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文檔簡介
安徽省普通高中學高三第一次調(diào)研測試新高考化學試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,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、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-+2H2O2、探究濃硫酸和銅的反應,下列裝置或操作正確的是()A.裝置甲進行銅和濃硫酸的反應B.裝置乙收集二氧化硫并吸收尾氣C.裝置丙稀釋反應后的混合液D.裝置丁分離稀釋后混合物中的不溶物3、向濕法煉鋅的電解液中同時加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl—,降低對電解的影響,反應原理如下:Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ·mol-1Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ·mol-1實驗測得電解液pH對溶液中殘留c(Cl—)的影響如圖所示。下列說法正確的是A.向電解液中加入稀硫酸,有利于Cl-的去除B.溶液pH越大,Ksp(CuCl)增大C.反應達到平衡增大c(Cu2+),c(Cl—)減小D.1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)ΔH=(a+2b)kJ·mol-14、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A.N2O轉(zhuǎn)化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B.每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,無明顯現(xiàn)象D.1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA5、稠環(huán)芳香烴是指兩個或兩個以上的苯環(huán)通過共用環(huán)邊所構成的多環(huán)有機化合物。常見的稠環(huán)芳香烴如萘、蒽、菲、芘等,其結(jié)構分別為下列說法不正確的是()A.萘與H2完全加成后,產(chǎn)物的分子式為C10H18B.蒽、菲、芘的一氯代物分別有3種、5種、5種C.上述四種物質(zhì)的分子中,所有碳原子均共平面D.上述四種物質(zhì)均能發(fā)生加成反應、取代反應6、W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大。W最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍,W與Y同主族,X在短周期中原子半徑最大。下列說法正確的是A.常溫常壓下Y的單質(zhì)為氣態(tài) B.X的氧化物是離子化合物C.X與Z形成的化合物的水溶液呈堿性 D.W與Y具有相同的最高化合價7、下列說法正確的是A.甘油醛()和葡萄糖均屬于單糖,互為同系物B.2,3,5,5?四甲基?3,3?二乙基己烷的鍵線式為C.高聚物和均是縮聚產(chǎn)物,它們有共同的單體D.將總物質(zhì)的量為1mol的水楊酸、1,2?二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物與NaOH溶液充分反應,最多可以消耗2molNaOH8、已知反應:生成的初始速率與NO、的初始濃度的關系為,k是為速率常數(shù)。在時測得的相關數(shù)據(jù)如下表所示。下列說法不正確的是實驗數(shù)據(jù)初始濃度生成的初始速率mol/(L·s)123A.關系式中、B.時,k的值為C.若時,初始濃度mol/L,則生成的初始速率為mol/(L·s)D.當其他條件不變時,升高溫度,速率常數(shù)是將增大9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍;Z的原子半徑在短周期中最大;常溫下,Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱堿性。下列說法正確的是A.X與W屬于同主族元素B.最高價氧化物的水化物酸性:W<YC.簡單氫化物的沸點:Y>X>WD.Z和W的單質(zhì)都能和水反應10、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置)。僅用此裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關實驗,最合理的選項是選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的氣體d中的物質(zhì)A濃氨水CaONH3H2OB濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液A.A B.B C.C D.D11、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/mol12、常溫下,用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。下列敘述正確的是()A.Ksp(Ag2C2O4)的數(shù)量級等于10-11B.n點表示AgCl的不飽和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時,先生成Ag2C2O4沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常數(shù)為109.0413、我國科研人員提出了由CO2和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下,則下列說法正確的是()A.E為該反應的反應熱B.①→②吸收能量C.CH4→CH3COOH過程中,有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成D.加入催化劑能改變該反應的能量變化14、2019年諾貝爾化學獎授予美國科學家約翰?古迪納夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科學家吉野彰,以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領域作出的貢獻。