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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè),總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè),總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識(shí)點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級(jí):______考號(hào):______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題,共18分)1、現(xiàn)有乙酸和兩種鏈狀單烯烴混合物,其中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a,則碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是()A.B.C.(1-a)D.(1-a)2、將一小塊鈉投入到盛有100ml澄清石灰水的燒杯里,不可能觀察到的現(xiàn)象()A.鈉熔成小球并在液面上四處游動(dòng)B.有氣體產(chǎn)生C.溶液底部有銀白色的物質(zhì)生成D.溶液變渾濁3、常溫下,用rm{0.10mol?L^{-1}KOH}溶液滴定rm{10.00ml0.10mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}(}二元弱酸rm{)}溶液所得滴定曲線如圖rm{(}混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和rm{).}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.點(diǎn)rm{壟脵}所示溶液中:rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{12}}B.點(diǎn)rm{dfrac
{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{12}}所示溶液中:rm{壟脷}C.點(diǎn)rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(OH^{-})}所示溶液中:rm{壟脹}D.點(diǎn)rm{c(K^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(C_{2}O_{4}^{2-})}所示溶液中:rm{壟脺}rm{c(K^{+})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(C_{2}O_{4}^{2-})=0.10mol?L^{-1}}4、在水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L條件下,下列各組離子一定能大量共存的是()A.NH4+、AlO2-、Cl-、Na+B.K+、Fe2+、Cl-、NO3-C.Na+、SO42-、Cl-、Al3+D.Na+、NO3-、K+、SO42-5、下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是()A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合:c(H+)+c(M+)═c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液:c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa)C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合:c(CH3COO-)+2c(OH-)═2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol?L-1的NaHA溶液,其pH=4:c(Na+)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)6、下列反應(yīng)中水既不是氧化劑,又不是還原劑的氧化還原反應(yīng)是()A.SO3+H2O=H2SO4B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C.2F2+2H2O=4HF+O2D.NaH+H2O=NaOH+H2↑7、下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是()A.pH=14的溶液中:Na+、Al3+、Cl-、B.滴入KSCN溶液顯紅色的溶液中:K+、Fe2+、、Cl-C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中:NH4+、K+、、D.c(I-)=0.1mol/L的溶液,Na+、Fe3+、ClO-、8、100gC不完全燃燒所得產(chǎn)物中,CO所占體積為,CO2為,且:C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.35kJ?mol-1;
CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-282.57kJ?mol-1.與這些碳完全燃燒相比,損失的熱量為()A.39.292kJB.3274.3kJC.784.92kJD.2489.44kJ9、25℃時(shí),某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)為1×10﹣10,下列說(shuō)法正確的是()A.該溶液的pH不可能是7B.該溶液不可能存在C.該溶液的pH一定是10D.該溶液的pH一定是4評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題,共14分)10、下列試劑保存方法中正確的是()A.堿金屬鈉、鉀保存在煤油中B.液溴應(yīng)用水封保存在帶橡膠塞的細(xì)口瓶中C.氫氟酸、氯水、AgNO3溶液保存在棕色玻璃瓶中D.盛Na2SiO3溶液的試劑瓶應(yīng)用橡膠塞11、2007年10月10日,德國(guó)科學(xué)家格哈德?埃爾特生日的當(dāng)天獲得了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng),以獎(jiǎng)勵(lì)他在表面化學(xué)領(lǐng)域做出開(kāi)拓性的貢獻(xiàn).合成氨反應(yīng)在鐵催化劑表面進(jìn)行時(shí)效率顯著提高,就是埃爾特的研究成果,下列關(guān)于合成氨反應(yīng)的敘述中正確的是()A.鐵做催化劑可加快反應(yīng)速率,且有利于平衡向合成氨的方向移動(dòng)B.將氨從混合氣中分離,有利于平衡向合成氨的方向移動(dòng)C.升高溫度可以加快反應(yīng)速率,且有利于平衡向合成氨的方向移動(dòng)D.增大壓強(qiáng)可加快反應(yīng)速率,且有利于平衡向合成氨的方向移動(dòng)12、室溫下,0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.1mol?L-1NaCl溶液等體積混合(忽略溶液體積變化),下列有關(guān)敘述正確的是()A.混合前CH3COONa溶液中由水電離出來(lái)的c(OH-)>1×10-7mol?L-1B.混合前NaCl溶液中:c(Na+)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)C.混合溶液中:c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(OH-)D.混合溶液中:c(Cl-)+c(CH3COO-)=0.1mol?L-113、如圖所示,集氣瓶?jī)?nèi)充滿某混合氣體,將滴管內(nèi)的水?dāng)D入集氣瓶后,燒杯中的水會(huì)進(jìn)入并充滿集氣瓶,集氣瓶?jī)?nèi)氣體可能是()A.O2、NO2B.H2、O2C.N2、H2D.NO2、NO14、已知正四面體形分子E和直線型分子F反應(yīng);生成四面體形分子L和直線型分子M.(組成E分子的元素的原子序數(shù)小于10,組成F分子的元素為第三周期的元素.)如圖,則下列判斷中正確的是()
A.常溫常壓下,L是一種液態(tài)有機(jī)物B.E中化學(xué)鍵是極性鍵C.F具有漂白性D.上述反應(yīng)的類型是取代反應(yīng)15、在常溫下,將VmL0.05mol.L-1的醋酸溶液緩慢滴加到10mol0.05mol?L-1的Na2CO3溶液中,并不斷攪拌(氣體完全逸出),所得溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的()A.當(dāng)V=10時(shí),c(Na+)>c(OH-)>c(HC0)>c(CH3COO-)>c(H+)B.當(dāng)0<V<20時(shí),c(H+)+c(Na+)=c(HC0)+c(CH3COO-)+2c(C032-)+c(OH-)C.當(dāng)V=20時(shí),c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.當(dāng)V=40時(shí),c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)16、反應(yīng)rm{3ClO^{-}+2Fe^{3+}+10OH^{-}簍T2FeO_{4}^{2-}+5H_{2}O+3Cl^{-}}下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{ClO^{-}}作氧化劑B.rm{FeO_{4}^{2-}}為還原產(chǎn)物C.每產(chǎn)生rm{1}rm{mol}rm{FeO_{4}^{2-}}轉(zhuǎn)移rm{3}rm{mol}電子D.rm{OH^{-}}作氧化劑評(píng)卷人得分三、填空題(共7題,共14分)17、對(duì)于A(?)+2B(氣)?nC(氣)(n為整數(shù))在一定條件下達(dá)到平衡后;改變下列條件,請(qǐng)回答:
(1)增壓,平衡不移動(dòng).當(dāng)n=3時(shí),A的狀態(tài)為_(kāi)___.
