西藏民族大學附屬中學2024年高考化學一模試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

西藏民族大學附屬中學2024年高考化學一模試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y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、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素,其中Z為金屬元素,X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙,甲是常見溫室效應氣體。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質,丁是化合物,其轉化關系如圖所示。下列判斷不正確的是A.反應①②③都屬于氧化還原反應 B.X、Y、Z、W四種元素中,W的原子半徑最大C.在信息工業(yè)中,丙常作光導纖維材料 D.一定條件下,x與甲反應生成丁2、電化學在日常生活中用途廣泛,圖甲是鎂——次氯酸鈉燃料電池,電池總反應為:Mg+ClO-+H2O=Cl-A.圖乙Cr2O72-向惰性電極移動,與該極附近的B.圖甲中發(fā)生的還原反應是MgC.圖乙電解池中,若有0.84g陽極材料參與反應,則陰極會有3.36L的氣體產生D.若圖甲電池消耗0.36g鎂,圖乙廢水處理,理論上可產生1.07g氫氧化鐵沉淀3、香豆素-4由C、H、O三種元素組成,分子球棍模型如下圖所示。下列有關敘述錯誤的是A.分子式為C10H9O3B.能發(fā)生水解反應C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.1mol香豆素-4最多消耗3molNaOH4、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法錯誤的是A.112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NAB.25℃時,1L0.1mol·L-1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NAC.常溫下,64gCu與足量的濃硫酸混合,轉移的電子數(shù)目為2NAD.88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA5、某溶液含有等物質的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I-、SO42-、SO32-、Cl-中的幾種離子。取樣,加入KSCN溶液,溶液變血紅色,對溶液描述錯誤的是A.一定沒有Ba2+ B.可能含有Na+C.一定沒有SO32- D.一定有Cl-6、己知通常情況下溶液中不同離子的電導率不同?,F(xiàn)將相同濃度(1.5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液分別滴入21mL1.12mol·L-1A1C13溶液中,隨溶液加入測得導電能力變化曲線如圖所示,下列說法中錯誤的是A.常溫時,若上述氨水pH=11,則Kb≈2×11-6mol·L-1B.b、c兩點對應溶液導電能力差異主要與離子電導率有關C.cd段發(fā)生的反應是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-D.e、f溶液中離子濃度:c(NH4+)>c(K+)7、CO2和CH4催化重整可制備合成氣,對減緩燃料危機具有重要的意義,其反應歷程示意圖如下:下列說法不正確的是A.合成氣的主要成分為CO和H2B.①→②既有碳氧鍵的斷裂,又有碳氧鍵的形成C.①→②吸收能量D.Ni在該反應中做催化劑8、實驗室常用如下裝置制備乙酸乙酯。下列有關分析不正確的是A.b中導管不能插入液面下,否則會阻礙產物的導出B.固體酒精是一種白色凝膠狀純凈物,常用于餐館或野外就餐C.乙酸乙酯與互為同分異構體D.乙酸、水、乙醇羥基氫的活潑性依次減弱9、已知有機物C2H4O、C3H6O2和C4H8組成的混合物中,碳元素的質量分數(shù)為a%,則氧元素的質量分數(shù)為A.(100—)% B.% C.% D.無法計算10、銀Ferrozine法檢測甲醛的原理:①在原電池裝置中,氧化銀將甲醛充分氧化為CO2②Fe3+與①中產生的Ag定量反應生成Fe2+③Fe2+與Ferrozine形成有色物質④測定溶液的吸光度(吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比)。下列說法不正確的是()A.①中負極反應式:HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B.①溶液中的H+由Ag2O極板向另一極板遷移C.測試結果中若吸光度越大,則甲醛濃度越高D.理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1:411、Bodensteins研究反應H2(g)+I2(g)2HI(g)△H<0,溫度為T時,在兩個體積均為1L的密閉容器中進行實驗,測得氣體混合物中碘化氫的物質的量分數(shù)w

(HI)與反應時間t的關系如下表:容器編號起始物質t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I2、0.5mol

H2w(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究發(fā)現(xiàn)上述反應中:v正=ka?w(H2)?w(I2),v逆=kb?w2(HI),其中ka、kb為常數(shù)。下列說法不正確的是()A.溫度為T時,該反應=64B.容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025

