2024屆甘肅省蘭州市聯(lián)片辦學高考沖刺押題(最后一卷)化學試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2024屆甘肅省蘭州市聯(lián)片辦學高考沖刺押題(最后一卷)化學試卷注意事項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(jié)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、我國科學家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3×10-9m)恢復了磁性?!扳捥肌狈肿咏Y(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物體內(nèi)的葉綠素非常相似。下列說法中正確的是A.其分子直徑比氯離子小B.在水中形成的分散系屬于懸濁液C.在水中形成的分散系具有丁達爾效應D.“鈷酞菁”分子不能透過濾紙2、化學與生活密切相關。下列說法正確的是()A.SO2可用作食品防腐劑B.生石灰能與水反應,可用來干燥氯氣C.FeCl3溶液可用于腐蝕印刷銅質(zhì)線路板是因為Fe比Cu的金屬性強D.過氧化鈉用于呼吸面具中是因為過氧化鈉是強氧化劑,能氧化CO2和水3、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A.N2O轉(zhuǎn)化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B.每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,無明顯現(xiàn)象D.1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA4、下列有關NH3的說法錯誤的是()A.屬于極性分子 B.比例模型C.電子式為 D.含有極性鍵5、下列敘述中指定粒子數(shù)目一定大于NA的是A.1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)B.1molCl2參加化學反應獲得的電子數(shù)C.常溫常壓下,11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)D.28g鐵在反應中作還原劑時,失去電子的數(shù)目6、某化學實驗室產(chǎn)生的廢液中的陽離子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某幾種,實驗室設計了下述方案對廢液進行處理,以回收金屬,保護環(huán)境。已知:步驟①中,滴加NaOH溶液過程中產(chǎn)生的沉淀會部分溶解。下列說法中正確的是A.根據(jù)步驟①的現(xiàn)象,說明廢液中一定含有Al3+B.由步驟②中紅棕色固體可知,廢液中一定存在Fe3+C.沉淀甲中可能含有Al(OH)3D.該廢液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一種7、已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質(zhì),它們有如圖所示轉(zhuǎn)化關系,且D為強電解質(zhì)(其他相關物質(zhì)可能省略)。下列說法不正確的是()A.若A是共價化合物,則A和D有可能發(fā)生氧化還原反應B.若A為非金屬單質(zhì),則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第ⅣA族C.若A為非金屬單質(zhì),則它與Mg反應的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比可能為2:3D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L8、根據(jù)實驗目的,設計相關實驗,下列實驗操作、現(xiàn)象解釋及結(jié)論都正確的是序號操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成,后來又變成黃色Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B取FeSO4少許溶于水,加入幾滴KSCN溶液溶液變紅色FeSO4部分氧化C將純凈的乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有還原性D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成酸性:H2SO3>HClOA.A B.B C.C D.D9、已知NA從阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是A.6g3He含有的中子數(shù)為2NAB.1molCH3CH2OH被氧化為CH3CHO轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC.20g正丁烷和38g異丁烷的混合物中非極性鍵數(shù)目為10NAD.0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的SO42-數(shù)目為0.1NA10、對于復分解反應X+YZ+W,下列敘述正確的是A.若Z是強酸,則X和Y必有一種是強酸B.若X是強酸,Y是鹽,反應后可能有強酸或弱酸生成C.若Y是強堿,X是鹽,則Z或W必有一種是弱堿D.若W是弱堿,Z是鹽,則X和Y必有一種是強堿11、一定條件下,通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO:MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0,該反應在某密閉容器中達到平衡。下列分析正確的是A.恒溫恒容時,充入CO氣體,達到新平衡時增大B.容積不變時,升高溫度,混合氣體的平均相對分子質(zhì)量減小C.恒溫恒容時,分離出部分SO2氣體可提高MgSO4的轉(zhuǎn)化率D.恒溫時,增大壓強平衡逆向移動,平衡常數(shù)減小12、下表為各物質(zhì)中所含少量雜質(zhì)以及除去這些雜質(zhì)應選用的試劑或操作方法正確的一組是()選項物質(zhì)(括號為少量雜質(zhì))除雜方法ACO2(SO2)通入飽和碳酸氫鈉溶液,再通入堿石灰干燥BCu(CuO)空氣中加熱CFeCl2(Fe)通入少量氯氣加熱DKNO3(NaCl)溶于水配成熱飽和溶液,冷卻結(jié)晶A.A B.B C.C D.D13、室溫下,0.1000mol·L-1的鹽酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L-1的氨水中,溶液的pH和pOH[注:pOH=-lgc(OH-)]與所加鹽酸體積的關系如圖所示,下列說法中不正確的是()A.圖中a+b=14B.交點J點對應的V(HCl)=20.00mLC.點A、B、C、D四點的溶液中均存在如下關系:c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)D.若在絕熱體系中發(fā)生上述反應,圖中的交點J向右移14、甲烷與氯氣光照條件下取代反應的部分反應歷程和能量變化如下:第一步:第二步:第三步:中其中表示氯原子,表示甲基,下列說法不正確的是()A.由題可知,甲烷和氯氣在室溫暗處較難反應B.C.形成中鍵放出的能量比拆開中化學鍵吸收的能量多D.