(2)若A為固體,增大壓強(qiáng),C的百分含量減少,則n的取值范圍____.
(3)升溫,平衡向右移動(dòng),則該反應(yīng)的逆反應(yīng)為_(kāi)___反應(yīng).
(4)在恒溫恒容條件下,若壓強(qiáng)不變和混合氣密度不變均可做該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志,則A的狀態(tài)和n必須滿足的條件是____.18、現(xiàn)有下列三個(gè)氧化還原反應(yīng):①2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-
②2Fe3++2I-═I2+2Fe2+③ClO3-+6H++5Cl-═3Cl2↑+3H2O
(1)若某溶液中存在Fe2+、I-、Cl-,要除去I-而不減少其他離子,合適試劑是____
A、FeCl23C、Cl2D、KClO3E;HCl;
(2)在強(qiáng)酸性溶液中,將ClO3-、Fe2+、Fe3+、I-等四種離子混合;充分反應(yīng)后;
①若溶液中有I-剩余,則溶液中還有上述四種離子中的____,一定無(wú)____;
②若Fe3+有剩余,則溶液中可能還有上述四種離子中的____,一定無(wú)____;
③若ClO3-有剩余,則溶液中還有上述四種離子中的____,一定無(wú)____.19、口服抗菌藥利君沙的制備原料G和某種廣泛應(yīng)用于電子電器等領(lǐng)域的高分子化合物Ⅰ的合成路線如下:已知:①R—CH2—CH===CH2R—CHCl—CH===CH2②R—CH2—CH===CH2R—CH2CH2CH2CHO(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________,D中的官能團(tuán)的名稱是________。(2)寫(xiě)出B―→C的化學(xué)方程式:___________________________________________,該反應(yīng)類型是____________________。(3)H的分子式為C8H6O4,能與碳酸鈉溶液反應(yīng)放出氣體,其一氯取代物只有一種,寫(xiě)出H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:_____________________________________________________(4)寫(xiě)出E+H―→I的化學(xué)方程式:______________________________。(5)J是比C多一個(gè)碳原子的C的同系物,J可能的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有________種(①考慮順?lè)串悩?gòu);②“”結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定),請(qǐng)任意寫(xiě)出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:______________。(6)關(guān)于G的說(shuō)法中正確的是________(填序號(hào))。a.1molG可與2molNaHCO3反應(yīng)b.G可發(fā)生消去反應(yīng)c.1molG可與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)d.G在一定條件下可與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)20、(8分)A、B兩元素在周期表中位于同一周期,核電荷數(shù)均小于36,最外層均為一個(gè)電子,A的次外層為8個(gè)電子,B的電子排布式為ls22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3dl04s1),則A元素的核外電子排布圖為:;B的元素符號(hào)為_(kāi)___,位于周期表第____周期____族。21、有相對(duì)分子質(zhì)量之比為5:12的A;B兩種有機(jī)物.
(1)含氧有機(jī)物A的蒸氣是同溫同壓下氫氣密度的15倍.燃燒1.5gA,生成1.12L標(biāo)況下CO2,和0.9g水,A的分子式為_(kāi)___
(2)B是烷烴,寫(xiě)出它的分子式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、名稱.22、某化學(xué)興趣小組利用以下各裝置連接成一整套裝置;探究氯氣與氨氣之間的反應(yīng).其中D為純凈干燥的氯氣與純凈干燥氨氣反應(yīng)的裝置.
請(qǐng)回答下列問(wèn)題:
(1)連接好裝置后,必需進(jìn)行的一步實(shí)驗(yàn)操作是____.
(2)裝置E的作用是____,橡膠管k的作用是____.
(3)從裝置D的G處逸出的尾氣中可能含有黃綠色的有毒氣體,處理方法是____.
(4)裝置F中試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____.
(5)接入D裝置的兩根導(dǎo)管左邊較長(zhǎng)、右邊較短,目的是____.
(6)整套裝置從左向右的連接順序是(j)接____接(f)(g)接____接____接(a).23、下列反應(yīng)中,SiO2表現(xiàn)什么化學(xué)性質(zhì)?在A~D項(xiàng)中選出正確答案;將編號(hào)填在括號(hào)內(nèi).
A.作為玻璃的成分被分解而使玻璃能雕刻。
B.將揮發(fā)性酸酐從其鹽酸代換出來(lái)。
C.弱氧化性。
D.酸性氧化物的通性.
(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O____
(2)SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑____
(3)SiO2+2CSi(粗)+2CO↑____
(4)SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O____.評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題,共12分)24、乙烷與氯氣的取代反應(yīng),乙烯與氯代烴的加成反應(yīng),均可用于制取1-氯乙烷_(kāi)___(判斷對(duì)錯(cuò))25、蒸餾時(shí),溫度計(jì)水銀球插入混合液中,以控制蒸餾的溫度.____.(判斷對(duì)錯(cuò))評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題,共16分)26、(16分)某同學(xué)為了研究乙酸的性質(zhì),進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn):(一)該同學(xué)利用下圖所示的儀器和藥品,設(shè)計(jì)了一個(gè)簡(jiǎn)單的一次性完成實(shí)驗(yàn)裝置,來(lái)驗(yàn)證乙酸、碳酸和苯酚溶液酸性強(qiáng)弱。(1)實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序是:A→____→→____→C→____→→____→____→J(2)寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)中能說(shuō)明碳酸比苯酚的酸性強(qiáng)的化學(xué)方程式____。(二)為了研究乙酸的酯化反應(yīng),該同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn),步驟如下:在園底燒瓶?jī)?nèi)加入乙醇、濃硫酸和乙酸,瓶口豎直安裝通有冷卻水的冷凝管(使反應(yīng)混合物的蒸氣冷凝為液體流回?zé)績(jī)?nèi)),加熱回流一段時(shí)間后換成蒸餾裝置進(jìn)行蒸餾,得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品。