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文檔簡介
2025年銅陵市重點中學(xué)高三下學(xué)期第二次診斷考試化學(xué)試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.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、下列說法正確的是()A.用干燥的pH試紙測定氯水的pHB.配制一定濃度的NaOH溶液,定容時仰視讀數(shù),使配制的溶液濃度偏小C.用加熱分解的方法可將NH4Cl固體和Ca(OH)2固體的混合物分離D.將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中,配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液2、已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質(zhì),它們有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系,且D為強電解質(zhì)(其他相關(guān)物質(zhì)可能省略)。下列說法不正確的是()A.若A是共價化合物,則A和D有可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)B.若A為非金屬單質(zhì),則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第ⅣA族C.若A為非金屬單質(zhì),則它與Mg反應(yīng)的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比可能為2:3D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L3、PET(,M鏈節(jié)=192g·mol?1)可用來生產(chǎn)合成纖維或塑料。測某PET樣品的端基中羧基的物質(zhì)的量,計算其平均聚合度:以酚酞作指示劑,用cmol·L?1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至終點(現(xiàn)象與水溶液相同),消耗NaOH醇溶液vmL。下列說法不正確的是A.PET塑料是一種可降解高分子材料B.滴定終點時,溶液變?yōu)闇\紅色C.合成PET的一種單體是乙醇的同系物D.PET的平均聚合度(忽略端基的摩爾質(zhì)量)4、屬于弱電解質(zhì)的是A.一水合氨 B.二氧化碳 C.乙醇 D.硫酸鋇5、R是合成某高分子材料的單體,其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A.R與HOCH2COOH分子中所含官能團完全相同B.用NaHCO3溶液可檢驗R中是否含有羧基C.R能發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)D.R苯環(huán)上的一溴代物有4種6、NH3、H2S等是極性分子,CO2、BF3、CCl4等是極性鍵構(gòu)成的非極性分子。根據(jù)上述實例可以推測出AB2型分子為非極性分子的經(jīng)驗規(guī)律是A.分子中必須含有π鍵 B.在ABn分子中A原子沒有孤對電子C.在ABn分子中不能形成分子間氫鍵 D.分子中每個共價鍵的鍵長應(yīng)相等7、下列化學(xué)原理正確的是()A.沸點:HF>HCl>HBr>HIB.一定條件下可以自發(fā)進行,則C.常溫下,溶液加水,水電離的保持不變D.標(biāo)況下,1mol分別與足量Na和反應(yīng),生成氣體的體積比為8、下列有關(guān)實驗?zāi)苓_到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.實驗室制備氯氣 B.制備干燥的氨氣C.石油分餾制備汽油 D.制備乙酸乙酯9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正確的是A.Y、Z的氫化物穩(wěn)定性Y>ZB.Y單質(zhì)的熔點高于X單質(zhì)C.X、W、Z能形成具有強氧化性的XZWD.YZ4分子中Y和Z都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)10、根據(jù)元素周期律,由下列事實進行歸納推測,合理的是事實推測A.Mg與水反應(yīng)緩慢,Ca與水反應(yīng)較快Be與水反應(yīng)會更快B.HCl在1500℃時分解,HI在230℃時分解HBr的分解溫度介于二者之間C.SiH4,PH3在空氣中能自燃H2S在空氣中也能自燃D.標(biāo)況下HCl,HBr均為氣體HF也為氣體A.A B.B C.C D.D11、下列儀器不能直接受熱的是()A. B. C. D.12、下列說法不正確的是A.高級脂肪酸甘油酯屬于有機高分子化合物B.紫外線、高溫、酒精可殺菌消毒的原理是蛋白質(zhì)變性C.塑料、合成纖維、合成橡膠稱為三大合成高分子材料D.維生素C又稱抗壞血酸,新鮮蔬菜中富含維生素C13、已知N2H4在水中電離方式與NH3相似,若將NH3視為一元弱堿,則N2H4是一種二元弱堿,下列關(guān)于N2H4的說法不正確的是A.它與硫酸形成的酸式鹽可以表示為N2H5HSO4B.它溶于水所得的溶液中共有4種離子C.它溶于水發(fā)生電離的第一步可表示為:N2H4+H2ON2H5+OH-D.室溫下,向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀釋時,n(H+)·n(OH-)會增大14、舉世聞名的侯氏制堿法的工藝流程如下圖所示,下列說法正確的是()A.往母液中加入食鹽的主要目的是使NaHCOB.從母液中經(jīng)過循環(huán)Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CC.沉淀池中反應(yīng)的化學(xué)方程式:2D.設(shè)計循環(huán)Ⅱ的目的是使原料氯化鈉的利用率大大提升15、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較,不正確的是A.金屬性:Al>MgB.穩(wěn)定性:HF>HClC.堿性:NaOH>Mg(OH)2D.酸性:HClO4>H2SO416、向100mLFeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣3.36L,測得所得溶液中c(Cl-)=c(Br-),則原FeBr2溶液物質(zhì)的量濃度為A.0.75mol/L B.1.5mol/L C.2mol/L D.3mol/L17、下列物質(zhì)的用途利用其物理性質(zhì)的是A.草酸用作還原劑 B.生石灰用作干燥劑C.苯用作萃取劑 D.鐵粉用作抗氧化劑18、常溫下,有關(guān)0.1mol/LCH3COONa溶液(pH>7),下列說法不正確的是()A.根據(jù)以上信息,可推斷CH3COOH為弱電解質(zhì)B.加水稀釋過程中,c(H+)?c(OH?)