若是甲烷與發(fā)生取代反應,則第二步反應15、常溫下,向20mL0.1mol·L-1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液,溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是A.HA的電離常數(shù)約為10-5B.b點溶液中存在:c(A-)=c(K+)C.c點對應的KOH溶液的體積V=20mL,c水(H+)約為7×10-6mol·L-1D.導電能力:c>a>b16、一種碳納米管新型二次電池的裝置如圖所示。下列說法中正確的是A.離子交換膜選用陽離子交換膜(只允許陽離子通過)B.正極的電極反應為NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-C.導線中通過1mol電子時,理論上負極區(qū)溶液質(zhì)量增加1gD.充電時,碳電極與電源的正極相連17、中學常見的某反應的化學方程式為a+b→c+d+H2O(未配平,條件略去)。下列敘述不正確的是()A.若a是鐵,b是稀硝酸(過量),且a可溶于c溶液中。則a與b反應的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB.若c,d均為氣體,且都能使澄清石灰水變渾濁,則將混合氣體通入溴水中,橙色褪去,其褪色過程的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-C.若c是無色刺激性氣味的氣體,其水溶液呈弱堿性。在標準狀況下用排空氣法收集c氣體得平均摩爾質(zhì)量為20g·mo1-1的混合氣體進行噴泉實驗。假設溶質(zhì)不擴散,實驗完成后所得溶液的物質(zhì)的量濃度約為0.056mo1·L-1D.若a是造成溫室效應的主要氣體之一,c、d均為鈉鹽,參加反應的a、b物質(zhì)的量之比為4:5,則上述反應的離子方程式為4CO2+5OH-=CO32+3HCO3-+H2O18、化學與社會、生產(chǎn)、生活和科技都密切相關。下列有關說法正確的是A.“霾塵積聚難見路人”,霧霾有丁達爾效應B.“天宮二號”使用的碳纖維,是一種新型有機高分子材料C.汽車尾氣中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃燒造成的D.石油是混合物,可通過分餾得到汽油、煤油等純凈物19、釤(Sm)屬于稀土元素,與是釤元素的兩種同位素.以下說法正確的是A.與互為同素異形體B.與具有相同核外電子排布C.與的性質(zhì)完全相同D.與的質(zhì)子數(shù)不同,但中子數(shù)相同20、下列物質(zhì)的分離方法中,利用粒子大小差異的是A.過濾豆?jié){B.釀酒蒸餾C.精油萃取D.海水曬鹽A.A B.B C.C D.D21、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相對位置如圖所示,其中W原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列判斷不正確的是()A.四種元素的單質(zhì)中,X的熔沸點最低B.最高價氧化物對應水化物的酸性W比Z強C.X的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性較Z的弱D.原子半徑:Y>Z>W(wǎng)>X22、用多孔石墨電極完成下列實驗,下列解釋或推斷不合理的是()實驗現(xiàn)象(i)中a、b兩極均有氣泡產(chǎn)生(ii)中b極上析出紅色固體(iii)中b極上析出灰白色固體A.(i)中,a電極上既發(fā)生了化學變化,也發(fā)生了物理變化B.電解一段時間后,(i)中溶液濃度不一定會升高C.(ii)中發(fā)生的反應為H2+Cu2+=2H++Cu↓D.(iii)中發(fā)生的反應只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+二、非選擇題(共84分)23、(14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(jié)構(gòu)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(xiàn)堿性又能表現(xiàn)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(gòu)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)(5)流程中使用的DMF即N,N-二甲基甲酰胺結(jié)構(gòu)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)。_____________24、(12分)據(jù)研究報道,藥物瑞德西韋(Remdesivir)對2019年新型冠狀病毒(COVID-19)有明顯抑制作用。F為藥物合成的中間體,其合成路線如下:已知:R-OHR-Cl(1)A中官能團名稱是________;C的分子式為_____(2)A到B為硝化反應,則B的結(jié)構(gòu)簡式為___,A到B的反應條件是_____。(3)B到C、D到E的反應類型________(填“相同”或“不相同”);E→F的化學方程式為________。(4)H是C的同分異構(gòu)體,滿足下列條件的同分異構(gòu)體有_____種。①硝基直接連在苯環(huán)上②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1③遇FeCl3溶液顯紫色(5)參照F的合成路線圖,設計由、SOCl2為原料制備的合成路線_______(無機試劑任選)。25、(12分)某研究學習小組要制備一種在水中溶解度很小的黃色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O],并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解。實驗操作如下:步驟一:將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內(nèi),可生成黃色沉淀;步嶸二:稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加熱至70~85℃。待固體全部溶解后,用膠頭滴管吸岀一滴溶液點在點滴板上,用鐵氰化鉀溶液檢驗,無藍色沉淀產(chǎn)生;步驟三:用0.080mol/LKMnO4標準液滴定步驟二所得的溶液;步驟四:向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液,幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點在點滴板上,用KSCN溶浟檢驗,若不顯紅色,過濾除去Zn粉,并用稀硫酸洗滌Zn粉,將洗滌液與濾液合并,用0.0800mol/LKMnO4標準液滴定,用去髙錳酸鉀標準液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是__________________。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度70~85℃的理由是__________________,加鐵氰化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生,此操作的目的是__________________。(3)步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示,則消耗KMnO4標準液的體積為__________________,該滴定管為_________滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。