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文檔簡介
2023高考化學模擬試卷注意事項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.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準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、用下表提供的儀器(夾持儀器和試劑任選)不能達到相應(yīng)實驗目的的是選項實驗目的儀器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2燒杯、分液漏斗B配制1.0mol?L-1的H2SO4溶液量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶C從食鹽水中獲得NaCl晶體酒精燈、燒杯、漏斗D制備少量乙酸乙酯試管、酒精燈、導管A.A B.B C.C D.D2、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示,下列說法正確的是()A.常溫下1LpH=3的亞硫酸溶液中,含H+數(shù)目為0.3NAB.A1與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生11.2L氣體,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAC.NO2與N2O4混合氣體的質(zhì)量共ag,其中含質(zhì)子數(shù)為0.5aNAD.1mo1KHCO3晶體中,陰陽離子數(shù)之和為3NA3、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液,混合溶液中l(wèi)gx(x為或)與pH的變化關(guān)系如圖所示,下列說法正確的是()A.pH=7時,存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況C.=10-2.97D.A2-的水解常數(shù)Kh1大于H2A電離常數(shù)的Ka24、NH5屬于離子晶體。與水反應(yīng)的化學方程式為:NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑,它也能跟乙醇發(fā)生類似的反應(yīng),并都產(chǎn)生氫氣。有關(guān)NH5敘述正確的是()A.與乙醇反應(yīng)時,NH5被氧化B.NH5中N元素的化合價為+5價C.1molNH5中含有5molN-H鍵D.1molNH5與H2O完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子2mol5、下列關(guān)于自然界中氮循環(huán)示意圖(如圖)的說法錯誤的是()A.氮元素只被氧化B.豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮C.其它元素也參與了氮循環(huán)D.含氮無機物和含氮有機物可相互轉(zhuǎn)化6、在給定條件下,下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是()A.NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C.MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D.N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)7、下列實驗中,與現(xiàn)象對應(yīng)的結(jié)論一定正確的是A.A B.B C.C D.D8、工業(yè)制純堿的化學史上,侯德榜使用而索爾維法沒有使用的反應(yīng)原理的化學方程式是()A.CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C.CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD.NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓9、在一定溫度下,將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中,發(fā)生反應(yīng):X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0。一段時間后達到平衡,反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如表,下列說法正確的是A.反應(yīng)前2min的平均速率v(Z)<2.0×10?3mol·L-1·min-1B.其他條件不變,降低溫度,反應(yīng)達到新平衡前:v(逆)>v(正)C.保持其他條件不變,起始時向容器中充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y,到達平衡時,c(Z)>0.24mol·L-1D.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù):K=1.4410、常溫下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不斷加入固體NaOH后,NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))。下列說法不正確的是()A.M點溶液中水的電離程度比原溶液小B.在M點時,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molC.隨著NaOH的加入,c(H+)/c(NH4+)不斷增大D.當n(NaOH)=0.1mol時,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)11、已知:pKa=?lgKa,25℃時,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常溫下,用0.1mol·L?1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L?1H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示(曲線上的數(shù)字為pH)。下列說法不正確的是()A.a(chǎn)點所得溶液中:2c(H2SO3)+c(SO32-)=0.1
mol·L?1B.b點所得溶液中:c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)C.c點所得溶液中:c(Na+)>3c(HSO3-)D.d點所得溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)12、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn):ⅰ.a點溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液顯紅色;ⅱ.c點和d點溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀,無氣體逸出。取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象,滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A.向a點溶液中滴加BaCl2溶液,無明顯現(xiàn)象B.b點較a點溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C.c點溶液中發(fā)生的主要反應(yīng):2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D.向d點上層清液中滴加KSCN溶液,溶液變紅;再滴加NaOH溶液,紅色加深13、碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”,它在地殼中平均的豐度值很低,銅陽極泥中碲的回收越來越引起人們的重視。