2023年寧夏回族自治區(qū)石嘴山市高三第二次模擬考試化學(xué)試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、鋼鐵防護(hù)方法有多種,如圖中的方法描述正確的是A.b為電源負(fù)極B.該方法是犧牲陽極的陰極保護(hù)法C.電子流向:a→鋼鐵閘門→輔助電極→b→aD.電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí),輔助電極發(fā)生氧化反應(yīng)2、化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是()A.能量的轉(zhuǎn)移B.舊化學(xué)鍵斷裂和新化學(xué)鍵生成C.電子轉(zhuǎn)移D.原子種類與原子數(shù)目保持不變3、新型冠狀病毒是一種致病性很強(qiáng)的RNA病毒,下列說法錯誤的是A.新型冠狀病毒組成元素中含有C、H、OB.用“84消毒液”進(jìn)行消毒時(shí),消毒液越濃越好C.3M防顆粒物口罩均使用3M專有高效過濾材料——聚丙烯材質(zhì),聚丙烯屬于高分子D.不去人群聚集處、勤洗手可預(yù)防新型冠狀病毒4、現(xiàn)有以下物質(zhì):①NaCl溶液②CH3COOH③NH3④BaSO4⑤蔗糖⑥H2O,其中屬于電解質(zhì)的是()A.②③④ B.②④⑥ C.③④⑤ D.①②④5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同,X元素在短周期主族元素中原子半徑最大;W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài),Y的氧化物和氯化物熔融時(shí)都能導(dǎo)電,X、Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和為10。下列說法正確的是A.W、Z形成的化合物可做消毒劑B.原子半徑:W<Y<ZC.工業(yè)上采用電解Y的氧化物冶煉單質(zhì)YD.W、X、Z三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性6、目前,國家電投集團(tuán)正在建設(shè)國內(nèi)首座百千瓦級鐵-鉻液流電池儲能示范電站。鐵-鉻液流電池總反應(yīng)為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+,工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A.放電時(shí)a電極反應(yīng)為Fe3++e?=Fe2+B.充電時(shí)b電極反應(yīng)為Cr3++e?=Cr2+C.放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)D.該電池?zé)o爆炸可能,安全性高,毒性和腐蝕性相對較低7、跟水反應(yīng)有電子轉(zhuǎn)移,但電子轉(zhuǎn)移不發(fā)生在水分子上的是A.CaO B.Na C.CaC2 D.Na2O28、除去下列括號內(nèi)雜質(zhì)的試劑或方法正確的是()A.HNO3溶液(H2SO4):適量BaCl2溶液,過濾B.乙烷(乙烯):催化劑條件下通入H2C.溴苯(溴):加入KI溶液,分液D.乙醇(乙酸):加入足量CaO后蒸餾9、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl?、Br?、、SiO32-和HCO3-離子中的若干種。取100mL該溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):下列說法正確的是A.溶液X中一定沒有、SiO32-,可能有Na+、Fe2+B.溶液X中加NaOH后,所得沉淀的成分可能有兩種C.溶液X中c(Cl?)≤0.2mol·L?1D.溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物質(zhì)的量之比2∶1混合再溶于水配制而成10、一種基于鋰元素的電化學(xué)過程來合成氨的方法,其效率能達(dá)到88.5%。其工藝流程如圖所示,下列說法錯誤的是()A.反應(yīng)Ⅰ的關(guān)鍵是隔絕空氣和水B.反應(yīng)Ⅱ的產(chǎn)物L(fēng)iOH是離子化合物C.整個(gè)流程中,金屬鋰是催化劑D.整個(gè)流程的總化學(xué)方程式為:2N2+6H2O═4NH3+3O211、碳酸亞乙酯是一種重要的添加劑,結(jié)構(gòu)如圖(),碳酸亞乙酯可由環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應(yīng)而得,亦可由碳酸與乙二醇反應(yīng)獲得。下列說法正確的是A.上述兩種制備反應(yīng)類型相同B.碳酸亞乙酯的分子式為C3H6O3C.碳酸亞乙酯中所有原子可能共平面D.碳酸亞乙酯保存時(shí)應(yīng)避免與堿接觸12、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是()A.向Al(NO3)3溶液中加入過量氨水:Al3++4OH-===AlO2-+2H2OB.向水中通入NO2:2NO2+H2O===2H++NO3-+NOC.向NH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液:HCO3-+OH-===CO32-+H2OD.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液將+6價(jià)Cr還原為Cr3+:3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O13、主族元素M、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加,且均不大于20;M是地殼中含量最多的元素,X、Z為金屬元素;X、Y、Z最外層電子數(shù)之和為12。下列說法不正確的是()A.簡單離子半徑:X<M<YB.Z與M形成的化合物中一定只含離子鍵C.YM2可用于自來水消毒D.工業(yè)上常用電解M與X組成的化合物制單質(zhì)X14、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是A.0.5mol雄黃(As4S4),結(jié)構(gòu)如圖,含有NA個(gè)S-S鍵B.將1molNH4NO3溶于適量稀氨水中,所得溶液呈中性,則溶液中NH4+的數(shù)目為NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,33.6L二氯甲烷中含有氯原子的數(shù)目為3NAD.高溫下,16.8gFe與足量水蒸氣完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NA15、化學(xué)已滲透到人類生活的各個(gè)方面,下列說法正確的是()A.石油、煤、天然氣、可燃冰、植物油都屬于化石燃料B.綠色食品是生產(chǎn)時(shí)不使用化肥、農(nóng)藥、不含任何化學(xué)物質(zhì)的食品C.推廣使用潔凈煤技術(shù),可減少二氧化硫等有害氣體的排放D.地溝油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯,可用于制肥皂和加工食用油16、常溫下,往飽和石灰水中加入一定量的生石灰,一段時(shí)間后恢復(fù)到原溫度,以下敘述錯誤的是A.有溶質(zhì)析出 B.溶液中Ca2+的數(shù)目不變C.溶劑的質(zhì)量減小 D.溶液的pH不變17、下列符合元素周期律的是A.堿性:Ca(OH)2>Mg(OH)2 B.酸性:H2SO3>H2CO3C.熱穩(wěn)定性:NH3<PH3 D.還原性:S2-<Cl-18、NA是阿伏加徳羅常數(shù)的值,下列說法正確的是A.12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個(gè)數(shù)為2NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LHF中含有的氟原子數(shù)目為NAC.密閉容器中,lmolNH3和lmolHC1反應(yīng)后氣體分子總數(shù)為NAD.在1L0.1mol/L的硫化鈉溶液中,陰離子總數(shù)大于0.1NA19、2019年上海、西安等城市先后開始實(shí)施生活垃圾分類,分類的目的是提高垃圾的資源價(jià)值和經(jīng)濟(jì)價(jià)值,力爭物盡其用,垃圾是放錯地方的資源,同時(shí)也是建立環(huán)境友好型國家的重要舉措。下列關(guān)于垃圾分類的說法正確的是A.廢電池、過期藥品屬于有害垃圾,無需回收,為防止污染環(huán)境應(yīng)當(dāng)深埋處理B.其它垃圾包括防新型冠狀病毒用的口罩、煙頭等物品無法利用,應(yīng)當(dāng)棄去不要C.廢紙類、廢塑料、廢玻璃、廢金屬、廢油漆桶等屬于可回收物D.廚余垃圾經(jīng)生化處理轉(zhuǎn)化為沼氣和有機(jī)肥料,從而生產(chǎn)綠色有機(jī)食品和清潔燃料20、下列物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化可以實(shí)現(xiàn)的是()A.MnO2Cl2Ca(ClO)2B.SSO2BaSO4C.SiO2H2SiO3Na2SiO3D.CuSO4Cu(OH)2Cu2O21、將①中物質(zhì)逐步加入②中混勻(②中離子均大量存在),預(yù)測的現(xiàn)象與實(shí)際相符的是()選項(xiàng)①②溶液預(yù)測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即產(chǎn)生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黃色C過氧化鈉Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先產(chǎn)生白色沉淀,最終變紅褐色D小蘇打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同時(shí)產(chǎn)生氣體和沉淀A.A B.B C.C D.D22、化學(xué)家認(rèn)為氫氣與氮?dú)庠诠腆w催化劑表面合成氨的反應(yīng)過程可用如下示意圖表示,其中過程⑤表示生成的NH3離開催化劑表面。下列分析正確的是()A.催化劑改變了該反應(yīng)的反應(yīng)熱 B.過程③為放熱過程C.過程②是氫氣與氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?D.過程④為吸熱反應(yīng)二、非選擇題(共84分)23、(14分)香料G的一種合成工藝如圖所示。已知:①核磁共振氫譜顯示A有兩個(gè)峰,其強(qiáng)度之比為1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O請回答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為________,G中官能團(tuán)的名稱為________。(2)檢驗(yàn)M已完全轉(zhuǎn)化為N的實(shí)驗(yàn)操作是______(3)有學(xué)生建議,將M→N的轉(zhuǎn)化用KMnO4(H+)代替O2,你認(rèn)為是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若認(rèn)為合理則不填此空)。