的值增大C.加入NaOH固體可抑制
CHCOO?的水解D.同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液,由水電離出的c(H+)前者大19、利用反應(yīng)CCl4+4NaC(金剛石)+4NaCl可實現(xiàn)人工合成金剛石。下列關(guān)于該反應(yīng)的說法錯誤的是()A.C(金剛石)屬于原子晶體B.該反應(yīng)利用了Na的強還原性C.CCl4和C(金剛石)中的C的雜化方式相同D.NaCl晶體中每個Cl-周圍有8個Na+20、亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑,某學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置(夾持裝置略去)制取亞硝酸鈉,已知:2NO+Na2O2=2NaNO2,2NO2+Na2O2=2NaNO3;NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-。下列說法正確的是()A.可將B中的藥品換為濃硫酸B.實驗開始前通一段時間CO2,可制得比較純凈的NaNO2C.開始滴加稀硝酸時,A中會有少量紅棕色氣體D.裝置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸21、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X的氣態(tài)氫化物極易溶于Y的氫化物中。常溫下Z單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液,卻不溶于其濃溶液。下列說法正確的是A.元素Y的最高化合價為+6價B.最簡單氫化物的沸點:Y>W(wǎng)C.原子半徑的大小順序:W>Z>X>YD.X、Z、W分別與Y均能形成多種二元化合物22、下列說法正確的是()A.鐵表面鍍銅時,將鐵與電源的正極相連,銅與電源的負(fù)極相連B.0.01molCl2通入足量水中,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1021C.反應(yīng)3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)在常溫下不能自發(fā)進行,說明該反應(yīng)的ΔH>0D.加水稀釋0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中所有離子的濃度均減小二、非選擇題(共84分)23、(14分)下列物質(zhì)為常見有機物:①甲苯②1,3﹣丁二烯③直餾汽油④植物油填空:(1)既能使溴水因發(fā)生化學(xué)變化褪色,也能使酸性高錳酸鉀褪色的烴是____(填編號);(2)能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是______(填編號),寫出該反應(yīng)產(chǎn)物之一與硝酸酯化的化學(xué)方程式______.(3)已知:環(huán)己烯可以通過1,3﹣丁二烯與乙烯發(fā)生環(huán)化加成反應(yīng)得到:實驗證明,下列反應(yīng)中,反應(yīng)物分子的環(huán)外雙鍵比環(huán)內(nèi)雙鍵更容易被氧化:現(xiàn)僅以1,3﹣丁二烯為有機原料,無機試劑任選,按下列途徑合成甲基環(huán)己烷:(a)寫出結(jié)構(gòu)簡式:A______;B_____(b)加氫后產(chǎn)物與甲基環(huán)己烷互為同系物的是_______(c)1molA與1molHBr加成可以得到_____種產(chǎn)物.24、(12分)幾種中學(xué)化學(xué)常見的單質(zhì)及其化合物相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖如下:可供參考的信息有:①甲、乙、丙、丁為單質(zhì),其余為化合物②A由X和Y兩種元素組成,其原子個數(shù)比為l︰2,元素質(zhì)量之比為7︰8。③B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì),H常溫下為無色無味的液體,E常用作紅色油漆和涂料。試根據(jù)上述信息回答下列問題:(1)A的化學(xué)式為___________,每反應(yīng)lmol的A轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_____________mol;(2)F與丁單質(zhì)也可以化合生成G,試寫出該反應(yīng)的離子方程式:______________________;(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質(zhì)中,得到三種分散系①、②、③。試將①、②、③對應(yīng)的分散質(zhì)具體的化學(xué)式填人下列方框中:________________(4)化合物M與H組成元素相同,可以將G氧化為F,且不引進新的離子。試寫出M在酸性環(huán)境下將G氧化為F的離子方程式:________________25、(12分)某小組以亞硝酸鈉(NaNO2)溶液為研究對象,探究NO2-的性質(zhì)。實驗試劑編號及現(xiàn)象滴管試管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液實驗I:溶液變?yōu)闇\紅色,微熱后紅色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液實驗II:開始無明顯變化,向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液(pH=3)實驗III:無明顯變化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液(pH=3)實驗IV:溶液先變黃,后迅速變?yōu)樽厣?,滴加KSCN溶液變紅資料:[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。(1)結(jié)合化學(xué)用語解釋實驗I“微熱后紅色加深”的原因______(2)實驗II證明NO2-具有_____性,從原子結(jié)構(gòu)角度分析原因_________(3)探究實驗IV中的棕色溶液①為確定棕色物質(zhì)是NO與Fe2+,而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物,設(shè)計如下實驗,請補齊實驗方案。實驗溶液a編號及現(xiàn)象1mol·L-1FeSO4溶液(pH=3)i.溶液由___色迅速變?yōu)開__色____________________ii.無明顯變化②加熱實驗IV中的棕色溶液,有氣體逸出,該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色,溶液中有紅褐色沉淀生成。解釋上述現(xiàn)象產(chǎn)生的原因_________。(4)絡(luò)合反應(yīng)導(dǎo)致反應(yīng)物濃度下降,干擾實驗IV中氧化還原反應(yīng)發(fā)生及產(chǎn)物檢驗。小組同學(xué)設(shè)計實驗V:將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn),向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大。①鹽橋的作用是____________________________②電池總反應(yīng)式為______________________實驗結(jié)論:NO2-在一定條件下體現(xiàn)氧化性或還原性,氧還性強弱與溶液酸堿性等因素有關(guān)。26、(10分)五氧化二釩(V2O5,摩爾質(zhì)量為182
