2雜化,lmolN2F2含有3molσ鍵,即3NA或1.806×1024個σ鍵;

(2)Si3N4晶體中Si原子周圍有4個N原子,Si原子為sp3雜化,N-Si-N鍵角為109°28′,N原子周圍連接3個Si原子,含有1對孤對電子,N原子為sp3雜化;但孤對電子對成鍵電子對的排斥作用更大,使得Si-N-Si鍵角小于109°28′;

II.(1)Fe位于第四周期第VIII族;

(2)Fe(CO)x晶體的熔沸點較低;所以屬于分子晶體;Fe原子價電子數(shù)是8,每個CO分子提供一個電子對,所以8+2n=18,n=5;

(3)極性分子的熔沸點較高,CO是極性分子,氮氣是非極性分子,所以CO熔沸點較高;

(4)①銅為29號元素,基態(tài)銅原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1;

②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖可知,銅為面心立方堆積,每個銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目=3×8÷2=12;

(5)某M原子的外圍電子排布式為3s23p5,則M為Cl元素;該晶胞中Cu原子個數(shù)為4,Cl原子個數(shù)=8×+6×=4,晶體體積=cm3=cm3=cm3,根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知,銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對角線的=××cm=pm。

點睛:把握常見分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的關(guān)鍵,根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式,價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù),σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù),孤電子對個數(shù)=(a-xb),a指中心原子價電子個數(shù),x指配原子個數(shù),b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù).根據(jù)n值判斷雜化類型:一般有如下規(guī)律:當(dāng)n=2,sp雜化;n=3,sp2雜化;n=4,sp3雜化;中心原子的雜化類型為sp2,說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是3,無孤電子對數(shù),空間構(gòu)型是平面三角形。【解析】洪特規(guī)則sp2雜化3NASi3N4晶體中Si原子周圍有4個N原子,Si為sp3雜化,N—Si—N的鍵角為109028/,而N原子周圍只有3個Si原子。雖N原子也是sp3雜化,但由于孤電子對對成鍵電子對的排斥力更強,故Si—N—Si的鍵角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶體5CO[Ar]3d104s112五、實驗題(共4題,共32分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】(1)SO3SO2、O2SO3、SO2、O2

(2)①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②I不能,因為SO3與F中的飽和NaHSO3反應(yīng)會生成SO22CuSO42CuO+2SO2↑+O3↑4CuSO44CuO+2SO2↑+2SO3↑+O2↑23、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)裝置圖確定儀器a的名稱及作用;

(2)蒸餾裝置中加入碎瓷片可防止暴沸;若加熱后發(fā)現(xiàn)未加碎瓷片;要將裝置冷卻至室溫后再補加碎瓷片;

(3)由色譜的斑點可知;45min和60min的斑點一致,由此進(jìn)行判斷;

(4)重結(jié)晶的過程為加熱溶解;趁熱過濾,冷卻結(jié)晶,其中除去不溶性雜質(zhì)可趁熱過濾;

(5)乙醇易揮發(fā);蒸氣與空氣混合后遇明火爆炸;

(6)二苯基乙二酮粗產(chǎn)品中含有二苯基羥二酮;二者的沸點分別為344℃;348℃,沸點差異過小,不能使用蒸餾的方法分離提純;

(7)2.12g二苯基羥乙酮物質(zhì)的量為0.01mol,1.80g二苯基乙二酮物質(zhì)的量為=0.008574mol;可進(jìn)一步計算產(chǎn)率。

【詳解】

(1)裝置圖中儀器a的名稱是冷凝管;其作用是使蒸氣冷凝回流,繼續(xù)反應(yīng);

(2)加入碎瓷片的作用為防暴沸;若加熱后發(fā)現(xiàn)未加碎瓷片,應(yīng)該采取的操作為停止加熱,待冷卻后補加;

(3)45min和60min的斑點一致;則在45min時,反應(yīng)已經(jīng)結(jié)束;答案選C;

(4)重結(jié)晶過程中獲得產(chǎn)品為二苯基乙二酮;含有的雜質(zhì)為二苯基羥乙酮,二苯基羥乙酮不溶于冷水,則應(yīng)該趁熱過濾;

(5)提純二苯基乙二酮粗產(chǎn)品;所用70%乙醇溶液會揮發(fā)出乙醇蒸氣,與空氣混合遇明火爆炸,因此不能選用明火加熱;