某科研小組從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲設(shè)計工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是()已知:①“焙燒”后,碲主要以TeO2形式存在②TeO2微溶于水,易溶于強酸和強堿A.“焙燒”用到的主要硅酸鹽產(chǎn)品儀器:蒸發(fā)皿、酒精燈、玻璃棒B.“還原”時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2C.為加快“氧化”速率溫度越高越好D.TeO2是兩性氧化物,堿浸時反應(yīng)的離子方程式為TeO2+2OH-=TeO32-+H2O14、下列表述和方程式書寫都正確的是A.表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式:C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng),證明H2O2具有還原性:2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD.用石墨作電極電解NaCl溶液:2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑15、下列化學式中屬于分子式且能表示確定物質(zhì)的是()A.C3H8 B.CuSO4 C.SiO2 D.C3H616、現(xiàn)有一瓶標簽上注明為葡萄糖酸鹽(鈉、鎂、鈣、鐵)的復合制劑,某同學為了確認其成分,取部分制劑作為試液,設(shè)計并完成了如下實驗:已知:控制溶液pH=4時,F(xiàn)e(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。該同學得出的結(jié)論正確的是()。A.根據(jù)現(xiàn)象1可推出該試液中含有Na+B.根據(jù)現(xiàn)象2可推出該試液中并不含有葡萄糖酸根C.根據(jù)現(xiàn)象3和4可推出該試液中含有Ca2+,但沒有Mg2+D.根據(jù)現(xiàn)象5可推出該試液中一定含有Fe2+17、2019年是元素周期表誕生150周年,目前周期表七個周期均已排滿,其118種元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相對位置如圖所示,且W元素的簡單氫化物的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形,下列說法不正確的是A.紅葡萄酒含有YX2,起殺菌、澄清、抗氧化的作用B.在元素周期表中,117號元素與Z元素位于同一主族C.簡單離子的半徑大小順序為:X<W<Z<YD.W的氫化物與Z的氫化物反應(yīng),產(chǎn)物為共價化合物18、化學與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A.泡沫滅火器可用于一般的滅火,也適用于電器滅火B(yǎng).疫苗一般應(yīng)冷藏存放,以避免蛋白質(zhì)變性C.家庭裝修時用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆,有利于健康及環(huán)境D.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕,原理是犧牲陽極的陰極保護法19、某溫度下,HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5.0×10-4和1.7×10-5。將pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V,pH隨的變化如圖所示,下列敘述錯誤的是A.曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液B.溶液中水的電離程度:b點小于c點C.相同體積a點的兩種酸分別與NaOH溶液恰好中和后,溶液中n(NO2-)>n(CH3COO-)D.由c點到d點,溶液中保持不變(其中HA、A-分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子)20、歷史文物本身蘊含著許多化學知識,下列說法錯誤的是()A.戰(zhàn)國曾侯乙編鐘屬于青銅制品,青銅是一種合金B(yǎng).秦朝兵馬俑用陶土燒制而成,屬硅酸鹽產(chǎn)品C.宋王希孟《千里江山圖》所用紙張為宣紙,其主要成分是碳纖維D.對敦煌莫高窟壁畫顏料分析,其綠色顏料銅綠的主要成分是堿式碳酸銅21、分別由下表中的實驗和現(xiàn)象得出的結(jié)論不正確的是選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A用熔融氯化鋁做導電性實驗電流指針不偏轉(zhuǎn)氯化鋁是共價化合物B向FeBr2溶液中加入少量氯水,再加CCl4振蕩CCl4層無色Fe2+的還原性強于Br-C相同的鋁片分別與同溫同體積,且c(H+)=1mol·L-1的鹽酸、硫酸反應(yīng)鋁與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氣泡較快可能是Cl-對該反應(yīng)起到促進作用D向盛有2mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液,振蕩,再加入10滴0.1mol/L的NaI溶液,再振蕩先生成白色沉淀,后產(chǎn)生黃色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D22、25℃時,體積均為25.00mL,濃度均為0.0100mol/L的HA、H3B溶液分別用0.0100mol/LNaOH溶液滴定,溶液的pH隨V(NaOH)變化曲線如圖所示,下列說法中正確的是()A.NaOH溶液滴定HA溶液可選甲基橙作指示劑B.均為0.0100mol/LHA、H3B溶液中,酸性較強的是HAC.25℃時,0.0100mol/LNa2HB溶液的pH>7D.25℃時,H2B-離子的水解常數(shù)的數(shù)量級為10-3二、非選擇題(共84分)23、(14分)烯烴和酚類是兩種重要的有機化工原料。完成下列填空:(1)合成除苯乙烯外,還需要另外兩種單體,寫出這兩種單體的結(jié)構(gòu)簡式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成()需要三步,第一步選用的試劑為__________,目的是______________________________。(3)鄰甲基苯酚可合成A,分子式為C7H6O3,在一定條件下A自身能縮聚成B。B的結(jié)構(gòu)簡式_________。A與濃溴水反應(yīng)的化學方程式為_________________。(4)設(shè)計一條由制備A的合成路線(合成路線常用的表示方法為:MN……目標產(chǎn)物)____________________。24、(12分)聚酰亞胺是重要的特種工程材料,廣泛應(yīng)用在航空、納米、激光等領(lǐng)域。某聚酰亞胺的合成路線如下(部分反應(yīng)條件略去):已知:①有機物A的質(zhì)譜與核磁共振氫譜圖如下:②③回答下列問題:(1)A的名稱是__________________;C中含氧官能團的名稱是________________。(2)反應(yīng)②的反應(yīng)類型是____________________。(3)反應(yīng)①的化學方程式是__________________________。(4)F的結(jié)構(gòu)筒式是_____________________。(5)同時滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體共有___________種(不含立體結(jié)構(gòu));寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式:________________。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能發(fā)生水解反應(yīng),其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③1mol該物質(zhì)最多能與8molNaOH反應(yīng)(6)參照上述合成路線,以間二甲苯和甲醇為原料(無機試劑任選)設(shè)計制備的合成路線:_______________________。