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文檔簡介

2024年河北省市巨鹿縣二中高考化學必刷試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,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、下列圖像符合題意的是A.在鹽酸和氯化鋁的混合溶液中滴加燒堿溶液B.在碳酸鈉與碳酸氫鈉混合液中滴加鹽酸C.在氫氧化鈉溶液中通入氯氣D.在氫氧化鋇溶液中滴加碳酸氫鈉溶液2、科學家設計了一種可以循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2的裝置,總反應方程式為2CO2=2CO+O2,下列說法不正確的是A.由圖分析N電極為負極B.OH-通過離子交換膜遷向右室C.反應完畢,該裝置中電解質溶液的堿性增強D.陰極的電極反應式為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-3、CS2(二硫化碳)是無色液體,沸點46.5℃。儲存時,在容器內可用水封蓋表面。儲存于陰涼、通風的庫房,遠離火種、熱源,庫溫不宜超過30℃。CS2屬于有機物,但必須與胺類分開存放,要遠離氧化劑、堿金屬、食用化學品,切忌混儲。采納防爆型照明、通風設施。在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維。以下說法正確的選項是()①屬易燃易爆的危險品;②有毒,易水解;③是良好的有機溶劑;④與鈉反應的產物中一定有Na2CO3;⑤有還原性。A.①③⑤ B.②③ C.①④⑤ D.②⑤4、下列關于有機化合物的說法正確的是A.糖類、油脂和蛋白質均可發(fā)生水解反應B.戊烷(C5H12)有兩種同分異構體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5、已知NA是阿伏加德羅常數的值,下列說法不正確的是A.4.6g14CO2與N218O的混合物中所含中子數為2.4NAB.將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性,溶液中CH3COO-數目等于0.1NAC.1molHI被氧化為I2時轉移的電子數為NAD.常溫下電解飽和食鹽水,當溶液pH由7變?yōu)?3時,電路中轉移的電子數為0.1NA6、2019年3月,我國科學家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池,其原理如圖所示。下列說法不正確的是A.放電時B電極反應式為:I2+2e-=2I-B.放電時電解質儲罐中離子總濃度增大C.M為陽離子交換膜,N為陰離子交換膜D.充電時,A極增重65g時,C區(qū)增加離子數為4NA7、常溫時,1mol/L的HA和1mol/L的HB兩種酸溶液,起始時的體積均為V0,分別向兩溶液中加水進行稀釋,所得變化關系如圖所示(V表示溶液稀釋后的體積)。下列說法錯誤的是A.Ka(HA)約為10-4B.當兩溶液均稀釋至時,溶液中>C.中和等體積pH相同的兩種酸所用n(NaOH):HA>HBD.等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者8、現有以下物質:①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O,其中屬于電解質的是()A.②③④ B.②④⑥ C.③④⑤ D.①②④9、下列實驗方案正確且能達到實驗目的的是()A.證明碳酸的酸性比硅酸強B.驗證草酸晶體是否含結晶水C.檢驗混合氣體中H2S和CO2D.制備乙酸乙酯10、以下說法不正確的是A.日韓貿易爭端中日本限制出口韓國的高純度氟化氫,主要用于半導體硅表面的刻蝕B.硫酸亞鐵可用作治療缺鐵性貧血的藥劑,與維生素C片一起服用,效果更佳C.硫酸銅可用作農藥,我國古代也用膽礬制取硫酸D.使生物質在一定條件下發(fā)生化學反應,產生熱值較高的可燃氣體。該過程屬于生物化學轉換11、化學與人類生產、生活密切相關,下列敘述中正確的是A.泰國銀飾和土耳其彩瓷是“一帶一路”沿線國家特色產品,其主要成分均為金屬材料B.利用鈉蒸氣放電發(fā)光的性質制造的高壓鈉燈,可發(fā)出射程遠、透霧能力強的黃光C.高纖維食物是富含膳食纖維的食物,在人體內都可通過水解反應提供能量D.手機外殼上貼的碳纖維外膜是一種新型的有機高分子材料12、化學與生活密切相關,下列說法不正確的是()A.醫(yī)用“納米銀外用抗菌凝膠”外用于皮膚后,能夠緩釋放出納米銀離子,抑制并殺滅與之接觸的病菌并有促進皮膚愈合的作用B.銀是首飾行業(yè)中常用的金屬材料,純銀由于太軟,因此,常摻雜其他組分(銅、鋅、鎳等),標準首飾用銀的銀含量為92.5%,又稱925銀C.分別用液化石油氣、汽油、地溝油加工制成的生物柴油都是碳氫化合物D.液氯罐泄漏時,可將其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰13、催化加氫不能得到2-甲基戊烷的是()A.CH3CH=C(CH3)CH2CH3B.(CH3)2C=CHCH2CH3C.CH≡C(CH3)(CH2)2CH3D.CH3CH=CHCH(CH3)214、下列依據實驗操作及現象得出的結論正確的是()選項實驗操作現象結論A將待測液中,依次滴加氯水和KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色待測溶液中含有Fe2+B向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量銅粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸銅粉逐漸溶解稀硫酸能與銅單質反應D常溫下,用pH計分別測0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性:HA>H2CO3A.A B.B C.C D.D15、一種利用電化學變色的裝置如圖所示,其工作原理為:在外接電源下,通過在膜材料內部Li+定向遷移,實現對器件的光透過率進行多級可逆性調節(jié)。已知:WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均為無色透明晶體,LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均為藍色晶體。下列有關說法錯誤的是A.當a接外接電源負極時,電致變色層、離子儲存層都顯藍色,可減小光的透過率B.當b接外接電源負極時,離子儲存層發(fā)生的反應為Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3C.切換電源正負極使得藍色變?yōu)闊o色時,Li+通過離子導體層由離子儲存層向電致變色層遷移D.該裝置可用于汽車的玻璃變色調光16、利用小粒徑零價鐵(ZVI)的電化學腐蝕處理三氯乙烯,進行水體修復的過程如圖所示。H+,O2,NO3-等共存物的存在會影響水體修復效果,定義單位時間內ZVI釋放電子的物質的量為nt,其中用于有效腐蝕的電子的物質的量為ne。下列說法錯誤的是()A.反應①②③④均在正極發(fā)生B.單位時間內,三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC.④的電極反應式為NO3-+10H++8e-=NH4++3H2OD.