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2021-2022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(hào)填寫(xiě)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(shū)寫(xiě),字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效;在草稿紙、試題卷上答題無(wú)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、下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.在食品袋中放入盛有硅膠的透氣小袋,可防止食物受潮B.在高溫下煤和水蒸氣作用得到CO、H2、CH4等氣體的方法屬于煤的氣化C.由于含鈉、鉀、鈣、鉑等金屬元素的物質(zhì)焰色試驗(yàn)呈現(xiàn)各種艷麗色彩,可用于制造煙花D.淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸2、銀鋅電池廣泛用作各種電子儀器的電源,電池反應(yīng)是:Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,下列說(shuō)法正確的是()A.工作時(shí)原電池負(fù)極附近溶液的pH增大 B.電子由Zn經(jīng)過(guò)溶液流向Ag2OC.溶液中OH-由Zn電極移向Ag2O電極 D.Ag2O作正極:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-3、某澄清混合溶液中所含離子的濃度如下表所示,則M可能為()離子NO3-SO42-H+M濃度/(mol/L)2122A.Cl- B.Ba2+ C.Na+ D.Mg2+4、下列說(shuō)法不正確的是A.淀粉、食用花生油、雞蛋清都能發(fā)生水解反應(yīng)B.a(chǎn)mol苯和苯甲酸混合物在足量氧氣中完全燃燒后,消耗氧氣7.5amolC.按系統(tǒng)命名法,有機(jī)物的命名為2,2,4,4,5-五甲基-3,3-二乙基己烷D.七葉內(nèi)酯(),和東莨菪內(nèi)酯(),都是某些中草藥中的成分,它們具有相同的官能團(tuán),互為同系物5、拉曼光譜證實(shí),AlO2-在水中轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-。將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中,再逐滴加入1mol/L鹽酸,測(cè)得溶液中CO32-、HCO3-、[Al(OH)4]-、Al3+的物質(zhì)的量與加入鹽酸的體積變化關(guān)系如圖所示,則下列說(shuō)法正確的是A.CO32-、HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中可大量共存B.d線表示的反應(yīng)為:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2OC.原固體混合物中CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為1:1D.V1=150mL,V2=300mL;M點(diǎn)生成的CO2為0.05mol6、已知:一元弱酸HA的電離平衡常數(shù)K=。25℃時(shí),CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數(shù)如下:化學(xué)式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列說(shuō)法正確的是A.稀釋CH3COOH溶液的過(guò)程中,n(CH3COO–)逐漸減小B.NaHCO3溶液中:c(H2CO3)<c()<c(HCO3?)C.25℃時(shí),相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強(qiáng)于CH3COONa溶液D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液,均產(chǎn)生CO27、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。4gα粒子(4He2+)含A.2NA個(gè)α粒子 B.2NA個(gè)質(zhì)子 C.NA個(gè)中子 D.NA個(gè)電子8、常溫下,用0.1mol·L1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L1HA(Ka=1.0×105)溶液的滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.a(chǎn)點(diǎn)溶液的pH約為3B.水的電離程度:d點(diǎn)>c點(diǎn)C.b點(diǎn)溶液中粒子濃度大小:c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D.e點(diǎn)溶液中:c(K+)=2c(A-)+2c(HA)9、氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一,高純氫的制備是目前的研究熱點(diǎn)??衫锰?yáng)能光伏電池電解水制高純氨,工作示意圖如圖所示。通過(guò)控制開(kāi)關(guān)連接K1和K2,可交替得到H2和O2,下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.制H2時(shí),開(kāi)關(guān)應(yīng)連接K1,產(chǎn)生H2的電極反應(yīng)式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.當(dāng)開(kāi)關(guān)連接K2時(shí),電極3的反應(yīng)式為Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OC.當(dāng)開(kāi)關(guān)連接K2時(shí),電極2作陽(yáng)極,得到O2D.電極3的作用是分別作陽(yáng)極材料和陰極材料,利用NiOOH和Ni(OH)2的相互轉(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移10、下列實(shí)驗(yàn)中,對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向濃HNO3中加入炭粉并加熱,產(chǎn)生的氣體通入少量澄清石灰水中有紅棕色氣體產(chǎn)生,石灰水變渾濁有NO2和CO2產(chǎn)生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有還原性C向稀溴水中加入苯,充分振蕩、靜置水層幾乎無(wú)色苯與溴發(fā)生了反應(yīng)D向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸銅逐漸溶解銅可與稀硫酸反應(yīng)A.A B.B C.C D.D11、下列判斷正確的是()A.加入AgNO3溶液,生成白色沉淀,加稀鹽酸沉淀不溶解,可確定原溶液中有Cl—存在B.加入稀鹽酸,生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁,可確定原溶液中有CO32—存在C.加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液,生成白色沉淀,可確定原溶液中有SO42—存在D.通入Cl2后,溶液由無(wú)色變?yōu)樯铧S色,加入淀粉溶液后,溶液變藍(lán),可確定原溶液中有I—存在12、廢水中過(guò)量的氨氮(NH3和NH4+)會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化。為研究不同pH下用NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬),使其轉(zhuǎn)化為無(wú)污染的氣體,試劑用量如下表。已知:HClO的氧化性比ClO—的氧化性更強(qiáng)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaClO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸餾水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.0……85A.V1=2.00B.pH=1時(shí)發(fā)生反應(yīng):3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+C.pH從1升高到2,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉(zhuǎn)化為ClO—D.pH控制在6時(shí)再進(jìn)行處理更容易達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)13、根據(jù)熱化學(xué)方程式:S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ,下列說(shuō)法正確的是A.1molSO2(g)的能量總和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和B.