近日,有化學家描繪出了一種使用DMSO(二甲亞砜)作為電解液,并用多孔的黃金作為電極的鋰—空氣電池的實驗模型,該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應,形成過氧化鋰,其裝置圖如圖所示。下列有關敘述正確的是()A.DMSO電解液能傳遞Li+和電子,不能換成水溶液B.該電池放電時每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子C.給該鋰—空氣電池充電時,金屬鋰接電源的正極D.多孔的黃金為電池正極,電極反應式可能為O2+4e-=2O2-15、碳跟濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體X和銅跟濃硝酸反應產(chǎn)生的氣體Y同時通入盛有足量氯化鋇溶液的洗氣瓶中(如圖裝置),下列有關說法正確的是()A.洗氣瓶中產(chǎn)生的沉淀中有碳酸鋇 B.在Z導管出來的氣體中無二氧化碳C.洗氣瓶中產(chǎn)生的沉淀是硫酸鋇 D.洗氣瓶中無沉淀產(chǎn)生16、下列有關溶液的說法中,正確的是A.(NH4)2SO4溶液濃縮時溫度過高可能導致生成NH4HSO4B.相同溫度下,強酸溶液的導電能力一定大于弱酸溶液C.通電時,溶液中溶質(zhì)粒子分別向兩極移動D.蒸干Na2CO3溶液最終得到NaOH17、《新修草本》有關“青礬”的描述為:“本來綠色,新出窟未見風者,正如琉璃……燒之赤色……”據(jù)此推測“青礬”的主要成分為()A.B.C.D.18、人體血液存在H2CO3/HCO3-、HPO42-/H2PO4-等緩沖對。常溫下,水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=-lgKa)。則下列說法正確的是A.曲線I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)與pH的變化關系B.a(chǎn)-b的過程中,水的電離程度逐漸減小C.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,c(HPO42-)=c(H2PO4-)D.當pH增大時,c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小19、分別進行下表所示實驗,實驗現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是()選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A測量熔融狀態(tài)下NaHSO4的導電性能導電熔融狀態(tài)下NaHSO4能電離出Na+、H+、SO42-B向某溶液中先加入氯水,再滴加KSCN溶液溶液變紅色溶液中含有Fe2+C向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到藍色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D將AlCl3溶液加熱蒸干得到白色固體白色固體成分為純凈的AlCl3A.A B.B C.C D.D20、在0.1mol/L的Na2CO3溶液中,下列關系式正確的是()A.c(Na+)=2c(CO32-) B.c(H+)>c(OH-)C.c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D.c(HCO3-)<c(OH-)21、下列實驗能達到目的是()A.用飽和碳酸氫鈉溶液鑒別SO2和CO2B.用灼熱的銅網(wǎng)除去CO中少量的O2C.用溴水鑒別苯和CCl4D.用蒸發(fā)結(jié)晶的方法從碘水中提取碘單質(zhì)22、世界第一條大面積碲化鎘薄膜“發(fā)電玻璃”生產(chǎn)線最近在成都投產(chǎn),該材料是在玻璃表面鍍一層碲化鎘薄膜,光電轉(zhuǎn)化率高。下列說法錯誤的是A.普通玻璃含有二氧化硅 B.該發(fā)電玻璃能將光能完全轉(zhuǎn)化為電能C.碲化鎘是一種無機化合物 D.應用該光電轉(zhuǎn)化技術可減少溫室氣體排放二、非選擇題(共84分)23、(14分)(化學——選修5:有機化學基礎)高血脂是一種常見的心血管疾病,治療高血脂的新藥I的合成路線如下:回答下列問題:(1)反應①所需試劑、條件分別是____________;F的化學名稱為____________。(2)②的反應類型是______________;A→B的化學方程式為_____________________。(3)G的結(jié)構簡式為______________;H中所含官能團的名稱是____________。(4)化合物W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14,且滿足下列條件,W的可能結(jié)構有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫,峰面積比為2:2:2:1:1,寫出符合要求的W的結(jié)構簡式____________。(5)設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線,其他無機試劑任選(合成路線常用的表示方式為:)____________。24、(12分)普魯卡因M(結(jié)構簡式為)可用作臨床麻醉劑,熔點約60℃。它的一條合成路線如下圖所示(部分反應試劑和條件已省略):已知:B和乙醛互為同分異構體;的結(jié)構不穩(wěn)定。完成下列填空:(1)比A多兩個碳原子,且一氯代物只有3種的A的同系物的名稱是____________。(2)寫出反應①和反應③的反應類型反應①_______________,反應③_______________。(3)寫出試劑a和試劑b的名稱或化學式試劑a________________,試劑b____________________。(4)反應②中將試劑a緩緩滴入C中的理由是_____________________________。(5)寫出B和F的結(jié)構簡式B________________________,F(xiàn)________________(6)寫出一種同時滿足下列條件的D的同分異構體的結(jié)構簡式________________。①能與鹽酸反應②能與碳酸氫鈉反應③苯環(huán)上有2種不同環(huán)境的氫原子25、(12分)溴化鈣晶體(CaBr2·2H2O)為白色固體,易溶于水,可用于制造滅火劑、制冷劑等。