mol?L-1?min-1C.若起始時,向容器I中加入物質的量均為0.1

mol的H2、I2、HI,反應逆向進行D.無論x為何值,兩容器中達平衡時w(HI)%均相同12、已知:CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)?H<0。對含有大量CaSO4(s)的濁液改變一個條件,下列圖像符合濁液中c(Ca2+)變化的是()A.加入少量BaCl2(s)B.加少量蒸餾水C.加少量硫酸D.適當升高溫度13、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,化合物M、N均由這四種元素組成,且M的相對分子質量比N小16。分別向M和N中加入燒堿溶液并加熱,二者均可產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。將M溶液和N溶液混合后產生的氣體通入品紅溶液中,溶液變無色,加熱該無色溶液,無色溶液又恢復紅色。下列說法錯誤的是A.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Y>XB.簡單離子的半徑:Z>YC.X和Z的氧化物對應的水化物都是強酸D.X和Z的簡單氣態(tài)氫化物能反應生成兩種鹽14、對于達到化學平衡狀態(tài)的可逆反應,改變某一條件,關于化學反應速率的變化、化學平衡的移動、化學平衡常數(shù)的變化全部正確的是()條件的改變化學反應速率的改變化學平衡的移動化學平衡常數(shù)的變化A加入某一反應物一定增大可能正向移動一定不變B增大壓強可能增大一定移動可能不變C升高溫度一定增大一定移動一定變化D加入(正)催化劑一定增大不移動可能增大A.A B.B C.C D.D15、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是()A.溴水中存在Br2+H2O?HBr+HBrO,當加入硝酸銀溶液并靜置后,溶液顏色變淺B.反應CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,平衡后,升高溫度體系顏色變深C.用飽和食鹽水除去Cl2中的HClD.合成氨反應中,為提高原料的轉化率,可采用高溫加熱的條件16、下列電池工作時,O2在正極放電的是()A.鋅錳電池B.氫燃料電池C.鉛蓄電池D.鎳鎘電池A.A B.B C.C D.D17、通過下列反應不可能一步生成MgO的是A.化合反應 B.分解反應 C.復分解反應 D.置換反應18、Bodensteins研究了下列反應:2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K時,氣體混合物中碘化氫的物質的量分數(shù)x(HI)與反應時間t的關系如下表:t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的關系可用如圖表示。當改變條件,再次達到平衡時,下列有關敘述不正確的是A.若升高溫度到某一溫度,再次達到平衡時,相應點可能分別是A、EB.若再次充入amolHI,則達到平衡時,相應點的橫坐標值不變,縱坐標值增大C.若改變的條件是增大壓強,再次達到平衡時,相應點與改變條件前相同D.若改變的條件是使用催化劑,再次達到平衡時,相應點與改變條件前不同19、2005年法拉利公司發(fā)布的敞篷車(法拉利Superamerica),其玻璃車頂采用了先進的電致變色技術,即在原來玻璃材料基礎上增加了有電致變色系統(tǒng)組成的五層膜材料(如圖所示)。其工作原理是:在外接電源(外加電場)下,通過在膜材料內部發(fā)生氧化還原反應,實現(xiàn)對器件的光透過率進行多級可逆性調節(jié)。下列有關說法中不正確的是()A.當A外接電源正極時,Li+脫離離子儲存層B.當A外接電源負極時,電致變色層發(fā)生反應為:WO3+Li++e-=LiWO3C.當B外接電源正極時,膜的透過率降低,可以有效阻擋陽光D.該電致變色系統(tǒng)在較長時間的使用過程中,離子導體層中Li+的量可保持基本不變20、工業(yè)上利用無機礦物資源生產部分材料的流程圖如下。下列說法不正確的是A.在鋁土礦制備較高純度Al的過程中常用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B.石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽,都能與鹽酸反應C.在制粗硅時,被氧化的物質與被還原的物質的物質的量之比為2∶1D.黃銅礦(CuFeS2)與O2反應產生的Cu2S、FeO均是還原產物21、離子化合物O2[PtF6]的陰離子為[PtF6]-,可以通過反應O2+PtF6→O2[PtF6]得到。則A.O2[PtF6]中只含離子鍵 B.O2[PtF6]中氧元素化合價為+1C.反應中O2是氧化劑,PtF6是還原劑 D.每生成1molO2PtF6轉移1mol電子22、下列說法中正確的是A.在鐵質船體上鑲嵌鋅塊,可以減緩船體被海水腐蝕的速率,稱為犧牲陰極的陽極保護法B.電解飽和食鹽水是將電能轉變成化學能,在陰極附近生成氫氧化鈉和氫氣C.銅鋅原電池反應中,銅片作正極,產生氣泡發(fā)生還原反應,電子從銅片流向鋅片D.外加電流的陰極保護法是將被保護的金屬與外加電源的正極相連二、非選擇題(共84分)23、(14分)2010年美、日三位科學家因鈀(Pd)催化的交叉偶聯(lián)反應獲諾貝爾化學獎。一種鈀催化的交叉偶聯(lián)反應如下:(R、R’為烴基或其他基團),應用上述反應原理合成防曬霜主要成分K的路線如下圖所示(部分反應試劑和條件未注明):已知:①B能發(fā)生銀鏡反應,1molB最多與2molH2反應。②C8H17OH分子中只有一個支鏈,且為乙基,其連續(xù)氧化的產物能與NaHCO3反應生成CO2,其消去產物的分子中只有一個碳原子上沒有氫。③G不能與NaOH溶液反應。④核磁共振圖譜顯示J分子有3種不同的氫原子。請回答:(1)B中含有的官能團的名稱是______________________________(2)B→D的反應類型是___________(3)D→E的化學方程式是_________________________________________(4)有機物的結構簡式:G_______________________;K__________________________(5)符合下列條件的X的同分異構體有(包括順反異構)_____種,其中一種的結構簡式是__________。a.相對分子質量是86b.與D互為同系物(6)分離提純中間產物E的操作:先用堿除去D和H2SO4,再用水洗滌,棄去水層,最終通過________操作除去C8H17OH,精制得E。24、(12分)化合物F是一種食品保鮮劑,可按如下途徑合成:已知:RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO。試回答:(1)A的化學名稱是____,A→B的反應類型是____。(2)B→C反應的化學方程式為________。(3)C→D所用試劑和反應條件分別是_____。(4)E的結構簡式是_____。F中官能團的名稱是_____。(5)連在雙鍵碳上的羥基不穩(wěn)定,會轉化為羰基,則D的同分異構體中,只有一個環(huán)的芳香族化合物有____種。其中苯環(huán)上只有一個取代基,核磁共振氫譜有5個峰,峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為____。25、(12分)氨氣和氯氣是重要的工業(yè)原料,某興趣小組設計了相關實驗探究它們的某些性質。實驗一:認識噴泉實驗的原理,并測定電離平衡常數(shù)K(NH3·H2O)。(1)使圖中裝置Ⅱ產生噴泉的實驗操作是_____________________________________。(2)噴泉實驗結束后,發(fā)現(xiàn)三頸燒瓶中未充滿水(假如裝置的氣密性良好),原因是______。用___________(填儀器名稱)量取25.00mL噴泉實驗后的氨水至錐形瓶中,用0.0500mol·L-1的鹽酸測定氨水的濃度,滴定曲線如圖所示。下列關于該滴定實驗的說法中正確的是__________(填字母)。A.應選擇甲基橙作為指示劑B.當pH=7.0時,氨水與鹽酸恰好中和C.酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致測定結果偏低D.當pH=11.0時,K(NH3·H2O)約為2.2×10-5實驗二:擬用如下裝置設計實驗來探究純凈、干燥的氯氣與氨氣的反應。(3)A中所發(fā)生反應的化學方程式為__________________________________。(4)上圖中的裝置連接順序為①_________②_________③_________(用大寫字母表示)。若按照正確順序連接實驗裝置后,則整套實驗裝置存在的主要缺點是________。(5)寫出F裝置中的反應的一種工業(yè)用途:___________________________________。(6)反應完成后,F(xiàn)裝置中底部有固體物質生成。請利用該固體物質設計一個實驗方案證明NH3·H2O為弱堿(其余實驗用品自選):___________________________________。