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文檔簡介
江蘇省泰州市興化市第一中學2023-2024學年高三第三次測評化學試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。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、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.18gD2O和18gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB.2L0.5mol·L-1H2S溶液中含有的H+離子數(shù)為2NAC.過氧化鈉與水反應時,生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD.密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應,產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA2、為達到下列實驗目的,對應的實驗方法以及相關解釋均正確的是()選項實驗目的實驗方法相關解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應,升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A.A B.B C.C D.D3、標準狀態(tài)下,氣態(tài)分子斷開1mol化學鍵的能量稱為鍵能。已知H—H、H—O和O=O鍵的鍵能分別為436kJ·mol-1、463kJ·mol-1和495kJ·mol-1。下列熱化學方程式正確的是A.斷開1molH2O(l)中的H—O鍵需要吸收926kJ的能量B.2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=-485kJ·mol-1C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=+485kJ·mol-1D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-485kJ·mol-14、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大,X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍,Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素,在周期表中Z位于ⅠA族,W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A.原子半徑:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.由X、Z兩種元素組成的化合物一定沒有共價鍵C.W的最高價氧化物對應水化物為弱酸D.Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強5、冰激凌中的奶油被稱為人造脂肪,由液態(tài)植物油氫化制得。下列說法錯誤的是A.奶油是可產(chǎn)生較高能量的物質(zhì) B.人造脂肪屬于酯類物質(zhì)C.植物油中含有碳碳雙鍵 D.油脂的水解反應均為皂化反應6、化學與生活密切相關。下列物質(zhì)性質(zhì)與應用的對應關系錯誤的是()A.硅膠吸水能力強,可用作食品、藥品的干燥劑B.氫氧化鋁堿性不強,可用作胃酸中和劑C.次氯酸鈉具有強氧化性,可用作織物的漂白劑D.葡萄糖具有氧化性,可用于工業(yè)制鏡7、利用如圖裝置探究鐵在海水中的電化學防護,下列說法不正確的是A.若X為鋅棒,開關K置于M處,可減緩鐵的腐蝕B.若X為鋅棒,開關K置于M處,鐵電極的反應:Fe?2e?=Fe2+C.若X為碳棒,開關K置于N處,可減緩鐵的腐蝕D.若X為碳棒,開關K置于N處,鐵電極的反應:2H++2e?=H2↑8、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W的最高價氧化物對應的水化物與其簡單氫化物反應生成一種鹽M,X的一種單質(zhì)可用于自來水的消毒,Y的焰色反應呈黃色,X與Z同主族。下列說法正確的是()A.簡單離子半徑:r(Y)>r(Z)>r(X)>r(W)B.X與Z形成的常見化合物均能與水發(fā)生反應C.M是一種離子化合物,其溶液呈酸性是因為陰離子水解D.X的氣態(tài)氫化物比Z的穩(wěn)定是因為X的氫化物形成的氫鍵牢固9、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示,這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23。下列說法不正確的是WXYZTA.原子半徑Y(jié)>Z,非金屬性W<XB.X2能從T的氣態(tài)氫化物中置換出T單質(zhì)C.W、Y、Z三種元素都能與X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D.最高價氧化物對應水化物的酸性:W>Y>Z10、為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.0.1mol的中,含有個中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有個C.2.24L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒,得到個CO2分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5(g),增加個P-Cl鍵11、在某水溶液樣品中滴加氯化鋇溶液,產(chǎn)生白色沉淀;再滴加鹽酸,沉淀部分消失,并有無色無味的氣體產(chǎn)生.由此判斷該溶液中肯定不存在的離子是()A.Ag+ B.SO42﹣ C.CO32﹣ D.NH4+12、25℃時,向NaHCO3溶液中滴入鹽酸,混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A.25℃時,H2CO3的一級電離Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4B.M點溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)C.25℃時,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D.圖中a=2.613、下列有關化學實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是()選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黃色NaHCO3溶液溶液呈堿性B向氨水和的懸濁液中滴加少量溶液得到紅褐色懸濁液Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]C使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片,再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蠟油蒸汽中含有烯烴D向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭,放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性A.A B.B C.C D.D14、常溫下,關于pH=2的鹽酸溶液的說法錯誤的是A.溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/LB.此溶液中由水電離出的c(OH―)=1.0×10-12mol/LC.加水稀釋100倍后,溶液的pH=4D.加入等體積pH=12的氨水,溶液呈酸性15、2007年諾貝爾化學獎授予德國化學家格哈德·埃特爾,以表彰其在固體表面化學研究領域作出的開拓性貢獻。下圖是氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程示意圖,下列有關合成氨反應的敘述中不正確的是()A.過程②需吸收能量,過程③則放出能量B.常溫下該反應難以進行,是因為常溫下反應物的化學鍵難以斷裂C.在催化劑的作用下,該反應的△H變小而使反應變得更容易發(fā)生D.該過程表明,在化學反應中存在化學鍵的斷裂與形成16、下列各組原子中,彼此化學性質(zhì)一定相似的是A.最外層都只有一個電子的X、Y原子B.原子核外M層上僅有兩個電子的X原子與N層上僅有兩個電子的Y原子C.2p軌道上有三個未成對電子的X原子與3p軌道上有三個未成對電子的Y原子D.原子核外電子排布式為1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子17、W、R、X、Y均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大.Y的最高正價和最低負價之和等于0;常溫常壓下,W和R組成的化合物有多種,其中兩種化合物能相互轉(zhuǎn)化,但元素化合價沒有變化;這4種元素原子的最外層電子數(shù)之和等于R原子的核電荷數(shù)的2倍。下列說法正確的是A.元素的非金屬性為R>Y>WB.原子半徑為W>R>X>YC.R與其他三種元素均可形成二元共價化合物D.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性為R>W>Y18、已知常溫下,Ksp(NiS)≈1.0×10-21,Ksp(ZnS)≈1.0×10-25,pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,溶液中pM與Na2S溶液體積的關系如圖所示,下列說法正確的是()A.圖像中,V0=40,b=10.5B.若NiCl2(aq)變?yōu)?.2mol·L-1,則b點向a點遷移C.若用同濃度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液,則d點向f點遷移D.Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)19、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是()選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭,并放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C鋁片先用砂紙打磨,再加入到濃硝酸中無明顯現(xiàn)象濃硝酸具有強氧化性,常溫下,鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜D向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色,一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡,隨后有紅褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2A.A B.B C.C D.D20、飽和二氧化硫水溶液中存在下列平衡體系:SO2+H2OH++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣,若向此溶液中()A.加水,SO32﹣濃度增大B.通入少量Cl2氣體,溶液pH增大C.加少量CaSO3粉末,HSO3﹣濃度基本不變D.通入少量HCl氣體,溶液中HSO3﹣濃度減小21、常溫常壓下,O3溶于水產(chǎn)生的游離氧原子[O]有很強的殺菌消毒能力,發(fā)生的反應如下:()反應①:O3O2+[O]ΔH>0平衡常數(shù)為K1反應②:[O]+O32O2ΔH<0平衡常數(shù)為K2總反應:2O33O2ΔH<0平衡常數(shù)為K下列敘述正確的是A.降低溫度,K減小 B.K=K1+K2C.增大壓強,K2減小 D.適當升溫,可提高消毒效率22、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-
中的若干種,取該溶液進行連續(xù)實驗,實驗過程如圖所示(所加試劑均過量,氣體全部逸出)下列說法一定正確的是()A.溶液中一定含有Na+,Na+濃度是0.35mol/LB.溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+離子C.溶液中可能含有Cl-
,一定沒有Fe3+D.取原溶液少許加入硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗是否有Cl-二、非選擇題(共84分)23、(14分)A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物,且苯環(huán)上只有兩個取代基。各物質(zhì)間的相互轉(zhuǎn)化關系如下圖所示。已知:D通過加聚反應得到E,E分子式為(C9H8O2)n;H分子式為C18H16O6;I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)。(1)寫出A的分子式:A______________。(2)寫出I、E的結(jié)構(gòu)簡式:I______________E_________________;(3)A+G→H的反應類型為____________________________;(4)寫出A→F的化學方程式__________________________。(5)有機物A的同分異構(gòu)體只有兩個對位取代基,既能與Fe3+發(fā)生顯色反應,又能發(fā)生水解反應,但不能發(fā)生銀鏡反應。則此類A的同分異構(gòu)體有_______種,其中一種在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多。寫出該同分異構(gòu)體與NaOH溶液加熱反應的化學方程式___________________。24、(12分)由化合物A合成黃樟油(E)和香料F的路線如下(部分反應條件已略去):請回答下列問題:(1)下列有關說法正確的是______(填選項字母)。a.化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b.CH2Br2只有一種結(jié)構(gòu)c.化合物E能發(fā)生加聚反應得到線型高分子d.化合物B能發(fā)生銀鏡反應,也能與NaOH溶液反應(2)由B轉(zhuǎn)化為D所需的試劑為______。(3)D含有的官能團名稱為________,C的同分異構(gòu)體中具有順反異構(gòu)的名稱是________(不必注明“順”“反”)。