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文檔簡介

2024屆山東省東平縣第一中學高三第三次測評化學試卷注意事項:1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。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、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.0.1mol/L氨水中滴入等濃度等體積的醋酸,溶液導電性增強B.適當升高溫度,CH3COOH溶液pH增大C.稀釋0.1mol/LNaOH溶液,水的電離程度減小D.CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH,減小2、下圖為一種利用原電池原理設(shè)計測定O2含量的氣體傳感器示意圖,RbAg4I5是只能傳導Ag+的固體電解質(zhì)。O2可以通過聚四氟乙烯膜與AlI3反應(yīng)生成Al2O3和I2,通過電池電位計的變化可以測得O2的含量。下列說法正確的是()A.正極反應(yīng)為:3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B.傳感器總反應(yīng)為:3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgIC.外電路轉(zhuǎn)移0.01mol電子,消耗O2的體積為0.56LD.給傳感器充電時,Ag+向多孔石墨電極移動3、2017年9月25日,化學權(quán)威雜志《化學世界》、著名預(yù)測博客等預(yù)測太陽能電池材料—鈣鈦礦材料可能獲得2017年諾貝爾化學獎。鈦酸鈣(CaTiO3)材料制備原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有關(guān)判斷不正確的是A.上述反應(yīng)是氧化還原反應(yīng) B.TiO2和CO2屬于酸性氧化物C.CaTiO3屬于含氧酸鹽 D.CaCO3屬于強電解質(zhì)4、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,且均不大于20。Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽,X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素;Z一具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu);Q、Y、W原子的最外層電子數(shù)之和為9。下列說法一定正確的是A.X與Z的簡單氫化物的水溶液均呈強酸性B.Y與Z形成的化合物只含離子鍵C.簡單氫化物的沸點:Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈堿性5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W、X同主族,Y原子的最外層電子數(shù)等于X原子的電子總數(shù),Z原子的電子總數(shù)等于W、X、Y三種原子的電子數(shù)之和,Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結(jié)構(gòu)如下圖所示。下列說法錯誤的是A.W的最高正價和最低負價的代數(shù)和為0B.W的簡單離子半徑可能大于X的簡單離子半徑C.Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物屬于弱堿D.Z的單質(zhì)的水溶液需保存在棕色試劑瓶中6、下列說法正確的是A.FeCl3溶液可以腐蝕印刷屯路板上的Cu,說明Fe的金屬活動性大于CuB.晶體硅熔點高、硬度大,故可用于制作半導體C.SO2具有氧化性,可用于紙漿漂白D.K2FeO4具有強氧化性,可代替Cl2處理飲用水,既有殺菌消毒作用,又有凈水作用7、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是(

