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文檔簡介
湖南省衡陽八中、澧縣一中2024年高考仿真模擬化學試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、一定呈中性的是()A.pH=7的溶液B.25℃,Kw=1.0×10﹣14的溶液C.H+與OH﹣物質的量相等的溶液D.等物質的量的酸、堿混合后的溶液2、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是()A.32gCu在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒失去的電子數(shù)均為NAB.4g甲烷和8g甲醇含有的氫原子數(shù)均為NAC.標準狀況下,5.6L乙烷中含有的共價鍵數(shù)目為1.5NAD.一定條件下,32gSO2與足量O2反應。轉移電子數(shù)為NA3、根據(jù)下表(部分短周期元素的原子半徑及主要化合價)信息,判斷以下敘述正確的是元素代號ABCDE原子半徑/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合價+1+3+2+6、-2-2A.最高價氧化物對應水化物的堿性C>AB.氫化物的沸點H2E>H2DC.單質與稀鹽酸反應的速率A<BD.C2+與A+的核外電子數(shù)相等4、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確,且存在對應關系的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A將NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至過量先產(chǎn)生白色膠狀沉淀,后沉淀溶解Al(OH)3是兩性氫氧化物BNaHCO3溶液與NaAlO?溶液混合生成白色沉淀結合H+的能力:CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3,溶液的試管中滴加1滴酚酞,然后逐滴加入稀鹽酸至過量試管中紅色逐漸褪去,出現(xiàn)白色凝膠非金屬性:Cl>SiD白色固體先變?yōu)榈S色,后變?yōu)辄S色溶度積常數(shù):Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D5、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液,濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色溴乙烷發(fā)生消去反應CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA.A B.B C.C D.D6、下列解釋事實的離子方程式正確的是()A.用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉:Na2S2O3+2H+=SO2↑+S↓+2Na++H2OB.硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫:2Fe3++2I-=2Fe2++I2C.向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸:ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-D.硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1:2混合形成的溶液:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O7、通過下列反應不可能一步生成MgO的是A.化合反應 B.分解反應 C.復分解反應 D.置換反應8、工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料的流程圖如下。下列說法不正確的是A.在鋁土礦制備較高純度Al的過程中常用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B.石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽,都能與鹽酸反應C.在制粗硅時,被氧化的物質與被還原的物質的物質的量之比為2∶1D.黃銅礦(CuFeS2)與O2反應產(chǎn)生的Cu2S、FeO均是還原產(chǎn)物9、一定條件下,體積為1L的密閉容器中,0.3molX和0.2molY進行反應:2X(g)+Y(s)Z(g),經(jīng)10s達到平衡,生成0.1molZ。下列說法正確的是()A.若增加Y的物質的量,則V正大于V逆平衡正向移動B.以Y濃度變化表示的反應速率為0.01mol·L-1·s-1C.該反應的平衡常數(shù)為10D.若降低溫度,X的體積分數(shù)增大,則該反應的△H<010、室溫下,向100mL飽和的H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標準狀況),發(fā)生反應:2H2S+SO2=3S↓+2H2O,測得溶液pH與通入SO2的關系如圖所示。下列有關說法正確的是A.整個過程中,水的電離程度逐漸增大B.該溫度下H2S的Ka1數(shù)量級為10-7C.曲線y代表繼續(xù)通入SO2氣體后溶液pH的變化D.a(chǎn)點之后,隨SO2氣體的通入,的值始終減小11、由N2O和NO反應生成N2和NO2的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.使用催化劑可以降低過渡態(tài)的能量B.反應物能量之和大于生成物能量之和C.N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD.反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和12、下列應用不涉及物質氧化性或還原性的是A.用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B(tài).用ClO2殺菌、消毒C.用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D.用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果13、某溫度下,向溶液中滴加的溶液,滴加過程中溶液中與溶液體積的關系如圖所示,已知:,
