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文檔簡介
2023年高考化學模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、用下列①②對應的試劑(或條件)不能達到實驗目的的是實驗目的試劑(或條件)A.用溫度的變化鑒別二氧化氮和溴蒸氣①熱水?、诶渌.用Na塊檢驗乙醇分子中存在不同于烴分子里的氫原子①乙醇②己烷C.用不同的有色物質比較二氧化硫和氯水漂白性的差異①石蕊②品紅D.用溴水檢驗苯的同系物中烷基對苯環(huán)有影響①苯②甲苯A.A B.B C.C D.D2、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是A.Cl2和水:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.明礬溶于水產生Al(OH)3膠體:Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+C.Na2O2溶于水產生O2:Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應:HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O3、常溫下,HCOOH和CH3COOH的電離常數分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3,體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V,pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.溶液中水的電離程度:b點<c點B.相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同C.從c點到d點,溶液中不變(HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子)D.若兩溶液無限稀釋,則它們的c(H+)相等4、NA表示阿伏加德羅常數的值,下列敘述正確的是()A.標準狀況下,11.2L的甲醇所含的氫原子數大于2NAB.常溫下,1mol?L-1的Na2CO3溶液中CO32-的個數必定小于NAC.1molCu與含2molH2SO4的濃硫酸充分反應,生成的SO2的分子個數為NAD.1mol苯分子中含有3NA個碳碳雙鍵5、工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g);ΔH=+QkJ·mol-1(Q>0),某溫度、壓強下,將一定量反應物通入密閉容器進行以上反應,下列敘述正確的是()A.反應過程中,若增大壓強能提高SiCl4的轉化率B.若反應開始時SiCl4為1mol,則達平衡時,吸收熱量為QkJC.反應至4min時,若HCl濃度為0.12mol·L-1,則H2反應速率為0.03mol·L-1·min-1D.當反應吸收熱量為0.025QkJ時,生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反應6、下列說法正確的是()A.用乙醇和濃硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B.測定新制氯水的pH時,先用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上,再與標準比色卡對照C.檢驗牙膏中是否含有甘油,可選用新制的氫氧化銅懸濁液,若含有甘油,則產生絳藍色沉淀D.將阿司匹林粗產品置于燒杯中,攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液,目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物7、下列說法正確的是A.612B.在光照下與氯氣反應,生成的一氯代物有3種C.CH3COOCH2CH3和CH3COOCH3互為同系物D.某有機物的名稱為3-乙基丁烷8、鋅銅原電池裝置如圖所示,其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過。下列有關敘述不正確的是A.鋅電極上發(fā)生氧化反應B.電池工作一段時間后,甲池的c(SO42-)減小C.電池工作一段時間后,乙池溶液的總質量增加D.陽離子通過交換膜向正極移動,保持溶液中電荷平衡9、下列解釋事實的方程式不正確的是()A.硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液:Ba2++SO42-=BaSO4↓B.硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OC.向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OD.向AgCl懸濁液中加入Na2S溶液:2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-10、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池,其原理如圖,該電池在使用過程中石墨I電極上生成氧化物Y,Y可循環(huán)使用。下列說法正確的是A.O2在石墨Ⅱ附近發(fā)生氧化反應B.該電池放電時NO3-向石墨Ⅱ電極遷移C.石墨Ⅰ附近發(fā)生的反應:3NO2+2e-NO+2NO3-D.相同條件下,放電過程中消耗的NO2和O2的體積比為4∶111、硼氫化鈉(NaBH4)為白色粉末,熔點400℃,容易吸水潮解,可溶于異丙胺(熔點:-101℃,沸點:33℃),在干燥空氣中穩(wěn)定,吸濕而分解,是無機合成和有機合成中常用的選擇性還原劑。某研究小組采用偏硼酸鈉(NaBO2)為主要原料制備NaBH4,其流程如圖:下列說法不正確的是()A.NaBH4中H元素顯+1價B.操作③所進行的分離操作是蒸餾C.反應①為NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D.實驗室中取用少量鈉需要用到的實驗用品有鑷子、濾紙、玻璃片和小刀12、煤、石油、天然氣是人類使用的主要能源,同時也是重要的化工原料。我們熟悉的塑料、合成纖維和合成橡膠主要是以石油、煤和天然氣為原料生產。下列說法中正確的是()A.煤的液化是物理變化B.石油裂解氣不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.棉花、羊毛、蠶絲和麻的主要成分都是纖維素D.“可燃冰”是由甲烷與水在高壓低溫下形成的類冰狀的結晶物質13、鉛蓄電池是歷史悠久、用量非常大的蓄電池,其構造圖如圖所示,放電時有PbSO4生成。下列說法中錯誤的是A.鉛蓄電池是二次電池B.放電時負極電極式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4C.充電時電解質溶液密度增大D.當電路中轉移電子數目為2NA時,溶液中SO42-減少或增加1mol14、化合物(x)、(y)、(z)的分子式均為C5H6。下列說法正確的是A.x、y、z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.z的同分異構體只有x和y兩種C.z的一氯代物只有一種,二氯代物只有兩種(不考慮立體異構)D.x分子中所有原子共平面15、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述不正確的是A.在電解精煉銅的過程中,當陰極析出32g銅時轉移電子數目為NAB.將1molCH4與1molCl2混合光照,充分反應后,生成氣體分子數為NAC.9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸時,反應中轉移電子數為0.6NAD.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固體至溶液剛好為中性,溶液中醋酸分子數為0.01NA16、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大,它們組成一種團簇分子Z2M2Y4(YX)2,結構如圖所示。X、M的族序數均等于周期序數,Y原子核外最外層電子數是其電子總數的,下列說法正確的是A.簡單離子半徑:Z>M>YB.常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸C.X與Y結合形成的化合物是離子化合物D.工業(yè)上常用電解Z的氯化物的熔融液來制取Z單質17、下列實驗裝置(夾持和尾氣處理裝置已省略)進行的相應實驗,能達到實驗目的的是()A.利用①裝置,配制一定物質的量濃度的NaNO3溶液B.利用②裝置,驗證元素的非金屬性:Cl>C>SiC.利用③裝置,合成氨并檢驗氨的生成D.利用④裝置,驗證濃H2SO4具有脫水性、強氧化性,SO2具有漂白性、還原性18、在氧氣中灼燒0.44gS和Fe組成的化合物,使其中的S全部轉化成H2SO4,這些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和,則原化合物中S的質量分數約為()A.18% B.46% C.53% D.36%19、(原創(chuàng))根據下列實驗事實,不能得到相應結論的是選項
實驗操作和現象
結論
A
常溫下分別測等體積、等濃度的醋酸和氨水pH,發(fā)現二者的pH之和為14
常溫下,醋酸和氨水的電離平衡常數相等
B
向均盛有2mL5%H2O2溶液的兩支試管中分別滴入0.2mol/LFeCl3,和0.3mol/LCuCl2溶液lmL,前者生成氣泡的速率更快
催化效果:Fe3+>Cu2+
C
向一定濃度的醋酸溶液中加入鎂條,產生氣泡的率會先加快再減慢
反應剛開始時,醋酸電離平衡正移,c(H+)增大
D
向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液,觀察到明顯現象.