(4)寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式,并標(biāo)出反應(yīng)類型:K→L________,反應(yīng)類型________。(5)F是M的同系物,比M多一個(gè)碳原子。滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有_____種。(不考慮立體異構(gòu))①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與溴的四氯化碳溶液加成③苯環(huán)上只有2個(gè)對位取代基(6)以丙烯和NBS試劑為原料制備甘油(丙三醇),請?jiān)O(shè)計(jì)合成路線______(其他無機(jī)原料任選)。請用以下方式表示:AB目標(biāo)產(chǎn)物24、(12分)已知化合物X由4種元素組成,某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn):已知:步驟②中消耗KI0.15mol請回答:(1)X的化學(xué)式是___,黃色溶液乙與SO2反應(yīng)的離子方程式是___。(2)X中一種元素對應(yīng)的單質(zhì),與足量的K2CO3溶液反應(yīng)得到的產(chǎn)物中含溶液甲中溶質(zhì),寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:___。25、(12分)氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè),是難溶于水的白色固體,能溶解于硝酸,在潮濕空氣中可被迅速氧化。Ⅰ.實(shí)驗(yàn)室用CuSO4—NaCl混合液與Na2SO3溶液反應(yīng)制取CuCl。相關(guān)裝置及數(shù)據(jù)如圖:圖甲圖乙圖丙回答以下問題:(1)甲圖中儀器1的名稱是________;制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-,為提高產(chǎn)率,儀器2中所加試劑應(yīng)為_____________。(2)乙圖是體系pH隨時(shí)間變化關(guān)系圖,寫出制備CuCl的離子方程式_____________。丙圖是產(chǎn)率隨pH變化關(guān)系圖,實(shí)驗(yàn)過程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,其中Na2CO3的作用是_______并維持pH在______左右以保證較高產(chǎn)率。(3)反應(yīng)完成后經(jīng)抽濾、洗滌、干燥獲得產(chǎn)品。洗滌時(shí),用“去氧水”作洗滌劑洗滌產(chǎn)品,作用是________。Ⅱ.工業(yè)上常用CuCl作O2、CO的吸收劑,某同學(xué)利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。A.CuCl的鹽酸溶液B.Na2S2O4和KOH的混合溶液C.KOH溶液D.已知:Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸,其原因是__________(用化學(xué)方程式表示)。用D裝置測N2含量,讀數(shù)時(shí)應(yīng)注意________。整套實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序應(yīng)為_______________→D。26、(10分)FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室里用如下兩種方法來制備無水FeCl2。有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如下:C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水,易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯,易溶于乙醇,易吸水熔點(diǎn)/℃-4553易升華沸點(diǎn)/℃132173(1)用H2還原無水FeCl3制取FeCl2。有關(guān)裝置如下:①H2還原無水FeCl3制取FeCl2的化學(xué)方程式為_____________。②按氣流由左到右的方向,上述儀器的連接順序?yàn)開________(填字母,裝置可多次使用);C中盛放的試劑是_____________。③該制備裝置的缺點(diǎn)為________________。(2)利用反應(yīng)2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,制取無水FeCl2并測定FeCl3的轉(zhuǎn)化率。按下圖裝置,在三頸燒瓶中放入32.5g無水氯化鐵和過量的氯苯,控制反應(yīng)溫度在一定范圍加熱3h,冷卻、分離提純得到粗產(chǎn)品。①儀器a的名稱是__________。②反應(yīng)結(jié)束后,冷卻實(shí)驗(yàn)裝置A,將三頸燒瓶內(nèi)物質(zhì)倒出,經(jīng)過濾、洗滌、干燥后,得到粗產(chǎn)品。洗滌所用的試劑可以是____,回收濾液中C6H5C1的操作方法是______。③反應(yīng)后將錐形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液,用0.40mol/LNaOH溶液滴定,終點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液為19.60mL,則氯化鐵的轉(zhuǎn)化率為__________。④為了減少實(shí)驗(yàn)誤差,在制取無水FeCl2過程中應(yīng)采取的措施有:________(寫出一點(diǎn)即可)。27、(12分)鎳的全球消費(fèi)量僅次于銅、鋁、鉛、鋅,居有色金屬第五位,常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn),也用作催化劑,制取原理:Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g),實(shí)驗(yàn)室用如圖所示裝置制取Ni(CO)4。已知:CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl;Ni(CO)4熔點(diǎn)-25℃,沸點(diǎn)43℃,60℃以上與空氣混合易爆炸;Fe(CO)5熔點(diǎn)-20℃,沸點(diǎn)103℃?;卮鹣铝袉栴}:(1)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。(2)裝置C用于合成Ni(CO)4(夾持裝置略),最適宜選用的裝置為________(填標(biāo)號)。①②③(3)實(shí)驗(yàn)過程中為了防止_________,必須先觀察________(填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)再加熱C裝置。(4)利用“封管實(shí)驗(yàn)”原理可獲得(高純鎳。如圖所示的石英)玻璃封管中充有CO氣體,則高純鎳粉在封管的________溫度區(qū)域端生成填“323K”或“473K”。(5)實(shí)驗(yàn)中加入11.50gHCOOH,C裝置質(zhì)量減輕2.95g(設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng)),E裝置中盛有PdCl2溶液100mL,則PdCl2溶液的物質(zhì)的量濃度至少為________mol·L-1。28、(14分)芳香化合物A(C9H9O3Br)可以發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化,合成兩種重要的高分子化合物G和H(其他產(chǎn)物和水已略去)。已知A遇氯化鐵溶液顯紫色,請回答下列問題:(1)B的結(jié)構(gòu)簡式為____________,其核磁共振氫譜圖顯示有______種不同環(huán)境的氫原子。(2)D的名稱是________________;C和E生成H的反應(yīng)類型為_______________(3)1molA與足量NaOH溶液充分反應(yīng),消耗NaOH的物質(zhì)的量為____________(4)C生成D的化學(xué)方程式為________________________(5)W是B的同系物,比B多一個(gè)碳原子,符合下列條件的W的同分異構(gòu)體有______種。①遇氯化鐵溶液顯紫色②既能發(fā)生水解反應(yīng)又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)(6)參照上述合成路線,根據(jù)信息,以乙醇為原料(無機(jī)試劑任選)設(shè)計(jì)制備的合成路線_______________ⅰ.+H2O(R1、R2為烴基或氫)ⅱ.R-HCCH-R'29、(10分)氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體,由于具有令人滿意的仿金效果,越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料,經(jīng)過一系列反應(yīng)可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。圖中的M是短周期金屬元素,M的部分電離能如表:I1I2I3I4I5電離能/(kJ/mol)738145177331054013630請回答下列問題:(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為________________。(2)M是________(填元素符號),該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積,配位數(shù)為____。(3)納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑,納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如圖2所示?;衔锛椎姆肿又胁扇p2方式雜化的碳原子有________個(gè),化合物乙中采取sp3方式雜化的原子3對應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______________。(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似,如圖3所示,該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm,則該氮化鈦的密度為________________g/cm3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,只列計(jì)算式)。該晶體中與氮原子距離相等且最近的氮原子有________個(gè)。(5)科學(xué)家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似。且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù):離子晶體NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、D【解析】