。下列有關說法正確的是A.a(chǎn)、b、c三點中,水的電離程度最大的為b點B.溶液中:C.向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液,先沉淀D.該溫度下14、下列實驗能達到目的是A.驗證氨氣的溶解性 B.分離提純碘 C.檢驗二氧化硫和二氧化碳 D.制取二氧化硫15、從制溴苯的實驗中分離出FeBr3溶液,得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列設計能達到相應實驗目的的是A.用裝置甲制取氯氣按圖示通入裝置乙中能使Br-全部轉化為溴單質B.用裝置丙分液時先從下口放出水層,換一容器從上口倒出有機層C.檢驗溶液中是否氧化完全,取水層少許滴加硝酸銀溶液,看有無沉淀生成D.用裝置丁將分液后的水層溶液蒸發(fā)至有大量晶體析出時,停止加熱,余熱蒸干16、下列過程屬于物理變化的是A.煤的干餾B.石油的分餾C.石油裂化D.石油裂解17、氮化鉻具有極高的硬度和力學強度、優(yōu)異的抗腐蝕性能和高溫穩(wěn)定性能,因而具有廣泛應用前景。實驗室制備CrN反應原理為CrCl3+NH3CrN+3HCl,裝置如圖所示下列說法錯誤的是A.裝置①還可以用于制取O2、Cl2、CO2等氣體B.裝置②、④中分別盛裝NaOH溶液、KOH固體C.裝置③中也可盛裝維生素c,其作用是除去氧氣D.裝置⑤中產(chǎn)生的尾氣冷卻后用水吸收得到純鹽酸18、下列有關電解質溶液的說法正確的是()A.向鹽酸中加入氨水至中性,溶液中>1B.醋酸溶液和氫氧化鈉溶液恰好反應,溶液中>1C.向
0.1mol?L-1
CH3COOH
溶液中加入少量水,溶液中減小D.將
CH3COONa
溶液從
20℃升溫至
30℃,溶液中增大19、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大,X、W同主族,Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,Z是地殼中含量最多的金屬元素,四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16。下列說法正確的是A.原子半徑:r(X)<r(Z)<r(W)B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能反應C.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:X<WD.X分別與Y、W形成的化合物中所含化學鍵類型相同20、2,3?二甲基丁烷中“二”表示的含義是A.取代基的數(shù)目 B.取代基的種類 C.主鏈碳的數(shù)目 D.主鏈碳的位置21、下列有關溶液的說法中,正確的是A.(NH4)2SO4溶液濃縮時溫度過高可能導致生成NH4HSO4B.相同溫度下,強酸溶液的導電能力一定大于弱酸溶液C.通電時,溶液中溶質粒子分別向兩極移動D.蒸干Na2CO3溶液最終得到NaOH22、有一種鋰離子電池,在室溫條件下可進行循環(huán)充放電,實現(xiàn)對磁性的可逆調控。一極為納米Fe2O3,另一極為金屬鋰和石墨的復合材料,電解質只傳導鋰離子。電池總反應為:Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O,關于此電池,下列說法不正確的是A.放電時,此電池逐漸靠近磁鐵B.放電時,正極反應為Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC.放電時,正極質量減小,負極質量增加D.充電時,陰極反應為Li++e-=Li二、非選擇題(共84分)23、(14分)研究表明不含結晶水的X(由4種短周期元素組成),可作為氧化劑和漂白劑,被廣泛應用于蓄電池工業(yè)等。為探究X的組成和性質,設計并完成了下列實驗:已知:氣體單質B可使帶火星的木條復燃。(1)X中含有的元素為:____;圖中被濃硫酸吸收的氣體的電子式為:_____。(2)請寫出①的化學方程式:_____。(3)已知X常用于檢驗Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。請寫出X溶液和少量MnCl2溶液反應的離子方程式:_____。24、(12分)新合成的藥物J的合成方法如圖所示:已知:R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4為氫或烴基)回答下列問題:(1)B的化學名稱為______________,F(xiàn)的結構簡式為_____________(2)有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團名稱是_______,由A生成B的反應類型為_____(3)③的化學方程式為__________。(4)已知④有一定的反應限度,反應進行時加入吡啶(C5H5N,屬于有機堿)能提高J的產(chǎn)率,原因是________。(5)有機物K分子組成比F少兩個氫原子,符合下列要求的K的同分異構體有_________種(不考慮立體異構)。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環(huán)上有兩個取代基(6)是一種重要的化工中間體。以環(huán)已醇()和乙醇為起始原料,結合已知信息選擇必要的無機試劑,寫出制備的合成路線:_________________。(已知:RHC=CHR'RCOOH+R'COOH,R、R'為烴基。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)25、(12分)ClO2與Cl2的氧化性相近,常溫下均為氣體,在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置(夾持裝置略)對其制備、吸收、釋放和應用進行了研究?(1)儀器C的名稱是:___?安裝F中導管時,應選用圖2中的:___(填“a”或“b”)。(2)打開B的活塞,A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,寫出反應化學方程式:___;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,可采取的措施是___?(3)關閉B的活塞,ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2,此時F中溶液的顏色不變,則裝置C的作用是:___。(4)已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2,該反應的離子方程式為:___,在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應,則裝置F的作用是:___?