請(qǐng)回答下列問(wèn)題:(1)反應(yīng)中濃硫酸做__________劑和吸水劑(或脫水劑)。(2)如果將上述實(shí)驗(yàn)步驟改為在蒸餾燒瓶?jī)?nèi)先加入乙醇和濃硫酸,然后通過(guò)分液漏斗邊滴加醋酸,邊加熱蒸餾。這樣操作可以提高酯的產(chǎn)率,其原因是_________________。(3)現(xiàn)擬分離含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品,下圖是分離操作步驟流程圖。若需要在圖中圓括號(hào)內(nèi)填入適當(dāng)試劑,在方括號(hào)內(nèi)填入適當(dāng)分離方法。下列試劑和分離方法正確的是。A.試劑a是氫氧化鈉溶液,試劑b是稀硫酸;分離方法①是蒸餾,分離方法②是分液,分離方法③是蒸餾B.試劑a是飽和碳酸鈉溶液,試劑b是稀硫酸;分離方法①是分液,分離方法②是蒸餾,分離方法③是蒸餾C.試劑a是飽和碳酸鈉溶液,試劑b是稀硝酸;分離方法①是過(guò)濾,分離方法②是分液,分離方法③是蒸餾D.試劑a是氫氧化鈉溶液,試劑b是鹽酸;分離方法①是分液,分離方法②是蒸餾,分離方法③是分液(4)該同學(xué)在查閱資料時(shí)發(fā)現(xiàn),乙酸和乙醇的酯化反應(yīng)是分兩步反應(yīng)進(jìn)行的,其反應(yīng)的過(guò)程如下:a.你認(rèn)為其中屬于加成反應(yīng)的是(填反應(yīng)序號(hào),在①②③④中選取)b.在有機(jī)羧酸和醇的酯化反應(yīng)中,脫水時(shí),羧酸脫基。為了探究酯化反應(yīng)中的脫水方式,一般采取同位素示蹤法,你認(rèn)為用18O同位素進(jìn)行標(biāo)記時(shí),下列標(biāo)記正確的是。A.18O只能標(biāo)記在醇羥基上B.18O只能標(biāo)記在羧酸的羥基上C.18O可以標(biāo)記在醇羥基上,也可以標(biāo)記在羧酸的羥基上D.18O可以標(biāo)記在醇羥基上,也可以標(biāo)記在羧酸的羥基上,還可以標(biāo)記在羧酸的羰基上27、亞氯酸鈉(NaClO2)是重要漂白劑;探究小組開(kāi)展如下實(shí)驗(yàn),回答下列問(wèn)題:
實(shí)驗(yàn)Ⅰ:制取NaClO2晶體按如圖裝置進(jìn)行制取。
已知:NaClO2飽和溶液在低于38℃時(shí)析出NaClO2?3H2O,高于38℃時(shí)析出NaClO2,高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)用50%雙氧水配制30%的H2O2溶液;需要的玻璃儀器除玻璃棒;膠頭滴管、燒杯外,還需要______(填儀器名稱)。
(2)裝置C的作用是______。
(3)已知裝置B中的產(chǎn)物有ClO2氣體,則裝置B中反應(yīng)的方程式為_(kāi)_____;裝置D中反應(yīng)生成NaClO2的化學(xué)方程式為_(kāi)_____,反應(yīng)后的溶液中陰離子除了ClO2-、ClO3-、Cl-、ClO-、OH-外還可能含有的一種陰離子是______;檢驗(yàn)該離子的方法是______。
(4)請(qǐng)補(bǔ)充從裝置D反應(yīng)后的溶液中獲得NaClO2晶體的操作步驟。
①減壓;55℃蒸發(fā)結(jié)晶;②______;③______;④______得到成品。
(5)如果撤去D中的冷水?。豢赡軐?dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是______。
實(shí)驗(yàn)Ⅱ:樣品雜質(zhì)分析與純度測(cè)定。
(6)測(cè)定樣品中NaClO2的純度。測(cè)定時(shí)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):
準(zhǔn)確稱一定質(zhì)量的樣品;加入適量蒸餾水和過(guò)量的KI晶體,在酸性條件下發(fā)生如下反應(yīng):
ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-,將所得混合液稀釋成100mL待測(cè)溶液。取25.00mL待測(cè)溶液,加入淀粉溶液做指示劑,用cmol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn);測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的平均值為VmL
(已知:I2+2S2O32-═2I-+S4O62-)。
①確認(rèn)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是______。
②請(qǐng)計(jì)算所稱取的樣品中NaClO2的物質(zhì)的量為_(kāi)_____。(用含c、V的代數(shù)式表示)評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共1題,共5分)28、磷;硫元素的單質(zhì)和化合物應(yīng)用廣泛.
rm{(1)}磷元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是______.
rm{(2)}磷酸鈣與焦炭、石英砂混合,在電爐中加熱到rm{1}rm{500隆忙}生成白磷;反應(yīng)為:
rm{2Ca_{3}(PO_{4})_{2}+6SiO_{2}簍T6CaSiO_{3}+P_{4}O_{10}}
rm{10C+P_{4}O_{10}簍TP_{4}+10CO}
每生成rm{1mol}rm{P_{4}}時(shí),就有______rm{mol}電子發(fā)生轉(zhuǎn)移.
rm{(3)}硫代硫酸鈉rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}是常用的還原劑rm{.}在維生素rm{C(}化學(xué)式rm{C_{6}H_{8}O_{6})}的水溶液中加入過(guò)量rm{I_{2}}溶液,使維生素rm{C}完全氧化,剩余的rm{I_{2}}用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定,可測(cè)定溶液中維生素rm{C}的含量rm{.}發(fā)生的反應(yīng)為:
rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}
rm{2SO_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}
在一定體積的某維生素rm{C}溶液中加入rm{a}rm{mol/L}rm{I_{2}}溶液rm{V_{1}}rm{mL}充分反應(yīng)后,用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定剩余的rm{I_{2}}消耗rmrm{mol/L}rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液rm{V_{2}}rm{mL.}該溶液中維生素rm{C}的物質(zhì)的量是______rm{mol}.
rm{(4)}在酸性溶液中,碘酸鉀rm{(KIO_{3})}和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應(yīng):
rm{2IO_{3}^{-}+5SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TI_{2}+5SO_{4}^{2-}+H_{2}O}
生成的碘可以用淀粉溶液檢驗(yàn);根據(jù)反應(yīng)溶液出現(xiàn)藍(lán)色所需的時(shí)間來(lái)衡量該反應(yīng)的速率.