增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量,可使nt增大17、亞硝酸鈉廣泛用于媒染劑、漂白劑等。某興趣小組用下列裝置制取較純凈的NaNO2。甲乙丙丁反應原理為:2NO+Na2O2=2NaNO2。已知:NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被還原為Mn2+。下列分析錯誤的是A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2B.儀器的連接順序為a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中吸收尾氣時發(fā)生的離子反應為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O18、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期主族元素,A、B、C、D、E為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物。已知A的相對分子質量為28,B分子中含有18個電子,五種化合物間的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A.X、Y組成化合物的沸點一定比X、Z組成化合物的沸點低B.Y的最高價氧化物的水化物為弱酸C.Y、Z組成的分子可能為非極性分子D.W是所在周期中原子半徑最小的元素19、用“銀-Ferrozine”法測室內甲醛含量的原理為:已知:吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比。下列說法正確的是A.反應①中參與反應的HCHO為30g時轉移電子2molB.可用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8LCO2時反應②中參加反應的Ag一定為8molD.理論上測得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高20、下列實驗操作,現象和結論都正確的是選項操作現象結論A用坩堝鉗夾一塊鋁箔在酒精燈上灼燒鋁箔熔化并滴落氧化鋁的熔點較低B向亞硫酸鈉溶液中滴加足量鹽酸,將產生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色非金屬性:C將用砂紙除去保護膜的鎂片和鋁片(大小、形狀相同),分別插入同濃度的稀硫酸中鎂片表面產生氣泡速率大于鋁片還原性:D常溫下,將兩根大小相同的鐵釘分別插入濃硝酸和稀硝酸中濃硝酸中無明顯現象,稀硝酸中產生氣泡稀硝酸的氧化性比濃硝酸強A.A B.B C.C D.D21、“擬晶”(quasicrystal)是一種具有凸多面體規(guī)則外形但不同于晶體的固態(tài)物質。Al65Cu23Fe12是二十世紀發(fā)現的幾百種擬晶之一,具有合金的某些優(yōu)良物理性能。下列有關這種擬晶的說法正確的是A.無法確定Al65Cu23Fe12中三種金屬的化合價B.Al65Cu23Fe12的硬度小于金屬鐵C.Al65Cu23Fe12不可用作長期浸泡在海水中的材料D.1molAl65Cu23Fe12溶于過量的硝酸時共失去265mol電子22、苯乙酮常溫下為無色晶體或淺黃色油狀液體,是山楂、含羞草、紫丁香等香精的調合原料,并廣泛用于皂用香精和煙草香精中,可由苯經下述反應制備:+(CH3CO)2O+CH3COOHNA代表阿伏加德羅常數的值。下列有關說法正確的是A.氣態(tài)苯乙酮的密度是氣態(tài)乙酸密度的2倍B.1mol苯所含的化學單鍵數目為12NAC.0.5mol乙酸酐中含有的電子數目為27NAD.1L2mol/LCH3COOH溶液與足量鈉反應生成的氣體分子數為NA二、非選擇題(共84分)23、(14分)香豆素-3-羧酸是一種重要的香料,常用作日常用品或食品的加香劑。已知:RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH(R代表烴基)+R1OH(1)A和B均有酸性,A的結構簡式:_____________;苯與丙烯反應的類型是_____________。(2)F為鏈狀結構,且一氯代物只有一種,則F含有的官能團名稱為_____________。(3)D→丙二酸二乙酯的化學方程式:_____________。(4)丙二酸二乙酯在一定條件下可形成聚合物E,其結構簡式為:_____________。(5)寫出符合下列條件的丙二酸二乙酯同分異構體的結構簡式:_____________。①與丙二酸二乙酯的官能團相同;②核磁共振氫譜有三個吸收峰,且峰面積之比為3∶2∶1;③能發(fā)生銀鏡反應。(6)丙二酸二乙酯與經過三步反應合成請寫出中間產物的結構簡式:中間產物I_____________;中間產物II_____________。24、(12分)化合物H是一種藥物合成中間體,其合成路線如下:(1)A→B的反應的類型是____________反應。(2)化合物H中所含官能團的名稱是____________和____________。(3)化合物C的結構簡式為___________。B→C反應時會生成一種與C互為同分異構體的副產物,該副產物的結構簡式為___________。(4)D的一種同分異構體同時滿足下列條件,寫出該同分異構體的結構簡式:____________。①能發(fā)生水解反應,所得兩種水解產物均含有3種化學環(huán)境不同的氫;②分子中含有六元環(huán),能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知:CH3CH2OH。寫出以環(huán)氧乙烷()、、乙醇和乙醇鈉為原料制備的合成路線流程圖_______________(無機試劑和有機溶劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干)。25、(12分)氨基甲酸銨()是一種易分解、易水解的白色固體,可用于化肥、滅火劑、洗滌劑等。某化學興趣小組模擬工業(yè)原理制備氨基甲酸銨。反應式:。(1)如果使用如圖所示的裝置制取,你所選擇的試劑是__________________。(2)制備氨基甲酸銨的裝置如圖,把氨和二氧化碳通入四氯化碳中,不斷攪拌混合,生成的氨基甲酸銨小晶體懸浮在四氯化碳中,當懸浮物較多時,停止制備。(注:四氯化碳與液體石蠟均為惰性介質。)①發(fā)生器用冰水冷卻的原因是________________________________________________;液體石蠟鼓泡瓶的作用是__________________________;發(fā)生反應的儀器名稱是_______________。②從反應后的混合物中過濾分離出產品。為了得到干燥產品,應采取的方法是_______________(選填序號)a.常壓加熱烘干b.高壓加熱烘干c.真空40℃以下烘干(3)尾氣有污染,吸收處理所用試劑為濃硫酸,它的作用是_________________________。(4)取因部分變質而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品,用足量石灰水充分處理后,使碳元素完全轉化為碳酸鈣,過濾、洗滌、干燥,測得質量為。樣品中氨基甲酸銨的質量分數為_______________。