(5)已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ,加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示,若將其用于水果保鮮,你認為效果較好的穩(wěn)定劑是___,(選填“I”或“II”)理由是:___?26、(10分)某研究性學習小組對過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產(chǎn)物成分進行研究。(1)提出假設①該反應的氣體產(chǎn)物是CO2;②該反應的氣體產(chǎn)物是CO。③該反應的氣體產(chǎn)物是。(2)設計方案,如圖所示,將一定量的氧化鐵在隔絕空氣的條件下與過量炭粉完全反應,測定參加反應的碳元素與氧元素的質量比。(3)查閱資料氮氣不與碳、氧化鐵發(fā)生反應。實驗室可以用氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉(NaNO2)飽和溶液混合加熱反應制得氮氣。請寫出該反應的離子方程式:。(4)實驗步驟①按上圖連接裝置,并檢查裝置的氣密性,稱取3.20g氧化鐵、2.00g碳粉混合均勻,放入48.48g的硬質玻璃管中;②加熱前,先通一段時間純凈干燥的氮氣;③停止通入N2后,夾緊彈簧夾,加熱一段時間,澄清石灰水(足量)變渾濁;④待反應結束,再緩緩通入一段時間的氮氣。冷卻至室溫,稱得硬質玻璃管和固體總質量為52.24g;⑤過濾出石灰水中的沉淀,洗滌、烘干后稱得質量為2.00g。步驟②、④中都分別通入N2,其作用分別為。(5)數(shù)據(jù)處理試根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分析,寫出該實驗中氧化鐵與碳發(fā)生反應的化學方程式:。(6)實驗優(yōu)化學習小組有同學認為應對實驗裝置進一步完善。①甲同學認為:應將澄清石灰水換成Ba(OH)2溶液,其理由是。②從環(huán)境保護的角度,請你再提出一個優(yōu)化方案將此實驗裝置進一步完善:。27、(12分)為了測定含氰廢水中CN-的含量,某化學小組利用如圖所示裝置進行實驗。關閉活塞a,將100ml含氰廢水與過量NaClO溶液置于裝置B的圓底燒瓶中充分反應,打開活塞b,滴入稀硫酸,然后關閉活塞b。(1)B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是_____________。(2)裝置D的作用是_________________,裝置C中的實驗現(xiàn)象為______________。(3)待裝置B中反應結束后,打開活塞a,經(jīng)過A裝置緩慢通入一段時間的空氣①若測得裝置C中生成59.1mg沉淀,則廢水中CN-的含量為_________mg·L-1。②若撤去裝置A,直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣,則測得含氰廢水中CN-的含量__________(選填“偏大”、“偏小”、“不變”)。(4)向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的黃綠色氣體單質,該副反應的離子方程式為_________________。(5)除去廢水中CN-的一種方法是在堿性條件下,用H2O2將CN-氧化生成N2,反應的離子方程式為_____________________________。28、(14分)鐵—末端亞胺基物種被認為是鐵催化的烯烴氮雜環(huán)丙烷化、C—H鍵胺化反應以及鐵促進的由氮氣分子到含氮化合物的轉化反應中的關鍵中間體。對這類活性金屬配合物的合成、譜學表征和反應性質的研究一直是化學家們關注的重點。我國科學家成功實現(xiàn)了首例兩配位的二價鐵—末端亞胺基配合物的合成?;卮鹣铝杏嘘P問題。(1)Fe2+的價電子排布式___。(2)1molNH4BF4(氟硼酸銨)中含有的配位鍵數(shù)是___。(3)pH=6時,EDTA可滴定溶液中Fe2+的含量,EDTA的結構如圖所示。①結構中電負性最大的元素是___,其中C、N原子的雜化形式分別為___、___。②EDTA可與多種金屬陽離子形成穩(wěn)定配合物的原因是___。(4)我國科學家近年制備了熱動力學穩(wěn)定的氦-鈉化合物,其晶胞結構如圖所示。①該化合物的化學式為___。②其晶胞參數(shù)為a=395pm,晶體密度為___g/cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)數(shù)值,列出計算式即可)29、(10分)鉛的單質、氧化物、鹽在現(xiàn)代T業(yè)中有著重要用途。I.(1)鉛能形成多種氧化物,如堿性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、還有組成類似Fe3O4的PbO2。請將Pb3O4改寫成簡單氧化物的形式:___。Ⅱ.以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料鉛膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)為原料,制備超細PbO,實現(xiàn)鉛的再生利用。其工作流程如下:(2)步驟①的目的是“脫硫”,即將PbSO4轉化為PbCO3,反應的離子方程式為____?!懊摿蜻^程”可在如圖所示的裝置中進行。實驗條件為:轉化溫度為35℃,液固比為5:1,轉化時間為2h。①儀器a的名稱是____;轉化溫度為35℃,采用的合適加熱方式是____。②步驟②中H2O2的作用是____(用化學方程式表示)。(3)草酸鉛受熱分解生成PbO時,還有CO和CO2生成,為檢驗這兩種氣體,用下圖所示的裝置(可重復選用)進行實驗。實驗裝置中,依次連接的合理順序為A___(填裝置字母代號),證明產(chǎn)物中有CO氣體的實驗現(xiàn)象是____。(4)測定草酸鉛樣品純度:稱取2.5g樣品,酸溶后配制成250mL溶液,然后量取25.00mL該溶液,用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Pb2+(反應方程式為____,雜質不反應),平行滴定三次,平均消耗EDTA標準溶液14.52mL。①若滴定管未用EDTA標準液潤洗,測定結果將___(填“偏高”“偏低”或“不變”)。②草酸鉛的純度為___(保留四位有效數(shù)字)。