一種制備溴化鈣晶體的工藝流程如下:(1)實驗室模擬海水提溴的過程中,用苯萃取溶液中的溴,分離溴的苯溶液與水層的操作是(裝置如下圖):使玻璃塞上的凹槽對準漏斗上的小孔,將活塞擰開,使下面的水層慢慢流下,待有機層和水層界面與活塞上口相切即關閉活塞,______________。(2)“合成”的化學方程式為___________________?!昂铣伞睖囟瓤刂圃?0℃以下,其原因是__________。投料時控制n(Br2):n(NH3)=1:0.8,其目的是__________________。(3)“濾渣”的主要成分為_________________(填化學式)。(4)“濾液”呈強堿性,其中含有少量BrO-、BrO3-,請補充從“濾液”中提取CaBr2·2H2O的實驗操作:加熱驅(qū)除多余的氨,______________。[實驗中須使用的試劑有:氫溴酸、活性炭、乙醇;除常用儀器外須使用的儀器有:砂芯漏斗,真空干燥箱]26、(10分)連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉,是工業(yè)上重要的還原性漂白劑,也是重要的食品抗氧化劑。某學習小組模擬工業(yè)流程設計實驗制取保險粉。已知:Na2S2O4是白色固體,還原性比Na2SO3強,易與酸反應(2S2O42-+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O)。(一)鋅粉法步驟1:按如圖方式,溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,停止通入SO2,反應后得到ZnS2O4溶液。步驟2:將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,過濾,濾渣為Zn(OH)2,向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體。步驟3:,經(jīng)過濾,用乙醇洗滌,用120~140℃的熱風干燥得到Na2S2O4。(二)甲酸鈉法步驟4:按上圖方式,將裝置中的Zn粉和水換成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。溫度控制在70~83℃,持續(xù)通入SO2,維持溶液pH在4~6,經(jīng)5~8小時充分反應后迅速降溫45~55℃,立即析出無水Na2S2O4。步驟5:經(jīng)過濾,用乙醇洗滌,干燥得到Na2S2O4?;卮鹣铝袉栴}:(1)步驟1容器中發(fā)生反應的化學方程式是______;容器中多孔球泡的作用是______。(2)步驟2中“向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體”的原理是(用必要的化學用語和文字說明)______。(3)兩種方法中控制溫度的加熱方式是______。(4)根據(jù)上述實驗過程判斷,Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性為:______。(5)甲酸鈉法中生成Na2S2O4的總反應為______。(6)兩種方法相比較,鋅粉法產(chǎn)品純度高,可能的原因是______。(7)限用以下給出的試劑,設計實驗證明甲酸鈉法制得的產(chǎn)品中含有Na2SO4。稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。27、(12分)某化學興趣小組利用硫酸鐵溶液與銅粉反應,又向反應后溶液中加入KSCN溶液以檢驗Fe3+是否有剩余,實驗記錄如下;實驗編號操作現(xiàn)象實驗1i.加入Cu粉后充分振蕩,溶液逐漸變藍;ii.取少量i中清液于試管中,滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液,溶液變?yōu)榧t色,但振蕩后紅色迅速褪去并有白色沉淀生成。(1)寫出實驗1中第i步的離子方程式_______________。甲同學猜想第ii步出現(xiàn)的異常現(xiàn)象是由于溶液中的Cu2+干擾了檢驗Fe3+的現(xiàn)象。查閱相關資料如下①2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黃色)②硫氰[(SCN)2]:是一種擬鹵素,性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似,其氧化性介于Br2和I2之間。該同學又通過如下實驗驗證猜想實驗編號操作現(xiàn)象實驗2溶液呈綠色,一段時間后后開始出現(xiàn)白色沉淀,上層溶液變?yōu)辄S色實驗3無色溶液立即變紅,同時生成白色沉淀。(2)經(jīng)檢測,實驗2反應后的溶液pH值減小,可能的原因是___________________________________________。(3)根據(jù)實驗2、3的實驗現(xiàn)象,甲同學推斷實驗3中溶液變紅是由于Fe2+被(SCN)2氧化,寫出溶液變紅的離子方程式_______________________。繼續(xù)將實驗2中的濁液進一步處理,驗證了這一結(jié)論的可能性。補充實驗4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能,對應的現(xiàn)象是____________________________________________。(4)乙同學同時認為,根據(jù)氧化還原反應原理,在此條件下,Cu2+也能氧化Fe2+,他的判斷依據(jù)是_______。(5)為排除干擾,小組同學重新設計如下裝置。①A溶液為____________________________。②“電流表指針偏轉(zhuǎn),說明Cu與Fe3+發(fā)生了反應”,你認為這種說法是否合理?__________________(填合理或不合理),原因是__________________________________________。③驗證Fe3+是否參與反應的操作是________________________________________。28、(14分)有A、B、C、D四種元素,其中A元素和B元素的原子都有1個未成對電子,A+比B-少一個電子層,B原子得一個電子填入3p軌道后,3p軌道已充滿;C原子的p軌道中有3個未成對電子,其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大;D的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4,其最高價氧化物中含D的質(zhì)量分數(shù)為40%,且其核內(nèi)質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)。