[已知]26、(10分)某活動小組利用廢鐵屑(含少量S等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O],設計如圖所示裝置(夾持儀器略去)。稱取一定量的廢鐵屑于錐形瓶中,加入適量的稀硫酸,在通風櫥中置于50~60°C熱水浴中加熱.充分反應。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水,使其反應完全,制得淺綠色懸濁液。(1)在實驗中選擇50~60°C熱水浴的原因是___________(2)裝置B的作用是______________;KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要確保獲得淺綠色懸濁液,下列不符合實驗要求的是_________(填字母)。a.保持鐵屑過量b.控制溶液呈強堿性c.將稀硫酸改為濃硫酸(4)檢驗制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法:將硫酸亞鐵銨晶體用加熱煮沸過的蒸餾水溶解,然后滴加_______(填化學式)。(5)產品中雜質Fe3+的定量分析:①配制Fe3+濃度為0.1mg/mL的標準溶液100mL。稱取______(精確到0.1)mg高純度的硫酸鐵銨[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O],加入20.00mL經處理的去離子水。振蕩溶解后,加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL,加水配成100mL溶液。②將上述溶液稀釋成濃度分別為0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(單位:mg·L-1)的溶液。分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度(吸光度),并將測定結果繪制成如圖所示曲線。取硫酸亞鐵銨產品,按步驟①配得產品硫酸亞鐵銨溶液10mL,稀釋至100mL,然后測定稀釋后溶液的吸光度,兩次測得的吸光度分別為0.590、0.610,則該興趣小組所配產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為_______mg·L-1。(6)稱取mg產品,將產品用加熱煮沸的蒸餾水溶解,配成250mL溶液,取出100mL放入錐形瓶中,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液VmL,則硫酸亞鐵銨晶體的純度為_____(用含c、V、m的代數式表示)。27、(12分)純堿(Na2CO3)在生產生活中具有廣泛的用途.如圖1是實驗室模擬制堿原理制取Na2CO3的流程圖.完成下列填空:已知:粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質離子.(1)精制除雜的步驟順序是____→___→____→____→____(填字母編號).a粗鹽溶解b加入鹽酸調pHc加入Ba(OH)2溶液d加入Na2CO3溶液e過濾(2)向飽和食鹽水中先通入NH3,后通入CO2,理由是______.在濾液a中通入NH3和加入精鹽的目的是______.(3)請在圖1流程圖中添加兩條物料循環(huán)的路線.____(4)圖2裝置中常用于實驗室制備CO2的是__(填字母編號);用c裝置制備NH3,燒瓶內可加入的試劑是___(填試劑名稱).(5)一種天然堿晶體成分是aNa2CO3?bNa2SO4?cH2O,利用下列提供的試劑,設計測定Na2CO3質量分數的實驗方案.請把實驗方案補充完整:供選擇的試劑:稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、堿石灰、Ba(OH)2溶液①______.②______.③______.④計算天然堿晶體中含Na2CO3的質量分數.28、(14分)深井巖鹽的主要配料為:精制鹽、碘酸鉀(KIO3)、亞鐵氰化鉀[K4Fe(CN)6·3H2O]。其中亞鐵氰化鉀的無水鹽在高溫下會發(fā)生分解:3K4[Fe(CN)6]2(CN)2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C請回答下列問題:(1)①Fe2+基態(tài)核外電子排布式為_____。②的空間構型為______(用文字描述)。③(CN)2分子中碳原子雜化軌道類型為_______,一種與CN-互為等電子體的分子的電子式為_______。④1molFe(CN)63?中含有σ鍵的數目為____mol。(2)配合物Fe(CO)x的中心原子價電子數與配體提供電子數之和為18,則x=___。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,據此可判斷Fe(CO)x晶體屬于____(填晶體類型)。(3)如圖是從鐵氧體離子晶體Fe3O4中取出的能體現其晶體結構的一個立方體,則該立方體是不是Fe3O4的晶胞______(填“是”或“否”),立方體中三價鐵離子處于氧離子圍成的________(填空間結構)空隙。(4)Fe能形成多種氧化物,其中FeO晶胞結構為NaCl型。晶體中實際上存在空位、錯位、雜質原子等缺陷,晶體缺陷對晶體的性質會產生重大影響。由于晶體缺陷,在晶體中Fe和O的個數比發(fā)生了變化,變?yōu)镕exO(x<1),若測得某FexO晶體密度為5.71g?cm﹣3,晶胞邊長為4.28×10﹣10m,則FexO中x=____。(用代數式表示,不要求算出具體結果)。29、(10分)有研究預測,到2030年,全球報廢的電池將達到1100萬噸以上。而目前廢舊電池的回收率卻很低。為了提高金屬資源的利用率,減少環(huán)境污染,應該大力倡導回收處理廢舊電池。下面是一種從廢電池正極材料(含鋁箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸堿的導電劑)中回收各種金屬的工藝流程:資料:1.黃鈉鐵礬晶體顆粒粗大,沉淀速度快,易于過濾。2.鈷酸鋰難溶于水、碳酸鋰的溶解度隨溫度升高而降低?;卮鹣铝袉栴}:(1)為了提高堿溶效率可以__,__。(任答兩種)(2)從經濟效益的角度考慮,為處理“堿溶”后所得濾液,可向其中通入過量CO2,請寫出所發(fā)生反應的化學反應方程式__。(3)“酸浸”時有無色氣體產生,寫出發(fā)生反應的離子方程式__。(4)“沉鐵”時采用的“黃鈉鐵礬法”與傳統(tǒng)的通過調整溶液pH的“氫氧化物沉淀法”相比,金屬離子的損失少,請分析并說明原因:___。(5)“沉鋰”后得到碳酸鋰固體的實驗操作為__。(6)已知黃鈉鐵礬的化學式為NaxFey(SO4)m(OH)n。為測定黃鈉鐵礬的組成,進行了如下實驗:①稱取4.850g樣品,加鹽酸完全溶解后,配成100.00mL溶液;②量取25.00mL溶液,加入足量的KI,用0.2500mol?L-1Na2S2O3溶液進行滴定(反應2Fe3++2I-=2Fe2++I2,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6),消耗30.00mLNa2S2O3溶液至終點。③另取25.00mL溶液,加足量BaCl2溶液充分反應后,過濾、洗滌、干燥后得沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液進行滴定時,使用的指示劑為__;計算出黃鈉鐵礬的化學式__。