(4)寫出A→B的化學反應方程式:__________。(5)滿足下列條件的E的同分異構(gòu)體W有________種(不含立體異構(gòu)),其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結(jié)構(gòu)簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應,能消耗2molNaOH②能發(fā)生銀鏡反應③苯環(huán)上只有兩個取代基,能發(fā)生聚合反應(6)參照上述合成路線,寫出以、丙酮為主要原料(無機試劑任選),設計制備的合成路線________。25、(12分)亞硝酸鈉(NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味,是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑,但使用過量會使人中毒.某學習小組針對亞硝酸鈉設計了如下實驗:(實驗一)制取NaNO2該小組先查閱資料知:①2NO+Na2O2→2NaNO2;2NO2+Na2O2→2NaNO3;②NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-,然后設計制取裝置如圖(夾持裝置略去):(1)裝置D的作用是_______________;如果沒有B裝置,C中發(fā)生的副反應有_______________。(2)就算在裝置氣密性良好的情況下進行實驗,該小組發(fā)現(xiàn)制得的NaNO2的純度也不高,可能的原因是由_____________;設計一種提高NaNO2純度的改進措施_________。(實驗二)測定NaNO2樣品(含NaNO3雜質(zhì))的純度先查閱資料知:①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O;②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O然后,設計如下方案測定樣品的純度:樣品→溶液A溶液B數(shù)據(jù)處理(3)取樣品2.3g經(jīng)溶解后得到溶液A100mL,準確量取10.00mLA與24.00mL0.0500mol/L的酸性高錳酸鉀溶液在錐形瓶中充分反應.反應后的溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至紫色剛好褪去;重復上述實驗3次,平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL,則樣品中NaNO2的純度為_________.(4)通過上述實驗測得樣品中NaNO2的純度偏高,該小組討論的原因錯誤的是_________。(填字母編號)a.滴定至溶液紫色剛好褪去,立即停止滴定b.加入A與KMnO4溶液前的錐形瓶未經(jīng)干燥c.實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中的時間過長26、(10分)無水四氯化錫(SnCl4)常用作有機合成的氯化催化劑。實驗室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫,實驗裝置圖如圖:查閱資料可知:①Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=-511kJ/mol②SnCl4易揮發(fā),極易發(fā)生水解。③相關物質(zhì)的物理性質(zhì)如下:物質(zhì)SnSnCl4CuCl2熔點/℃232-33620沸點/℃2260114993密度/g·cm-37.3102.2263.386回答下列問題:(1)a管的作用是__________。(2)A中反應的離子方程式是__________。(3)D中冷卻水的作用是________________。(4)尾氣處理時,可選用的裝置是__________(填序號)。(5)錫粒中含銅雜質(zhì)致D中產(chǎn)生CuCl2,但不影響E中產(chǎn)品的純度,原因是________。(6)制得的SnCl4產(chǎn)品中常含有SnCl2,可用如下方法測定產(chǎn)品純度:先準確稱量7.60g產(chǎn)品于錐形瓶中,再加過量的FeCl3溶液,發(fā)生反應:SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2,再用0.1000mol/LK2Cr2O7標準溶液滴定生成的Fe2+,此時還原產(chǎn)物為Cr3+,消耗標準溶液20.00mL,則SnCl4產(chǎn)品的純度為__________。27、(12分)次氯酸溶液由于其具有極強的氧化性,可以使病毒的核酸物質(zhì)發(fā)生氧化反應,從而殺滅病毒,是常用的消毒劑和漂白劑。已知:Ⅰ.常溫常壓下,Cl2O為棕黃色氣體,沸點為3.8℃,42℃以上會分解生成Cl2和O2,Cl2O易溶于水并與水立即反應生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體,用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某實驗室利用以下裝置制備濃度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A.B.C.D.E.回答下列問題:(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應___________:Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結(jié)構(gòu)式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4,其作用是__________。(4)各裝置的連接順序為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優(yōu)點是__________。(答出1條即可)(6)若裝置B中生成的Cl2O氣體有20%滯留在E前各裝置中,其余均溶于裝置E的水中,裝置E所得500mL次氯酸溶液濃度為0.8mol/L,則至少需要含水8%的碳酸鈉的質(zhì)量為_____g。28、(14分)以C、CO、CO2、CH4等含1個碳原子的物質(zhì)為原料,可以合成一些化工原料和燃料。(1)碳原子的核外電子排布式是___,其最外層有___種運動狀態(tài)不同的電子。(2)上述物質(zhì)中屬于非極性分子的是___。(3)合成氣(CO和H2)在不同催化劑的作用下,可以合成不同的物質(zhì)。①用合成氣制備二甲醚時,還產(chǎn)生了一種常溫為液態(tài)的氧化物,寫出制備二甲醚的化學方程式____。②僅用合成氣為原料不可能合成的物質(zhì)是___(填字母序號)。a.甲醇b.乙二醇c.乙二酸d.尿素工業(yè)上可用CO2生產(chǎn)燃料甲醇:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q(Q>0)。在2L的密閉容器中,發(fā)生上述反應:測得n(CO2)和n(CH3OH)隨時間變化如圖所示。(4)該反應的化學平衡常數(shù)的表達式K=___,如果平衡常數(shù)K減小,平衡___(填“向正反應方向”、“向逆反應方向”或“不”)移動。(5)從反應開始到平衡,H2的平均反應速率v(H2)=___。(6)為了提高CH3OH的產(chǎn)量,理論上可以采取的合理措施有___、___(任寫2條措施)。(7)常溫常壓下,16g液態(tài)甲醇完全燃燒,當恢復到原狀態(tài)時,放出369.2kJ的熱量,寫出該反應的熱化學方程式___。29、(10分)用惰性電極電解,陽離子交換膜法電解飽和食鹽水具有綜合能耗低、環(huán)境污染小等優(yōu)點。生產(chǎn)流程如下圖所示:(1)電解飽和食鹽水的化學方程式為______;(2)電解結(jié)束后,能夠脫去陽極液中游離氯的試劑或方法是_________(填字母序號)。a.Na2SO4