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.100度時,純水的pH=6,該溫度下pH=7的溶液呈堿性,所以pH=7的溶液不一定呈中性,故A錯誤;B.25℃,Kw=1.0×10﹣14是水的離子積常數(shù),溶液可能呈酸性、中性或堿性,所以不一定呈中性,故B錯誤;C.只要溶液中存在H+與OH﹣物質的量相等,則該溶液就一定呈中性,故C正確;D.等物質的量的酸、堿混合后的溶液不一定顯中性,這取決于酸和堿的相對強弱以及生成鹽的性質,故D錯誤;答案選C?!军c睛】判斷溶液是否呈中性的依據(jù)是氫離子和氫氧根離子的濃度相等,溫度改變水的電離平衡常數(shù),溫度越高,水的電離平衡常數(shù)越大。2、B【解析】A.32gCu是0.5mol,在足量O2或硫蒸氣中完全燃燒分別生成氧化銅和硫化亞銅,失去的電子數(shù)分別為NA和0.5NA,A錯誤;B.4g甲烷和8g甲醇的物質的量均是0.25mol,含有的氫原子數(shù)均為NA,B正確;C.標準狀況下,5.6L乙烷是0.25mol,其中含有的共價鍵數(shù)目為1.75NA,C錯誤;D.一定條件下,32gSO2與足量O2反應,轉移電子數(shù)小于NA,因為是可逆反應,D錯誤,答案選B。點睛:在高考中,對物質的量及其相關計算的考查每年必考,以各種形式滲透到各種題型中,與多方面的知識融合在一起進行考查,近年來高考題常以阿伏加德羅常數(shù)為載體,考查物質的量,氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律及其推論、氧化還原反應等,綜合運用了物質的狀態(tài)、摩爾質量、比例關系、微粒數(shù)目、反應關系、電子轉移等思維方法。其中選項A是易錯點,注意銅在氧氣和硫的反應中銅的價態(tài)不同。3、B【解析】
元素的最高正價=最外層電子數(shù),最高正價和最低負價絕對值的和為8,D、E兩元素最外層電子數(shù)為6,故為第VIA元素,而D的半徑大于E,故在周期表中E元素在上面,D在下面,故E為O,D為S,B元素最最外層電子數(shù)為3,為B或Al,但是半徑比氧和硫均大,故位于氧元素和硫元素的中間,應為Al,A的半徑比鋁大,最外層電子數(shù)為1,應為Na,C的半徑最小,最外層兩個電子,故為Be,據(jù)此分析解答問題?!驹斀狻緼.A、C最高價氧化物對應水化物分別為NaOH和Be(OH)2,金屬性越強,最高價氧化物對應水化物的堿性越強,金屬性Na>B,故堿性NaOH>Be(OH)2,A選項錯誤;B.H2O含有氫鍵,分子間作用力較強,氫化物的沸點較高,則H2D<H2E,B選項正確;C.金屬鈉的活潑性強于鋁,故與稀鹽酸反應的速率Na>A1,C選項錯誤;D.Be2+與Na+的核外電子數(shù)分別為2、10,二者核外電子數(shù)不等,D選項錯誤;答案選B?!军c睛】本題主要考查了學生有關元素周期表和周期律的應用,難度一般,解答關鍵在于準確掌握原子半徑和化合價的關系,熟記元素周期表中的遞變規(guī)律,學以致用。4、D【解析】
A.開始NaOH少量,先生成氫氧化鋁沉淀,后加入過量的氫氧化鈉與氫氧化鋁沉淀發(fā)生反應沉淀溶解,但沒有體現(xiàn)氫氧化鋁既能和酸反應,又能和堿反應,實驗不能說明氫氧化鋁具有兩性,故A錯誤;B.發(fā)生反應HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-,可認為AlO2-結合了HCO3-電離出來的H+,則結合H+的能力:CO32-<AlO2-,故B錯誤;C.元素的非金屬性越強,其最高價氧化物的水化物酸性越強,強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸,但HCl不是Cl元素最高價氧化物的水化物,所以不能比較Cl、Si非金屬性強弱,故C錯誤;D.白色固體先變?yōu)榈S色,后變?yōu)辄S色沉淀,發(fā)生沉淀的轉化,生成溶度積更小的沉淀,則溶度積為Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),故D正確;故選D?!军c睛】本題的易錯點為C,要注意非金屬性強弱的判斷方法的歸納,根據(jù)酸性強弱判斷,酸需要是最高價含氧酸。5、B【解析】
A.苯酚與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉,所以苯酚的酸性強于碳酸氫鈉,弱于碳酸,故A錯誤;B.氣體通入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色說明生成乙烯氣體,溴乙烷生成乙烯的反應屬于消去反應,故B正確;C.SO2具有還原性,通入KMnO4溶液,溶液褪色,體現(xiàn)二氧化硫的還原性,故D.由于氯化鈉和碘化鈉的物質的量濃度的相對大小未知,有可能因為碘化鈉的濃度較大而產(chǎn)生黃色沉淀碘化銀,因此不能得出結論KspAgC1>K故選B。【點睛】二氧化硫具有漂白性,但并非所有顏色褪去的反應都是由于其漂白性,這是很容易被忽略的問題。比較結構和組成相似的難溶物的溶度積時,要根據(jù)控制變量法進行實驗設計,控制兩溶液的濃度相同,或控制溶度積較大的濃度較大,才可以得出合理的結論;或者根據(jù)沉淀的轉化進行判斷,但要注意在進行沉淀的轉化時,防止有過量試劑的干擾。6、C【解析】
A、Na2S2O3為可溶性鹽類,其與稀硫酸反應的離子方程式為:,故A錯誤;B、硝酸鐵水解會生成硝酸,其氧化性大于鐵離子,因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時,其反應的離子方程式為:,故B錯誤;C、因酸性:碳酸>次氯酸>碳酸氫根,因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為:,故C正確;D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1:2混合形成的溶液中反應的離子方程式為:,故D錯誤;故答案為:C?!军c睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷,可采用“假設法”進行分析,其分析步驟為:先假定溶液中某離子與所加物質進行反應,然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發(fā)生反應,即是否能夠共存,若能共存,則假設成立,若不能共存,則假設不能成立。7、C【解析】