R是由A、D兩元素形成的離子化合物,其中A+與D2-離子數(shù)之比為2∶1?;卮鹣铝袉栴}:(1)A元素形成的晶體屬于A2密堆積型式,則其晶體內(nèi)晶胞類型應屬于______(填寫“六方”、“面心立方”或“體心立方”)。(2)B-的電子排布式為____________,在CB3分子中C元素原子的原子軌道發(fā)生的是___________雜化。(3)C的氫化物的空間構型為____________________,其氫化物在同族元素所形成的氫化物中沸點最高的原因是________________________。(4)B元素的電負性_______D元素的電負性(填“>”、“<”或“=”);用一個化學方程式說明___________。(5)如圖所示是R形成的晶體的晶胞,設晶胞的棱長為acm。試計算R晶體的密度為_______。(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)29、(10分)磷酸氯喹是一種廣譜抗瘧疾和抗炎藥,臨床試驗證明:該藥物在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。磷酸氯喹可由氯喹()和磷酸在一定條件下制得。氯喹的合成路線如圖:已知:①A為芳香族化合物;②;③具有酸性?;卮鹣铝袉栴}:(1)A的結(jié)構簡式為__,F(xiàn)的名稱為__,H中的含氧官能團名稱為__。(2)A→B、F→G的反應類型分別為__。(3)寫出C與NaOH反應的化學方程式__。(4)碳原子上連接有4個不同的原子或原子團時,該碳原子稱為手性碳。B與足量H2加成后的產(chǎn)物為X,寫出X的結(jié)構簡式,并用※標識手性碳__。(5)Y是G的同系物,分子式為C5H11NO2,其同時含有氨基和羧基的同分異構體有__種,其中核磁共振氫譜有4組峰,峰面積之比為6:2:2:1的結(jié)構簡式為__。
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、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(chǎn)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(jù)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(chǎn)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(jù)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。【點睛】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(zhì),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。2、C【解析】
A.Cu和濃硫酸反應需要加熱,甲裝置中缺少酒精燈,無法完成銅與濃硫酸的反應,故A錯誤;B.二氧化硫比空氣密度大,應該采用向上排空氣法收集,即導管采用長進短出的方式,故B錯誤;C.反應后溶液中含有大量濃硫酸,需要將反應后溶液沿著燒杯內(nèi)壁緩緩倒入水中,并用玻璃棒攪拌,圖示操作方法合理,故C正確;D.固液分離操作是過濾,但過濾時需要用玻璃棒引流,故D錯誤;故答案為C。3、C【解析】
A.根據(jù)圖像,溶液的pH越小,溶液中殘留c(Cl—)越大,因此向電解液中加入稀硫酸,不利于Cl-的去除,故A錯誤;B.Ksp(CuCl)只與溫度有關,與溶液pH無關,故B錯誤;C.根據(jù)Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq),增大c(Cu2+),平衡正向移動,使得c(Cu+)增大,促進Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移,c(Cl-)減小,故C正確;D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ·mol-1,②Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律,將①×+②得:1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)的ΔH=(+b)kJ·mol-1,故D錯誤;故選C。4、D【解析】
A.根據(jù)轉(zhuǎn)化關系,N2O轉(zhuǎn)化N2時,Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+,則該過程的催化劑是Pt2O+,故A錯誤;B.根據(jù)轉(zhuǎn)化關系,結(jié)合得失電子守恒,N2O轉(zhuǎn)化N2時,Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+,氧化還原反應方程式為:N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+,反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價,1molN2O轉(zhuǎn)化為N2得到2mol電子,則每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+失電子為2mol,數(shù)目為2NA,故B錯誤;C.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,碳酸的酸性大于硅酸,SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓,有白色沉淀生成,故C錯誤;D.CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol,一個分子中含有電子數(shù)都為22個,則1gCO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為mol,含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA,故D正確;答案選D。【點睛】B項計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時,必須正確寫出反應方程式,根據(jù)化合價的變化,物質(zhì)的關系,計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。5、B【解析】