b.Na2SO3c.熱空氣吹出
d.降低陽極區(qū)液面上方的氣壓(3)食鹽水中的I-若進入電解槽,可被電解產(chǎn)生的Cl2氧化為ICl,并進一步轉(zhuǎn)化為IO3-,IO3-可繼續(xù)被氧化為高碘酸根(IO4-),與Na+結(jié)合生成溶解度較小的NaIO4沉積于陽離子交換膜上,影響膜的壽命。①從原子結(jié)構(gòu)的角度判斷ICl中碘元素的化合價應為________。②NaIO3被氧化為NaIO4的離子方程式為_________;(4)在酸性條件下加入NaClO溶液,可將食鹽水中的I-轉(zhuǎn)化為I2,再進一步除去。通過測定體系的吸光度,可以檢測不同pH下I2的生成量隨時間的變化,如圖所示。已知:吸光度越高表明該體系中c(I2)越大。用離子方程式解釋10min時不同pH體系吸光度不同的原因:______;②pH=4.0時,體系的吸光度很快達到最大值,之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因:______;③研究表明食鹽水中I-含量≤0.2
mg?L-1時對離子交換膜影響可忽略?,F(xiàn)將1m3含I-濃度為1.47
mg?L-1
的食鹽水進行處理,為達到使用標準,理論上至少需要0.05mol?L-1
NaClO溶液___L。(已知NaClO的反應產(chǎn)物為NaCl,溶液體積變化忽略不計)
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、C【解析】
A.18gD2O物質(zhì)的量為,質(zhì)子的物質(zhì)的量為0.9mol×10=9mol,因此質(zhì)子數(shù)為9NA,故A錯誤;B.2L0.5mol·L-1H2S溶液中物質(zhì)的量為n=0.5mol·L-1×2L=1mol,H2S是弱電解質(zhì),部分電離,因此含有的H+離子數(shù)小于2NA,故B錯誤;C.過氧化鈉與水反應時,轉(zhuǎn)移2mol電子生成1mol氧氣,因此生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,故C正確;D.密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應,該反應是可逆反應,因此產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA,故D錯誤。綜上所述,答案為C。2、C【解析】
A選項,不能用pH試紙測量氯水的pH,氯水有漂白性,故A錯誤;B選項,該裝置不是催化裂化裝置,C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴,常溫下為氣體,故B錯誤;C選項,熱水中顏色加深,說明2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應,升溫平衡逆向移動,故C正確;D選項,該裝置不能用于AlCl3溶液制備AlCl3晶體,由于氯化鋁易發(fā)生水解,可在HCl氣流中加熱AlCl3溶液制備AlCl3晶體,故D錯誤。綜上所述,答案為C。3、D【解析】
A.斷開1molH2O(g)中的H—O鍵需要吸收926kJ的能量,故A錯誤;B.2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=463kJ·mol-1×4-436kJ·mol-1×2-495kJ·mol-1=+485kJ·mol-1,故B錯誤;C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)應該是放熱反應,故C錯誤;D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-485kJ·mol-1,故D正確。綜上所述,答案為D。4、D【解析】
分析題給信息,X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍,則X應為O元素;Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素,應為F元素;在周期表中Z位于ⅠA族,由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素,W與X屬于同一主族,W應為S元素。【詳解】A.電子層數(shù)越多,原子半徑越大,同周期元素的原子序數(shù)越大,原子半徑越小,則原子半徑r(F)<r(O)<r(S)<r(Na),A項錯誤;B.X為O,Z為Na,由Y、Z兩種元素組成的化合物可能為過氧化鈉,其分子中含有離子鍵和共價鍵,B項錯誤;C.W最高價氧化物對應水化物為硫酸,屬于強酸,C項錯誤;D.非金屬性F>S,元素的非金屬性越強,對應的簡單氫化物越穩(wěn)定,D項正確;答案選D?!军c睛】微粒半徑大小的決定因素:決定因素是電子層數(shù)和核電荷數(shù)。電子層數(shù)越多,則微粒半徑越大;電子層數(shù)相同時,核電荷數(shù)越多,對核外電子的吸引力越大,微粒半徑越小,比較時應綜合考慮二者。5、D【解析】
A.奶油是人造脂肪,是由液態(tài)植物油氫化制得的,是人體內(nèi)單位質(zhì)量提供能量最高的物質(zhì),故A正確;B.人造脂肪的主要成分為高級脂肪酸甘油酯,屬于酯類物質(zhì),故B正確;C.植物油為不飽和高級脂肪酸甘油酯,其烴基中含有碳碳雙鍵,故C正確;D.油脂在堿性條件下的水解為皂化反應,酸性條件下的水解反應不是皂化反應,故D錯誤;故選D。6、D【解析】
A.硅膠具有吸水性,而且無毒,能用作食品、藥品干燥劑,故A正確;B.氫氧化鋁具有弱堿性,能與鹽酸發(fā)生中和反應,可用作胃酸中和劑,故B正確;C.次氯酸鈉具有強氧化性,可用作織物的漂白劑,C正確;D.葡萄糖具有還原性,能夠發(fā)生銀鏡反應,可用于工業(yè)制鏡,故D錯誤;故答案為D。7、B【解析】
A、若X為鋅棒,開關K置于M處,形成原電池,此時金屬鋅為負極,金屬鐵為正極,金屬鐵被保護,可減緩鐵的腐蝕,故A正確;B、若X為鋅棒,開關K置于M處,形成原電池,此時金屬鋅為負極,金屬鐵為正極,氧氣在該極發(fā)生還原反應,故B錯誤;C、若X為碳棒,開關K置于N處,形成電解池,此時金屬鐵為陰極,鐵被保護,可減緩鐵的腐蝕,故C正確;D、若X為碳棒,開關K置于N處,形成電解池,X極為陽極,發(fā)生氧化反應,鐵電極為陰極,水電離的H+發(fā)生還原反應,電極反應式為2H++2e?=H2↑,故D正確。故選B.8、B【解析】