H3BO3的酸性強于H2CO3
A.A B.B C.C D.D20、下列實驗操作、現象和所得到的結論均正確的是選項實驗內容實驗結論A取兩只試管,分別加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液,然后向一只試管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液2mL,向另一只試管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液4mL,第一只試管中溶液褪色時間長H2C2O4濃度越大,反應速率越快B室溫下,用pH試紙分別測定濃度為0.1mol·L-1HClO溶液和0.1mol·L-1HF溶液的pH,前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC檢驗FeCl2溶液中是否含有Fe2+時,將溶液滴入酸性KMnO4溶液,溶液紫紅色褪去不能證明溶液中含有Fe2+D取兩只試管,分別加入等體積等濃度的雙氧水,然后試管①中加入0.01mol·L-1FeCl3溶液2mL,向試管②中加入0.01mol·L-1CuCl2溶液2mL,試管①中產生氣泡快加入FeCl3時,雙氧水分解反應的活化能較大A.A B.B C.C D.D21、某種化合物(如圖)由W、X、Y、Z四種短周期元素組成,其中W、Y、Z分別位于三個不同周期,Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍;W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是A.原子半徑:W<X<Y<ZB.X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物C.簡單離子的氧化性:WXD.W與X的最高價氧化物的水化物可相互反應22、X、Y、Z三種元素的常見單質在適當條件下可發(fā)生如下圖所示的變化,其中a為雙原子分子,b和c均為10電子分子,b在常溫下為液體。下列說法不正確的是A.單質Y為N2B.a不能溶于b中C.a和c不可能反應D.b比c穩(wěn)定二、非選擇題(共84分)23、(14分)新澤茉莉醛是一種名貴的香料,合成過程中還能得到一種PC樹脂,其合成路線如圖。已知:①RCHO+R′CH2CHO+H2O②RCHO+HOCH2CH2OH+H2O③+2ROH+HCl(1)E的含氧官能團名稱是_________,E分子中共面原子數目最多為___________。(2)寫出反應①的化學方程式_________________________________。(3)寫出符合下列條件并與化合物E互為同分異構體的有機物結構簡式____________。a.能與濃溴水產生白色沉淀b.能與溶液反應產生氣體c.苯環(huán)上一氯代物有兩種(4)反應②的反應類型是_______。(5)已知甲的相對分子質量為30,寫出甲和G的結構簡式____________、___________。(6)已知化合物C的核磁共振氫譜有四種峰,寫出反應③的化學方程式______________。(7)結合已知①,以乙醇和苯甲醛()為原料,選用必要的無機試劑合成,寫出合成路線(用結構簡式表示有機物,用箭頭表示轉化關系,箭頭上注明試劑和反應條件)______________________________。24、(12分)曲美替尼是一種抑制黑色素瘤的新型抗癌藥物,下面是合成曲美替尼中間體G的反應路線:已知:①D分子中有2個6元環(huán);請回答:(1)化合物A的結構簡式___________。A生成B的反應類型___________。(2)下列說法不正確的是___________。A.B既能表現堿性又能表現酸性B.1moC在堿溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C.D與POCl3的反應還會生成E的一種同分異構體D.G的分子式為C16H18O3N4(3)寫出C→D的化學方程式____________________________________________。(4)X是比A多2個碳原子的A的同系物,寫出符合下列條件的X可能的結構簡式:_______________________________________________________。①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子,②IR譜顯示分子中有苯環(huán)與-NH2相連結構(5)流程中使用的DMF即N,N-二甲基甲酰胺結構簡式為,是常用的有機溶劑。設計以甲醇和氨為主要原料制取DMF的合成路線(用流程圖表示,其他無機試劑任選)。_____________25、(12分)某興趣小組的同學設計實驗制備CuBr(白色結晶性粉末,微溶于水,不溶于乙醇等有機溶劑),實驗裝置(夾持、加熱儀器略)如圖所示。(1)儀器M的名稱是________。(2)若將M中的濃硫酸換成70%的H2SO4,則圓底燒瓶中的固體試劑為______(填化學式)。(3)B中發(fā)生反應的化學方程式為_______,能說明B中反應已完成的依據是_____。若B中Cu2+仍未完全被還原,適宜加入的試劑是_______(填標號)。a.液溴b.Na2SO4c.鐵粉d.Na2S2O3(4)下列關于過濾的敘述不正確的是_______(填標號)。a.漏斗末端頸尖可以不緊靠燒杯壁b.將濾紙潤濕,使其緊貼漏斗內壁c.濾紙邊緣可以高出漏斗口d.用玻璃棒在漏斗中輕輕攪動以加快過濾速率(5)洗滌時,先用裝置C中的吸收液清洗,其目的是_______,再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗滌的目的是________。26、(10分)二氧化氯(ClO2)具有強氧化性,在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體,其體積分數超過10%時易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備ClO2,回答下列問題:(1)以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-,寫出制備ClO2的離子方程式__。