26、(10分)碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。(1)合成該物質的步驟如下:步驟1:配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2:用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中,開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3:將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min內滴加完后,用氨水調節(jié)溶液pH到9.5。步驟4:放置1h后,過濾,洗滌。步驟5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸鎂晶須產品(MgCO3·nH2On=1~5)。①步驟2控制溫度在50℃,較好的加熱方法是_________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的化學方程式為__________。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________。(2)測定生成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須,放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水,并滴入稀硫酸與晶須反應,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室溫下反應4~5h,反應后期將溫度升到30℃,最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定,測得CO2的總量;重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是_________。②上述反應后期要升溫到30℃,主要目的是______。③測得每7.8000g碳酸鎂晶須產生標準狀況下CO2為1.12L,則n值為_______。(3)碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得,為測定某菱鎂礦(主要成分是碳酸鎂,含少量碳酸亞鐵、二氧化硅)中鐵的含量,在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉移到錐形瓶中,加入指示劑,用0.010mol/LH2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液應裝在_________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②根據(jù)表中數(shù)據(jù),可計算出菱鎂礦中鐵元素的質量分數(shù)為_________%(保留小數(shù)點后兩位)。27、(12分)ClO2與Cl2的氧化性相近,常溫下均為氣體,在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收、釋放和應用進行了研究?(1)儀器C的名稱是:___?安裝F中導管時,應選用圖2中的:___(填“a”或“b”)。(2)打開B的活塞,A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2,寫出反應化學方程式:___;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,可采取的措施是___?(3)關閉B的活塞,ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2,此時F中溶液的顏色不變,則裝置C的作用是:___。(4)已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2,該反應的離子方程式為:___,在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應,則裝置F的作用是:___?(5)已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ,加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示,若將其用于水果保鮮,你認為效果較好的穩(wěn)定劑是___,(選填“I”或“II”)理由是:___?28、(14分)氮的化合物能影響植物的生長,其氧化物也是大氣的主要污染物之一。(1)固氮直接影響作物生長。自然固氮發(fā)生的反應有:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol-1②2NO(g)+O2(g)==2NO2(g)ΔH2=-114.1kJ·mo1-l③N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH3=__________kJ·mol-l。(2)一定溫度下,將等物質的量的NO和CO通入固定容積為4L的密閉容器中發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),反應過程中CO的物質的量變化如圖甲所示:①能判斷反應已達到化學平衡狀態(tài)的是___________(填序號);A.容器中的壓強不變B.2v正(CO)=v逆(N2)C.氣體的平均相對分子質量保持不變D.NO和CO的體積比保持不變②0~20min平均反應速率v(NO)為_______mol/(L·min);③反應達平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2,則此時平衡______(填“向正反應方向移動”、“向逆反應方向移動”或“不移動”);④該反應的正反應速率如圖乙所示。在t2時刻,將容器的容積迅速擴大到原來的2倍,在其他條件不變的情況下,t3時刻達到新的平衡狀態(tài)。請在上圖乙中,補充畫出從t2到t4時刻正反應速率隨時間的變化曲線。_____________;(3)三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽車尾氣中的NO2,其反應分兩步進行。第一步是:C3N3(OH)33HCNO;第二步是HCNO與NO2反應,把氮元素和碳元素轉變成無毒氣體。請寫出第二步發(fā)生的化學反應方程式_________________;(4)常溫下,在xmol·L-1氨水中加入等體積的ymol·L-1硫酸得混合溶液M恰好顯中性。①M溶液中所有離子濃度由大到小的順序為_________________。②常溫下,NH3·H2O的電離常數(shù)K=_______________(用含x和y的代數(shù)式表示,忽略溶液混合前后的體積變化)。29、(10分)研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時,涉及如下反應:2NO2(g)+NaCl(s)?NaNO3(s)+ClNO(g)+Q1K1(Ⅰ)2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)+Q2K2(Ⅱ)(1)4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=____(用含K1、K2的代數(shù)式表示).(2)為研究不同條件對反應(Ⅱ)的影響,在恒溫條件下,向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min時反應(Ⅱ)達到平衡.測得在10min內v(ClNO)=7.5×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1,則平衡后n(Cl2)=_____mol,NO的轉化率а1=____.其它條件保持不變,反應(Ⅱ)在恒壓條件下進行,平衡時NO的轉化率а2____а1(填“>”“<”或“=”),平衡常數(shù)K2____(填“增大”“減小”或“不變”).若要使K2減小,可采用的措施是____.(3)實驗室可用NaOH溶液吸收NO2,反應為2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A,溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液,則兩溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣)和c(CH3COO﹣)由大到小的順序為____.(已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1,CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10﹣5mol?L﹣1,可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是____.a向溶液A中加適量水b向溶液A中加適量NaOHc向溶液B中加適量水d溶液B中加適量NaOH.