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、向鹽酸和氯化鋁混合溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液,先發(fā)生反應:HCl+NaOH=NaCl+H2O,無明顯現象,AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,產生沉淀,后沉淀溶解,圖中一開始就有沉淀,故A錯誤;B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加鹽酸,反應分以下兩步進行:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,圖中一開始就有氣泡,不符合,故B錯誤;C、向NaOH溶液中通入氯氣,發(fā)生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,開始轉移電子數逐漸增多,飽和后不再溶解,故C正確;D、在氫氧化鋇溶液中滴加NaHCO3溶液,少量時的反應是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O,過量時的反應是:Ba(OH)2+2NaHCO3=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O,導電能力是先變小,再變大,但由于有Na+離子,導電能力不可能變?yōu)?,故D錯誤;故選C。2、C【解析】

電池內部,電子向負極遷移,結合圖可知,N電極為負極,P電極為正極。【詳解】A.由分析可知,N電極為負極,A正確;B.右邊的裝置與太陽能電池相連,為電解池,左邊Pt電極與電池負極相連,為陰極,右邊Pt電極與電池正極相連,為陽極,電解池中,陰離子向陽極移動,故OH-通過離子交換膜遷向右室,B正確;C.總反應方程式為2CO2=2CO+O2,電解質溶液pH不變,堿性不變,C錯誤;D.CO2在陰極得電子生成CO,結合電解質、電荷守恒、原子守恒可寫出陰極反應式為:CO2+H2O+2e-=CO+2OH-,D正確。答案選C。3、A【解析】

①根據已知信息:CS2(二硫化碳)是無色液體,沸點46.5℃,儲存于陰涼、通風的庫房,遠離火種、熱源,庫溫不宜超過30℃,CS2屬于有機物,所以CS2屬易燃易爆的危險品,故①正確;②二硫化碳是損害神經和血管的毒物,所以二硫化碳有毒;二硫化碳不溶于水,溶于乙醇、乙醚等多數有機溶劑,所以不能水解,故②錯誤;③根據已知信息:在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維,所以是良好的有機溶劑,故③正確;④與鈉反應的產物中不一定有Na2CO3,故④錯誤;⑤根據CS2中S的化合價為-2價,所以CS2具有還原性,故⑤正確;因此①③⑤符合題意;答案選A。4、D【解析】

A.糖類中的單糖不能水解,二糖、多糖、油脂和蛋白質可發(fā)生水解反應,故A錯誤;B.戊烷(C5H12)有三種同分異構體,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生成氣體,而乙酸乙酯與碳酸鈉不反應,現象不同,可鑒別,故D正確;故選D。5、D【解析】

A.14CO2和N218O的摩爾質量均為46g/mol,故4.6g混合物的物質的量為0.1mol,且二者均含有24個中子,故0.1mol此混合物中含中子數為2.4NA個,故A正確;B.將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性,根據電荷守恒有:n(CH3COO-)+n(OH?)=n(Na+)+n(H+),而由于溶液顯中性,故n(OH?)=n(H+),則有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol,溶液中CH3COO-數目等于0.1NA,故B正確;C.I元素的化合價由-1價升高為0價,則1molHI被氧化為I2時轉移的電子數為1mol×1NA=NA,故C正確;D.溶液體積不明確,故溶液中放電的氫離子的物質的量無法計算,則轉移的電子數無法計算,故D錯誤;故選D?!军c睛】D項是學生們的易錯點,學生們往往不細心,直接認為溶液是1L并進行計算,這種錯誤只要多加留意,認真審題即可避免;6、C【解析】

由裝置圖可知,放電時,Zn是負極,負極反應式為Zn-2e-=Zn2+,石墨是正極,反應式為I2+2e-=2I-,外電路中電流由正極經過導線流向負極,充電時,陽極反應式為2I--2e-=I2、陰極反應式為Zn2++2e-=Zn,據此分析解答?!驹斀狻緼.放電時,B電極為正極,I2得到電子生成I-,電極反應式為I2+2e-=2I-,A正確;B.放電時,左側即負極,電極反應式為Zn-2e-=Zn2+,所以儲罐中的離子總濃度增大,B正確;C.離子交換膜是防止正負極I2、Zn接觸發(fā)生反應,負極區(qū)生成Zn2+、正電荷增加,正極區(qū)生成I-、負電荷增加,所以Cl-通過M膜進入負極區(qū),K+通過N膜進入正極區(qū),所以M為陰離子交換膜,N為陽離子交換膜,C錯誤;D.充電時,A極反應式Zn2++2e-=Zn,A極增重65g轉移2mol電子,所以C區(qū)增加2molK+、2molCl-,離子總數為4NA,D正確;故合理選項是C?!军c睛】本題考查化學電源新型電池,根據電極上發(fā)生的反應判斷放電時的正、負極是解本題關鍵,要會根據原電池、電解池反應原理正確書寫電極反應式,注意交換膜的特點,選項是C為易錯點。7、B【解析】