g·mol-1)可作化學(xué)工業(yè)中的催化劑,廣泛用于冶金、化工等行業(yè)。V2O5是一種橙黃色片狀晶體,微溶于水,不溶于乙醇,具有強氧化性,屬于兩性氧化物。某研究小組將從某粗釩(主要含有V2O5,還有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。實驗方案設(shè)計如下:已知:NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于熱水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O請回答:(1)第①步操作的實驗裝置如右圖所示,虛線框中最為合適的儀器是________。(填編號)(2)調(diào)節(jié)pH為8~8.5的目的________。(3)第④步洗滌操作時,可選用的洗滌劑_________。(填編號)A.冷水B.熱水C.乙醇D.1%
NH4Cl
溶液(4)第⑤
步操作時,需在流動空氣中灼燒的可能原因________。(5)硫酸工業(yè)中,SO2轉(zhuǎn)化為SO3的催化劑就選用V2O5,催化過程經(jīng)兩步完成,將其補充完整:________(
用化學(xué)方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。(6)將0.253
g產(chǎn)品溶于強堿溶液中,加熱煮沸,調(diào)節(jié)pH為8~8.5,向反應(yīng)后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(過量),溶液中含有V3+,滴加指示劑,用0.250
mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,達到終點消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00
mL,則該產(chǎn)品的純度為________。(已知:I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)27、(12分)無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體.某活動小組通過實驗,探究不同溫度下氣體產(chǎn)物的組成.實驗裝置如下:每次實驗后均測定B、C質(zhì)量的改變和E中收集到氣體的體積.實驗數(shù)據(jù)如下(E中氣體體積已折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況):實驗組別溫度稱取CuSO4質(zhì)量/gB增重質(zhì)量/gC增重質(zhì)量/gE中收集到氣體/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6(1)實驗過程中A中的現(xiàn)象是______.D中無水氯化鈣的作用是_______.(2)在測量E中氣體體積時,應(yīng)注意先_______,然后調(diào)節(jié)水準(zhǔn)管與量氣管的液面相平,若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管,測得氣體體積______(填“偏大”、“偏小”或“不變”).(3)實驗①中B中吸收的氣體是_____.實驗②中E中收集到的氣體是______.(4)推測實驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為:_______.(5)根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析,實驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=_______g.(6)結(jié)合平衡移動原理,比較T3和T4溫度的高低并說明理由________.28、(14分)氮的化合物是重要的工業(yè)原料,也是主要的大氣污染來源,研究氮的化合物的反應(yīng)具有重要意義。回答下列問題:(1)肼(N2H4)與四氧化二氮分別是火箭發(fā)射器中最常用的燃料與氧化劑。已知3.2g液態(tài)肼與足量液態(tài)四氧化二氮完全反應(yīng),生成氮氣和液態(tài)水放出熱量61.25kJ,則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____。(2)尾氣中的NO2可以用燒堿溶液吸收的方法來處理,其中能生成NaNO2等物質(zhì),該反應(yīng)的離子方程式為____。(3)在773K時,分別將2.00molN2和6.00molH2充入一個固定容積為1L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)生成NH3,氣體混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如圖所示。①下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是____(選填字母)。a.v正(N2)=3v逆(H2)b.體系壓強不變c.氣體平均相對分子質(zhì)量不變d.氣體密度不變②在此溫度下,若起始充入4.00molN2和12.00molH2,則反應(yīng)剛達到平衡時,表示c(H2)~t的曲線上相應(yīng)的點為___(選填字母)。(4)在373K時,向體積為2L的恒容真空容器中充入0.40molNO2,發(fā)生如下反應(yīng):測得NO2的體積分?jǐn)?shù)[φ(NO2)]與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如下表:t/min020406080φ(NO2)1.00.750.520.400.40①計算0~20min時,v(N2O4)=____。②已知該反應(yīng),其中k1、k2為速率常數(shù),則373K時,=_____;改變溫度至T1時,k1=k2,則T1___373K(填“>”“<”或“=”)。29、(10分)CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的銅鹽?;卮鹣铝袉栴}:(1)CuSO4和Cu(NO3)2中陽離子基態(tài)核外電子排布式為____________,S、O、N三種元素的第一電離能由大到小為____________。(2)SO42-的立體構(gòu)型是________,與SO42-互為等電子體的一種分子為____________(填化學(xué)式)。(3)往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2。其中NO3-中心原子的雜化軌道類型為________,[Cu(NH3)4](NO3)2中存在的化學(xué)鍵類型除了極性共價鍵外,還有____________。(4)CuSO4的熔點為560℃,Cu(NO3)2的熔點為115℃,CuSO4熔點更高的原因是____________。(5)利用CuSO4和NaOH制備的Cu(OH)2檢驗醛基時,生成紅色的Cu2O,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶胞原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0);B為(1,0,0);C為(,,)。則D原子的坐標(biāo)參數(shù)為________,它代表________原子。②若Cu2O晶體密度為dg·cm-3,晶胞參數(shù)為apm,則阿伏加德羅常數(shù)值NA=________。
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.氯水具有強氧化性,能使pH試紙褪色,所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH,故A錯誤;B.配制一定濃度的NaOH溶液,定容時仰視讀數(shù),會使溶液的體積變大,導(dǎo)致濃度偏小,故B錯誤;C.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,所以不能用加熱的方法分離,故C錯誤;D.精確配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,必須在容量瓶中進行。將25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸餾水中,所得溶液的體積不是100mL,故無法得到1.0mol/LCuSO4溶液,故D錯誤;考查實驗基本操作的評價,涉及pH試紙的使用、溶液的配制操作、氨氣的制取等,選項A注意氯水含有次氯酸具有強氧化性能使pH試紙褪色,所以不能用的pH試紙測定某氯水的pH;配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,定容時仰視讀數(shù),會加水過多,導(dǎo)致濃度偏小;俯視的時候加水變少,導(dǎo)致濃度偏大;配制溶液必須用容量瓶定容溶液體積。2、B【解析】