25、(12分)鈉是一種非?;顫姷慕饘?,它可以和冷水直接反應(yīng)生成氫氣,但是它與煤油不會發(fā)生反應(yīng)。把一小塊銀白色的金屬鈉投入到盛有蒸鎦水的燒杯中,如圖a所示,可以看到鈉塊浮在水面上,與水發(fā)生劇烈反應(yīng),反應(yīng)放出的熱量使鈉熔成小球,甚至會使鈉和生成的氫氣都發(fā)生燃燒。如果在上述盛有蒸鎦水的燒杯中先注入一些煤油,再投入金屬鈉,可以看到金屬鈉懸浮在煤油和水的界面上,如圖b所示,同樣與水發(fā)生劇烈的反應(yīng),但不發(fā)生燃燒。圖a圖b(1)在第一個實驗中,鈉浮在水面上;在第二個實驗中,鈉懸浮在煤油和永的界面上,這兩個現(xiàn)象說明了:________。(2)在第二個實驗中,鈉也與水發(fā)生反應(yīng),但不發(fā)生燃燒,這是因為________。(3)我們知道,在金屬活動性順序中,排在前面的金屬能把排在后面的金屬從它的鹽溶液里置換出來,可將金屬鈉投入到硫酸銅溶液中,卻沒有銅被置換出來,而產(chǎn)生了藍色沉淀,請用化學方程式解釋這一現(xiàn)象____。26、(10分)某小組同學探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。(查閱資料)物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(實驗探究)(一)探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化,實驗操作如下所示:試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗Ⅰ實驗ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解(1)實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4,依據(jù)的現(xiàn)象是加入稀鹽酸后,__________。(2)實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_________。(3)實驗Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化,結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因:___________。(二)探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化。(4)實驗Ⅲ:證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI。甲溶液可以是______(填字母代號)。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液(5)實驗Ⅳ:在試管中進行溶液間反應(yīng)時,同學們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl,于是又設(shè)計了如下實驗(電壓表讀數(shù):a>c>b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑,閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復ⅰ,再向B中加入與ⅲ等量的NaCl(s)a注:其他條件不變時,參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關(guān)。①查閱有關(guān)資料可知,Ag+可氧化I-,但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀,原因是氧化還原反應(yīng)速率__________(填“大于”或“小于”)沉淀反應(yīng)速率。設(shè)計(-)石墨(s)[I-(aq)//Ag+(aq)]石墨(s)(+)原電池(使用鹽橋阻斷Ag+與I-的相互接觸)如上圖所示,則該原電池總反應(yīng)的離子方程式為________。②結(jié)合信息,解釋實驗Ⅳ中b<a的原因:__________。③實驗Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl,理由是_________。(實驗結(jié)論)溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀,反之則不易;溶解度差別越大,由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化溶解度較大的沉淀越難實現(xiàn)。27、(12分)實驗室用如圖裝置(略去夾持儀器)制取硫代硫酸鈉晶體。已知:①Na2S2O1.5H2O是無色晶體,易溶于水,難溶于乙醇。②硫化鈉易水解產(chǎn)生有毒氣體。③裝置C中反應(yīng)如下:Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1?;卮鹣铝袉栴}:(1)裝置B的作用是___。(2)該實驗能否用NaOH代替Na2CO1?___(填“能”或“否”)。(1)配制混合液時,先溶解Na2CO1,后加入Na2S·9H2O,原因是___。(4)裝置C中加熱溫度不宜高于40℃,其理由是___。(5)反應(yīng)后的混合液經(jīng)過濾、濃縮,再加入乙醇,冷卻析出晶體。乙醇的作用是___。(6)實驗中加入m1gNa2S·9H2O和按化學計量的碳酸鈉,最終得到m2gNa2S2O1·5H2O晶體。Na2S2O1·5H2O的產(chǎn)率為___(列出計算表達式)。[Mr(Na2S·9H2O)=240,Mr(Na2S2O1·5H2O)=248](7)下列措施不能減少副產(chǎn)物Na2SO4產(chǎn)生的是___(填標號)。A.用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關(guān)溶液B.裝置A增加一導管,實驗前通人N2片刻C.先往裝置A中滴加硫酸,片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D.將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管28、(14分)鐵元素是最重要的金屬元素之一,其不僅是各種鋼材的主要成分,很多含鐵化合物也具有重要意義。(1)按照電子排布,可把元素周期表中的元素劃分成五個區(qū),鐵元素屬于_________區(qū)。(2)Mn2+在水溶液中難被氧化,而Fe2+則易被氧化為Fe3+,請從離子的價電子式角度解釋Mn2+與Fe2+還原能力的差別:_________。Mn2+的半徑_________Fe3+的半徑(填“>”、“<”或“=”)。(3)金屬鐵晶體中鐵原子采用體心立方堆積,該鐵晶體的空間利用率為_________(用含π的式子表示)。(4)向含F(xiàn)e3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液,溶液中生成紅色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+。N、H、O三種元素的電負性由大到小的順序為_________;[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的配位數(shù)為_________,H2O中氧原子的雜化方式為_________。(5)二茂鐵是一種含鐵的有機化合物,其化學式為Fe(C5H5)2,可看作是Fe2+離子與兩個正五邊形的環(huán)戊二烯負離子(C5H)配體形成的夾心型分子(如下圖a所示)。已知大π鍵可用符號Π表示,其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù),n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為Π),則C5H的大π鍵表示為________。