A、萘與氫氣完全加成后產(chǎn)物是,其分子式為C10H18,正確;B、蒽:,有3種不同的氫原子,一氯代物有3種,菲:,有5種不同的氫原子,一氯代物有5種,芘:,有3種不同的氫原子,一氯代物有3種,錯誤;C、四種有機物都含有苯環(huán),苯環(huán)的空間構型為平面正六邊形,因此該四種有機物所有碳原子都共面,正確;D、四種有機物都能發(fā)生加成反應和取代反應,正確。答案選B。6、B【解析】
W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大。W最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍,最外層電子數(shù)只能為6,次外層電子數(shù)為2,W為O元素;W與Y同主族,則Y為S元素;X在短周期中原子半徑最大,X為Na元素;短周期中比S原子序數(shù)大的主族元素只有Cl,因此Z為Cl元素,據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析,W為O元素,X為Na元素,Y為S元素,Z為Cl元素。A.常溫常壓下,S為固體,故A錯誤;B.X的氧化物為氧化鈉或過氧化鈉,均是離子化合物,故B正確;C.X與Z形成的化合物為NaCl,NaCl為強酸強堿鹽,不水解,水溶液呈中性,故C錯誤;D.一般情況下,O元素不存在正價,S的最高價為+6價,故D錯誤;故選B。7、D【解析】
A.甘油醛不屬于單糖,故錯誤;B.鍵線式為的名稱為2,2,4,5?四甲基?3,3?二乙基己烷,故錯誤;C.高聚物的單體為碳酸乙二醇,而的單體是乙二醇,故沒有共同的單體,故錯誤;D.水楊酸含有羧基和酚羥基,1mol的水楊酸消耗2mol氫氧化鈉,1mol的1,2?二氯乙烷消耗2mol氫氧化鈉,CH3NHCOOCH3含有酯基和肽鍵,所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氫氧化鈉,將總物質(zhì)的量為1mol三種物質(zhì)的混合物與NaOH溶液充分反應,最多可以消耗2molNaOH,故正確。故選D。8、A【解析】
A.將表中的三組數(shù)據(jù)代入公式,得,,,解之得:,,故A錯誤;B.時,,k的值為
,故B正確;C.若時,初始濃度
mol/L,則生成的初始速率為
mol/(L·s),故C正確;D.當其他條件不變時,升高溫度,反應速率增大,所以速率常數(shù)將增大,故D正確。故選A。9、A【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍,則X為O;Z的原子半徑在短周期中最大,則Z為Na,Y為F;常溫下,Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱堿性,則為Na2S,即W為S?!驹斀狻緼.O與S屬于同主族元素,故A正確;B.F無最高價氧化物對應的水化物,故B錯誤;C.水、氟化氫分子間存在氫鍵,沸點反常,常溫下,水為液態(tài)、氟化氫為氣態(tài),所以簡單氫化物的沸點:H2O>HF>H2S,故C錯誤;D.Na與H2O反應生成NaOH和H2,S和H2O不反應,故D錯誤。綜上所述,答案為A?!军c睛】注意H2O、HF、NH3氫化物的沸點,它們存在分子間氫鍵,其他氫化物沸點與相對分子質(zhì)量有關,相對分子質(zhì)量越大,范德華力越大,熔沸點越高。10、B【解析】
該裝置分別為固液不加熱制氣體,向上排空氣法收集氣體,以及采用防倒吸的方法進行尾氣處理?!驹斀狻緼、氨氣密度比空氣小,不能使用向上排空氣法,錯誤;B、正確;C、銅與稀硝酸反應需要加熱,且NO2用水吸收會發(fā)生3NO2+H2O=2HNO3+NO,用防倒吸裝置不妥,錯誤;D、制取氯氣需要加熱,錯誤。11、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B12、D【解析】
A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46,科學計數(shù)法表示時應該是a×10b,a是大于1小于10的數(shù),故它的數(shù)量級等于10-12,A錯誤;B.n點時c(Ag+),比溶解平衡曲線上的c(Ag+)大,所以表示AgCl的過飽和溶液,B錯誤;C.設c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L,混合液中滴入AgNO3溶液時,生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=,生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=,顯然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小,先形成AgCl沉淀,C錯誤;D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常數(shù)為=109.04,D正確;故合理選項是D。13、C【解析】
A.根據(jù)圖示E為該反應的活化能,故A錯誤;B.①→②的能量降低,過程為放熱過程,故B錯誤;C.該過程中甲烷中的C-H鍵斷裂,為極性鍵的斷裂,形成CH3COOH的C-C鍵,為非極性鍵形成,故C正確;D.催化劑不能改變反應的能量變化,只改變反應的活化能,故D錯誤;故答案為C。14、B【解析】
A.DMSO電解液能傳遞Li+,但不能傳遞電子,A不正確;B.該電池放電時O2轉(zhuǎn)化為O22-,所以每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子,B正確;C.給該鋰—空氣電池充電時,金屬鋰電極應得電子,作陰極,所以應接電源的負極,C不正確;D.多孔的黃金為電池正極,電極反應式為O2+2e-=O22-,D不正確;故選B。15、C【解析】
碳與濃硫酸共熱產(chǎn)生的X氣體為CO2和SO2的混合氣體,銅與濃硝酸反應產(chǎn)生的Y氣體是NO2,同時通入溶液中發(fā)生反應:SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO,故洗氣瓶中產(chǎn)生的是硫酸鋇沉淀,Z處逸出的氣體中有CO2和NO,NO遇到空氣中的氧氣生成了紅棕色的NO2?!驹斀狻緼.因為SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO,H2SO4能與氯化鋇反應生成BaSO4,二氧化碳不與氯化鋇反應,所以沒有BaCO3生成,A錯誤;B.反應生成的NO在Z導管口與空氣中的氧氣反應生成NO2,因CO2不與氯化鋇反應,從導管中逸出,B錯誤;C.根據(jù)以上分析可知洗氣瓶中產(chǎn)生的沉淀是硫酸鋇,C正確;D、根據(jù)以上分析可知洗氣瓶中產(chǎn)生的沉淀是硫酸鋇,D錯誤。答案選C。16、A【解析】