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】

已知甲是常見溫室效應氣體,X、W為同一主族元素,X、W形成的最高價氧化物分別為甲、丙,則X為C元素、W為Si元素,甲為二氧化碳,丙為二氧化硅,x、w分別為X、W的單質,在高溫條件下x碳單質與二氧化硅反應生成w為硅,丁為一氧化碳;y2為氧氣,碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳,則Y為O元素,Z為金屬元素,z金屬單質能與二氧化碳反應生成碳單質與金屬氧化物,則Z為Mg元素,綜上所述,X為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素,據(jù)此解答?!驹斀狻坑梢陨戏治隹芍琗為C元素、Y為O元素、Z為Mg元素、W為Si元素,A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應,A項正確;B.同周期元素原子半徑從左到右依次減小,同主族元素原子半徑從上而下以此增大,故C、O、Mg、Si四種元素中,Mg的原子半徑最大,B項錯誤;C.丙為二氧化硅,在信息工業(yè)中,二氧化硅常作光導纖維材料,C項正確;D.在高溫條件下,碳與二氧化碳反應生成一氧化碳,D項正確;答案選B。2、B【解析】A.圖乙中惰性電極為陰極,F(xiàn)e電極為陽極,則Cr2O72-離子向金屬鐵電極移動,與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成的金屬陽離子與惰性電極附近的OH-結合轉化成Cr(OH)3除去,A錯誤;B.該原電池中,鎂作負極,負極上鎂失電子發(fā)生氧化反應,負極反應為Mg-2e-=Mg2+,電池反應式為Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓,正極上次氯酸根離子得電子發(fā)生還原反應,則總反應減去負極反應可得正極還原反應為Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓,B正確;C.圖乙的電解池中,陽極反應式是Fe-2e-=Fe2+,陰極反應式是2H++2e-=H2↑,則n(Fe)=0.84g÷56g/mol=0.015mol,陰極氣體在標況下的體積為0.015mol×22.4L/mol=0.336L,C錯誤;D.由電子守恒可知,Mg~2e-~Fe2+,由原子守恒可知Fe2+~Fe(OH)3↓,則n(Mg)=0.36g÷24g/mol=0.015mol,理論可產生氫氧化鐵沉淀的質量為0.015mol×107g/mol=1.605g,D錯誤;答案選B。3、A【解析】

A、反應式應為C10H8O3,錯誤;B、分子中有酯基,可以發(fā)生水解反應;正確;C、酚羥基和苯環(huán)相連碳上有H,可以被氧化,正確;D、酯基水解后共有兩個酚羥基和一個羧基,共消耗3molNaOH,正確;故選A。4、C【解析】

A.因為MgS與NaHS的摩爾質量都是56g.mol-1,所以112gMgS與NaHS混合物的物質的量為2mol,而MgS與NaHS混合晶體中含有陽離子分別為Mg2+、Na+,故112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NA,A正確;B.Na3PO4是強電解質,在溶液中的電離方程式為:Na3PO4=3Na++PO43-,則1L0.1mol·L-1的Na3PO4溶液中Na+的物質的量為0.3mol,故1L0.1mol·L-1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NA,B正確;C.常溫下,Cu與濃硫酸不反應,C錯誤;D.乙酸乙酯的結構式為,88g乙酸乙酯的物質的量是1mol,一個乙酸乙酯分子中含有兩個非極性共價鍵,故88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA,D正確;答案選C。5、B【解析】

加入KSCN溶液,溶液變血紅色,溶液中有Fe3+,溶液中不能含有I-、SO32-,因為離子的物質的量相等,根據(jù)電荷守恒,含有SO42-、Cl-,一定不能含有Na+和Ba2+。故選:B。6、D【解析】

A.常溫時,若上述氨水pH=11,則c(OH-)=11-3mol/L,Kb=≈2×11-6mol·L-1,選項A正確;B.曲線2為氫氧化鉀滴入氯化鋁溶液,溶液中離子濃度不斷增大,溶液中離子濃度越大,導電能力越強,b、c兩點對應溶液導電能力差異主要與離子電導率有關,選項B正確;C、根據(jù)曲線1可知b點產生最大量沉淀,對應的曲線2為氫氧化鉀滴入氯化鋁溶液,c點產生沉淀量最大,后沉淀開始溶解,cd段發(fā)生的反應是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-,選項C正確;D、相同濃度(1.5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液且滴入體積相等,考慮銨根離子水解,e、f溶液中加入離子濃度:c(NH4+)<c(K+),選項D錯誤。答案選D。7、C【解析】

A.由圖示可知CO2和CH4在Ni催化作用下,最終生成CO和H2,故A正確;B.化學反應的過程中存在構成反應物的鍵的斷裂和生成物中鍵的形成,由圖示可知①→②過程中既有碳氧鍵的斷裂,又有碳氧鍵的形成,故B正確;C.①的能量總和大于②的能量總和,則①→②的過程放出能量,故C錯誤;D.由圖示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的過程中Ni的質量和化學性質沒有發(fā)生變化,則Ni為催化劑,故D正確;故答案為C。8、B【解析】

A.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇,反應消耗乙酸,同時降低乙酸乙酯的溶解度,為防止產生倒吸現(xiàn)象,b中導管不能插入液面下,否則不僅可能會產生倒吸現(xiàn)象,而且還會阻礙產物的導出,A正確;B.固體酒精制作方法如下:將碳酸鈣固體放入醋酸(CH3COOH)溶液中,充分反應后生成醋酸鈣(CH3COO)2Ca、CO2、H2O,將醋酸鈣溶液蒸發(fā)至飽和,加入適量酒精冷卻后得膠狀固體即固體酒精,可見固體酒精是混合物,B錯誤;C.乙酸乙酯與的分子式都是C4H8O2,二者分子式相同,結構不同,故二者互為同分異構體,C正確;D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羥基,電離產生H+的能力:乙酸>水>乙醇,所以羥基氫的活潑性依次減弱,D正確;故合理選項是B。9、A【解析】