某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下表所示:
。rm{0.01mol/LKIO_{3}}酸性溶液。
rm{(}含淀粉rm{)}的體積rm{/mL}rm{0.01mol/L}
rm{Na_{2}SO_{3}}溶液。
的體積rm{/mL}rm{H_{2}O}
的體積。
rm{/mL}實(shí)驗(yàn)溫。
度rm{/隆忙}溶液出現(xiàn)。
藍(lán)色時(shí)所。
需時(shí)間rm{/s}實(shí)驗(yàn)rm{1}rm{5}rm{V_{1}}rm{35}rm{25}實(shí)驗(yàn)rm{2}rm{5}rm{5}rm{40}rm{25}實(shí)驗(yàn)rm{3}rm{5}rm{5}rm{V_{2}}rm{0}該實(shí)驗(yàn)的目的是______;
表中rm{V_{2}=}______rm{mL}.參考答案一、選擇題(共9題,共18分)1、C【分析】【分析】根據(jù)乙酸的化學(xué)式為C2H4O2,烯烴的通式為CnH2n,則在混合物中碳、氫存在固定的質(zhì)量比,混合物中一共有三種元素,氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a,碳、氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為1-a,然后可計(jì)算出碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù).【解析】【解答】解:由乙酸的化學(xué)式為C2H4O2,而單烯烴的通式為CnH2n;
則混合物中C與H之間的數(shù)目比為1:2;其質(zhì)量比為12×1:1×2=6:1;
又混合物中共三種元素;氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a,碳;氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為1-a;
則碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×(1-a)=(1-a);
故選C.2、C【分析】【分析】先判斷將鈉投入到氫氧化鈣溶液中能發(fā)生哪些化學(xué)反應(yīng),然后根據(jù)產(chǎn)物推斷產(chǎn)生哪些現(xiàn)象.【解析】【解答】解:鈉投入到盛有氫氧化鈣溶液的燒杯里,發(fā)生反應(yīng)有:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,所以有Na與H2O反應(yīng)現(xiàn)象;現(xiàn)象為:鈉浮在液面上,與溶液劇烈反應(yīng),熔成小球,四處游動(dòng),發(fā)出嘶嘶聲,有氣泡冒出,但是水的消耗,導(dǎo)致石灰水因溶劑減少而變?yōu)轱柡腿芤?,所以可能?huì)有氫氧化鈣析出,導(dǎo)致溶液變渾濁,但是金屬鈉絕對(duì)不會(huì)置換出金屬鈣.
故選:C3、D【分析】解:rm{A.0.10mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}(}二元弱酸rm{)}不能完全電離,點(diǎn)rm{壟脵pHneq1}則rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}neq10^{12}}故A錯(cuò)誤;
B.點(diǎn)rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}neq
10^{12}}為混合溶液,由電荷守恒可知,rm{壟脷}故B錯(cuò)誤;
C.點(diǎn)rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(OH^{-})}溶液顯酸性,等體積等濃度反應(yīng)生成rm{壟脹}電離大于其水解,則rm{KHC_{2}O_{4}}故C錯(cuò)誤;
D.由物料守恒可知,rm{c(K^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故D正確;
故選D.
A.rm{c(K^{+})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(C_{2}O_{4}^{2-})=0.10mol?L^{-1}}二元弱酸rm{0.10mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}(}不能完全電離,點(diǎn)rm{)}
B.點(diǎn)rm{壟脵pHneq1}為混合溶液;由電荷守恒分析;
C.點(diǎn)rm{壟脷}溶液顯酸性,等體積等濃度反應(yīng)生成rm{壟脹}電離大于其水解;
D.由物料守恒分析.
本題考查酸堿混合溶液的定性判斷及離子濃度的關(guān)系,注意草酸為弱酸,明確電荷守恒、物料守恒即可解答,題目難度中等.rm{KHC_{2}O_{4}}【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子;
A.銨根離子與偏鋁酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng);銨根離子與氫氧根離子反應(yīng),偏鋁酸根離子與氫離子反應(yīng);
B.硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子;亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng);
C.鋁離子與氫氧根離子反應(yīng);
D.四種離子之間不反應(yīng),都不與氫離子和氫氧根離子反應(yīng).【解析】【解答】解:水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子;
A.NH4+、AlO2-之間發(fā)生雙水解反應(yīng),NH4+與氫氧根離子反應(yīng),AlO2-與氫離子反應(yīng);在溶液中不能大量共存,故A錯(cuò)誤;
B.Fe2+、NO3-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng),F(xiàn)e2+與氫氧根離子反應(yīng);在溶液中不能大量共存,故B錯(cuò)誤;
C.Al3+與氫氧根離子反應(yīng);在溶液中不能大量共存,故C錯(cuò)誤;
D.Na+、NO3-、K+、SO42-之間不反應(yīng);都不與氫離子和氫氧根離子反應(yīng),在溶液中能夠大量共存,故D正確;
故選D.5、D【分析】【分析】A;根據(jù)電荷守恒分析解答;
B、相同濃度的三種溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分別為NaOH、Na2CO3和CH3COONa,所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液:c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa);
C、物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等體積混合,溶液顯酸性,電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),物料守恒為c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L=2c(Na+);以此分析;
D、0.1mol?L-1的NaHA溶液,其pH=4,電離大于水解程度.【解析】【解答】解:A、根據(jù)電荷守恒,可知c(H+)+c(M+)═c(OH-)+c(A-);故A正確;
B、相同濃度的三種溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分別為NaOH、Na2CO3和CH3COONa,所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液:c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa);故B正確;
C、物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等體積混合,溶液顯酸性,電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),物料守恒為c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L=2c(Na+),由上述兩個(gè)式子可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-);故C正確;
D、0.1mol?L-1的NaHA溶液,其pH=4,電離大于水解程度,所以離子濃度大小為:c(Na+)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A);故D錯(cuò)誤;
故選D.6、B【分析】【分析】有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng),水既不是氧化劑又不是還原劑,說(shuō)明水中H、O元素的化合價(jià)不變,以此來(lái)解答.【解析】【解答】解:A.反應(yīng)中元素的化合價(jià)不變;不屬于氧化還原反應(yīng),故A不選;
B.Na2O2中;O元素的化合價(jià)既升高又降低,屬于氧化還原反應(yīng),但水中H;O元素的化合價(jià)不變,水既不是氧化劑又不是還原劑,故B選;
C.水中O元素的化合價(jià)升高;屬于氧化還原反應(yīng),且水為還原劑,故C不選;
D.水中H元素的化合價(jià)降低;屬于氧化還原反應(yīng),且水為氧化劑,故D不選;
故選:B.7、B【分析】【分析】A.pH=14的溶液呈堿性,與OH-反應(yīng)的離子不能大量存在;
B.滴入KSCN溶液顯紅色的溶液含有Fe3+;
C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性,與H+反應(yīng)的離子不能大量存在;
D.I-具有還原性,與I-反應(yīng)的離子不能大量存在.【解析】【解答】解:A.pH=14的溶液呈堿性,Al3+不能大量存在;故A錯(cuò)誤;
B.滴入KSCN溶液顯紅色的溶液含有Fe3+;離子之間不發(fā)生任何反應(yīng),可大量共存,故B正確;
C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性,HCO3-不能大量存在;故C錯(cuò)誤;
D.I-具有還原性,具有氧化性的Fe3+、ClO-離子不能大量存在;故D錯(cuò)誤.