A.溫度升高,促進NH4+水解,酸性增強,產(chǎn)生NH4HSO4,選項A正確;B.電解質(zhì)溶液導電能力與離子所帶電荷數(shù)及離子濃度等因素有關,離子濃度越大,所帶電荷越多,導電能力就越強,與電解質(zhì)強弱無關,選項B錯誤;C.溶液中的溶質(zhì)可能為非電解質(zhì),如乙醇溶液,通電時乙醇分子不發(fā)生移動,選項C錯誤;D.蒸干Na2CO3溶液,應得到的主要成分仍為Na2CO3,選項D錯誤;答案選A。17、B【解析】
“青礬”的描述為:“本來綠色,新出窟未見風者,正如琉璃……燒之赤色……”,青礬是綠色,經(jīng)煅燒后,分解成粒子非常細而活性又很強的Fe2O3,超細粉末為紅色。A.CuSO4?5H2O為藍色晶體,A錯誤;B.FeSO4?7H2O是綠色晶體,B正確;C.KAl(SO4)2?12H2O是無色晶體,C錯誤;D.Fe2(SO4)3?7H2O為黃色晶體,D錯誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO4?7H2O。故合理選項是B。18、D【解析】
H2CO3HCO3-+H+的電離平衡常數(shù)Kal=c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3),所以lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,H2PO4-HPO42-+H+的電離平衡常數(shù)Ka2=c(H+)·c(HPO42-)/c(H2PO4-),所以lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,A.當lgx=0時,pH分別為6.4、7.2;B.酸對水的電離有抑制作用,酸性越強即pH越小,抑制作用越大,水的電離程度越?。籆.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,則lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8;D.c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大則H2CO3HCO3-+H+正向進行,使c(H2CO3)減小?!驹斀狻緼.當lgx=0時,pH分別為6.4、7.2,所以曲線I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,曲線II表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,故A錯誤;B.酸對水的電離有抑制作用,酸性越強即pH越小,抑制作用越大,水的電離程度越小,a-b的過程中pH增大,溶液酸性減弱,水的電離程度增大,故B錯誤;C.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,則lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8<0,即c(HPO42-)<c(H2PO4-),故C錯誤;D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大則H2CO3HCO3-+H+正向進行,使c(H2CO3)減小,Ka1、Ka2不變,所以pH增大時,c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小,故D正確;故選D。【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及其溶液中離子濃度的變化關系,把握電離平衡常數(shù)意義及應用、分析圖象信息是解題關鍵,注意比例式的恒等轉(zhuǎn)化以判斷其增減性的方法。19、C【解析】
A.NaHSO4是離子化合物,熔融狀態(tài)下NaHSO4電離產(chǎn)生Na+、HSO4-,含有自由移動的離子,因此在熔融狀態(tài)下具有導電性,A錯誤;B.向某溶液中先加入氯水,再滴加KSCN溶液,溶液變紅色,說明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+,不能證明溶液中Fe3+是原來就含有還是Fe2+反應產(chǎn)生的,B錯誤;C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的構型相同,向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,首先看到產(chǎn)生藍色沉淀,說明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2],C正確;D.AlCl3是強酸弱堿鹽,在溶液中Al3+水解,產(chǎn)生Al(OH)3和HCl,將AlCl3溶液加熱蒸干,HCl揮發(fā),最后得到的固體為Al(OH)3,D錯誤;故合理選項是C。20、D【解析】
A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解,即CO32-+H2OHCO3-+OH-,所以c(Na+)>2c(CO32-);故A錯誤;
B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解,即CO32-+H2OHCO3-+OH-,由于CO32-水解溶液呈堿性,所以c(OH-)>c(H+),故B錯誤;
C.由于Na2CO3在溶液中存在著下列平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式為CO32-、HCO3-、H2CO3,根據(jù)物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L,故C錯誤;D.由于CO32-水解,水解方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-,HCO3-+H2O=H2CO3+OH-,所以c(OH)>c(HCO3-),故D正確;所以答案:D。【點睛】根據(jù)Na2CO3在溶液中存在:Na2CO3=2Na++CO32-;CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-,進行分析判斷。21、C【解析】