由“W的最高價氧化物對應的水化物與其簡單氫化物反應生成一種鹽M”可知W為N,M為NH4NO3;由“Y的焰色反應呈黃色”可知Y為Na;由“W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素”且“X的一種單質(zhì)可用于自來水的消毒”可知,X為O;“X與Z同主族”,則Z為S?!驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?,W為N,X為O,Y為Na,Z為S;A.四種簡單離子中S2-電子層數(shù)最多,半徑最大,N、O、Na對應簡單離子核外電子結(jié)構(gòu)相同,其核電荷數(shù)越小,半徑越大,故簡單離子半徑:r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+),故A錯誤;B.由X、Z元素形成的常見化合物是SO2、SO3,它們均能與水發(fā)生反應,故B正確;C.NH4NO3溶液呈酸性是因為陽離子水解,故C錯誤;D.共價化合物的穩(wěn)定性由共價鍵的鍵能決定,與氫鍵無關,故D錯誤;故答案為:B。9、D【解析】
W、X、Y、Z均為短周期主族元素,由位置關系可知,W、X處于第二周期,Y、Z處于第三周期,設X原子最外層電子數(shù)為a,則W、Y、Z最外層電子數(shù)依次為a-2、a、a+1,四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23,則:a-2+a+1+a+a=23,解得a=6,則W為C元素,故X為O元素、Y為S元素、W為C元素?!驹斀狻緼、同周期從左到右,原子半徑逐漸減小,元素的非金屬性增強,原子半徑S>Cl,非金屬性W<X,故A正確;B、同主族從上到下元素的非金屬性減弱,故O2能與H2Se反應,生成Se單質(zhì),故B正確;C、O能形成CO2、SO2、ClO2,故C正確;D、最高價氧化物對應水化物的酸性:H2CO3<H2SO4<HClO4,故D錯誤;故選D。10、A【解析】
A.11B中含有6個中子,0.1mol11B含有6NA個中子,A正確;B.溶液體積未定,不能計算氫離子個數(shù),B錯誤;C.標準狀況下苯不是氣體,不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質(zhì)的量,則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目,C錯誤;D.PCl3與Cl2反應生成PCl5的反應是可逆反應,反應物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物,則所1molPCl3與1molCl2反應生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl鍵的數(shù)目小于2NA個,D錯誤;答案選A。11、A【解析】
向樣品中滴加氯化鋇溶液,有白色沉淀產(chǎn)生,可能含有硫酸根離子或碳酸根離子或銀離子;再滴加鹽酸,沉淀部分消失,并有無色無味的氣體產(chǎn)生,說明樣品中含有碳酸根離子,碳酸根離子與銀離子不能共存,所以樣品中一定不存在銀離子。故選A。【點睛】由于沉淀部分消失,一定有碳酸根離子,并且碳酸根離子與銀離子不能共存。12、B【解析】
A.25℃時,當即時,pH=7.4,H2CO3的一級電離Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4,故A正確;B.根據(jù)電荷守恒、物料守恒,M點溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+c(CO32-)+c(OH-),故B錯誤;C.25℃時,HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6,故C正確;D.,圖中M點pH=9,,所以a=2.6,故D正確;選B。13、D【解析】
A.甲基橙的變色范圍是3.1~4.4,若溶液的pH≥4.4,溶液都顯黃色,因此不能證明NaHCO3溶液溶液呈堿性,A錯誤;B.由于其中含有氨水,向其中加入FeCl3溶液,F(xiàn)eCl3與溶液中的氨水會發(fā)生復分解反應形成Fe(OH)3沉淀,不能證明溶度積常數(shù):Fe(OH)3<Mg(OH)2,B錯誤;C.石蠟油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴,它們與酸性KMnO4溶液不能反應,使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片,再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液,溶液褪色,證明石蠟油蒸汽分解后的產(chǎn)物中含有烯烴,C錯誤;D.蔗糖的化學式為C12H22O11,向其中滴加濃硫酸,濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以2:1的組成脫去留下碳,濃硫酸表現(xiàn)脫水性,此過程中放出大量的熱,使?jié)饬蛩崤c脫水生成的C單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應,生成CO2、SO2、H2O,這些氣體從固體中逸出,使固體變成疏松多孔的海綿狀炭,同時聞到二氧化硫的刺激性氣味,體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性,D正確;故合理選項是D。14、D【解析】
A.pH=2的鹽酸,溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L,故不選A;B.鹽酸溶液中OH-完全由水電離產(chǎn)生,根據(jù)水的離子積,c(OH-)=KW/c(H+)=10-14/10-2=1.0×10-12mol/L,故不選B;C.鹽酸是強酸,因此稀釋100倍,pH=2+2=4,故不選C;D.氨水為弱堿,部分電離,氨水的濃度大與鹽酸,反應后溶液為NH3?H2O、NH4Cl,NH3?H2O的電離程度大于NH4+的水解程度,溶液顯堿性,故選D;答案:D15、C【解析】
A.根據(jù)示意圖知,過程②化學鍵斷裂需要吸收能量,過程③化學鍵形成則放出能量,故A正確;B.化學鍵形斷裂過程中吸收能量,故溫度較低時不利于鍵的斷裂,故B正確;C.催化劑的作用原理是降低活化能,即反應物的化學鍵變得容易斷裂,但△H不變,故C錯誤;D.根據(jù)圖示分析可知,該過程中,存在化學鍵的斷裂與形成,故D正確。故選C。16、C【解析】
A.最外層都只有一個電子有H、Na、Cu等,化學性質(zhì)不一定相似,故A錯誤;B.原子核外M層上僅有兩個電子的X原子為Mg,原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子有Ca、Fe、Ti等,二者性質(zhì)不一定相似,故B錯誤;C.2p軌道上有三個未成對電子的X原子為N,3p軌道上有三個未成對電子的Y原子為P,N、P位于同一主族,化學性質(zhì)相似,故C正確;D.原子核外電子排布式為1s2的原子是He,性質(zhì)穩(wěn)定,原子核外電子排布式為1s22s2的原子是Be,性質(zhì)較活潑,二者性質(zhì)一定不相似,故D錯誤;故選C。17、D【解析】
W、R、X、Y的原子序數(shù)依次增大,Y的最高正價和最低負價之和等于0,則Y位于第IVA族;W和R組成的化合物有多種,其中兩種化合物能相互轉(zhuǎn)化,但元素化合價沒有變化,二氧化氮和四氧化二氮之間能相互轉(zhuǎn)化,且沒有電子轉(zhuǎn)移,則W為N、R為O元素;這4種元素的最外層電子數(shù)之和等于R原子的核電荷數(shù)的2倍,R核電荷數(shù)為8,W最外層有5個電子、R最外層有6個電子、Y最外層有4個電子,則X最外層有1,且X原子序數(shù)大于R而小于Y,為Na元素,Y為硅,然后結(jié)合元素的性質(zhì)和元素周期律來解答?!驹斀狻緼.