加入合適的催化劑,可增加單位質(zhì)量的硫燃燒放出的熱量C.S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1kJ;Q1的值大于297.23D.足量的硫粉與標(biāo)況下1升氧氣反應(yīng)生成1升二氧化硫氣體時(shí)放出297.23kJ熱量14、向四支試管中分別加入少量不同的無(wú)色溶液并進(jìn)行如下操作,其中結(jié)論正確的是選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42—B滴加氯水和CCl4,振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色原溶液中有I-C用潔凈的鉑絲蘸取溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)火焰呈黃色原溶液中有Na+、無(wú)K+D滴加幾滴稀NaOH溶液,將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍(lán)原溶液中無(wú)NH4+A.A B.B C.C D.D15、下列離子方程式正確的是A.氯化鋁溶液與一定量的碳酸鈉溶液反應(yīng):Al3++3CO32-+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3-B.氯化鈉固體與濃硫酸混合微熱:Cl-+H+HCl↑C.氯氣通入石灰乳:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.苯酚鈉溶液呈堿性的原理:C6H5O-+H2O→C6H5OH+OH-16、一定量的某磁黃鐵礦(主要成分FexS,S為-2價(jià))與100mL鹽酸恰好完全反應(yīng)(礦石中其他成分不與鹽酸反應(yīng)),生成3.2g硫單質(zhì)、0.4molFeCl2和一定量H2S氣體,且溶液中無(wú)Fe3+。則下列說(shuō)法正確的是()A.該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為4.0mol·L-1B.該磁黃鐵礦FexS中,F(xiàn)e2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比為2:1C.生成的H2S氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為8.96LD.該磁黃鐵礦中FexS的x=0.8517、將一定質(zhì)量的鎂銅合金加入到稀硝酸中,兩者恰好完全反應(yīng),假設(shè)反應(yīng)過(guò)程中還原產(chǎn)物全是NO,向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,測(cè)得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g,則下列有關(guān)敘述中正確的是:()A.加入合金的質(zhì)量不可能為6.4gB.沉淀完全時(shí)消耗NaOH溶液的體積為120mLC.溶解合金時(shí)收集到NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24LD.參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.2mol18、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向等體積等濃度的鹽酸中分別加入ZnS和CuS,ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液,溶液變?yōu)榧t色樣品已變質(zhì)C加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管,試管口處潤(rùn)濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)NH4HCO3顯堿性D常溫下,測(cè)得0.1mol·L-1NaA溶液的pH小于0.1mol·L-1Na2B溶液的pH酸性:HA>H2BA.A B.B C.C D.D19、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W的簡(jiǎn)單氫化物是一種清潔能源,X的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)之一,Y是非金屬性最強(qiáng)的元素,Z的原子半徑是所有短周期元素中最大的。下列說(shuō)法不正確的是()A.W、X、Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)對(duì)應(yīng)水化物的酸性Y>X>WB.Y的簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)C.元素X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子半徑依次減小D.W與Y兩種元素可以形成共價(jià)化合物20、以PbO為原料回收鉛的過(guò)程如下:Ⅰ.將PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,得到含Na2PbC14的溶液;Ⅱ.電解Na2PbCl4溶液后生成Pb,原理如圖所示。下列判斷不正確的是A.陽(yáng)極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4B.電極Ⅱ的電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C.當(dāng)有2.07gPb生成時(shí),通過(guò)陽(yáng)離子交換膜的陽(yáng)離子為0.04molD.電解過(guò)程中為了實(shí)現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用,可向陰極區(qū)補(bǔ)充PbO21、NA為阿伏加德羅常數(shù),關(guān)于ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的說(shuō)法中正確的是A.含Na+數(shù)目為NA B.含氧原子數(shù)目為NAC.完全氧化SO32-時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA D.含結(jié)晶水分子數(shù)目為NA22、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.密閉容器中,2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NAB.1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的數(shù)目為0.01NAC.5.6g鐵與稀硝酸反應(yīng)生成0.08molNO,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAD.6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子數(shù)為0.2NA二、非選擇題(共84分)23、(14分)A是一種烴,可以通過(guò)下列路線合成有機(jī)產(chǎn)品X、Y、Z。已知:Ⅰ.(R或R’可以是烴基或氫原子)Ⅱ.反應(yīng)①、②、⑤的原子利用率都為100%。完成下列填空:(1)B的名稱(chēng)為_(kāi)____;反應(yīng)③的試劑和條件為_(kāi)____;反應(yīng)④的反應(yīng)類(lèi)型是____。(2)關(guān)于有機(jī)產(chǎn)品Y()的說(shuō)法正確的是____。A.Y遇氯化鐵溶液會(huì)發(fā)生顯色反應(yīng)B.1molY與H2、濃溴水中的Br2反應(yīng),最多消耗分別為4mol和2molC.1molY與氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí),最多可以消耗3mol氫氧化鈉D.Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧>⑥>⑦(3)寫(xiě)出符合下列條件的E的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______。a.屬于酚類(lèi)化合物,且是苯的對(duì)位二元取代物b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)(4)設(shè)計(jì)一條以CH3CHO為起始原料合成Z的線路(無(wú)機(jī)試劑及溶劑任選)。______(合成路線的常用表示方法為:AB……目標(biāo)產(chǎn)物)24、(12分)生產(chǎn)符合人類(lèi)需要的特定性能的物質(zhì)是化學(xué)服務(wù)于人類(lèi)的責(zé)任。解熱鎮(zhèn)痛藥水楊酸改進(jìn)為阿司匹林、緩釋阿司匹林、貝諾酯就是最好的實(shí)例。下圖表示這三種藥物的合成:(1)反應(yīng)①的條件是____________;物質(zhì)B含有的官能團(tuán)名稱(chēng)是________________(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脫去1分子水的產(chǎn)物,寫(xiě)出M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__________(3)反應(yīng)③的類(lèi)型____________,寫(xiě)出該反應(yīng)④的一種副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________(4)水楊酸與足量Na2CO3溶液能發(fā)生反應(yīng),寫(xiě)出化學(xué)方程式____________________(5)1mol阿司匹林和1mol緩釋長(zhǎng)效阿司匹林與NaOH溶液充分反應(yīng),最多消耗NaOH的物質(zhì)的量分別是_________、___________。