湖南省郴州市一中新高考考前模擬化學試題及答案解析_第1頁
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文檔簡介

湖南省郴州市一中新高考考前模擬化學試題注意事項: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(nèi)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、相同溫度下溶液的酸堿性對TiO2光催化燃料R降解反應的影響如圖所示。下列判斷不正確的是()A.對比pH=7和pH=10的曲線,在同一時刻,能說明R的起始濃度越大,降解速率越大B.對比pH=2和pH=7的曲線,說明溶液酸性越強,R的降解速率越大C.在0~20min之間,pH=2時R的平均降解速率為0.0875×10-4mol·L-1·min-1D.50min時,pH=2和pH=7時R的降解百分率相等2、已知熱化學方程式:C(s,石墨)C(s,金剛石)-3.9kJ。下列有關說法正確的是A.石墨和金剛石完全燃燒,后者放熱多B.金剛石比石墨穩(wěn)定C.等量的金剛石儲存的能量比石墨高D.石墨很容易轉(zhuǎn)化為金剛石3、證據(jù)推理與模型認知是化學學科的核心素養(yǎng)之一。下列事實與相應定律或原理不相符的是()A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體,溶液顏色加深——勒夏特列原理B.常溫常壓下,1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2——阿伏加德羅定律C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果——元素周期律D.通過測量C、CO的燃燒熱來間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱——蓋斯定律4、下列屬于氧化還原反應的是()A.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑B.Na2O+H2O=2NaOHC.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D.Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O5、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素,最外層電子數(shù)之和為18。X、Z同一主族,Z的一種氧化物的水化物為具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸;Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑:W>X>YB.X、Z的最高化合價不相同C.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:X>WD.Y與其他三種元素分別形成的化合物中均只含離子鍵6、油畫變黑,可用一定濃度的H2O2溶液擦洗修復,發(fā)生的反應為4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列說法正確的是A.H2O是氧化產(chǎn)物B.H2O2中負一價的氧元素被還原C.PbS是氧化劑D.H2O2在該反應中體現(xiàn)還原性7、2018年11月16日,國際計量大會通過最新決議,將1摩爾定義為“精確包含6.02214076×1023個原子或分子等基本單元,這一常數(shù)稱作阿伏伽德羅常數(shù)(NA),單位為mol?1?!毕铝袛⑹稣_的是A.標準狀況下,22.4LSO3含有NA個分子B.4.6g乙醇中含有的C?H鍵為0.6NAC.0.1molNa2O2與水完全反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD.0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+數(shù)目小于0.1NA8、兩份鋁屑,第一份與足量鹽酸反應,第二份與足量NaOH溶液反應,產(chǎn)生氫氣的體積比為1∶2(同溫同壓下),則第一份與第二份鋁屑的質(zhì)量比為A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.2∶19、常溫下,向20mL、濃度均為0.1mol·L-1的氫氧化鈉溶液、氨水中分別滴加0.1mol·L-1鹽酸,溶液導電性如圖所示(已知:溶液導電性與離子濃度相關)。下列說法正確的是A.a(chǎn)點溶液pH=11B.曲線1中c與e之間某點溶液呈中性C.c點溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(N3H·H2O)D.在a、b、c、d、e中,水電離程度最大的點是d10、下列有關碳酸鈉在化學實驗中的作用敘述錯誤的是()A.用碳酸鈉溶液制備少量燒堿B.用飽和碳酸鈉溶液除去CO2中混有的HCl氣體C.用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D.用熱的碳酸鈉溶液洗滌銀鏡反應前試管內(nèi)壁的油污11、下列有關化學用語表示正確的是()A.NaClO的電子式B.中子數(shù)為16的硫離子:SC.為CCl4的比例模型D.16O與18O互為同位素;16O2與18O3互為同素異形體12、下列有關海水綜合利用的說法正確的是A.海水提溴過程中,提取溴單質(zhì)只能用有機物萃取的方法B.電解飽和食鹽水可制得金屬鈉C.海水曬鹽過程中主要涉及物理變化D.海帶提碘中,氧化過程可通入過量的氯氣13、下列實驗中根據(jù)現(xiàn)象得出的結論錯誤的是選項實驗現(xiàn)象結論A向某溶液中加銅和濃H2SO4試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸處理的K2Cr2O7硅膠導管中吹入乙醇蒸氣管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色乙醇具有還原性C向鹽酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2,然后滴入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀氧化性:Cu2+>H2SO4D向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.A B.B C.C D.D14、將溶液和鹽酸等體積混合,在混合溶液中,下列關系式正確的是A.B.C.D.15、分子式為C4H8Cl2的鏈狀有機物,只含有二個甲基的同分異構體共有(不考慮立體異構)A.3種 B.4種 C.5種 D.6種16、下列化學原理正確的是()A.沸點:HF>HCl>HBr>HIB.一定條件下可以自發(fā)進行,則C.常溫下,溶液加水,水電離的保持不變D.標況下,1mol分別與足量Na和反應,生成氣體的體積比為17、下列操作能達到相應實驗目的的是()選項目的實驗A實驗室制備乙酸乙酯向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加熱B除去干燥CO2中混有少量的SO2可將混合氣體依次通過盛有足量酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶C檢驗Na2SO3已經(jīng)變質(zhì)向Na2SO3溶液中先加入Ba(