A.二氧化硫與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳,二氧化碳難溶于飽和碳酸氫鈉溶液,二氧化硫和二氧化碳分別通入飽和碳酸氫鈉溶液都會產(chǎn)生氣泡,現(xiàn)象相同,不能鑒別,故A錯誤;B.加熱時,Cu與氧氣反應生成CuO,CO能與氧化銅反應,所以不能用用灼熱的銅網(wǎng)除去CO中少量的O2,故B錯誤;C.溴水與苯混合有機層在上層,溴水與四氯化碳混合有機層在下層,現(xiàn)象不同,可鑒別,故C正確;D.蒸發(fā)時,碘易升華而損失,應用萃取、分液的方法分離,故D錯誤。故選C。22、B【解析】
A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅,故A正確;B.該發(fā)電玻璃光電轉(zhuǎn)化率高,但不能將光能完全轉(zhuǎn)化為電能,故B錯誤;C.碲化鎘屬于無機化合物,故C正確;D.應用該光電轉(zhuǎn)化技術,提高了光電轉(zhuǎn)化率,能夠減少溫室氣體排放,故D正確。故選B。二、非選擇題(共84分)23、Cl2、光照辛醛取代反應羥基13【解析】
甲苯發(fā)生取代反應生成,在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發(fā)生取代反應生成,則A為,該分子繼續(xù)氧化為B,可推知B為,C為;D經(jīng)過先水解后消去反應可得到HCHO,所以E為HCHO,根據(jù)給定的已知信息及逆合成分析法可知,G為,據(jù)此分析作答?!驹斀狻考妆健?,發(fā)生的是取代反應,所需試劑、條件分別是Cl2、光照;F為,根據(jù)系統(tǒng)命名法可知其名稱為辛醛,故答案為Cl2、光照;辛醛;(2)反應②是C和H發(fā)生的酸和醇的酯化反應(取代反應),A→B的化學方程式為,故答案為取代反應;;(3)結(jié)合給定的已知信息推出G的結(jié)構簡式為;G→H,是-CHO和H2的加成反應,所以H中所含官能團的名稱是羥基,故答案為;羥基。(4)C為,化合物W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14,W比C多一個CH2,遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基,屬于芳香族化合物含有苯環(huán),能發(fā)生銀鏡反應含有醛基,①苯環(huán)上有三個取代基,分別為醛基、羥基和甲基,先固定醛基和羥基的位置,鄰間對,最后移動甲基,可得到10種不同結(jié)構;②苯環(huán)上有兩個取代基,分別為-OH和-CH2CHO,鄰間對位共3種,所以W的可能結(jié)構有10+3=13種;符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結(jié)構簡式:,故答案為13;;(5)根據(jù)題目已知信息和有關有機物的性質(zhì),用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下:,故答案為。24、1,2-二甲苯(或鄰二甲苯)取代反應還原反應濃硝酸,濃硫酸濃硫酸防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物(CH3)2NH(任寫一種)【解析】
B和乙醛互為同分異構體,且的結(jié)構不穩(wěn)定,則B為,由F與B反應產(chǎn)物結(jié)構可知,C2H7N的結(jié)構簡式為H3C﹣NH﹣CH3。由普魯卡因M的結(jié)構簡式(),可知C6H6的結(jié)構簡式為,與環(huán)氧乙烷發(fā)生類似加成反應得到C為,對比C、D分子式可知,C發(fā)生硝化反應得到D,由普魯卡因M的結(jié)構可知發(fā)生對位取代反應,故D為,D發(fā)生氧化反應得到E為,E與HOCH2CH2N(CH3)2發(fā)生酯化反應得到G為,G中硝基被還原為氨基得到普魯卡因,據(jù)此解答。【詳解】(1)比A多兩個碳原子,且一氯代物只有3種的A的同系物為,名稱是1,2﹣二甲苯,故答案為1,2﹣二甲苯;(2)反應①屬于取代反應,反應③屬于還原反應,故答案為取代反應;還原反應;(3)反應②為硝化反應,試劑a為濃硝酸、濃硫酸,反應③為酯化反應,試劑b為濃硫酸,故答案為濃硝酸、濃硫酸;濃硫酸;(4)反應②中將試劑a緩緩滴入C中的理由是:防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物,故答案為防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物;(5)B的結(jié)構簡式為,F(xiàn)的結(jié)構簡式:H3C﹣NH﹣CH3,故答案為;H3C﹣NH﹣CH3;(6)一種同時滿足下列條件的D()的同分異構體:①能與鹽酸反應,含有氨基,②能與碳酸氫鈉反應,含有羧基,③苯環(huán)上有2種不同環(huán)境的氫原子,可以是含有2個不同的取代基處于對位,符合條件的同分異構體為等,故答案為。25、將上層液體從上口倒入另一燒杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O溫度過高,Br2、NH3易揮發(fā)確保Br2被充分還原Ca(OH)2用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性,加入活性炭脫色,用砂芯漏斗過濾,將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后,在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴,分離溴的苯溶液與水層的操作是:使玻璃塞上的凹槽對準漏斗上的小孔,將活塞擰開,使下面的水層慢慢流下,待有機層和水層界面與活塞上口相切即關閉活塞,將上層液體從上口倒入另一燒杯中,故答案為將上層液體從上口倒入另一燒杯中;(2)根據(jù)流程圖,“合成”過程中,氧化鈣、液氨、液溴和水反應生成氮氣、溴化鈣等,反應的化學方程式為3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O;液溴和液氨容易揮發(fā),“合成”溫度應控制在70℃以下;投料時控制n(Br2):n(NH3)=1:0.8,可以確保Br2被充分還原,故答案為3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O;溫度過高,Br2、NH3易揮發(fā);確保Br2被充分還原;(3)氧化鈣與水反應生成的氫氧化鈣微溶于水,因此“濾渣”的主要成分為Ca(OH)2,故答案為Ca(OH)2;(4)“濾液”呈強堿性,其中含有少量BrO-、BrO3-,二者能夠在酸性條件下與溴離子反應生成溴,從而可以用活性炭吸附除去,在洗滌時可以用乙醇洗滌,減少溴化鈣晶體的損失,也便與干燥。