25、(12分)以鉻鐵礦(含F(xiàn)eO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)為原料制備二草酸鉻鉀的實(shí)驗(yàn)步驟如圖:回答下列問(wèn)題:(1)“熔融”的裝置如圖,坩堝W的材質(zhì)可以是________(填“鐵”“陶瓷”或“玻璃”);FeO·Cr2O3與KClO3及Na2CO3發(fā)生反應(yīng),生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化學(xué)方程式為_(kāi)______________。(2)熔融后的固體中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等,步驟①的具體步驟為水浸,過(guò)濾,調(diào)pH為7~8,加熱煮沸半小時(shí),趁熱過(guò)濾。第一次過(guò)濾濾渣中的主要成分為_(kāi)_______,“調(diào)pH為7~8,加熱煮沸半小時(shí)”的目的是__________。(3)步驟②需加入酸,則加入稀硫酸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______。(4)步驟④包含的具體操作有____,經(jīng)干燥得到K2Cr2O7晶體。(有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示)(5)步驟⑤需往兩種固體混合物中加入一滴水及少量酒精研磨,所用的硅酸鹽質(zhì)儀器的名稱(chēng)是________。(6)采用熱重分析法測(cè)定K[Cr(C2O4)2]·nH2O樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)目,將樣品加熱到80℃時(shí),失掉全部結(jié)晶水,失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶體中n=____。26、(10分)實(shí)驗(yàn)室利用如下裝置制備氯酸鉀和次氯酸鈉?;卮鹣铝袉?wèn)題:(1)滴加濃鹽酸的漏斗伸入試管底部,其原因?yàn)開(kāi)_______________________________。(2)裝置1中盛放的試劑為_(kāi)_______;若取消此裝置,對(duì)實(shí)驗(yàn)造成的影響為_(kāi)_______。(3)裝置中生成氯酸鉀的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________,產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氯酸鉀和次氯酸鈉,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。(4)裝置2和3中盛放的試劑均為_(kāi)_______。(5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應(yīng)結(jié)束后,停止加熱。接下來(lái)的操作為打開(kāi)________(填“a”或“b”,下同),關(guān)閉________。27、(12分)某實(shí)驗(yàn)室廢液含、Na+、Fe3+、Cr3+、、等離子,現(xiàn)通過(guò)如下流程變廢為寶制備K2Cr2O7。已知:(a);(b)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表。金屬離子pH開(kāi)始沉淀完全沉淀Fe3+2.73.7Cr3+4.96.8請(qǐng)回答:(1)某同學(xué)采用紙層析法判斷步驟①加入KOH的量是否合適。在加入一定量KOH溶液后,用毛細(xì)管取樣、點(diǎn)樣、薄層色譜展開(kāi)、氨熏后的斑點(diǎn)如圖所示。加入KOH最適合的實(shí)驗(yàn)編號(hào)是(實(shí)驗(yàn)順序已打亂)________,C的斑點(diǎn)顏色為_(kāi)_______。(2)步驟②含Cr物質(zhì)發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________。(3)在下列裝置中,②應(yīng)選用________。(填標(biāo)號(hào))(4)部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖2,步驟⑤可能用到下列部分操作:a.蒸發(fā)至出現(xiàn)大量晶體,停止加熱;b.冷卻至室溫;c,蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜,停止加熱;d.洗滌;e.趁熱過(guò)濾;f.抽濾。請(qǐng)選擇合適操作的正確順序________。(5)步驟⑤中合適的洗滌劑是________(“無(wú)水乙醇”、“乙醇-水混合液”、“熱水”、“冰水”)。(6)取mg粗產(chǎn)品配成250mL溶液,取25.00mL于錐形瓶中,用cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(雜質(zhì)不反應(yīng)),消耗標(biāo)準(zhǔn)(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL,則該粗產(chǎn)品中K2Cr2O7的純度為_(kāi)_______。28、(14分)NH3、NOx、SO2處理不當(dāng)易造成環(huán)境污染,如果對(duì)這些氣體加以利用就可以變廢為寶,既減少了對(duì)環(huán)境的污染,又解決了部分能源危機(jī)問(wèn)題。(l)硝酸廠常用催化還原方法處理尾氣。CH4在催化條件下可以將NO2還原為N2。已知:①②則反應(yīng)(1)△H=_______(2)工業(yè)上利用氨氣生產(chǎn)氫氰酸(HCN)的反應(yīng)為:①在一定溫度條件下,向2L恒容密閉容器中加入2molCH4和2molNH3,平衡時(shí)NH3體積分?jǐn)?shù)為30%,所用時(shí)間為10min,則該時(shí)間段內(nèi)用CH4的濃度變化表示的反應(yīng)速率為_(kāi)_____mol·L-l·min-1,該溫度下平衡常數(shù)K=___。若保持溫度不變,再向容器中加入CH4和H2各1mol,則此時(shí)v正___(填“>”“=”或“<”)v逆。②其他條件一定,達(dá)到平衡時(shí)NH3轉(zhuǎn)化率隨外界條件X變化的關(guān)系如圖1所示。X代表___(填字母代號(hào))。A溫度B壓強(qiáng)C原料中CH4與NH3的體積比(3)某研究小組用NaOH溶液吸收尾氣中的二氧化硫,將得到的Na2SO3進(jìn)行電解生產(chǎn)硫酸,其中陰、陽(yáng)膜組合電解裝置如圖2所示,電極材料為石墨。A--E分別代表生產(chǎn)中的原料或產(chǎn)品,b表示____(填“陰”或“陽(yáng)”)離子交換膜。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______29、(10分)(14分)近年來(lái),隨著鋰離子電池的廣泛應(yīng)用,廢鋰離子電池的回收處理至關(guān)重要。下面是利用廢鋰離子電池正極材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收鈷、鎳、鋰的流程圖。已知:P204[二(2?乙基己基)磷酸酯]常用于萃取錳,P507(2?乙基己基膦酸?2?乙基己酯)和Cyanex272[二(2,4,4)?三甲基戊基次磷酸]常用于萃取鈷、鎳?;卮鹣铝袉?wèn)題:(1)在硫酸存在的條件下,正極材料粉末中LiCoO2與H2O2反應(yīng)能生成使帶火星木條復(fù)燃的氣體,請(qǐng)寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________________。(2)一些金屬難溶氫氧化物的溶解度(用陽(yáng)離子的飽和濃度表示)與pH的關(guān)系圖如下:加入NaOH溶液調(diào)pH=5可除去圖中的________(填金屬離子符號(hào))雜質(zhì);寫(xiě)出除去金屬離子的離子方程式________________________(一種即可)。(3)已知P507萃取金屬離子的原理為nHR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nH+(aq),且隨著萃取過(guò)程中pH降低,萃取效率下降。萃取前先用NaOH對(duì)萃取劑進(jìn)行皂化處理,皂化萃取劑萃取金屬離子的反應(yīng)為nNaR(Org)+Mn+(aq)MRn(Org)+nNa+(aq)。對(duì)萃取劑進(jìn)行皂化處理的原因?yàn)開(kāi)_______________。(4)控制水相pH=5.2,溫度25℃,分別用P507、Cyanex272作萃取劑,萃取劑濃度對(duì)萃取分離鈷、鎳的影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示?!觥狢o(Cyanex272);●—Ni(Cyanex272);▲—Co(P507);▼—Ni(P507)由圖可知,鈷、鎳的萃取率隨萃取劑濃度增大而_________(填“增大”或“減小”);兩種萃取劑中___________(填“P507”或“Cyanex272”)的分離效果比較好,若選P507為萃取劑,則最適宜的萃取劑濃度大約為_(kāi)_________mol·L?1;若選Cyanex272萃取劑,則最適宜的萃取劑濃度大約為_(kāi)__________mol·L?1。(5)室溫下,用NaOH溶液調(diào)節(jié)鈷萃余液的pH=12,攪拌一段時(shí)間后,靜置,離心分離得到淡綠色氫氧化鎳固體,鎳沉淀率可達(dá)99.62%。已知Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10?16,則沉鎳母液中Ni2+的濃度為2.1×10?11mol·L?1時(shí),pH=______(lg5=0.7)。