二茂鐵是黃色針狀晶體,熔點173℃(在100℃時開始升華),沸點249℃,在水中難溶,但可溶于很多有機溶劑。下列相互作用中,二茂鐵晶體中不存在的是________(填標號)。A離子鍵B配位鍵Cσ鍵D范德華力(6)一種含有Fe、Cu、S三種元素的礦物的晶胞(如上圖b所示),屬于四方晶系(晶胞底面為正方形),晶胞中S原子位于內(nèi)部,F(xiàn)e原子位于體心和晶胞表面,Cu原子位于晶胞表面。此礦物的化學式為_________。若晶胞的底面邊長為Apm,高為Cpm,阿伏伽德羅常數(shù)為NA,則該晶體的密度為__________g/cm3(寫出表達式)。29、(10分)世界能源消費的90%以上依靠化學技術(shù)。請回答下列問題:(1)質(zhì)子交換膜燃料電池中作為燃料的H2通常來自水煤氣。已知:C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH1=-110.35kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1①則反應(yīng)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH4=__________。②某實驗小組在實驗室模擬反應(yīng)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),其平衡常數(shù)表達式為K=_______。一定溫度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密閉容器(固體所占體積忽略不計)中通入0.8molH2O,6min時生成0.7gH2,則6min內(nèi)以CO表示的平均反應(yīng)速率為________(保留3位有效數(shù)字)。(2)燃料氣(流速為1800mL·min-1;體積分數(shù)為50%H2,0.98%CO,1.64%O2,47.38%N2)中的CO會使電極催化劑中毒,使用CuO/CeO2催化劑可使CO優(yōu)先氧化而脫除。①160℃、CuO/CeO2作催化劑時,CO優(yōu)先氧化的化學方程式為__________。②CeO2可由草酸鈰[Ce2(C2O4)3]隔絕空氣灼燒制得,同時生成兩種氣體,則發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為____________。③在CuO/CeO2催化劑中加入不同的酸(HIO3或H3PO4),測得燃料氣中CO優(yōu)先氧化的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如下圖所示。加入________(填酸的化學式)的CuO/CeO2催化劑催化性能最好。溫度為120℃,催化劑為CuO/CeO2HIO3時,反應(yīng)0.5h后CO的體積為______mL。(3)LiOH是制備鋰離子電池正極材料的重要原料,采用惰性電極電解制備LiOH的裝置如下圖所示。①通電后,Li+通過陽離子交換膜向________(填“M”或“N”)極區(qū)遷移。②電極N產(chǎn)生的氣體a通入淀粉-KI溶液,溶液變藍,持續(xù)一段時間后,藍色可逐漸褪去。據(jù)此寫出電極N的電極反應(yīng)式:___________;藍色逐漸褪去是因為溶液中逐漸生成HIO3,寫出此反應(yīng)的化學方程式:_______。
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.單質(zhì)溴易溶于有機溶劑,因此可以用萃取的方法將其從水相中分離,A項正確;B.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,需要用到量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶,B項正確;C.若要從食鹽水中獲得食鹽晶體,可以蒸發(fā)結(jié)晶,蒸發(fā)結(jié)晶一般在蒸發(fā)皿中進行,C項錯誤;D.制備少量乙酸乙酯,可以在試管中進行,再用導管將產(chǎn)物通入飽和碳酸鈉溶液中收集產(chǎn)物并除雜,D項正確;答案選C。2、C【解析】
A.1LpH=3的亞硫酸溶液中,H+的濃度為10-3mol/L,1L溶液中H+數(shù)目為0.001NA,故A錯誤;B.A1與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氣,因未說明氣體所處的狀態(tài),所以無法計算反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目,故B錯誤;C.NO2和N2O4,最簡比相同,只計算ag
NO2中質(zhì)子數(shù)即可,一個N含質(zhì)子數(shù)為7,一個氧質(zhì)子數(shù)為8,所以一個NO2分子含質(zhì)子數(shù)為7+2×8=23,agNO2中質(zhì)子數(shù)為NAmol-1=0.5aNA,故C正確;D.1mo1KHCO3晶體中只有鉀離子和碳酸氫根離子,陰陽離子數(shù)之和為2NA,故D錯誤;答案是C。3、B【解析】
二元弱酸的Ka1=×c(H+)>Ka2=×c(H+),當溶液的pH相同時,c(H+)相同,lgX:Ⅰ>Ⅱ,則Ⅰ表示lg與pH的變化關(guān)系,Ⅱ表示lg與pH的變化關(guān)系?!驹斀狻緼.pH=4.19,溶液呈酸性,若使溶液為中性,則溶液中的溶質(zhì)為NaHA和Na2A,根據(jù)物料守恒,存在c(Na+)>c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),故A錯誤;B.由分析:直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況,故B正確;C.=÷==102.97,故C錯誤;D.pH=1.22時和4.19時,lgX=0,則c(H2A)=c(HA-)、c(HA-)=c(A2-),Ka1=×c(H+)=c(H+)=10-1.22,K2=×c(H+)=c(H+)=10-4.19,A2-的水解平衡常數(shù)Kh1==10-9.81<10-4.19=Ka2,故D錯誤;故選B?!军c睛】本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算,明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵,注意掌握物料守恒及溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系,D為易難點。4、A【解析】
反應(yīng)NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑,NH5的5個H原子中有1個H原子,化合價由﹣1價變?yōu)?價,水中H元素化合價由+1價變?yōu)?價,所以NH5作還原劑,水作氧化劑,【詳解】A.NH5也能跟乙醇發(fā)生類似的反應(yīng),并都產(chǎn)生氫氣,則乙醇作氧化劑,NH5作還原劑而被氧化,A正確;B.NH5的電子式為,N元素的化合價為﹣3價,B錯誤;C.NH5的電子式為,1molNH5中含有4molN-H鍵,C錯誤;D.1molNH5與H2O完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1mol×[0-(-1)]=1mol,D錯誤;故選A。5、A【解析】
A.人工固氮中氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣,是N2轉(zhuǎn)化為NH3的過程,N化合價由0→-3價,化合價降低,被還原,A錯誤;B.豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮,B正確;C.生物體合成蛋白質(zhì)的過程也有碳、氫、氧元素的參與,C正確;D.根據(jù)自然界中氮循環(huán)圖知,通過生物體可以將銨鹽和蛋白質(zhì)相互轉(zhuǎn)化,實現(xiàn)了含氮的無機物和有機物的轉(zhuǎn)化,D正確;答案選A?!军c晴】自然界中氮的存在形態(tài)多種多樣,除N2、NH3、NOx、銨鹽、硝酸鹽等無機物外,還可以蛋白質(zhì)等有機物形態(tài)存在,氮的循環(huán)中氮元素可被氧化也可能發(fā)生還原反應(yīng),判斷的依據(jù)主要是看變化過程中氮元素的化合價的變化情況,要明確化合價升高被氧化,化合價降低被還原。6、D【解析】