根據(jù)三種有機物中碳、氫的質量比相等,可根據(jù)碳元素的質量分數(shù)求出氧元素的質量分數(shù),進而求出氧元素的質量分數(shù)。【詳解】在三種化合物中碳、氫元素的原子個數(shù)比都為1:2,故碳元素和氫元素的質量比都為:12:1×2=6:1,故氫元素的質量分數(shù)為%,而三種有機物是由碳、氫、氧三種元素組成的,故氧元素的質量分數(shù)為:100%?a%?%=(100?)%;故答案選A。10、B【解析】

A.①在原電池裝置中,氧化銀將甲醛充分氧化為CO2,則負極HCHO失電子變成CO2,其電極反應式為:HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+,A項正確;B.Ag2O極板作正極,原電池中陽離子向正極移動,則①溶液中的H+由負極移向正極,B項錯誤;C.甲醛濃度越大,反應生成的Fe2+的物質的量濃度越大,形成有色配合物的濃度越大,吸光度越大,C項正確;D.甲醛充分氧化為CO2,碳元素的化合價從0價升高到+4價,轉移電子數(shù)為4,F(xiàn)e3+反應生成Fe2+轉移電子數(shù)為1,則理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1:4,D項正確;答案選B?!军c睛】本題的難點是D選項,原電池有關的計算主要抓住轉移的電子數(shù)相等,根據(jù)關系式法作答。11、C【解析】

A.H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)nn2n平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=×100%=80%,n=0.4mol/L,平衡常數(shù)K==64。反應達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等,ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI),則==K=64,故A正確;B.前20min,H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)mm2m平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2mw(HI)%=×100%=50%,m=0.25mol/L,容器I中前20min的平均速率,v(HI)==0.025mol?L-1?min-1,故B正確;C.若起始時,向容器I中加入物質的量均為0.lmol的H2、I2、HI,此時濃度商Qc==1<K=64,反應正向進行,故C錯誤;D.H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應前后氣體的物質的量不變,改變壓強,平衡不移動,因此無論x為何值,Ⅰ和Ⅱ均等效,兩容器達平衡時w(HI)%均相同,故D正確;答案選C。12、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀,c(SO42-)減小,使CaSO4溶解平衡向溶解方向移動,c(Ca2+)增大,故A錯誤;B.加少量蒸餾水,CaSO4(s)繼續(xù)溶解至飽和,c(Ca2+)不變,故B錯誤;C.加少量硫酸c(SO42-)增大,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動,c(Ca2+)減小,故C正確;D.適當升高溫度,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移動,c(Ca2+)減小,故D錯誤;故答案為C。13、C【解析】

依題意可知,M是NH4HSO3,N是NH4HSO4,故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S,據(jù)此分析。【詳解】依題意可知,M是NH4HSO3,N是NH4HSO4,故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S。A、H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強,選項A正確;B、S2-的半徑比O2-的大,選項B項正確;C、HNO3、H2SO4均是強酸,但是,HNO2、H2SO3均是弱酸,選項C錯誤;D、NH3和H2S可反應生成(NH4)2S、NH4HS兩種鹽,選項D正確。答案選C。14、C【解析】

A.如加入反應物為固體,由于不改變反應物濃度,則反應速率不變,平衡不移動,故A錯誤;B.如反應前后氣體的體積不變,則增大壓強,平衡不移動,平衡常數(shù)只受溫度的影響,改變壓強,平衡常數(shù)不變,故B錯誤;C.升高溫度,反應速率增大,平衡向吸熱方向移動,且平衡常數(shù)改變,故C正確;D.加入催化劑,反應速率增大,平衡不移動,且不影響平衡常數(shù),故D錯誤。故選:C。15、D【解析】

A.溴水中有下列平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,當加入AgNO3(s)后,硝酸銀與溴離子反應生成溴化銀沉淀,平衡正向移動,溶液顏色變淺,能用勒夏特列原理解釋,故A不選;B.反應CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)+Q,Q>0,正反應放熱,升高溫度,平衡逆向移動,能用勒夏特列原理解釋,故C不選;C.增大氯離子的濃度,平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移動使得氯氣難溶于飽和食鹽水,能用勒夏特列原理解釋,故C不選;D.合成氨反應是放熱反應,升高溫度,反應逆向移動,原料的轉化率減小,不能通過升高溫度提高原料的轉化率,故D選;正確答案是D?!军c睛】本題考查平衡移動原理,明確平衡移動原理內涵及適用范圍是解本題關鍵,注意:改變條件時不影響平衡移動的不能用平衡移動原理解釋。16、B【解析】

A選項,鋅錳電池,鋅為負極,二氧化錳為正極,故A錯誤;B選項,氫燃料電池,氫氣為負極,氧氣為正極,故B正確;C選項,鉛蓄電池,鉛為負極,二氧化鉛為正極,故C錯誤;D選項,鎳鎘電池,鎘為負極,氫氧化氧鎳為正極,故D錯誤;綜上所述,答案為B。17、C【解析】

A.2Mg+O22MgO屬于化合反應,A不選;B.Mg(OH)2MgO+H2O屬于分解反應,B不選;C.復分解反應無法一步生成MgO,C選;D.2Mg+CO22MgO+C屬于置換反應,D不選;答案選C。18、C【解析】

A.升高溫度,正、逆反應速率加快,由于該反應的正反應是吸熱反應,升高溫度,平衡向吸熱的正反應方向移動,HI的物質的量分數(shù)降低,H2的物質的量分數(shù)增大,最終達到平衡時,相應點可能分別是A、E,A正確;B.該反應是反應前后氣體體積相等的反應,若再次充入amolHI,平衡不發(fā)生移動,因此二者的物質的量的含量不變,但由于物質濃度增大,反應速率加快,所以達到平衡時,相應點的橫坐標值不變,縱坐標值增大,B正確;C.若改變的條件是增大壓強,化學平衡不移動,任何氣體的物質的量分數(shù)不變,但物質由于濃度增大,化學反應速率加快,所以再次達到平衡時,相應點與改變條件前不相同,C錯誤;D.催化劑不能是化學平衡發(fā)生移動,因此任何氣體的物質的量分數(shù)不變,但正、逆反應速率會加快,故再次達到平衡時,相應點的橫坐標值不變,縱坐標值增大,相應點與改變條件前不同,D正確;故合理選項是C。19、A【解析】