A.2Mg+O22MgO屬于化合反應,A不選;B.Mg(OH)2MgO+H2O屬于分解反應,B不選;C.復分解反應無法一步生成MgO,C選;D.2Mg+CO22MgO+C屬于置換反應,D不選;答案選C。8、B【解析】A.用鋁土礦制備較高純度A1,首先用NaOH溶液將鋁土礦中的氧化鋁溶解轉化為偏鋁酸鈉溶液,然后過濾、向濾液中通入CO2氣體把偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀,再過濾得氫氧化鋁,接著加熱氫氧化鋁讓其分解為氧化鋁,最后用冰晶石作助熔劑,電解熔融的氧化鋁得到鋁,所以A正確;B.、石英的主要成分是二氧化硅,它屬于酸性氧化物不與鹽酸反應。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸鈉、硅酸鈣,組成中有鹽故被稱為硅酸鹽產(chǎn)品,它也不能與鹽酸反應,實驗室經(jīng)常用玻璃瓶盛放鹽酸,所以B不正確;C.在制粗硅時,發(fā)生反應SiO2+2C=Si+2CO,被氧化的物質C與被還原的物質SiO2的物質的量之比為2∶1,C是正確的;D.黃銅礦(CuFeS2)與O2反應,銅由+2價降為+1價被還原得到Cu2S、氧由0價降至-2得到FeO,所以Cu2S、FeO均是還原產(chǎn)物,D正確。9、C【解析】
A.Y是固體,若增加Y的物質的量,平衡不移動,故A錯誤;B.Y是固體,物濃度變化量,不能表示反應速率。C.平衡時,生成0.1molZ,消耗0.2molX,剩余0.1molX,該反應的平衡常數(shù)為,故C正確;D.若降低溫度,X的體積分數(shù)增大,即反應向逆向進行,則正反應為吸熱,△H>0,故D錯誤;答案選C。10、C【解析】
A.由圖可知,a點表示SO2氣體通入112mL即0.005mol時
pH=7,溶液呈中性,說明SO2氣體與H2S溶液恰好完全反應,可知飽和H2S溶液中溶質物質的量為0.01mol,c(H2S)=0.1
mol/L,a點之前為H2S過量,a點之后為SO2過量,溶液均呈酸性,酸抑制水的電離,故a點水的電離程度最大,水的電離程度先增大后減小,故A錯誤;B.由圖中起點可知0.1
mol/L
H2S溶液電離出的c(H+)=10-4.1
mol/L,電離方程式為H2S?H++HS-、HS-?H++S2-;以第一步為主,根據(jù)平衡常數(shù)表達式算出該溫度下H2S的Ka1≈≈10-7.2,數(shù)量級為10-8,故B錯誤;C.當SO2氣體通入336mL時,相當于溶液中的c(H2SO3)=0.1
mol/L,因為H2SO3酸性強于H2S,故此時溶液中對應的pH應小于4.1,故曲線y代表繼續(xù)通入
SO2氣體后溶液pH的變化,故C正確;D.根據(jù)平衡常數(shù)表達式可知,a點之后,隨SO2氣體的通入,c(H+)增大,當通入的SO2氣體達飽和時,c(H+)就不變了,Ka1也是一個定值,的值保持不變,故D錯誤;答案選C。11、D【解析】
A.催化劑可以降低活化能;B.根據(jù)圖象來分析;C.根據(jù)圖象可以知道,此反應放熱139kJ;D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和?!驹斀狻緼.催化劑可以降低活化能,降低過渡態(tài)的能量,故不選A;B.根據(jù)圖象可以知道,此反應的反應物的總能量大于生成物的總能量,故不選B;C.根據(jù)圖象可以知道,此反應放熱139kJ,熱化學方程式為N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不選C;D.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和<0,故選D;答案:D【點睛】.△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和=生成物的總能量-反應物的總能量。12、C【解析】A.葡萄糖制鏡利用葡萄糖的還原性,與銀氨溶液發(fā)生氧化還原反應,生成銀單質,葡萄糖作還原劑被氧化,所以利用了其還原性,A不符合題意;B.漂白液殺菌、消毒,利用其強氧化性,所以利用了其氧化性,B不符合題意;C.Na2SiO3溶液制備木材防火劑,不發(fā)生氧化還原反應,與氧化性或還原性無關,C符合題意;D.高錳酸鉀可氧化具有催熟作用的乙烯,Mn、C元素的化合價變化,為氧化還原反應,所以利用了其氧化性,D不符合題意,答案選C。13、D【解析】
A.、水解促進水電離,
b點是與溶液恰好完全反應的點,溶質是氯化鈉,對水的電離沒有作用,水的電離程度最小的為b點,選項A錯誤;B.根據(jù)物料守恒溶液中:2ccc
c,選項B錯誤;C.大于,所以向、濃度均為的混合溶液中逐滴加入的溶液,先沉淀,選項C錯誤;D.b點是與溶液恰好完全反應的點,
,根據(jù)b點數(shù)據(jù),2×10-18
,該溫度下,選項D正確;答案選D。14、A【解析】A、NH3極易溶于水,使燒瓶內壓強減小,水溶液呈堿性,遇酚酞變紅,形成紅色噴泉,故A正確;B、從碘的四氯化碳溶液中分離碘,應用蒸餾裝置,故B錯誤;C、SO2和CO2均能使澄清石灰水變渾,故C錯誤;D、銅與濃硫酸反應要加熱,故D錯誤;故選A。15、B【解析】
A.乙中Cl2應當長進短出,A錯誤;B.分液操作時,先將下層液體從下口放出,再將上層液體從上口倒出,B正確;C.無論氧化是否完全,滴加硝酸銀溶液都會產(chǎn)生沉淀,C錯誤;D.FeCl3會水解,水解方程式為:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,蒸發(fā)時,應在HCl氛圍中進行,否則得不到FeCl3,得到Fe(OH)3,D錯誤。答案選B。16、B【解析】煤的干餾有苯及苯的同系物等新物質生成,屬于化學變化,故A錯誤;石油的分餾是根據(jù)沸點不同把石油分離為汽油、煤油、柴油等物質,沒有新物質生成,屬于物理變化,故B正確;石油裂化是大分子烴斷裂為小分子烴,生成新物質屬于化學變化,故C錯誤;石油裂解是大分子烴斷裂為乙烯、丙烯等產(chǎn)物,生成新物質屬于化學變化,故D錯誤。17、D【解析】
A.裝置①可以用雙氧水(MnO2作催化劑)制取氧氣,用濃鹽酸與高錳酸鉀制取氯氣,用鹽酸與碳酸鈣制取二氧化碳氣體,故A正確;B.裝置②中的NaOH溶液可以吸收裝置中的二氧化碳氣體,④中的KOH固體可以吸收水分,故B正確;C.裝置③中的亞硫酸鈉可以除去裝置中的氧氣,所以也可盛裝維生素c,故C正確;D.裝置⑤中產(chǎn)生的尾氣有反應生成的HCl,還有未完全反應的NH3,所以冷卻后用水吸收得到的不是純鹽酸,故D錯誤;故選D。18、B【解析】
A、向鹽酸中加入氨水至中性,則c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒可知:c(Cl-)=c(NH4+),則=1,故A錯誤;B、醋酸溶液和氫氧化鈉溶液恰好反應,反應后溶質為CH3COONa,CH3COO-部分水解,導致c(Na+)>c(CH3COO-),即>1,故B正確;C、向
0.1mol?L-1
CH3COOH溶液中加入少量水,CH3COOH的電離程度增大,導致溶液中CH3COOH的數(shù)目減少、H+的數(shù)目增大,同一溶液中體積相同,則溶液中的比值增大,故C錯誤;D、將CH3COONa
