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文檔簡介
北京二中2025屆高三線上練習(xí)測試:三角函數(shù)注意事項1.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.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、已知、、、為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,為地殼中含量最高的過渡金屬元素,與同主族,與同周期,且與的原子序數(shù)之和為20。甲、乙分別為元素E、A的單質(zhì),丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物,它們轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是()A.、形成的一種化合物具有漂白性B.、形成的離子化合物可能含有非極性鍵C.的單質(zhì)能與丙反應(yīng)置換出的單質(zhì)D.丁為黑色固體,且1mol甲與足量丙反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子3NA2、已知磷酸分子()中的三個氫原子都可以與重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸(H3PO2)也可與D2O進行氫交換,但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能與D2O發(fā)生氫交換。下列說法正確的是A.H3PO2屬于三元酸B.H3PO2的結(jié)構(gòu)式為C.NaH2PO2屬于酸式鹽D.NaH2PO2溶液可能呈酸性3、化學(xué)中常用圖像直觀地描述化學(xué)反應(yīng)的進程或結(jié)果。只改變一個條件,則下列對圖像的解讀正確的是①②③④A.A2(g)+
3B2(g)2AB3(g),如圖①說明此反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B.4CO(g)
+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)
,如圖②
說明NO2
的轉(zhuǎn)化率b>a>cC.N2(g)+
3H2(g)2NH3(g),如圖③說明t秒時合成氨反應(yīng)達到平衡D.2A(g)+2B(g)3C(g)+D(?
),如圖④說明生成物D一定是氣體4、下列關(guān)于硫酸銅溶液和氫氧化鐵膠體的說法中,正確的是A.前者是混合物,后者是純凈物 B.兩者都具有丁達爾效應(yīng)C.分散質(zhì)的粒子直徑均在1~100nm之間 D.前者可用于殺菌,后者可用于凈水5、Y是合成藥物查爾酮類抑制劑的中間體,可由X在一定條件下反應(yīng)制得下列敘述不正確的是()A.該反應(yīng)為取代反應(yīng)B.Y能使酸性高錳酸鉀溶液褪色可證明其分子中含有碳碳雙鍵C.X和Y均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀D.等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應(yīng),最多消耗H2的物質(zhì)的量之比為4∶56、常溫下,向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液,滴加過程中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.Ksp(CuS)的數(shù)量級為10-21B.曲線上a點溶液中,c(S2-)?c(Cu2+)>Ksp(CuS)C.a(chǎn)、b、c三點溶液中,n(H+)和n(OH-)的積最小的為b點D.c點溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)7、碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑,其結(jié)構(gòu)如下圖。下列有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是A.分子式為C3H2O3B.分子中含6個σ鍵C.分子中只有極性鍵D.8.6g該物質(zhì)完全燃燒得到6.72LCO28、由下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性:Cl2>Co2O3B白鐵皮(鍍鋅鐵)出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中,一段時間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象該過程未發(fā)生氧化還原反應(yīng)C將鐵片投入濃硫酸中無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應(yīng)D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應(yīng)具有可逆性A.A B.B C.C D.D9、研究表明,地球上的碳循環(huán),光合作用是必不可少的(如下圖所示)。下列敘述正確的是A.石油與煤是可再生能源B.CO2是煤、石油形成淀粉、纖維素等的催化劑C.光合作用將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能D.圖中所出現(xiàn)的物質(zhì)中淀粉與纖維素為同分異構(gòu)體10、下列關(guān)于電化學(xué)的實驗事實正確的是()出現(xiàn)環(huán)境實驗事實A以稀H2SO4為電解質(zhì)的Cu-Zn原電池Cu為正極,正極上發(fā)生還原反應(yīng)B電解CuCl2溶液電子經(jīng)過負(fù)極→陰極→電解液→陽極→正極C弱酸性環(huán)境下鋼鐵腐蝕負(fù)極處產(chǎn)生H2,正極處吸收O2D將鋼閘門與外加電源負(fù)極相連犧牲陽極陰極保護法,可防止鋼閘門腐蝕A.A B.B C.C D.D11、Z是一種常見的工業(yè)原料,實驗室制備Z的化學(xué)方程式如下圖所示。下列說法正確的是()A.1molZ最多能與7molH2反應(yīng)B.Z分子中的所有原子一定共平面C.可以用酸性KMnO4溶液鑒別X和YD.X的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)和醛基的結(jié)構(gòu)有14種(不考慮立體異構(gòu))12、鈉離子二次電池因鈉資源豐富、成本低、能量轉(zhuǎn)換效率高等諸多優(yōu)勢,有望取代鋰離子電池。最近,山東大學(xué)徐立強教授課題組研究鈉離子二次電池取得新進展,電池反應(yīng)如下:4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列說法正確的是A.充電時,Na+被還原為金屬鈉B.充電時,陰極反應(yīng)式:xNa++FeIIFeIII(CN)6?xe?NaxFeIIFeIII(CN)6C.放電時,NaxFeIIFeIII(CN)6為正極D.放電時,Na+移向Ni3S2/Ni電極13、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(yīng)水化物的酸性:W>Y>Z14、鎳粉在CO中低溫加熱,生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4,呈四面體構(gòu)型。150℃時,Ni(CO)4分解為Ni和CO。則下列可作為溶解Ni(CO)4的溶劑是()A.水 B.四氯化碳 C.鹽酸 D.