(2)用過氧化氫作還原劑,在硫酸介質中還原NaClO3制備ClO2,并將制得的ClO2用于處理含CN-廢水。實驗室模擬該過程的實驗裝置(夾持裝置略)如圖所示。①裝置A的名稱是__,裝置C的作用是__。②反應容器B應置于30℃左右的水浴中,目的是__。③通入氮氣的主要作用有3個,一是可以起到攪拌作用,二是有利于將ClO2排出,三是__。④ClO2處理含CN-廢水的離子方程式為__,裝置E的作用是__。(3)氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產ClO2的方法。①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質。某次除雜操作時,往粗鹽水中先加入過量的__(填化學式),至沉淀不再產生后,再加入過量的Na2CO3和NaOH,充分反應后將沉淀一并濾去。②用石墨做電極,在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2,工作原理如圖所示,寫出陽極產生ClO2的電極反應式__。27、(12分)某同學設計了如下裝置用于制取SO2并驗證SO2的部分性質。請回答下列問題:(1)寫出氮氣的電子式________。(2)B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質,在B中可以放入的試劑是________(填相應的編號)。①新制氯水②品紅溶液③含酚酞的NaOH試液④紫色石蕊試液(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現象,相關反應的離子方程式為__________________________。28、(14分)CO2是一種廉價的碳資源,其綜合利用具有重要意義。(一)CO2的化學捕獲:(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13,CO2主要轉化為___(寫含碳粒子符號)。(室溫下,H2CO3的Ka1=4.3×10﹣7;Ka2=5.6×10﹣11)(2)固體氧化物電解池(SOEC)用于高溫共電解CO/H2,既可實現CO2的減排又可高效制備合成氣(CO/H2),其工作原理如圖。寫出電極A發(fā)生的電極反應式___。(二)CO2的綜合利用(1)CO2與CH4經催化重整制得合成氣:反應Ⅰ.CH4(g)H+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1已知氫氣、一氧化碳和甲烷的標準燃燒熱(25℃)如表所示物質H2(g)CO(g)CH4(g)標準燃燒熱△H/kJ?mol﹣1﹣285.8﹣283.0﹣890.3則反應I的△H=___kJ?mol﹣1。(2)用CO2催化加氫制取二甲醚的反應為:反應Ⅱ.2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g),在10L恒容密閉容器中,均充入2molCO2和6moH2,分別以銥(Ir)和鈰(Ce)作催化劑,反應進行相同的時間后測得的CO2的轉化率α(CO2)隨反應溫度的變化情況如圖1。①根據圖1,下列說法不正確的是___。A.反應Ⅱ的△H<0,△S<0B.用Ir和Ce作催化劑時,反應Ⅱ的活化能更低的是CeC.狀態(tài)d時,v(正)<v(逆)D.從狀態(tài)b到d,α(CO2)先增大后減小,減小的原因可能是溫度升高平衡逆向移動②狀態(tài)e(900K)時,α(CO2)=50%,則此時的平衡常數K=___。③若H2和CO2的物質的量之比為n:1,900K時相應平衡體系中二甲醚的物質的量分數為x,請在圖2中繪制x隨n變化的示意圖。_______29、(10分)黨的十八大以來,我國在科技創(chuàng)新和重大工程建設方面取得了豐碩成果,在新時代更需要新科技創(chuàng)新世界。2018年3月5日,《自然》連刊兩文報道石墨烯超導重大發(fā)現,第一作者均為中國科大10級少年班現年僅21歲的曹原。曹原團隊在雙層石墨烯中發(fā)現新的電子態(tài),可以簡單實現絕緣體到超導體的轉變。石墨烯是一種由碳原子組成六角形呈蜂巢晶格的二維碳納米材料(如圖甲),石墨烯中部分碳原子被氧化后,其平面結構會發(fā)生改變,轉化為氧化石墨烯(如圖乙)。(1)圖乙中1號C與相鄰C有無形成π鍵__________(填“有”、或“無”)。(2)圖甲中1號C的雜化方式________。該C與相鄰C形成的鍵角______(填“>”、“<”或“=”)1200。(3)我國制墨工藝是將50
nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水,在相同條件下所得到的分散系后者更為穩(wěn)定,其原因是____________________。(4)石墨烯可轉化為富勒烯(C60),某金屬M與C60可制備一種低溫超導材料,晶胞如圖丙所示,M原子位于晶胞的棱心與內部。該晶胞中M原子的個數為______________,該材料的化學式為_______________。(5)金剛石與石墨都是碳的同素異形體。若碳原子半徑為r,金剛石晶胞的邊長為a,根據硬球接觸模型,金剛石晶胞中碳原子的空間占有率為___________(用含π的代數式表示)。(6)一定條件下,CH4、CO2都能與H2O形成籠狀結構(如下圖所示)的水合物晶體,其相關參數見下表。CH4與H2O形成的水合物晶體俗稱“可燃冰”。①“可燃冰”中分子間存在的2種作用力是_________;②有科學家提出用CO2置換CH4的設想。已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586
nm,結合圖表從物質結構及性質的角度分析,該設想能否實現:________(填“能”、或“否”)??扇急c二氧化碳替換的水合物的熔點較高的是_________。參數分子分子直徑/nm分子與H2O的結合能E/(kJ·mol-1)CH40.43616.40CO20.51229.91
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、D【解析】
A.二氧化氮中存在化學平衡,升高溫度平衡向吸熱方向移動,溴蒸氣中不存在化學平衡,所以溫度不同時二氧化氮氣體顏色發(fā)生變化,而溴蒸氣不發(fā)生變化,所以可以鑒別,故A不選;B.鈉和乙醇發(fā)生反應生成氫氣,己烷和鈉不反應,現象不同,可以鑒別,故B不選;C.二氧化硫具有漂白性,能漂白品紅,但不能漂白指示劑,次氯酸能漂白品紅和指示劑,現象不同,可以鑒別,故C不選;D.溴水與苯和甲苯都不反應,現象相同,無法鑒別,故D選;故選:D。2、D【解析】