故選B.8、C【分析】【分析】碳不完全燃燒損失的熱量為生成的一氧化碳燃燒放出的熱量.根據(jù)碳原子守恒計(jì)算出一氧化碳的物質(zhì)的量,再根據(jù)一氧化碳燃燒的熱化學(xué)方程式計(jì)算.【解析】【解答】解:100g碳的物質(zhì)的量為=mol;
所以CO的物質(zhì)的量為mol×=mol;
由于CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-282.57kJ/mol,所以molCO燃燒放出的熱量為282.57kJ/mol×mol=784.92kJ,即100g碳不完全燃燒生成molCO損失的熱量為784.92kJ;
故選C.9、A【分析】【解答】解:酸或堿抑制水電離,含有弱根離子的鹽促進(jìn)水電離,25℃時(shí),純水中水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10﹣7,該溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10﹣10<1×10﹣7;說(shuō)明該溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離,則溶液可能是酸或堿溶液;
A.溶液可能是酸或堿溶液;故該溶液的pH不可能是7,故A正確;
B.溶液可能是酸或堿溶液;故B錯(cuò)誤;
C.溶液可能是酸或堿溶液;該溶液的pH=10,或pH=4,故C錯(cuò)誤;
D.溶液可能是酸或堿溶液;該溶液的pH=10,或pH=4,故D錯(cuò)誤;
故選A.
【分析】酸或堿抑制水電離,含有弱根離子的鹽促進(jìn)水電離,25℃時(shí),純水中水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10﹣7,該溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10﹣10<1×10﹣7,說(shuō)明該溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離,則溶液可能是酸或堿溶液.二、雙選題(共7題,共14分)10、A|D【分析】解:A.鈉和鉀易與水和氧氣反應(yīng);所以要隔絕空氣保存,鈉和鉀的密度大于煤油的,且和煤油不反應(yīng),所以可用煤油保存,故A正確;
B.液溴能腐蝕橡膠;不能用橡膠塞,應(yīng)該使用玻璃塞,并用水封,故B錯(cuò)誤;
C.氯水中含有次氯酸,不穩(wěn)定,應(yīng)避光保存,AgNO3溶液見(jiàn)光容易分解;需要避光保存,氫氟酸能夠與玻璃瓶中的二氧化硅發(fā)生反應(yīng),所以能夠腐蝕玻璃,應(yīng)該保存在塑料瓶中,故C錯(cuò)誤;
D.硅酸鈉溶液具有黏性;能把玻璃塞黏住,所以不能盛放在帶有玻璃塞的試劑瓶中,應(yīng)用橡膠塞,故D正確;
故選AD.
A.鈉和鉀的密度大于煤油的;且和煤油不反應(yīng);
B.根據(jù)液溴具有強(qiáng)氧化性;能夠氧化橡膠塞判斷;
C.氫氟酸能夠與玻璃瓶中的二氧化硅發(fā)生反應(yīng),氯水中含有次氯酸,不穩(wěn)定,AgNO3溶液見(jiàn)光容易分解;需要避光保存;
D.硅酸鈉溶液具有黏性;能把玻璃塞黏住.
本題綜合考查物質(zhì)的保存,側(cè)重于元素化合物知識(shí)的考查,為高頻考點(diǎn),注意物質(zhì)的性質(zhì)決定物質(zhì)的保存方法,難度不大.【解析】【答案】AD11、B|D【分析】解:A.催化劑不改變平衡移動(dòng);故A錯(cuò)誤;
B.將氨從混合氣中分離;生成物的濃度降低,平衡向合成氨的方向移動(dòng),故B正確;
C.反應(yīng)為放熱反應(yīng);升高溫度反應(yīng)速率增大,但平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),故C錯(cuò)誤;
D.增大壓強(qiáng)可加快反應(yīng)速率;平衡向合成氨的方向移動(dòng),故D正確.
故選BD.【解析】【答案】BD12、A|B【分析】解:A.醋酸鈉溶液中醋酸根離子結(jié)合水電離的氫離子,促進(jìn)了的水的電離,溶液顯示堿性,溶液中的氫氧根離子是水電離的,所以由水電離出來(lái)的c(OH-)>1×10-7mol?L-1;故A正確;
B.混合前NaCl溶液中,根據(jù)電荷守恒可知:c(Na+)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+);故B正確;
C.0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.1mol?L-1NaCl溶液等體積混合,由于醋酸根離子部分水解生成醋酸和氫氧根離子,所以c(Cl-)>c(CH3COOH);由于溶液中存在水電離的氫氧根離子,所以溶液中c(CH3COOH)<c(OH-);故C錯(cuò)誤;
D.兩溶液等體積混合后,c(Cl-)=×0.1mol/L=0.05mol/L,根據(jù)物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L,則c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol?L-1,即c(Cl-)+c(CH3COO-)<0.1mol?L-1;故D錯(cuò)誤;
故選AB.
A.醋酸鈉溶液顯示堿性,溶液中的氫氧根離子是水電離,常溫下氫氧根離子濃度大于c(OH-)>1×10-7mol?L-1;
B.根據(jù)氯化鈉溶液中電荷守恒進(jìn)行解答;
C.等體積;等濃度的醋酸鈉、氯化鈉溶液混合后;水解生成醋酸和氫氧根離子,溶液顯示堿性,由于溶液中還存在水電離的氫氧根離子,則溶液中的氫氧根離子濃度大于醋酸的濃度;
D.等體積混合后,c(Cl-)=0.05mol/L,再根據(jù)混合液中物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L;據(jù)此進(jìn)行分析.
本題考查了鹽的水解原理、溶液中離子濃度大小比較,題目難度中等,注意掌握溶液中離子濃度大小比較的方法,明確利用電荷守恒、物料守恒、鹽的水解判斷溶液中離子濃度大小的方法.【解析】【答案】AB13、A|D【分析】解:A;二氧化氮和氧氣與水反應(yīng)生成硝酸;將滴管內(nèi)的水?dāng)D入集氣瓶后,集氣瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)減小,燒杯中的水進(jìn)入集氣瓶,故A正確;
B、H2、O2皆難溶于水;且相互間不反應(yīng),擠入水后燒杯中的水不會(huì)進(jìn)入集氣瓶,故B錯(cuò)誤;
C;氮?dú)馀c氫氣在催化劑、加熱條件下反應(yīng);在光照條件下不反應(yīng),壓強(qiáng)不變化,燒杯中的水不會(huì)進(jìn)入,故C錯(cuò)誤.