A.當A外接電源正極時,A處的透明導電層作陽極,電致變色層中LiWO3轉化為WO3和Li+,Li+進入離子儲存層,故A錯誤;B.當A外接電源負極時,A處的透明導電層作陰極,電致變色層發(fā)生反應為:WO3+Li++e-=LiWO3,故B正確;C.當B外接電源正極時,A處的透明導電層作陰極,電致變色層中WO3轉化為LiWO3,膜的透過率降低,可以有效阻擋陽光,故C正確;D.該電致變色系統(tǒng)在較長時間的使用過程中,LiWO3與WO3相互轉化,離子導體層中Li+的量可保持基本不變,故D正確;綜上所述,答案為A。20、B【解析】A.用鋁土礦制備較高純度A1,首先用NaOH溶液將鋁土礦中的氧化鋁溶解轉化為偏鋁酸鈉溶液,然后過濾、向濾液中通入CO2氣體把偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀,再過濾得氫氧化鋁,接著加熱氫氧化鋁讓其分解為氧化鋁,最后用冰晶石作助熔劑,電解熔融的氧化鋁得到鋁,所以A正確;B.、石英的主要成分是二氧化硅,它屬于酸性氧化物不與鹽酸反應。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸鈉、硅酸鈣,組成中有鹽故被稱為硅酸鹽產品,它也不能與鹽酸反應,實驗室經常用玻璃瓶盛放鹽酸,所以B不正確;C.在制粗硅時,發(fā)生反應SiO2+2C=Si+2CO,被氧化的物質C與被還原的物質SiO2的物質的量之比為2∶1,C是正確的;D.黃銅礦(CuFeS2)與O2反應,銅由+2價降為+1價被還原得到Cu2S、氧由0價降至-2得到FeO,所以Cu2S、FeO均是還原產物,D正確。21、D【解析】

A.化合物中的陰離子和陽離子是原子團,其中都存在共價鍵,A錯誤;

B.中氧元素的化合價是價,B錯誤;

C.根據(jù)化合價的升降可知,是還原劑,是氧化劑,C錯誤;

D.,PtF6,所以氧化還原反應中轉移電子總數(shù)為,D正確。

答案選D。22、B【解析】

A.在船體上鑲嵌鋅塊,形成鋅鐵原電池,鋅比鐵活潑,鋅作負極不斷被腐蝕,鐵做正極則不會被腐蝕,稱為犧牲陽極的陰極保護法,A錯誤;B.在外加電源的作用下,電解飽和食鹽水是將電能轉變成化學能,陰極上氫離子得電子生成氫氣,同時溶液中生成氫氧根離子,B正確;C.銅鋅原電池反應中,Zn

失電子作負極,銅片作正極,產生氣泡發(fā)生還原反應,電子從鋅片流向銅片,C錯誤;D.外加電流的陰極保護法應將被保護的金屬與外加電源的負極相連,與正極相連作陽極會失電子被腐蝕,D錯誤;答案選B。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵、醛基氧化反應CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH(或CH2=C(CH3)-COOH、、)蒸餾【解析】

B的分子式為C3H4O,B能發(fā)生銀鏡反應,B中含—CHO,1molB最多與2molH2反應,B的結構簡式為CH2=CHCHO;B發(fā)生氧化反應生成D,D能與C8H17OH發(fā)生酯化反應,則D的結構簡式為CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一個支鏈,且為乙基,其連續(xù)氧化的產物能與NaHCO3反應生成CO2,其消去產物的分子中只有一個碳原子上沒有氫,C8H17OH的結構簡式為,E的結構簡式為;F的分子式為C6H6O,F(xiàn)為,F(xiàn)與(CH3)2SO4、NaOH/H2O反應生成G,G的分子式為C7H8O,G不能與NaOH溶液反應,G的結構簡式為,G與Br2、CH3COOH反應生成J,J的分子式為C7H7OBr,核磁共振圖譜顯示J分子有3種不同的氫原子,J的結構簡式為;根據(jù)題給反應,E與J反應生成的K的結構簡式為;據(jù)此分析作答?!驹斀狻緽的分子式為C3H4O,B能發(fā)生銀鏡反應,B中含—CHO,1molB最多與2molH2反應,B的結構簡式為CH2=CHCHO;B發(fā)生氧化反應生成D,D能與C8H17OH發(fā)生酯化反應,則D的結構簡式為CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一個支鏈,且為乙基,其連續(xù)氧化的產物能與NaHCO3反應生成CO2,其消去產物的分子中只有一個碳原子上沒有氫,C8H17OH的結構簡式為,E的結構簡式為;F的分子式為C6H6O,F(xiàn)為,F(xiàn)與(CH3)2SO4、NaOH/H2O反應生成G,G的分子式為C7H8O,G不能與NaOH溶液反應,G的結構簡式為,G與Br2、CH3COOH反應生成J,J的分子式為C7H7OBr,核磁共振圖譜顯示J分子有3種不同的氫原子,J的結構簡式為;根據(jù)題給反應,E與J反應生成的K的結構簡式為;(1)B的結構簡式為CH2=CHCHO,所以B中含有的官能團的名稱是碳碳雙鍵、醛基。(2)B的結構簡式為CH2=CHCHO,D的結構簡式為CH2=CHCOOH,所以B→D的反應類型是氧化反應。(3)D與C8H17OH反應生成E的化學方程式為CH2=CHCOOH++H2O。(4)根據(jù)上述分析,G的結構簡式為,K的結構簡式為。(5)D的結構簡式為CH2=CHCOOH,D的相對分子質量為72,X比D的相對分子質量多14,X與D互為同系物,所以X比D多1個“CH2”,符合題意的X的同分異構體有:CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、,共4種。(6)C8H17OH和E是互溶的液體混合物,所以用蒸餾法將C8H17OH除去,精制得E。24、對二甲苯(或1,4-二甲苯)取代反應+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag,加熱碳碳雙鍵、醛基8,【解析】