溶液從20℃升溫至30℃,CH3COO-的水解程度增大,其水解平衡常數(shù)增大,導致=的比值減小,故D錯誤;故選:B。19、B【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大,X、W同主族,最外層電子數(shù)相同,Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,為金屬鈉,Z是地殼中含量最多的金屬元素,為鋁,四種元素原子的最外層電子數(shù)總和為16,所以計算X、W的最外層電子數(shù)為6,分別為氧和硫。X為氧,Y為鈉,Z為鋁,W為硫。A.原子半徑同一周期從左至右逐漸減小,同一主族從上至下逐漸增大,則原子半徑:r(X)<r(W)<r(Z),故錯誤;B.Y、Z、W的最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉,氫氧化鋁,硫酸,兩兩之間均能反應,故正確;C.因為氧的非金屬性比硫強,所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:X>W,故錯誤;D.X分別與Y形成氧化鈉或過氧化鈉,含有離子鍵,氧和硫形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫,只含共價鍵,故錯誤。故選B。20、A【解析】
根據(jù)有機物系統(tǒng)命名原則,二表示取代基的數(shù)目,故選:A。21、A【解析】
A.溫度升高,促進NH4+水解,酸性增強,產(chǎn)生NH4HSO4,選項A正確;B.電解質溶液導電能力與離子所帶電荷數(shù)及離子濃度等因素有關,離子濃度越大,所帶電荷越多,導電能力就越強,與電解質強弱無關,選項B錯誤;C.溶液中的溶質可能為非電解質,如乙醇溶液,通電時乙醇分子不發(fā)生移動,選項C錯誤;D.蒸干Na2CO3溶液,應得到的主要成分仍為Na2CO3,選項D錯誤;答案選A。22、C【解析】
A.放電時,鋰為負極,氧化鐵在正極反應,所以反應生成鐵,此電池逐漸靠近磁鐵,故正確;B.放電時,正極為氧化鐵變成鐵,電極反應為Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O,故正確;C.放電時,正極反應WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O,正極質量增加,負極鋰失去電子生成鋰離子,質量減少,故錯誤;D.充電時,陰極鋰離子得到電子,電極反應為Li++e-=Li,故正確。故選C?!军c睛】掌握原電池和電解池的工作原理,注意電解質的存在形式對電極反應的書寫的影響,本題中電解質只能傳到鋰離子,所以電極反應中出現(xiàn)的離子只能為鋰離子。二、非選擇題(共84分)23、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】
從圖中可以采集以下信息:m(X)=4.56g,m(BaSO4)=9.32g,V(O2)=0.224L,V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=,n(O2)=,n(NH3)=。在X中,m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g,m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g,則X中所含O的質量為m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g,n(O)=。X中所含NH4+、S、O的個數(shù)比為0.04:0.04:0.16=1:1:4,從而得出X的最簡式為NH4SO4,顯然這不是X的化學式,X可作為氧化劑和漂白劑,則其分子中應含有過氧鏈,化學式應為(NH4)2S2O8。(1)從以上分析,可確定X中含有的元素;圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3。(2)反應①中,(NH4)2S2O8與NaOH反應,生成BaSO4、NH3、O2等。(3)已知X常用于檢驗Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【詳解】(1)從以上分析,可確定X中含有的元素為N、H、S、O;圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3,電子式為。答案為:N、H、S、O;;(2)反應①中,(NH4)2S2O8與NaOH反應,生成BaSO4、NH3、O2等,且三者的物質的量之比為4:4:1,化學方程式為2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案為:2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O;(3)已知X常用于檢驗Mn2+,它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有兩個O從-1價降低到-2價,共得2e-;MnCl2中,Mn2+由+2價升高到+7價,Cl-由-1價升高到0價,MnCl2共失7e-,從而得到下列關系:7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-,再依據(jù)電荷守恒、質量守恒進行配平,從而得出反應的離子方程式為7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案為:7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。24、3-氯-1-丙烯碳碳雙鍵和氨基取代反應吡啶顯堿性,能與反應④的產(chǎn)物HCl發(fā)生中和反應,使平衡正向移動,提高J產(chǎn)率15【解析】