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、C【解析】
A.在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋,硅膠(具有吸濕性)能吸收水分,鐵是較活潑的金屬,具有還原性,能防止食品被氧化,A正確;B.煤的氣化是指以煤為原料,以氧氣(空氣、富氧或純氧)、水蒸氣或氫氣等作氣化劑(或稱(chēng)氣化介質(zhì)),在高溫條件下通過(guò)化學(xué)反應(yīng)把煤或煤焦中的可燃部分轉(zhuǎn)化為氣體的過(guò)程,所以在高溫下煤和水蒸氣作用得到CO、H2、CH4等氣體的方法屬于煤的氣化,B正確;C.金屬鉑灼燒時(shí)無(wú)色,不用于煙花制作中,C錯(cuò)誤;D.淀粉可以被水解成為葡萄糖,葡萄糖進(jìn)步氧化變成乙醇、乙酸,D正確;故選C。2、D【解析】
根據(jù)電池反應(yīng):Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,電極反應(yīng)式正極:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,負(fù)極:Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2A.工作時(shí)原電池負(fù)極消耗OH-,溶液的pH減小,故A錯(cuò)誤;B.電子不能在溶液中傳遞,故B錯(cuò)誤;C.原電池中陰離子向負(fù)極移動(dòng),溶液中OH-由Ag2O電極移向Zn電極,故C錯(cuò)誤;D.根據(jù)上面分析,Ag2O作正極:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,故D正確;答案選D?!军c(diǎn)睛】根據(jù)題干中的電池總反應(yīng)中氧化還原反應(yīng),寫(xiě)出電極反應(yīng),即可容易分析解答。3、C【解析】
溶液中,單位體積內(nèi)已知的陽(yáng)離子所帶電量為:2mol/L×1=2mol/L,單位體積內(nèi)已知的陰離子所帶總電量為:2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L,大于單位體積內(nèi)已知的陽(yáng)離子所帶電量2mol/L,故M為陽(yáng)離子,設(shè)M離子的電荷為x,由電荷守恒可知:4=2+x×2,解得x=+1,結(jié)合選項(xiàng)可知,M為Na+,正確答案是C。4、D【解析】
A.食用花生油是油脂,、雞蛋清的主要成分為蛋白質(zhì),淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解反應(yīng),故正確;B.1mol苯或苯甲酸燃燒都消耗7.5mol氧氣,所以amol混合物在足量氧氣中完全燃燒后,消耗氧氣7.5amol,故正確;C.按系統(tǒng)命名法,有機(jī)物的命名時(shí),從左側(cè)開(kāi)始編號(hào),所以名稱(chēng)為2,2,4,4,5-五甲基-3,3-二乙基己烷,故正確;D.七葉內(nèi)酯()官能團(tuán)為酚羥基和酯基,東莨菪內(nèi)酯()的官能團(tuán)為酚羥基和酯基和醚鍵,不屬于同系物,故錯(cuò)誤。故選D。【點(diǎn)睛】掌握同系物的定義,即結(jié)構(gòu)相似,在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)互稱(chēng)同系物。所謂結(jié)構(gòu)相似,指具有相同的官能團(tuán)。5、C【解析】
將一定量的Na2CO3、NaAlO2固體混合物溶于適量水中,AlO2-轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-,除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]-;由于酸性:H2CO3>HCO3->Al(OH)3,則結(jié)合H+的能力:[Al(OH)4]->CO32->HCO3-,向溶液中逐滴加入鹽酸,[Al(OH)4]-首先與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al(OH)3,因此a線代表[Al(OH)4]-減少,發(fā)生的反應(yīng)為:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,則[Al(OH)4]-的物質(zhì)的量為1mol/L×0.05L=0.05mol,生成的Al(OH)3也為0.05mol;接下來(lái)CO32-與H+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HCO3-,b線代表CO32-減少,c線代表HCO3-增多,發(fā)生的反應(yīng)為:CO32-+H+=HCO3-,可計(jì)算出n(CO32-)=n(HCO3-)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol;然后HCO3-與H+反應(yīng)生成H2CO3(分解為CO2和H2O),最后Al(OH)3與H+反應(yīng)生成Al3+,d線代表HCO3-減少,e線代表Al3+增多。【詳解】A.由于酸性:HCO3->Al(OH)3,HCO3-會(huì)與[Al(OH)4]-發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3:HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O,HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中不能大量共存,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.d線代表HCO3-減少,發(fā)生的反應(yīng)為:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C.a(chǎn)線代表[Al(OH)4]-與H+反應(yīng):[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,b線代表CO32-與H+反應(yīng):CO32-+H+=HCO3-,由圖象知兩個(gè)反應(yīng)消耗了等量的H+,則溶液中CO32-與[Al(OH)4]-的物質(zhì)的量之比為1:1,原固體混合物中CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為1:1,C項(xiàng)正確;D.d線代表HCO3-與H+的反應(yīng):HCO3-+H+=CO2↑+H2O,n(HCO3-)=0.05mol,消耗H+的物質(zhì)的量為0.05mol,所用鹽酸的體積為50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e線代表Al(OH)3與H+反應(yīng):Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.05mol,會(huì)消耗0.15molH+,所用鹽酸的體積為150mL,V2=V1+150mL=300mL;M點(diǎn)生成的是HCO3-而非CO2,D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選C?!军c(diǎn)睛】在判斷HCO3-、Al(OH)3與H+反應(yīng)的先后順序時(shí),可用“假設(shè)法”:假設(shè)HCO3-先與H+反應(yīng),生成的H2CO3(分解為CO2和H2O)不與混合物中現(xiàn)存的Al(OH)3反應(yīng);假設(shè)Al(OH)3先與H+反應(yīng),生成的Al3+會(huì)與溶液中現(xiàn)存的HCO3-發(fā)生雙水解反應(yīng),轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2CO3(分解為CO2和H2O),實(shí)際效果還是HCO3-先轉(zhuǎn)化為H2CO3,因此判斷HCO3-先與H+反應(yīng)。6、C【解析】