硫酸鎳溶液15、X、Y、Z、W均是短周期元素,且核電荷數(shù)依次增大,X2-與Y+有相同的電子層結(jié)構(gòu),Z是第3周期元素的簡單離子中半徑最小的,W的單質(zhì)有多種同素異形體,其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列說法正確的是A.原子最外層電子數(shù):X>Y>Z B.單質(zhì)沸點:Y>Z>WC.離子半徑:Y+>X2- D.Y與W形成的化合物的水溶液顯堿性16、《本草綱目》中記載:“冬月灶中所燒薪柴之灰,令人以灰淋汁,取堿浣衣”。下列敘述正確的是A.“取堿浣衣”與酯的水解有關(guān)B.取該“堿”溶于水可得到一種堿溶液C.“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D.“薪柴之灰”與銨態(tài)氮肥混合施用可增強肥效17、下列反應(yīng)的生成物不受反應(yīng)物的用量或濃度或反應(yīng)條件影響的是A.SO2與NaOH溶液反應(yīng) B.Cu在氯氣中燃燒C.Na與O2的反應(yīng) D.H2S與O2的反應(yīng)18、學(xué)習(xí)化學(xué)應(yīng)有辯證的觀點和方法.下列說法正確的是()A.催化劑不參加化學(xué)反應(yīng)B.醇和酸反應(yīng)的產(chǎn)物未必是酯C.鹵代烴的水解產(chǎn)物一定是醇D.醇脫水的反應(yīng)都屬于消去反應(yīng)19、19世紀(jì)中葉,門捷列夫的突出貢獻是A.提出了原子學(xué)說 B.提出了元素周期律C.提出了分子學(xué)說 D.提出了化學(xué)平衡移動原理20、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,在下列轉(zhuǎn)化關(guān)系中,甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物。其中A為d元素組成的單質(zhì),常溫下乙為液體,丁物質(zhì)常用于消毒、漂白。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑:c>bB.丙中既有離子鍵又有極性鍵C.b、c形成的化合物中陰、陽離子數(shù)目比為1:2D.a(chǎn)、b、d形成的化合物中,d的雜化方式是sp321、下列實驗不能達到目的的是()選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入小蘇打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性鈉溶液洗滌、分液C加快氫氣的生成速率將與稀硫酸反應(yīng)的粗鋅改為純鋅D制備少量氨氣向新制生石灰中滴加濃氨水A.A B.B C.C D.D22、下列敘述正確的是A.用犧牲陽極的陰極保護法保護船舶時,將船舶與石墨相連B.往含硫酸的淀粉水解液中,先加氫氧化鈉溶液,再加碘水,檢驗淀粉是否水解完全C.反應(yīng)3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自發(fā)進行,則該反應(yīng)的△H<0D.已知BaSO4的Ksp=(Ba2+)·c(SO42-),所以BaSO4在硫酸鈉溶液中溶解達到飽和時有c(Ba2+)=c(SO42-)=二、非選擇題(共84分)23、(14分)物質(zhì)A~G有下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)物、生成物未列出)。其中A為某金屬礦的主要成分,經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到氣體B和固體C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng),請回答下列問題:(1)寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式:B______、G______。(2)反應(yīng)②的化學(xué)方程式是__________________________________________。(3)利用電解可提純C物質(zhì),現(xiàn)以堿性鋅錳電池為外電源,在該電解反應(yīng)中電解質(zhì)溶液是_________,陽極物質(zhì)是____________。MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料,電池放電時,正極的電極反應(yīng)式為________(4)將0.20molB和0.10molO2充入一個固定容積為5?L的密閉容器中,在一定溫度并有催化劑存在下,進行反應(yīng)①,經(jīng)半分鐘后達到平衡,測得容器中含D0.18mol,則vO2=____________molL?min(5)寫出F→G轉(zhuǎn)化過程中,甲醛參與反應(yīng)的化學(xué)方程式:24、(12分)香料G的一種合成工藝如圖所示。已知:①核磁共振氫譜顯示A有兩個峰,其強度之比為1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O請回答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為________,G中官能團的名稱為________。(2)檢驗M已完全轉(zhuǎn)化為N的實驗操作是______(3)有學(xué)生建議,將M→N的轉(zhuǎn)化用KMnO4(H+)代替O2,你認(rèn)為是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若認(rèn)為合理則不填此空)。(4)寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式,并標(biāo)出反應(yīng)類型:K→L________,反應(yīng)類型________。(5)F是M的同系物,比M多一個碳原子。滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有_____種。(不考慮立體異構(gòu))①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與溴的四氯化碳溶液加成③苯環(huán)上只有2個對位取代基(6)以丙烯和NBS試劑為原料制備甘油(丙三醇),請設(shè)計合成路線______(其他無機原料任選)。請用以下方式表示:AB目標(biāo)產(chǎn)物25、(12分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體,食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學(xué)研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5,如圖(夾持及加熱裝置略)可用試劑:飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)焦亞硫酸鈉的析出原理:NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__,作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__(填“A”或“D”或“F”)中得到,再經(jīng)離心分離,干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E,則可能發(fā)生__。(2)設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì),完成表中填空:預(yù)測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中,滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液,劇烈反應(yīng),溶液紫紅色很快褪去①__。