A、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:,中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系?!驹斀狻緼、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:,中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系;A.若A是共價化合物,A可能為NH3或H2S,D為HNO3或H2SO4,H2S與H2SO4可以發(fā)生氧化還原反應(yīng),故A正確;B.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),氮元素處于第二周期ⅤA族,硫元素處于第三周期ⅥA族,故B錯誤;C.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),B為NO(或SO2),C為NO2(或SO3),D為HNO3(或H2SO4),其中N2與鎂反應(yīng)生成的Mg3N2中陰、陽離子的個數(shù)比為2:3,故C正確;D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則A為Na或N2或S,D為NaOH或HNO3或H2SO4,0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水電離出的c(H+)都是10?13mol/L,故D正確;故答案選B。3、C【解析】
是聚酯類高分子,它的單體為:HOCH2CH2OH和,可以發(fā)生水解反應(yīng)生成小分子?!驹斀狻緼、PET塑料是聚酯類高分子,可發(fā)生水解反應(yīng)生成HOCH2CH2OH和,故A正確;B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基,恰好反應(yīng)完時生成羧酸鈉,顯弱堿性,使酚酞試劑顯淺紅色,B正確;C、的單體為:HOCH2CH2OH和,乙二醇中有兩個羥基,在組成上與乙醇也沒有相差-CH2-的整數(shù)倍,故乙二醇與乙醇不是同系物,故C錯誤;D、NaOH醇溶液只與PET端基中的羧基反應(yīng),n(NaOH)=cv10-3mol,則PET的物質(zhì)的量也等于cv10-3mol,則PET的平均相對分子質(zhì)量==g/mol,PET的平均聚合度,故D正確。答案選C。本題考查高分子化合物的結(jié)構(gòu),單體的判斷,中和滴定等知識點,判斷同系物的兩個要點:一是官能團的種類和個數(shù)要相同,二是組成上要相差-CH2-的整數(shù)倍。4、A【解析】
在水溶液中只能部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì),包括弱酸、弱堿和水等,據(jù)此分析?!驹斀狻緼.NH3?H2O在水溶液中部分電離產(chǎn)生離子,在溶液中存在電離平衡,屬于弱電解質(zhì),A正確;B.CO2在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電,為非電解質(zhì),B錯誤;C.乙醇在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電,為非電解質(zhì),C錯誤;D.BaSO4在水溶液中雖然溶解度很小,但溶解的能完全電離,故為強電解質(zhì),D錯誤;故合理選項是A。本題考查了電解質(zhì)、非電解質(zhì)以及強弱電解質(zhì)的判斷的知識,應(yīng)注意的是強弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別是電離是否徹底,和溶解度、離子濃度及溶液的導(dǎo)電能力等均無關(guān)。5、A【解析】
A.分子中含有三種官能團:氨基、羥基、羧基;HOCH2COOH分子中所含官能團為羥基、羧基,二者所含官能團不完全相同,故A錯誤;B.分子的羧基可以與NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳,可以用NaHCO3溶液可檢驗R中是否含有羧基,故B正確;C.該分子中含有醇羥基和羧基,能發(fā)生中和反應(yīng),也屬于取代反應(yīng);含有苯環(huán),能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),故C正確;D.R苯環(huán)上有四種環(huán)境的氫,故其一溴代物有4種,故D正確;故選A。6、B【解析】
共價鍵的極性是由于成鍵兩原子對共用電子對的引力不同,而使共用電子對不在中央,發(fā)生偏移,導(dǎo)致鍵兩端顯部分的電性之故,ABn型分子中A原子的所有價電子都參與成鍵時為非極性分子,與相對原子質(zhì)量大小、鍵長、以及是否含有H原子無關(guān)?!驹斀狻緼.BF3、CCl4中均為單鍵沒有π鍵,故A不選;B.在ABn分子中A原子的所有價電子都構(gòu)成共價鍵,A原子沒有孤對電子,導(dǎo)致結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電中心重合,所以為非極性分子,故B選;C.H2S分子間不能形成氫鍵,但是H2S屬于極性分子,故C不選;D.H2S分子中兩個S-H鍵的鍵長都相等,但硫化氫分子是極性分子,故D不選;故選:B。本題考查極性分子好和非極性分子,注意從分子結(jié)構(gòu)是否對稱判斷分子的極性,學(xué)會利用實例來分析。7、B【解析】
A.HF分子間存在氫鍵,沸點最高,HCl、HBr、HI的沸點隨相對分子質(zhì)量增大,分子間作用力增大,沸點升高,所以沸點:HF>HI>HBr>HCl,故A錯誤;B.反應(yīng)4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自發(fā)進行,則H-TS<0,由于該反應(yīng)氣體分子數(shù)減小,S<0,則,故B正確;C.CH3COO-水解促進水的電離,CH3COONa溶液加水則CH3COO-濃度減小,對水的電離促進作用減小,水電離的c(H+)c(OH-)減小,故C錯誤;D.酚羥基和羧基都能和Na反應(yīng)生成H2,而NaHCO3只能與羧基反應(yīng)生成CO2,所以1mol分別與足量Na和NaHCO3反應(yīng),生成氣體的體積比為1:1,故D錯誤。答案選B。8、C【解析】
A.濃鹽酸與MnO2的反應(yīng)需要加熱,故A錯誤;B.氨氣的密度比空氣的密度小,應(yīng)選用向下排空氣法收集,故B錯誤;C.蒸餾時溫度計測定餾分的溫度,冷卻水下進上出,圖中操作合理,故C正確;D.乙酸乙酯能與NaOH溶液反應(yīng),小試管中應(yīng)為飽和Na2CO3溶液,故D錯誤;故選C。9、A【解析】
W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒,W為O元素;X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,X為Na元素;短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍,則Y為Si、Z為Cl元素;A.非金屬性Si<Cl,則Y、Z的氫化物的穩(wěn)定性Si(Y)<Cl(Z),A錯誤;B.Y的單質(zhì)是晶體硅,晶體硅屬于原子晶體,X單質(zhì)是金屬Na,硅的熔點高于Na,B正確;C.X(Na)、W(O)、Z(Cl)能形成NaClO,NaClO具有強氧化性,C正確;D.YZ4為SiCl4,SiCl4的電子式為,Si和Cl都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),D正確;答案選A。10、B【解析】