A.鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵,而不是氯化亞鐵,所以Cl2(g)FeCl2(s)轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn),故A錯誤;B.硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故B錯誤;C.氯化鎂與石灰乳反應(yīng)生成氫氧化鎂,氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂,所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn),故C錯誤;D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉,為侯氏制堿法的反應(yīng)原理,故D正確;故答案選D。7、D【解析】
A.CH4和Cl2在光照下發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫,其中一氯甲烷和氯化氫在常溫下為氣體。混合氣體通入石蕊溶液先變紅后褪色,說明有氯氣剩余,故反應(yīng)后含氯的氣體有3種,故A錯誤;B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL濃度均為0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液,由于堿過量,兩種金屬離子均完全沉淀,不存在沉淀的轉(zhuǎn)化,故不能根據(jù)現(xiàn)象比較Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小,故B錯誤;C.碳酸氫銨受熱分解生成氨氣、水和二氧化碳,氨氣溶于水溶液顯堿性,使石蕊變藍,結(jié)論錯誤,故C錯誤;D.金屬鈉和水反應(yīng)比鈉和乙醇反應(yīng)劇烈,說明水中羥基氫的活潑性大于乙醇的,故D正確。故選D。8、D【解析】
侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳,獲得碳酸氫鈉晶體,再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿,它的反應(yīng)原理可用下列化學方程式表示:NaCl(飽和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O;再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣,可以循環(huán)使用,方程式為:CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O,所以沒有使用的反應(yīng)原理的化學方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓;故選:D。【點睛】侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳,獲得碳酸氫鈉晶體,再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿,再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣,可以循環(huán)使用。9、D【解析】
A.反應(yīng)前2min內(nèi)Y的改變量為1.14mol,則Z改變量為1.18mol,2min內(nèi)Z的平均速率v(Z)=Δn/Δt==4×11?3mol·(L·min)?1,故A錯誤;B.其他條件不變,降低溫度,平衡向放熱方向移動,正向移動,反應(yīng)達到新平衡前:v(正)>v(逆),故B錯誤;C.充入氣體X和氣體Y各1.16mol,平衡時Y的物質(zhì)的的量為1.11mol,則改變量為1.16mol,此時Z的物質(zhì)的量為1.12mol,濃度為1.112mol?L?1,保持其他條件不變向容器中充入1.32mol氣體X和1.32mol氣體Y,用建模思想,相當于兩個容器,縮小容器加壓,平衡不移動,濃度為原來2倍,即c(Z)=1.124mol·L?1,故C錯誤;D.平衡時,Y的物質(zhì)的量為1.1mol,X的物質(zhì)的量為1.1mol,Z的物質(zhì)的量為1.12mol,該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù),故D正確;答案選D。10、C【解析】A.M點是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不斷加入NaOH固體后反應(yīng)得到氯化銨和一水合氨溶液,銨根離子濃度和一水合氨濃度相同,一水合氨是一元弱堿抑制水電離,此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度,A正確;B.在M點時溶液中存在電荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正確;C.銨根離子水解顯酸性,結(jié)合水解平衡常數(shù)分析,c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),隨氫氧化鈉固體加入,反應(yīng)生成一水合氨濃度增大,平衡常數(shù)不變,則c(H+)/c(NH4+)減小,C錯誤;D.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不斷加入NaOH固體后,當n(NaOH)=0.1mol時,恰好反應(yīng)生成氯化鈉和一水合氨,根據(jù)物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),D正確;答案選C。11、C【解析】
A、H2SO3為弱酸,a點溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3,a點溶液體積大于20mL,根據(jù)物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)?0.1mol·L?1,a點所加氫氧化鈉溶液體積小于20ml,所以和H2SO3反應(yīng)產(chǎn)物為NaHSO3和H2SO3,根據(jù)H2SO3的Ka1=c(HSO3-)×c(H+)/c(H2SO3),根據(jù)pKa1=?lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3-)×10-1.85/c(H2SO3),所以c(HSO3-)=c(H2SO3),帶入物料守恒式子中有:2c(H2SO3)+c(SO32-)?0.1mol·L?1,A錯誤。B、b點加入氫氧化鈉溶液的體積為20mL,與H2SO3恰好生成NaHSO3,根據(jù)物料守恒有:c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),根據(jù)電荷守恒有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(Na+)+c(H+),所以有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(H+),故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-),B正確。C、c點加入的氫氧化鈉溶液大于20ml小于40ml,所以生成的溶質(zhì)為Na2SO3和NaHSO3,根據(jù)c點溶液中H2SO3的第二步平衡常數(shù),由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19,又根據(jù)Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-),c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3-),又根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-),所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3-)-c(H+),又因為c點呈堿性,c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>3c(HSO3-),C正確;D、d點恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3溶液,SO32-水解得到HSO3-,但是水解程度小,故有c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-),D正確。正確答案為A【點睛】本題考查水溶液中離子濃度大小的比較,較難。B、D選項容易判斷,主要是A、C兩個選項的判斷較難,首先須分析每點溶液中溶質(zhì)的成分及酸堿性、然后利用電離常數(shù)和對應(yīng)點氫離子濃度,得到有關(guān)的某兩種離子濃度相等的等式,然后利用不等式的知識解答。12、C【解析】