從圖示可知,由于有外加電源,故此為外加電源的陰極保護(hù)法。A、在外加電源的陰極保護(hù)法中,鋼鐵要做電解池的陰極,即a為電源的負(fù)極,則b為電源的正極,選項(xiàng)A錯誤;B、該方法是外加電源的陰極保護(hù)法,選項(xiàng)B錯誤;C、在電解池中,電子由電解池的陽極→電源的正極,電源的負(fù)極→電解池的陰極,即電子要由輔助電極→b、a→鋼鐵閘門,選項(xiàng)C錯誤;D、電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí),即犧牲陽極的陰極保護(hù)法,則輔助電極要做負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),選項(xiàng)D正確;答案選D。2、B【解析】

A.能量轉(zhuǎn)移不僅發(fā)生反應(yīng)時(shí)會發(fā)生,物理變化過程中也會發(fā)生,A不合題意;B.只有化學(xué)反應(yīng)過程才會發(fā)生舊化學(xué)鍵斷裂和新化學(xué)鍵生成,B符合題意;C.非氧化還原反應(yīng)中沒有發(fā)生電子轉(zhuǎn)移,C不合題意;D.物理變化過程中,原子種類與原子數(shù)目也保持不變,D不合題意;故選B。3、B【解析】

A.新型冠狀病毒成分為蛋白質(zhì),組成元素為C、H、O、N等,故A錯誤;B.用“84消毒液”進(jìn)行消毒時(shí),消毒液過高對人體健康也會產(chǎn)生危害,故B錯誤;C.聚丙烯材質(zhì)的成分為聚丙烯,聚丙烯屬于合成有機(jī)高分子,故C正確;D..新型冠狀病毒主要通過飛沫和接觸傳播,為減少傳染性,不去人群聚集處、勤洗手可預(yù)防新型冠狀病毒,故D正確;故選B。4、B【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導(dǎo)電的化合物叫做電解質(zhì)。①NaCl溶液是混合物,不是電解質(zhì);②CH3COOH溶于水可導(dǎo)電,是電解質(zhì);③NH3溶于水反應(yīng),生成的溶液可導(dǎo)電,但不是自身導(dǎo)電,不是電解質(zhì);④BaSO4熔融狀態(tài)下可電離成離子,可以導(dǎo)電,是電解質(zhì);⑤蔗糖溶于水不能電離出離子,溶液不導(dǎo)電,不是電解質(zhì);⑥H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子,可導(dǎo)電,是電解質(zhì);答案選B。【點(diǎn)睛】該題要利用電解質(zhì)的概念解題,在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導(dǎo)電的化合物叫做電解質(zhì)。5、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半徑最大,則X為Na,W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài),該氫化物是H2O,即W為O,Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ?,說明它們都是離子化合物,即Y為Mg,X、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和10,推出Z的最外層有7個(gè)電子,四種元素原子序數(shù)依次增大,即Z為Cl,據(jù)此分析;【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大,則X為Na,W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài),該氫化物是H2O,即W為O,Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ?,說明它們都是離子化合物,即Y為Mg,X、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和10,推出Z的最外層有7個(gè)電子,四種元素原子序數(shù)依次增大,即Z為Cl,A.W和Z形成的化合物可以是ClO2,ClO2具有強(qiáng)氧化劑,能作消毒劑,故A正確;B.O、Mg、Cl原子半徑大小是Mg>Cl>O,故B錯誤;C.工業(yè)上冶煉金屬鎂,常電解熔融狀態(tài)的氯化鎂,因?yàn)槁然V的熔點(diǎn)低于氧化鎂,故C錯誤;D.O、Na、Cl可以形成多種化合物,NaClO水溶液顯堿性,NaClO4水溶液顯中性,故D錯誤;答案:A?!军c(diǎn)睛】易錯點(diǎn)是Y元素的推斷,學(xué)生認(rèn)為Y可能是Al,認(rèn)為Al2O3和AlCl3熔融中狀態(tài)下都能夠?qū)щ姡雎粤薃lCl3是共價(jià)化合物,熔融狀態(tài)下不能夠?qū)щ姟?、C【解析】