A.加水稀釋CH3COOH溶液,促進(jìn)CH3COOH的電離,溶液中n(CH3COO–)逐漸增多,故A錯(cuò)誤;B.NaHCO3溶液中HCO3-的水解常數(shù)Kh2===2.27×10–8>K2=5.6×10–11,說(shuō)明HCO3-的水解大于電離,則溶液中c()<c(H2CO3)<c(HCO3?),故B錯(cuò)誤;C.由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時(shí)HCN的酸性小于CH3COOH,同CN-的水解程度大于CH3COO-,則25℃時(shí),相同物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液的堿性強(qiáng)于CH3COONa溶液,故C正確;D.由電離平衡常數(shù)可知濃度相等時(shí)HCN的酸性小于H2CO3,則向HCN溶液中加入Na2CO3溶液,只能生成NaHCO3,無(wú)CO2氣體生成,故D錯(cuò)誤;故答案為C。7、B【解析】
A.4gα粒子(4He2+)的物質(zhì)的量為=1mol,共有NA個(gè)α粒子,故A錯(cuò)誤;B.1個(gè)4He2+含有2個(gè)質(zhì)子,4gα粒子(4He2+)的物質(zhì)的量為=1mol,共有2NA個(gè)質(zhì)子,故B正確;C.1個(gè)4He2+含有2個(gè)中子,gα粒子(4He2+)的物質(zhì)的量為=1mol,共有2NA個(gè)中子,故C錯(cuò)誤;D.4He2+中沒(méi)有電子,故D錯(cuò)誤;正確答案是B?!军c(diǎn)睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用,注意掌握分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系。8、D【解析】
A.由溶液pH=7時(shí)消耗KOH的體積小于10mL可知,HA為弱酸,設(shè)0.1mol·L1HA溶液中c(H+)=xmol/L,根據(jù)電離平衡常數(shù)可知,解得x≈1×10-3mol/L,因此a點(diǎn)溶液的pH約為3,故A不符合題意;B.d點(diǎn)溶質(zhì)為KA,c點(diǎn)溶質(zhì)為HA、KA,HA會(huì)抑制水的電離,KA會(huì)促進(jìn)水的電離,因此水的電離程度:d點(diǎn)>c點(diǎn),故B不符合題意;C.b點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的KA和HA,,HA的電離程度大于A-的水解程度,結(jié)合溶液呈酸性可知b點(diǎn)溶液中粒子濃度大?。?,故C不符合題意;D.e點(diǎn)物料守恒為:,故D符合題意;故答案為:D?!军c(diǎn)睛】比較時(shí)溶液中粒子濃度:(1)弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的,且水的電離能力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中:CH3COOHCH3COO-+H+,H2OOH-+H+,在溶液中微粒濃度由大到小的順序:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-);(2)弱酸根離子或弱堿陽(yáng)離子的水解是微弱的,但水的電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中:CH3COONa=CH3COO-+Na+,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,H2OH++OH-,所以CH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。9、B【解析】
A.開(kāi)關(guān)連接K1,電極1為陰極,水得電子生成氫氣,產(chǎn)生H2的電極反應(yīng)式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故A正確;B.當(dāng)開(kāi)關(guān)連接K2時(shí),電極3為陰極,發(fā)生還原反應(yīng),反應(yīng)式為NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-,故B錯(cuò)誤;C.當(dāng)開(kāi)關(guān)連接K2時(shí),電極2連接電源正極,電極2作陽(yáng)極,發(fā)生氧化反應(yīng)得到O2,故C正確;D.當(dāng)開(kāi)關(guān)連接K2時(shí),電極3為陰極;開(kāi)關(guān)應(yīng)連接K1,電極3為陽(yáng)極;電極3的作用是分別作陽(yáng)極材料和陰極材料,利用NiOOH和Ni(OH)2的相互轉(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移,故D正確;選B。10、B【解析】
A.單質(zhì)C和濃硝酸加熱生成二氧化碳、二氧化氮,二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸,硝酸和氫氧化鈣反應(yīng),抑制了二氧化碳和氫氧化鈣的反應(yīng),所以石灰水不變渾濁,A錯(cuò)誤;B.酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性,能氧化還原性的物質(zhì),向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇,溶液褪色,說(shuō)明酸性高錳酸鉀溶液被乙醇還原,乙醇體現(xiàn)了還原性,B正確;C.溴水和苯不反應(yīng),但是苯能萃取溴水中的溴單質(zhì),由于苯與水互不相溶,因此看到分層現(xiàn)象,下層的水層幾乎無(wú)色,這種現(xiàn)象為萃取,并沒(méi)有發(fā)生化學(xué)反應(yīng),C錯(cuò)誤;D.向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸,發(fā)生反應(yīng):3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,因此看到銅逐漸溶解,不是Cu與硫酸反應(yīng),D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是B。11、D【解析】
A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是別的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-,所以不能確定Cl-是原溶液里的還是后來(lái)加進(jìn)去的,故A錯(cuò)誤;B、碳酸根、碳酸氫根、亞硫酸根、亞硫酸氫根遇到鹽酸,均會(huì)生成能使澄清石灰水變渾濁的氣體,故B錯(cuò)誤;C、若溶液中含有亞硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀鹽酸相當(dāng)于存在了硝酸,亞硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,會(huì)生成硫酸鋇沉淀,故C錯(cuò)誤;D、氯氣能將碘離子氧化為碘單質(zhì),碘水溶液為棕黃色,碘遇淀粉變藍(lán)色,故D正確;綜上所述,本題應(yīng)選D。12、A【解析】
A.溶液中氫離子濃度改變,而其它條件不變,則總體積為40mL,pH=2,則0.01×40=V1×0.200×2,V1=1.00mL,符合題意,A正確;B.pH=1時(shí)NaClO氧化廢水中的氨氮(用硝酸銨模擬),使其轉(zhuǎn)化為無(wú)污染的氣體,發(fā)生反應(yīng):3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+,與題意不符,B錯(cuò)誤;C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更強(qiáng),pH從1升高到2,酸性減弱,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO轉(zhuǎn)化為ClO-,與題意不符,C錯(cuò)誤;D.pH控制在6時(shí)氨氮去除率為85%,進(jìn)行處理更容易達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn),與題意不符,D錯(cuò)誤;答案為A。13、C【解析】
A.放熱反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量,所以1molSO2(g)的能量總和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量總和,故A錯(cuò)誤;B.加入合適的催化劑不會(huì)影響反應(yīng)焓變,即單位質(zhì)量的硫燃燒放出的熱量不變,故B錯(cuò)誤;C.因物質(zhì)由固態(tài)轉(zhuǎn)變成氣態(tài)也要吸收熱量,所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反應(yīng)熱的數(shù)值大于297.23kJ?mol?1,故C正確;D.熱化學(xué)方程式的系數(shù)只表示物質(zhì)的量,標(biāo)準(zhǔn)狀況下1L氧氣的物質(zhì)的量小于1mol,故D錯(cuò)誤;故答案為:C。14、B【解析】
A.滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成,原溶液中也可能含有CO32-、SO32-、Ag+等,故A錯(cuò)誤;B.滴加氯水和CCl4,下層溶液顯紫紅色說(shuō)明產(chǎn)生了碘單質(zhì),氯水為強(qiáng)氧化性溶液,則溶液中存在強(qiáng)還原性的I-,氯氣置換出了碘單質(zhì),故B正確;C.用潔凈的鉑絲蘸取溶液進(jìn)行焰色反應(yīng),火焰呈黃色,說(shuō)明原溶液中有Na+,但并不能說(shuō)明溶液中無(wú)K+,因?yàn)闄z驗(yàn)K+需通過(guò)藍(lán)色鈷玻璃觀察火焰,故C錯(cuò)誤;D.NH3極易溶于水,若溶液中含有少量的NH4+,滴加稀NaOH溶液不會(huì)放出NH3,檢驗(yàn)NH4+的正確操作:向原溶液中滴加幾滴濃NaOH溶液,加熱,將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙置于試管口,若試紙變藍(lán)則證明存在NH4+,故D錯(cuò)誤;故答案為B。15、A【解析】