根據(jù)i的現(xiàn)象,a點溶液為澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,該沉淀中含有Fe(OH)2,即a點溶液中含有Fe2+,F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液,先發(fā)生2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c點和d點溶液中Fe3+和SO32-發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生紅褐色沉淀,且生成H2SO3,因此無氣體產(chǎn)生,然后據(jù)此分析;【詳解】根據(jù)i的現(xiàn)象,a點溶液為澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即產(chǎn)生灰白色沉淀,該沉淀中含有Fe(OH)2,即a點溶液中含有Fe2+,F(xiàn)eCl3溶液中加入Na2SO3溶液,先發(fā)生2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,c點和d點溶液中Fe3+和SO32-發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生紅褐色沉淀,且生成H2SO3,因此無氣體產(chǎn)生,取上層清液滴加NaOH溶液,無明顯現(xiàn)象,是因為NaOH與H2SO3反應(yīng),滴加KSCN溶液顯紅色,說明溶液中含有Fe3+,A、a點處溶液中含有SO42-,加入BaCl2,會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀,故A錯誤;B、pH升高說明溶液c(H+)減小,原因是c(SO32-)增大,水解程度增大,按照給出方程式,生成H+,溶液c(H+)增大,溶液的pH應(yīng)減小,不會增大,故B錯誤;C、c點溶液中Fe3+和SO32-發(fā)生雙水解反應(yīng),離子方程式為2Fe3++3SO32-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3,故C正確;D、溶液變紅后滴加NaOH會消耗溶液中的Fe3+,因此紅色應(yīng)變淺,故D錯誤;答案為C。13、D【解析】
由工藝流程分析可知,銅陽極泥經(jīng)O2焙燒得到TeO2,堿浸時TeO2與NaOH反應(yīng)得到Na2TeO3,再經(jīng)過氧化和酸化得到TeO42-,TeO42-與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到粗碲,3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-,結(jié)合選項分析即可解答?!驹斀狻緼.“焙燒”硅酸鹽產(chǎn)品主要用到的儀器有:坩堝、泥三角、酒精燈和玻璃棒,不能用蒸發(fā)皿,A選項錯誤;B.還原時發(fā)生反應(yīng):3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-,氧化劑為TeO42-,還原劑SO32-,物質(zhì)的量之比與化學計量數(shù)成正比,故為1:3,B選項錯誤;C.“氧化”時氧化劑為H2O2,溫度過高,H2O2會分解,氧化效果會減弱,C選項錯誤;D.根據(jù)上述分析,并結(jié)合題干條件,TeO2微溶于水,易溶于強酸和強堿,TeO2是兩性氧化物,堿浸時反應(yīng)的離子方程式為TeO2+2OH-=TeO32-+H2O,D選項正確;答案選D。14、C【解析】
A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量,水的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài),因此該式不能表示該反應(yīng)的燃燒熱,A錯誤;B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物質(zhì)的量達到最大:2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,B錯誤;C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng),證明H2O2具有還原性,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒,可得反應(yīng)的離子方程式為:2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O,C正確;D.用石墨作電極電解NaCl溶液,陽極Cl-失去電子變?yōu)镃l2,陰極上水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)镠2,反應(yīng)方程式為:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-,D錯誤;故合理選項是C。15、A【解析】
A.C3H8為分子晶體且無同分異構(gòu)體,故C3H8為分子式且只能表示丙烷,故A正確;B.CuSO4為離子晶體,故CuSO4是化學式但不是分子式,故B錯誤;C.SiO2為原子晶體,故SiO2是化學式,不是分子式,故C錯誤;D.C3H6為分子晶體,但有同分異構(gòu)體,即C3H6是分子式,但可能表示的是丙烯,還可能表示的是環(huán)丙烷,故不能確定其物質(zhì),故D錯誤。故選:A。【點睛】應(yīng)注意的是只有分子晶體才有分子式。16、C【解析】
A、由于試液中外加了NaOH和Na2CO3,所以不能確定原試液中是否含有鈉離子,故A錯誤;B、試液中有沒有葡萄糖酸根離子,都無銀鏡生成,因為葡萄糖酸根離子中不含醛基,故B錯誤;C、濾液中加氨水無沉淀產(chǎn)生,說明無鎂離子,加入碳酸鈉溶液,有白色沉淀,說明有鈣離子,故C正確;D、試液中可能含亞鐵離子,也可能只含鐵離子而不含亞鐵離子,故D錯誤;答案選C。17、D【解析】
根據(jù)分析W為N,X為O,Y為S,Z為Cl?!驹斀狻緼選項,紅葡萄酒含有二氧化硫,主要作用是殺菌、澄清、抗氧化的作用,故A正確;B選項,在元素周期表中,117號元素是第七周期第VIIA族,與Z元素位于同一主族,故B正確;C選項,簡單離子的半徑大小順序為:X<W<Y<Z,故C正確;D選項,W的氫化物與Z的氫化物反應(yīng),產(chǎn)物都為共價化合物,故D錯誤;綜上所述,答案為D。18、A【解析】
A.泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液,兩者混合時發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng),生成大量的二氧化碳氣體泡沫,該泡沫噴出CO2進行滅火。但是,噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含水,形成電解質(zhì)溶液,具有一定的導電能力,會導致觸電或電器短路,因此泡沫滅火器不適用于電器滅火,A錯誤;B.疫苗是指用各類病原微生物制作的用于預防接種的生物制品。由于疫苗對溫度比較敏感,溫度較高時,會因為蛋白質(zhì)變性,而失去活性,所以疫苗一般應(yīng)該冷藏保存,B正確;C.油性漆是指用有機物作為溶劑或分散劑的油漆;水性漆是指用水作為溶劑或分散劑的油漆,使用水性漆可以減少有機物的揮發(fā)對人體健康和室內(nèi)環(huán)境造成的影響,C正確;D.電熱水器內(nèi)膽連接一個鎂棒,就形成了原電池,因為鎂棒比較活潑,Mg棒作原電池的負極,從而對正極的熱水器內(nèi)膽(多為不銹鋼或銅制)起到了保護作用,這種保護方法為:犧牲陽極的陰極保護法,D正確;故合理選項是A。19、C【解析】