若不合并洗滌液,則消耗KMnO4標準液的體積將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為__________________。26、(10分)氮化鋁(AlN)是一種性能優(yōu)異的新型材料,在許多領域有廣泛應用。某化學小組模擬工業(yè)制氮化鋁原理,欲在實驗室制備氮化鋁并檢驗其純度。查閱資料:①實驗室用飽和NaNO2溶液與NH4Cl溶液共熱制N2:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O②工業(yè)制氮化鋁:Al2O3+3C+N22AlN+3CO,氮化鋁在高溫下能水解。③AlN與NaOH飽和溶液反應:AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。Ⅰ.氮化鋁的制備(1)實驗中使用的裝置如上圖所示,請按照氮氣氣流方向?qū)⒏鲀x器接口連接:e→c→d_____。(根據(jù)實驗需要,上述裝置可使用多次)。(2)A裝置內(nèi)的X液體可能是_____;E裝置內(nèi)氯化鈀溶液的作用可能是_________.Ⅱ.氮化鋁純度的測定(方案i)甲同學用左圖裝置測定AlN的純度(部分夾持裝置已略去)。(3)為準確測定生成氣體的體積,量氣裝置(虛線框內(nèi))中的Y液體可以是________.a.CCl4b.H2Oc.NH4Cl飽和溶液d.植物油(4)用下列儀器也能組裝一套量氣裝置,其中必選的儀器有_________(選下列儀器的編號)。a.單孔塞b.雙孔塞c.廣口瓶d.容量瓶e.量筒f.燒杯(方案ii)乙同學按以下步驟測定樣品中AlN的純度(流程如下圖)。(5)步驟②的操作是_______(6)實驗室里灼燒濾渣使其分解,除了必要的熱源和三腳架以外,還需要的硅酸鹽儀器有_____等。(7)樣品中AlN的純度是_________(用含m1、m2、m3表示)。(8)若在步驟③中未洗滌,測定結(jié)果將_____(填“偏高”、“偏低”或“無影響”。)27、(12分)實驗室制備甲基丙烯酸甲酯的反應裝置示意圖和有關信息如下:+CH3OH+H2O藥品相對分子質(zhì)量熔點/℃沸點/℃溶解性密度(g?cm-3)甲醇32-98-64.5與水混溶,易溶于有機溶劑0.79甲基丙烯酸8615161溶于熱水,易溶于有機劑1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水,易溶于有機溶劑0.944已知甲基丙烯酸甲酯受熱易聚合;甲基丙烯酸甲酯在鹽溶液中溶解度較??;CaCl2可與醇結(jié)合形成復合物;實驗步驟:①向100mL燒瓶中依次加入:15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL無水甲醇、適量的濃硫酸;②在分水器中預先加入水,使水面略低于分水器的支管口,通入冷凝水,緩慢加熱燒瓶。在反應過程中,通過分水器下部的旋塞分出生成的水,保持分水器中水層液面的高度不變,使油層盡量回到圓底燒瓶中;③當,停止加熱;④冷卻后用試劑X洗滌燒瓶中的混合溶液并分離;⑤取有機層混合液蒸餾,得到較純凈的甲基丙烯酸甲酯。請回答下列問題:(1)A裝置的名稱是_____。(2)請將步驟③填完整____。(3)上述實驗可能生成的副產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式為_____(填兩種)。(4)下列說法正確的是______A.在該實驗中,濃硫酸是催化劑和脫水劑B.酯化反應中若生成的酯的密度比水大,不能用分水器提高反應物的轉(zhuǎn)化率C.洗滌劑X是一組試劑,產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3、飽和CaCl2溶液洗滌D.為了提高蒸餾速度,最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾;該步驟一定不能用常壓蒸餾(5)實驗結(jié)束收集分水器分離出的水,并測得質(zhì)量為2.70g,計算甲基丙烯酸甲酯的產(chǎn)率約為_____。實驗中甲基丙烯酸甲酯的實際產(chǎn)率總是小于此計算值,其原因不可能是_____。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B.實驗條件下發(fā)生副反應C.產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì)D.產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失28、(14分)氮、磷、砷、鐵等元素及其化合物在現(xiàn)代農(nóng)業(yè)、科技、國防建設中有著許多獨特的用途。(1)基態(tài)砷原子中核外電子占據(jù)最高能層的符號為_______,該能層的原子軌道數(shù)有_____個。下列有關表示基態(tài)氮原子的電子排布圖中,僅違背洪特規(guī)則的是________(填字母)。A.B.C.D.(2)氮的一種氫化物N2H4是一種良好的火箭發(fā)射燃料,傳統(tǒng)制備肼的方法是:NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O,又知肼的熔點、沸點分別為1.4℃、113.5℃,氨氣的熔點、沸點分別為-77.7℃、-33.5℃。①N2H4中氮原子的雜化軌道類型為_______雜化。②H2O的VSEPR模型為______。③肼與氨氣熔點、沸點差異最主要的原因是_________________。(3)氨分子是一種常見配體,配離子[Co(NH3)6]3+中存在的化學鍵有___________(填序號)。A.離子鍵B.極性鍵C.配位鍵D.氫鍵E.金屬鍵(4)已知[Co(NH3)6]3+的幾何構(gòu)型為正八面體形,推測[CoCl3(NH3)3]結(jié)構(gòu)有__________種。(5)LiFeAs可組成一種新型材料,其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若晶胞參數(shù)為anm,A、B處的兩個As原子之間距離=______nm,請在z軸方向投影圖中畫出鐵原子的位置,用“?”表示__________。29、(10分)下表為元素周期表的短周期部分abcdefgh請參照元素a﹣h在表中的位置,根據(jù)判斷出的元素回答問題:(1)h原子核外有______種不同伸展方向的電子云,最外層共有______種不同運動狀態(tài)的電子。(2)比較d、e元素常見離子的半徑大小(用化學式表示)______>______;b、c兩元素非金屬性較強的是(寫元素符號)______,寫出證明這一結(jié)論的一個化學方程式______。(3)d、e元素形成的四原子化合物的電子式為______;b、g元素形成的分子bg2為______分子(填寫“極性”或“非極性”)。(4)上述元素可組成鹽R:ca4f(gd4)2,和鹽S:ca4agd4,相同條件下,0.1mol/L鹽R中c(ca4+)______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol/L鹽S中c(ca4+)(5)向盛有10mL1mol/L鹽S溶液的燒杯中滴加1mol/LNaOH溶液至中性,則反應后各離子濃度由大到小的排列順序是______。(6)向盛有10mL1mol/L鹽R溶液的燒杯中滴加1mol/LNaOH溶液32mL后,繼續(xù)滴加至35mL寫出此時段(32mL﹣35mL)間發(fā)生的離子方程式:______。若在10mL1mol/L鹽R溶液的燒杯中加20mL1.2mol/LBa(OH)2溶液,充分反應后,溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為______mol。