A.氯氯化鋁與碳酸鈉溶液過(guò)量時(shí)發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉,離子方程式:Al3++3CO32-+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3-,選項(xiàng)A正確;B.氯化鈉固體與濃硫酸混合微熱,離子方程式:H2SO4(濃)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.氯氣通入石灰乳,離子方程式:Ca(OH)2+2Cl2═2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.酚鈉溶液呈堿性是因?yàn)楸窖醺x子水解生成氫氧根離子和苯酚,離子方程式:C6H5O-+H2OC6H5OH+OH-,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;答案選A?!军c(diǎn)睛】本題考查了離子方程式的書(shū)寫(xiě),側(cè)重考查化學(xué)式的拆分,注意濃硫酸、固體氯化鈉、石灰乳應(yīng)保留化學(xué)式,易錯(cuò)點(diǎn)為D.酚鈉溶液呈堿性是因?yàn)楸窖醺x子水解生成氫氧根離子和苯酚,離子方程式:C6H5O-+H2OC6H5OH+OH-。16、C【解析】
n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得n(Fe3+)==0.2mol,則n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,所以n(Fe2+):n(Fe3+)=0.2mol:0.2mol=1:1,以此解答該題。【詳解】A.鹽酸恰好反應(yīng)生成FeCl2的物質(zhì)的量為0.4mol,根據(jù)Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L,A錯(cuò)誤;B.由以上分析可知,該磁黃鐵礦FexS中,F(xiàn)e2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1,B錯(cuò)誤;C.根據(jù)氫原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L,C正確;D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol,n(Fe)=0.4mol,所以n(Fe):n(S)=0.4mol:0.5mol=0.8,所以x=0.8,D錯(cuò)誤。故合理選項(xiàng)是C。17、C【解析】
淀為M(OH)2,根據(jù)化學(xué)式知,生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加的量是氫氧根離子,則n(OH-)==0.3mol,根據(jù)氫氧根離子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol,根據(jù)金屬原子守恒得金屬的物質(zhì)的量是0.15mol;A.因?yàn)殒V、銅的物質(zhì)的量無(wú)法確定,則無(wú)法計(jì)算合金質(zhì)量,故A錯(cuò)誤;B.由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol,V(NaOH)==100mL,故B錯(cuò)誤;C.由轉(zhuǎn)移電子守恒得n(NO)==0.1mol,生成標(biāo)況下NO體積=22.4L/mol×0.1mol=2.24L,故C正確;D.根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量==0.1mol,根據(jù)金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol,所以參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol,故D錯(cuò)誤;故答案為C?!军c(diǎn)睛】本題以鎂、銅為載體考查混合物的計(jì)算,側(cè)重考查分析、計(jì)算能力,正確判斷沉淀和合金質(zhì)量差成分是解本題關(guān)鍵,靈活運(yùn)用原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒解答即可。18、A【解析】
A.相同條件下,溶解度大的物質(zhì)先溶解,組成和結(jié)構(gòu)相似的難溶物,溶解度越大,其溶度積越大。因在等體積等濃度的鹽酸ZnS可以溶解而CuS不溶,則相同溫度下:Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故A正確;B.Fe(NO3)2溶于稀硫酸后,F(xiàn)e2+在酸性條件下被NO3-氧化為Fe3+,此時(shí)滴加KSCN溶液,溶液變?yōu)榧t色,則無(wú)法證明Fe(NO3)2是否變質(zhì),故B錯(cuò)誤;C.在加熱條件下NH4HCO3固體分解生成NH3,NH3能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍(lán),由于固體本身沒(méi)有與試紙接觸,故本實(shí)驗(yàn)不能證明NH4HCO3顯堿性,故C錯(cuò)誤;D.強(qiáng)堿弱酸鹽的pH越大,對(duì)應(yīng)酸的酸性越弱,Na2B溶液對(duì)應(yīng)的酸為HB-,則由現(xiàn)象可知酸性:HA>HB-,但是本實(shí)驗(yàn)不能證明HA的酸性比H2B強(qiáng),故D錯(cuò)誤;故答案為A。19、A【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W的簡(jiǎn)單氫化物是一種清潔能源,則W為C元素;Y是非金屬性最強(qiáng)的元素,則Y為F元素;X的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)之一,且原子序數(shù)小于F,則X為N元素;Z的原子半徑是所有短周期金屬元素中最大的,則Z為Na元素,以此來(lái)解答。【詳解】由上述分析可知,W為C、X為N、Y為F、Z為Na。
A.Y為F,F(xiàn)沒(méi)有正價(jià),其無(wú)含氧酸,故A錯(cuò)誤;
B.非金屬性Y>W(wǎng),則Y的簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng),故B正確;
C.元素X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子核外電子排布相同,核電荷數(shù)越大,半徑越小,因此半徑依次減小,故C正確;D.C、F均為非金屬元素,可以形成共價(jià)化合物,并且只能形成共價(jià)化合物,故D正確答案選A。20、C【解析】
電解Na2PbCl4溶液后生成Pb,原理如圖所示,電極Ⅱ周?chē)鶳bCl42-得電子轉(zhuǎn)化為Pb,則電極Ⅱ?yàn)殛帢O,陰極的電極反應(yīng)是發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)方程式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—;電極Ⅰ為陽(yáng)極,根據(jù)陰離子放電順序,陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng):2H2O-4e?=4H++O2↑,以此解題?!驹斀狻緼.根據(jù)分析,電極Ⅰ為陽(yáng)極,根據(jù)陰離子放電順序,陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng):2H2O-4e?=4H++O2↑,陽(yáng)極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4,故A正確;B.電極Ⅱ周?chē)鶳bCl42-得電子轉(zhuǎn)化為Pb,則電極Ⅱ?yàn)殛帢O,陰極的電極反應(yīng)是發(fā)生還原反應(yīng),電極Ⅱ的電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—,故B正確;C.當(dāng)有2.07gPb生成時(shí),即生成Pb的物質(zhì)的量為==0.01mol,根據(jù)電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.02mol,電解液中的陽(yáng)離子為氫離子,則通過(guò)陽(yáng)離子交換膜的陽(yáng)離子為0.02mol,故C錯(cuò)誤;D.陰極電解一段時(shí)間后溶液為HCl和NaCl的混合溶液,根據(jù)題意“將PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,得到含Na2PbCl4的電解液”,繼續(xù)向陰極區(qū)加PbO粗品可恢復(fù)其濃度且實(shí)現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用,故D正確;答案選C。21、D【解析】