由A、B的分子式,C的結構簡式,可知A為CH3CH=CH2,A發(fā)生取代反應生成B為ClCH2CH=CH2;B中氯原子被氨基取代得到,根據(jù)C的分子式既反應條件,可知反應②發(fā)生題給信息中的取代反應,可知C為;比較C、D分子式,結合E的結構簡式分析,反應③為題給信息中的成環(huán)反應,可知D為;D發(fā)生酯的水解反應生成E,比較E和G的結構,結合反應條件分析中間產(chǎn)物F的結構為;對比G、J的結構,G與發(fā)生取代反應生成J,據(jù)此分析解答。【詳解】(1)B為ClCH2CH=CH2,化學名稱為3-氯-1-丙烯,比較E和G的結構,結合反應條件分析中間產(chǎn)物F的結構為故答案為:3-氯-1-丙烯;;(2)根據(jù)官能團的結構分析,有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團有碳碳雙鍵和氨基;比較A和B的結構變化可知該反應為取代反應,故答案為:碳碳雙鍵和氨基;取代反應;(3)根據(jù)上述分析,反應③的化學方程式為,故答案為:;(4)反應④為取代反應,生成有機物的同時可生成HCl,而吡啶呈堿性,可與HCl發(fā)生中和反應,使平衡正向移動,提高J的產(chǎn)率,故答案為:吡啶顯堿性,能與反應④的產(chǎn)物HCl發(fā)生中和反應,使平衡正向移動,提高J產(chǎn)率;(5)F為,分子式為C8H13NO,則K的分子式為C8H11NO,①遇FeCl3溶液顯紫色,則結構中含有酚羥基;②苯環(huán)上有兩個取代基,一個為OH,則另一個為由2個C原子6個H原子1個N原子構成的取代基,其結構有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5種,兩取代基的位置共有鄰、間、對三種情況,所以K的同分異構體有3×5=15種,故答案為:15;(6)由題給信息可知,由反應得到,用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸,己二酸與乙醇發(fā)生酯化反應得到,可由原料發(fā)生消去反應獲取,則合成路線流程圖為:,故答案為:。【點睛】解決這類題的關鍵是以反應類型為突破口,以物質類別判斷為核心進行思考。經(jīng)常在一系列推導關系中有部分物質已知,這些已知物往往成為思維“分散”的聯(lián)結點??梢杂稍辖Y合反應條件正向推導產(chǎn)物,也可以從產(chǎn)物結合條件逆向推導原料,也可以從中間產(chǎn)物出發(fā)向兩側推導,審題時要抓住基礎知識,結合新信息進行分析、聯(lián)想、對照、遷移應用、參照反應條件推出結論。解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系,不僅要注意物質官能團的衍變,還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數(shù)目以及有機物相對分子質量的衍變,這種數(shù)量、質量的改變往往成為解題的突破口。25、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】
(1)根據(jù)儀器特征,判斷儀器名稱;根據(jù)實驗原理,還需要連接尾氣處理裝置,所以應長管進氣,短管出氣;(2)根據(jù)電子轉移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2的反應化學方程式,為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產(chǎn)生ClO2的速率要慢;
(3)
根據(jù)Cl2+2KI=2KCl+I2進行分析;
(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反,應生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可判斷生成物,書寫反應方程式;
(5)由圖分析可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度?!驹斀狻?1)根據(jù)儀器特征:可知儀器C是球形干燥管;F裝置應是Cl2和KI反應,還需要連接尾氣處理裝置,所以應長管進氣,短管出氣,故選b;
(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2,NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價,鹽酸中氯為-1價被氧化成0價氯,轉移電子數(shù)為2,所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2,Cl2前系數(shù)為1,反應化學方程式:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O;為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收,產(chǎn)生ClO2的速率要慢,故滴加稀鹽酸的速度要慢,即調節(jié)分液漏斗B的旋塞,減緩(慢)稀鹽酸滴加速度;(3)F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時,碘遇淀粉變藍,而F中溶液的顏色不變,說明沒有氯氣到達F,則裝置C的作用是吸收Cl2
;(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應生成NaCl并釋放出ClO2,根據(jù)元素守恒可知應還有水生成,該反應的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O
;在ClO2釋放實驗中,打開E的活塞,D中發(fā)生反應,則裝置F的作用是驗證是否有ClO2
生成;(5)由圖可知,穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2,能較長時間維持保鮮所需的濃度,所以穩(wěn)定劑II好。26、(本題共16分)(1)CO2、CO的混合物(3)NH4++NO2—N2↑+2H2O(4)步驟②中是為了排盡空氣;步驟④是為了趕出所有的CO2,確保完全吸收(5)2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑(6)①Ba(OH)2溶解度大,濃度大,使CO2被吸收的更完全;M(BaCO3)>M(CaCO3),稱量時相對誤差小。②在尾氣出口處加一點燃的酒精燈或增加一尾氣處理裝置【解析】試題分析:(1)過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產(chǎn)物可能有:①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三種情況;(3)氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉(NaNO2)飽和溶液混合加熱反應可以制得氮氣;(4)⑤根據(jù)前后兩次通入氮氣的時間和減小實驗誤差角度來分析;(5)根據(jù)質量守恒判斷氣體的組成,根據(jù)質量關系計算氣體的物質的量之間的關系,進而書寫化學方程式;(6)①根據(jù)氫氧化鈣和氫氧化鋇的本質區(qū)別來思考;②一氧化碳是一種有毒氣體,可以通過點燃來進行尾氣處理.