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、C【解析】

A.氯離子半徑小于1nm,因此其分子直徑比氯離子大,故A錯誤;B.在水中形成的分散系屬于膠體,故B錯誤;C.在水中形成的分散系屬于膠體,膠體具有丁達爾效應,故C正確;D.“鈷酞菁”分子直徑小于濾紙中空隙的直徑,故D錯誤。綜上所述,答案為C?!军c睛】膠體具有丁達爾效應、利用滲析的方法凈化膠體,要注意膠體是混合物。2、A【解析】

A.二氧化硫具有殺菌作用,可以用做防腐劑,故A正確;B.生石灰是堿性氧化物,氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸,二者與生石灰反應,所以不能用生石灰干燥氯氣,故B錯誤;C.FeCl3溶液可用于腐蝕印刷銅質(zhì)線路板是因為發(fā)生反應2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,故C錯誤;D.過氧化鈉與水、二氧化碳發(fā)生歧化反應生成氧氣,過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑,故D錯誤;故答案為A。3、D【解析】

A.根據(jù)轉(zhuǎn)化關系,N2O轉(zhuǎn)化N2時,Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+,則該過程的催化劑是Pt2O+,故A錯誤;B.根據(jù)轉(zhuǎn)化關系,結(jié)合得失電子守恒,N2O轉(zhuǎn)化N2時,Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+,氧化還原反應方程式為:N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+,反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價,1molN2O轉(zhuǎn)化為N2得到2mol電子,則每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+失電子為2mol,數(shù)目為2NA,故B錯誤;C.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,碳酸的酸性大于硅酸,SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓,有白色沉淀生成,故C錯誤;D.CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol,一個分子中含有電子數(shù)都為22個,則1gCO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為mol,含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA,故D正確;答案選D?!军c睛】B項計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時,必須正確寫出反應方程式,根據(jù)化合價的變化,物質(zhì)的關系,計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。4、B【解析】

NH3中N-H鍵為極性鍵,氨氣為三角錐形結(jié)構(gòu),故為極性分子,電子式為,據(jù)此分析。【詳解】A.氨氣為三角錐形,為極性分子,故A正確;B.由于氨氣為三角錐形,故其比例模型為,故B錯誤;C.氨氣中N原子分別以單鍵和H原子形成共價鍵,且N原子上還有一對孤電子對,故電子式為,故C正確;D.形成于不同原子間的共價鍵為極性共價鍵,故N-H鍵為極性共價鍵,故D正確。故選:B。5、A【解析】

A.水溶液中含醋酸分子和水分子,1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子總數(shù)大于NA,故A正確;B.1molCl2發(fā)生氧化還原反應,若是自身發(fā)生歧化反應,獲得電子1mol,也可以只做氧化劑得到電子2mol,故B錯誤;C.標準狀況11.2L混合氣體物質(zhì)的量為0.5mol,常溫常壓下,11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數(shù)小于NA,故C錯誤;D.28g鐵物質(zhì)的量為0.5mol,在反應中作還原劑時,與強氧化劑生成鐵鹽,與弱氧化劑反應生成亞鐵鹽;失去電子的數(shù)目可以是1mol,也可以是1.5mol,故D錯誤;故答案為:A?!军c睛】考查與阿伏加德羅常數(shù)有關計算時,要正確運用物質(zhì)的量的有關計算,同時要注意氣體摩爾體積的使用條件;另外還要謹防題中陷阱,如討論溶液里的離子微粒的數(shù)目時,要考慮:①溶液的體積,②離子是否水解,③對應的電解質(zhì)是否完全電離;涉及化學反應時要考慮是否是可逆反應,反應的限度達不到100%;其它如微粒的結(jié)構(gòu)、反應原理等,總之要認真審題,切忌憑感覺答題。6、D【解析】

沉淀甲灼燒后為紅棕色固體,該紅棕色固體為Fe2O3,則沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3,說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+;溶液甲中加入過量硫酸溶液,產(chǎn)生固體乙,則固體乙為BaSO4,說明廢液中一定含有Ba2+;溶液乙中加入過量鐵屑,產(chǎn)生紅色固體,該紅色固體為Cu,說明廢液中一定含有Cu2+,以此解答該題?!驹斀狻緼.由步驟④可知,廢液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中沒有Cu(OH)2,說明加入NaOH溶液后,Cu元素以離子形式存在于溶液甲中,則廢液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,因此步驟①沉淀部分溶解,不能說明廢液中一定含有Al3+,A錯誤;B.廢液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲,將該沉淀灼燒,得到紅棕色固體,則該紅棕色固體為Fe2O3,沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3,說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+,B錯誤;C.由于步驟①中加入過量NaOH溶液,因此沉淀甲中肯定沒有Al(OH)3沉淀,C錯誤;D.溶液乙中加入過量鐵屑,得到紅色固體,該固體為Cu,說明溶液乙中含有Cu2+,向原廢液中滴加過量NaOH溶液,Cu元素以離子形式存在于溶液甲中,則廢液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,所以廢液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+,可能含有Fe2+或Fe3+中的一種,D正確;故合理選項是D?!军c睛】本題考查物質(zhì)的分離,離子的存在及金屬的回收利用與環(huán)境保護,注意掌握常見的離子之間的反應及金屬回收方法,試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。7、B【解析】

A、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關系:,中學常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關系?!驹斀狻緼、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關系:,中學常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關系;A.若A是共價化合物,A可能為NH3或H2S,D為HNO3或H2SO4,H2S與H2SO4可以發(fā)生氧化還原反應,故A正確;B.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),氮元素處于第二周期ⅤA族,硫元素處于第三周期ⅥA族,故B錯誤;C.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),B為NO(或SO2),C為NO2(或SO3),D為HNO3(或H2SO4),其中N2與鎂反應生成的Mg3N2中陰、陽離子的個數(shù)比為2:3,故C正確;D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則A為Na或N2或S,D為NaOH或HNO3或H2SO4,0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水電離出的c(H+)都是10?13mol/L,故D正確;故答案選B。8、C【解析】

A.在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液,溶液中先有白色沉淀生成,后來又變成黃色,如果硝酸銀過量,均有沉淀生成,不能比較AgCl、AgI的Ksp,所以不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A錯誤;B.取FeSO4少許溶于水,加入幾滴KSCN溶液,溶液變紅色說明溶液中含有鐵離子,但不能說明FeSO4部分氧化,還有可能全部變質(zhì),B錯誤;C.將純凈的乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去,說明高錳酸鉀被還原,因此可以說明乙烯具有還原性,C正確;D.在Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成,由于次氯酸鈣具有氧化性,把二氧化硫氧化為硫酸根離子,生成的沉淀是硫酸鈣,不能得出酸性:H2SO3>HClO,D錯誤。答案選C?!军c睛】選項A是解答的易錯點,根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化判斷溶度積常數(shù)大小時必須保證溶液中銀離子全部轉(zhuǎn)化為氯化銀,否則不能。9、A【解析】