(提供:pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器)②探究二中反應(yīng)的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案:將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶(帶磨口塞的錐形瓶)中,加入過量c1mol·L-1的碘溶液,再加入適量的冰醋酸和蒸餾水,充分反應(yīng)一段時間,加入淀粉溶液,__(填實驗步驟),當(dāng)溶液由藍色恰好變成無色,且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原色,則停止滴定操作重復(fù)以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。(實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液;已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水,先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+,將Cr3+全部轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3而除去,需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,lg2≈0.3,c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}26、(10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(xué)興趣小組模擬工業(yè)原理制備氨基甲酸銨。反應(yīng)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(dāng)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(zhì)。)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(yīng)的儀器名稱是_______________。②從反應(yīng)后的混合物中過濾分離出產(chǎn)品。為了得到干燥產(chǎn)品,應(yīng)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(zhì)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(zhuǎn)化為碳酸鈣,過濾、洗滌、干燥,測得質(zhì)量為。樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______________。[已知]27、(12分)Ⅰ、研究性學(xué)習(xí)小組進行SO2的制備及性質(zhì)探究實驗,裝置如圖(a為活塞,加熱及固定裝置已略去)。(1)連接儀器、___、加藥品后,打開a,然后滴入濃硫酸,加熱;(2)銅與濃硫酸反應(yīng)制備SO2的化學(xué)方程式是___;(3)品紅溶液中的實驗現(xiàn)象是___;(4)從高錳酸鉀溶液中觀察到的現(xiàn)象說明SO2具有___性。Ⅱ、上述實驗中NaOH溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3,Na2SO3是抗氧劑。向燒堿和Na2SO3混合溶液中加入少許溴水,振蕩后溶液變?yōu)闊o色。(1)寫出在堿性溶液中Br2氧化Na2SO3的離子方程式___(2)反應(yīng)后的溶液含有SO32-、SO42-、Br-、OH-等陰離子,請?zhí)顚戣b定其中SO42-和Br-的實驗報告。___限選試劑:2mol·L-1HCl;1mol·L-1H2SO4;lmol·L-1BaCl2;lmol·L-1Ba(NO3)2;0.1mol·L-1AgNO3;CCl4;新制氯水。編號實驗操作預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟①取少量待測液加入試管中,加入過量的2mol·L-1鹽酸,再滴加有生成,證明待測液中SO42-步驟②取出步驟①中適量上層清液于試管中,加入適量氯水,再加入,振蕩,靜置。下層液體呈,證明待測液中含Br-。28、(14分)有效去除大氣中的NOx,保護臭氧層,是環(huán)境保護的重要課題。(1)在沒有NOx催化時,O3的分解可分為以下兩步反應(yīng)進行;①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程為v1=k1c(O3),第二步的速率方程為v2=k2c(O3)·c(O)。其中O為活性氧原子,它在第一步慢反應(yīng)中生成,然后又很快的在第二步反應(yīng)中消耗,因此,我們可以認(rèn)為活性氧原子變化的速率為零。請用k1、k2組成的代數(shù)式表示c(O)=____________。(2)NO做催化劑可以加速臭氧反應(yīng),其反應(yīng)過程如圖所示:已知:O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=-143kJ/mol反應(yīng)1:O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ/mol。反應(yīng)2:熱化學(xué)方程式為____________________________。(3)一定條件下,將一定濃度NOx(NO2和NO的混合氣體)通入Ca(OH)2懸濁液中,改變,NOx的去除率如圖所示。已知:NO與Ca(OH)2不反應(yīng);NOx的去除率=1-×100%①在0.3-0.5之間,NO吸收時發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為:___________。②當(dāng)大于1.4時,NO2去除率升高,但NO去除率卻降低。其可能的原因是__________。(4)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應(yīng):2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-759.8kJ/mol,反應(yīng)達到平衡時,N2的體積分?jǐn)?shù)隨的變化曲線如圖。①b點時,平衡體系中C、N原子個數(shù)之比接近________。②a、b、c三點CO的轉(zhuǎn)化率從小到大的順序為________;b、c、d三點的平衡常數(shù)從大到小的順序為__________(以上兩空均用a、b、c、d表示)。③若=0.8,反應(yīng)達平衡時,N2的體積分?jǐn)?shù)為20%,則NO的轉(zhuǎn)化率為_____。29、(10分)聯(lián)氨(N2H4)和次磷酸鈉(NaH2PO2)都具有強還原性.都有著廣泛的用途。(1)已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-621.5kJ●mol-1②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g)△H2=+204.3kJ●mol-1則火箭燃料的燃燒反應(yīng)為2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=_____.(2)已知反應(yīng)N2H4(g)+2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C時,向VL恒容密閉容器中加入2molN2H4(g)和4molCl2(g),測得Cl2和HCl的濃度隨時間的關(guān)系如圖所示。