由流程轉化關系,結合題給信息可知,D為。運用逆推法,C為,催化氧化生成;B為,在氫氧化鈉溶液中,共熱發(fā)生水解反應生成;A為,在光照條件下與氯氣發(fā)生側鏈的取代反應生成;與乙醛發(fā)生信息反應生成,加熱發(fā)生消去反應生成。據(jù)此解答?!驹斀狻浚?)A的結構簡式為,名稱為對二甲苯或1,4-二甲苯;A→B的反應為在光照條件下與氯氣發(fā)生側鏈的取代反應生成。(2)B→C反應為在氫氧化鈉溶液中,共熱發(fā)生水解反應生成,反應的化學方程式為:+2NaOH+NaCl。(3)C→D的反應為在銅或銀作催化劑,在加熱條件下與氧氣發(fā)生氧化反應生成,因此C→D所用試劑和反應條件分別是O2/Cu或Ag,加熱。(4)E的結構簡式是。F的結構簡式為,分子中官能團的名稱是碳碳雙鍵、醛基。(5)D為,D的同分異構體中,只有一個環(huán)的芳香族化合物說明側鏈為鏈狀結構,其可能為醛、酮、含苯環(huán)的乙烯基醚和乙烯基酚,其中芳香醛有3種(除去D)、芳香酮1種、含苯環(huán)的乙烯基醚1種、乙烯基酚3種,共8種;苯環(huán)上只有一個取代基,核磁共振氫譜有5個峰,峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為和。25、在三頸燒瓶中收集滿氨氣,關閉止水夾a,打開止水夾b,用熱毛巾敷在三頸燒瓶底部氨氣中混有空氣(或其他合理答案)堿式滴定管AD2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2ODEC無尾氣處理裝置用氨氣檢驗氯氣管道是否漏氣取F裝置中的固體物質溶于水配成溶液,測定溶液的pH,若pH<7,可證明NH3·H2O為弱堿(或其他合理答案)【解析】

(1)使裝置I中產生的氨氣溶于水,三頸燒瓶內形成氣壓差;(2)集氣時有空氣混入,空氣中氧氣、氮氣不溶于水,則三頸燒瓶未充滿水;氨水溶液呈堿性;依據(jù)酸堿中和滴定原理及弱電解質電離平衡常數(shù)K(NH3?H2O)=;(3)可用氯化氨與熟石灰制取氨氣;(4)裝置A制取氨氣,可用氯化氨與熟石灰,D裝置中盛放的堿石灰,用來干燥氨氣;E裝置中盛放的飽和食鹽水,用來除去氯氣中混有的氯化氫氣體;根據(jù)氣體的制備、除雜、混合反應及尾氣吸收的順序安裝反應裝置;(5)根據(jù)氯氣與氨氣反應生成氯化銨和氮氣的現(xiàn)象可知F裝置中的反應的一種工業(yè)用途;(6)根據(jù)氯化銨溶液呈酸性可證明NH3?H2O為弱堿?!驹斀狻浚?)在三頸燒瓶中收集滿氨氣,關閉止水夾a,打開止水夾b,用熱毛巾敷在三頸燒瓶底部,進而使裝置II中三頸燒瓶內形成噴泉;(2)氨氣極易溶于水,全為氨氣可充滿燒瓶,若混有空氣,則水不能充滿;用堿式滴定管量取氨水至錐形瓶中;A.酸滴定堿,生成氯化銨溶液顯酸性,則可用甲基橙做指示劑,A項正確;B.NH3?H2O為弱堿,若氨水與鹽酸恰好中和,則溶液生成的氯化銨鹽溶液顯酸性,pH<7,則當pH=7.0時,氨水過量,B項錯誤;C.酸式滴定管未用鹽酸潤洗,由c(NH3?H2O)=分析可知,V(HCl)大,則測定結果偏高,C項錯誤;D.設氨水的物質的量濃度為c,則:c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL,解得c(NH3?H2O)=0.045mol/L,弱電解質電離平衡常數(shù)K(NH3?H2O)=,pH=11的氨水中c(OH?)=0.001mol/L,c(OH?)≈c(NH4+)=0.001mol/L,則:K(NH3?H2O)===2.2×10?5,D項正確;故答案為氨氣中混有空氣(或其他合理答案);堿式滴定管;AD;(3)可用裝置A制取氨氣,發(fā)生反應的化學方程式為:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O;(4)裝置A制取氨氣,可用氯化氨與熟石灰,D裝置中盛放的堿石灰,用來干燥氨氣;E裝置中盛放的飽和食鹽水,用來除去氯氣中混有的氯化氫氣體;C裝置用來干燥氯氣,然后在F中混合反應,則連接順序為A→D→F、C←E←B,整套實驗裝置存在的主要缺點是無尾氣處理裝置;(5)根據(jù)氯氣與氨氣反應8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2的現(xiàn)象可知F裝置中的反應的一種工業(yè)用途是用氨氣檢驗氯氣管道是否漏氣;(6)根據(jù)氯化銨溶液呈酸性,設計證明NH3?H2O為弱堿實驗方案為:取F裝置中的固體物質溶于水配成溶液,測定溶液的pH,若pH<7,可證明NH3·H2O為弱堿(或其他合理答案)。26、水浴加熱MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗滌液少許于試管中,加入稀鹽酸,無明顯現(xiàn)象,然后加入BaCl2溶液,若無白色沉淀,則沉淀已經洗滌干凈緩沖壓強(或平衡壓強),還可以起到封閉體系的作用使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3·nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反應,測定產生的CO2的體積,可以通過計算確定MgCO3·nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉化為Fe2+,用H2O2溶液滴定,根據(jù)消耗的H2O2的物質的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量?!驹斀狻浚?)①步驟2控制溫度在50℃,當溫度不超過100℃時,較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱,又可以很好地控制溫度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3·nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4,化學方程式為:MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈,可以檢驗洗滌液中的SO42-,方法是取最后一次洗滌液少許于試管中,加入稀鹽酸,無明顯現(xiàn)象,然后加入BaCl2溶液,若無白色沉淀,則沉淀已經洗滌干凈。(2)①圖中氣球可以緩沖壓強(或平衡壓強),還可以起到封閉體系的作用。②上述反應后期要升溫到30℃,主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。③標準狀況下1.12LCO2的物質的量為0.05mol,根據(jù)碳守恒,有=0.05mol,解得n=4。(3)①H2O2溶液有強氧化性和弱酸性,應裝在酸式滴定管中。②四次實驗數(shù)據(jù),第3次和其他三次數(shù)據(jù)偏離較大,舍去,計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反應中,H2O2做氧化劑,-1價氧的化合價降低到-2價,F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價,根據(jù)電子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,則m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,實驗菱鎂礦中鐵元素的質量分數(shù)為×100%=0.13%?!军c睛】當控制溫度在100℃以下時,可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子,選擇檢測的離子一定是濾液中的離子,并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。27、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】