A、6g3He的物質(zhì)的量為2mol,1mol3He含有的中子數(shù)為NA,2mol3He含有的中子數(shù)為2NA,選項A正確;B、1molCH3CH2OH被氧化為CH3CHO轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA,選項B錯誤;C、正丁烷和異丁烷的分子式相同,均為C4H10,20g正丁烷和38g異丁烷的混合物的物質(zhì)的量為1mol,1molC4H10中極性健數(shù)目為10NA,非極性鍵數(shù)目為3NA,選項C錯誤;D、0.1mol·L-1Na2SO4溶液的體積未給出,無法計算SO42-數(shù)目,選項D錯誤。答案選A。10、B【解析】

A.H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯誤;B.H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑;2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑,正確;C.Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH,錯誤;D.CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,錯誤。11、C【解析】A、通入CO,雖然平衡向正反應方向進行,但c(CO)增大,且比c(CO2)大,因此此比值減小,故錯誤;B、正反應方向是吸熱反應,升高溫度,平衡向正反應方向進行,CO2和SO2的相對分子質(zhì)量比CO大,因此混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大,故錯誤;C、分離出SO2,減少生成物的濃度,平衡向正反應方向進行,MgSO4消耗量增大,即轉(zhuǎn)化率增大,故正確;D、化學平衡常數(shù)只受溫度的影響,溫度不變,化學平衡常數(shù)不變,故錯誤。12、D【解析】

A、SO2與碳酸氫鈉反應:SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2↑或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑

,CO2能夠與堿石灰反應,應采用濃硫酸或者無水氯化鈣等干燥,故A不符合題意;B、Cu與空氣中氧氣在加熱條件下能反應生成CuO,應將混合固體加入稀鹽酸溶液中,然后過濾干燥,故B不符合題意;C、FeCl2與氯氣會發(fā)生反應,因此達不到除雜目的,故C不符合題意;D、KNO3溶解度隨溫度變化較大,而NaCl溶解度隨溫度變化較小,將混合固體溶于水后,制成飽和溶液后,將溶液冷卻,KNO3會析出,而NaCl在溶液中,可達到除雜的目的,故D符合題意;故答案為:D?!军c睛】KNO3中混有少量NaCl,提純的方法是:①溶解成熱飽和溶液→②冷卻結(jié)晶→③過濾;NaCl中混有少量KNO3,提純的方法是:①溶解成飽和溶液→②加熱蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶→③過濾;需注意二者試驗操作的區(qū)分。13、B【解析】

A.圖中A點和B點對應的溶質(zhì)相同,根據(jù)a=-lgc(H+),b=-lgc(OH-),c(H+)·c(OH-)=10-14計算可知a+b=-lgc(H+)·c(OH-)=-lg10-14=14,A項正確;B.交點J點對應的點pH=7,應該是氨水和氯化銨的混合溶液,V(HCl)<20.00mL,B項錯誤;C.A、B、C、D四點的溶液中均存在電荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),變式得c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-),C項正確;D.中和反應為放熱反應,若在絕熱體系中發(fā)生上述反應,體系的溫度升高,水和氨水的電離程度都變大,c(OH-)增大,pOH減小,pH增大,圖中的交點J向右移,D項正確;答案選B。14、D【解析】

光照下發(fā)生取代反應,常溫下不能反應,故A正確;B.由第二步與第三步相加得到,故B正確;C.由第三步反應可知,形成鍵,拆開中化學鍵,且為放熱反應,則形成中鍵放出的能量比拆開中化學鍵吸收的能量多,故C正確;D.若是甲烷與發(fā)生取代反應,形成HCl比形成HBr更容易,即形成HBr需要的能量大于形成HCl需要的能量,則第二步反應,故D錯誤;故選:D。15、D【解析】

A.由a點可知,0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L,則c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L,則HA的電離常數(shù),A選項正確;B.b點溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L,c點c水(H+)最大,則溶質(zhì)恰好為KA,顯堿性,a點顯酸性,c點顯堿性,則中間c水(H+)=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性,根據(jù)電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+),又c(OH-)=c(H+),則c(A-)=c(K+),B選項正確;C.c點時加入的KOH的物質(zhì)的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL,由HA的Ka=1×10-5,可得A-的則c(A-)≈0.05mol/L,則c(OH-)≈7×10-6mol/L,在KA中c(OH-)都是由水電離處的,則c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L,C選項正確;D.向一元弱酸中加入相同濃度的一元強堿,溶液的導電能力逐漸增強,則導電能力:c>b>a,D選項錯誤;答案選D。16、B【解析】根據(jù)裝置圖,碳電極通入氫氣,發(fā)生氧化反應,電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O,Ni電極NiO(OH)→Ni(OH)2發(fā)生還原反應,電極反應為NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-,碳電極是負極,Ni電極是正極。根據(jù)以上分析,離子交換膜選用陰離子交換膜(只允許陰離子通過),故A錯誤;正極的電極反應為NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-,故B正確;導線中通過1mol電子時,負極生成1mol水,理論上負極區(qū)溶液質(zhì)量增加18g,故C錯誤;充電時,負極與電源負極相連,所以碳電極與電源的負極相連,故D錯誤。17、C【解析】A.若a是鐵,b是稀硝酸(過量),且a可溶于c溶液中,則c為硝酸鐵、D為NO,則a與b反應的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,故A正確;B.若c,d為氣體,且都能使澄清石灰水變渾濁,為二氧化碳和二氧化硫,應是碳和濃硫酸能反應生成二氧化碳、二氧化硫和水,則將此混合氣體通入溴水中,橙色褪去,反應生成硫酸與HBr,離子方程式為:SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-,故B正確;C.若c是無色刺激性氣味的氣體,其水溶液呈弱堿性,則C為氨氣,應是氯化銨與氫氧化鈣反應生成氨氣、氯化鈣與水,氨氣溶于水,溶液體積等于氨氣體積,令氨氣為1L,氨氣物質(zhì)的量為=mol,溶液濃度為=0.045mol/L,故C錯誤;D.若a是造成溫室效應的主要氣體之一,則a為CO2,c、d均為鈉鹽,則b為NaOH,參加反應的a、b物質(zhì)的量之比為4:5,則生成NaHCO3、Na2CO3,根據(jù)鈉離子、碳原子守恒[n(NaHCO3)+n(Na2CO3)]:[n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)]=4:5,整理可得n(NaHCO3):n(Na2CO3)=3:1,故反應的離子方程式為4CO2+5OH-═CO32-+3HCO3-+H2O,故D正確;故選C。18、A【解析】