①0~10min內(nèi),用N2(g)表示的平均反應(yīng)速率v(N2)=_______。②M點時,N2H4的轉(zhuǎn)化率為______(精確到0.1)%。③T°C時,達到平衡后再向該容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g),此時平衡______(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)。(3)①在惰性氣體中,將黃磷(P4)與石灰乳和碳酸鈉溶液一同加入高速乳化反應(yīng)器中制得NaH2PO2,同時還產(chǎn)生磷化氫(PH3)氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。②次磷酸(H3PO2)是一元酸,常溫下.1.0mol●L-1的NaH2PO2溶液pH為8,則次磷酸的Ka=___________。③用次磷酸鈉通過電滲析法制備次磷酸.裝置如圖2所示。交換膜A屬于____(填“陽離子”或“陰離子”)交換膜,電極N的電極反應(yīng)式為______,當(dāng)電路中流過3.8528×105庫侖電量時.制得次磷酸的物質(zhì)的量為_____(一個電子的電量為1.6×10-19庫侖,NA數(shù)值約為6.02×1023)。
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、D【解析】
已知A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,E為地殼中含量最高的過渡金屬元素,則E為Fe;與同主族,與同周期,可知A、B、C、D分屬三個不同的短周期,則A為H,D為Na,由與的原子序數(shù)之和為20,可知C為F;甲、乙分別為元素E、A的單質(zhì),丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物,結(jié)合圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系,由Fe與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵可知可知丙為H2O,丁為Fe3O4,則B為O元素,以此解答該題?!驹斀狻坑梢陨戏治隹芍篈為H,B為O,C為F,D為Na,E為Fe元素;甲為Fe,乙為H2,丙為H2O,丁為Fe3O4;A.H、O兩元素組成的H2O2有強氧化性,具有漂白性,故A正確;B.O和Na組成的Na2O2中含有離子鍵和非極性共價鍵,故B正確;C.F2溶于水生成HF和O2,故C正確;D.丁為Fe3O4,是黑色固體,由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe與足量H2O反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子NA,故D錯誤;故答案為D。2、B【解析】A.次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換,但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換,則H3PO2中只有一個羥基氫,為一元酸,故A錯誤;B.H3PO2中只有一個羥基氫,為一元酸,則其結(jié)構(gòu)為,故B正確;C.H3PO2為一元酸,則NaH2PO2屬于正鹽,故C錯誤;D.NaH2PO2是強堿鹽,不能電離出H+,則其溶液可能顯中性或堿性,不可能呈酸性,故D錯誤;答案為B。點睛:準(zhǔn)確理解信息是解題關(guān)鍵,根據(jù)磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換,說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換,但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換,說明次磷酸鈉中沒有羥基氫,則H3PO2中只有一個羥基氫,由此分析判斷。3、D【解析】
A.根據(jù)圖①可以知道,交點之前,反應(yīng)未達平衡,交點時處于平衡狀態(tài),交點后增大溫度逆反應(yīng)速率增大比正反應(yīng)速率增大更多,平衡向逆反應(yīng)移動,升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動,故可判斷可逆反應(yīng)A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反應(yīng)是放熱反應(yīng),故A錯誤;B.根據(jù)反應(yīng)方程式可知,增加一種反應(yīng)物NO的量會增大另一種反應(yīng)物二氧化氮的轉(zhuǎn)化率,所以c點的轉(zhuǎn)化率大于a點,故B錯誤;C.2v(N2)正=v(NH3)逆時,正逆反應(yīng)速率相等,此時化學(xué)反應(yīng)達到了平衡狀態(tài),而從圖示可知,ts時,各物質(zhì)的速率均在發(fā)生變化,此時化學(xué)反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài),故C錯誤;D.根據(jù)圖示可以看出壓強只能改變反應(yīng)速率不改變平衡的移動,所以反應(yīng)是前后氣體的系數(shù)和相等的反應(yīng),即D一定是氣體,所以D選項是正確的;故答案選D。4、D【解析】
A、溶液和膠體都是分散系,屬于混合物,故A錯誤;B、膠體能發(fā)生丁達爾效應(yīng),而溶液不能,故B錯誤;C、溶液中溶質(zhì)粒子直徑較小于1nm,膠體粒子直徑在l~100nm之間,故C錯誤;D、硫酸銅是重金屬鹽,能殺菌消毒,膠體具有較大的表面積,能用來凈水,故D正確;故選D。5、B【解析】
A.由X生成Y,是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代,A正確;B.Y使酸性高錳酸鉀溶液褪色,可能是碳碳雙鍵的作用,也可能是醛基的作用,B不正確;C.X和Y分子中都含有醛基,均能與新制的Cu(OH)2在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀,C正確;D.醛基、碳碳雙鍵和苯環(huán)都可以和氫氣加成,等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應(yīng),前者最多消耗H24mol,后者最多消耗H25mol,D正確;故選B。6、D【解析】
A.求算CuS的Ksp,利用b點。在b點,CuCl2和Na2S恰好完全反應(yīng),方程式為Cu2++S2-=CuS↓,溶液中的Cu2+和S2-的濃度相等,-lgc(Cu2+)=17.7,則c(Cu2+)=10-17.7mol/L。則Ksp=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7×10-17.7=10—35.4≈4×10-36,其數(shù)量級為10-36,A項錯誤;B.曲線上a點溶液為CuS的飽和溶液,c(S2-)?c(Cu2+)=Ksp(CuS),B項錯誤;C.在水溶液中,c(H+)·c(OH-)=Kw,溫度不變,其乘積不變,C項錯誤;D.c點溶液Na2S溶液多加了一倍,CuCl2+Na2S=CuS↓+2NaCl,溶液為NaCl和Na2S的混合溶液,濃度之比為2:1。c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-),S2-會水解,S2-+H2OHS-+OH-溶液呈現(xiàn)堿性,c(OH-)>c(H+),水解是微弱的,有c(S2-)>c(OH-)。排序為c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+);D項正確;本題答案選D。7、A【解析】