(6)不選擇蒸餾的方法提純二苯基乙二酮粗產(chǎn)品的原因是二苯基乙二酮粗產(chǎn)品為固體混合物;二苯基乙二酮與二苯基羥乙酮的沸點差別較??;

(7)2.12g二苯基羥乙酮物質(zhì)的量為0.01mol,1.80g二苯基乙二酮物質(zhì)的量為=0.008574mol,則產(chǎn)率為×100%=85.7%。【解析】冷凝管冷凝回流防止暴沸停止加熱,待冷卻后補加C趁熱過濾所用70%乙醇溶液會揮發(fā)出乙醇蒸氣,與空氣混合遇明火爆炸二苯基乙二酮粗產(chǎn)品為固體混合物,二苯基乙二酮與二苯基羥乙酮的沸點差別較小85.724、略

【分析】【分析】

B中通入干燥的N2,產(chǎn)生氣泡,使Br2揮發(fā)進(jìn)入三頸燒瓶,Mg、Br2和乙醚在三頸燒瓶中劇烈反應(yīng),放出大量的熱,為避免反應(yīng)過劇烈,同時減少反應(yīng)物Br2、乙醚揮發(fā),將三頸燒瓶置于冰水浴中進(jìn)行,同時用冷凝管將揮發(fā)的Br2、乙醚冷凝回流,提高原料利用率。在冷凝管上端加一個盛放堿石灰的干燥管,防止Br2揮發(fā)污染空氣,同時也可防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置使MgBr2水解;據(jù)此解答。

【詳解】

(1)步驟2應(yīng)為:緩慢通入干燥的氮氣;直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中,故答案為:緩慢通入干燥的氮氣,直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中;

(2)儀器A為球形冷凝管,堿石灰可防止揮發(fā)的Br2進(jìn)入到空氣中污染空氣,同時也可防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置使MgBr2水解,冰水浴可減少溴揮發(fā),可降低反應(yīng)的劇烈程度,故答案為:球形冷凝管;吸收多余溴蒸氣,防止污染空氣,防止空氣中的水分進(jìn)入使MgBr2水解;控制反應(yīng)溫度,防止Mg和Br2反應(yīng)放熱過于劇烈;使實驗難以控制,同時減小溴的揮發(fā);

(3)本實驗用到的溴和乙醚均有毒且易揮發(fā);實驗時為防止揮發(fā)對人造成傷害,可以在通風(fēng)櫥中進(jìn)行,乙醚易燃,注意避免使用明火,故答案為:防止乙醚和溴的泄漏,應(yīng)在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗;乙醚易燃,避免使用明火;

(4)溴有強氧化性;能氧化橡膠塞和乳膠而使橡膠塞;乳膠管腐蝕,包了錫箔紙是為了防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管,故答案為:防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管;

(5)A.95%的乙醇有水;使溴化鎂水解,不能用95%的乙醇代替苯,A錯誤;

B.選用0℃的苯洗滌晶體可以減少晶體的損失;B正確;

C.加熱到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化鎂分解產(chǎn)生溴化鎂;C錯誤;

D.該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴得到純凈的溴化鎂;D正確;

綜上所述;BD正確,故答案為:BD;

(6)①共消耗EDTA的物質(zhì)的量=0.0500mol·L-1×26.5×10-3L×3=3.975×10-3mol,根據(jù)鎂原子守恒有:MgBr2~EDTA,則n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975×10-3mol,m(MgBr2)=3.975×10-3mol×184g/mol=0.7314g,所以,MgBr2的純度==97.52%;故答案為:97.52%(或0.9752);

②滴定前未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管,標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋,滴定時所需體積偏大了,導(dǎo)致濃度偏高,故答案為:偏高?!窘馕觥烤徛ㄈ敫稍锏牡獨?,直至溴完全揮發(fā)至三頸瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸氣,防止污染空氣,防止空氣中的水分進(jìn)入使MgBr2水解控制反應(yīng)溫度,防止Mg和Br2反應(yīng)放熱過于劇烈,使實驗難以控制,同時減小溴的揮發(fā)防止乙醚和溴的泄露,應(yīng)在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗乙醚易燃,避免使用明火防止溴腐蝕橡膠塞、乳膠管BD97.52%(或0.9752)偏高25、略

【分析】【分析】

利用A制取氯氣;氯氣中含有HCl和H2O的雜質(zhì),需要除去,利用飽和食鹽水,除去HCl,利

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