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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年上外版高三化學(xué)上冊階段測試試卷31考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、原電池的電極名稱不僅與電極材料的性質(zhì)有關(guān),也與電解質(zhì)溶液有關(guān),下列說法中不正確的是()A.由Al、Cu、稀H2SO4組成原電池,放電時SO42-向Al電極移動B.由Mg、Al、NaOH溶液組成原電池,其負(fù)極反應(yīng)式為:Al-3e+4OH-═AlO2-+2H2OC.由Fe、Cu、FeCl3溶液組成原電池,其負(fù)極反應(yīng)式為:Cu-2e-═Cu2+D.由Al、Cu、濃硝酸組成原電池作電源,其負(fù)極反應(yīng)式為:Cu-2e-═Cu2+2、肉桂醛是一種食用香精;它廣泛用于牙膏;洗滌劑、糖果以及調(diào)味品中.工業(yè)上可通過下列反應(yīng)制備:

下列相關(guān)敘述正確的是()

①B的相對分子質(zhì)量比A大28;

②A;B可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別;

③B中含有的含氧官能團(tuán)是醛基;碳碳雙鍵;

④A;B都能發(fā)生加成反應(yīng)、還原反應(yīng);

⑤A能發(fā)生銀鏡反應(yīng);

⑥B的同類同分異構(gòu)體(含苯環(huán);包括B)共有5種;

⑦A中所有原子一定處于同一平面.A.只有①②⑤B.只有③④⑤C.只有④⑤⑥D(zhuǎn).只有②⑤⑥⑦3、下列電解質(zhì)在水溶液中的電離方程式正確的是()A.Na2CO3=2Na++COB.Ba(OH)2=Ba2++(OH)C.FeSO4=Fe3++SOD.FeCl3=Fe3++Cl4、下列離子方程式正確的是()A.Fe3O4與稀硝酸反應(yīng):Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB.SO2通入Ba(NO3)2溶液中:Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+C.硫酸銨溶液與Ba(OH)2溶液反應(yīng):Ba2++SO42-=BaSO4↓D.FeBr2溶液與等物質(zhì)的量的Cl2反應(yīng):2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br25、下列實驗裝置圖正確的是()A.

分力乙醇和乙醛B.

實驗室制氨氣C.

反應(yīng)熱的測定D.

實驗室制乙酸乙酯6、下列排列順序正確的是()

①熱穩(wěn)定性:H2O>HF>H2S②原子半徑:Na>Mg>O③沸點:H2Se>H2S>H2O④結(jié)合H+能力:OH->CH3COO->I-.A.①③B.②③C.①④D.②④7、①2gH2;②2molNH3;③9gH2O;④含1.505×1023H2SO4分子的硫酸,所含原子數(shù)由少至多的順序是()A.③①④②B.③④①②C.④③①②D.③④②①8、根據(jù)圖;下列判斷中正確的是()

A.燒杯a中的溶液pH升高B.燒杯a中發(fā)生的反應(yīng)為2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.燒杯b中發(fā)生還原反應(yīng)D.燒杯b中發(fā)生的反應(yīng)為2Cl--2e-=Cl2↑評卷人得分二、多選題(共6題,共12分)9、下列說法正確的是()A.碘單質(zhì)能升華是由于碘單質(zhì)分子間的鍵能較小B.鍵能越大,則含該鍵的分子受熱越易分解為原子C.燃料燃燒過程中,反應(yīng)物的總能量總是高于生成物的總能量D.H-Cl鍵的鍵能為431kJ?mol-1,H-I鍵的鍵能為299kJ?mol-1,這說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定10、如表所示為部分短周期元素的原子半徑及主要化合價;據(jù)下表判斷敘述正確的是()

。元素代號ABCDEFG原子半徑/nm0.1520.1600.0890.1430.1020.0990.071主要化合價+1+2+2+3+6、-2-1-1A.單質(zhì)A在O2中加熱,生成A2O2B.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HG>HF>H2EC.B2+、D3+、E2-、G-四種離子的核外電子排布相同D.單質(zhì)的活潑性順序為:A>C>B>D11、依據(jù)下列甲、乙、丙三圖,判斷下列敘述不____正確的是()

A.甲是原電池,乙是電鍍裝置B.甲、乙裝置中,鋅極上均發(fā)生氧化反應(yīng)C.乙、丙裝置中,陽極均發(fā)生氧化反應(yīng)而溶解D.乙、丙裝置中,c(Cu2+)基本不變12、下列各組有機(jī)物,只用溴水就能鑒別的是()A.己烯苯四氯化碳B.苯己烯己炔C.苯己烷己炔D.溴己烷苯己烯13、25℃時,已知弱酸的電離常數(shù):Ki(CH3COOH)=1.8×10-5;Ki1(H2CO3)=4.4×10-7;Ki2(H2CO3)=4.7×10-11;Ki(HClO)=4.0×10-8.則下列說法正確的是()A.物質(zhì)的量濃度相等的溶液pH關(guān)系:pH(NaClO)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)B.向NaClO溶液中通少量CO2:CO2+NaClO+H2O→NaHCO3+HClOC.amol/LHClO與bmol/LNaOH溶液等體積混合后所得溶液中c(Na+)>c(ClO-),則a一定小于bD.向氯水中加入NaHCO3固體,可以增大氯水中次氯酸的濃度14、用NA表示阿伏加德羅常數(shù),下列敘述正確的是()A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LH2含有的原子數(shù)為NAB.等質(zhì)量的O2和O3中所含的氧原子數(shù)相等C.常溫常壓下,14gN2含有電子數(shù)為7NAD.28gCO與22.4LCO2所含的碳原子數(shù)相等評卷人得分三、填空題(共8題,共16分)15、氫氣是一種清潔能源.制氫和儲氫作為氫能利用的關(guān)鍵技術(shù);是當(dāng)前科學(xué)家主要關(guān)注的熱點問題.

(1)用甲烷制取氫氣的兩步反應(yīng)的能量變化如1圖所示:

①甲烷和水蒸氣反應(yīng)生成二氧化碳和氫氣的熱化學(xué)方程式是____.

②第Ⅱ步反應(yīng)為可逆反應(yīng).800℃時,若CO的起始濃度為2.0mol?L-1,水蒸氣的起始濃度為3.0mol?L-1,達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)后,測得CO2的濃度為1.2mol?L-1,則CO的平衡轉(zhuǎn)化率為____.

(2)NaBH4是一種重要的儲氫載體,能與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B元素的化合價不變,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____,反應(yīng)消耗1molNaBH4時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為____.

(3)儲氫還可借助有機(jī)物;如利用環(huán)已烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫.

+3H2(g)

在某溫度下,向恒容容器中加入環(huán)已烷,其起始濃度為amol?L-1,平衡時苯的濃度為bmol?L-1,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____(用含a、b的關(guān)系式表達(dá)).

(4)一定條件下;如2圖所示裝置可實現(xiàn)有機(jī)物的電化學(xué)儲氫(除目標(biāo)產(chǎn)物外,近似認(rèn)為無其它有機(jī)物生成).

①實現(xiàn)有機(jī)物儲氫的電極是____;

A.正極B.負(fù)極C.陰極D.陽極。

其電極反應(yīng)方程為:____.