A、雙鍵兩端的碳原子上各有一個氫原子,所以分子式為C3H2O3,故A正確;B、分子中的單鍵為σ鍵,一共有8個,故B錯誤;C、該分子中碳碳雙鍵屬于非極性鍵,故C正確;D、此選項沒有說明溫度和壓強,所以所得二氧化碳的體積是不確定的,故D錯誤。此題選C。8、D【解析】
A.向Co2O3中滴加濃鹽酸產(chǎn)生的黃綠色氣體為氯氣,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化物,則氧化性:Cl2<Co2O3,故A錯誤;B.出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中,Zn為負(fù)極,鐵為正極,構(gòu)成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕,鋅失去電子,故B錯誤;C.鐵片投入濃硫酸,沒有明顯變化,是由于鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化反應(yīng),在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應(yīng)的繼續(xù)進行,并不是不反應(yīng),故C錯誤;D.根據(jù)2Fe3++2I-=2Fe2++I2,10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液反應(yīng)后KI過量,由現(xiàn)象可知存在鐵離子,說明KI與FeCl3反應(yīng)有可逆性,故D正確;故選D。9、C【解析】
A.石油與煤是化石燃料,屬于不可再生資源,A項錯誤;B.煤、石油燃燒會生成二氧化碳,生成的二氧化碳參與光合作用形成淀粉與纖維素等,因此二氧化碳不是催化劑,而是該過程的中間產(chǎn)物,B項錯誤;C.光合作用是綠色植物在葉綠體內(nèi)吸收太陽光把二氧化碳和水合成葡萄糖,同時放出氧氣,將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能,C項正確;D.圖中所出現(xiàn)的物質(zhì)中淀粉與纖維素分子式中的n值不同,因此不屬于同分異構(gòu)體,D項錯誤;答案選C。淀粉與纖維素的分子通式雖均為(C6H10O5)n,但n值不同,所以不屬于同分異構(gòu)體,一定要格外注意。10、A【解析】
A、鋅與硫酸發(fā)生:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,且鋅比銅活潑,因此構(gòu)成原電池時鋅作負(fù)極,銅作正極,依據(jù)原電池的工作原理,正極上發(fā)生還原反應(yīng),A正確;B、電解CuCl2溶液,電子從負(fù)極流向陰極,陽離子在陰極上得電子,陰離子在陽極上失去電子,電子從陽極流向正極,B錯誤;C、弱酸環(huán)境下,發(fā)生鋼鐵的析氫腐蝕,負(fù)極上發(fā)生Fe-2e-=Fe2+,正極上發(fā)生2H++2e-=H2↑,C錯誤;D、鋼閘門與外電源的負(fù)極相連,此方法稱為外加電流的陰極保護法,防止鋼閘門的腐蝕,D錯誤;故選A。本題的易錯點是選項B,在電解池以及原電池中,電解質(zhì)溶液中沒有電子的通過,只有陰陽離子的定向移動,形成閉合回路。11、D【解析】
A.1分子Z中含有2個苯環(huán)、1個碳碳雙鍵、1個羰基,則1molZ最多能與8molH2發(fā)生加成反應(yīng),故A錯誤;B.Z分子中含有甲基,因此Z分子中的所有原子不可能共平面,故B錯誤;C.X分子中苯環(huán)上含有側(cè)鍵—CH3,Y分子中含有—CHO,則X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色,則不能用酸性KMnO4溶液鑒別X和Y,故C錯誤;D.X的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)和醛基的結(jié)構(gòu),取代基為—CH2CH2CHO的結(jié)構(gòu)有1種,取代基為—CH(CHO)CH3的結(jié)構(gòu)有1種,取代基為—CH2CH3和—CHO有3種,取代基為—CH2CHO和—CH3的結(jié)構(gòu)有3種,取代基為2個—CH3和1個—CHO的結(jié)構(gòu)有6種,共14種,故D正確。綜上所述,答案為D。只要有甲基,原子都不可能共平面,分析共面時一定要從甲烷、乙烯、苯三種結(jié)構(gòu)中推其他共面、共線問題。12、D【解析】
A.充電為電解原理,由題意知Na+反應(yīng)后為NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金屬Na,A錯誤;B.充電時陰極得到電子,反應(yīng)式為xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe?=NaxFeIIFeIII(CN)6,B錯誤;C.放電時為原電池原理,由總反應(yīng)知Ni化合價下降,應(yīng)為正極,故NaxFeIIFeIII(CN)6為負(fù)極,C錯誤;D.放電時陽離子向正極移動,D正確;故選D。13、D【解析】
W、X、Y、Z均為短周期主族元素,由位置關(guān)系可知,W、X處于第二周期,Y、Z處于第三周期,設(shè)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(yīng),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(yīng)水化物的酸性:H2CO3<H2SO4<HClO4,故D錯誤;故選D。14、B【解析】
Ni(CO)4呈四面體構(gòu)型,為非極性分子,由相似相溶原理知,非極性分子的溶質(zhì)易溶于非極性分子的溶劑,四氯化碳是非極性分子,所以該物質(zhì)易溶于四氯化碳,故選B。15、D【解析】
Z是第3周期元素的簡單離子中半徑最小的,則Z為Al,X2-與Y+有相同的電子層結(jié)構(gòu),則X為O,Y為Na,W的單質(zhì)有多種同素異形體,其氧化物是形成酸雨的主要原因之一,則W為S,以此解題?!驹斀狻扛鶕?jù)分析,X為O、Y為Na、Z為Al、W為S;A.X為O,最外層電子數(shù)為6,Y為Na,最外層電子數(shù)為1,Z為Al,最外層電子數(shù)為3,原子最外層電子數(shù):X>Z>Y,故A錯誤;B.Y為Na、Z為Al、W為S,鋁的原子半徑與鈉相比較小,且其價電子數(shù)較多,故金屬鍵較強,則鋁的熔點高于鈉,即單質(zhì)沸點:Z>Y,故B錯誤;C.X為O、Y為Na,X2-與Y+有相同的電子層結(jié)構(gòu),核電荷數(shù)越大,半徑越小,離子半徑:Y+<X2-,故C錯誤;D.Y為Na、W為S,Y與W形成的化合物為硫化鈉,屬于強堿弱酸鹽,其水溶液顯堿性,故D正確;答案選D。酸雨是硫和氮的氧化物造成的,分析出W是硫。16、A【解析】
A.草木灰的主要成分是碳酸鉀,碳酸鉀水解顯堿性,可洗衣服,使衣服中的油脂水解,A正確;B、取該“堿”溶于水可得到一種鹽溶液碳酸鉀溶液,B錯誤;C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、過濾,C錯誤;D、“薪柴之灰”與銨態(tài)氮肥混合施用可減弱肥效,因碳酸根與銨根離子發(fā)生雙水解而使肥效減弱,D錯誤;答案選A。17、B【解析】
A.SO2與足量NaOH溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水,SO2足量時生成亞硫酸氫鈉,選項A錯誤;B.Cu在氯氣中燃燒生成物只有氯化銅,選項B正確;C.Na與O2在空氣中反應(yīng)生成氧化鈉,點燃或加熱生成過氧化鈉,選項C錯誤;D.H2S與O2的反應(yīng),若氧氣不足燃燒生成硫單質(zhì)和水,若氧氣充足燃燒生成二氧化硫和水,選項D錯誤。答案選B。18、B【解析】