根據圖示,當lg(V/V0)+1=1時,即V=V0,溶液還沒稀釋,1mol/L的HA溶液pH=2,即HA為弱酸,溶液中部分電離;1mol/L的HB溶液pH=0,即HB為強酸,溶液中全部電離。因為起始兩溶液濃度和體積均相等,故起始兩溶液中所含一元酸的物質的量相等?!驹斀狻緼.1mol/L的HA溶液的pH為2,c(A-)=c(H+)=0.01mol/L,c(HA)1mol/L,則HA的電離常數約為10-4,A正確;B.由電荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),當兩溶液均稀釋至時,HB溶液pH=3,HA溶液pH>3,則有c(A-)<c(B-),B錯誤;C.HA為弱酸,HB為強酸,等體積pH相同的兩種酸所含一元酸的物質的量n(HA)>n(HB),故分別用NaOH溶液中和時,消耗的NaOH物質的量:HA>HB,C正確;D.等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液,Na+數目相同,HA為弱酸,鹽溶液中A-發(fā)生水解,NaA溶液呈堿性,NaA溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),HB為強酸,鹽溶液中B-不發(fā)生水解,NaB溶液呈中性,NaB溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),NaA溶液中c(H+)<NaB溶液中c(H+),所以等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者,D正確。答案:B。8、B【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導電的化合物叫做電解質。①NaCl溶液是混合物,不是電解質;②CH3COOH溶于水可導電,是電解質;③NH3溶于水反應,生成的溶液可導電,但不是自身導電,不是電解質;④BaSO4熔融狀態(tài)下可電離成離子,可以導電,是電解質;⑤蔗糖溶于水不能電離出離子,溶液不導電,不是電解質;⑥H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子,可導電,是電解質;答案選B?!军c睛】該題要利用電解質的概念解題,在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導電的化合物叫做電解質。9、C【解析】

A.鹽酸揮發(fā)出的HCl也能和硅酸鈉反應,應先除去,A項錯誤;B.草酸受熱易熔化,所以試管口不能向下傾斜,且草酸受熱分解也會產生水,B項錯誤;C.足量酸性高錳酸鉀溶液可檢驗并除去H2S,可通過澄清石灰水變渾濁檢驗CO2的存在,C項正確;D.導管不能插入飽和碳酸鈉溶液中,否則會引起倒吸,D項錯誤;所以答案選擇C項。10、D【解析】

A.高純度氟化氫能溶解半導體硅表面的SiO2、Si,A項正確;B.維生素C有還原性,可防止硫酸亞鐵中的亞鐵被氧化成+3鐵,B項正確;C.硫酸銅可配制農藥波爾多液,膽礬高溫分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸,C項正確;D.使生物質在一定條件下發(fā)生化學反應,產生熱值較高的可燃氣體。該過程屬于熱化學轉換,而不是生物化學轉換,D項錯誤。本題選D。11、B【解析】

A.泰國銀飾屬于金屬材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸鹽,屬于無機非金屬材料,故A錯誤;B.高壓鈉燈發(fā)出的光為黃色,黃光的射程遠,透霧能力強,對道路平面的照明度比高壓水銀燈高幾倍,故用鈉制高壓鈉燈,故B正確;C.人體不含消化纖維素的酶,纖維素在人體內不能消化,故C錯誤;D.碳纖維是一種新型的無機非金屬材料,不是有機高分子材料,故D錯誤;答案選B。12、C【解析】

A.“納米銀外用抗菌凝膠”利用了銀使蛋白質變性的原理殺滅病菌,故A正確;B.標準首飾用銀的合金,銀含量為92.5%,又稱925銀,故B正確;C.地溝油的主要成分是油脂,屬于酯類,不是碳氫化合物,故C錯誤;D.液氯罐泄漏時,可將其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰,二者發(fā)生反應產生氯化鈣、次氯酸鈣和水,從而消除了氯氣的毒性及危害,故D正確;故答案選C。13、A【解析】A.與氫加成生成物為3-甲基戊烷,A錯誤;B.與氫加成生成物為2-甲基戊烷,B正確;C.與氫加成生成2,2-二甲基戊烷,或新庚烷,C錯誤;D.加成反應好主鏈C原子為5,甲基在2號碳原子位置,能得到2-甲基戊烷,D正確。14、B【解析】

A.若原溶液中有Fe3+,加入氯水,再加入KSCN溶液,也會變紅,不能確定溶液中是否含有Fe2+,結論錯誤;應該先加入KSCN溶液不變紅,說明沒有Fe3+,再加入氯水,溶液變紅,說明氯氣將Fe2+氧化成Fe3+,A錯誤;B.ZnS溶解而CuS不溶解,可知CuS更難溶;這兩種物質的類型相同,可通過溶解度大小直接比較Ksp大小,則Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),B正確;C.Cu(NO3)2溶液中有NO3-,加入稀硫酸酸化,則混合溶液中的Cu、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應,而不是Cu與稀硫酸反應,結論錯誤,C錯誤;D.CO32-HCO3-電離得到CO32-。相同條件下,NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH,說明CO32-水解能力強,則酸性HA>HCO3-,而不是強于H2CO3,結論錯誤,D錯誤。答案選B?!军c睛】容易誤選D項,需要注意,CO32-是由HCO3-電離得到的,因此通過比較NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比較酸的強弱,其實比較的是HA和HCO3-的強弱。若需要比較HA和H2CO3的酸性強弱,則應該同濃度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。15、C【解析】