②該儲氫裝置的電流效率η明顯小于100%,其主要原因是相關(guān)電極除目標(biāo)產(chǎn)物外,還有一種單質(zhì)氣體生成,這種氣體是____.由表中數(shù)據(jù)可知,此裝置的電流效率η=____.[η=(生成目標(biāo)產(chǎn)物消耗的電子數(shù)/轉(zhuǎn)移的電子總數(shù))×100%,計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位].16、海水的綜合利用;現(xiàn)有流程圖如下:

Ⅰ.工業(yè)上以粗食鹽(含有少量Ca2+、Mg2+雜質(zhì))、氨、石灰石等為原料,可以制備Na2CO3.請回答:

(1)在處理粗鹽水的過程中,可加入石灰乳和純堿作為沉淀劑,則所得濾渣的成分除過量的沉淀劑外還有____.

(2)將CaO投入含有大量的NH4Cl的母液中,能生成可循環(huán)使用的NH3,該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____.

(3)向飽和食鹽水中首先通入的氣體是____,過程Ⅲ中生成NaHCO3晶體的反應(yīng)的化學(xué)方程式是____.

(4)碳酸鈉晶體失水的能量變化示意圖如下:

Na2CO3?H2O(s)脫水反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是____.

(5)產(chǎn)品純堿中常含有NaCl.取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng),加熱、蒸干、灼燒,得bg固體.則該產(chǎn)品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____.

Ⅱ.電解飽和食鹽水所得氣體X;可應(yīng)用于提取溴單質(zhì).請回答:

(1)氣體X的化學(xué)式為____,反應(yīng)II的化學(xué)方程式為____.

(2)在母液苦鹵中含有較多的NaCl、KCl、MgCl2、MgSO4等物質(zhì).用沉淀法測定苦鹵中鎂元素的含量(g/L),實驗過程中應(yīng)測定的數(shù)據(jù)有____.

(3)電解200kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的飽和食鹽水,當(dāng)濃度下降到20%時,收集到氯氣的物質(zhì)的量為____(溶于溶液中的氯氣忽略不計,計算結(jié)果保留一位小數(shù)).17、利用酸解法處理制鈦自粉后產(chǎn)生的廢液含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4;并用于生產(chǎn)補血劑乳酸亞鐵.其生產(chǎn)步驟如下:

已知:TiOSO4可溶于水,在水中可以完全電離為TiO2+和SO42-.

請回答;

(1)步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是____.

(2)濾渣的成分之一為TiO2?xH2O,寫出TiOSO4水解生成TiO2?xH2O的離子方程式____.

(3)步驟②的離子方程式是____.

(4)用平衡移動原理解釋步驟③中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因____.

(5)步驟④必須控制一定的真空度,原因是有利于蒸發(fā)水以及____.18、已知可簡寫為.降冰片烯的結(jié)構(gòu)可表示為:

(1)降冰片烯屬于____.

a.環(huán)烴b.不飽和烴c.烷烴d.芳香烴。

(2)降冰片烯的分子式為____.

(3)降冰片烯不具有的性質(zhì)____.

a.能溶于水b.能發(fā)生氧化反應(yīng)。

c.能發(fā)生加成反應(yīng)d.常溫常壓下為氣體。

(4)寫出降冰片烯含有一個六元環(huán)的單環(huán)的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式:____.19、(1)甲醇是一種重要的化工原料;在生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用.工業(yè)上用甲烷氧化法合成甲醇的反應(yīng)有:

(i)CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+H2(g)△H1=+247.3kJ.mol-1

(ii)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H2=-90.1kJ.mol-1

(iii)2CO(g)+O2(g)?2CO2(g)△H3=-566.01kJ.mol-1

用CH4和02直接制備甲醇蒸氣的熱化學(xué)方程式為____.

(2)二氧化硫為重要的含硫化合物,是形成酸雨的主要污染物之一SO2經(jīng)催化氧化可生成SO3,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為:2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=akJ?mol-1在T1℃時,將2molSO2、1molO2充入容積為2L的密閉容器A中,充分反應(yīng)并達(dá)到平衡,此過程中放出熱量98.3kJ,測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%,則a=____;T1℃時,上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K1=____L?mol-1.若將初始溫度為T1℃的2molSO2和1molO2充入容積為2L的絕熱密閉容器B中,充分反應(yīng),在T2℃時達(dá)到平衡,在此溫度時上述反應(yīng)的平衡常數(shù)為K2.則K1____K2(填“>”;“<”或“=”).

(3)工業(yè)上常用如圖1所示的流程處理工業(yè)尾氣中的SO2:

上述流程中有一種物質(zhì)可以再生循環(huán)利用,該物質(zhì)再生的化學(xué)方程式為____.

(4)直接甲醇燃料電池(簡稱DMFC)由于其結(jié)構(gòu)簡單;能量轉(zhuǎn)化率高、對環(huán)境無污染;可作為常規(guī)能源的替代品而越來越受到關(guān)注.DMFC的工作原理如圖2示:

①通入a氣體的電極是電池的____(填“正極”或“負(fù)極”)其電極反應(yīng)式為____.

②常溫下,用此電池以惰性電極電解O.5L飽和食鹽水(足量),若兩極共生成氣體1.12L(已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積),則電解后溶液的pH為____(忽略溶液的體積變化)20、I.肼(N2H4)又稱聯(lián)氨;常溫時是一種可燃性的液體,可用作火箭燃料.

(1)已知在25℃101kPa時,16gN2H4在氧氣中完全燃燒生成氮氣,放出312kJ的熱量,則N2H4完全燃燒的熱化學(xué)方程式是____.

Ⅱ.如圖所示,某研究性學(xué)習(xí)小組利用上述燃燒原理設(shè)計一個肼(N2H4)-─空氣燃料電池(如圖甲)并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理;其中乙裝置中X為陽離子交換膜.根據(jù)要求回答相關(guān)問題:

(2)甲裝置中正極的電極反應(yīng)式為____.

(3)檢驗乙裝置中石墨電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法是____.

(4)如果電解后丙裝置精銅質(zhì)量增加3.2g,則理論上甲裝置中肼消耗質(zhì)量為____g.

Ⅲ.對金屬制品進(jìn)行抗腐蝕處理,可延長其使用壽命.該研究性學(xué)習(xí)小組又以肼(N2H4)-空氣燃料電池為電源對鋁材表面進(jìn)行如下處理:

(5)流程⑤中以鋁材為陽極,在H2SO4溶液中電解,最終可在鋁材表面形成氧化膜,該電解的陽極電極反應(yīng)式為____.

(6)取少量廢電解液,加入NaHCO3溶液后產(chǎn)生氣泡和白色沉淀,其反應(yīng)的離子方程式是____.21、可持續(xù)發(fā)展需要注意“環(huán)境保護(hù)”和“節(jié)約能源”.

①“垃圾是放錯了地方的資源”,應(yīng)分類回收.生活中廢棄塑料袋、廢紙等屬于____

A.鹽類B.糖類C.無機(jī)物D.有機(jī)物。

②向燃煤中加入石灰石作為脫硫劑,可以減少煤燃燒時產(chǎn)生的SO2,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____.