A.氯氣溶于水生成氯化氫和次氯酸,正確的離子方程式為:Cl2+H2O?H++Cl-+HClO,故A錯誤;B.明礬溶于水產生Al(OH)3膠體,不能使用沉淀符號,且應該用可逆號,正確的離子方程式為:Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+,故B錯誤;C.Na2O2溶于水生成氫氧化鈉和O2,正確的離子方程式為:2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑,故C錯誤;D.Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應生成碳酸鈣沉淀、碳酸氫鈉和水,反應的離子方程式為:HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O,故D正確;答案選D。3、B【解析】
從圖中可以看出,隨著溶液的不斷稀釋,Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH,則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+),從而表明lg=0時,Ⅰ對應的酸電離程度大,Ⅰ為HCOOH,Ⅱ為CH3COOH;pH=3時,二者電離產生的c(H+)相等,由于HCOOH的電離常數大于CH3COOH,所以CH3COOH的起始濃度大。【詳解】A.在c點,溶液的pH大,則酸電離出的c(H+)小,對水電離的抑制作用小,所以溶液中水的電離程度:b點<c點,A正確;B.相同體積a點的兩溶液,CH3COOH的物質的量比HCOOH大,分別與NaOH恰好中和后,消耗的NaOH體積大,所以CH3COOH溶液中n(Na+)大,B錯誤;C.對于HCOOH來說,從c點到d點,溫度不變,溶液中=Ka(HCOOH)不變,C正確;D.若兩溶液無限稀釋,可看成是純水,所以它們的c(H+)相等,D正確;故選B。4、A【解析】
A.甲醇在標況下為液體,1.2L的甲醇的物質的量大于2.5mol,故所含有的氫原子數大于2NA,A正確;B.沒有指明碳酸鈉的體積,不能計算出碳酸根離子的個數是否小于NA,B錯誤;C.隨著反應的進行濃硫酸的濃度會降低,銅不與稀硫酸反應,故2molH2SO4不能完全反應,生成的SO2的分子個數會小于NA,C錯誤;D.苯分子中不含有碳碳雙鍵,D錯誤;故答案為A。5、D【解析】
A.該反應是反應前后氣體分子數增大的反應,增大壓強,平衡向逆反應方向移動,SiCl4的轉化率減小,A錯誤;B.該反應是可逆反應,達平衡時,吸收熱量小于QkJ,B錯誤;C.速率之比等于反應系數之比,v(H2)=v(HCl)=,C錯誤;D.由方程式可知,當反應吸收熱量為0.025QkJ時,生成的HCl的物質的量為,100mL1mol·L-1的NaOH的物質的量為0.1mol,二者物質的量相等,恰好反應,D正確;故答案為:D。6、D【解析】
A.乙醇和乙酸的反應為可逆反應,用乙醇和濃硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸,并引入了新的雜質,故A錯誤;B.新制氯水具有強氧化性,不能用pH試紙測定新制氯水的pH,故B錯誤;C.多羥基有機化合物如甘油遇新制氫氧化銅產生絳藍色溶液,不會產生藍色沉淀,故C錯誤;D.將阿司匹林粗產品置于燒杯中,攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液,目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物,故D正確;正確答案是D。7、C【解析】A、612C表示質量數為12、質子數為6的一種核素,故A錯誤;B、分子結構中有兩種氫原子,所以其一氯代物有2種,即B錯誤;C、同系物是結構相似,分子組成上相差若干個CH2點睛:同系物概念中的結構相似,是指結構特征或碳原子的成鍵特征相似,若有官能團時,不僅要求官能團相同,官能團的數目也要相同;有機物的命名要遵循最長碳鏈為主鏈,支鏈的位置最小或位置和最小,要正確表達取代基的位置、數目、名稱以及與主鏈的關系等。8、B【解析】
在上述原電池中,鋅電極為負極,鋅原子失去電子被氧化成鋅離子。電子沿著外接導線轉移到銅電極。銅電極為正極,溶液中的銅離子在銅電極上得到電子被還原成銅單質。電解質溶液中的陽離子向正極移動,而陰離子向負極移動?!驹斀狻緼.銅電極為正極,鋅電極為負極,負極發(fā)生氧化反應,A項正確;B.電解質溶液中的陽離子向正極移動,而陰離子向負極移動。但是陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過,SO42-不能通過陽離子交換膜,并且甲池中硫酸根不參加反應,因此甲池的c(SO42-)不變,B項錯誤;C.鋅原電池,鋅作負極,銅作正極,銅離子在銅電極上沉淀,鋅離子通過陽離子交換膜進入乙池,每沉淀1mol,即64g銅,就補充過來1mol鋅離子,其質量為65g,所以工作一段時間后乙池溶液的質量不斷增加,C項正確;D.原電池中,陽離子通過陽離子交換膜向正極移動,使溶液保持電中性,維持電荷平衡,D項正確;答案選B?!军c睛】本題主要考察原電池的工作原理,其口訣可概括為“兩極一液一連線,活潑金屬最優(yōu)先,負失氧正得還,離子電極同性戀”,可加深學生對原電池的理解與記憶。本題的難點是C選項,理解電極中固體的變化情況是解題的關鍵,解此類題時同時要考慮電解質溶液的酸堿性,學生要火眼金睛,識破陷阱,提高做題正答率。9、A【解析】
A.硫酸銅溶液中加入氫氧化鋇溶液的離子反應為Cu2++2OH?+Ba2++SO42?=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,故A錯誤;B.硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液,發(fā)生氧化還原反應,則離子反應為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故B正確;C.碳酸氫鈉與氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈉和水,反應的離子方程式為:HCO3?+OH?=CO32?+H2O,故C正確;D.向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液,白色沉淀變成黑色,發(fā)生沉淀的轉化,反應的離子反應為:2AgCl+S2?=Ag2S+2Cl?,故D正確;故答案選A。10、D【解析】