A.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質(zhì)的量n=mol,而1molNa2SO3?7H2O中含2molNa+,故molNa2SO3?7H2O中含mol,即mol鈉離子,A錯(cuò)誤;B.ag亞硫酸鈉晶體(Na2SO3?7H2O)的物質(zhì)的量n=mol,而1molNa2SO3?7H2O中含10mol氧原子,故molNa2SO3?7H2O中含氧原子mol,即含有mol的O原子,B錯(cuò)誤;C.SO32-被氧化時(shí),由+4價(jià)被氧化為+6價(jià),即1molSO32-轉(zhuǎn)移2mol電子,故molNa2SO3?7H2O轉(zhuǎn)移mol電子,C錯(cuò)誤;D.1molNa2SO3?7H2O中含7mol水分子,故molNa2SO3?7H2O中含水分子數(shù)目為mol×7×NA/mol=NA,D正確;故合理選項(xiàng)是D。22、C【解析】
A.若2mol
SO2和
1mol
O2完全反應(yīng),可生成2mol
SO3,即反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA,但實(shí)際上該反應(yīng)是可逆反應(yīng),不能完全進(jìn)行,故反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA,故A正確;B.pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L,溶液體積為1L,所以溶液中所含氫離子數(shù)目為0.01NA,故B正確;C.該過(guò)程中還原產(chǎn)物為NO,氮元素由+5價(jià)變?yōu)?2價(jià),所以生成一個(gè)NO,轉(zhuǎn)移3個(gè)電子,則生成0.08molNO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.24NA,故C錯(cuò)誤;D.6.4gS2和S8的混合物即6.4gS原子,所以硫原子的數(shù)目為×NAmol-1=0.2NA,故D正確;故答案為C?!军c(diǎn)睛】易錯(cuò)選項(xiàng)為C,要注意鐵在和稀硝酸反應(yīng)時(shí)氧化產(chǎn)物不確定,當(dāng)鐵過(guò)量可能會(huì)有亞鐵離子,該題中還原產(chǎn)物只有NO,所以根據(jù)還原產(chǎn)物計(jì)算電子轉(zhuǎn)移數(shù)目。二、非選擇題(共84分)23、苯乙烯氫氧化鈉水溶液、加熱消去反應(yīng)AD、【解析】
反應(yīng)①、②、⑤的原子利用率都為100%,則這幾個(gè)反應(yīng)為加成反應(yīng),根據(jù)
知,B和HBr發(fā)生加成反應(yīng)得到該物質(zhì),則B結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
,所以B為苯乙烯;A為HC≡CH;
C能發(fā)生催化氧化反應(yīng),則
發(fā)生水解反應(yīng)生成D,反應(yīng)條件為氫氧化鈉水溶液、加熱;C結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
,D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
,D發(fā)生信息I的反應(yīng),E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
,E發(fā)生酯化反應(yīng)生成F,F發(fā)生消去反應(yīng)生成X,G相對(duì)分子質(zhì)量為78,C原子個(gè)數(shù)為6個(gè),則G為
,苯發(fā)生一系列反應(yīng)生成Y;【詳解】(1)由上述分析可知B名稱(chēng)是苯乙烯,反應(yīng)③的試劑和條件為氫氧化鈉水溶液、加熱;反應(yīng)④的反應(yīng)類(lèi)型是消去反應(yīng),
因此,本題正確答案是:苯乙烯;氫氧化鈉水溶液、加熱;消去反應(yīng);
(2)A.因?yàn)閅的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:,結(jié)構(gòu)中含有酚羥基,所以遇氯化鐵溶液會(huì)發(fā)生顯色反應(yīng),故A正確;
B.因?yàn)閅的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:,只有苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)、苯環(huán)上酚羥基鄰位氫原子能和溴發(fā)生取代反應(yīng),所以1molY與H2、濃溴水中的Br2反應(yīng),最多消耗分別為3molH2和2molBr2,故B錯(cuò)誤;
C.因?yàn)閅的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:,酚羥基和羧基能與NaOH溶液反應(yīng),1molY與氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí),最多可以消耗2mol氫氧化鈉,故C錯(cuò)誤;D.Y()中⑥位酚羥基,顯弱酸性,⑦為醇羥基,沒(méi)有酸性,⑧位為羧基上的羥基,屬于弱酸性,但酸性比酚羥基的酸性強(qiáng),所以三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧>⑥>⑦,故D正確;所以AD選項(xiàng)是正確的;(3)E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
,E的同分異構(gòu)體符合下列條件:a.屬于酚類(lèi)化合物,說(shuō)明含有酚羥基,且是苯的對(duì)位二元取代物,說(shuō)明另外一個(gè)取代基位于酚羥基對(duì)位;
b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng),水解含有醛基和酯基,
該物質(zhì)為甲酸酯,符合條件的同分異構(gòu)體有
,
因此,本題正確答案是:
;(4)乙醛發(fā)生還原反應(yīng)生成CH3CH2OH,CH3CHO和HCN反應(yīng)然后酸化得到CH3CH(OH)COOH,乙醇和CH3CH(OH)COOH發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH3CH(OH)COOCH2CH3,然后發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3,CH2=CH(OH)COOCH2CH3發(fā)生加聚反應(yīng)生成,其合成路線為為
,
因此,本題正確答案是:
。24、鐵羧基、氯原子(苯基)CH3COOH取代無(wú)Na2CO3+2NaHCO33mol4nmol【解析】
根據(jù)題中各物轉(zhuǎn)化關(guān)系,根據(jù)水楊酸的結(jié)構(gòu)可知,甲苯與氯氣在鐵粉做催化劑的條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代,生成A為,A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B為,B發(fā)生堿性水解得C為,C酸化得水楊酸,水楊酸與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成阿司匹林和M,則M為CH3COOH,阿司匹林發(fā)生取代反應(yīng)生成貝諾酯,(CH3)2COHCN發(fā)生水解得D為(CH3)2COHCOOH,D在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成E為CH2=C(CH3)COOH,E發(fā)生加聚反應(yīng)生成F為,F(xiàn)與阿司匹林反應(yīng)生成緩釋阿司匹林為,據(jù)此答題;【詳解】根據(jù)題中各物轉(zhuǎn)化關(guān)系,根據(jù)水楊酸的結(jié)構(gòu)可知,甲苯與氯氣在鐵粉做催化劑的條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代,生成A為,A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B為,B發(fā)生堿性水解得C為,C酸化得水楊酸,水楊酸與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成阿司匹林和M,則M為CH3COOH,阿司匹林發(fā)生取代反應(yīng)生成貝諾酯,(CH3)2COHCN發(fā)生水解得D為(CH3)2COHCOOH,D在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成E為CH2=C(CH3)COOH,E發(fā)生加聚反應(yīng)生成F為,F(xiàn)與阿司匹林反應(yīng)生成緩釋阿司匹林為。