③氟氯代烷是一種能破壞臭氧層的物質(zhì).在大氣平流層中,氟氯代烷受紫外線的照射分解出Cl原子,Cl原子參與下列有關(guān)反應(yīng):Cl+O3→ClO+O2O3O+O2ClO+O→Cl+O2

上述反應(yīng)的總反應(yīng)式是____,Cl原子在反應(yīng)中起____作用.22、砷(As)在地殼中含量不大;但砷的化合物卻是豐富多彩.

(1)基態(tài)砷原子的電子排布式為____;砷與溴的第一電離能較大的是____.

(2)AsH3是無色稍有大蒜味的氣體.AsH3的沸點高于PH3,其主要原因是____.

(3)Na3AsO4可作殺蟲劑.AsO43-的空間構(gòu)型為____,與其互為等電子體的一種分子為____.

(4)某砷的氧化物俗稱“砒霜”,其分子結(jié)構(gòu)如圖所示.該化合物的分子式為____,As原子采取____雜化.

(5)GaAs等是人工合成的新型半導(dǎo)體材料,其晶體結(jié)構(gòu)與金剛石相似.GaAs晶體中,每個As與____個Ga相連,As與Ga之間存在的化學(xué)鍵有____(填字母).

A.離子鍵B.σ鍵C.π鍵D.氫鍵。

E.配位鍵F.金屬鍵G.極性鍵.評卷人得分四、推斷題(共4題,共16分)23、無色氣體rm{A}在一種黃綠色氣體rm{B}中可以安靜的燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,反應(yīng)生成氣體rm{C.B}與金屬rm{D}反應(yīng)可生成白色固體rm{E}rm{D}在空氣中燃燒生成淺黃色固體rm{F}rm{F}與rm{CO_{2}}反應(yīng)可得到氣體rm{G}rm{D}與水反應(yīng)可生成rm{A}rm{A}在rm{G}中燃燒生成水rm{.}推斷出各種物質(zhì)后;回答下列問題:

rm{(1)}寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式:rm{B}______、rm{C}______、rm{E}______.

rm{(2)}寫出下列化學(xué)方程式。

rm{a.}由rm{D}生成rm{F}______;

rm{b.F}與rm{CO_{2}}反應(yīng):______;

rm{c.D}與水反應(yīng):______.24、已知①~④均為工業(yè)生產(chǎn)及應(yīng)用的常見反應(yīng).其中常溫下B;D、J、P氣體;E為分子中原子個數(shù)比為1:l的液體.A是一種常見的礦石,且其相對分子質(zhì)量為120.M的焰色反應(yīng)為黃色.(個別反應(yīng)的產(chǎn)物已略去)

試回答下列問題:

(1)反應(yīng)F與N溶液反應(yīng)的離子方程式為____;

(2)反應(yīng)⑤中當(dāng)有1mol電子轉(zhuǎn)移時,氧化劑消耗____g.

(3)反應(yīng)④的離子方程式為____

(4)工業(yè)上由D制取I的過程可表示為:DXI由D與B反應(yīng)生成X的反應(yīng)所用的設(shè)備是____

①高爐②沸騰爐③接觸室④分餾塔⑤吸收塔。

已知400℃101Kpa時,2D(g)+B(g)?2X(g);△H=-196.6KJ/mol,當(dāng)2molD與1molB在該條件下反應(yīng)達(dá)平衡時反應(yīng)放熱186.8KJ.則達(dá)到平衡時D的轉(zhuǎn)化率為____(保留2位小數(shù))25、(2015秋?大連校級月考)A;B、C、D均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物;A是單質(zhì).它們之間有如圖的反應(yīng)關(guān)系:

(1)若D物質(zhì)具有兩性,②③反應(yīng)均要用強(qiáng)堿溶液,④反應(yīng)是通入過量的一種引起溫室效應(yīng)的主要氣體.寫④反應(yīng)離子方程式____.

(2)若A是太陽能電池用的光伏材料.C、D為鈉鹽,兩種物質(zhì)中鈉、氧外的元素為同一主族,且溶液均顯堿性.寫出②反應(yīng)的化學(xué)方程式____.D的化學(xué)式是____.

(3)若A是應(yīng)用最廣泛的金屬.④反應(yīng)用到A,②⑤反應(yīng)均用到同一種非金屬單質(zhì).C的溶液用于蝕刻印刷銅電路板,寫出該反應(yīng)的離子方程式____.26、甲、乙、丙三種物質(zhì)之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:甲乙丙甲。

(1)若甲和丙都是不溶于水的白色固體物質(zhì),既能溶于鹽酸又能溶于氫氧化鈉溶液.則甲是____,丙是____(填化學(xué)式).寫出“乙丙”轉(zhuǎn)化的離子方程式:____.

(2)若乙溶液中加入KSCN溶液,有血紅色出現(xiàn),則甲是____,丙是____(填化學(xué)式).寫出“甲乙”轉(zhuǎn)化的離子方程式:____.參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、C【分析】【分析】原電池中,活潑金屬作負(fù)極,負(fù)極是能夠與電解質(zhì)溶液反應(yīng),失電子發(fā)生氧化反應(yīng)的電極,電解質(zhì)溶液中陽離子移向正極,陰離子移向負(fù)極,據(jù)此分析.【解析】【解答】解:A.由Al、Cu、稀H2SO4組成原電池;鋁和稀硫酸反應(yīng)而失電子,銅和稀硫酸不反應(yīng),所以鋁作負(fù)極,銅作正極,電解質(zhì)溶液中的陰離子移向負(fù)極Al,故A正確;

B.Mg、Al、NaOH溶液組成原電池,鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)而失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),鎂和氫氧化鈉溶液不反應(yīng),所以鋁是負(fù)極,鎂是正極,其負(fù)極反應(yīng)式為:Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;故B正確;

C.由Fe、Cu、FeCl3溶液組成原電池,鐵和銅都與氯化鐵反應(yīng),但鐵的金屬性比銅強(qiáng),所以鐵作負(fù)極,銅作正極,其負(fù)極反應(yīng)式為:Fe-2e-=Fe2+;故C錯誤;

D.Al、Cu、濃硝酸組成原電池,鋁和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象,銅和濃硝酸能自發(fā)的進(jìn)行反應(yīng),所以銅作負(fù)極,鋁作正極,其負(fù)極反應(yīng)式為:Cu-2e-=Cu2+;故D正確;

故選C.2、C【分析】【分析】A為苯甲醛,含有醛基,可發(fā)生氧化和還原反應(yīng),含有苯環(huán),可發(fā)生取代反應(yīng),B為肉桂醛,分子中含有碳碳雙鍵,可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng),含有醛基,可發(fā)生加成、還原和氧化反應(yīng),結(jié)合有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式判斷分子式,結(jié)合苯、乙烯、甲醛的結(jié)構(gòu)判斷有機(jī)物的空間結(jié)構(gòu).【解析】【解答】解:①對比A;B的結(jié)構(gòu)可知;B的相對分子質(zhì)量比A大26,故錯誤;

②A;B都含有醛基;可被高錳酸鉀氧化,不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別,故錯誤;

③B中含有的含氧官能團(tuán)是醛基;故錯誤;

④A;B都含有醛基;能發(fā)生加成反應(yīng)、還原反應(yīng),故正確;

⑤A含有醛基;能發(fā)生銀鏡反應(yīng),故正確;

⑥B的同類同分異構(gòu)體(含苯環(huán)、包括B)分為兩類,一類是苯環(huán)上含有CH2=CH-和-CHO;有鄰;間、對3種,另一類為苯環(huán)只含有1個側(cè)鏈,有兩種位置異構(gòu),共有5種,故正確;

⑦A中苯環(huán)和-CHO為σ鍵;可旋轉(zhuǎn),不一定在同一個平面上,故錯誤.