W、R、Y分別是N、O、Si元素,同一周期元素,元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強,同一主族元素,元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱,所以非金屬性強弱順序是R>W>Y,故A錯誤;B.原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大,同一周期元素,原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小,所以原子半徑大小順序是X>Y>W>R,故B錯誤;C.活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子化合物,R是活潑非金屬元素、X是活潑金屬元素,二者易形成離子化合物Na2O、Na2O2,故C錯誤;D.元素的非金屬性越強,其簡單氫化物的穩(wěn)定性越強,非金屬性R>W>Y,則簡單氫化物的熱穩(wěn)定性次序為R>W>Y,故D正確;故選D。18、C【解析】
向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,反應的方程式為:NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl;pM=-lgc(M2+),則c(M2+)越大,pM越小,結(jié)合溶度積常數(shù)分析判斷?!驹斀狻緼.根據(jù)圖像,V0點表示達到滴定終點,向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液,滴加20mLNa2S溶液時恰好完全反應,根據(jù)反應關系可知,V0=20mL,故A錯誤;B.根據(jù)圖像,V0點表示達到滴定終點,溶液中存在NiS的溶解平衡,溫度不變,溶度積常數(shù)不變,c(M2+)不變,則pM=-lgc(M2+)不變,因此b點不移動,故B錯誤;C.Ksp(NiS)≈1.0×10-21,Ksp(ZnS)≈1.0×10-25,ZnS溶解度更小,滴定終點時,c(Zn2+)小于c(Ni2+),則pZn2+=-lgc(Zn2+)>pNi2+,因此若用同濃度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液,則d點向f點遷移,故C正確;D.Na2S溶液中存在質(zhì)子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),故D錯誤;故選C?!军c睛】本題的易錯點為B,要注意在NiS的飽和溶液中存在溶解平衡,平衡時,c(Ni2+)不受NiCl2起始濃度的影響,只有改變?nèi)芙馄胶鈺r的體積,c(Ni2+)才可能變化。19、D【解析】
A.向蔗糖中加入濃硫酸,蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭,并放出有刺激性氣味的氣體,蔗糖經(jīng)濃硫酸脫水得到碳,碳和濃硫酸反應生成刺激性氣味的二氧化硫,體現(xiàn)強氧化性,故A正確;B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液,Ksp小的先出現(xiàn)沉淀,先生成黃色沉淀,則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故B正確;C.鋁片先用砂紙打磨,再加入到濃硝酸中,無明顯現(xiàn)象,濃硝酸具有強氧化性,常溫下,鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜,從而阻止金屬繼續(xù)反應,故C正確;D.向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液,溶液變成棕黃色,說明H2O2在酸性條件下氧化Fe2+變?yōu)镕e3+,一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡,說明Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2,故D錯誤;答案為D。20、D【解析】
A.加水稀釋,雖然平衡正向移動,但達平衡時,SO32﹣濃度仍減小,故A錯誤;B.氯氣與將亞硫酸反應,生成硫酸和鹽酸,溶液中氫離子濃度增大,溶液pH減小,故B錯誤;C.CaSO3與H+反應生成HSO3-,從而增大溶液中的HSO3﹣濃度,故C錯誤;D.通入HCl氣體,氫離子濃度增大,第一步電離平衡逆向移動,HSO3﹣濃度減小,故D正確;故選D。21、D【解析】
A.降低溫度向放熱反應移動即正向移動,K增大,故A錯誤;B.方程式相加,平衡常數(shù)應該相乘,因此K=K1?K2,故B錯誤;C.增大壓強,平衡向體積減小的方向移動,即逆向移動,平衡常數(shù)不變,故C錯誤;D.適當升溫,反應速率加快,消毒效率提高,故D正確。綜上所述,答案為D。22、C【解析】根據(jù)信息,加入BaCl2溶液,產(chǎn)生沉淀甲,沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一種,沉淀甲中加入鹽酸溶液,還有沉淀,說明沉淀甲中含有BaSO4,沉淀甲和沉淀乙的質(zhì)量前后對比,說明沉淀甲中還含有BaCO3,即原溶液中含有CO32-、SO42-,根據(jù)離子共存,F(xiàn)e3+一定不存在,根據(jù)沉淀的質(zhì)量,推出n(CO32-)=0.01mol,n(SO42-)=0.01mol,濾液中加入NaOH溶液,并加熱,產(chǎn)生氣體,此氣體為NH3,說明原溶液中含有NH4+,n(NH4+)=0.005mol,根據(jù)電荷守恒,原溶液中一定含有Na+,A、根據(jù)電荷守恒,n(Na+)=0.035mol,原溶液中可能含有Cl-,因此c(Na+)≥0.35mol·L-1,故A錯誤;B、根據(jù)上述分析,原溶液中一定含有Na+,故B錯誤;C、根據(jù)上述分析,故C正確;D、原溶液中一定含有SO42-,SO42-對Cl-的檢驗產(chǎn)生干擾,故D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、C9H10O3取代反應(或酯化反應)2+O22+2H2O4種+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】
A能發(fā)生連續(xù)的氧化反應,說明結(jié)構(gòu)中含有-CH2OH,D通過加聚反應得到
E,E分子式為(C9H8O2)n,D的分子式為C9H8O2,D中含碳碳雙鍵,由A在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成D,A為只含有C、H、O三種元素的芳香烴衍生物,且芳環(huán)上只有兩個取代基,A中含有苯環(huán),A在濃硫酸作用下生成的I中除含有一個苯環(huán)外還含有一個六元環(huán),應是發(fā)生的酯化反應,A中含有羧基,A的結(jié)構(gòu)應為,D為,E為,I為,反應中A連續(xù)氧化產(chǎn)生G,G為酸,F(xiàn)為,G為,A與G發(fā)生酯化反應產(chǎn)生H,根據(jù)H分子式是C18H16O6,二者脫去1分子的水,可能是,也可能是,據(jù)此解答?!驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知:A為,D為,E為,F(xiàn)為,G為,I為,H的結(jié)構(gòu)可能為,也可能是。