因此從“濾液”中提取CaBr2·2H2O的實驗操作:加熱驅(qū)除多余的氨,用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性,加入活性炭脫色,用砂芯漏斗過濾,將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后,在真空干燥箱中干燥,故答案為用氫溴酸調(diào)節(jié)濾液呈酸性,加入活性炭脫色,用砂芯漏斗過濾,將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、用砂芯漏斗過濾、用乙醇洗滌干凈后,在真空干燥箱中干燥。26、H2O+SO2=H2SO3,Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大氣體與溶液的接觸面積,加快氣體的吸收速率溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反應方向移動水浴加熱Na2S2O4在水中溶解度較大,在酒精中溶解度較小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2難溶于水,易與Na2S2O4分離取少量產(chǎn)品配成稀溶液,加入足量稀鹽酸,充分反應后靜置,取上層清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,則可確定產(chǎn)品中含有Na2SO4【解析】
合成保險粉的反應物為Zn、SO2、H2O,根據(jù)溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,停止通入SO2,反應后得到ZnS2O4溶液,據(jù)此分析解答。【詳解】(1)合成保險粉的反應物有Zn、SO2、H2O,根據(jù)溫度控制在40~45℃,當三頸瓶中溶液pH在3~3.5時,說明發(fā)生了:H2O+SO2=H2SO3反應,最后反應得到ZnS2O4溶液,說明又發(fā)生了:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反應,總過程也可以寫成:Zn+2SO2ZnS2O4,多孔球泡可以增大氣體與液體的接觸面積,加快氣體的吸收速率;(2)溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反應方向移動,所以向濾液中加入一定量食鹽,立即析出Na2S2O4?2H2O晶體;(3)根據(jù)溫度控制在40~45℃可知需要控制溫度的加熱方式一般是水浴加熱;(4)根據(jù)步驟2中將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,過濾,濾渣為Zn(OH)2,向濾液中加入食鹽,才析出Na2S2O4?2H2O晶體,可知Na2S2O4在水中溶解度較大;根據(jù)步驟5析出的晶體用無水乙醇洗滌的目的是使晶體迅速干燥,避免溶解而減少損耗,可知其在酒精中溶解度較?。唬?)由題意可知甲酸鈉、二氧化硫、碳酸鈉反應生成Na2S2O4,同時生成二氧化碳,反應的方程式為2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2;(6)鋅粉法產(chǎn)品純度高,可能的原因是Zn(OH)2難溶于水,易與Na2S2O4分離;(7)設計實驗證明甲酸鈉法制得的產(chǎn)品中含有Na2SO4,要避免Na2S2O4干擾,所以取少量產(chǎn)品配成稀溶液,加入足量稀鹽酸,充分反應后靜置,取上層清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,則可確定產(chǎn)品中含有Na2SO4。27、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+部分(SCN)2與水反應生成酸Fe3++3SCN-Fe(SCN)3溶液褪色,無藍色沉淀在Cu2+與SCN-反應中,Cu2+是氧化劑,氧化性Cu2+〉(SCN)20.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液不合理未排除氧氣干擾一段時間后,取少量A溶液于試管中,滴加鐵氰化鉀溶液,出現(xiàn)藍色沉淀【解析】
(1)Cu粉與Fe3+反應,離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;(2)硫氰[(SCN)2]:是一種擬鹵素,性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似,其氧化性介于Br2和I2之間,能與水反應,生成酸;(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+,F(xiàn)e3+與KSCN反應,顯紅色;(SCN)2會與氫氧化鉀反應,同時Cu2+與氫氧化鉀反應,生成藍色沉淀,沒有Cu2+則無藍色沉淀;(4)根據(jù)氧化還原反應規(guī)律分析;(5)①A的電極為C,B的電極為Cu,則Cu做負極,C做正極,A中放電解質(zhì)溶液;②溶液中的氧氣會影響反應;③鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀。【詳解】(1)Cu粉與Fe3+反應,離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,故答案為:Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;(2)硫氰[(SCN)2]:是一種擬鹵素,性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似,其氧化性介于Br2和I2之間,能與水反應,生成酸,故答案為:部分(SCN)2與水反應生成酸;(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+,F(xiàn)e3+與KSCN反應,顯紅色,離子方程式為Fe3++3SCN-Fe(SCN)3;(
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