鐵-鉻液流電池總反應(yīng)為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+,放電時(shí),Cr2+發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cr3+、b電極為負(fù)極,電極反應(yīng)為Cr2+-e-=Cr3+,F(xiàn)e3+發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成Fe2+,a電極為正極,電極反應(yīng)為Fe3++e-═Fe2+,放電時(shí),陽離子移向正極、陰離子移向負(fù)極;充電和放電過程互為逆反應(yīng),即a電極為陽極、b電極為陰極,充電時(shí),在陽極上Fe2+失去電子發(fā)、生氧化反應(yīng)生成Fe3+,電極反應(yīng)為:Fe2+-e-═Fe3+,陰極上Cr3+發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成Cr2+,電極反應(yīng)為Cr3++e-═Cr2+,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.根據(jù)分析,電池放電時(shí)a為正極,得電子發(fā)生還原反應(yīng),反應(yīng)為Fe3++e?=Fe2+,A項(xiàng)不選;B.根據(jù)分析,電池充電時(shí)b為陰極,得電子發(fā)生還原反應(yīng),反應(yīng)為Cr3++e?=Cr2+,B項(xiàng)不選;C.原電池在工作時(shí),陽離子向正極移動,故放電過程中H+通過隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū),C項(xiàng)可選;D.該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉(zhuǎn)化,不會產(chǎn)生易燃性物質(zhì),不會有爆炸危險(xiǎn),同時(shí)物質(zhì)儲備于儲液器中,Cr3+、Cr2+毒性比較低,D項(xiàng)不選;故答案選C。7、D【解析】

A.水與氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鈣,元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化,故A錯誤;B.鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,水中氫元素的化合價(jià)降低,得到電子,故B錯誤;C.碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔,化合價(jià)沒有發(fā)生變化,故C錯誤;D.過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣,過氧化鈉中的氧元素化合價(jià)既升高又降低,水中的元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化,故D正確;故選:D。8、D【解析】

A.加入氯化鋇引入新的雜質(zhì)氯離子,應(yīng)加入硝酸鋇,故A錯誤;B.由于不能確定乙烯的含量,則不能確定通入氫氣的量,易混入氫氣雜質(zhì),故B錯誤;C.加入KI溶液,溴與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì),形成新的雜質(zhì),故C錯誤;D.乙醇不能和氧化鈣反應(yīng),乙酸和氧化鈣反應(yīng)生成沸點(diǎn)較高的醋酸鈣,然后用蒸餾的方法可分離,故D正確;故答案為D。9、D【解析】

A.加入一定量的氫氧化鈉后得到中性溶液,說明原溶液為酸性,則偏鋁酸根離子和硅酸根離子和碳酸氫根離子都不能存在,后續(xù)溶液中加入硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀,說明不含溴離子。原溶液存在的陰離子只能是硫酸根離子或氯離子。所以4.66克白色沉淀為硫酸鋇沉淀,產(chǎn)生氣體為氨氣,所以原溶液一定含有銨根離子和硫酸根離子,若有亞鐵離子,則加入氫氧化鈉生成氫氧化亞鐵沉淀,灼燒后得到紅棕色氧化鐵,故一定不含亞鐵離子,故錯誤;B.加入氫氧化鈉能產(chǎn)生的沉淀只能是氫氧化鎂沉淀,故錯誤;C.氨氣的體積為448mL,物質(zhì)的量為0.02mol,說明銨根離子物質(zhì)的量為0.02mol,結(jié)合氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.02mol,硫酸鋇沉淀為4.66克,硫酸根離子物質(zhì)的量為0.02mol,氧化鎂質(zhì)量為0.4克,鎂離子物質(zhì)的量為0.01mol,結(jié)合的氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.02mol,第一步消耗0.06mol氫氧化鈉,所以說明原溶液還有氫離子,物質(zhì)的量為0.06-0.02-0.02=0.02mol,根據(jù)電荷守恒分析,還應(yīng)存在有陰離子,只能為氯離子,所以氯離子的物質(zhì)的量為0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol,若溶液中含有鈉離子,則氯離子的物質(zhì)的量大于0.02mol,則氯離子的濃度最小值為,故錯誤;D.溶液中含有0.02mol銨根離子,0.02mol硫酸根離子,0.01mol鎂離子,0.02mol氫離子,氯離子物質(zhì)的量最小值為0.02mol,可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物質(zhì)的量之比2∶1混合再溶于水配制而成,或還有氯化鈉,故正確。答案選D?!军c(diǎn)睛】掌握反應(yīng)過程中離子之間的比例關(guān)系,進(jìn)行定量和定性分析,注意前后的一致性,如當(dāng)加入氫氧化鈉后溶液為中性,說明原溶液為酸性,則偏鋁酸根離子或硅酸根離子或碳酸氫根離子等都不存在。根據(jù)氫氧化鈉的消耗量分析溶液中存在氫離子,再根據(jù)溶液中的電荷守恒確定溶液中的氯離子的存在以及數(shù)值。10、C【解析】

A.反應(yīng)Ⅰ是氮?dú)夂弯嚪磻?yīng),鋰為活潑金屬,易與空氣中的氧氣、水蒸氣發(fā)生反應(yīng),所以反應(yīng)Ⅰ的關(guān)鍵是隔絕空氣和水,故A正確;B.反應(yīng)Ⅱ的產(chǎn)物L(fēng)iOH是堿,是鋰離子和氫氧根離子構(gòu)成的化合物屬于離子化合物,故B正確;C.分析可知鋰是參與反應(yīng)過程的反應(yīng)物,最后生成鋰單質(zhì)的條件是電解,所以金屬鋰不是催化劑,故C錯誤;D.三步反應(yīng)為:6Li+N2=2Li3N,Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑,4LiOH4Li+O2↑+2H2O,整個(gè)流程的總化學(xué)方程式為:2N2+6H2O═4NH3+3O2,故D正確;故選:C。11、D【解析】