A.霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體,有丁達爾效應,選項A正確;B.碳纖維為碳的單質(zhì),屬于無機物,所以碳纖維是一種新型無機非金屬材料,不是有機高分子材料,選項B錯誤;C.汽油中不含氮元素,汽車尾氣中的氮氧化物是空氣中的氮氣與氧氣在放電條件下生成的,選項C錯誤;D、由于石油是多種烴的混合物,而石油的分餾產(chǎn)品均為混合物,故汽油、煤油和柴油均為多種烴的混合物,選項D錯誤;答案選A。19、B【解析】

A.與的質(zhì)子數(shù)均為62,但中子數(shù)分別為82、88,則質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同,二者互為同位素,A錯誤;B.與的質(zhì)子數(shù)均為62,原子核外電子數(shù)等于原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù),所以兩種原子核外電子數(shù)均為62,電子數(shù)相同,核外電子排布也相同,B正確;C.與的物理性質(zhì)不同,化學性質(zhì)相似,C錯誤;D.與的質(zhì)子數(shù)均為62,中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù),分別為144﹣62=82、150﹣62=88,不相同,D錯誤。答案選B。20、A【解析】

A、過濾利用的是微粒的大小不同來分離的,留在濾紙上的物質(zhì)顆粒大,不能透過濾紙,濾液中的物質(zhì)顆粒小,可以透過濾紙,A正確;B、蒸餾利用的是物質(zhì)的沸點不同,B錯誤;C、萃取利用的是物質(zhì)在不同溶劑中的溶解度不同,C錯誤;D、氯化鈉在水中溶解度隨溫度變化不大,讓水蒸發(fā)掉,從而獲得鹽,D錯誤;答案選A。21、C【解析】

X、Y、Z、W均為短周期元素,W原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍,最內(nèi)層只有2個電子,則最外層電子數(shù)為6,則Y為O元素,根據(jù)X、Y、Z、W在周期表中相對位置可知,X為N元素、Z為Si元素、Y為Al元素。【詳解】A、四元素的單質(zhì)中,只有X常溫下為氣態(tài),其它三種為固態(tài),故A正確;B、非金屬性W>Z,故最高價氧化物對應水化物的酸性W>Z,故B正確;C、非金屬性X>Z,故X的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性較Z的強,故C不正確;D、同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小,電子層越多原子半徑越大,則原子半徑大小順序為:Y>Z>W(wǎng)>X,故D正確;故選C。22、D【解析】

A.陰極b極反應:2H++2e-=H2↑產(chǎn)生氫氣發(fā)生了化學過程,氫氣又被吸附在多孔石墨電極中發(fā)生了物理變化,故A正確;B.(i)為電解池,a、b兩極均產(chǎn)生氣泡即相當于電解水,如果原溶液是飽和溶液則電解一段時間后c(NaNO3)不變,如果原溶液是不飽和溶液,則電解一段時間后c(NaNO3)增大,故B正確;C.取出b放到(ii)中即硫酸銅溶液中析出紅色固體,說明b產(chǎn)生的氫氣吸附在多孔石墨電極中將銅置換出來,反應為:Cu2++H2=Cu+2H+,故C正確;D.(ii)中取出b,則b表面已經(jīng)有析出的銅,所以放到(iii)中析出白色固體即Ag,可能是銅置換的、也可能是b產(chǎn)生的氫氣吸附在多孔石墨電極中置換,則可能發(fā)生反應為:2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+,故D錯誤;故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、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(xiàn)與E發(fā)生取代反應生成,所以有機物E為,根據(jù)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(jù)以上分析解答?!驹斀狻浚?)根據(jù)以上分析可知,化合物A的結(jié)構(gòu)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(gòu)體,選項C正確;D.根據(jù)有機物G的結(jié)構(gòu)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(shù)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(jié)構(gòu),滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為:;(5)甲醇氧化為甲醛,接著氧化為甲酸;根據(jù)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(gòu)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。24、酚羥基C8H7NO4濃硫酸、濃硝酸、加熱相同:++HCl2+H2【解析】

根據(jù)流程圖,A在濃硫酸、濃硝酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成B,B的結(jié)構(gòu)簡式為,B和發(fā)生取代反應生成C(),C和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成D,D在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉(zhuǎn)化為E(),E與A發(fā)生被取代轉(zhuǎn)化為F,根據(jù)E、F的結(jié)構(gòu)簡式可判斷,A的結(jié)構(gòu)簡式為,據(jù)此分析答題?!驹斀狻?1)根據(jù)流程圖中A的結(jié)構(gòu)簡式分析,官能團名稱是羥基;根據(jù)圖示C中的每個節(jié)點為碳原子,每個碳原子連接4個共價鍵,不足鍵由氫原子補齊,則分子式為C8H7NO4;(2)A到B為硝化反應,根據(jù)分析,B的結(jié)構(gòu)簡式為,A到B的反應條件是濃硫酸、濃硝酸、加熱;(3)根據(jù)分析,B和發(fā)生取代反應生成C(),C和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成D,則B到C、D到E的反應類型相同;E與A發(fā)生被取代轉(zhuǎn)化為F,A的結(jié)構(gòu)簡式為,化學方程式為:++HCl;(4)C的結(jié)構(gòu)簡式為,H是C的同分異構(gòu)體,①硝基直接連在苯環(huán)上,②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1,說明分子結(jié)構(gòu)中含有4中不同環(huán)境的氫原子,且氫原子的個數(shù)比為2:2:2:1,③遇FeCl3溶液顯紫色,說明結(jié)構(gòu)中含有酚羥基,根據(jù)不飽和度可知,還存在CH=CH2,滿足下列條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為、,共有有2種;(5)與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成,在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉(zhuǎn)化為,則合成路線為:+H2。25、過濾加快固體溶解,同時防止草酸分解鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O減小Fe4(C2O4)5·10H2O【解析】