由電離常數(shù)可知,HNO2和CH3COOH都是弱酸,并且醋酸的酸性更弱。pH相同、體積均為V0的兩種酸溶液中,醋酸的物質(zhì)的量比亞硝酸大?!驹斀狻緼.相同pH的弱酸加水稀釋,酸性越強的酸,pH變化越大,所以曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液,正確;B.從圖中可以看出,溶液的pHb點小于c點,說明c(H+)b點比c點大,c(OH-)c點比b點大,從而說明溶液中水的電離程度c點比b點大,正確;C.相同體積a點的兩種酸,醋酸的物質(zhì)的量大,分別與NaOH溶液恰好中和后,溶液中n(NO2-)<n(CH3COO-),錯誤;D.由c點到d點,弱酸的電離常數(shù)和水的電離常數(shù)都不變,所以Kw/Ka不變,即保持不變,正確。故答案為C。20、C【解析】
A.戰(zhàn)國?曾侯乙編鐘屬于青銅制品,青銅是銅錫的合金,故A正確;B.陶瓷主要成分為硅酸鹽,秦朝?兵馬俑用陶土燒制而成的陶,屬硅酸鹽產(chǎn)品,故B正確;C.碳纖維是一種含碳量在95%以上的高強度、高模量纖維的新型纖維材料,作畫用的一些宣紙其主要成分是纖維素,屬于多糖,故C錯誤;D.銅綠的主要成分為堿式碳酸銅,呈綠色,故D正確;故選C。21、D【解析】
A.氯化鋁為分子晶體,熔融狀態(tài)下以分子存在,所以熔融狀態(tài)不導電,是共價化合物,故A正確;B.向FeBr2溶液中加入少量氯水,再加CCl4振蕩,CCl4層無色,說明溴離子沒有被氧化,從而可證明Fe2+的還原性強于Br?,故B正確;C.氫離子濃度相同,但陰離子不同,鋁與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氣泡較快,可能是Cl?對該反應(yīng)起到促進作用,故C正確;D.滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液產(chǎn)生白色沉淀,再加入0.1mol/L的NaI溶液,硝酸銀過量,均為沉淀生成,則不能比較Ksp大小,故D錯誤;故答案選D。22、C【解析】
A.滴定終點生成強堿弱酸鹽,溶液呈堿性,而甲基橙的變色范圍是3.1~4.4,所以應(yīng)選酚酞作指示劑,故A錯誤;B.由圖可知,濃度均為0.0100mol/LHA、H3B溶液中,HA、H3B溶液,H3B溶液起始時pH更小,說明H3B電離出氫離子的能力強于HA,則酸性較強的為H3B,故B錯誤;C.,,由圖可知時,pH為7.2,則Ka2=10-7.2,K=10-6.8,HB2-的電離常數(shù)為Ka3,由于Ka2>>Ka3,所以常溫下HB2-的水解程度大于電離程度,NaH2B溶液呈堿性,故C正確;D.,K==,由圖可知,時,氫離子濃度等于Ka1,因此Ka1的量級在10-2~10-3,H2B-離子的水解常數(shù)的數(shù)量級為10-12,故D錯誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr(或HCl)保護碳碳雙鍵防止被加成或氧化【解析】
(1)鏈節(jié)主鏈為碳原子,且含有碳碳雙鍵,應(yīng)是烯烴、1,3﹣丁二烯之間發(fā)生的加聚反應(yīng),除苯乙烯外,還需要另外兩種單體為:CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2,故答案為CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2;(2)苯乙烯先與HBr發(fā)生加成反應(yīng),然后再催化劑條件下發(fā)生取代反應(yīng),最后在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)得到,第一步的目的是:保護碳碳雙鍵防止被加成,故答案為HBr;保護碳碳雙鍵防止被加成;(3)鄰甲基苯酚可合成A,分子式為C7H6O3,則A為,A發(fā)生縮聚反應(yīng)得到B,B的結(jié)構(gòu)簡式為:,A與濃溴水反應(yīng)的化學方程式為:,故答案為;;(4)在堿性條件下水解得到,然后發(fā)生催化氧化得到,再氧化得到,最后用酸酸化得到,合成路線流程圖為:。24、乙醇羧基取代反應(yīng)3【解析】根據(jù)已知:①有機物A的質(zhì)譜與核磁共振氫譜圖可知,A的相對分子質(zhì)量為46,核磁共振氫譜有3組峰,峰面積之比為1:2:3,則A為乙醇;根據(jù)流程可知,E在鐵和氯化氫作用下發(fā)生還原反應(yīng)生成,則E為;E是D發(fā)生硝化反應(yīng)而得,則D為;D是由A與C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)而得,則C為;C是由分子式為C7H8的烴B氧化而得,則B為甲苯;結(jié)合已知③以及G的分子式,可知對二甲苯與二分子一氯甲烷反應(yīng)生成F,F(xiàn)為;根據(jù)已知②可知,F(xiàn)氧化生成G為;G脫水生成H,H為。(1)A的名稱是乙醇;C為,含氧官能團的名稱是羧基;(2)反應(yīng)②是D在濃硫酸和濃硝酸作用下發(fā)生硝化反應(yīng)(或取代反應(yīng))生成E;(3)反應(yīng)①是A與C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成D,其化學方程式是;(4)F的結(jié)構(gòu)筒式是;(5)的同分異構(gòu)體滿足條件:①能發(fā)生銀鏡反應(yīng),說明含有醛基;②能發(fā)生水解反應(yīng),其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng),說明含有甲酸酯的結(jié)構(gòu),且水解后生成物中有酚羥基結(jié)構(gòu);③1mol該物質(zhì)最多能與8molNaOH反應(yīng),則符合條件的同分異構(gòu)體可以是:、、共3種;(6)間二甲苯氧化生成間苯二甲酸,間苯二甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成間苯二甲酸二甲酯,間苯二甲酸甲酯發(fā)生硝化反應(yīng)生成,還原得到,其合成路線為:。25、鈉的密度大于煤油的密度,小于水的密度鈉不與空氣接觸,缺乏燃燒條件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】
(1)根據(jù)物體的浮沉條件可知:鈉浮在水面上,說明鈉的密度小于水的密度,鈉懸浮在煤油和水的界面上,說明鈉的密度大于煤油的密度;故答案為:鈉的密度大于煤油的密度,小于水的密度;(2)根據(jù)燃燒的條件可知,鈉不燃燒的原因是:煤油將鈉與空氣隔絕;故答案為:鈉不與空氣接觸,缺乏燃燒條件;(3)金屬鈉投入到硫酸銅溶液中,首先與水反應(yīng),生成的氫氧化鈉再與硫酸銅反應(yīng),相關(guān)的化學方程式為:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑;故答案為:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑?!军c睛】并不是所有的金屬都能從金屬性更弱的金屬鹽溶液中置換出該種金屬,要考慮這種金屬是否能夠與水反應(yīng),如果能夠與水反應(yīng),則優(yōu)先考慮與水反應(yīng),再看反應(yīng)產(chǎn)物是否與鹽溶液反應(yīng)。26、沉淀不溶解,無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32-與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動b小于2Ag++2I-=I2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)【解析】