由題意可知:環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應(yīng)制備碳酸亞乙酯的方程式為:+O=C=O→,碳酸與乙二醇反應(yīng)制備碳酸亞乙酯的方程式為:H2CO3+HO-CH2-CH2-OH→+2H2O?!驹斀狻緼.由分析可知,環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應(yīng)制備碳酸亞乙酯為加成反應(yīng),碳酸與乙二醇反應(yīng)制備碳酸亞乙酯為取代反應(yīng),A錯誤;B.碳酸亞乙酯的分子式為C3H4O3,B錯誤;C.碳酸亞乙酯有兩個(gè)C原子分別以單鍵和4個(gè)原子相連形成四面體構(gòu)型,故碳酸亞乙酯中所有原子不可能共平面,C錯誤;D.碳酸亞乙酯含酯基,堿性條件下易水解,故碳酸亞乙酯保存時(shí)應(yīng)避免與堿接觸,D正確。答案選D。12、D【解析】

A.氨水中溶質(zhì)為一水合氨,為弱堿,在離子方程式中保留化學(xué)式,且反應(yīng)不能生成偏鋁酸根離子;B.電荷不守恒;C.根據(jù)以少定多原則分析;D.依據(jù)氧化還原規(guī)律作答?!驹斀狻緼.一水合氨為弱堿,不能拆成離子形式,且不能溶解氫氧化鋁沉淀,正確的離子方程式為:Al2++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,A項(xiàng)錯誤;B.向水中通入NO2的離子方程式為:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO,B項(xiàng)錯誤;C.向NH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液,其離子方程式為:NH4++HCO3-+OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O,C項(xiàng)錯誤;D.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液,NaHSO3具有還原性,能將+6價(jià)Cr還原為Cr3+,其離子方程式為:3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O,D項(xiàng)正確;答案選D?!军c(diǎn)睛】離子方程式的書寫及其正誤判斷是高考高頻考點(diǎn),貫穿整個(gè)高中化學(xué),是學(xué)生必須掌握的基本技能。本題C項(xiàng)重點(diǎn)考查有關(guān)“量”的離子方程式的書寫正誤判斷,可采取“以少定多”原則進(jìn)行解答,即假設(shè)量少的反應(yīng)物對應(yīng)的物質(zhì)的量為1mol參與化學(xué)反應(yīng),根據(jù)離子反應(yīng)的實(shí)質(zhì)書寫出正確的方程式,一步到位,不需要寫化學(xué)方程式,可以更加精準(zhǔn)地分析出結(jié)論。13、B【解析】

主族元素M、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加,且均不大于20;M是地殼中含量最多的元素,則M為O元素;X、Z為金屬元素,其最外層電子數(shù)只能為1、2、3,當(dāng)X最外層電子數(shù)為1時(shí),Z的最外層電子數(shù)可能為1、2、3,Y的最外層電子數(shù)為12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8,都不可能,所以X、Z最外層電子數(shù)只能為2、3,Y的最外層電子數(shù)為12-2-3=7,結(jié)合原子序數(shù)大小及都是主族元素可知,X為Al、Y為Cl、Z為Ca元素【詳解】根據(jù)分析可知:M為O,X為Al,Y為Cl,Z為Ca元素。A.電子層越多離子半徑越大,電子層相同時(shí),核電荷數(shù)越大離子半徑越小,則離子半徑X<M<Y,故A正確;B.O、Ca形成的過氧化鈣中含有O-O共價(jià)鍵,故B錯誤;C.ClO2具有強(qiáng)氧化性,可用于自來水消毒,故C正確;D.工業(yè)上通過電解熔融氧化鋁獲得金屬鋁,故D正確;答案選B?!军c(diǎn)睛】難點(diǎn):通過討論推斷X、Y為解答關(guān)鍵,注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)。14、B【解析】A.S原子最外層有六個(gè)電子,形成2個(gè)共價(jià)鍵,As原子最外層五個(gè),形成3個(gè)共價(jià)鍵,由結(jié)構(gòu)圖知白色球?yàn)榱蛟樱肿又胁淮嬖赟-S鍵,故A錯誤;B.

NH4NO3==NH4++NO3-,NH3.H2ONH4++OH-,溶于適量稀氨水中,所得溶液呈中性,則溶液中n(NH4+)=n(NO3-),NH4+的數(shù)目等于NA,故B正確;C.標(biāo)況下,二氯甲烷為液體,不能使用氣體摩爾體積,故C錯誤;D.16.8g鐵的物質(zhì)的量為0.3mol,而鐵與水蒸汽反應(yīng)后變?yōu)?8/3價(jià),故0.3mol鐵失去0.8mol電子即0,8NA個(gè),所以D錯誤;

所以B選項(xiàng)是正確的。15、C【解析】

A.石油、煤、天然氣、可燃冰都屬于化石燃料,植物油屬于油脂不是化石燃料,故A錯誤;B.綠色食品是指在無污染的條件下種植、養(yǎng)殖、施有機(jī)肥料、不用高毒性、高殘留農(nóng)藥、在標(biāo)準(zhǔn)環(huán)境的食品,生產(chǎn)時(shí)可以使用有機(jī)化肥和低毒的農(nóng)藥,故B錯誤;C.推廣使用潔凈煤技術(shù),可減少二氧化硫等有害氣體的排放,故C正確;D.“地溝油”是用飯店的泔水及垃圾豬肉等加工而成的“食用油”,對人體健康有害不能食用,故D錯誤;故答案為C。16、B【解析】

常溫下,往飽和石灰水中加入一定量的生石灰,氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣,一段時(shí)間后恢復(fù)到原溫度,Ksp不變,溶解度不變,由于反應(yīng)消耗水,溶質(zhì)、溶劑、溶液質(zhì)量均減少,則:A.有溶質(zhì)氫氧化鈣析出,A正確;B.溶液中Ca2+的濃度不變,但數(shù)目減少,B錯誤;C.氧化鈣消耗水,則溶劑的質(zhì)量減小,C正確;D.OH-濃度不變,則溶液的pH不變,D正確;答案選B。17、A【解析】