)A.標準狀況下,0.1molCl2溶于水,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB.標準狀況下,22.4L氖氣含有的電子數(shù)為10NAC.常溫下,的醋酸溶液中含有的數(shù)為D.120gNaHSO4分子中陽離子和陰離子的總數(shù)為3NA8、下列實驗中,對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是選項實驗操作實驗現(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.D9、中國第二化工設(shè)計院提出,用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理,其原理示意如圖,下列相關(guān)判斷正確的是A.電極I為陰極,電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.電解池中質(zhì)子從電極I向電極Ⅱ作定向移動C.每處理1molNO電解池右側(cè)質(zhì)量減少16gD.吸收塔中的反應(yīng)為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-10、已知X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,Y、W為同一周期元素且W原子的最外層電子數(shù)等于Y原子的核外電子總數(shù),其形成的一種化合物結(jié)構(gòu)如圖所示,下列敘述正確的是A.原子半徑:W>Z>Y>XB.該化合物中各元素的原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)C.X與Y形成的二元化合物常溫下一定為氣態(tài)D.X、Y、Z、W可形成原子個數(shù)比8:1:2:3的化合物11、杜瓦苯()與苯互為同分異構(gòu)體,則杜瓦苯A.最簡式是CH2 B.分子中所有原子共平面C.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.是CH2=CH-CH=CH2的同系物12、某化學興趣小組對教材中乙醇氧化及產(chǎn)物檢驗的實驗進行了改進和創(chuàng)新,其改進實驗裝置如圖所示,按圖組裝好儀器,裝好試劑。下列有關(guān)改進實驗的敘述不正確的是A.點燃酒精燈,輕輕推動注射器活塞即可實現(xiàn)乙醇氧化及部分產(chǎn)物的檢驗B.銅粉黑紅變化有關(guān)反應(yīng)為:2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2OC.硫酸銅粉末變藍,說明乙醇氧化反應(yīng)生成了水D.在盛有新制氫氧化銅懸濁液的試管中能看到磚紅色沉淀13、人體血液存在H2CO3/HCO3-、HPO42-/H2PO4-等緩沖對。常溫下,水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的關(guān)系如圖所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=-lgKa)。則下列說法正確的是A.曲線I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)與pH的變化關(guān)系B.a(chǎn)-b的過程中,水的電離程度逐漸減小C.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,c(HPO42-)=c(H2PO4-)D.當pH增大時,c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小14、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(gòu)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(gòu))D.x分子中所有原子共平面15、在給定條件下,下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是()A.SSO3H2SO4B.NH3NO2HNO3C.Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D.飽和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)16、工業(yè)上合成乙苯的反應(yīng)如下。下列說法正確的是A.該合成反應(yīng)屬于取代反應(yīng) B.乙苯分子內(nèi)的所有C、H原子可能共平面C.乙苯的一溴代物有5種 D.苯、乙烯和乙苯均可使酸性高猛酸鉀溶液褪色17、為證明稀硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)物中氣體為NO,設(shè)計如圖實驗(實驗過程中活塞2為打開狀態(tài)),下列說法中不正確的是A.關(guān)閉活塞1,加入稀硝酸至液面a處B.在裝置左側(cè)稍加熱可以加快稀硝酸與銅的反應(yīng)速率C.通過關(guān)閉或開啟活塞1可以控制反應(yīng)的進行D.反應(yīng)開始后,膠塞下方有無色氣體生成,還不能證明該氣體為NO18、R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W與Y同主族,R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍。W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒。R與W元素原子的最外層電子數(shù)之和等于X與Z元素原子的最外層電子數(shù)之和。下列說法正確的是A.簡單離子的半徑:W<Y<ZB.X與Z形成的化合物溶于水可抑制水的電離C.氧化物對應(yīng)水化物的酸性:Z>R>XD.最高價氧化物的熔點:Y>R19、如圖所示裝置能實現(xiàn)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.圖用于實驗室制取氯氣B.圖用于實驗室制取氨氣C.圖用于酒精萃取碘水中的I2D.圖用于FeSO4溶液制備FeSO4?7H2O20、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較,結(jié)論正確的是A.溶解度:Na2CO3<NaHCO3B.熱穩(wěn)定性:HCl<PH3C.沸點:C2H5SH<C2H5OHD.堿性:LiOH<Be(OH)221、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目分別是1、3,則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目可能為()A.20 B.24 C.25 D.7722、W、X、Y、Z、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素,其中W、R同主族;X是形成化合物種類最多的元素;常溫下,W與Z能形成兩種常見的液態(tài)化合物。下列說法正確的是A.X、Y的簡單氫化物的沸點:X>YB.Z、R的簡單離子的半徑大?。篫<RC.Y與W形成的最簡單化合物可用作制冷劑D.1molR2Z2與足量W2Z反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA二、非選擇題(共84分)23、(14分)A、B、D是3種人們?nèi)粘I钪惺煜さ奈镔|(zhì),它們所含的元素都不超過3種,其中D還是實驗室常用的一種燃料,它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示:試回答:(1)寫出上述有關(guān)物質(zhì)的化學式:A________;B________;D________。(2)寫出反應(yīng)①和②的化學方程式:________________。24、(12分)石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烴,它們是常見的有機化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機物I的流程。已知:i.Claisen酯縮合:ii.(②比①反應(yīng)快)iii.,(R、R'代表烴基)回答下列問題:(1)C的名稱為_____________。Ⅰ中所含官能團的名稱為______________________。(2)B→C的反應(yīng)類型是_______________。F的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________。(3)D→E的化學方程式為___________________________。(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K與E互為同分異構(gòu)體,已知1molK能與2mol金屬鈉反應(yīng),則K可能的鏈狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有_______種(兩個一OH連在同一個碳上不穩(wěn)定:一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定),其中核磁共振氫譜有三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_______________。(任寫一種)(6)完成下列以苯乙烯為原料,制備的合成路線(其他試劑任選)_____________。25、(12分)硫化堿法是工業(yè)上制備硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)的方法之一,流程如下:已知:Na2S2O3在空氣中強熱會被氧化,Na2S2O3?5H2O(M=248g/moL)在35℃以上的干燥空氣中易失去結(jié)晶水,可用作定影劑、還原劑。某興趣小組在實驗室用硫化堿法制備Na2S2O3?5H2O并探究Na2S2O3的化學性質(zhì)。I.制備Na2S2O3?5H2O設(shè)計如下吸硫裝置:(1)寫出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的離子方程式______。(2)裝置B的作用是檢驗裝置A中SO2的吸收效果,裝置B中試劑可以是______A濃硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II.測定產(chǎn)品純度(1)Na2S2O3溶液是定量實驗中的常用試劑,測定其濃度的過程如下:第一步:準確稱取agKIO3(M=214g/moL)固體配成溶液;第二步:加入過量KI和H2SO4溶液,滴加指示劑;第三步:用Na2S2O3溶液滴定至終點,消耗Na2S2O3溶液的體積為VmL。則c(Na2S2O3)=______mol/L。(列出算式即可)(已知:IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)(2)滴定過程中下列實驗操作會造成結(jié)果偏高的是_________(填字母)A滴定管未用Na2S2O3溶液潤洗B滴定終點時俯視讀數(shù)C錐形瓶用蒸餾水潤洗后未用待取液潤洗D滴定管尖嘴處滴定前有氣泡,達滴定終點時未發(fā)現(xiàn)有氣泡Ⅲ.探究Na2S2O3的化學性質(zhì)已知Na2S2O3溶液與Cl2反應(yīng)時,1molNa2S2O3轉(zhuǎn)移8mol電子。甲同學設(shè)計如圖實驗流程:(1)甲同學設(shè)計實驗流程的目的是證明Na2S2O3溶液具有___________和__________。(2)乙同學認為應(yīng)將上述流程中②③所加試劑順序顛倒,你認為理由是__________。26、(10分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體,食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)等。(1)制備Na2S2O5,如圖(夾持及加熱裝置略)可用試劑:飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)焦亞硫酸鈉的析出原理:NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)①F中盛裝的試劑是__,作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶體在__(填“A”或“D”或“F”)中得到,再經(jīng)離心分離,干燥后可得純凈的樣品。④若撤去E,則可能發(fā)生__。(2)設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì),完成表中填空:預(yù)測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中,滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液,劇烈反應(yīng),溶液紫紅色很快褪去①__。(提供:pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器)②探究二中反應(yīng)的離子方程式為__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案:將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶(帶磨口塞的錐形瓶)中,加入過量c1mol·L-1的碘溶液,再加入適量的冰醋酸和蒸餾水,充分反應(yīng)一段時間,加入淀粉溶液,__(填實驗步驟),當溶液由藍色恰好變成無色,且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原色,則停止滴定操作重復(fù)以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。(實驗中必須使用的試劑有c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液;已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)(4)含鉻廢水中常含有六價鉻[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水,先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+,將Cr3+全部轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3而除去,需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為___。{已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,lg2≈0.3,c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時視為完全沉淀}27、(12分)常溫下,三硫代碳酸鈉(Na2CS3)是玫瑰紅色針狀固體,與碳酸鈉性質(zhì)相近。在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的用途。某小組設(shè)計實驗探究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測定其溶液的濃度。實驗一:探究Na2CS3的性質(zhì)(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞試液,溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因_________。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去。該反應(yīng)中被氧化的元素是__________。實驗二:測定Na2CS3溶液的濃度按如圖所示連接好裝置,取50.0mLNa2CS3溶液置于三頸瓶中,打開分液漏斗的活塞,滴入足量2.0mol/L稀H2SO4,關(guān)閉活塞。已知:Na2CS3