故選C.3、A【分析】【分析】A.碳酸鈉為正鹽完全電離;根據(jù)電離方程式的書寫規(guī)則進(jìn)行分析;

B.氫氧根離子數(shù)目應(yīng)寫在離子符號前;

C.應(yīng)為二價鐵離子;方程式右邊正負(fù)電荷代數(shù)和不為零;

D.物質(zhì)電離后角標(biāo)要轉(zhuǎn)化成化學(xué)計量數(shù),氯離子前系數(shù)為3.【解析】【解答】解:A.碳酸鈉為強(qiáng)電解質(zhì),完全電離為鈉離子和碳酸根離子,電離方程式為:Na2CO3═2Na++CO32-;故A正確;

B.物質(zhì)電離后角標(biāo)要轉(zhuǎn)化成化學(xué)計量數(shù),同時注意離子所帶的電荷數(shù),原子團(tuán)前面帶數(shù)字,原子團(tuán)不用加括號,正確的離子方程式為:Ba(OH)2=Ba2++2OH-;故B錯誤;

C.硫酸亞鐵電離出二價鐵離子和硫酸根離子,電離方程式為:FeSO4═Fe2++SO42-;故C錯誤;

D.氯化鐵電離出鐵離子和氯離子,電離方程式為:FeCl3═Fe3++3Cl-;故D錯誤;

故選A.4、D【分析】【分析】A.二者反應(yīng)生成硝酸鐵和水;

B.二氧化硫被氧化生成硫酸根離子;

C.二者反應(yīng)生成一水合氨和硫酸鋇;

D.二者反應(yīng)生成鐵離子、溴和氯離子.【解析】【解答】解:A.二者反應(yīng)生成硝酸鐵和水,離子方程式為3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O;故A錯誤;

B.二氧化硫被氧化生成硫酸根離子,離子方程式為3SO2+2H2O+2NO3-=3SO42-+4H++2NO↑;故B錯誤;

C.二者反應(yīng)生成一水合氨和硫酸鋇,離子方程式為2NH4++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3.H2O;故C錯誤;

D.二者反應(yīng)生成鐵離子、溴和氯離子,離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2;故D正確;

故選D.5、D【分析】解:A;乙醇和乙醛混溶;不能使用分液方法分離,故A錯誤;

B;氨氣的密度比空氣的小;收集氨氣的導(dǎo)管應(yīng)該伸入到試管底部,故B錯誤;

C;鐵質(zhì)環(huán)形攪拌棒易導(dǎo)熱;容易造成熱量的損失,故C錯誤;

D;制取乙酸乙酯利用飽和碳酸鈉溶液吸收;故D正確.

故選:D.

A;乙醇和乙醛混溶;

B;收集氨氣的導(dǎo)管應(yīng)該伸入到試管底部;

C;鐵質(zhì)環(huán)形攪拌棒易導(dǎo)熱;

D;制取乙酸乙酯利用飽和碳酸鈉溶液吸收.

本題考查了實驗室制取物質(zhì)、分離物質(zhì)、測定中和熱等知識點,難度不大,注意仔細(xì)審題.【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定,對應(yīng)的最高價氧化物的水合物的酸性越強(qiáng),對應(yīng)的陰離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱,同周期元素原子序數(shù)越大,原子半徑越小,一般來說,不同晶體的熔點:原子晶體>金屬晶體>分子晶體,以此解答.【解析】【解答】解:①非金屬性F>O>S;元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定,故①錯誤;

②Na;Mg位于相同周期;同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小,則原子半徑Na>Mg,O位于第二周期,原子半徑在三者之間最小,故②正確;

③從兩個角度考慮,水中存在氫鍵,沸點最高,H2Se和H2S結(jié)構(gòu)相似,分子間只存在范德華力,相對分子質(zhì)量越大,沸點越高,故正確順序為H2O>H2Se>H2S;故③錯誤;

④已知酸性H2O<H2CO3<CH3COOH;酸性越強(qiáng),對應(yīng)的陰離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱,故④正確.

故選D.7、C【分析】【分析】根據(jù)n===,計算氫氣、硫酸物質(zhì)的量,再根據(jù)n=水的物質(zhì)的量,由N=nNA可知,物質(zhì)的量越大,含有分子數(shù)目越多.【解析】【解答】解:①2gH2的物質(zhì)的量==1mol;

②2molNH3;

③9g水,其物質(zhì)的量==0.5mol;

④1.505×1023個H2SO4的物質(zhì)的量==0.25mol;

故分子數(shù)目由少到多為:④③①②;

故選C.8、A【分析】【分析】裝置圖為原電池反應(yīng),b中電極鋅做負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng),a中電極上氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子,以此來解答.【解析】【解答】解:A.a(chǎn)中Fe為正極,發(fā)生O2+2H2O+4e-=4OH-;堿性增強(qiáng),pH增大,故A正確;

B.a(chǎn)中發(fā)生的氧氣得到電子生成氫氧根離子的反應(yīng),電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-;故B錯誤;

C.燒杯b中電極上是鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng);故C錯誤;

D.b為負(fù)極,鋅被氧化,電極反應(yīng)為Zn-2e-=Zn2+;故D錯誤.

故選A.二、多選題(共6題,共12分)9、CD【分析】【分析】A.碘升華破壞分子間作用力;

B.鍵能越大;鍵越穩(wěn)定;

C.放熱反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量;

D.鍵能越大,共價鍵越穩(wěn)定.【解析】【解答】解:A.碘升華破壞分子間作用力;碘單質(zhì)能升華是由于碘單質(zhì)分子間作用力較小,故A錯誤;

B.鍵能越大;鍵越穩(wěn)定,該分子受熱越不易分解為原子,故B錯誤;

C.燃料燃燒為放熱反應(yīng);放熱反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量,故C正確;

D.鍵能越大,共價鍵越穩(wěn)定,H-Cl鍵的鍵能為431kJ?mol-1,H-I鍵的鍵能為299kJ?mol-1;這說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定,故D正確.