A.金屬性越強,與水反應(yīng)越劇烈,則Be與水反應(yīng)很緩慢,故A錯誤;B.非金屬性越強,氫化物越穩(wěn)定,由事實可知,HBr的分解溫度介于二者之間,故B正確;C.自燃與物質(zhì)穩(wěn)定性有關(guān),硫化氫較穩(wěn)定,則H2S在空氣中不能自燃,故C錯誤;D.HF可形成氫鍵,標(biāo)況下HCl、HBr均為氣體,但HF為液體,故D錯誤;故選:B。11、C【解析】
根據(jù)常見的可用于加熱的儀器進行類,可直接加熱的儀器有:試管、燃燒匙、蒸發(fā)皿、坩堝等?!驹斀狻緼.試管為玻璃儀器,底部面積比較小,可以用來直接加熱,故A不選;B.蒸發(fā)皿為硅酸鹽材料,可以用來直接加熱,故B不選;C.蒸餾燒瓶為玻璃儀器,底部面積比較大,不能用來直接加熱,需墊上石棉網(wǎng),故C選;D.坩堝為硅酸鹽材料,可以直接用來加熱,故D不選;故選:C。實驗室中一些儀器可以直接加熱,有些需墊石棉網(wǎng),有些不能被加熱。易錯點C:燒杯、燒瓶不能直接加熱,需墊石棉網(wǎng)。12、A【解析】
A.高級脂肪酸甘油酯相對分子質(zhì)量很大,但沒有幾萬,不屬于高分子化合物,A項錯誤;B.紫外線、高溫、酒精可使蛋白質(zhì)變性,B項正確;C.三大合成高分子材料為塑料、合成纖維、合成橡膠,C項正確;D.維生素C具有還原性,又稱抗壞血酸,新鮮蔬菜中富含維生素C,D項正確;答案選A。13、A【解析】
A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-,它屬于二元弱堿,和硫酸形成的酸式鹽應(yīng)為N2H6(HSO4)2,選項A不正確;B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四種離子,選項B正確;C、它溶于水發(fā)生電離是分步的,第一步可表示為:N2H4+H2ON2H5++OH-,選項C正確;D、Kw=c(H+)·c(OH-)在一定溫度下為定值,因加水體積增大,故n(H+)·n(OH-)也將增大,選項D正確;答案選A。14、B【解析】
先通入氨氣再通入二氧化碳反應(yīng)得到碳酸氫鈉晶體和母液為氯化銨溶液,沉淀池中得到碳酸氫鈉晶體,反應(yīng)式為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓,過濾得到碳酸氫鈉晶體煅燒爐中加熱分解,碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉純堿,過濾后的母液通入氨氣加入細(xì)小食鹽顆粒,冷卻析出副產(chǎn)品氯化銨,氯化鈉溶液循環(huán)使用,據(jù)此分析?!驹斀狻緼.向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度,使NH4Cl更多地析出,選項A錯誤;B.向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度,使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3轉(zhuǎn)化為Na2CO3,從母液中經(jīng)過循環(huán)Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水,選項B正確;C.沉淀池中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳析出碳酸氫鈉晶體,反應(yīng)方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓,選項C錯誤;D.循環(huán)Ⅰ是將未反應(yīng)的氯化鈉返回沉淀池中使原料氯化鈉的利用率大大提升,循環(huán)Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續(xù)反應(yīng)生成碳酸氫鈉,二氧化碳利用率大大提升,選項D錯誤;答案選B。本題主要考察了聯(lián)合制堿法的原料、反應(yīng)式以及副產(chǎn)物的回收利用,如何提高原料的利用率、檢驗氯離子的方法是關(guān)鍵,循環(huán)Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續(xù)反應(yīng),循環(huán)Ⅰ中的氯化鈉有又返回到沉淀池。15、A【解析】分析:根據(jù)元素周期律分析。詳解:A.同周期自左向右金屬性逐漸減弱,則金屬性:Al<Mg,A錯誤;B.同主族從上到下非金屬性逐漸減弱,氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱,則穩(wěn)定性:HF>HCl,B正確;C.同周期自左向右金屬性逐漸減弱,最高價氧化物水化物的堿性逐漸減弱,則堿性:NaOH>Mg(OH)2,C正確;D.同周期自左向右非金屬性逐漸增強,最高價含氧酸的酸性逐漸增強,則酸性:HClO4>H2SO4,D正確。答案選A。16、C【解析】
還原性Fe2+>Br-,所以通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢,剩余的氯氣再反應(yīng)反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-,溶液中含有Br-,說明氯氣完全反應(yīng),據(jù)此分析計算。【詳解】還原性Fe2+>Br-,所以通入氯氣后,先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢,剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-,溶液中含有Br-,說明氯氣完全反應(yīng),Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol,若Br-沒有反應(yīng),則n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol,0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2,故有部分Br-參加反應(yīng);設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x,則n(Fe2+)=xmol,n(Br-)=2xmol,未反應(yīng)的n(Br-)=0.3mol,參加反應(yīng)的n(Br-)=(2x-0.3)mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2,解得:x=0.2mol,所以原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為=2mol/L,故選C。17、C【解析】
A.草酸用作還原劑是由于其容易失去電子,表現(xiàn)還原性,利用的是物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì),A不符合題意;B.生石灰用作干燥劑是由于CaO與水反應(yīng)產(chǎn)生Ca(OH)2,利用的是物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì),B不符合題意;C.苯用作萃取劑是由于被萃取的物質(zhì)容易溶于苯中,沒有新物質(zhì)存在,利用的是物質(zhì)的物理性質(zhì),C符合題意;D.鐵粉用作抗氧化劑是由于Fe容易失去電子,表現(xiàn)還原性,是利用的物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì),D不符合題意;故合理選項是C。18、B【解析】