A.金屬性Ca>Mg,對應(yīng)堿的堿性為Ca(OH)2>Mg(OH)2,故A正確;B.非金屬性S>C,對應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性為H2SO4>H2CO3,而H2SO3>H2CO3可利用強(qiáng)酸制取弱酸反應(yīng)說明,故B錯誤;C.非金屬性N>P,對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性為NH3>PH3,故C錯誤;D.非金屬性S<Cl,對應(yīng)陰離子的還原性為S2->Cl-,故D錯誤;故答案為A。【點(diǎn)睛】元素非金屬性強(qiáng)弱的判斷依據(jù):①非金屬單質(zhì)跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩(wěn)定性),非金屬單質(zhì)跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩(wěn)定),元素的非金屬性越強(qiáng),反之越弱;②最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物(即最高價(jià)含氧酸)的酸性強(qiáng)弱.最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng),對應(yīng)的非金屬元素的非金屬性越強(qiáng),反之越弱;③氧化性越強(qiáng)的非金屬元素單質(zhì),對應(yīng)的非金屬元素的非金屬性越強(qiáng),反之越弱,(非金屬相互置換)。18、D【解析】

A.12g石墨烯里有1mol碳原子,在石墨中,每個(gè)六元環(huán)里有6個(gè)碳原子,但每個(gè)碳原子被3個(gè)環(huán)所共有,所以每個(gè)環(huán)平均分得2個(gè)碳原子,所以1個(gè)碳原子對應(yīng)0.5個(gè)環(huán),所以12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個(gè)數(shù)為0.5NA,故A不選;B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,HF是液體,故B不選;C.NH3和HC1反應(yīng)生成的NH4Cl不是由分子構(gòu)成的,是離子化合物,故C不選;D.1L0.1mol/L的硫化鈉溶液中,如果硫離子不水解,則硫離子為0.1mol,但硫離子會發(fā)生水解:S2-+H2OHS-+OH-,所以陰離子數(shù)目增加,最終陰離子總數(shù)大于0.1NA,故D選。故選D。19、D【解析】

A.廢電池中含有重金屬,需回收,不應(yīng)當(dāng)深埋處理,會造成水土污染,故A錯誤;B.醫(yī)療垃圾應(yīng)該無害化處理,故B錯誤;C.廢油漆桶屬于危化品需要集中處理的廢物,故C錯誤;D.廚余垃圾經(jīng)生化處理轉(zhuǎn)化為沼氣和有機(jī)肥料,從而生產(chǎn)綠色有機(jī)食品和清潔燃料,故D正確;答案為D。20、D【解析】

A.MnO2和濃鹽酸才反應(yīng)生成氯氣,故A不符合題意;B.硫于氧氣反應(yīng)生成二氧化硫,二氧化硫和氯化鋇不反應(yīng),故B不符合題意;C.SiO2不與水反應(yīng),故C不符合題意;D.CuSO4與氫氧化鈉反應(yīng)生成Cu(OH)2和硫酸鈉,氫氧化銅與葡萄糖再堿性條件下加熱反應(yīng)生成Cu2O,故D符合題意。綜上所述,答案為D。21、D【解析】

A.OH﹣優(yōu)先稀鹽酸反應(yīng),加入稀鹽酸后不會立即生成白色沉淀,故A錯誤;B.SO32﹣的還原性大于I﹣,加入氯水后亞硫酸根離子優(yōu)先反應(yīng),不會立即呈黃色,故B錯誤;C.加入過氧化鈉后Fe2+立即被氧化成鐵離子,生成的是紅褐色沉淀,不會出現(xiàn)白色沉淀,故C錯誤;D.小蘇打?yàn)樘妓釟溻c,Al3+與碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w,故D正確。故選D。22、C【解析】

A項(xiàng)、催化劑可改變反應(yīng)的途徑,不改變反應(yīng)的始終態(tài),則反應(yīng)熱不變,故A錯誤;B項(xiàng)、過程③為化學(xué)鍵的斷裂過程,為吸熱過程,故B錯誤;C項(xiàng)、過程②氫氣與氮?dú)夥肿記]有變化,被催化劑吸附的過程,故C正確;D.過程④為化學(xué)鍵的形成過程,為放熱過程,故D錯誤;故選C。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵、酯基取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N否KMnO4(H+)在氧化醛基的同時(shí),還可以氧化碳碳雙鍵+CH3CHO加成反應(yīng)6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程:E和N發(fā)生酯化反應(yīng)得到的G為,則E、N分別為和中的一種,C反應(yīng)得到D,D發(fā)生鹵代烴水解反應(yīng)得到E,故E屬于醇,E為,則N為,逆推出M為、L為,結(jié)合信息③,逆推出K為,由E逆推出D為,結(jié)合信息②,逆推出C為,C由B在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)所得、B為,又知A催化加氫得B,核磁共振氫譜顯示A有兩個(gè)峰,其強(qiáng)度之比為1∶1,即A分子內(nèi)有2種氫原子且二者數(shù)目相同,則A為;(1)據(jù)上分析,寫出A的結(jié)構(gòu)簡式及G中官能團(tuán)的名稱;(2)檢驗(yàn)M已完全轉(zhuǎn)化為N,主要檢驗(yàn)醛基即可,堿性環(huán)境下檢驗(yàn);(3)該學(xué)生建議是否合理,主要通過用KMnO4(H+)代替O2發(fā)生轉(zhuǎn)化時(shí),有沒有其它基團(tuán)也被氧化,如果有,那么就不可行;(4)K為,則K→L的反應(yīng)可通過信息類推,按反應(yīng)特點(diǎn)確定反應(yīng)類型;(5)F是M的同系物,M為,而F比M多一個(gè)碳原子。求滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體數(shù)目,主要找出滿足條件的基團(tuán)進(jìn)行有序組合就可以了,條件①能發(fā)生銀鏡反應(yīng),意味著有—CHO,條件②能與溴的四氯化碳溶液加成意味著有碳碳雙鍵,③苯環(huán)上只有2個(gè)對位取代基,且取代基中碳原子數(shù)目為4,據(jù)此回答;(6)以丙烯和NBS試劑為原料制備甘油(丙三醇),則主要通過取代反應(yīng)引入一個(gè)溴原子,通過加成反應(yīng)引入2個(gè)溴原子,再水解即可;【詳解】(1)據(jù)上分析,A為,;答案為:;G為,G中官能團(tuán)為碳碳雙鍵、酯基;答案為:碳碳雙鍵、酯基;(2)M為,N為,N呈酸性,檢驗(yàn)M已完全轉(zhuǎn)化為N,主要檢驗(yàn)醛基即可,堿性環(huán)境下檢驗(yàn),故檢驗(yàn)操作為:取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N;答案為:取少量M于試管中,滴加稀NaOH至溶液呈堿性,再加新制的Cu(OH)2加熱,若沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生,說明M已完全轉(zhuǎn)化為N;(3)學(xué)生建議用KMnO4(H+)代替O2把M轉(zhuǎn)化為N,醛基確實(shí)被氧化為羧基,但是碳碳雙鍵同時(shí)被氧化,那么建議就不可行;答案為:否;KMnO4(H+)在氧化醛基的同時(shí),還可以氧化碳碳雙鍵;(4)K為,則K→L的反應(yīng)可通過信息③類推,反應(yīng)為:+CH3CHO,從反應(yīng)特點(diǎn)看是加成反應(yīng);答案為:+CH3CHO;加成反應(yīng);(5)F是M的同系物,M為,而F比M多一個(gè)碳原子。F的同分異構(gòu)體,要滿足條件——條件①能發(fā)生銀鏡反應(yīng),意味著有—CHO,條件②能與溴的四氯化碳溶液加成意味著有碳碳雙鍵,③苯環(huán)上只有2個(gè)對位取代基,且取代基中碳原子數(shù)目為4,由此可把2個(gè)位于對位的取代基分成以下幾種情況:①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、;故共有6種;答案為:6;(6)由流程圖知,C和NBS試劑可通過取代反應(yīng)引入一個(gè)溴原子而碳碳雙鍵不變,故以丙烯和NBS發(fā)生取代反應(yīng),引入一個(gè)溴原子,得到CH2=CH-CH2-Br,通過加成反應(yīng)引入2個(gè)溴原子,得到BrCH2-CHBr-CH2-Br,水解即可制備甘油(丙三醇),流程為:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br;答案為:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。24、KIO3?2HIO3I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3【解析】