+H2SO4=Na2SO4+CS2

+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水,沸點46℃,密度1.26g/mL,與CO2某些性質(zhì)相似,與NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(1)盛放堿石灰的儀器的名稱是_______,堿石灰的主要成分是______(填化學式)。(2)C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________。(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞K,再緩慢通入N2一段時間,其目的是_________。(4)為了計算Na2CS3溶液的濃度,對充分反應(yīng)后B中混合物進行過濾、洗滌、干燥、稱重,得8.4g固體,則三頸瓶中Na2CS3的物質(zhì)的量濃度為______。28、(14分)運用化學反應(yīng)原理研究碳、氮、硫的單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)對緩解環(huán)境污染、能源危機具有重要意義。(1)CO還原NO的反應(yīng)為2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)?H=-746kJ·mol-1。寫出兩條有利于提高NO平衡轉(zhuǎn)化率的措施______________、______________。(2)用焦炭還原NO的反應(yīng)為:2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)?H。恒容恒溫條件下,向體積相同的甲、乙、丙三個容器中分別加入足量的焦炭和一定量的NO,測得各容器中NO的物質(zhì)的量[n(NO)]隨反應(yīng)時間(t)的變化情況如表所示:t/minn(NO)/mol容器04080120160甲/400℃2.001.51.100.800.80乙/400℃1.000.800.650.530.45丙/T℃2.001.451.001.001.00①?H______________0(填“>”或“<”);②乙容器在160min時,v正_________v逆(填“>”、“<”或“=”)。(3)某溫度下,向體積為2L的恒容真空容器中通入2.00molNO2,發(fā)生反應(yīng):2NO2(g)N2O4(g)?H=-57.0kJ·mol-1,已知:v正(NO2)=k1·c2(NO2),v逆(N2O4)=k2·c(N2O4),其中k1、k2為速率常數(shù)。測得NO2的體積分數(shù)[x(NO2)]與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如表:t/min020406080x(NO2)1.00.750.520.500.50①的數(shù)值為______________;②已知速率常數(shù)k隨溫度升高而增大,則升高溫度后k1增大的倍數(shù)___________k2增大的倍數(shù)(填“>”、“<”或“=”)。(4)用間接電化學法除去NO的過程,如圖所示:①已知電解池的陰極室中溶液的pH在4~7之間,寫出陰極的電極反應(yīng)式:______________;②用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理:______________。29、(10分)二茂鐵在常溫下為橙黃色粉末,有樟腦氣味,用作節(jié)能、消煙、助燃添加劑等??捎孟铝蟹椒ê铣桑夯卮鹣铝袉栴}:(1)室溫下,環(huán)戊二烯以二聚體的形式存在。某實驗小組要得到環(huán)戊二烯,需先將環(huán)戊二烯二聚體解聚,已知:①分離得到環(huán)戊二烯的操作為_____________________(填操作名稱)。②由環(huán)戊二烯生成C5H5K的化學方程式為___________________。(2)流程中所需的FeCl2·4H2O可通過下列步驟制得。①用飽和Na2CO3溶液“浸泡”鐵屑的目的是_____________________________________。②采用“趁熱過濾”,其原因是________________________________________________。(3)用電解法制備二茂鐵時:①不斷通入N2的目的是__________________________。②Ni電極與電源的____________(填“正極”或“負極”)相連,電解過程中陽極的電極反應(yīng)式為__________________,理論上電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子,得到產(chǎn)品的質(zhì)量為____。