A.催化劑能明顯增大化學(xué)反應(yīng)速率,且在反應(yīng)前后質(zhì)量和性質(zhì)不發(fā)生變化,這并不意味著催化劑不參加反應(yīng)過程,實際催化劑參與了反應(yīng)過程,改變了反應(yīng)的路徑,從而起到改變反應(yīng)快慢的作用,故A錯誤;B.醇和酸反應(yīng)后的產(chǎn)物是不是酯取決于酸是有機酸還是無機酸,如果是醇和有機酸反應(yīng),則生成的為酯,如果是醇和無機酸反應(yīng),則發(fā)生取代反應(yīng)生成鹵代烴,如乙醇和HBr反應(yīng)則生成溴乙烷,故B正確;C.鹵代烴水解后的產(chǎn)物除了是醇,還可能是酚,即鹵代烴發(fā)生水解后生成的是醇還是酚,取決于?X是連在鏈烴基上還是直接連在苯環(huán)上,故C錯誤;D.醇可以分子內(nèi)脫水,也可以分子間脫水,如果是分子內(nèi)脫水,則發(fā)生的是消去反應(yīng),如果是分子間脫水,則發(fā)生的是取代反應(yīng),故D錯誤;答案選B。19、B【解析】A.提出原子學(xué)說的是盧瑟福,B.元素周期律的發(fā)現(xiàn)主要是門捷列夫所做的工作,C.提出分子學(xué)說的是阿伏加德羅,D.法國化學(xué)家勒沙特列提出了化學(xué)平衡移動原理。故選擇B。20、A【解析】
短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大,常溫下乙為液體,應(yīng)該為H2O,則a為H元素,A為d元素組成的單質(zhì),且與丙反應(yīng)生成水和常用于消毒、漂白的丁,則丙應(yīng)為堿,由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知甲為Na2O,丙為NaOH,A為Cl2,生成丁、戊為NaCl,NaClO,可知b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素,以此解答該題?!驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為H元素、b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素,甲為Na2O、乙為H2O、丙為NaOH、丁為NaClO、戊為NaCl;A.b、c對應(yīng)的離子為O2-和Na+,具有相同的核外電子排布,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,則離子半徑O2->Na+,即b>c,故A錯誤;B.丙為NaOH,由Na+和OH-組成,則含有離子鍵和極性共價鍵,故B正確;C.b為O元素、c為Na元素,兩者組成的Na2O和Na2O2中陰、陽離子數(shù)目比均為1:2,故C正確;D.a(chǎn)、b、d形成的化合物中,若為NaClO,Cl原子的價電子對為1+=4,則Cl的雜化方式是sp3;若為NaClO2,Cl原子的價電子對為2+=4,則Cl的雜化方式是sp3;同理若為NaClO3或NaClO4,Cl原子雜化方式仍為sp3,故D正確;故答案為A。21、C【解析】
A.氯水中存在反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO,加入NaHCO3能與HCl反應(yīng),從而促進平衡正向移動,使次氯酸的濃度增大,A不合題意;B.苛性鈉溶液能與溴反應(yīng),產(chǎn)物溶解在溶液中,液體分層,分液后可得下層的溴苯,從而達到除雜目的,B不合題意;C.粗鋅與稀硫酸能發(fā)生原電池反應(yīng),反應(yīng)速率快,純鋅與稀硫酸不能形成原電池,反應(yīng)速率慢,C符合題意;D.濃氨水滴入新制生石灰中,生石灰與水反應(yīng)放熱,使氨水分解同時降低氨氣的溶解度,從而制得少量的氨氣,D不合題意;故選C。22、C【解析】
A.用犧牲陽極的陰極保護法,用還原性比鋼鐵強的金屬作為負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng)而消耗,故應(yīng)將船舶與一種比鋼鐵活潑的金屬相連如Zn,故A錯誤;B.碘與氫氧化鈉溶液反應(yīng),不能檢驗淀粉是否完全水解,水解后可直接加入碘,不能加入過量的氫氧化鈉,故B錯誤;C.該反應(yīng)是一個氣體體積減小的反應(yīng),即△S<0,如果反應(yīng)能自發(fā)進行,該反應(yīng)△H-T△S<0,則△H<0,故C正確;D.在硫酸鋇的單一飽和溶液中式子成立,在Na2SO4溶液中c(SO42-)增大,溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)逆向移動,c(Ba2+)減小,Ksp不變,則在Na2SO4溶液中溶解達到飽和時c(Ba2+)<<c(SO42-),故D錯誤。故選C。二、非選擇題(共84分)23、(1)SO2Cu2O(2)Cu+2H2SO4濃)SO2↑+CuSO4+2H2O(3)CuSO4溶液粗銅MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-(4)0.036;正反應(yīng)方向;0.36;0.40;(5)HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓【解析】試題分析:F與甲醛溶液反應(yīng)生成G,G為磚紅色沉淀,則G為Cu2O;A為某金屬礦的主要成分,則A中含有Cu元素,經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到氣體B和固體C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng),判斷C為Cu單質(zhì),則E為酸,B能與氧氣反應(yīng)生成C,C能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸,所以B是二氧化硫,C是三氧化硫,E為硫酸,Cu與濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸銅,硫酸銅與氫氧化鈉溶液、甲醛反應(yīng)生成氧化亞銅沉淀,符合此圖。(1)根據(jù)以上分析,B的化學(xué)式是SO2;G為Cu2O;(2)反應(yīng)②為Cu與濃硫酸的反應(yīng),化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4濃)SO2↑+CuSO4+2H2O;(3)提純Cu時,用粗銅作陽極,純銅作陰極,硫酸銅作電解質(zhì)溶液,則銅離子在陰極析出,從而提純Cu;MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料,電池放電時,正極發(fā)生還原反應(yīng),Mn元素的化合價降低,與水結(jié)合生成堿式氧化錳和氫氧根離子,電極反應(yīng)式為MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-;(4)二氧化硫與氧氣的反應(yīng)方程式是2SO2+O22SO3,經(jīng)半分鐘后達到平衡,測得容器中含三氧化硫0.18mol,說明消耗氧氣的物質(zhì)的量是0.09mol,則vO(2)="0.09mol/5L/0.5min=0.036"mol/L·min);繼續(xù)通入0.20molB和0.10molO2,相當(dāng)于反應(yīng)物濃度增大,縮小容器體積,壓強增大,平衡正向移動,再達平衡時,三氧化硫的物質(zhì)的量比原來的2倍還多,所以大于0.36mol,容器中相當(dāng)于有0.4mol二氧化硫,可逆反應(yīng)不會進行到底,所以三氧化硫的物質(zhì)的量小于0.40mol;(5)F是硫酸銅,先與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化銅,甲醛與氫氧化銅發(fā)生氧化反應(yīng),生成氧化亞銅磚紅色沉淀,化學(xué)方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓??键c:考查物質(zhì)推斷,物質(zhì)性質(zhì)的判斷,化學(xué)方程式的書寫24、碳碳雙鍵、酯基取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N否KMnO4(H+)在氧化醛基的同時,還可以氧化碳碳雙鍵+CH3CHO加成反應(yīng)6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】