解:(1)過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產(chǎn)物可能有:①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物,(3)氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉(NaNO2)飽和溶液混合加熱反應制得氮氣,反應物有NH4Cl和NaNO2,生成物為N2,根據(jù)質量守恒還應用水,則反應的化學方程式為NH4++NO2﹣N2↑+2H2O,(4)如果不排盡空氣,那么空氣中的氧氣會與炭粉反應影響反應后生成氣體的組成,所以利用穩(wěn)定的氮氣排空氣,最后確保完全吸收,反應后還要趕出所有的CO2,(5)3.20g氧化鐵的物質的量為==0.02mol,澄清石灰水變渾濁,說明有CO2氣體生成,則n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol,m(CO2)=0.02mol×44g/mol=0.88g,反應后硬質玻璃管和固體總質量變化為1.44g大于0.88g,則生成其氣體為CO2、CO的混合物,設混合氣體中含有ymolCO,則0.88g+28yg=1.44g,y=0.02mol,所以CO、CO2的混合氣體物質的量比為1:1,所以方程式為2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑,(6)①將澄清石灰水換成Ba(OH)2溶液,這樣會使二氧化碳被吸收的更完全,稱量時相對誤差小,②一氧化碳是一種有毒氣體,可以通過點燃來進行尾氣處理或增加一尾氣處理裝置.27、分液漏斗防止空氣中的CO2進入裝置C中有白色沉淀生成,溶液的紅色逐漸變淺(或褪去)78偏大Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O)【解析】
實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量,裝置A是除去通入空氣中所含二氧化碳,裝置B中的反應是CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過裝置C吸收生成的二氧化碳,根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率,實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾,防止對裝置C實驗數(shù)據(jù)的測定產(chǎn)生干擾,裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾。(1)裝置中B為分液漏斗;(2)實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過測定C裝置的質量的變化測得二氧化碳的質量,根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率,實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾;滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色,二氧化碳通入和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀,氫氧根離子濃度減小,溶液紅色會逐漸褪去;(3)①CN?+ClO?=CNO?+Cl?、2CNO?+2H++3ClO?=N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,結合化學方程式的反應關系計算;②若撤去裝置A,直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣,空氣中二氧化碳也會和氫氧化鋇溶液反應;(4)向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的氣體單質為氯氣,是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成;(5)除去廢水中CN?的一種方法是在堿性條件下,用H2O2將CN?氧化生成N2,結合電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式。【詳解】(1)B中盛裝稀硫酸的儀器的名稱是分液漏斗,故答案為:分液漏斗;(2)實驗的原理是利用CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量,根據(jù)關系式計算含氰廢水處理百分率,實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾,防止對裝置C實驗數(shù)據(jù)的測定產(chǎn)生干擾,裝置D的作用是排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾,滴有酚酞的氫氧化鋇溶液呈紅色,二氧化碳通入和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀,氫氧根離子濃度減小,溶液紅色會逐漸褪去,故答案為:防止空氣中的CO2和水蒸氣進入C裝置;有白色沉淀生成,溶液的紅色逐漸變淺(或褪去);(3)①依據(jù)反應CN?+ClO?═CNO+Cl?;2CNO?+2H++3ClO?═N2↑+2CO2↑+3Cl?+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到,裝置C中生成59.1mg沉淀為BaCO3↓物質的量==3×10?4molCN?~CNO?~CO2~BaCO3↓1
13×10?4mol
3×10?4molc(CN?)==0.078g/L=78g/L,故答案為:78;②若撤去裝置A,直接向裝置B中緩慢通入一段時間的空氣,空氣中二氧化碳也會和氫氧化鋇溶液反應,生成碳酸鋇出的質量會增大,測定含氰廢水中CN?的含量偏大,故答案為:偏大;(4)向B中滴入稀硫酸后會發(fā)生某個副反應而生成一種有毒的氣體單質為氯氣,是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成,反應的離子方程式為:Cl?+ClO?+2H+=Cl2↑+H2O,故答案為:Cl?+ClO?+2H+=Cl2↑+H2O;(5)除去廢水中CN?的一種方法是在堿性條件下,用H2O2將CN?氧化生成N2,結合電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式為:5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O),故答案為:5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O)。28、3d62NA
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