A.石墨Ⅱ通入氧氣,發(fā)生還原反應,為原電池的正極,電極方程式為O2+2N2O5+4e-=4NO3-,A錯誤;B.原電池中陰離子移向負極,NO3-向石墨Ⅰ電極遷移,B錯誤;C.石墨I為原電池的負極,發(fā)生氧化反應,電極反應式為NO2+NO3--e-=N2O5,C錯誤;D.負極反應式為:NO2+NO3--e-=N2O5、正極反應式為:O2+2N2O5+4e-=4NO3-,則放電過程中消耗相同條件下的NO2和O2的體積比為4:1,D正確;答案選D。【點晴】該題為高頻考點,側重于學生的分析能力的考查,注意原電池正負極的判斷、由化合價的變化推測電極產物等,側重于有關原理的應用的考查。11、A【解析】
A.NaBH4中Na元素顯+1價、B元素顯+3價、H元素顯-1價,A錯誤;B.異丙胺沸點為33℃,將濾液采用蒸餾的方法分離,得到異丙胺和固體NaBH4,所以操作③所進行的分離操作是蒸餾,B正確;C.反應①為NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3,H2作氧化劑,Na作還原劑,C正確;D.鈉硬度小,且保存在煤油里,取用少量鈉需要用鑷子取出,濾紙吸干煤油,用小刀在玻璃片上切割,D正確;故答案選A。12、D【解析】
A.煤的液化是指從煤中產生液體燃料的一系列方法的統(tǒng)稱,是化學變化,A錯誤;B.石油裂解的化學過程是比較復雜的,生成的裂解氣是一種復雜的混合氣體,它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不飽和烴外,還含有甲烷、乙烷、氫氣、硫化氫等,有烯烴,所以能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,B錯誤;C.羊毛蠶絲主要成分都是蛋白質,棉花和麻主要成分都是天然纖維,C錯誤;D.天然氣水合物,有機化合物,化學式CH?·nH?O,即可燃冰,是分布于深海沉積物或陸域的永久凍土中,由天然氣與水在高壓低溫條件下形成的類冰狀的結晶物質,D正確;故答案選D。13、D【解析】
放電時鉛是負極,發(fā)生失電子的氧化反應,其電極電極式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4;PbO2是正極,發(fā)生得電子的還原反應,其電極反應式為:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,電池的總反應可表示為:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O,充電過程是放電過程的逆過程,據此分析作答?!驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?,A.鉛蓄電池可多次放電、充電,是二次電池,A項正確;B.放電時鉛是負極,負極電極式:Pb-2e-+SO42-=PbSO4,B項正確;C.充電時生成硫酸,硫酸的濃度增大,電解質溶液的密度增大,C項正確;D.根據總反應式可知,當電路中轉移電子數目為2NA時,溶液中SO42-減少或增加2mol,D項錯誤;答案選D。14、C【解析】
A.x、y中含碳碳雙鍵,z中不含碳碳雙鍵,則x、y能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,z不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,A項錯誤;B.C5H6的不飽和度為,若為直鏈結構,可含1個雙鍵、1個三鍵,則z的同分異構體不是只有x和y兩種,B項錯誤;C.z中三個亞甲基上的H原子屬于等效氫原子,因此z只有一類氫原子,則z的一氯代物只有一種,2個Cl可在同一個亞甲基上或不同亞甲基上,二氯代物只有兩種,C項正確;D.x中含1個四面體結構的碳原子,則所有原子不可能共面,D項錯誤;答案選C。15、B【解析】
A.電解精煉銅時,陰極是銅離子放電,若轉移了NA個電子,有0.5mol銅單質生成,質量為0.5mol×64g/mol=32g,A項正確;B.將1molCH4與1molCl2混合光照,充分反應后,生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫,其中氯化氫與一氯甲烷是氣體,根據元素守恒可知,氯化氫的物質的量為1mol,B項錯誤;C.依據5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知,1mol甲苯被氧化為苯甲酸轉移6mol電子,9.2g甲苯物質的量為0.1mol,被氧化為苯甲酸轉移0.6mol電子,轉移電子數為0.6NA,C項正確;D.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固體至溶液剛好為中性,則溶液中氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等,醋酸分子的電離程度與醋酸根離子的水解程度相當,則可認為醋酸不電離,醋酸根離子不水解,因此醋酸分子數為100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA,D項正確;答案選B?!军c睛】要準確把握阿伏加德羅常數的應用,一要認真理清知識的聯系,關注狀況條件和物質狀態(tài)、準確運用物質結構計算、留心特殊的化學反應,如本題中合成氨的反應、阿伏加德羅定律和化學平衡的應用。避免粗枝大葉不求甚解,做題時才能有的放矢。二要學會留心關鍵字詞,做題時謹慎細致,避免急于求成而忽略問題的本質。必須以阿伏加德羅常數為基礎點進行輻射,將相關知識總結歸納,在準確把握各量與阿伏加德羅常數之間關系的前提下,著重關注易錯點,并通過練習加強理解掌握,這樣才能通過復習切實提高得分率。16、D【解析】