(1)反應(yīng)①的條件是鐵,B為,物質(zhì)B含有的官能團(tuán)名稱(chēng)是羧基和氯原子,故答案為:鐵;羧基和氯原子;(2)根據(jù)上面的分析可知,M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOH;(3)反應(yīng)③的類(lèi)型為取代反應(yīng),D在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)也可以是羥基和羧基之間發(fā)生取代反應(yīng)生成酯,所以反應(yīng)④的一種副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;(4)水楊酸與足量Na2CO3溶液能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為;(5)根據(jù)阿司匹林的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol,緩釋長(zhǎng)效阿司匹林為,1mol緩釋長(zhǎng)效阿司匹林與NaOH溶液充分反應(yīng),最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為4nmol。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷與合成,根據(jù)阿司匹林與長(zhǎng)效緩釋阿司匹林的分子式推斷F的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵,注意對(duì)反應(yīng)信息的利用,酸化時(shí)-CN基團(tuán)轉(zhuǎn)化為-COOH,需要學(xué)生根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷,注重對(duì)學(xué)生的自學(xué)能力、理解能力、分析歸納能力、知識(shí)遷移能力的考查。25、鐵Fe2O3、Fe(OH)3使AlO2-、SiO32-水解為Al(OH)3和H2SiO3,過(guò)濾除去2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾并洗滌研缽3【解析】
鉻鐵礦(含F(xiàn)eO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等),與KClO3及NaOH、Na2CO3發(fā)生反應(yīng),熔融后的固體中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等,主要的反應(yīng)為:,水浸,過(guò)濾,調(diào)pH為7-8,加熱煮沸半小時(shí),趁熱過(guò)濾,除去不溶的Fe2O3以及反應(yīng)NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀,濾液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等,再調(diào)節(jié)pH除去Na2SiO3、NaAlO2,得到含有Na2CrO4、KCl的溶液,加入稀硫酸發(fā)生反應(yīng):2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,加入KCl,Na2Cr2O7轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7,將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,過(guò)濾并洗滌沉淀得到K2Cr2O7,加入草酸晶體和無(wú)水乙醇得到產(chǎn)品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。(1)高溫下陶瓷或玻璃中的SiO2會(huì)與NaOH及Na2CO3發(fā)生反應(yīng);由流程分析可知6FeO?Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加熱條件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2,結(jié)合質(zhì)量守恒寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式;(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水;根據(jù)鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng),從平衡移動(dòng)角度分析;(3)根據(jù)流程,酸化時(shí),CrO42-→Cr2O72-,結(jié)合電荷守恒和原子守恒寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式;(4)根據(jù)溶解度隨溫度變化情況,選擇結(jié)晶方法;(5)結(jié)合常用儀器的性能判斷;(6)根據(jù)K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的質(zhì)量分析為16.8%,即=0.168計(jì)算?!驹斀狻?1)高溫下陶瓷或玻璃儀器中的SiO2會(huì)與NaOH及Na2CO3發(fā)生反應(yīng),因此應(yīng)選用鐵坩堝;由流程中的產(chǎn)物及已知條件可知反應(yīng)方程式為;(2)根據(jù)分析第一次過(guò)濾的濾渣為熔渣中的Fe2O3以及反應(yīng)NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3;由于NaAlO2、Na2SiO3是強(qiáng)堿弱酸鹽,在溶液中存在水解平衡,水解產(chǎn)生Al(OH)3、H2SiO3,由于鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng),根據(jù)溫度對(duì)鹽的水解的影響,“調(diào)pH為7-8,加熱煮沸半小時(shí)”的目的是使AlO2-、SiO32-水解為Al(OH)3和H2SiO3,過(guò)濾除去;(3)根據(jù)流程,酸化時(shí),CrO42-→Cr2O72-,結(jié)合電荷守恒和原子守恒,可得發(fā)生反應(yīng)的離子方程式2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O;(4)依據(jù)溶解度曲線,步驟④包含的操作有蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,過(guò)濾并洗滌,經(jīng)干燥得到K2Cr2O7晶體;(5)實(shí)驗(yàn)室研磨固體時(shí),所用硅酸鹽質(zhì)儀器為研缽;(6)K[Cr(C2O4)2]·nH2O的相對(duì)分子質(zhì)量為267+18n,由題意知=0.168,解得n=3?!军c(diǎn)睛】本題考查學(xué)生對(duì)工藝流程的理解、閱讀題目獲取信息能力、物質(zhì)推斷、化學(xué)用語(yǔ)、化學(xué)計(jì)算、氧化還原反應(yīng)等,需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息進(jìn)行解決問(wèn)題的能力。26、液封,防止產(chǎn)生的氯氣從漏斗口逸出飽和食鹽水氯化氫與KOH和NaOH反應(yīng),降低產(chǎn)率5:1NaOH溶液ba【解析】
(1)滴加濃鹽酸的長(zhǎng)頸漏斗下端伸入盛裝濃鹽酸的試管底部,可起液封作用,防止產(chǎn)生的氯氣從漏斗口逸出;(2)濃鹽酸有揮發(fā)性,制得的Cl2中混有揮發(fā)的HCl,則裝置1中盛放的試劑為飽和食鹽水,目的是為除去Cl2中混有的HCl,若取消此裝置,HCl會(huì)中和KOH和NaOH,降低產(chǎn)率;(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸鉀和KCl,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為,生成1mol氯酸鉀轉(zhuǎn)移5mol電子,而生成1molNaClO轉(zhuǎn)移1mol電子,則產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氯酸鉀和次氯酸鈉,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為5:1;(4)裝置2和3的作用均為吸收含有Cl2的尾氣,則盛放的試劑均為NaOH溶液;(5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應(yīng)結(jié)束后,停止加熱,為使剩余氯氣完全被裝置2中NaOH溶液吸收,接下來(lái)的操作為打開(kāi)b,關(guān)閉a。27、A黃色2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2OAaebfd冰水×100%【解析】
某實(shí)驗(yàn)室廢液含Na+、Fe3+、Cr3+、SO42-、PO43-等離子,加入KOH,可生成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀,沉淀加入過(guò)氧化氫,發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CrO42-,過(guò)濾,紅褐色沉淀為Fe(OH)3,加入酸可生成K2Cr2O7,由圖1可知,蒸發(fā)至出現(xiàn)大量晶體,停止加熱,趁熱過(guò)濾除外KCl等,然后冷卻至室溫、抽濾、洗滌可得到K2Cr2O7,以此解答該題。【詳解】(1)加入氫氧化鈉最適合時(shí),F(xiàn)e3+、Cr3+恰好生成沉淀,則A為合適,在加入一定量KOH溶液后,用毛細(xì)管取樣、點(diǎn)樣、薄層色譜展開(kāi)、氨熏后發(fā)生Cr3++6NH3=[Cr(NH3)6]3+(黃色),則斑點(diǎn)呈黃色,
故答案為:A;黃色;(2)根據(jù)分析
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