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、A【解析】

A.向氨水中滴加少量等濃度的醋酸溶液后,反應(yīng)生成醋酸銨為強電解質(zhì),完全電離,溶液中離子濃度增大,溶液的導電性增強,故A正確;B.醋酸的電離是吸熱反應(yīng),升高溫度,促進醋酸電離,所以醋酸的電離程度增大,溶液的pH減小,故B錯誤;C.酸堿對水的電離有抑制作用,稀釋0.1mol/LNaOH溶液,對水的電離的抑制作用減小,水的電離程度增大,故C錯誤;D.CH3COONa溶液中存在醋酸根離子的水解,=,加入少量CH3COOH,溶液的溫度不變,醋酸根的水解平衡常數(shù)不變,則不變,故D錯誤;故選A?!军c睛】本題的易錯點為D,要注意化學平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶度積、水的離子積等都是只與溫度有關(guān),溫度不變,這些常數(shù)不變。2、B【解析】

由圖可知,傳感器中發(fā)生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2,原電池反應(yīng)為2Ag+I2=2AgI,所以原電池的負極發(fā)生Ag-e-=Ag+,正極發(fā)生I2+2Ag++2e-=2AgI,充電時,陽極與外加電源正極相接、陰極陰極與外加電源負極相接,反應(yīng)式與正極、負極反應(yīng)式正好相反【詳解】A.原電池正極電極反應(yīng)為I2+2Ag++2e-=2AgI,故A錯誤;B.由題中信息可知,傳感器中首先發(fā)生①4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2,然后發(fā)生原電池反應(yīng)②2Ag+I2=2AgI,①+3②得到總反應(yīng)為3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI,故B正確;C.沒有指明溫度和壓強,無法計算氣體體積,故C錯誤;D.給傳感器充電時,Ag+向陰極移動,即向Ag電極移動,故D錯誤;故選B。3、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑,反應(yīng)中沒有化合價變化,是非氧化還原反應(yīng),故A錯誤;B、TiO2和CO2均能與堿反應(yīng)生成鹽和水,均屬于酸性氧化物,故B正確;C、CaTiO3=Ca2++TiO32-,CaTiO3由含氧酸根和鈣離子構(gòu)成,屬于含氧酸鹽,故C正確;D、CaCO3雖然難溶,但溶于水的部分全部電離,屬于強電解質(zhì),故D正確;故選A。4、C【解析】

Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽,確定Q為N;X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素,確定X為F;Z一具有與氬原子相同的電子層結(jié)構(gòu),確定Z為Cl;Q、Y、W原子的最外層電子數(shù)之和為9,當W為K時,Y為Al;當W為Ca時,Y為Mg?!驹斀狻緼.X簡單氫化物HF的水溶液呈弱酸性,故A錯誤;B.Y與Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2,氯化鋁屬于共價化合物不含有離子鍵,故B錯誤;C.簡單氫化物的沸點:Q(NH3)<X(HF),故C正確;D.Z和W形成的化合物為KCl或CaCl2,二者均為強酸強堿鹽,水溶液呈中性,故D錯誤;答案:C5、C【解析】

由信息可知W是H,X是Li,Y是Al,Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價,最低為-1價,二者代數(shù)和為0,A正確;B.H-、Li+電子層結(jié)構(gòu)相同,核電荷數(shù)Li+>H-,所以離子半徑H->Li+,B正確;C.Y是Al元素,Al最高價氧化物對應(yīng)水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物,C錯誤;D.Cl2溶于水得到氯水,氯氣與水反應(yīng)產(chǎn)生鹽酸和次氯酸,其中含有的HClO不穩(wěn)定,光照容易分解,所以應(yīng)該保存在棕色試劑瓶中,D正確;故合理選項是C。6、D【解析】

A.氯化鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅,不能說明鐵的金屬性強于銅,故錯誤;B.硅位于金屬和非金屬之間,具有金屬和非金屬的性質(zhì),所以是良好的半導體材料,與其熔點硬度無關(guān),故錯誤;C.二氧化硫氧化性與漂白無關(guān),故錯誤;D.K2FeO4中的鐵為+6價,具有強氧化性,還原產(chǎn)物為鐵離子,能水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附性,所以能殺菌消毒同時能凈水,故正確。故選D。7、B【解析】

A.氯氣溶于水,只有部分氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸,所以無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù),故A錯誤;B.標準狀況下,22.4L氖氣為1mol,一個Ne原子含有10個電子,即1mol氖氣含有10NA個電子,故B正確;C.醋酸溶液的體積未知,則無法計算H+數(shù)目,故C錯誤;D.120gNaHSO4為1mol,1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-,則120gNaHSO4分子中陽離子和陰離子的總數(shù)為2NA,故D錯誤;故選B。8、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錯誤;B.酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性,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,下層的水層幾乎無色,這種現(xiàn)象為萃取,并沒有發(fā)生化學反應(yīng),C錯誤;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錯誤;故合理選項是B。9、D【解析】

A.HSO3-在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O42-,過程中S的化合價降低,得到電子發(fā)生還原反應(yīng),則電極I為陰極,電極反應(yīng)為:2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O,故A錯誤;

B.電極I為陰極,則電極Ⅱ為陽極,電解池中陽離子向陰極移動,所以電解池中H+通過質(zhì)子膜向電極I處移動,故B錯誤;

C.電極Ⅱ為陽極,H2O在電極Ⅱ上被轉(zhuǎn)化為O2,發(fā)生電極反應(yīng):2H2O-4e-═O2↑+4H+,NO轉(zhuǎn)化為N2,每處理1molNO,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×2=2mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,則產(chǎn)生O2的物質(zhì)的量為2mol×=0.5mol,同時有2molH+從右側(cè)遷移到左側(cè),所以電解池右側(cè)質(zhì)量減少為0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g,故C錯誤;