X、M的族序數均等于周期序數,結合團簇分子結合可知X為H,M為Be或Al,Y原子核外最外層電子數是其電子總數的,則Y為O,Y的原子序數小于M,則M為Al;根據團簇分子的結構可知其分子式應為Al2Z2H2O6,Z的化合價為+2價,則Z為Mg?!驹斀狻緼.離子核外電子層數相同時,原子序數越小其半徑越小,所以簡單離子半徑:O2->Mg2+>Al3+,故A錯誤;B.常溫下金屬鋁與濃硝酸會鈍化,故B錯誤;C.X與Y形成的化合物為H2O2或H2O,均為共價化合物,故C錯誤;D.Z為Mg,工業(yè)上常電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂制取鎂單質,故D正確;故答案為D。17、D【解析】
A.①裝置,不能用容量瓶直接配制溶液,故A錯誤;B.②裝置,鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸,鹽酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳不能證明非金屬性;通入硅酸鈉溶液的氣體含有二氧化碳和氯化氫,氯化氫、二氧化碳都能與硅酸鈉反應生成沉淀,所以生成硅酸沉淀不能證明非金屬性,故B錯誤;C.氮氣與氫氣在鐵觸媒和高溫下生成氨氣,氨氣遇到干燥的試紙,試紙不能變色,不能達到實驗目的,故C錯誤;D.濃硫酸具有脫水性、強氧化性,能使蔗糖變黑,反應生成二氧化碳和二氧化硫,二氧化硫具有漂白性可使品紅溶液褪色,二氧化硫具有還原性可使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故D正確;故選:D。。18、D【解析】
n(NaOH)=0.02L×0.50mol/L=0.01mol,由反應的關系式SO2~H2SO4~2NaOH可知,n(SO2)=0.005mol,則硫和鐵組成的化合物中含有0.005molS,m(S)=0.005mol×32g/mol=0.16g,則ω(S)=×100%=36%,答案選D。19、C【解析】試題分析:A、常溫下分別測等體積、等濃度的醋酸和氨水pH,發(fā)現二者的pH之和為14,說明醋酸溶液中的氫離子濃度等于氨水中的氫氧根離子濃度,表明醋酸和氨水的電離程度相同,電離平衡常數相等,故A正確;B、向均盛有2mL5%H2O2溶液的兩支試管中分別滴入0.2mol/LFeCl3,和0.3mol/LCuCl2溶液lmL,Fe3+的催化效果比Cu2+好,雙氧水分解的速率快,生成氣泡的速率更快,故B正確;C、金屬與酸的反應是放熱反應,反應剛開始時,溫度逐漸升高,反應速率加快,隨著反應的進行,醋酸的濃度減小,反應速率又逐漸減慢,故C錯誤;D、H3BO3的酸性強于H2CO3,向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液,反應放出二氧化碳,有明顯現象,故D正確;故選C??键c:考查了化學實驗方案的設計與評價的相關知識。20、C【解析】
A.根據控制變量的原則,兩試管中液體的總體積不等,無法得到正確結論,故A錯誤;
B.HClO溶液具有漂白性,應選pH計測定,故B錯誤;
C.亞鐵離子、氯離子均能被高錳酸鉀氧化,溶液褪色,不能證明溶液中含有Fe2+,故C正確;
D.活化能越小,反應速率越快,試管①產生氣泡快,則加入FeCl3時,雙氧水分解反應的活化能較小,故D錯誤;
故答案為C。21、A【解析】
W、X、Y、Z均為短周期元素,且W、Y、Z分別位于三個不同周期,則其中一種元素為H,據圖可知W不可能是H,則Y或者Z有一種是氫,若Y為H,則不滿足“W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同”,所以Z為H,W和Y屬于第二或第三周期;據圖可知X可以形成+1價陽離子,若X為Li,則不存在第三周期的元素簡單離子核外電子排布與X相同,所以X為Na;據圖可知Y能夠形成2個共價鍵,則Y最外層含有6個電子,結合“W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同”可知,Y為O;根據“Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍”可知,W最外層含有3個電子,為Al元素,據此解答?!驹斀狻緼.同一周期從左向右原子半徑逐漸減小,同一主族從上到下原子半徑逐漸增大,則原子半徑大小為:Z<Y<W<X,故A錯誤;
B.Na與O形成的過氧化鈉、O與H形成的雙氧水都是強氧化劑,具有漂白性,故B正確;
C.金屬性越強,對應簡單離子的氧化性越弱,金屬性Al<Na,則簡單離子的氧化性:W>X,故C正確;
D.Al與Na的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鋁、NaOH,二者可相互反應生成偏鋁酸鈉和水,故D正確;
故選:A。22、C【解析】
b和c均為10電子分子,b在常溫下為液體,則b可能為H2O,c可能為HF、NH3,根據轉化關系推測X為氧氣,Z為氫氣,則Y可能為氟氣或氮氣,又a為雙原子分子,則a為NO,則Y為氮氣。A.根據上述分析,單質Y為N2,故A正確;B.NO不能溶于H2O中,故B正確;C.NO和NH3在一定條件下可以反應,故C錯誤;D.H2O比NH3穩(wěn)定,故D正確。故選C。二、非選擇題(共84分)23、羥基、醛基16加成反應(或還原反應)HCHO【解析】
反應①是苯與溴發(fā)生取代反應生成A,A為,結合B的分子式可知,A發(fā)生水解反應生成B,B為。結合D的分子式與E的結構簡式可知D為。對比E與新澤茉莉醛的結構簡式,結合F→G的反應條件及信息①②,可知E→F發(fā)生信息②中的反應,F→G發(fā)生信息①中的反應,且甲的相對分子質量為30,可推知甲為HCHO、F為、G為,G與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛。結合C的分子式可知,2分子苯酚與1分子HCHO反應生成C,化合物C能發(fā)生信息③中的反應,說明C中含有羥基,且C核磁共振氫譜有四種峰,可推知C為,結合信息③可知PC樹脂結構簡式為,據此分析解答(1)~(6);(7)結合已知①,乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛與苯甲醛反應得到,再進一步氧化生成,最后與乙醇發(fā)生酯化反應得到目標物,據此書寫合成路線圖?!