D、集氣瓶?jī)?nèi)充滿NO2;NO將滴管內(nèi)的水?dāng)D入集氣瓶后;二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮?dú)怏w,但氣體體積減少,壓強(qiáng)減小,燒杯中的水進(jìn)入集氣瓶,故D正確;
故選AD.【解析】【答案】AD14、B|D【分析】解:正四面體形分子E;組成E分子的元素的原子序數(shù)都小于10,E由兩種元素組成,紅色球只形成一個(gè)共價(jià)鍵,所以是H元素,黑色球表示C元素,所以E是甲烷;直線型分子F,組成F分子的元素為第三周期的元素,且F是雙原子分子,所以F是Cl元素,該反應(yīng)是甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷和氯化氫,即L是一氯甲烷,M是氯化氫;
A.常溫常壓下;一氯甲烷是氣體,但二氯甲烷;三氯甲烷和四氯化碳是液體,故A錯(cuò)誤;
B.甲烷分子中只含碳?xì)滏I;屬于極性共價(jià)鍵,故B正確;
C.F是氯氣;氯氣沒(méi)有漂白性,次氯酸有漂白性,故C錯(cuò)誤;
D.甲烷中的氫原子被氯原子取代生成一氯甲烷;屬于取代反應(yīng),故D正確;
故選BD.
正四面體形分子E;組成E分子的元素的原子序數(shù)都小于10,E由兩種元素組成,紅色球只形成一個(gè)共價(jià)鍵,所以是H元素,黑色球表示C元素,所以E是甲烷;直線型分子F,組成F分子的元素為第三周期的元素,且F是雙原子分子,所以F是Cl元素,該反應(yīng)是甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷和氯化氫,即L是一氯甲烷,M是氯化氫;
A.常溫下;一氯甲烷是氣體;
B.不同非金屬元素之間易形成極性鍵;
C.F為氯氣;氯氣沒(méi)有漂白性;
D.有機(jī)物分子中的不飽和鍵斷裂;斷鍵原子與其他原子或原子團(tuán)相結(jié)合,生成新的化合物的反應(yīng)是加成反應(yīng);有機(jī)物中的原子或原子團(tuán)被其他的原子或原子團(tuán)所代替生成新的化合物的反應(yīng)叫取代反應(yīng).
本題以物質(zhì)的推斷為載體考查了元素化合物的性質(zhì)、基本有機(jī)反應(yīng)等知識(shí)點(diǎn),能正確推斷物質(zhì)是解本題的關(guān)鍵,注意甲烷的氯代烴中只有一氯甲烷是氣體,干燥的氯氣沒(méi)有漂白性,次氯酸有漂白性,為易錯(cuò)點(diǎn).【解析】【答案】BD15、B|C【分析】解:A.當(dāng)V=10時(shí),得到等濃度的CH3COONa、NaHCO3混合溶液,醋酸根、碳酸氫根水解,溶液呈堿性,由于醋酸的酸性比碳酸的強(qiáng),HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,水解程度是微弱的,則溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+);故A錯(cuò)誤;
B.溶液呈電中性,一定存在電荷守恒,則溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-);故B正確;
C.當(dāng)V=20時(shí),得到CH3COONa溶液,由于醋酸根結(jié)合部分氫離子,導(dǎo)致溶液中氫離子與氫氧根離子濃度不相等,水電離的氫離子、氫氧根總是相等的,故c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+);故C正確;
D.當(dāng)V=40時(shí),得到等濃度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液,醋酸的電離程度大于CH3COO-的水解程度,溶液呈酸性,弱電解質(zhì)電離程度不大,則溶液中:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-);故D錯(cuò)誤.
故選:BC.
A.當(dāng)V=10時(shí),得到等濃度的CH3COONa、NaHCO3混合溶液,由于醋酸的酸性比碳酸的強(qiáng),HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度;
B.溶液呈電中性;一定存在電荷守恒,結(jié)合含有的離子判斷;
C.當(dāng)V=20時(shí),得到CH3COONa溶液;結(jié)合水電離的氫離子;氫氧根相等判斷;
D.當(dāng)V=40時(shí),得到等濃度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液,醋酸的電離程度大于CH3COO-的水解程度;溶液呈酸性.
本題考查離子濃度大小比較,關(guān)鍵是判斷混合后溶液中溶質(zhì),再結(jié)合強(qiáng)弱電解質(zhì)電離、鹽類水解以及電荷守恒、微粒守恒、質(zhì)子恒等式判斷,注意在離子濃度等量關(guān)系判斷中三大守恒的應(yīng)用.【解析】【答案】BC16、rAC【分析】解:rm{A.Cl}元素的化合價(jià)降低,則rm{ClO^{-}}作氧化劑;故A正確;
B.rm{Fe}失去電子被氧化,則rm{FeO_{4}^{2-}}為氧化產(chǎn)物;故B錯(cuò)誤;
C.每產(chǎn)生rm{1}rm{mol}rm{FeO_{4}^{2-}}轉(zhuǎn)移rm{1mol隆脕(6-3)=3}rm{mol}電子;故C正確;
D.rm{O}rm{H}元素的化合價(jià)不變,rm{OH^{-}}不是氧化劑;故D錯(cuò)誤;
故選AC.
rm{3ClO^{-}+2Fe^{3+}+10OH^{-}簍T2FeO_{4}^{2-}+5H_{2}O+3Cl^{-}}中,rm{Cl}元素的化合價(jià)由rm{+1}價(jià)降低為rm{-1}價(jià),rm{Fe}元素的化合價(jià)由rm{+3}價(jià)升高為rm{+6}價(jià);以此來(lái)解答.