D.吸收塔中通入NO和S2O42-離子反應(yīng),生成N2和HSO3-,所以反應(yīng)方程式為:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-,故D正確,

故選:D。10、D【解析】

X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,Y、W為同一周期元素且W原子的最外層電子數(shù)等于Y原子的核外電子總數(shù),根據(jù)形成的一種化合物結(jié)構(gòu)結(jié)合各元素形成時的價鍵可推知X為H、Y為C、Z為N、W為O。A.同周期元素從左到右原子半徑依次減小,故原子半徑:Y>Z>W>X,選項A錯誤;B.該化合物中各元素的原子除氫原子最外層為2電子結(jié)構(gòu),其它均滿足8電子結(jié)構(gòu),選項B錯誤;C.X與Y形成的二元化合物有多種烴,常溫下不一定為氣態(tài),如苯C6H6,選項C錯誤;D.X、Y、Z、W可形成原子個數(shù)比8:1:2:3的化合物(NH4)2CO3,選項D正確。答案選D?!军c睛】本題考查元素周期表元素周期律的知識,推出各元素是解題的關(guān)鍵。根據(jù)形成的一種化合物結(jié)構(gòu)結(jié)合各元素形成時的價鍵可推知X為H、Y為C、Z為N、W為O。11、C【解析】

A.的分子式為C6H6,最簡式是CH,故A錯誤;B.不是平面結(jié)構(gòu),中間連四個單鍵的碳,類似甲烷的碳,周圍的四個原子不共面,分子中不是所有的原子都共面,故B錯誤;C.中有碳碳雙鍵,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故C正確;D.CH2=CH-CH=CH2的分子式為:C4H6,的分子式為C6H6,兩者的組成不相似,其兩者之間相差的不是若干個-CH2,不是同系物,故D錯誤;正確答案是C?!军c睛】C選注意能和酸性高錳酸鉀反應(yīng)的基團:碳碳雙鍵,碳碳三鍵,-OH(醇,酚等),-CHO,C=O,含側(cè)鏈的苯環(huán)。12、D【解析】

點燃酒精燈,輕輕推動注射器活塞即可反應(yīng),空氣帶著乙醇蒸氣與熱的銅粉發(fā)生反應(yīng),選項A正確;看到銅粉變黑,發(fā)生2Cu+O22CuO,看到銅粉黑變紅,發(fā)生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O,選項B正確;硫酸銅粉末變藍,是因為生成了五水硫酸銅,說明乙醇氧化有水生成,選項C正確;乙醛與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀需要加熱,選項D不正確。13、D【解析】

H2CO3HCO3-+H+的電離平衡常數(shù)Kal=c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3),所以lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,H2PO4-HPO42-+H+的電離平衡常數(shù)Ka2=c(H+)·c(HPO42-)/c(H2PO4-),所以lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,A.當lgx=0時,pH分別為6.4、7.2;B.酸對水的電離有抑制作用,酸性越強即pH越小,抑制作用越大,水的電離程度越??;C.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,則lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8;D.c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大則H2CO3HCO3-+H+正向進行,使c(H2CO3)減小?!驹斀狻緼.當lgx=0時,pH分別為6.4、7.2,所以曲線I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,曲線II表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,故A錯誤;B.酸對水的電離有抑制作用,酸性越強即pH越小,抑制作用越大,水的電離程度越小,a-b的過程中pH增大,溶液酸性減弱,水的電離程度增大,故B錯誤;C.當c(H2CO3)=c(HCO3-)時,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,則lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8<0,即c(HPO42-)<c(H2PO4-),故C錯誤;D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大則H2CO3HCO3-+H+正向進行,使c(H2CO3)減小,Ka1、Ka2不變,所以pH增大時,c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小,故D正確;故選D?!军c睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及其溶液中離子濃度的變化關(guān)系,把握電離平衡常數(shù)意義及應(yīng)用、分析圖象信息是解題關(guān)鍵,注意比例式的恒等轉(zhuǎn)化以判斷其增減性的方法。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(jié)構(gòu),可含1個雙鍵、1個三鍵,則z的同分異構(gòu)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(jié)構(gòu)的碳原子,則所有原子不可能共面,D項錯誤;答案選C。15、D【解析】

A、硫燃燒一步只能生成二氧化硫;B、氨氣一步反應(yīng)只能得到一氧化氮;C、鈉非?;顫?,與氯化銅溶液反應(yīng)生成氫氧化銅、氯化鈉和氫氣,不能置換出銅;D、飽和氯化鈉溶液中先通入足量氨氣,再通入足量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉,碳酸氫鈉固體受熱分解生成碳酸鈉?!驹斀狻緼、硫燃燒一步只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,則轉(zhuǎn)化關(guān)系不可以實現(xiàn),選項A錯誤;B、氨氣一步反應(yīng)只能得到一氧化氮,不能得到二氧化氮,則轉(zhuǎn)化關(guān)系不可以實現(xiàn),選項B錯誤;C、鈉非常活潑,與氯化銅溶液反應(yīng)生成氫氧化銅、氯化鈉和氫氣,不能置換出銅,則轉(zhuǎn)化關(guān)系不可以實現(xiàn),選項C錯誤;D、飽和氯化鈉溶液中先通入足量氨氣,再通入足量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體、氯化銨,過濾得到碳酸氫鈉晶體,碳酸氫鈉固體受熱分解生成碳酸鈉,轉(zhuǎn)化關(guān)系可以實現(xiàn),選項D正確。答案選D?!军c睛】本題考查金屬元素單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用,題目難度中等,注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化的特點、反應(yīng)條件,C項為易錯點,注意Na和鹽溶液反應(yīng)的特點。16、C【解析】