故選CD.10、AB【分析】【分析】元素的最高正價=最外層電子數(shù),最高正價和最低負(fù)價絕對值的和為8,B、C的最高正價為+2價,則為第IIA元素,B的半徑比C大,則B為Mg,C為Be;F、G兩元素最低負(fù)價-1,則為第VIIA元素,而F的半徑大于G,則G為F,F(xiàn)為Cl;D的元素最高正價為+3價,則為B或Al,但是半徑比Cl的大,比Mg的小,故應(yīng)為Al,A的半徑比Mg大,最外層電子數(shù)為1,應(yīng)為Na,結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題.【解析】【解答】解:元素的最高正價=最外層電子數(shù);最高正價和最低負(fù)價絕對值的和為8,B;C的最高正價為+2價,則為第IIA元素,B的半徑比C大,則B為Mg,C為Be;F、G兩元素最低負(fù)價-1,則為第VIIA元素,而F的半徑大于G,則G為F,F(xiàn)為Cl;D的元素最高正價為+3價,則為B或Al,但是半徑比Cl的大,比Mg的小,故應(yīng)為Al,A的半徑比Mg大,最外層電子數(shù)為1,應(yīng)為Na,E有+6價和-2價,則E為S;

A.A為Na,則單質(zhì)Na在O2中加熱,生成Na2O2;故A正確;

B.非金屬性越強(qiáng),則其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定,非金屬性:F>Cl>S,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:HF>HCl>H2S,即HG>HF>H2E;故B正確;

C.B2+、D3+、E2-、G-四種離子分別為Mg2+、Al3+、S2-、F-,S2-核外有三個電子層,Mg2+、Al3+、F-核外有2個電子層;所以四種離子的核外電子排布不同,故C錯誤;

D.同周期從左到右;金屬的活潑性減弱,同主族從上到下,金屬性增強(qiáng),所以單質(zhì)的活潑性順序為:A>B>D,B>C,故D錯誤.

故選AB.11、BD【分析】【分析】A;甲裝置沒有外加電源;屬于原電池,乙裝置存在外加電源,屬于電解池;

B;在原電池的負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng);在電解池的陰極上,發(fā)生還原反應(yīng);

C;在電解池的陽極上發(fā)生的是失電子的氧化反應(yīng);根據(jù)電極材料確定發(fā)生的反應(yīng);

D、根據(jù)電解池的陰極上的反應(yīng)來判斷.【解析】【解答】解:A;甲裝置沒有外加電源;屬于原電池,乙裝置存在外加電源,屬于電解池,可以在鋅上鍍銅,故A正確;

B;甲裝置中;鋅是負(fù)極,該電極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng),乙裝置中,鋅極是陰極,該電極上發(fā)生還原反應(yīng),故B錯誤;

C;乙、丙裝置中;陽極均是活潑的金屬電極,該電極發(fā)生氧化反應(yīng)而溶解,故C正確;

D;乙裝置是電鍍裝置;銅離子濃度不變,但是丙裝置是電解精煉銅裝置,銅離子的濃度會減小,故D錯誤.

故選BD.12、AD【分析】【分析】含有不飽和鍵的物質(zhì)能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色,結(jié)合有機(jī)物的水溶性以及密度進(jìn)行鑒別.【解析】【解答】解:A.己烯含有C=C鍵;可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色,苯和四氯化碳與溴水都不反應(yīng),但苯的密度不水小,色層在上層,四氯化碳的密度比水大,色層在下層,可鑒別,故A正確;

B.己炔;己烯都為不飽和烴;都能與溴水反應(yīng),不能鑒別,故B錯誤;

C.苯;己烷都不與溴反應(yīng);且密度比水小,無法鑒別,故C錯誤;

D.溴己烷密度比水大;加入溴色層在下層,苯的密度比水小,加入溴水色層在上層,己烯可與溴發(fā)生加成反應(yīng),溴水褪色,可鑒別,故D正確.

故選AD.13、BD【分析】【分析】弱酸的電離常數(shù)越大,其電離程度越大,則酸性越強(qiáng),則酸根離子的水解程度越小,結(jié)合強(qiáng)酸制取弱酸分析解答,注意酸的電離常數(shù)只與溫度有關(guān).【解析】【解答】解:A、酸性強(qiáng)弱順序是:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,酸性越強(qiáng),則酸根離子的水解程度越小,等物質(zhì)的量濃度的碳酸鈉溶液、醋酸鈉溶液、次氯酸鈉溶液中,pH大小順序是pH[Na2CO3(aq)]>pH[NaClO(aq)]>pH[CH3COONa(aq)];故A錯誤;

B、酸性強(qiáng)弱順序是:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通少量CO2:CO2+NaClO+H2O→NaHCO3+HClO,而不是生成Na2CO3;故B正確;

C、c(Na+)>c(ClO-),說明溶液顯堿性,a=b時生成醋酸鈉溶液;其水解導(dǎo)致溶液顯堿性,故C錯誤;

D、酸性強(qiáng)弱順序是:HClO>HCO3-,氯水中加入NaHCO3固體,其只能夠與鹽酸反應(yīng),不能與次氯酸反應(yīng),能使反應(yīng)Cl2+H2O=HCl+HClO正向移動;故D正確;

故選BD.14、BC【分析】【分析】A.氫氣分子中含有2個氫原子;1mol氫氣中含有2mol氫原子;

B.氧氣和臭氧中只含有氧原子;等質(zhì)量的二者一定含有相同的氧原子數(shù);

C.氮原子中含有7個電子;14g氮氣的物質(zhì)的量為0.5mol,含有1mol氮原子;

D.沒有告訴在標(biāo)況下,不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量.【解析】【解答】解:A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氫氣的物質(zhì)的量為1mol,1mol氫氣中含有2mol氫原子,含有的原子數(shù)為2NA;故A錯誤;

B.O2和O3中都只含有氧原子,等質(zhì)量的二者中含有等質(zhì)量的氧原子,根據(jù)n=可知,等質(zhì)量的O2和O3中含有的氧原子的物質(zhì)的量;數(shù)目一定相等;故B正確;

C.14g氮氣的物質(zhì)的量為:=0.5mol,0.5mol氮氣中含有1mol氮原子,含有7mol電子,含有電子數(shù)為7NA;故C正確;

D.不是標(biāo)況下;不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量,故D錯誤;

故選BC.三、填空題(共8題,共16分)15、CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g)△H=-136.5kJ/mol60%NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑4NA或2.408×1024CC6H6+6H++6e-=C6H12H264.3%【分析】【分析】(1)①根據(jù)蓋斯定律來計算反應(yīng)的焓變;根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫規(guī)律來書寫熱化學(xué)方程式;

②根據(jù)化學(xué)平衡“三行式”來計算轉(zhuǎn)化率;

(2)NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價不變,H元素化合價由-1價、+1價變?yōu)?價,再結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒配平方程式,根據(jù)NaBH4和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算;

(3)化學(xué)平衡常數(shù)K=;

(4)①活潑的氫發(fā)生氧化反應(yīng);是負(fù)極;

②該實驗的目的是儲氫,所以陰極上發(fā)生的反應(yīng)為生產(chǎn)目標(biāo)產(chǎn)物,陰極上苯得電子和氫離子生成環(huán)己烷;陽極上生成氧氣,同時生成氫離子,陰極上苯得電子和氫離子反應(yīng)生成環(huán)己烷,苯參加反應(yīng)需要電子的物質(zhì)的量與總轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比就是電流效率η.【解析】【解答】解:(1)①根據(jù)第一步反應(yīng)過程可以得出:CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g);△H=-103.3KJ/mol;

根據(jù)第二步反應(yīng)過程可以得出:CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g);△H=-33.2KJ/mol;

根據(jù)蓋斯定律,上下兩式相加可得:CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g)△H=-136.5kJ/mol,故答案為:CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g)△H=-136.5kJ/mol;