本題考查氧化還原反應(yīng),為高頻考點(diǎn),把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化、基本概念為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意利用化合價(jià)變化計(jì)算轉(zhuǎn)移電子,題目難度不大.【解析】rm{AC}三、填空題(共7題,共14分)17、氣態(tài)n≥3放熱A為固或液(或非氣態(tài)),n≠2【分析】【分析】(1)根據(jù)壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響判斷;
(2)增大壓強(qiáng);平衡向著體積減小的方向移動(dòng);
(3)根據(jù)升高溫度;平衡向吸熱方向移動(dòng)判斷;
(4)在恒溫恒容條件下,若壓強(qiáng)不變和可做該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志,則反應(yīng)前后氣體的系數(shù)和變化;混合氣密度不變可做該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志,則反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量變化.【解析】【解答】解:(1)增壓;平衡不移動(dòng),則說(shuō)明反應(yīng)前后氣體的計(jì)量數(shù)相等,因?yàn)锽的計(jì)量數(shù)為2,當(dāng)n=3時(shí),要使前后氣體的計(jì)量數(shù)相等,A只能為氣態(tài),故答案為:氣態(tài);
(2)若A為固體;增大壓強(qiáng),C的組分含量減少,平衡向著逆向移動(dòng),逆向是體積減小的方向,所以n≥3,故答案為:n≥3;
(3)升溫;平衡向右移動(dòng),說(shuō)明該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),則逆反應(yīng)為放熱反應(yīng),故答案為:放熱;
(4)在恒溫恒容條件下,若壓強(qiáng)不變和混合氣密度不變均可做該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志,則反應(yīng)前后氣體的系數(shù)和變化,即不相等,且反應(yīng)物和產(chǎn)物不能都是氣體,所以A為固或液(或非氣態(tài)),且n≠2;故答案為:A為固或液(或非氣態(tài)),n≠2.18、BFe2+ClO3-、Fe3+ClO3-Fe2+;I-Fe2+、I-Fe3+【分析】【分析】(1)利用氧化還原反應(yīng)除雜,先根據(jù)方程式判斷出離子的氧化性、還原性強(qiáng)弱;再選擇合適的氧化劑氧化除去I-并且不影響Fe2+和Cl-;不引入新雜質(zhì);
(2)根據(jù)發(fā)生的反應(yīng),得出離子的氧化性以及還原性順序,根據(jù)氧化還原反應(yīng)發(fā)生的先后順序來(lái)回答判斷即可.【解析】【解答】解:(1)A;氯化亞鐵不能將碘離子氧化;故A錯(cuò)誤;
B、三價(jià)鐵能將碘離子氧化,而Fe2+和Cl-不被氧化;故B正確;
C、氯氣能將I-、Fe2+氧化;故C錯(cuò)誤;
D、氯酸鉀的氧化性很強(qiáng),能將I-,而Fe2+和Cl-I-、Fe2+、Cl-全氧化;故D錯(cuò)誤;
E;HCl不能將碘離子氧化;故E錯(cuò)誤;
故選B.
(2)根據(jù)發(fā)生的反應(yīng):①2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-②2Fe3++2I-═I2+2Fe2+③ClO3-+6H++5Cl-═3Cl2↑+3H2O,氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性,還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性,得到氧化性強(qiáng)弱順序是ClO3->Cl2>Fe3+>I2,還原性順序是:Cl-<Fe2+<I-;
在強(qiáng)酸性溶液中,將ClO3-、Fe2+、Fe3+、I-等四種離子混合;
①ClO3-、Fe3+均可以將碘離子氧化,若溶液中有I-剩余,則溶液中還有Fe2+,上述四種離子中的,一定無(wú)ClO3-、Fe3+,故答案為:Fe2+;ClO3-、Fe3+;
②鐵離子具有氧化性,能將碘離子氧化,若Fe3+有剩余,則溶液中可能還有上述四種離子中的ClO3-、Fe2+,一定無(wú)I-,故答案為:ClO3-、Fe2+;I-;
③氯酸根具有強(qiáng)的氧化性,若ClO3-有剩余,則溶液中Fe2+、I-都會(huì)被氧化,只剩下Fe3+,故答案為:Fe2+、I-;Fe3+.19、略
【分析】根據(jù)題中信息和轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A、B、C、D、E、F、G、H、I分別為CH3—CH===CH2、Cl—CH2—CH===CH2、HO—CH2—CH===CH2、HO—CH2—CH2—CH2CHO、HO—CH2CH2CH2CH2—OH、OHCCH2CH2CHO、HOOCCH2CH2COOH、根據(jù)信息可知,J可能的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有CH2===CHCH2CH2OH、5種(6)1molHOOCCH2CH2COOH有2mol—COOH,可以與2molNaHCO3反應(yīng);G不能發(fā)生消去反應(yīng);—COOH不能發(fā)生加成反應(yīng);G在光照條件下可與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)?!窘馕觥俊敬鸢浮?1)CH3—CH===CH2醛基、羥基(2)Cl—CH2—CH===CH2+NaOHHO—CH2—CH===CH2+NaCl取代反應(yīng)(6)ad20、略
【分析】【解析】【答案】(2分)Cu(2分)、四(2分)、IB(2分)21、CH2O【分析】【分析】(1)根據(jù)相對(duì)密度計(jì)算有機(jī)物A的相對(duì)分子質(zhì)量;計(jì)算有機(jī)物A;二氧化碳、水的物質(zhì)的量,根據(jù)原子守恒計(jì)算C、H原子數(shù)目,再結(jié)合相對(duì)分子質(zhì)量計(jì)算氧原子數(shù)目,進(jìn)而確定分子式;
(2)計(jì)算B的相對(duì)分子質(zhì)量,根據(jù)烷烴組成通式確定B的分子式,書(shū)寫(xiě)可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,并進(jìn)行命名.【解析】【解答】解:(1)含氧有機(jī)物A的蒸氣是同溫同壓下氫氣密度的15倍,則Mr(A)=15×2=30,1.5gA為=0.05mol,標(biāo)況下1.12LCO2為=0.05mol,0.9g水為=0.05mol,故有機(jī)物A中C原子數(shù)目為=1、H原子數(shù)目==2、O原子數(shù)目==1,故有機(jī)物A的分子式為CH2O;
故答案為:CH2O;
(2)烷烴B的相對(duì)分子質(zhì)量為30×=72,設(shè)B分子式為CnH2n+2,則14n+2=72,故n=2,則B的分子式為C5H12,可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式與名稱:CH3CH2CH2CH2CH3,名稱:戊烷;(CH3)2CHCH2CH3,名稱:2-甲基丁烷;(CH3)3CH;名稱:2,2-二甲基丙烷;
答:B的分子式為C5H12,可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式與名稱:CH3CH2CH2CH2CH3,戊烷;(CH3)2CHCH2CH3,2-甲基丁烷;(CH3)3CH,2,2-二甲基丙烷.22、檢查裝置的氣密性除去氯氣中的氯化氫使分液漏斗中的鹽酸順利流下將G連接導(dǎo)管直接通入盛有燒堿的燒杯中2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑使密度大的氯氣與密度小的氨氣較快地均勻混合(d)、(e)(b)、(c)(h)、(i)【分析】【分析】(1)與氣體有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中;一般都要先檢查裝置的氣密性;
(2)該實(shí)驗(yàn)中制得的氯氣中含有氯化氫雜質(zhì);橡膠管k可以使燒瓶和分液漏斗中的壓強(qiáng)相等;
(3)根據(jù)氯氣的化學(xué)性質(zhì)答題;
(4)F中是用來(lái)產(chǎn)生氨氣的;據(jù)此答題;
(5)氯氣的密度較大;而氨氣的密度較小,據(jù)此答題;