步驟一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反應生成黃色固體[Fex(C2O4)y·zH2O],步驟二加硫酸溶解后,檢驗無二價鐵離子,則說明含有Fe3+,步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子,步驟四將Fe3+還原成Fe2+,再用高錳酸鉀滴定,確定鐵離子的含量,進而進一步分析計算。【詳解】(1)分離固體和液體的操作是過濾;故答案為:過濾;(2)由于H2C2O4在溫度高于90℃時易發(fā)生分解,所以需要水浴加熱并控制溫度70~85℃,同時加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定;故答案為加快固體溶解,同時防止草酸分解;氰化鉀檢驗Fe2+的存在,防止Fe2+干擾草酸的測定;(3)從圖片中讀出,消耗高錳酸鉀的體積為:25.80mL-0.80mL=25.00mL;滴定液是高錳酸鉀標準溶液,該溶液有強氧化性,只能選用酸式滴定管;故答案為25.00mL,酸式;(4)步驟四是高錳酸鉀滴定Fe2+,離子方程式為:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;洗滌液中殘留少許Fe2+,若不合并洗滌液,則消耗KMnO4標準液的體積將減少;根據(jù)離子方程式:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,可知關系MnO4-——5Fe2+,其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol,即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol,則樣品中n(Fe)=0.0040mol。步驟三中,根據(jù)方程式:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到轉(zhuǎn)化關系:2KMnO4——5H2C2O4,即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol,則樣品中含草酸根的物質(zhì)的量為0.005mol。根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知,0.841g樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)的量為(0.841g-0.0040×56g-0.005×88g)/18g/mol=0.01mol,則n(Fe):n(C2O42-):n(H2O)=4:5:10,故黃色物質(zhì)化學式為Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,減小,F(xiàn)e4(C2O4)5·10H2O。26、濃硫酸吸收CO防污染adbce通入過量氣體坩堝、泥三角(玻璃棒寫與不寫都對)或偏高【解析】

(1)利用裝置B制備氮氣,通過裝置A中濃硫酸溶液除去氮氣中雜質(zhì)氣體水蒸氣,得到干燥氮氣通過裝置C和鋁發(fā)生反應生成AlN,通過裝置A避免AlN遇到水蒸氣反應,最后通過裝置D吸收尾氣一氧化碳;(2)根據(jù)A裝置的作用分析判斷A裝置內(nèi)的X液體,根據(jù)CO有毒,會污染空氣解答;(3)根據(jù)測定的氣體為NH3,結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答;(4)根據(jù)排液體量氣法測定氣體體積選取裝置;(5)樣品m1g溶于過量氫氧化鈉溶液中過濾得到濾液偏鋁酸鈉溶液濾渣質(zhì)量m2g,濾液及其洗滌液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀,過濾得到固體灼燒得到氧化鋁為m3g,結(jié)合鋁元素守恒計算純度;(6)實驗室中灼燒固體在坩堝內(nèi)進行,據(jù)此選擇儀器;(7)氮化鋁含雜質(zhì)為C和氧化鋁,氧化鋁質(zhì)量不變,碳轉(zhuǎn)化為濾渣,樣品m1g溶于過量氫氧化鈉溶液中過濾得到濾液偏鋁酸鈉溶液濾渣質(zhì)量m2g,濾液及其洗滌液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀,過濾得到固體灼燒得到氧化鋁為m3g,結(jié)合差量法計算純度;(8)若在步驟③中未洗滌,則煅燒后的氧化鋁中含有部分碳酸鈉,結(jié)合(7)的計算結(jié)果表達式分析判斷?!驹斀狻?1)制備過程是利用裝置B制備氮氣,通過裝置A中濃硫酸溶液除去氮氣中雜質(zhì)氣體水蒸氣,得到干燥氮氣通過裝置C和鋁發(fā)生反應生成AlN,通過裝置A避免AlN遇到水蒸氣反應,最后通過裝置D吸收尾氣一氧化碳,氮氣氣流方向?qū)⒏鱾€儀器接口連接順序:e→c→d→f(g)→g(f)→c→d→i,故答案為f(g)→g(f)→c→d→i;(2)A裝置內(nèi)的X液體可能是濃硫酸,用來干燥氮氣,D裝置內(nèi)氯化鈀溶液的作用是吸收一氧化碳,防止污染空氣,故答案為濃硫酸;吸收CO防污染;(3)AlN與NaOH飽和溶液反應:AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑,測定生成的氣體為NH3,Y液體不能溶解氨氣、不能和氨氣反應,量氣裝置(虛線框內(nèi))中的Y液體可以是CC14或植物油,故答案為ad;(4)利用通入的氣體排出液體體積測定生成氣體的體積,可以選擇雙孔塞、廣口瓶、量筒組裝一套量氣裝置測定,故答案為bce;(5)樣品m1g溶于過量氫氧化鈉溶液后過濾得到的濾液中含有偏鋁酸鈉溶液,濾渣質(zhì)量m2g,濾液及其洗滌液中含有偏鋁酸鈉溶液,可以通入過量二氧化碳,生成氫氧化鋁沉淀,過濾得到固體灼燒得到氧化鋁為m3g,因此步驟②的操作為:通入過量CO2氣體,故答案為通入過量CO2氣體;(6)實驗室里煅燒濾渣使其分解,除了必要的熱源和三腳架以外,還需要的硅酸鹽儀器有:坩堝、泥三角、故答案為坩堝、泥三角;(7)氮化鋁含雜質(zhì)為C和氧化鋁,氧化鋁質(zhì)量不變,碳轉(zhuǎn)化為濾渣,樣品m1g溶于過量氫氧化鈉溶液中過濾得到濾液偏鋁酸鈉溶液濾渣質(zhì)量m2g,濾液及其洗滌液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀,過濾得到固體灼燒得到氧化鋁為m3g,2AlN~Al2O3△m8210220mm3-(m1-m2)m=g=g,樣品中AIN的純度=×100%,故答案為×100%;(8)若在步驟③中未洗滌,則煅燒后的氧化鋁中含有部分碳酸鈉,導致氧化鋁的質(zhì)量偏大,即m3偏大,根據(jù)樣品中AIN的純度=×100%,則測定結(jié)果將偏高,故答案為偏高。27、球形冷凝管分水器中液面不再變化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