②設(shè)CO的平衡轉(zhuǎn)化量為x;

CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)

初始濃度:2.03.000

變化濃度:1.21.21.21.2

平衡濃度:0.81.81.21.2

則CO的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=60%;故答案為:60%;

(2)NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2,且反應(yīng)前后B的化合價不變,NaBO2中B元素化合價為+3價,所以NaBH4中H元素的化合價為-1價,所以H元素化合價由-1價、+1價變?yōu)?價,再結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒配平方程式為NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑,反應(yīng)消耗1molNaBH4時轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量=1mol×4×(1-0)=4mol,所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA或2.408×1024,故答案為:NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑;4NA或2.408×1024;

(3)環(huán)己烷的起始濃度為amol?L-1,平衡時苯的濃度為bmol?L-1,同一容器中各物質(zhì)反應(yīng)的物質(zhì)的量濃度之比等于其計量數(shù)之比,所以根據(jù)方程式知,環(huán)己烷的平衡濃度為(a-b)mol/L,氫氣的濃度為3bmol/L,則平衡常數(shù)K=mol3?L-3==mol3?L-3;

故答案為:mol3?L-3;

(4)①活潑的氫發(fā)生氧化反應(yīng),是負(fù)極,該實驗的目的是儲氫,所以陰極上發(fā)生的反應(yīng)為生產(chǎn)目標(biāo)產(chǎn)物,陰極上苯得電子和氫離子生成環(huán)己烷,電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-=C6H12,故答案為:C;C6H6+6H++6e-=C6H12;

②陽極上氫氧根離子放電生成氧氣;陽極上生成2.8mol氧氣轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=2.8mol×4=11.2mol;

生成1mol氧氣時生成2mol氫氣;則生成2.8mol氧氣時同時生成5.6mol氫氣;

設(shè)參加反應(yīng)的苯的物質(zhì)的量是xmol,參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量是3xmol,剩余苯的物質(zhì)的量為10mol×24%-xmol,反應(yīng)后苯的含量==10%;

x=1.2,苯轉(zhuǎn)化為環(huán)己烷轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.2mol×6=7.2mol,則×100%=64.3%;

故答案為:H2,64.3%.16、CaCO3、Mg(OH)22NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2ONH3NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClNa2CO3?H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)△H=+58.73kJ?mol-1×100%Cl2SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4苦鹵樣品的體積、Mg(OH)2沉淀的質(zhì)量97.7mol【分析】【分析】Ⅰ;(1)鈣離子會與碳酸根離子生成沉淀;鎂離子會與氫氧根離子生成沉淀;

(2)生石灰和水反應(yīng)生成氫氧化鈣;氫氧化鈣和氯化銨反應(yīng)生成氨氣;

(3)食鹽;氨氣、水和二氧化碳發(fā)生化學(xué)反應(yīng);生成碳酸氫銨和氯化銨,據(jù)此書寫化學(xué)方程式;

(4)根據(jù)碳酸鈉晶體失水的能量變化示意圖結(jié)合熱效應(yīng)解答;

(5)根據(jù)Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑進(jìn)行計算;

Ⅱ、(1)由流程可知,X為Cl2;具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質(zhì);

(2)用沉淀法測定苦鹵中鎂元素的含量(g/L);應(yīng)知道溶液的體積及Mg元素的質(zhì)量;

③電解200kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的飽和食鹽水,當(dāng)濃度下降到20%時,參加反應(yīng)的NaCl為xmol,則×100%=20%.【解析】【解答】解:Ⅰ、(1)鈣離子會與碳酸根離子生成沉淀,Ca2++CO32-=CaCO3↓,鎂離子會與氫氧根離子生成沉淀,Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓;

故答案為:CaCO3、Mg(OH)2;

(2)向分離出NaHCO3晶體后的母液中加入過量生石灰,發(fā)生的反應(yīng)有H2O+CaO=Ca(OH)2、Ca(OH)2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2;最終產(chǎn)物為氯化鈣;氨氣,其中氨氣可再利用;

故答案為:2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2O;

(3)因二氧化碳在水中的溶解度?。话睔鈽O易溶于水,所以,向飽和食鹽水中首先通入氨氣體,碳酸氫鈉的溶解度小,利用濃碳酸氫銨溶液與氯化鈉固體發(fā)生復(fù)分解反應(yīng);

故答案為:NH3;NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;

(4)根據(jù)碳酸鈉晶體失水的能量變化示意圖可知:Na2CO3?10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)△H=+532.36kJ?mol-1

①,Na2CO3?10H2O(s)=Na2CO3?H2O(s)+9H2O(g)△H=+473.63kJ?mol-1②,由①-②得Na2CO3?H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)△H=+58.73kJ?mol-1;

故答案為:Na2CO3?H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)△H=+58.73kJ?mol-1;

(5)產(chǎn)品純堿中常含有NaCl,取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng),Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,得bg固體為NaCl;設(shè)碳酸鈉的物質(zhì)的量為X,根據(jù)方程式。

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑

12

X2x

混合物質(zhì)量:117x+a-106X=b,X=mol,該產(chǎn)品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%;

故答案為:×100%;

Ⅱ、惰性電極電解飽和食鹽水,發(fā)生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,氫氣在a電極產(chǎn)生,生成的NaOH與鎂離子反應(yīng),氯氣在b電極生成后在B中與硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng);

(1)由流程可知,X為Cl2,具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質(zhì),該離子反應(yīng)為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,故答案為:Cl2;SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4;

(2)用沉淀法測定苦鹵中鎂元素的含量(g/L),應(yīng)知道溶液的體積及Mg元素的質(zhì)量,則需測定苦鹵樣品的體積、Mg(OH)2沉淀的質(zhì)量;

故答案為:苦鹵樣品的體積、Mg(OH)2沉淀的質(zhì)量;

(3)電解200kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的飽和食鹽水,當(dāng)濃度下降到20%時,參加反應(yīng)的NaCl為2xmol,生成氯氣物質(zhì)的量為x,由2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,則×100%=20%,解得x=97.7mol,收集氯氣的物質(zhì)的量為97.7mol,故答案為:97.7mol.17、過濾TiOSO4+(x+1)H2O═TiO2?xH2O↓+H2SO4Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑FeCO3(s)?Fe2+(aq)+CO32-(aq),CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低,平衡向右移動,使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液防止Fe2+被氧化【分析】【分析】根據(jù)圖示流程可知,廢液中加入鐵屑生成硫酸亞鐵溶液和濾渣,硫酸亞鐵溶液與碳酸氫銨溶液反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀:Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑;碳酸亞鐵與乳酸反應(yīng)生成乳酸亞鐵,通過結(jié)晶乳酸亞鐵溶液獲得乳酸亞鐵晶體;

(1)實現(xiàn)固體和液體的分離需要通過過濾操作完成;

(2)根據(jù)水解原理:鹽+水=酸+堿,結(jié)合水解產(chǎn)物是TiO2?xH2O來書寫;

(3)亞鐵離子可以和碳酸氫根離子之間反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀;

(4)根據(jù)沉淀溶解平衡的移動以及碳酸根離子乳酸之間反應(yīng)的原理來回答;