由流程:E和N發(fā)生酯化反應(yīng)得到的G為,則E、N分別為和中的一種,C反應(yīng)得到D,D發(fā)生鹵代烴水解反應(yīng)得到E,故E屬于醇,E為,則N為,逆推出M為、L為,結(jié)合信息③,逆推出K為,由E逆推出D為,結(jié)合信息②,逆推出C為,C由B在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)所得、B為,又知A催化加氫得B,核磁共振氫譜顯示A有兩個峰,其強度之比為1∶1,即A分子內(nèi)有2種氫原子且二者數(shù)目相同,則A為;(1)據(jù)上分析,寫出A的結(jié)構(gòu)簡式及G中官能團的名稱;(2)檢驗M已完全轉(zhuǎn)化為N,主要檢驗醛基即可,堿性環(huán)境下檢驗;(3)該學(xué)生建議是否合理,主要通過用KMnO4(H+)代替O2發(fā)生轉(zhuǎn)化時,有沒有其它基團也被氧化,如果有,那么就不可行;(4)K為,則K→L的反應(yīng)可通過信息類推,按反應(yīng)特點確定反應(yīng)類型;(5)F是M的同系物,M為,而F比M多一個碳原子。求滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體數(shù)目,主要找出滿足條件的基團進行有序組合就可以了,條件①能發(fā)生銀鏡反應(yīng),意味著有—CHO,條件②能與溴的四氯化碳溶液加成意味著有碳碳雙鍵,③苯環(huán)上只有2個對位取代基,且取代基中碳原子數(shù)目為4,據(jù)此回答;(6)以丙烯和NBS試劑為原料制備甘油(丙三醇),則主要通過取代反應(yīng)引入一個溴原子,通過加成反應(yīng)引入2個溴原子,再水解即可;【詳解】(1)據(jù)上分析,A為,;答案為:;G為,G中官能團為碳碳雙鍵、酯基;答案為:碳碳雙鍵、酯基;(2)M為,N為,N呈酸性,檢驗M已完全轉(zhuǎn)化為N,主要檢驗醛基即可,堿性環(huán)境下檢驗,故檢驗操作為:取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N;答案為:取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N;(3)學(xué)生建議用KMnO4(H+)代替O2把M轉(zhuǎn)化為N,醛基確實被氧化為羧基,但是碳碳雙鍵同時被氧化,那么建議就不可行;答案為:否;KMnO4(H+)在氧化醛基的同時,還可以氧化碳碳雙鍵;(4)K為,則K→L的反應(yīng)可通過信息③類推,反應(yīng)為:+CH3CHO,從反應(yīng)特點看是加成反應(yīng);答案為:+CH3CHO;加成反應(yīng);(5)F是M的同系物,M為,而F比M多一個碳原子。F的同分異構(gòu)體,要滿足條件——條件①能發(fā)生銀鏡反應(yīng),意味著有—CHO,條件②能與溴的四氯化碳溶液加成意味著有碳碳雙鍵,③苯環(huán)上只有2個對位取代基,且取代基中碳原子數(shù)目為4,由此可把2個位于對位的取代基分成以下幾種情況:①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、;故共有6種;答案為:6;(6)由流程圖知,C和NBS試劑可通過取代反應(yīng)引入一個溴原子而碳碳雙鍵不變,故以丙烯和NBS發(fā)生取代反應(yīng),引入一個溴原子,得到CH2=CH-CH2-Br,通過加成反應(yīng)引入2個溴原子,得到BrCH2-CHBr-CH2-Br,水解即可制備甘油(丙三醇),流程為:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br;答案為:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。25、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】
從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出,要制取Na2S2O5(晶體),需先制得NaHSO3(飽和溶液),所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)制取SO2,將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化,所以需排盡裝置內(nèi)的空氣,這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境,所以F裝置應(yīng)為吸收尾氣的裝置,為防倒吸,加了裝置E?!驹斀狻?1)①從以上分析知,F(xiàn)裝置應(yīng)為SO2的尾氣處理裝置,F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液,作用是吸收剩余的SO2。答案為:濃NaOH溶液;吸收剩余的SO2;②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化,需排盡裝置內(nèi)的空氣,所以通入N2的作用是排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化。答案為:排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化;③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉(zhuǎn)化而得,所以應(yīng)在D中得到。答案為:D;④因為E中的雙球能容納較多液體,可有效防止倒吸,所以若撤去E,則可能發(fā)生倒吸。答案為:倒吸;(2)①既然是檢測其是否具有酸性,則需用pH試紙檢測溶液的pH,若在酸性范圍,則表明顯酸性。具體操作為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅。答案為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅;②探究二中,Na2S2O5具有還原性,能將KMnO4還原為Mn2+,自身被氧化成SO42-,同時看到溶液的紫色褪去,反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為:5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;(3)根據(jù)信息,滴定過量碘的操作是:用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定。答案為:用c2mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定;(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時,Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31,c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1,c(H+)<=mol·L-1,pH>5+2lg2=5.6。答案為:pH>5.6。Na2S2O5來自于NaHSO3的轉(zhuǎn)化,且二者S的價態(tài)相同,所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時,可把Na2S2O5當(dāng)成NaHSO3。