(1)A裝置的名稱是球形冷凝管。(2)步驟③為當分水器中液面不再變化,停止加熱(3)上述實驗可能發(fā)生的副反應為甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子間脫水、甲基丙烯酸聚合。(4)A.在該實驗中,濃硫酸是催化劑和吸水劑B.酯化反應中若生成的酯的密度比水大,沉在水下,水從分水器中流入圓底燒瓶內(nèi),不能提高反應物的轉(zhuǎn)化率C.洗滌劑X是一組試劑,產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3去除甲基丙烯酸、飽和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、飽和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.為了提高蒸餾速度,最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾;該步驟一定不能用常壓蒸餾,防止甲基丙烯酸甲酯受熱聚合(5)實驗結(jié)束收集分水器分離出的水,并測得質(zhì)量為2.70g,其物質(zhì)的量為,則生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol,n(甲基丙烯酸)=,n(甲醇)=,理論上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol,所以其產(chǎn)率約為。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯,則實際產(chǎn)率減小;B.實驗條件下發(fā)生副反應,則實際產(chǎn)率減??;C.產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì),則實際產(chǎn)率增大;D.產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失,則實際產(chǎn)率減小?!驹斀狻浚?)A裝置的名稱是球形冷凝管。答案為:球形冷凝管;(2)步驟③為當分水器中液面不再變化,停止加熱。答案為:分水器中液面不再變化;(3)上述實驗可能生成的副產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式為、CH3OCH3。答案為:、CH3OCH3;(4)A.在該實驗中,濃硫酸是催化劑和吸水劑,A錯誤;B.酯化反應中若生成的酯的密度比水大,則酯沉在分水器中水下,水從分水器中流入圓底燒瓶內(nèi),不能提高反應物的轉(zhuǎn)化率,B正確;C.洗滌劑X是一組試劑,產(chǎn)物要依次用飽和Na2CO3去除甲基丙烯酸、飽和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、飽和CaCl2溶液吸收甲醇和水,C錯誤;D.為了提高蒸餾速度,最后一步蒸餾可采用減壓蒸餾;該步驟一定不能用常壓蒸餾,防止甲基丙烯酸甲酯受熱聚合,D正確。答案為:BD;(5)實驗結(jié)束收集分水器分離出的水,并測得質(zhì)量為2.70g,其物質(zhì)的量為,則生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol,n(甲基丙烯酸)=,n(甲醇)=,理論上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol,所以其產(chǎn)率約為=85.2%。答案為:85.2%;A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯,則實際產(chǎn)率減小;B.實驗條件下發(fā)生副反應,則實際產(chǎn)率減??;C.產(chǎn)品精制時收集部分低沸點物質(zhì),則實際產(chǎn)率增大;D.產(chǎn)品在洗滌、蒸發(fā)過程中有損失,則實際產(chǎn)率減小。答案為:C。28、N16Bsp3四面體形N2H4分子間氫鍵數(shù)目多于NH3分子間氫鍵數(shù)目BC2【解析】

(1)As原子序數(shù)是33,位于元素周期表第四周期第VA,根據(jù)能層序號判斷;結(jié)合每個能層具有的能級種類及各種能級具有的軌道數(shù)目確定;根據(jù)原子核外電子排布遵循的規(guī)律分析判斷;(2)根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N2H4的雜化軌道類型及H2O的VSEPR模型;結(jié)合分子之間的分子間作用力和氫鍵的數(shù)目分析;(3)配體與中心離子之間存在配位鍵,配體分子中存在共價鍵;據(jù)此分析;(4)[Co(NH3)6]3+的幾何構(gòu)型為正八面體形,Co3+位于正八面體幾何中心,6個NH3分別位于正八面體形的6個頂點上,其中3個NH3換為Cl-就得到[CoCl3(NH3)3];(5)根據(jù)LiFeAs晶胞中各個原子的相對位置分析解答?!驹斀狻?1)As原子序數(shù)是33,位于元素周期表第四周期第VA,原子核外具有四個能層,核外電子排布時按能層能量由低到高順序排列依次是K、L、M、N、O、P、Q,所以基態(tài)砷原子中核外電子占據(jù)最高能層的符號為N;第四能層含有4s、4p、4d、4f四種能級,各種能級分別含有的軌道數(shù)目為1、3、5、7,所以該能層的原子軌道數(shù)有1+3+5+7=16個;A.2s軌道的能量比2p軌道的能量低,違背能量最低原理,A不符合題意;B.電子在同一能級不同的原子軌道上排布時,電子總是盡可能分占不同的原子軌道且自旋方向相同,違背洪特規(guī)則,B符合題意;C.遵循核外電子排布規(guī)律,C不符合題意;D.同一軌道上不可能存在自旋方向相同的電子,違背泡利原理,D不符合題意;故答案選B;(2)①在N2H4中N原子形成3個σ鍵且N原子上還有1對孤電子對,價層電子對數(shù)是4,所以N原子雜化軌道類型是sp3雜化;②H2O中O原子價層電子對數(shù)為

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