(5)根據(jù)亞鐵離子易被氧氣氧化的角度分析.【解析】【解答】解:生產(chǎn)補血劑乳酸亞鐵流程為:廢液中加入鐵屑生成硫酸亞鐵溶液和濾渣,硫酸亞鐵溶液與碳酸氫銨溶液反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀:Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑;碳酸亞鐵與乳酸反應(yīng)生成乳酸亞鐵,通過結(jié)晶乳酸亞鐵溶液獲得乳酸亞鐵晶體;

(1)分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是過濾;故答案為:過濾;

(2)TiOSO4水解生成TiO2?xH2O和硫酸,反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiOSO4+(x+1)H2O═TiO2?xH2O↓+H2SO4;

故答案為:TiOSO4+(x+1)H2O═TiO2?xH2O↓+H2SO4;

(3)步驟②中亞鐵離子與碳酸氫根離子發(fā)生反應(yīng)生成碳酸鐵沉淀、二氧化碳?xì)怏w和水,反應(yīng)的離子方程式為:Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑;

故答案為:Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑;

(4)根據(jù)碳酸鐵的沉淀溶解平衡原理:FeCO3(s)?Fe2+(aq)+CO32-(aq),加入乳酸,這樣CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低;平衡向右移動,使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液;

故答案為:FeCO3(s)?Fe2+(aq)+CO32-(aq),CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低;平衡向右移動,使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液;

(5)亞鐵離子易被氧氣氧化,所以步驟⑥必須控制一定的真空度,這樣有利于蒸發(fā)水還能防止Fe2+被氧化,故答案為:防止Fe2+被氧化.18、a、bC7H10ad【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)簡式可確定有機(jī)物式,有機(jī)物含有碳碳雙鍵,可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng),以此解答該題.【解析】【解答】解:(1)由結(jié)構(gòu)簡式可知有機(jī)物含有環(huán)狀結(jié)構(gòu),并含有碳碳雙鍵,則屬于環(huán)烴和不飽和烴,故答案為:a、b;

(2)由有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知有機(jī)物分子式為C7H10,故答案為:C7H10;

(3)分子中含有碳碳雙鍵;可發(fā)生加成;氧化反應(yīng),烴類物質(zhì)都不溶于水,且碳原子數(shù)大于4,常溫下為液體,故答案為:ad;

(4)分子式為C7H10,含有一個六元環(huán)的單環(huán)的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為等故答案為:.19、2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△H=-251.6kJ?mol-1-196.64>Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH負(fù)極CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+13【分析】【分析】(1)利用蓋斯定律;(Ⅰ)×2+(Ⅱ)×2+(Ⅲ)可得甲烷與氧氣制取甲醇的方程式,據(jù)此計算反應(yīng)熱即可;

(2)測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%,可知反應(yīng)的SO2物質(zhì)的量為1mol,此過程中放出熱量98.3kJ,可知2molSO2參加反應(yīng)放出的熱量;以此計算a值;

計算出平衡時各物質(zhì)的濃度;可計算平衡常數(shù);

若將初始溫度為T1℃的2molSO2和1molO2充入容積為2L的絕熱密閉容器B中;因正反應(yīng)放熱,則體系溫度升高,升高溫度平衡逆向移動;

(3)可循環(huán)利用的為NaOH;可用亞硫酸鈉與氫氧化鈣反應(yīng)生成;

(4)①根據(jù)圖知,交換膜是質(zhì)子交換膜,則電解質(zhì)溶液呈酸性,根據(jù)氫離子移動方向知,通入a的電極為負(fù)極、通入b的電極為正極;負(fù)極上甲醇失去電子發(fā)生氧化反應(yīng);

②根據(jù)電解池的工作原理和電極方程式來計算.【解析】【解答】解:(1)根據(jù)(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1=+247.3kJ?mol-1

(Ⅱ)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H2=-90.1kJ?mol-1

(Ⅲ)2CO(g)+O2(g)?2CO2(g)△H3=-566.0kJ?mol-1

由(Ⅰ)×2+(Ⅱ)×2+(Ⅲ)得2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△H,故△H=2△H1+2△H2+△H3=(+247.3kJ?mol-1)×2+(-90.1kJ?mol-1)×2+(-566.0kJ?mol-1)=-251.6kJ?mol-1,所以用CH4和O2直接制備甲醇蒸氣的熱化學(xué)方程式為2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△H=-251.6kJ?mol-1;

故答案為:2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△H=-251.6kJ?mol-1;

(2)測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%,可知反應(yīng)的SO2物質(zhì)的量為1mol,此過程中放出熱量98.3kJ,可知2molSO2參加反應(yīng)放出的熱量為196.6,則a=-196.6,平衡時:c(SO2)=0.5mol/L,c(O2)=0.5mol/L,c(SO3)=0.25mol/L,K==4,若將初始溫度為T1℃的2molSO2和1molO2充入容積為2L的絕熱密閉容器B中;因正反應(yīng)放熱,則體系溫度升高,升高溫度平衡逆向移動,則平衡常數(shù)減小,故答案為:-196.6;4;>;

(3)可循環(huán)利用的為NaOH,可用亞硫酸鈉與氫氧化鈣反應(yīng)生成,反應(yīng)的方程式為Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH,故答案為:Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH;

(4)①根據(jù)圖知,交換膜是質(zhì)子交換膜,則電解質(zhì)溶液呈酸性,根據(jù)氫離子移動方向知,通入a的電極為負(fù)極、通入b的電極為正極,負(fù)極上甲醇失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+,正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為O2+4e-+4H+=2H2O,故答案為:負(fù)極;CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+;

②用此電池以惰性電極電解飽和食鹽水的電極反應(yīng)為:2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,當(dāng)兩極共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體1.12L(0.05mol)時,則生成氫氧化鈉的物質(zhì)的量是0.05mol,所以COH-==0.1mol/L,所以pH=13,故答案為:13.20、N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624KJ/molO2+4e-+2H2O=4OH-用濕潤的淀粉碘化鉀試紙靠近石墨電極,觀察是否變藍(lán)0.82Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑【分析】【分析】(1)依據(jù)熱化學(xué)方程式書寫方法;標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)量的反應(yīng)熱些出熱化學(xué)方程式;

(2)正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應(yīng);

(3)乙裝置中石墨上是氯離子放電生成氯氣;檢驗氯氣的方法是用濕潤的淀粉碘化鉀試紙,觀察是否變藍(lán);

(4)根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等,列出關(guān)系式:N2H4~2Cu進(jìn)行分析求解;

(5)陽極上鋁失電子和水反應(yīng)生成氧化鋁;

(6)鋁失電子生成鋁離子進(jìn)入溶液,鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀.【解析】【解答】解:(1)16.0g氣態(tài)肼(N2H4)物質(zhì)的量為0.5mol,在氧氣中完全燃燒生成氮氣和水,放出熱量312kJ,1mol氣態(tài)肼(N2H4)燃燒放熱614KJ,反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為:N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624KJ/mol,故答案為:N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624KJ/mol;

(2)正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為:O2+4e-+2H2O=4OH-,故答案為:O2+4e-+2H2O=4OH-;