(1)根據(jù)儀器特征,判斷儀器名稱;根據(jù)實驗原理,還需要連接尾氣處理裝置,所以應長管進氣,短管出氣;(2)根據(jù)電子轉移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2的反應化學方程式,為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產生ClO2的速率要慢;

(3)

根據(jù)Cl2+2KI=2KCl+I2進行分析;

(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反,應生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可判斷生成物,書寫反應方程式;

(5)由圖分析可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度?!驹斀狻?1)根據(jù)儀器特征:可知儀器C是球形干燥管;F裝置應是Cl2和KI反應,還需要連接尾氣處理裝置,所以應長管進氣,短管出氣,故選b;

(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2,NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價,鹽酸中氯為-1價被氧化成0價氯,轉移電子數(shù)為2,所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2,Cl2前系數(shù)為1,反應化學方程式:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產生ClO2的速率要慢,故滴加稀鹽酸的速度要慢,即調節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度;(3)F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時,碘遇淀粉變藍,而F中溶液的顏色不變,說明沒有氯氣到達F,則裝置C的作用是吸收Cl2

;(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可知應還有水生成,該反應的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O

;在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應,則裝置F的作用是驗證是否有ClO2

生成;(5)由圖可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度,所以穩(wěn)定劑II好。28、+66.4AC0.01向逆反應方向移動8HCNO+6NO2==7N2+8CO2+4H2Oc(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)【解析】

(1)根據(jù)蓋斯定律分析解答;(2)①一定溫度下,將等物質的量的NO和CO通入固定容積為4L的密閉容器中發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。根據(jù)平衡的概念和特征分析判斷;②根據(jù)三段式分析解答;③反應達平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2,計算Qc與K的大小關系進行判斷;④在t2時刻,將容器的容積迅速擴大到原來的2倍,減小了壓強,則正逆反應速率均是減小的,平衡向逆反應方向移動,t3時刻達到新的平衡狀態(tài),據(jù)此畫圖;(3)第二步是HCNO與NO2反應,把氮元素和碳元素轉變成無毒氣體為氮氣和二氧化碳,據(jù)此書寫反應的化學方程式;(4)溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),結合鹽類水解或電荷守恒分析判斷c(NH4+)、c(SO42-)的大小,再排序;②將xmol?L-1的氨水與ymol?L-1的硫酸等體積混合,反應后溶液顯中性,溶液中c(OH-)=1×10-7mol/L,溶液中c(NH4+)=2c(SO42-)=ymol/L,混合之后,反應前c(NH3?H2O)=mol/L,反應后c(NH3?H2O)=(-y)mol/L,根據(jù)K=計算。【詳解】(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ?mol-1,②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=-114.1kJ?mol-1,由蓋斯定律可知,①+②得:N2(g)+2O2(g)=2NO2(g),則△H=(+180.5kJ?mol-1)+(-114.14kJ?mol-1)=+66.4kJ?mol-1,故答案為:+66.4;(2)①一定溫度下,將等物質的量的NO和CO通入固定容積為4L的密閉容器中發(fā)生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。A.反應前后氣體的物質的量不等,容器中氣體的壓強為變量,因此容器中的壓強不變,說明達到了平衡狀態(tài),故A正確;B.2v正(CO)=v逆(N2),表示逆反應速率>正反應速率,不是平衡狀態(tài),故B錯誤;C.反應前后氣體的物質的量不等,混合氣體的平均相對分子質量不再改變,說明氣體的物質的量不變,能夠說明達平衡狀態(tài),故C正確;D.根據(jù)方程式,NO和CO的體積比始終保持不變,不能說明是平衡狀態(tài),故D錯誤;故答案為:AC;②一定溫度下,將2.4molCO通入固定容積為4L的密閉容器中,依據(jù)圖像可知,平衡狀態(tài)一氧化碳物質的量為1.6mol;

2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)起始量(mol)

2.4

2.4

0

0變化量(mol)

0.8

0.8

0.4

0.8平衡量(mol)

1.6

1.6

0.4

0.40~20min平均反應速率v(NO)==0.01mol?L-1?min-1,故答案為:0.01;③K==,反應達平衡后再向容器中加入0.4molCO和0.4molCO2,此時Qc==>K,平衡向逆反應方向移動,故答案為:向逆反應方向移動;④在t2時刻,將容器的容積迅速擴大到原來的2倍,減小了壓強,則正逆反應速率均是減小的,平衡向逆反應方向移動,t3

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