A.0.1mol/LCH3COONa溶液pH>7,溶液顯堿性,說明醋酸根離子水解,醋酸鈉為強堿弱酸鹽,說明醋酸為弱酸,屬于弱電解質(zhì),故A正確;B.常溫下,加水稀釋0.1mol/LCH3COONa溶液,促進醋酸根離子水解,但溫度不變,溶液中水的離子積常數(shù)c(H+)?c(OH-)不變,故B錯誤;C.醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解,溶液顯堿性,CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-,加入NaOH固體,c(OH-)增大,平衡逆向移動,CH3COO-的水解受到抑制,故C正確;D.同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液,醋酸鈉水解,促進水的電離,氫氧化鈉電離出氫氧根離子,抑制水的電離,由水電離出的c(H+)前者大,故D正確;故選B。19、D【解析】
A.金剛石晶體:每個C與另外4個C形成共價鍵,構(gòu)成正四面體,向空間發(fā)展成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),形成的晶體為原子晶體,故A正確;B.該反應(yīng)中Na由0價→+1價,作還原劑將CCl4還原,故B正確;C.CCl4和C(金剛石)中的C的雜化方式都是sp3雜化,故C正確;D.NaCl晶體:每個Na+同時吸引6個Cl-,每個Cl-同時吸引6個Na+,配位數(shù)為6,故D錯誤;故答案選D。20、C【解析】
A.裝置B中無水CaCl2作干燥劑,干燥NO氣體,由于裝置為U型管,若換為濃硫酸,氣體不能通過,因此不能將B中的藥品換為濃硫酸,A錯誤;B.實驗開始前通一段時間CO2,可排出裝置中的空氣,避免NO氧化產(chǎn)生NO2氣體,不能發(fā)生2NO2+Na2O2=2NaNO3,但CO2會發(fā)生反應(yīng):2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,因此也不能制得比較純凈的NaNO2,B錯誤;C.開始滴加稀硝酸時,A中Cu與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生NO氣體,NO與裝置中的O2反應(yīng)產(chǎn)生NO2,因此會有少量紅棕色氣體,C正確;D.在裝置D中,NO會被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色,因此當(dāng)D中溶液紫紅色變淺,就證明了NO可以被氧化,此時就可以停止滴加稀硝酸,D錯誤;故合理選項是C。21、B【解析】
X的氣態(tài)氫化物極易溶于Y的氫化物中,常用做溶劑的氫化物為H2O,則Y為O,極易溶于水的氫化物有HCl和NH3,X的原子序數(shù)小于Y,則X應(yīng)為N;常溫下Z單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液,卻不溶于其濃溶液,可以聯(lián)想到鋁在濃硫酸和濃硝酸中鈍化,而W的原子序數(shù)大于Z,所以Z為Al,W為S;綜上所述X為N、Y為O、Z為Al、W為S?!驹斀狻緼.Y為O元素,沒有+6價,故A錯誤;B.Y、W的簡單氫化物分別為H2O、H2S,水分子間存在氫鍵,硫化氫分子之間為范德華力,氫鍵比范德華力更強,故沸點
H2O>H2S,故B正確;C.同周期自左而右原子半徑減小,電子層越多原子半徑越大,故原子半徑Z(Al)>W(wǎng)(S)>X(N)>Y(O),故C錯誤;D.Al與O只能形成Al2O3,故D錯誤;故答案為B。22、C【解析】
A.根據(jù)電鍍原理易知,鐵表面鍍銅時,將鐵與電源的負(fù)極相連作電解池的陰極被保護,銅與電源的正極相連作陽極,失電子發(fā)生氧化反應(yīng),A項錯誤;B.0.01molCl2通入足量水中發(fā)生的反應(yīng)為:Cl2+H2OH++Cl-+HClO,為可逆反應(yīng),則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6.02×1021,B項錯誤;C.反應(yīng)3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)中ΔS>0,因在常溫下不能自發(fā)進行,則ΔG=ΔH-TΔS>0,那么ΔH必大于0,C項正確;D.CH3COOH為弱酸,發(fā)生電離方程式為:CH3COOHCH3COO-+H+,加水稀釋0.1mol·L-1CH3COOH溶液過程中,CH3COO-與H+的離子濃度減小,但一定溫度下,水溶液中的離子積不變,則OH-的濃度增大,D項錯誤;答案選C。二、非選擇題(共84分)23、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】
(1)植物油屬于酯類物質(zhì),既能使溴水因發(fā)生化學(xué)變化褪色,也能使酸性高錳酸鉀褪色的烴中有碳碳不飽和鍵,據(jù)此分析判斷;(2)烴不能與NaOH反應(yīng),酯能夠在NaOH溶液中水解,據(jù)此分析解答;(3)根據(jù)碳原子數(shù)目可知,反應(yīng)①為1,3-丁二烯與CH2=CH-CH3發(fā)生信息Ⅰ反應(yīng)生成A,則A為,A發(fā)生信息Ⅱ的反應(yīng)生成B,則B為,結(jié)合C的分子式可知,B與氫氣發(fā)生全加成反應(yīng)生成C,C為,C發(fā)生消去反應(yīng)生成D,D為,D發(fā)生加成反應(yīng)生成甲基環(huán)己烷,據(jù)此分析解答?!驹斀狻?1)植物油屬于酯類物質(zhì),不是烴;甲苯和直餾汽油中不存在碳碳雙鍵,不能使溴水因發(fā)生化學(xué)反應(yīng)褪色;1,3-丁二烯中含有碳碳雙鍵,能夠與溴水發(fā)生加成反應(yīng),能夠被酸性高錳酸鉀氧化,使高錳酸鉀溶液褪色,故答案為:②;(2)烴不能與NaOH反應(yīng),酯能夠在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng);植物油是高級脂肪酸甘油酯,水解生成甘油,甘油能夠與硝酸發(fā)生酯化反應(yīng),反應(yīng)方程式為:+3HNO3→+3H2O,故答案為:④;+3HNO3→+3H2O;(3)(a)通過以上分析知,A的結(jié)構(gòu)簡式是,B的結(jié)構(gòu)簡式是,故答案為:;;(b)據(jù)上述分析,加氫后產(chǎn)物與甲基環(huán)己烷互為同系物的是A,故答案為:A;(c)A的結(jié)構(gòu)簡式是,分子中2個碳碳雙鍵上的4個C原子都不等效,所以Br原子加成到4個C原子上的產(chǎn)物都不相同,因此A與HBr加成時的產(chǎn)物有4種,故答案為:4。24、FeS2112Fe3++Fe=3Fe2+:分散質(zhì)微粒的直徑(nm);H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】
由③中信息可知:
B氣體是引起酸雨的主要物質(zhì),則B為SO2,H常溫下為無色無味的液體,則H為H2O;E常用作紅色油漆和涂料,故E為Fe2O3,則A中應(yīng)含F(xiàn)e、S兩種元素。由②可計算得到A的化學(xué)式為FeS2,再結(jié)合流程圖可推知甲為O2,C為SO3,D為H2SO4
乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質(zhì))可知,丁為Fe,D
(
H2SO4)
+E
(
Fe2O3)→F,則F為Fe2
(SO4)3,G為FeSO4,丙可以為S等,乙可以為碳或氫氣等?!驹斀狻?1)由上述分析可知,A的化學(xué)式為FeS2,高溫下燃燒的化學(xué)方程式為:
4FeS2
+
11O2
2Fe2O3
+8SO2,由此分析可知,每消耗4
mol
FeS2,轉(zhuǎn)移電子為44mol,即每反應(yīng)1
mol的A
(
FeS2)轉(zhuǎn)移的電子為11
mol
,故答案為.:FeS2;11。
(2)由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知F為Fe2
(SO4)3,丁為Fe,G為FeSO4,則有關(guān)的離子反應(yīng)為:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,故答案為:Fe+2Fe3+=3Fe2+;
(3)少量飽和Fe2
(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液,溶質(zhì)為Fe2