驹斀狻?1)E為,含氧官能團有羥基、醛基,E分子中苯環(huán)、-CHO均為平面結構,且直接相連的原子共面,共面原子數目最多為16個,故答案為羥基、醛基;16;(2)反應①的化學方程式為,故答案為;(3)E為,與化合物E互為同分異構體的有機物符合條件:a.能與濃溴水產生白色沉淀,說明含酚-OH;b.能與NaHCO3溶液反應產生氣體,說明含-COOH;c.苯環(huán)上一氯代物有兩種,則苯環(huán)上有2種H,則符合條件的E的同分異構體為,故答案為;(4)反應②中G()與氫氣發(fā)生加成反應生成新澤茉莉醛,故答案為加成反應;(5)由上述分析可知甲和G分別為HCHO、,故答案為HCHO;;(6)反應③的化學方程式為n+n+(2n-1)HCl,故答案為n+n+(2n-1)HCl;(7)以乙醇和苯甲醛()為原料,合成,乙醇氧化生成乙醛,乙醛與苯甲醛反應生成苯丙烯醛,再將-CHO氧化為-COOH,最后在與乙醇發(fā)生酯化反應,則合成流程為CH3CH2OHCH3CHO,故答案為CH3CH2OHCH3CHO?!军c睛】本題的難點是物質結構的推導,要注意充分利用題示已知信息和各小題中提供的條件。本題的易錯點為(6),要注意方程式的配平。24、取代反應AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】
甲醇與氨氣發(fā)生取代反應生成CH3NH2(F),F與E發(fā)生取代反應生成,所以有機物E為,根據反應條件,有機物D與POCl3反應生成,所以有機物(D),有機物C與CH2(COOH)2反應生成有機物D,所以有機物C為;有機物B與發(fā)生反應生成有機物C,所以有機物B為,有機物A與醋酸反應生成有機物B,所以有機物A為;據以上分析解答?!驹斀狻浚?)根據以上分析可知,化合物A的結構簡式;(2)A.有機物B為,含有氨基,顯堿性,肽鍵顯中性,沒有酸性,選項A錯誤;B.1mol有機物C()在堿溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-,選項B錯誤;C.D與POCl3的反應生成外,還能生成E的一種同分異構體,選項C正確;D.根據有機物G的結構簡式,其分子式為C16H18O3N4,選項D正確;答案選AB;(3)有機物C為與CH2(COOH)2反應生成有機物D,化學方程式:;(4)有機物A為;X是比A多2個碳原子的A的同系物,X一定含有兩個氨基,碳原子數為8的有機物,①1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子,IR譜顯示分子中有苯環(huán)與—NH2相連結構,滿足條件的有機物的結構簡式為:;(5)甲醇氧化為甲醛,接著氧化為甲酸;根據信息,甲醇與氨氣反應生成(CH3)2NH,甲酸與(CH3)2NH發(fā)生取代生成;合成流程如下:?!军c睛】本題考查有機推斷與有機合成、有機反應方程式的書寫、同分異構體、信息獲取與遷移應用等,綜合性較強,需要學生完全憑借已知反應規(guī)律和合成路線進行推斷,對學生的思維能力提出了更高的要求。25、分液漏斗Na2SO3(或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等)2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4溶液藍色褪去dacd防止CuBr被氧化用乙醇除去固體表面的水,再用更易揮發(fā)的乙醚除去乙醇,使其快速干燥【解析】
(1)根據儀器結構判斷儀器的名稱;(2)根據復分解反應的規(guī)律選擇試劑;(3)在B中NaBr、SO2、CuSO4、H2O會發(fā)生氧化還原反應產生CuBr沉淀,利用電子守恒、原子守恒,書寫反應的化學方程式,根據Cu2+的水溶液顯藍色,結合該反應的特點判斷反應完全的特征及加入的物質;(4)根據過濾操作的目的、儀器的使用方法解答;(5)CuBr容易被氧化,根據SO2的水溶液具有還原性分析,結合H2O容易溶于乙醇中,及乙醇、乙醚具有易揮發(fā)的性質分析?!驹斀狻?1)根據裝置圖中儀器M的結構可知該儀器的名稱是分液漏斗;(2)根據復分解反應的規(guī)律可用70%的H2SO4與Na2SO3或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等反應制取SO2氣體,反應方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑;(3)在B中BaBr、SO2、CuSO4、H2O會發(fā)生氧化還原反應產生CuBr沉淀,利用電子守恒、原子守恒,可得該反應的化學方程式為:2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4;Cu2+的水溶液顯藍色,若反應完全,則溶液中不再含有Cu2+,溶液的藍色褪去,由于CuSO4是強酸弱堿鹽,在溶液中Cu2+水解使溶液顯酸性,H+與Na2S2O3反應產生SO2氣體,以促使反應的進行,因此若B中Cu2+仍未完全被還原,適宜加入的試劑是Na2S2O3,故合理選項是d;(4)a.漏斗末端頸尖緊靠燒杯壁,就可以使過濾得到的濾液沿燒杯內壁不斷進入到燒杯中,a錯誤;b.將濾紙潤濕,使其緊貼漏斗內壁,就可以使混合物充分分離,b正確;c.為了使難溶性的固體與液體物質分離,濾紙邊緣要低于漏斗口邊緣,c錯誤;d.用玻璃棒引流,使混合物進入到過濾器中,在漏斗中不能用玻璃棒攪動,否則會使濾紙破損,導致不能過濾,不能分離混合物,d錯誤;故合理選項是acd;(5)SO2是大氣污染物,為防止其污染環(huán)境,用蒸餾水吸收SO2,得到H2SO3溶液,該物質具有還原性,用H2SO3溶液洗滌,就可以避免CuBr被空氣中的氧氣氧化,然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗滌的目的是用乙醇除去固體表面的水,再用更易揮發(fā)的乙醚除去乙醇,使其快速干燥?!军c睛】本題考查物質制備方案的設計的知識,涉及對操作的分析評價、物質的分離提純、實驗方案實際等,(5)為易錯點,學生容易忽略加入氫氧化鈉溶液的質量,試題有利于提高學生的分析能力及化學實驗能力。26、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒壓漏斗安全瓶提高化學反應速率,同時防止過氧化氫受熱分解稀釋ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等氣體,防止污染大氣BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【解析】