26、濃氨水、氧化鈣(氫氧化鈉)提高原料轉(zhuǎn)化率、防止產(chǎn)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(zhuǎn)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(jīng)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(diào)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(yīng);冰水浴的作用是降低溫度,提高轉(zhuǎn)化率,據(jù)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(yīng)是放熱反應(yīng),因此給發(fā)生器降溫可以有效提高原料的轉(zhuǎn)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(yīng)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(chǎn)品受熱分解以及被氧化,應(yīng)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(zhuǎn)化為固體鹽,可用作氮肥;(4)首先根據(jù)算出碳酸鈣的物質(zhì)的量,設(shè)碳酸氫銨的物質(zhì)的量為xmol,氨基甲酸銨的物質(zhì)的量為ymol,則根據(jù)碳守恒有,根據(jù)質(zhì)量守恒有,聯(lián)立二式解得,,則氨基甲酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。27、檢查裝置氣密性Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O品紅溶液紅色褪去變?yōu)闊o色還原性SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-編號實驗操作預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟①lmol·L-1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步驟②四氯化碳橙黃色【解析】
Ⅰ、(1)依據(jù)裝置制備氣體驗證氣體性質(zhì)分析步驟;(2)銅和濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水;(3)依據(jù)二氧化硫的漂白性解釋;(4)二氧化硫通入高錳酸鉀溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色;II、(1)Na2SO3和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng);(2)檢驗SO42-,可用硝酸酸化的BaCl2;檢驗Br2,可用氯水,加入四氯化碳后,根據(jù)四氯化碳層的顏色進行判斷?!驹斀狻竣?、(1)裝置是制備氣體的反應(yīng),連接好裝置需要檢驗裝置的氣密性,再加入試劑發(fā)生反應(yīng);故答案為檢驗裝置氣密性;(2)銅和濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水,反應(yīng)的化學(xué)方程式:Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O;故答案為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O;(3)二氧化硫具有漂白性,能使品紅溶液紅色褪去;故答案為品紅溶液紅色褪去變?yōu)闊o色;(4)二氧化硫具有還原性通入高錳酸鉀溶液被氧化為硫酸,高錳酸鉀溶液紫紅色褪去變化為無色;故答案為還原性;II、(1)向燒堿和Na2SO3混合溶液中加入少許溴水,振蕩后溶液變?yōu)闊o色,說明亞硫酸根離子被溴單質(zhì)氧化為硫酸跟,依據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平寫出離子方程式為:SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-;故答案為SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-;(2)、檢驗SO42-可取少量待測液加入試管中,加入過量的2mol/L鹽酸,再滴加適量lmol/LBaCl2溶液;檢驗Br-,可取出步驟①中適量上層清液于試管中,加入適量氯水,再加入四氯化碳,振蕩,靜置后觀察顏色,如若下層液體呈橙紅色,證明待測液中含Br-;故答案為編號實驗操作預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟①lmol·L-1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步驟②四氯化碳橙黃色。28、NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2
kJ/molNO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2ONO2量太多,
剩余的NO2和水反應(yīng)生成NO逸出,導(dǎo)致NO去除率降低1:1c<b<ab=c>d60%【解析】
(1)由于活性氧原子變化的速率為零,可認(rèn)為其生成速率等于消耗速率,以此計算即可;(2)根據(jù)蓋斯定律將兩個熱化學(xué)反應(yīng)相減可得到反應(yīng)2的熱化學(xué)方程式;(3)①NO、NO2和Ca(OH)2發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生Ca(NO2)2、H2O;②根據(jù)二者發(fā)生歸中反應(yīng)的物質(zhì)的量的比及NO2與水反應(yīng)產(chǎn)生HNO3和NO分析判斷;(4)①b點時N2含量最高,說明按方程式計量關(guān)系反應(yīng),根據(jù)方程式分析C、N個數(shù)的比;②根據(jù)坐標(biāo)系中橫坐標(biāo)的含義及物質(zhì)濃度與物質(zhì)轉(zhuǎn)化率的關(guān)系分析判斷。利用化學(xué)平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系及該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng),利用溫度對平衡移動的影響判斷;③根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系,結(jié)合=0.8,反應(yīng)達平衡時,N2
的體積分?jǐn)?shù)為20%,計算平衡時各種物質(zhì)的濃度,最后根據(jù)轉(zhuǎn)化率的含義計算NO的轉(zhuǎn)化率?!驹斀狻?1)由于活性氧原子變化的速率為零,可認(rèn)為其生成速率等于消耗速率,v1=k1c(O3),v2=k2c(O3)·c(O),則k1c(O3)=k2c(O3)·c(O),所以c(O)=;(2)反應(yīng)①是O3在NO作用下生成NO2和O2,NO2在氧原子作用下生成NO和O2,反應(yīng)過程中NO參與反應(yīng)后又生成,所以NO作用為催化劑,根據(jù)蓋斯定律將兩個熱化學(xué)反應(yīng)相減可得到反應(yīng)2的熱化學(xué)方程式;NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol;(3)①NO和Ca(OH)2不反應(yīng),所以反應(yīng)物有NO、NO2和Ca(OH)2,根據(jù)氧
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