A.乙烯分子中碳碳雙鍵變?yōu)樘继紗捂I,一個碳原子鏈接苯環(huán),一個碳原子鏈接H原子,屬于加成反應(yīng),故A錯誤;B.根據(jù)甲烷的空間結(jié)構(gòu)分析,乙基中的碳原子和氫原子不可能共面,所以乙苯分子內(nèi)的所有C、H原子不可能共平面,故B錯誤;C.苯環(huán)有3種H,乙基有2種H,則乙苯的一溴代物有共有5種,故C正確;D.乙烯和乙苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,苯不可以,故D錯誤;故選C。【點睛】記住常見微粒的空間結(jié)構(gòu),如甲烷:正四面體,乙烯和苯:平面結(jié)構(gòu),乙炔:直線結(jié)構(gòu),運用類比遷移的方法分析原子共面問題,注意題干中“一定”,“可能”的區(qū)別。17、A【解析】

如果關(guān)閉活塞1,稀硝酸加到一定程度后,左側(cè)液面將不再升高,即不可能加到液面a處,A錯誤。B正確。關(guān)閉活塞1時,產(chǎn)生的氣體聚集在銅絲附近使得U形管液面左低右高,當左面銅絲接觸不到硝酸后,反應(yīng)停止;由于活塞2是打開的,打開活塞l后,兩邊液面恢復(fù)水平位置,繼續(xù)反應(yīng),所以活塞l可以控制反應(yīng)的進行,C項正確。膠塞下方有無色氣體生成,此時還要打開活塞1使得該氣體進入上面的球體里,看到有紅棕色現(xiàn)象(生成NO2)才能證明生成的是NO氣體,D正確。答案選A。18、D【解析】

R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍,R含有2個電子層,最外層含有4個電子,為C元素;W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒,該單質(zhì)為臭氧,則W為O元素,W與Y同主族,則Y為S元素;Z為短周期主族元素,原子序數(shù)大于S,則Z為Cl元素;R與W元素原子的最外層電子數(shù)之和等于X與Z元素原子的最外層電子數(shù)之和,則X最外層電子數(shù)=4+6-7=3,位于ⅢA族,原子序數(shù)大于O,則X為Al元素,R為C元素,W為O,X為Al,Y為S,Z為Cl元素?!驹斀狻扛鶕?jù)分析可知;R為C元素,W為O,X為Al,Y為S,Z為Cl元素。A.離子的電子層越多離子半徑越大,電子層數(shù)相同時,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,則簡單離子徑:W<Z<Y,故A錯誤;B.由X為Al,Z為Cl,X與Z形成的化合物為氯化鋁,鋁離子水解促進了水的電離,故B錯誤;C.R為C元素,X為Al元素,Z為Cl,沒有指出最高價,無法比較C、Cl、Al的含氧酸酸性,故C錯誤;D.Y為S,R為C元素,三氧化硫和二氧化碳都屬于分子晶體,相對原子質(zhì)量越大沸點越高,則最高價氧化物的熔點:Y>R,故D正確;答案:D?!军c睛】根據(jù)原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的知識解答;根據(jù)原子結(jié)構(gòu)的特殊性如R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍,推斷元素為C。根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒推斷即可。19、B【解析】

A.實驗室制取氯氣,二氧化錳與濃鹽酸需要加熱,常溫下不反應(yīng),A錯誤;B.實驗室制取氨氣,氯化銨固體與氫氧化鈣固體加熱,B正確;C.酒精和水互溶,不能作萃取劑,C錯誤;D.Fe2+容易被空氣氧化變?yōu)镕e3+,加熱后得不到亞鐵鹽,D錯誤;故答案選B。20、C【解析】

A.碳酸鈉的溶解度應(yīng)該大于碳酸氫鈉,實際碳酸氫鈉在含鈉化合物中屬于溶解度相對很小的物質(zhì)。選項A錯誤。B.同周期由左向右非金屬的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強,所以穩(wěn)定性應(yīng)該是:HCl>PH3。選項B錯誤。C.C2H5OH分子中有羥基,可以形成分子間的氫鍵,從而提高物質(zhì)的沸點。選項C正確。D.同周期由左向右最高價氧化物的水化物的堿性逐漸減弱,所以堿性應(yīng)該是:LiOH>Be(OH)2。選項D錯誤?!军c睛】解決此類問題,一個是要熟悉各種常見的規(guī)律,比如元素周期律等;另外還要注意到一些反常的規(guī)律。例如:本題的選項A,比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的溶解度,一般碳酸鹽比碳酸氫鹽的溶解度小,碳酸鈣難溶,而碳酸氫鈣可溶,但是碳酸鈉卻比碳酸氫鈉溶解度大。此外,比如,堿金屬由上向下單質(zhì)密度增大,但是鉀反常等等。21、B【解析】