(3)乙裝置中石墨上是氯離子放電生成氯氣;檢驗氯氣的方法是用濕潤的淀粉碘化鉀試紙,觀察是否變藍(lán),故答案為:用濕潤的淀粉碘化鉀試紙靠近石墨電極,觀察是否變藍(lán);

(4)根據(jù)關(guān)系式:N2H4~2Cu

32128

m3.2g

則m==0.8g;故答案為:0.8;

(5)陽極上鋁失電子和水反應(yīng)生成氧化鋁和氫離子,電極反應(yīng)式為2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+;故答案為:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+;

(6)鋁失電子生成鋁離子進(jìn)入溶液,鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,離子方程式為Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑;

故答案為:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑.21、D2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO22O33O2催化【分析】【分析】①有機(jī)物是含碳的化合物;有些含碳化合物性質(zhì)與無機(jī)物相同一般也是無機(jī)物,如一氧化碳;二氧化碳、碳酸鈣等;

②燃煤中加入石灰石作為脫硫劑脫硫的原理是石灰石分解生成的氧化鈣和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣;亞硫酸鈣被氧氣氧化為硫酸鈣除去;

③將方程式①②③相加得出氧氣和臭氧的關(guān)系式.【解析】【解答】解:①解:塑料袋屬于高分子有機(jī)化合物;廢紙的主要成分是植物纖維,屬于纖維素,它們都屬于有機(jī)物.

故選D.

②燃煤中加入石灰石作為脫硫劑脫硫的原理是石灰石分解生成的氧化鈣和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣,亞硫酸鈣被氧氣氧化為硫酸鈣除去,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2;

故答案為:2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2;

③由①Cl+O3→ClO+O2、②O3→O+O2、③ClO+O→Cl+O2,將方程式①+②+③得方程式:2O33O2,氯原子雖參加反應(yīng),但反應(yīng)前后氯原子的個數(shù)沒有增減,符合催化劑的特點,故答案為:2O33O2;催化.22、[Ar]3d104s24p3AsAsH3的相對分子質(zhì)量大于PH3的相對分子質(zhì)量,故AsH3分子間作用力大于PH3分子間作用力正四面體形CCl4As4O6sp34BEG【分析】【分析】(1)As的原子序數(shù)為33;其最外層的p電子為半滿,為穩(wěn)定結(jié)構(gòu);

(2)分子晶體;相對分子質(zhì)量越大,范德華力越大,熔沸點越高;

(3)AsO43-中,成鍵數(shù)為4,孤對電子數(shù)為(5+3-2×4)×=0,為sp3雜化;等電子體的原子數(shù)和價電子數(shù)相同;

(4)根據(jù)分子結(jié)構(gòu)可知,分子內(nèi)含有6個氧原子,4個砷原子,化學(xué)式為As4O6;As形成3個共價鍵;

(5)晶體結(jié)構(gòu)與金剛石相似,則為原子晶體,以共價鍵形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu).【解析】【解答】解:(1)As的原子序數(shù)為33,由構(gòu)造原理可知電子排布為[Ar]3d104s24p3;其最外層的4p電子為半滿,為穩(wěn)定結(jié)構(gòu),則第一電離能較大為As;

故答案為:[Ar]3d104s24p3;As;

(2)AsH3和PH3形成的晶體均是分子晶體,其沸點受分子間作用力大小的影響,對于組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)分子間作用力和其相對原子質(zhì)量成正比,所以AsH3的沸點高于PH3,故答案為:AsH3的相對分子質(zhì)量大于PH3的相對分子質(zhì)量,故AsH3分子間作用力大于PH3分子間作用力;

(3)AsO43-中含有的孤電子對數(shù)是0,中心原子有4個共價鍵,所以其構(gòu)型是正四面體形.原子總數(shù)相同.價電子總數(shù)相同的分子稱為等電子體.AsO43-中含有5個原子,32個價電子,所以與其互為等電子體的一種分子為四氯化碳,故答案為:正四面體形;CCl4;

(4)根據(jù)分子結(jié)構(gòu)可知,分子內(nèi)含有6個氧原子,4個砷原子,化學(xué)式為As4O6,每個As原子形成3個共價鍵,又因為中心原子還有1對孤對電子,所以采用的是sp3雜化;

故答案為:As4O6;sp3;

(5)金剛石形成的晶體屬于原子晶體;碳原子可以形成4個碳碳單鍵,所以每個As應(yīng)與4個Ga相連,金剛石中含有的化學(xué)鍵是共價鍵,所以該物質(zhì)中含有的化學(xué)鍵是極性鍵,單鍵為σ鍵,又因為砷原子還有1對孤對電子,而鎵原子有容納孤對電子的空軌道,所以還可以構(gòu)成配位鍵;

故答案為:4;BEG.四、推斷題(共4題,共16分)23、略

【分析】解:黃綠色氣體rm{B}為rm{Cl_{2}}氣體rm{A}在rm{Cl_{2}}中可以安靜的燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,應(yīng)為rm{H_{2}}反應(yīng)生成rm{HCl}rm{D}在空氣中燃燒生成淺黃色固體rm{F}rm{D}應(yīng)為rm{Na}rm{F}為rm{Na_{2}O_{2}}則rm{E}為rm{NaCl}rm{Na_{2}O_{2}}與rm{CO_{2}}反應(yīng)可得到氣體rm{G}rm{G}為rm{O_{2}}則。

rm{(1)}由以上分析可知rm{B}為rm{Cl_{2}}rm{C}為rm{HCl}rm{E}為rm{NaCl}故答案為:rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NaCl}

rm{(2)D}為rm{Na}rm{F}為rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na}與rm{O_{2}}反應(yīng)可生成rm{Na_{2}O_{2}}反應(yīng)的方程式為rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}

rm{F}為rm{Na_{2}O_{2}}與rm{CO_{2}}反應(yīng)生成rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{O_{2}}反應(yīng)的方程式為rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}

rm{D}為rm{Na}與水劇烈反應(yīng),方程式為rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

故答案為:rm{a.2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}rm{b.2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{c.2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉.}

黃綠色氣體rm{B}為rm{Cl_{2}}色氣體rm{A}在rm{Cl_{2}}中可以安靜的燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,應(yīng)為rm{H_{2}}反應(yīng)生成rm{HCl}rm{D}在空氣中燃燒生成淺黃色固體rm{F}rm{D}應(yīng)為rm{Na}rm{F}為rm{Na_{2}O_{2}}則rm{E}為rm{NaCl}rm{Na_{2}O_{2}}與rm{CO_{2}}反應(yīng)可得到氣體rm{G}rm{G}為rm{O_{2}}結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)解答該題.

本題考查無機(jī)物的推斷,題目難度不大,本題中以氣體的顏色和反應(yīng)現(xiàn)象為突破口進(jìn)行推斷,建議學(xué)習(xí)中注重相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累.【解析】rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NaCl}rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}24、2Al+2OH-+2H20=2AlO2-+3H2↑172Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-③95.00%【分析】【分析】依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系和電解原理可推斷,M為NaCl,生成的溶液N為NaOH,氣體為H2,Cl2,F(xiàn)和N(NaOH)反應(yīng)生成的是H2,所以,F(xiàn)為Al,R為O2,G為Al2O3,J為H2,P為Cl2,F(xiàn)(Al)+C=G(Al2

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