A.當a接外接電源負極時,電致變色層為陰極,發(fā)生電極反應WO3+Li++e-===LiWO3,LiWO3為藍色晶體,b極接正極,離子儲存層為陽極,發(fā)生電極反應Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e-===Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+,Fe4[Fe(CN)6]3為藍色晶體,藍色與無色相比,可減小光的透過率,A選項正確;B.當b接外接電源負極時,離子儲存層為陰極,發(fā)生的電極反應為Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-=Li4Fe4[Fe(CN)6]3,B選項正確;C.切換電源正負極使得藍色變?yōu)闊o色時,即LiWO3變?yōu)閃O3,Fe4[Fe(CN)6]3變?yōu)長i4Fe4[Fe(CN)6]3,電致變色層為陽極,離子儲存層為陰極,則Li+通過離子導體層由電致變色層移向離子儲存層,C選項錯誤;D.該裝置可實現變色,可用于汽車的玻璃變色調光,D選項正確;答案選C。16、B【解析】

A選項,由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知,反應①②③④均為得電子的反應,所以應在正極發(fā)生,故A正確;B選項,三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價,乙烯中C原子化合價為-2價,1molC2HCl3轉化為1molC2H4時,得到6mol電子,脫去3mol氯原子,所以脫去amolCl時ne=2amol,故B錯誤;C選項,由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉化NO3_+8e_—NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應,而不能用H2O和OH_來配平,所以④的電極反應式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O,故C正確;D選項,增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積,加快ZVI釋放電子的速率,可使nt增大,故D正確;綜上所述,答案為B。17、B【解析】

A.甲中稀硝酸與銅反應生成一氧化氮,一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化,需要將裝置中的空氣全部排盡,空氣中有少量二氧化碳,也會和過氧化鈉反應,否則丁裝置中無法制得亞硝酸鈉,則滴入稀硝酸前需通人N2排空氣,故A正確;B.制取的一氧化氮含有水蒸氣,過氧化鈉可與水反應,導致制取產物不純,可用氯化鈣吸收水蒸氣,一氧化氮有毒,不能排放的大氣中,可用高錳酸鉀溶液吸收,則儀器的連接順序為a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b,故B錯誤;C.根據B選項分析,制取的一氧化氮含有水蒸氣,過氧化鈉可與水反應,導致制取產物不純,可用氯化鈣吸收水蒸氣,故丙中CaCl2用于干燥NO,故C正確;D.根據已知信息:NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被還原為Mn2+,則乙中吸收尾氣時發(fā)生的離子反應為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O,故D正確;答案選B?!军c睛】過氧化鈉與NO制取亞硝酸鈉的過程中,需要考慮過氧化鈉的性質,過氧化鈉和二氧化碳反應,會和水反應,導致實驗有誤差,還要考慮尾氣處理裝置。18、A【解析】

根據分析A相對原子質量為28的兩種或三種元素組成化合物,容易想到一氧化碳和乙烯,而B分子有18個電子的化合物,容易想到氯化氫、硫化氫、磷化氫、硅烷、乙烷、甲醇等,但要根據圖中信息要發(fā)生反應容易想到A為乙烯,B為氯化氫,C為氯乙烷,D為水,E為甲醇,從而X、Y、Z、W分別為H、C、O、Cl?!驹斀狻緼選項,C、H組成化合物為烴,當是固態(tài)烴的時候,沸點可能比H、O組成化合物的沸點高,故A錯誤;B選項,C的最高價氧化物的水化物是碳酸,它為弱酸,故B正確;C選項,Y、Z組成的分子二氧化碳為非極性分子,故C正確;D選項,同周期從左到右半徑逐漸減小,因此Cl是第三周期中原子半徑最小的元素,故D正確。綜上所述,答案為A。19、D【解析】

A.30gHCHO的物質的量為1mol,被氧化時生成二氧化碳,碳元素化合價從0價升高到+4價,所以轉移電子4mol,故A錯誤;B.過氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+,與Fe3+不反應,所以不能用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+,故B錯誤;C.沒有注明溫度和壓強,所以無法計算氣體的物質的量,也無法計算參加反應的Ag的物質的量,故C錯誤;D.吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比,吸光度越高,則說明反應②生成的Fe2+越多,進一步說明反應①生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正確。故選D。20、C【解析】

A.用坩堝鉗夾一塊鋁箔在酒精燈上灼燒,由于鋁外面包著一層氧化鋁,而氧化鋁熔點高,所以鋁箔融化,但不滴落,A錯誤;B.應當比較最高價氧化物對應水化物的酸性來推斷元素非金屬性的強弱,B錯誤;C.將用砂紙除去保護膜的鎂片和鋁片(大小、形狀相同),分別插入同濃度的稀硫酸中,鎂片表面產生氣泡速率大于鋁片,說明Mg比Al更活潑,即還原性更強,C正確;D.Fe在冷的濃硝酸中會發(fā)生鈍化,故D錯誤;故答案選C。21、C【解析】

A.擬晶Al65Cu23Fe12是由三種金屬元素組成,由于金屬無負價,根據化合價代數和為0的原則,三種金屬的化合價均可視作零價,故A錯誤;B.擬晶具有合金的某些優(yōu)良物理性能,合金的硬度一般比各成分金屬大,故B錯誤;C.Al65Cu23Fe12與海水可以構成原電池,會加速金屬的腐蝕,因此不可用作長期浸泡在海水中的材料,故C正確;D.溶于過量硝酸時,Al與Fe均變?yōu)?3價,Cu變?yōu)?2價,故1molAl65Cu23Fe12失電子為65×3+23×2+12×3=277mol,故D錯誤;故選C。22、C【解析】