烷烴中碳碳間共用電子對數(shù)為碳原子數(shù)減去1;若每減少2個H原子,則相當于碳碳間增加一對共用電子對,利用減少的H原子數(shù)目,再除以2可知增加的碳碳間共用電子對數(shù),烷烴C20H42分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目為19,則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目19+10×=24,答案選B?!军c睛】明確每減少2個H原子,則相當于碳碳間增加一對共用電子對。22、C【解析】

W、X、Y、Z、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素,X是形成化合物種類最多的元素,推出X為C,常溫下,W與Z能形成兩種常見的液態(tài)化合物,可知是H2O、H2O2,推出W為H,Z為O,W、R同主族,因此推出R為Na,X為C,Z為O,可知Y為N。A.X、Y的簡單氫化物分別為CH4、H2O,水分子之間存在氫鍵,沸點:CH4<H2O,A項錯誤;B.Z、R對應(yīng)的離子為:O2-、Na+,電子層相同,原子序數(shù)小的,離子半徑大,離子的半徑大小:O2->Na+,B項錯誤;C.Y與W形成的最簡單化合物NH3,可用作制冷劑,C項正確;D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,2mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移電子2mol,1molNa2O2反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA,D項錯誤;答案選C。二、非選擇題(共84分)23、H2OCO2CH3CH2OH6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑,CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O【解析】

首先找題眼:由A+B葡萄糖+氧氣,可知這是光合作用過程,光合作用的原料是二氧化碳和水,產(chǎn)生的葡萄糖經(jīng)過發(fā)酵產(chǎn)生B和D,即酒精和二氧化碳,而D是實驗室常用的一種燃料,可知D為酒精,B就是二氧化碳,則A為水,帶入驗證完成相關(guān)的問題?!驹斀狻浚?)根據(jù)以上分析可知A、B、D的化學式分別是H2O、CO2、CH3CH2OH;(2)反應(yīng)①為光合作用,發(fā)生的方程式為:6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑;反應(yīng)②是酒精燃燒,反應(yīng)的化學方程式為:CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O?!军c睛】對于物質(zhì)推斷題,解題的關(guān)鍵是尋找“題眼”,“題眼”是有特征性的物質(zhì)性質(zhì)或反應(yīng)條件,以此作為突破口,向左右兩側(cè)進行推斷。24、1-丙醇(正丙醇)(酮)羰基、羥基取代反應(yīng)CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保護酮羰基3或【解析】

丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷;根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E可知,D為丙酸,則C為1-丙醇;根據(jù)Claisen酯縮合:,E發(fā)生酯縮合生成F,結(jié)合F的分子式可知,F(xiàn)為,根據(jù)G與I的結(jié)構(gòu)簡式,結(jié)合反應(yīng)流程可推出H為,據(jù)此分析?!驹斀狻勘┰陔p氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷;根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E可知,D為丙酸,則C為1-丙醇;根據(jù)Claisen酯縮合:,E發(fā)生酯縮合生成F,結(jié)合F的分子式可知,F(xiàn)為,根據(jù)G與I的結(jié)構(gòu)簡式,結(jié)合反應(yīng)流程可推出H為。(1)C的名稱為1-丙醇(正丙醇);Ⅰ為,所含官能團的名稱為(酮)羰基、羥基;(2)B→C是1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)(或取代反應(yīng))生成1-丙醇,反應(yīng)類型是取代反應(yīng);F的結(jié)構(gòu)簡式為;(3)D→E是丙酸與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成丙酸甲酯和水,反應(yīng)的化學方程式為;(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是保護酮羰基;(5)化合物K與E互為同分異構(gòu)體,已知1molK能與2mol金屬鈉反應(yīng)則應(yīng)該含有兩個羥基,則K可能的鏈狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有、、CH2=CHCH(OH)CH2OH共3種(兩個一OH連在同一個碳上不穩(wěn)定:一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定),其中核磁共振氫譜有三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為或;(6)苯乙烯與溴化氫發(fā)生加成反應(yīng)生成,在氫氧化鈉溶液中加熱生成,氧化得到,與CH3MgBr反應(yīng)生成,在氯化銨溶液中反應(yīng)生成,合成路線如下:。【點睛】本題考查有機推斷及合成,注意推出有機物的結(jié)構(gòu)簡式是解題的關(guān)鍵。本題中應(yīng)注意(6)中合成路線應(yīng)參照反應(yīng)流程中的步驟,結(jié)合幾個已知反應(yīng)原理,推出各官能團變化的實質(zhì)。25、2S2-+CO32-+4SO2=3S2O32-+CO2B(或)B堿性還原性可以排除BaS2O3的干擾【解析】