(1)A為,則A的分子式為C9H10O3;(2)根據(jù)上面的分析可知,I為,E為;(3)A為,A分子中含有羥基和羧基,G為,G分子中含有羧基,二者能在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應,酯化反應屬于取代反應,A+G→H的反應類型為取代反應;(4)A中含有醇羥基和羧基,由于羥基連接的C原子上含有2個H原子,因此可以發(fā)生催化氧化反應,產(chǎn)生醛基,因此A→F的化學方程式為2+O22+2H2O;(5)有機物A的同分異構(gòu)體只有兩個對位取代基,能與Fe3+發(fā)生顯色反應,說明苯環(huán)對位上有-OH,又能發(fā)生水解反應,但不能發(fā)生銀鏡反應,說明含有酯基,不含醛基,同分異構(gòu)體的數(shù)目由酯基決定,酯基的化學式為-C3H5O2,有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3,共4種同分異構(gòu)體。其中的一種同分異構(gòu)體在NaOH溶液中加熱消耗的NaOH最多,酯基為—OOCCH2CH3,1mol共消耗3molNaOH,其它異構(gòu)體1mol消耗2molNaOH,該異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為,該反應的化學方程式為:+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O?!军c睛】本題考查有機物的推斷和合成的知識,有一定的難度,做題時注意把握題中關鍵信息,采用正、逆推相結(jié)合的方法進行推斷,注意根據(jù)同分異構(gòu)體的要求及各種官能團的性質(zhì)判斷相應的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)和數(shù)目。24、bc液溴、Fe(或液溴、FeBr3)醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據(jù)A的分子式和性質(zhì),判斷為酚,再根據(jù)D的結(jié)構(gòu),可以判斷A為鄰二苯酚(),B為。(l)a.A為鄰二苯酚(),核磁共振氫譜為三組峰,故a錯誤;b.甲烷是正四面體結(jié)構(gòu),因此CH2Br2只有一種結(jié)構(gòu),故b正確;c.化合物E為,含有碳碳雙鍵,能發(fā)生加聚反應得到線型高分子,故c正確;d.B為,不存在醛基,不能發(fā)生銀鏡反應,故d錯誤;故選bc;(2)由B轉(zhuǎn)化為D是在苯環(huán)上引入溴原子,需要試劑為液溴、Fe,故答案為液溴、Fe;(3)根據(jù)D的結(jié)構(gòu)可知,其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子,C的同分異構(gòu)體中具有順反異構(gòu)的是1-溴丙烯,故答案為醚鍵、溴原子;1-溴丙烯;(4)A為鄰二苯酚(),B為,A→B的化學方程式為:,故答案為;(5)E為,E的同分異構(gòu)體W滿足:①lmolW與足量NaOH溶液反應,能消耗2molNaOH;②能發(fā)生銀鏡反應;③苯環(huán)上只有兩個取代苯,能發(fā)生聚合反應,說明苯環(huán)上含有2個側(cè)鏈,其中含有碳碳雙鍵、醛基或?qū)儆诩姿崮初?,結(jié)合E的結(jié)構(gòu),W屬于甲酸苯酚酯,即HCOO-,另一個側(cè)鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2,每種側(cè)鏈對應與鄰位、間位、對位3種結(jié)構(gòu),共9種,其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結(jié)構(gòu)簡式為,故答案為9;;(6)以、為主要原料制備,可以將丙酮,與發(fā)生題中類似F→G的反應,得到醇再與溴化氫反應后,得溴代烴,在鎂的作用下,兩個分子之間發(fā)生類似題中C+D→E的反應,合成路線為,故答案為。點睛:本題考查有機物推斷與合成、有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、有機反應類型、同分異構(gòu)體等知識,是對有機物化學基礎的綜合應用,側(cè)重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。25、吸收多余的NO2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2由于獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶75%bc【解析】
在裝置A中稀硝酸與Cu反應產(chǎn)生Cu(NO3)2、NO和H2O,反應產(chǎn)生的NO氣體經(jīng)B裝置的無水CaCl2干燥后進入裝置C中,發(fā)生反應:2NO+Na2O2=2NaNO2,未反應的NO在裝置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液測定NaNO2純度中,可根據(jù)反應過程中的電子得失數(shù)目相等計算,利用反應過程中操作使KMnO4溶液消耗體積大小上分析實驗誤差?!驹斀狻?1)酸性KMnO4溶液具有氧化性,能將NO氧化為NO3-,所以裝置D的作用是吸收多余的NO;若沒有裝置B中無水CaCl2的干燥作用,其中的H2O就會與Na2O2發(fā)生反應:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,反應產(chǎn)生O2再與NO反應:2NO+O2=NO2,氣體變?yōu)镹O2;(2)由于反應開始時硝酸濃度較大時,可能有NO2產(chǎn)生,獲得NO的過程中可能會產(chǎn)生其他氮氧化物,這樣會干擾實驗結(jié)果,提高NaNO2純度可以在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶,減小實驗誤差;(3)根據(jù)電子守恒可得關系式:5(NH4)2Fe(SO4)2~MnO4-,消耗n(KMnO4)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol,根據(jù)2MnO4-~5NO2-可知NO2-反應消耗KMnO4溶液的物質(zhì)的量n(KMnO4)=0.05mol/L×0.024L-0.001mol=2.0×10-4mol,則NaNO2的物質(zhì)的量n(NaNO2)=5.0×10-4mol,則100mL溶液中含NaNO2的物質(zhì)的量為n(NaNO2)總=5.0×10-4mol×=5.0×10-3mol,所以樣品中NaNO2的純度為×100%=75%;(4)a.滴定至溶液紫色剛剛好褪去,消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積偏小,n[(NH4)2Fe(SO4)2]偏小,導致NaNO2的量測定結(jié)果偏高,a正確;b.加入A與KMnO4溶液前錐形瓶未經(jīng)干燥,對測量結(jié)果無影響,b錯誤;c.實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中時間過長,部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化,消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大,導致的測量結(jié)果偏低,c錯誤;故合理選項是bc?!军c睛】本題考查了裝置的連接、試劑的作用、實驗方案的設計與評價及滴定方法在物質(zhì)含量測定的應用。掌握反應原理、各個裝置中試劑的作用是解題關鍵,在物質(zhì)含量測定中要結(jié)合反應過程中電子守恒分析。題目考查學生分析和解決問題的能力,主要是物質(zhì)性質(zhì)和化學反應定量關系的計算分析。26、平衡壓強使?jié)恹}酸順利流下MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O避免SnCl4揮發(fā)②常溫下,CuCl2為固體且密度比SnCl4大85%【解析】