(SO4)3;加入②NaOH溶液中會產(chǎn)生Fe
(OH)
3沉淀,形成濁液;加入③沸水中會產(chǎn)生Fe
(OH)
3膠體,即①Fe2
(SO4)3、③Fe
(OH)
3膠體、②
Fe
(OH)
3沉淀,故答案為:分散質(zhì)微粒的直徑(nm);
(4)化合物M與H
(
H2O)組成元素相同,則M為H2O2,M在酸性條件下將G
(
FeSO4)氧化為F[Fe2
(SO4)3]的離子方程式為:H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+,故答案為:H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。25、NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-,溫度升高水解平衡正向移動,堿性增強,溶液紅色加深還原性N原子最外層5個電子(可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示),+3價不穩(wěn)定,易失電子,體現(xiàn)還原性淺綠色棕色0.5mol·L?1Fe2(SO4)3溶液(pH=3)棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+,NO被空氣氧化為NO2,加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+,促進Fe3+水解,產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀阻礙Fe2+與NO接觸,避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】
(1)根據(jù)實驗I的現(xiàn)象說明NaNO2為強堿弱酸鹽,NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-,溫度升高水解平衡正向移動,堿性增強,溶液紅色加深;(2)N原子最外層5個電子,NO2-中N為+3價不穩(wěn)定,易失電子,體現(xiàn)還原性;(3)①若要證明棕色物質(zhì)是NO與Fe2+,而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物,需要作對照實驗,即向pH均為3,含F(xiàn)e2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液中通入NO,若通入FeSO4溶液出現(xiàn)溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣?,而通入Fe2(SO4)3溶液無現(xiàn)象,則可證明;②加熱實驗IV中的棕色溶液,有氣體逸出,該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色,說明加熱后生成了NO氣體;溶液中有紅褐色沉淀生成,說明生成了Fe(OH)3,據(jù)此解答;(4)①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn),向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大,由圖可知,該裝置構(gòu)成了原電池,兩電極分別產(chǎn)生NO和Fe3+,U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸,避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生;②兩電極反應(yīng)式相加得總反應(yīng)式?!驹斀狻浚?)根據(jù)實驗I的現(xiàn)象說明NaNO2為強堿弱酸鹽,NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-,溫度升高水解平衡正向移動,堿性增強,溶液紅色加深,所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出現(xiàn)溶液變?yōu)闇\紅色,微熱后紅色加深,故答案為NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-,溫度升高水解平衡正向移動,堿性增強,溶液紅色加深;(2)根據(jù)實驗II說明NaNO2溶液與KMnO4溶液在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使KMnO4溶液的紫色褪去,即KMnO4被還原,說明NO2-具有還原性。NO2-具有還原性的原因是:N原子最外層5個電子(可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示),+3價不穩(wěn)定,易失電子,體現(xiàn)還原性,故答案為還原性;N原子最外層5個電子(可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示),+3價不穩(wěn)定,易失電子,體現(xiàn)還原性;(3)①實驗IV在FeSO4溶液(pH=3)中滴加NaNO2溶液,溶液先變黃,后迅速變?yōu)樽厣?,滴加KSCN溶液變紅,說明有Fe3+生成,NO2-被還原為NO。若要證明棕色物質(zhì)是是NO與Fe2+,而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物,需要作對照實驗,即向pH均為3,含F(xiàn)e2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液中通入NO,若通入FeSO4溶液出現(xiàn)溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣?,而通入Fe2(SO4)3溶液無現(xiàn)象,則可證明;故答案為淺綠色;棕色;0.5mol·L?1Fe2(SO4)3溶液(pH=3);②加熱實驗IV中的棕色溶液,有氣體逸出,該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色,說明加熱后生成了NO氣體;溶液中有紅褐色沉淀生成,說明生成了Fe(OH)3,原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+,NO被空氣氧化為NO2,加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+,促進Fe3+水解,產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀,故答案為棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+,NO被空氣氧化為NO2,加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+,促進Fe3+水解,產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀;(4)①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn),向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大,由圖可知,該裝置構(gòu)成了原電池,兩電極分別產(chǎn)生NO和Fe3+,U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸,避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生;故答案為阻礙Fe2+與NO接觸,避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生;②該原電池負(fù)極反應(yīng)為:Fe2+-e-=Fe3+,正極反應(yīng)為NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O,所以電池總反應(yīng)式為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O;故答案為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。26、B讓AlO2-
轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀,避免VO3-的沉淀AD若空氣不流通,由于V2O5具有強氧化性,會與還原性的NH3反應(yīng),從而影響產(chǎn)物的純度及產(chǎn)率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本題考查實驗方案設(shè)計與評價,(1)虛線框中的儀器是向三頸燒瓶中滴加NaOH,為了能夠使NaOH溶液順利滴下,需要有連通裝置,故選項B正確;(2)根據(jù)流程圖,氧化鐵為堿性氧化物,不與NaOH發(fā)生反應(yīng),V2O5、Al2O3屬于兩性氧化物,能與NaOH發(fā)生反應(yīng),調(diào)節(jié)pH為8~8.5的目的就是讓AlO2-轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀,避免VO3-的沉淀;(3)根據(jù)信息,NH4VO3微溶于水,可溶于熱水,不溶于乙醇、醚,A、用冷水洗滌,可以減少NH4VO3的溶解,故A正確;B、NH4VO3溶于熱水,造成NH4VO3溶解,故B錯誤;C、雖然NH4VO3不溶于乙醇,但NH4VO3表面雜質(zhì),如NH4Cl不溶于乙醇,使用乙醇不能洗去沉淀表面的雜質(zhì),故C錯誤;D、根據(jù)流程生成NH4VO3沉淀,是濾液1與飽和NH4Cl的反應(yīng)生成,且NH4Cl受熱易分解,不產(chǎn)生雜質(zhì),故D正確;(4)根據(jù)信息,NH4VO4灼燒生成V2O5,因為V2O5具有強氧化性,能與具有還原性NH3發(fā)生反應(yīng),從而影響產(chǎn)物的純度及產(chǎn)率,因此灼燒NH4VO3時在流動空氣中;(5)催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量不變,根據(jù)已知反應(yīng)反應(yīng)方程式,因此得出反應(yīng)方程式為SO2+V2O5=2VO2+SO3;(6)根據(jù)I2和Na2S2O3發(fā)生反應(yīng)的方程式,求出消耗n(I2)=20.00×10-3×0.250/2mol=2.5×10-3mol,根據(jù)得失電子數(shù)目守恒,n(V2O5)×2×2=n(I2)×2,求出n(V2O5)=1.25×10-3mol,即m(V2O5)=1.25×10-3×182g=0.2275g,則產(chǎn)品純度為0.2275/0.253×100%=89.9%。27、白色固體變黑吸收水蒸氣,防止影響C的質(zhì)量變化冷卻至室溫偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4溫度更高,因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng),溫度高有利于生成更多的O2【解析】
(1)根據(jù)無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現(xiàn)象,根據(jù)堿石灰和無水氯化鈣的作用分析;(2)氣體溫度較高,氣體體積偏大,應(yīng)注意先冷卻至室溫,若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管,說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓,測得氣體體積偏??;(3)實驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧氣;(4)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol,分解生成氧化銅的質(zhì)量為:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的質(zhì)量為:0.256g,物質(zhì)的量為:=0.004mol,氧氣的質(zhì)量為:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物質(zhì)的量為:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2:2:2;1,則實驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol,分解生成氧化銅的質(zhì)量為:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的質(zhì)量為:0.16g,氧氣的質(zhì)量為:32=0.032g,根據(jù)質(zhì)量守恒實驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根據(jù)表中實驗③④的數(shù)據(jù)可知,T4溫度生成氧氣更多,因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng),溫度高有利于生成更多的O2。【詳解】(1)因為無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體,故實驗過程中A中的現(xiàn)象是白色固體變黑,因為堿石灰能夠吸水,D中無水氯化鈣的作用是吸收水蒸氣,防止裝置E中的水進入裝置C,影響C的質(zhì)量變化,故答案為:白色固體變黑;吸收水蒸氣,防止影響C的質(zhì)量變化;(2)加熱條件下,氣體溫度較高,在測量E中氣體體積時,應(yīng)注意先冷卻至室溫,若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管,說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓,測得氣體體積偏小,故答案為:冷卻至室溫偏?。?3)實驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧氣,故答案為:SO3;O2;(4)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol,分解生成氧化銅的質(zhì)量為:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的質(zhì)量為:0.256g,物質(zhì)的量為:=0.004mol,氧氣的質(zhì)量為:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物質(zhì)的量為:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2:2:2;1,則實驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol,分解生成氧化銅的質(zhì)量為:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的質(zhì)量為:0.16g,氧氣的質(zhì)量為:32=0.032g,實驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根據(jù)表中實驗③④的數(shù)據(jù)可知,T4溫度生成氧氣更多,因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng),溫度高有利于生成更多的O2,故T4溫度更高,故答案為:T4溫度更高,因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng),溫度高有利于生成更多的O2。28、2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l)ΔH=-1225kJ·mol-12
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