(6)根據(jù)氣體的發(fā)生、除雜、反應(yīng)的順序連接儀器;【解析】【解答】解:(1)與氣體有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中;在連接好裝置后,一般都要先檢查裝置的氣密性,故答案為:檢查裝置的氣密性;
(2)該實(shí)驗(yàn)中制得的氯氣中含有氯化氫雜質(zhì);氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小,而氯化氫能溶于其中,所以用飽和食鹽水可以除去氯氣中的氯化氫;橡膠管k可以使燒瓶和分液漏斗中的壓強(qiáng)相等,從而使分液漏斗中的鹽酸順利流下,故答案為:除去氯氣中的氯化氫;使分液漏斗中的鹽酸順利流下;
(3)氯氣可以與堿反應(yīng);所以吸收氯氣尾氣可以將G連接導(dǎo)管直接通入盛有燒堿的燒杯中,故答案為:將G連接導(dǎo)管直接通入盛有燒堿的燒杯中;
(4)F中是用來(lái)產(chǎn)生氨氣的,實(shí)驗(yàn)中可以用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣,化學(xué)方程為:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑,故答案為:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;
(5)氯氣的密度較大;而氨氣的密度較小,為了能讓兩氣體較快地均勻混合,可以將氯氣從較短的導(dǎo)管進(jìn),氨氣從較長(zhǎng)的導(dǎo)管進(jìn),故答案為:使密度大的氯氣與密度小的氨氣較快地均勻混合;
(6)分別根據(jù)氯氣和氨氣的發(fā)生、除雜、然后是兩氣體之間反應(yīng)的順序確定儀器連接順序?yàn)椋海╦)接(d)(e)接(f)(g)接(b)(c)接(h)(i)接(a),故答案為:(d)、(e),(b)、(c),(h)、(i);23、DBCA【分析】【分析】A.作為玻璃的成分被分解而使玻璃能雕刻是因?yàn)闅浞崮芎筒AС煞侄趸璺磻?yīng);
B.將揮發(fā)性酸酐從其鹽中代換出來(lái);二氧化硅為難揮發(fā)性酸酐,二氧化碳為揮發(fā)性酸酐;
C.弱氧化性;二氧化硅中硅處于+4價(jià),化合價(jià)降低表現(xiàn)氧化性;
D.酸性氧化物能和堿反應(yīng)生成鹽和水;【解析】【解答】解:(1)二氧化硅和氫氧化鈉反應(yīng)生成鹽和水;為酸性氧化物的性質(zhì);
故答案為:D;
(2)二氧化硅為硅酸的酸酐;為難揮發(fā)性酸酐,二氧化碳為碳酸的酸酐,為揮發(fā)性酸酐,二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)為揮發(fā)性酸酐從其鹽中代換出來(lái);
故答案為:B;
(3)碳具有還原性;二氧化硅中+4價(jià)硅具有氧化性,兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng);
故答案為:C;
(4)氫氟酸能和玻璃成分二氧化硅反應(yīng)生成易揮發(fā)的四氟化硅和水;
故答案為:A;四、判斷題(共2題,共12分)24、×【分析】【分析】乙烯與氯化氫加成生成1-氯乙烷,此為制取氯乙烷的較好方法,由于取代反應(yīng)有多種副產(chǎn)物生成,故不能利用此方法制取1-氯乙烷.【解析】【解答】解:CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl,該反應(yīng)的生成物氯乙烷可以繼續(xù)與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成二氯乙烷,產(chǎn)物不純凈,故不能利用此方法制取1-氯乙烷,故錯(cuò)誤;故答案為:×.25、×【分析】【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用;【解析】【解答】解:蒸餾是用來(lái)分離沸點(diǎn)不同的液體混合物;溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度,故應(yīng)放在支管口;
故答案為:×.五、實(shí)驗(yàn)題(共2題,共16分)26、略
【分析】【解析】【答案】(一)(1)A→____→E→____→C→____→____→H→____→J(2分,錯(cuò)一個(gè)就記0分)(2)CO2+H2O+C6H5ONa→C6H5OH+NaHCO3(2分)(二)(1)催化劑(2分)(2)及時(shí)地蒸出生成物,有利于酯化反應(yīng)向生成酯的方向進(jìn)行(2分)(3)B(2分)(4)a.①④(2分)b.羥(2分)A(2分)27、量筒防止D瓶溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SO42-取少量反應(yīng)后的溶液,先加足量的鹽酸,再加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀,則說(shuō)明含有SO42-趁熱過(guò)濾用38℃~60℃熱水洗滌低于60℃干燥NaClO3和NaCl溶液藍(lán)色恰好褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原c?V?10-3mol【分析】解:(1)用50%雙氧水配制30%的H2O2溶液;需要的玻璃儀器除玻璃棒;膠頭滴管、燒杯外,還需要用量筒量取50%雙氧水的體積;
故答案為:量筒;
(2)裝置D中發(fā)生氣體反應(yīng);裝置內(nèi)壓強(qiáng)降低,裝置C的作用是安全瓶,防止D瓶溶液倒吸到B瓶中;
故答案為:防止D瓶溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶);
(3)裝置B中制備得到ClO2,所以B中反應(yīng)為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4,反應(yīng)的方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,裝置D反應(yīng)后的溶液獲得NaClO2晶體,裝置D中生成NaClO2,Cl元素的化合價(jià)降低,雙氧水應(yīng)表現(xiàn)還原性,有氧氣生成,結(jié)合原子守恒可知,還有水生成,配平后方程式為:2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2,B制得的氣體中含有SO2,在裝置D中被氧化生成硫酸,溶液中可能存在SO42-,用氯化鋇溶液檢驗(yàn)SO42-,具體操作:取少量反應(yīng)后的溶液,先加足量的鹽酸,再加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀,則說(shuō)明含有SO42-;
故答案為:2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2;SO42-;取少量反應(yīng)后的溶液,先加足量的鹽酸,再加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀,則說(shuō)明含有SO42-;
(4)從溶液中制取晶體,一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥的方法,為防止析出晶體NaClO2?3H2O;應(yīng)趁熱過(guò)濾,由題目信息可知,應(yīng)控制溫度38℃~60℃進(jìn)行洗滌,低于60℃干燥;
故答案為:趁熱過(guò)濾;用38℃~60℃熱水洗滌;低于60℃干燥;
(5)由題目信息可知,應(yīng)控制溫度38℃~60℃,高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以如果撤去D中的冷水浴,可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是NaClO3和NaCl;
故答案為:NaClO3和NaCl;
(6)①滴定終點(diǎn)時(shí);碘單質(zhì)消失,溶液變?yōu)闊o(wú)色,則滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為:溶液藍(lán)色恰好褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原;
故答案為:溶液藍(lán)色恰好褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原;
②設(shè)樣品中NaClO2的物質(zhì)的量x;則:
NaClO2~2I2~4S2O32-;
1mol4mol
0.25xcmol?L-1×V×10
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