⑴因為BaCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量,因此說明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應(yīng)遠遠小于沉淀反應(yīng)速率;原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I2;②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產(chǎn)生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據(jù)已知信息“其他條件不變時,參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關(guān)”可的結(jié)論;③實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)?!驹斀狻竣乓驗锽aCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸,所以實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4,依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后,沉淀不溶解,無氣泡產(chǎn)生(或無明顯現(xiàn)象);故答案為:沉淀不溶解,無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;故答案為:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動,BaSO4沉淀部分轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀;故答案為:BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動。⑷為觀察到AgCl轉(zhuǎn)化為AgI,需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量,因此說明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI;故答案為:b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應(yīng)遠遠小于沉淀反應(yīng)速率;原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I2;故答案為:小于;2I-+2Ag+=2Ag+I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產(chǎn)生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據(jù)已知信息“其他條件不變時,參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強,原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關(guān)”可知,實驗Ⅳ中b<a;故答案為:生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小。③實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq);故答案為:實驗步驟ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響,實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)。27、安全瓶,防止倒吸能碳酸鈉溶液顯堿性,可以抑制Na2S水解溫度過高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1較多,或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶體的溶解度,促進晶體析出×100%D【解析】
(1)裝置B的作用是平衡壓強,防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫酸鈉;(1)Na2S是強堿弱酸鹽,易發(fā)生水解;(4)溫度過高不利于二氧化硫的吸收,產(chǎn)品產(chǎn)率會降低;(5)Na2S2O1.5H2O是無色晶體,易溶于水,難溶于乙醇;(6)根據(jù)反應(yīng)Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列關(guān)系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,結(jié)合數(shù)據(jù)計算理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質(zhì)量,Na2S2O1·5H2O的產(chǎn)率為;(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉,減少副產(chǎn)物的含量就要防止Na2SO1被氧化?!驹斀狻?1)裝置B的作用是平衡壓強,防止倒吸,則B為安全瓶防止倒吸;(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應(yīng)制備亞硫酸鈉,氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)也可以生成亞硫酸鈉,可以代替碳酸鈉;(1)Na2S是強堿弱酸鹽,易發(fā)生水解,碳酸鈉溶液顯堿性,可以抑制Na2S水解;(4)溫度過高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO1較多,或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答案;(5)Na2S2O1.5H2O是無色晶體,易溶于水,難溶于乙醇,則乙醇的作用為:降低Na2S2O1晶體的溶解度,促進晶體析出;(6)根據(jù)反應(yīng)Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2;2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1;S+Na2SO1Na2S2O1,列關(guān)系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O,理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質(zhì)量為g,Na2S2O1·5H2O的產(chǎn)率為×100%=×100%;(7)A.用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水中含氧量降低,可有效防止Na2SO1被氧化為Na2SO4,可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生,故A不符合題意;B.裝置A增加一導管,實驗前通人N2片刻,可將裝置中的空氣趕走提供無氧環(huán)境,可防止Na2SO1被氧化為Na2SO4,可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生,故B不符合題意;C.先往裝置A中滴加硫酸,產(chǎn)生二氧化硫,可將裝置中的空氣趕走,片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液,可減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生,故C不符合題意;D.將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管,裝置中仍然含有空氣,氧氣可將Na2SO1被氧化為Na2SO4,不能減少副產(chǎn)物產(chǎn)生,故D符合題意;答案選D。28、dMn2+為3d
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