二氧化氯(ClO2)具有強氧化性,在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機反應和電解原理制備二氧化氯,三種方法均利用了氧化還原反應。【詳解】(1)以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應制備ClO2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3-氧化成SO42-,根據氧化還原反應中電子守恒和元素守恒,可以寫出制備ClO2的離子方程式為FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。(2)①裝置A的名稱為恒壓漏洞,裝置C為安全瓶,起到防止液體倒吸的作用。②升高溫度可以提高化學反應速率,但是原料中含有過氧化氫,過氧化氫在過高的溫度下可以發(fā)生分解反應,因此反應容器B應置于30℃左右的水浴中。③根據題文可知,ClO2是一種易溶于水的黃綠色氣體,其體積分數超過10%時易引起爆炸,故通入氮氣的主要作用有3個,一是可以起到攪拌作用,二是有利于將ClO2排出,三是稀釋ClO2,防止其爆炸。④ClO2處理含CN-廢水發(fā)生氧化還原反應,將CN-轉化為無污染的CO2和N2,故離子方程式為2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;裝置E在整套裝置之后,起到吸收尾氣,防止環(huán)境污染的作用。(3)①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質,需要過量的碳酸根離子、氫氧根離子和鋇離子,過量的鋇離子可以用碳酸根離子除去,因此在加入Na2CO3之前應先加入過量BaCl2。②用石墨做電極,電解池的陽極發(fā)生氧化反應,元素化合價升高,因此氯離子在陽極失電子和水反應得到ClO2,電極反應式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。27、∶N??N∶③④SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+【解析】
裝置圖可知,該實驗原理:通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產生二氧化硫,B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質,在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液或紫色石蕊試液,新制氯水體現二氧化硫的還原性,品紅溶液體現二氧化硫的漂白性。裝置C中可觀察到白色沉淀現象,說明產生BaSO4沉淀,據此分析?!驹斀狻?1)氮氣的電子式為∶N??N∶;(2)裝置圖可知,該實驗原理:通過燒瓶中亞硫酸鈉與濃硫酸反應產生二氧化硫,B中選用不同的試劑可驗證SO2不同的性質。為驗證SO2具有酸性氧化物性質,在B中可以放入的試劑是含酚酞的NaOH試液和紫色石蕊試液,新制氯水體現二氧化硫的還原性,品紅溶液體現二氧化硫的漂白性。答案選③④;(3)裝置C中可觀察到白色沉淀現象,說明產生BaSO4沉淀,相關反應的離子方程式為SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+。28、CO32﹣CO2+2e﹣═CO+O2﹣、H2O+2e﹣=H2+O2﹣+247.3BC或23.15【解析】
(一)(1)K2==5×10﹣11,當溶液的pH=13,c(H+)=10-13,有==500,即c(CO32﹣)>>c(HCO3﹣);(2)電解池中,根據O2-移動方向可知:A電極為陰極,該電極上發(fā)生還原反應,CO2、H2O分別在A極得到電子發(fā)生還原反應生成CO、H2,同時生成O2-;(二)(1)寫出H2、CO、CH4燃燒熱的熱化學方程式:①H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=﹣285.8kJ?mol﹣1、②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣283.0kJ?mol﹣1、③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣890.3kJ?mol﹣1,再利用蓋斯定律求出CH4(g)H+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的△H1;(2)①A.反應2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)正向是體積減小的反應,△S<0;由圖1可知,狀態(tài)d是用Ce作催化劑的平衡狀態(tài),隨著溫度的升高,反應物CO2的轉化率降低,說明反應正向放熱;B.催化劑能降低反應物的活化能,加快反應速率,使可逆反應快速達到平衡,用Ce作催化劑時,CO2的轉化率小、且比用Ir作催化劑后達到平衡,即反應速率??;C.狀態(tài)d是使用兩種催化劑時一定溫度下,某一時刻的平衡狀態(tài),反應速率不變;D.狀態(tài)b到d是用Ir作催化劑的平衡體系,平衡狀態(tài)d相對開始平衡(750℃左右)時,α(CO2)減小主要由溫度影響,可能平衡逆向移動;②α(CO2)=50%,則c(CO2)的變化量為0.2mol·L-1×50%=0.1mol·L-1,利用三段式列式,求出平衡量,再求出平衡常數k;③H2和CO2的物質的量之比為n:1,隨著H2的增加,即H2和CO2的物質的量之比增大,平衡體系中CO2的轉化率增大,二甲醚的物質的量分數x也增大,當n:1=6:2=3:1時,x值最大;當n:1>3:1時,x值逐漸減??;當n=3時,x=1/12。【詳解】(一)(1)K2==5×10﹣11,當溶液的pH=13,c(H+)=10﹣13,有==500,即c(CO32﹣)>>c(HCO
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