I.(1)根據(jù)圖示信息可知,吸硫裝置A制取Na2S2O3的反應(yīng)物為SO2、Na2S和Na2CO3,主產(chǎn)物為Na2S2O3,根據(jù)得失電子數(shù)守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的計量數(shù),再根據(jù)質(zhì)量守恒得出Na2CO3的計量數(shù)和另一種產(chǎn)物CO2,據(jù)此分析;(2)二氧化硫具有還原性、漂白性;II.(1)根據(jù)KIO3的量求出I2,再根據(jù)S2O32-與I2的關(guān)系求出Na2S2O3的物質(zhì)的量及濃度;(2)滴定時的誤差分析,需利用c(標)V(標)=c(待)V(待),c(待)=分析;Ⅲ.(1)甲同學的實驗流程中通過加入BaCl2產(chǎn)生白色沉淀B來證明Na2S2O3與氯水反應(yīng)時有SO42-生成;(2)在證明Na2S2O3的還原性時由于不知道BaS2O3是否是沉淀,所以應(yīng)先加BaCl2溶液,如果不產(chǎn)生白色沉淀再加足量氯水產(chǎn)生白色沉淀,即可證明Na2S2O3具有還原性?!驹斀狻縄.(1)根據(jù)圖示信息可知,吸硫裝置A制取Na2S2O3的反應(yīng)物為SO2、Na2S和Na2CO3,主產(chǎn)物為Na2S2O3,SO2、Na2S中硫元素由+4價和?2價變?yōu)?2價,根據(jù)得失電子數(shù)守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的計量數(shù)分別為4、2和3,再根據(jù)質(zhì)量守恒得出Na2CO3的計量數(shù)為1,根據(jù)碳原子和氧原子數(shù)守恒可知另一種產(chǎn)物CO2,且計量數(shù)為1,故方程式為:2S2-+CO32-+4SO2=3S2O32-+CO2;(2)二氧化硫具有還原性、漂白性,所以可以用品紅、溴水或溶液,來檢驗二氧化硫是否被完全吸收,若SO2吸收效率低,則二氧化硫有剩余,B中的溶液會褪色;II.(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O,I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI;n(KIO3)=mol,設(shè)參加反應(yīng)的Na2S2O3為xmol;所以x=,則c(Na2S2O3)==mol?L?1(或)mol?L?1,

(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液潤洗,則Na2S2O3溶液會被稀釋,滴定時消耗待測液體積偏大,導致純度偏低,故A不符合題意;B.滴定終點時俯視讀數(shù),使Na2S2O3溶液體積偏小,滴定時消耗待測液體積偏小,導致純度偏高,故B符合題意;C.錐形瓶用蒸餾水潤洗,對實驗結(jié)果沒影響,純度不變,故C不符合題意;D.滴定管尖嘴處滴定前有氣泡,達滴定終點時未發(fā)現(xiàn)有氣泡,待測液體積偏大,導致樣品純度偏低,故D不符合題意;故答案選B;Ⅲ.(1)甲同學通過測定Na2S2O3溶液的pH=8;說明該鹽的水溶液顯堿性;甲同學的實驗流程中通過加入BaCl2產(chǎn)生白色沉淀B來證明Na2S2O3與氯水反應(yīng)時有SO42?生成,即證明S2O32?具有還原性;(2)在證明Na2S2O3的還原性時由于不知道BaS2O3是否是沉淀,所以應(yīng)先加BaCl2溶液,如果不產(chǎn)生白色沉淀再加足量氯水產(chǎn)生白色沉淀,即可證明Na2S2O3具有還原性,故乙可排除BaS2O3的干擾?!军c睛】本題易錯點在于第(2)題中和滴定的誤差分析,首先要清楚標準液和待測液,裝在滴定管中的液體不一定必須是標準液,待測液也可以裝在滴定管中,該題中的Na2S2O3是待測液,分析時一定要注意。26、濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化D倒吸用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

從焦亞硫酸鈉的析出原理[NaHSO3(飽和溶液)→Na2S2O5(晶體)+H2O(l)]可以看出,要制取Na2S2O5(晶體),需先制得NaHSO3(飽和溶液),所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)制取SO2,將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化,所以需排盡裝置內(nèi)的空氣,這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境,所以F裝置應(yīng)為吸收尾氣的裝置,為防倒吸,加了裝置E?!驹斀狻?1)①從以上分析知,F(xiàn)裝置應(yīng)為SO2的尾氣處理裝置,F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液,作用是吸收剩余的SO2。答案為:濃NaOH溶液;吸收剩余的SO2;②為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化,需排盡裝置內(nèi)的空氣,所以通入N2的作用是排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化。答案為:排盡空氣,防止Na2S2O5被氧化;③Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉(zhuǎn)化而得,所以應(yīng)在D中得到。答案為:D;④因為E中的雙球能容納較多液體,可有效防止倒吸,所以若撤去E,則可能發(fā)生倒吸。答案為:倒吸;(2)①既然是檢測其是否具有酸性,則需用pH試紙檢測溶液的pH,若在酸性范圍,則表明顯酸性。具體操作為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅。答案為:用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上,試紙變紅;②探究二中,Na2S2O5具有還原性,能將KMnO4還原為Mn2+,自身被氧化成SO42-,同時看到溶液的紫色褪去,反應(yīng)的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案為:5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;(3)根據(jù)信息,滴定過量碘的操作是:用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為:用c2mol·L-1的標準Na2S2O3溶液滴定;(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1時,Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31,c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1,c(H+)<=mol·L-1,pH>5+2lg2=5.6。答案為:pH>5.6。【點睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉(zhuǎn)化,且二者S的價態(tài)相同,所以在研究Na2S2O5的性質(zhì)時,可把Na2S2O5當成NaHSO3。27、CS32-+H2O?HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-=COS22-+H2O將裝置中殘留的的H2S、CS2全部排入后續(xù)裝置中,使其被完全吸收1.75mol/L【解析】

實驗一:(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞變紅色,說明Na2CS3是強堿弱酸鹽;(2)根據(jù)Na2CS3中元素化合價是否是該元素的最高價態(tài)來進行判斷;實驗二:(1)根據(jù)儀器的圖形判斷儀器的名稱;堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉;(2)A

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