A.氣態(tài)苯乙酮的摩爾質量為120g/mol,氣態(tài)乙酸的摩爾質量為60g/mol,根據ρ=,二者氣態(tài)物質的狀態(tài)條件未知,體積無法確定,則密度無法確定,故A錯誤;B.苯的結構中,只有碳氫單鍵,碳碳之間是一種介于單鍵與雙鍵之間的一種特殊鍵,則1個苯分子中有6個單鍵,1mol苯中含有6mol單鍵即6NA個,故B錯誤;C.一個乙酸酐分子中含有54個電子,1mol乙酸酐分子中含有54mol電子,則0.5mol乙酸酐中含有27mol電子,即電子數目為27NA,故C正確;D.1L2mol/LCH3COOH的物質的量為2mol,與鈉反應生成氫氣1mol,足量鈉,醋酸消耗完可繼續(xù)與水反應,則生成的氣體分子數大于NA個,故D錯誤;答案選C?!军c睛】足量的鈉與乙酸反應置換出氫氣后,剩余的鈉會繼續(xù)和水反應,鈉與水反應也會釋放出氫氣。二、非選擇題(共84分)23、CH3COOH加成反應羰基+2C2H5OH2H2O【解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反應得到,可知D為丙二酸;由(1)可知A和B均有酸性,則存在羧基,故A為CH3COOH;A與溴水和紅磷反應得到B,B再與NaCN反應得到C,則B為BrCH2COOH,C為NCCH2COOH;根據信息提示,高聚物E為?!驹斀狻?1)由分析可知A為CH3COOH;苯與丙烯反應得到異丙基苯,為加成反應,故答案為:CH3COOH;加成反應;(2)F為C3H6O,不飽和度為1,鏈狀結構,且一氯代物只有一種,則存在兩個甲基,故F為丙酮,官能團為羰基,故答案為:羰基;(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反應得到,方程式為+2C2H5OH2H2O,故答案為:+2C2H5OH2H2O;(4)根據信息提示,則丙二酸二乙酯()要形成高聚物E,則要發(fā)生分子間的縮聚反應,高聚物E為,故答案為:;(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分異構體滿足①與丙二酸二乙酯的官能團相同,說明存在酯基;②核磁共振氫譜有三個吸收峰,且峰面積之比為3∶2∶1,故氫個數分別為6,4,2;③能發(fā)生銀鏡反應,說明要存在醛基或者甲酯,官能團又要為酯基,只能為甲酯,根據②可知,含有兩個甲酯,剩下-C5H10,要滿足相同氫分別為6、4,只能為兩個乙基,滿足的為,故答案為:;(6)與丙二酸二乙酯反生加成反應,故雙鍵斷裂,苯環(huán)沒有影響,則醛基碳氧雙鍵斷裂,生成,進過消去反應得到,根據題干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH(R代表烴基)提示,可反生取代得到,故答案為:;?!军c睛】本題難點(5),信息型同分異構體的確定,一定要對所給信息進行解碼,確定滿足條件的基團,根據核磁共振或者取代物的個數,確定位置。24、氧化羰基羧基【解析】

被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成,D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成E為,根據可推知D為,根據C的分子式可知,在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應生成C為,被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成,據此分析。【詳解】被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成,D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成E為,根據可推知D為,根據C的分子式可知,在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應生成C為,被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成。(1)A→B的反應的類型是氧化反應;(2)根據結構簡式可知,化合物H中所含官能團的名稱是羧基和羰基;(3)化合物C的結構簡式為;B→C反應時會生成一種與C互為同分異構體的副產物,根據甲醛加成的位置可知,該副產物的結構簡式為;(4)D為,它的一種同分異構體同時滿足:①能發(fā)生水解反應,則含有酯基,所得兩種水解產物均含有3種化學環(huán)境不同的氫;②分子中含有六元環(huán),能使溴的四氯化碳溶液褪色,則含有碳碳雙鍵,符合條件的同分異構體為;(5)已知:CH3CH2OH。環(huán)氧乙烷()與HCl發(fā)生開環(huán)加成生成CH2ClCH2OH,CH2ClCH2OH在乙醇鈉和乙醇作用下,再與轉化為,在氫氧化鈉溶液中加熱得到,酸化得到,在濃硫酸催化下加熱生成,合成路線流程圖為?!军c睛】本題為有機合成及推斷題,解題的關鍵是利用逆推法推出各有機物的結構簡式,及反應過程中的反應類型,注意D與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成E為,根據可推知D為,根據C的分子式可知,在堿性條件下與甲醛發(fā)生加成反應生成C為。25、濃氨水、氧化鈣(氫氧化鈉)提高原料轉化率、防止產物分解控制氣體的流速和原料氣體的配比三頸燒瓶c將氨氣轉化為固體鹽79.8%【解析】

首先我們要用(1)中的裝置來制取氨氣,固液不加熱制取氨氣可以考慮將濃氨水滴入到固體氧化鈣或氫氧化鈉中,制好的氨氣經干燥后通入液體石蠟鼓泡瓶,通過觀察鼓泡瓶中氣泡的大小,我們可以調節(jié)氨氣和二氧化碳兩種原料的比例,接下來在三頸燒瓶中進行反應;冰水浴的作用是降低溫度,提高轉化率,據此來分析作答即可?!驹斀狻浚?)固液不加熱制取氨氣,可以將濃氨水滴入固體氧化鈣或氫氧化鈉或堿石灰中;(2)①制備氨基甲酸銨的反應是放熱反應,因此給發(fā)生器降溫可以有效提高原料的轉化率,并且防止生成物溫度過高分解;而液體石蠟鼓泡瓶的作用是控制反應進行程度,控制氣體流速和原料氣體的配比;發(fā)生儀器的名稱為三頸燒瓶;②為了防止產品受熱分解以及被氧化,應選用真空40℃以下烘干,c項正確;(3)尾氣中的氨氣會污染環(huán)境,因此可以用硫酸吸收將其轉化為固體鹽,可用作氮肥;(4)首先根據算出碳酸鈣的物質的量,設碳酸氫銨的物質的量為xmol,氨基甲酸銨的物質的量為ymol,則根據碳守恒有,根據質量守恒有,聯立二式解得,,則氨基甲酸銨的質量分數為。26、使受熱均勻,加快反應速率,防止溫度過高,氨水揮發(fā)過多,原料利用率低防止液體倒吸進入錐形瓶吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體,防止污染空氣bcKSCN86.185【解析】