根據(jù)裝置:A裝置制備氯氣:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,其中a可以平衡壓強,使?jié)恹}酸順利流下,B吸收雜質(zhì)HCl氣體,C吸收水蒸氣,干燥純凈的Cl2與Sn在D中反應制得SnCl4,錫粒中含銅雜質(zhì)使得D中產(chǎn)生的SnCl4中含有CuCl2,但因為CuCl2熔點高,為固體,且密度比SnCl4大,不會隨SnCl4液體溢出,E收集SnCl4液體,尾氣用盛放堿石灰的干燥管處理,據(jù)此分析作答?!驹斀狻?1)a管的作用是平衡濃鹽酸上下的氣體壓強,使?jié)恹}酸順利流下;(2)A中濃鹽酸與MnO2混合加熱制取Cl2,反應的離子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;(3)在D中制取的物質(zhì)SnCl4中含有雜質(zhì)CuCl2,SnCl4易揮發(fā),所以D中冷卻水的作用是避免SnCl4揮發(fā);(4)尾氣中含有氯氣會導致大氣污染,因此一定要進行處理,可根據(jù)Cl2與堿反應的性質(zhì),用堿性物質(zhì)吸收,同時為防止SnCl4水解,該裝置還具有干燥的作用,用盛放堿石灰的干燥管可滿足上述兩個條件,故合理選項是②;(5)錫粒中含銅雜質(zhì)致D中產(chǎn)生CuCl2,但因為常溫下,CuCl2為固體且密度比SnCl4大,故不影響E中產(chǎn)品的純度;(6)滴定中,鐵元素化合價由+2價變?yōu)?3價,升高1價,Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價,降低3價,則有關系式:3SnCl2~6Fe2+~K2Cr2O7,n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3×0.1000mol/L×0.02L=0.006mol,故SnCl4產(chǎn)品的純度為×100%=85%?!军c睛】本題考查了物質(zhì)制備方案設計,涉及化學實驗操作、物質(zhì)的作用、滴定方法在物質(zhì)含量測定的由于等,明確實驗原理及實驗基本操作方法、知道各個裝置作用是解本題關鍵。27、除去氯氣中的HCl氣體;觀察產(chǎn)生氣泡的速度來調(diào)節(jié)流速和體積比1:32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2,提高制得的HClO的純度DBC制備的HClO的濃度大,純度高,不含有Cl-57.6【解析】
該實驗屬于物質(zhì)制備類實驗,所需原料為氯氣和空氣,并且要注意體積比1:3這個要求;因此就出現(xiàn)了這兩個問題:(1)原料Cl2含有雜質(zhì)需要除雜;(2)如何準確地控制兩種原料氣體積比;帶著問題分析每個裝置的作用就不難發(fā)現(xiàn)D裝置就恰好能解決上述兩個問題。接下來,由于B中的制備反應是氣體與固體的反應,所以產(chǎn)物中肯定含有未反應完全的原料氣,所以這里又出現(xiàn)了一個問題:未反應完的原料氣是否會干擾后續(xù)的制備,如何除去;通過分析不難發(fā)現(xiàn)裝置C恰好可以解決上述問題;最終在裝置E中,成功制備了純度較高的次氯酸溶液?!驹斀狻?1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進行凈化除雜,另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比;所以D的作用為:除去氯氣中的HCl雜質(zhì),同時觀察氣泡的速度來調(diào)節(jié)氯氣和空氣的體積比至1:3;(2)根據(jù)題意,B中發(fā)生的反應為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3,Cl2O中的O為-2價,Cl為+1價,所以該反應是氯元素的歧化反應;根據(jù)Cl2O中氯和氧的價態(tài)可推測其結(jié)構(gòu)為Cl-O-Cl;(3)題干中提到,用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液,Cl2O中不能含有Cl2,而B處的反應是氣體與固體的反應,必然會有一部分Cl2無法反應,因此,需要對B裝置的出口氣體進行除氯氣操作,C中的CCl4由于與Cl2極性相近,可以將Cl2吸收,所以C的作用即:除去中的Cl2,提高次氯酸溶液的純度;(4)結(jié)合以上分析,可知連接順序為A→D→B→C→E;(5)氯氣直接溶解在水中會生成鹽酸雜質(zhì),并且由于Cl2在水中溶解度很小,所以制備的次氯酸的濃度也不高,因此該方法的優(yōu)點為:制備的次氯酸溶液濃度大,純度高;(6)由題可知,E中次氯酸的含量為0.4mol,根據(jù)E中發(fā)生的反應:,可知E中參與反應的n(Cl2O)=0.2mol,所以總共生成的Cl2O的物質(zhì)的量為。根據(jù)Cl2O的制備反應方程式可知,所需碳酸鈉的物質(zhì)的量為:,那么至少需要含水量8%的碳酸鈉的質(zhì)量為?!军c睛】在考慮制備類實驗的裝置連接順序時,可先找出其中的原料發(fā)生裝置,反應制備裝置和尾氣處理裝置,再根據(jù)具體信息考慮這些裝置之間的除雜干燥防倒吸問題,最終設計出合理的連接順序。28、1s22s22p24CO2、CH42CO+4H2→CH3OCH3+H2OcdK=向逆反應方向0.1125mol/(L·min)將CH3OH液化,及時移走適當增大壓強CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4kJ?mol-1【解析】
(1)碳原子的核電荷數(shù)是6,其原子結(jié)構(gòu)示意圖為;(2)不同元素原子之間存在極性鍵,分子內(nèi)正負電荷中心重合的分子為非極性分子,特別注意由極性鍵構(gòu)成的分子不一定是極性分子;(3)①用CO和H2制備二甲醚時,還產(chǎn)生了一種常溫為液態(tài)的氧化物,應為H2O,結(jié)合原子守恒寫出發(fā)生反應的化學方程式;②根據(jù)質(zhì)量守恒定律,反應前后元素種類不變進行分析;(4)化學平衡常數(shù)是指:一定溫度下,可逆反應到達平衡時,生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應物的濃度系數(shù)次冪之積的比;溫度改變,平衡常數(shù)改變,且改變溫度平衡正向移動時,平衡常數(shù)增大;(5)圖示可知反應中反應進行到10min時達到平衡狀態(tài),此時CO2的變化物質(zhì)的量為1.0mol-0.25mol=0.75mol,由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的變化物質(zhì)的量為0.75mol×3=2.25mol,結(jié)合v(H2)=計算;(6)為了提高CH3OH的產(chǎn)量,理論上應該采取措施促進平衡正向移動即可;(7)25℃,1.01×105Pa時,16g液態(tài)甲醇的物質(zhì)的量為=0.5mol,則0.5mol液態(tài)甲醇完全燃燒,生成液態(tài)水,放出369.2kJ的熱量,依據(jù)書寫熱化學方程式的方法寫出該反應的熱化學方程式?!驹斀狻?1
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