由反應(yīng)②可知生成黃色溶液,則應(yīng)生成碘,與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸,方程式為I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+,加入足量氯化鋇生成硫酸鋇沉淀質(zhì)量為20.97g,可知n(BaSO4)=,則n(I2)=n(SO2)=0.09mol,n(I)=0.18mol,步驟②中消耗KI0.15mol,化合物X由4種元素組成,加入KOH為單一成分溶液,則應(yīng)與KOH發(fā)生中和反應(yīng),含有K、H、I、O等元素,則5.66gX應(yīng)含有n(I)=0.03mol,應(yīng)發(fā)生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O,消耗KI0.15mol,可知n(IO3﹣)=0.03mol,如化合物為0.01mol,則相對分子質(zhì)量為,應(yīng)為KIO3?2HIO3,以此解答該題?!驹斀狻浚?)由以上分析可知X為KIO3?2HIO3,黃色溶液乙含有碘,與SO2反應(yīng)的離子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+,故答案為:KIO3?2HIO3;I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+;(2)X中一種元素對應(yīng)的單質(zhì),與足量的K2CO3溶液反應(yīng)得到的產(chǎn)物中含溶液甲中溶質(zhì),應(yīng)為碘與碳酸鉀的反應(yīng),化學(xué)方程式為3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3,故答案為:3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。25、三頸燒瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++與H+作用,調(diào)整pH3.5洗去晶體表面的雜質(zhì)離子,同時(shí)防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O溫度降到常溫,上下調(diào)節(jié)量氣管至左、右液面相平,該數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處相切C→B→A【解析】