A中稀硫酸與廢鐵屑反應生成硫酸亞鐵、氫氣,還有少量的硫化氫氣體,滴加氨水,可生成硫酸亞鐵銨,B導管短進短出為安全瓶,避免倒吸,C用于吸收硫化氫等氣體,避免污染環(huán)境,氣囊可以吸收氫氣?!驹斀狻浚?)水浴加熱的目的是控制溫度,加快反應的速率,同時防止溫度過高,氨水揮發(fā)過多,原料利用率低,故答案為:使受熱均勻,加快反應速率,防止溫度過高,氨水揮發(fā)過多,原料利用率低;(2)B裝置短進短出為安全瓶,可以防止液體倒吸進入錐形瓶;由于鐵屑中含有S元素,因此會產生H2S,同時氨水易揮發(fā),因此高錳酸鉀溶液(具有強氧化性)吸收這些氣體,防止污染空氣,吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體,防止污染空氣,故答案為:防止液體倒吸進入錐形瓶;吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體,防止污染空氣;(3)由于Fe2+易被氧化,所以為防止其被氧化,鐵屑應過量,同時為抑制Fe2+的水解,所以溶液要保持強酸性,濃硫酸常溫下會鈍化鐵,故答案為:bc;(4)檢驗鐵離子常用KSCN溶液,故答案為:KSCN;(5)①在Fe3+濃度為1.0mg/mL的標準溶液100mL中,m(Fe3+)=0.1mg/mL×100mL=10.0mg,依據關系式Fe3+~(NH4)Fe(SO4)2?12H2O得:m[(NH4)Fe(SO4)2?12H2O]=10.0mg×=86.1mg,故答案為:86.1;②兩次測定所得的吸光度分別為0.590、0.610,取其平均值為0.600,從吸光度可以得出濃度為8.5mg/L,又因配得產品溶液10mL,稀釋至100mL,故原產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為:8.5mg/L×=85mg/L,故答案為:85;(6)滴定過程中Fe2+被氧化成Fe3+,化合價升高1價,KMnO4被還原生成Mn2+,所以有數量關系5Fe2+~KMnO4,所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cmol·L-1×5×=12.5Vc10-3mol,則硫酸亞鐵銨晶體的純度為×100%=;故答案為:。27、acdebNH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能將HCO3﹣轉化為CO32﹣,并增大加入NH4+濃度;加入精鹽增大Cl﹣濃度,有利于NH4Cl結晶析出b濃氨水稱取一定質量的天然堿晶體加入足量稀硫酸并微熱、產生的氣體通過足量Ba(OH)2溶液過濾、洗滌、干燥、稱量、恒重沉淀【解析】

(1)根據SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易轉化為沉淀而被除去,以及根據不能產生新雜質的要求排序,前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去,最后加入適量的溶液;(2)NH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2;根據溶解平衡,增加反應物的濃度有利于晶體析出;(3)侯氏制堿法主要操作是在氨化飽和的NaCl溶液里通CO2,因此后續(xù)操作中得到的CO2和NaCl可循環(huán)利用;(4)實驗室制取二氧化碳的反應原理和條件;根據在濃氨水中加堿或生石灰,因為氨水中存在下列平衡:NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣加入堿或生石灰產生氫氧根離子平衡左移,同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā),制得氨氣;(5)根據實驗的原理:先稱取一定量的天然堿晶體并溶解得到水溶液,將碳酸根全部轉換成二氧化碳,利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀,通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量,最終求出Na2CO3的質量分數。【詳解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分別與Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反應生成沉淀,可再通過過濾除去,Na2CO3溶液能除去過量的Ba(OH)2溶液,鹽酸能除去過量的Na2CO3溶液和NaOH溶液,所以應先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液,過濾,最后加入鹽酸,故答案為:a→c→d→e→b;(2)NH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2,所以向飽和食鹽水中先通入NH3,后通入CO2;通入NH3可通過與HCO3﹣的反應,增加NH4+濃度,并利用精鹽增大Cl﹣濃度,根據溶解平衡的移動,有利于NH4Cl結晶析出;(3)煅燒爐里生成的CO2可循環(huán)利用,濾液a析出晶體氯化銨后得到的NaCl溶液可循環(huán)利用,則;(4)實驗室制取二氧化碳常選用石灰石和稀鹽酸或大理石和稀鹽酸反應制取,采用固體+液體氣體;濃氨水中加堿或生石灰,因為氨水中存在下列平衡:NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣,加入堿平衡左移,同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā),制得氨氣;(5)實驗的原理:先稱取樣品質量并溶解,將碳酸根全部轉換成二氧化碳,利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀,通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量,最終求出Na2CO3的質量分數,所以將天然堿晶體樣品,溶于適量蒸餾水中,加入足量稀硫酸并微熱,產生的氣體通過足量的澄清石灰水,然后過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀即可。28、1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6三角錐形sp或125分子晶體是正八面體x=【解析】

(1)①鐵是26號元素,鐵原子核外有26個電子,鐵原子失去2個電子變?yōu)镕e2+,根據構造原理寫出Fe2+基態(tài)離子核外電子排布式;②三角錐形,根據價層電子對互斥理論,它本來是正四面體形的,但是有一對孤電子對要排斥它,據此解答;③原子數相同,電子總數相同的分子,互稱為等電子體,等電子體的結構相似;(2)配合物Fe(CO)x的中心原子是鐵原子,其價電子數是8,每個配體提供的電子數是2,據此判斷x值;分子晶體的熔沸點較低;(3)由圖示可知晶體中的氧離子構成面心立方最密堆積,該立方體中氧離子數目為12×1/4+1=4,Fe3+的數目為4×1/8+3×1/2=2,Fe2+的數目為1,則Fe和O的原子數目為3:4,是Fe3O4的晶胞;立方體中三價鐵離子周圍有6個氧離子圍成的正八面體空隙中心;(4)FexO晶

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