(1)根據(jù)儀器1的圖示解答;制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-,需要控制Na2SO3的加入量,據(jù)此分析判斷;(2)根據(jù)題意,在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亞銅)沉淀,同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng),結(jié)合Na2CO3的性質(zhì)分析解答;(3)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答;(4)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸”,結(jié)合硝酸的強(qiáng)氧化性書寫反應(yīng)的方程式;根據(jù)正確的讀數(shù)方法解答;用CuCl作O2、CO的吸收劑,測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量,可用KOH吸收二氧化碳,然后用B吸收氧氣,再用A吸收CO,最后用排水法測量氮?dú)獾捏w積,據(jù)此分析解答。【詳解】(1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶;制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2]3-,為提高產(chǎn)率,可控制Na2SO3的加入量,則儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2SO3溶液,故答案為:三頸燒瓶;Na2SO3溶液;(2)在提純后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液,加熱,生成CuCl(氯化亞銅)沉淀,同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng),生成硫酸,反應(yīng)的離子方程式為:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+,用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,Na2CO3可與生成的H+反應(yīng),及時(shí)除去系統(tǒng)中反應(yīng)生成的H+,利于反應(yīng)進(jìn)行,由圖象可知,應(yīng)維持pH在3.5左右,故答案為:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+;與H+作用,調(diào)整pH;3.5;(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產(chǎn)品,可洗去晶體表面的雜質(zhì)離子,同時(shí)防止CuCl被氧化,故答案為:洗去晶體表面的雜質(zhì)離子,同時(shí)防止CuCl被氧化;(4)根據(jù)題意,氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸,反應(yīng)的方程式為6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O;用D裝置測N2含量,應(yīng)注意溫度在常溫,且左右液面相平,讀數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處水平相切,以減小實(shí)驗(yàn)誤差;用CuCl作O2、CO的吸收劑,測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量,可用KOH吸收二氧化碳,然后用B吸收氧氣,再用A吸收CO,最后用排水法測量氮?dú)獾捏w積,則順序?yàn)镃→B→A→D,故答案為:6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O;降低溫度到常溫,上下調(diào)節(jié)量氣管液面至左右液面相平,讀數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處水平相切;C→B→A。26、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE(或BCDCE)堿石灰氯化鐵易升華導(dǎo)致導(dǎo)管易堵塞球形冷凝管苯蒸餾濾液,并收集沸點(diǎn)132℃的餾分78.4%反應(yīng)開始前先通N2一段時(shí)間,反應(yīng)完成后繼續(xù)通N2一段時(shí)間;在裝置A和B之間連接一個(gè)裝有無水氯化鈣(或P2O5或硅膠)的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2還原無水FeCl3制取無水FeCl2,B裝置用鋅和稀鹽酸制備H2,A裝置用來除去氫氣中的氯化氫,C裝置用來干燥氫氣,可以盛放堿石灰,D裝置H2還原FeCl3,再用C裝置吸收反應(yīng)產(chǎn)生的HCl,最后用E點(diǎn)燃處理未反應(yīng)的氫氣;③該制備裝置的缺點(diǎn)為FeCl3固體易升華,蒸氣遇冷發(fā)生凝華分析;(2)①根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)判斷其名稱;②三頸瓶內(nèi)物質(zhì)為氯化亞鐵、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷卻實(shí)驗(yàn)裝置A,將三頸燒瓶內(nèi)物質(zhì)倒出,經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到粗產(chǎn)品,根據(jù)物質(zhì)的熔沸點(diǎn)和溶解性可知,可以用苯洗滌;根據(jù)濾液中各種物質(zhì)沸點(diǎn)的不同對濾液進(jìn)行蒸餾可回收C6H5Cl,據(jù)此答題;③根據(jù)消耗的NaOH計(jì)算反應(yīng)生成的HCl,結(jié)合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑計(jì)算轉(zhuǎn)化的FeCl3,最終計(jì)算FeCl3的轉(zhuǎn)化率;④FeCl3、FeCl2易吸水,反應(yīng)產(chǎn)生的HCl會在容器內(nèi)滯留。【詳解】(1)①H2具有還原性,可以還原無水FeCl3制取FeCl2,同時(shí)產(chǎn)生HCl,反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2+2FeCl32FeCl2+2HCl;②用H2還原無水FeCl3制取無水FeCl2,裝置連接順序:首先是使用B裝置,用鋅和稀鹽酸制備H2,所制H2中混有HCl和H2O(g),再用A裝置用來除去氫氣中的氯化氫,然后用C裝置干燥氫氣,C裝置中盛放堿石灰,再使用D裝置使H2還原FeCl3,反應(yīng)產(chǎn)生的HCl氣體用C裝置的堿石灰來吸收,未反應(yīng)的H2通過裝置E點(diǎn)燃處理,故按照氣流從左到右的順序?yàn)锽ACDCE;也可以先使用B裝置制取H2,然后通過C的堿石灰除去氫氣中的雜質(zhì)HCl、水蒸氣,然后通過D發(fā)生化學(xué)反應(yīng)制取FeCl2,再用堿石灰吸收反應(yīng)產(chǎn)生的HCl,最后通過點(diǎn)燃處理未反應(yīng)的H2,故按照裝置使用的先后順序也可以是BCDCE;C中盛放的試劑是堿石灰,是堿性干燥劑,可以吸收HCl或水蒸氣;③該制備裝置的缺點(diǎn)為FeCl3固體易升華,蒸氣遇冷發(fā)生凝華,導(dǎo)致導(dǎo)氣管發(fā)生堵塞;(2)①根據(jù)圖示裝置中儀器a的結(jié)構(gòu)可知該儀器名稱為球形冷凝管;②三頸瓶內(nèi)物質(zhì)為氯化亞鐵、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷卻實(shí)驗(yàn)裝置A,將三頸燒瓶內(nèi)物質(zhì)倒出,經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到粗產(chǎn)品,根據(jù)物質(zhì)的熔沸點(diǎn)和溶解性可知,C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中,不溶于水,而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇,難溶于苯,所以洗滌時(shí)洗滌劑用苯;根據(jù)濾液中C6H5Cl、C6H4Cl2這兩種物質(zhì)沸點(diǎn)的不同,對濾液進(jìn)行蒸餾,并收集沸點(diǎn)132℃的餾分,可回收C6H5Cl;③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol,根據(jù)反應(yīng)2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,反應(yīng)的FeCl3的物質(zhì)的量為n(FeCl3)反應(yīng)=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol,n(FeCl3)總=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol,所以氯化鐵轉(zhuǎn)化率為×100%=78.4%;④FeCl3、FeCl2易吸水,為防止B裝置中的水蒸氣進(jìn)入A裝置,導(dǎo)致FeCl2等吸水而變質(zhì),可以在裝置A和B之間連接一個(gè)裝有無水氯化鈣(或P2O5或硅膠)的球形干燥管;同時(shí)為防止FeCl3、FeCl2與裝置內(nèi)空氣中的水蒸氣、O2等反應(yīng),同時(shí)避免反應(yīng)產(chǎn)生的HCl氣體會在容器內(nèi)滯留,可以反應(yīng)開始前先通N2一段時(shí)間排盡裝置中空氣,反應(yīng)完成后繼續(xù)通N2一段時(shí)間將反應(yīng)生成的HCl全部排入錐形瓶中。【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)室制備氯化亞鐵的知識,注意把握實(shí)驗(yàn)操作基本原理,把握題給信息,掌握實(shí)驗(yàn)操作方法,學(xué)習(xí)中注意積累,為了減小誤差制取無水FeCl2,要排除裝置中空氣引起的誤差或HCl氣體在容器內(nèi)滯留引起的誤差。27、HCOOHH2O+CO↑③CO及Ni(CO)4與裝置中空氣混合在加熱條件下爆炸E裝置中產(chǎn)生黑色沉淀473K0.50【解析】

A裝置中甲酸和濃硫酸反應(yīng)生成CO,經(jīng)B裝置中濃硫酸進(jìn)行干燥,根據(jù)方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g),溫度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成,為了更好的控制溫度可選用水浴加熱,Ni(CO)4的沸點(diǎn)為43℃,所以反應(yīng)生成的Ni(CO)4會變成氣體,在D裝置中進(jìn)行冷凝得到Ni(CO)4液體,之后利用E裝置吸收未反應(yīng)的CO,同時(shí)為了防止Ni(CO)4與空氣混合加熱,需先通一段時(shí)間的CO,通過觀察E裝置中是否有黑色成生成可判斷裝置中是否充滿CO。【詳解】(1)裝置A中甲酸與在濃硫酸的作用下生成CO和水,反應(yīng)方程式為HCOOHH2O+CO↑;(2)溫度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成,為了更好的控制溫度,且可避免溫度過高,可選用水浴加熱,所以選用③裝置;(3)CO及Ni(CO)4與裝置中空氣混合在加熱條件下會發(fā)生爆炸,所以要先觀察到E裝置中生成黑色沉淀,再加熱C裝置;(4)323K是49.85℃,473K是199.85℃,根據(jù)方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃時(shí)生成Ni單質(zhì),所以高純鎳粉在封管的473K溫度區(qū)域端生成;(5)n(HCOOH)==0.25mol,則生成的n(CO)=0.25mol,C裝置中發(fā)生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),則C管減輕的質(zhì)量即反應(yīng)的Ni的質(zhì)量,則反應(yīng)n(Ni)==0.05mol,則消耗n(CO)=0.2mol,所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物質(zhì)的量為0.25mol-0.2mol=0.05mol,根據(jù)方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2

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