NO3)2溶液,生成白色沉淀,然后再加入稀鹽酸,沉淀不溶解D比較鐵和銅的活潑性常溫下,將表面積相同的鐵和銅投入到濃硝酸中,鐵不能溶解,銅能溶解,銅比鐵活潑A.A B.B C.C D.D18、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.0.5molN4(分子為正四面體結構)含共價鍵數(shù)目為2NAB.1L0.5mol·L1Na2S溶液中含陰離子數(shù)目小于0.5NAC.鋅與濃硫酸反應生成氣體11.2L(標準狀況)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAD.14g己烯和環(huán)己烷的混合物含氫原子數(shù)目為3NA19、25℃時,下列說法正確的是()A.0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液中c()<c()B.0.02mol·L-1氨水和0.01mol·L-1氨水中的c(OH-)之比是2∶1C.向醋酸鈉溶液中加入醋酸使溶液的pH=7,此時混合液中c(Na+)>c(CH3COO-)D.向0.1mol·L-1NaNO3溶液中滴加鹽酸使溶液的pH=5,此時混合液中c(Na+)=c()(不考慮酸的揮發(fā)與分解)20、新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox,3<x<4,M=Mn、Co、Zn或Ni)由鐵酸鹽(MFe2O4)經(jīng)高溫與氫氣反應制得。常溫下,氧缺位鐵酸鹽能使工業(yè)廢氣中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)轉(zhuǎn)化為其單質(zhì)而除去,自身變回鐵酸鹽。關于上述轉(zhuǎn)化過程的敘述中不正確的是()A.MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性B.若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應則MFe2Ox中x的值為3.5C.MFe2Ox與SO2反應中MFe2Ox被還原D.MFe2O4與MFe2Ox的相互轉(zhuǎn)化反應均屬于氧化還原反應21、我國科學家設計了一種將電解飽和食鹽水與電催化還原CO2相耦合的電解裝置如圖所示。下列敘述錯誤的是A.理論上該轉(zhuǎn)化的原子利用率為100%B.陰極電極反應式為C.Na+也能通過交換膜D.每生成11.2L(標況下)CO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA22、下列由實驗得出的結論正確的是()A.將乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液變無色透明,生成的產(chǎn)物可溶于四氯化碳B.乙醇和水都可與金屬鈉反應產(chǎn)生可燃性氣體,說明兩種分子中的氫原子都能產(chǎn)生氫氣C.用乙酸浸泡水壺中的水垢,可將其清除,是因為乙酸的酸性小于碳酸的酸性D.甲烷與氯氣光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫴镌嚰堊兗t是因為生成的一氯甲烷具有酸性二、非選擇題(共84分)23、(14分)丹參素是一種具有保護心肌、抗血栓形成、抗腫瘤等多種作用的藥物。它的一種合成路線如下:已知:Bn-代表芐基()請回答下列問題:(1)D的結構簡式為__________,H中所含官能團的名稱為_______________。(2)的反應類型為_____________,該反應的目的是_____________。(3)A的名稱是__________,寫出的化學方程式:________。(4)用苯酚與B可以制備物質(zhì)M()。N是M的同系物,相對分子質(zhì)量比M大1.則符合下列條件的N的同分異構體有__________種(不考慮立體異構)。其中核磁共振氫譜有6組峰,且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是_____________(寫出一種即可)。①苯環(huán)只有兩個取代基②能與溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生銀鏡反應④紅外光譜表明分子中不含醚鍵(5)參照丹參素的上述合成路線,以為原料,設計制備的合成路線:____________________。24、(12分)某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星:已知:試劑EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2,在適當條件下,可由C生成D。②③請回答:(1)根據(jù)以上信息可知諾氟沙星的結構簡式_____。(2)下列說法不正確的是_____。A.B到C的反應類型為取代反應B.EMME可發(fā)生的反應有加成,氧化,取代,加聚C.化合物E不具有堿性,但能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解D.D中兩個環(huán)上的9個C原子可能均在同一平面上(3)已知:RCH2COOH,設計以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示,無機試劑任選)_____。(4)寫出C→D的化學方程式______。(5)寫出化合物G的同系物M(C6H14N2)同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式:____①1H-NMR譜表明分子中有4種氫原子,IR譜顯示含有N-H鍵,不含N-N鍵;②分子中含有六元環(huán)狀結構,且成環(huán)原子中至少含有一個N原子。25、(12分)無水硫酸銅在加熱條件下能發(fā)生分解反應,生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣。某學生試圖用如圖所示裝置來確定該化學反應中各物質(zhì)的計量關系。試回答:(1)加熱過程中,試管A中發(fā)生的實驗現(xiàn)象可能有___。(2)裝置E和F的作用是___;(3)該學生使用裝置B的本意是除去混合氣體中的三氧化硫以提純氧氣,他的做法正確嗎?為什么?___。(4)另一學生將9.6g無水硫酸銅充分加熱使其完全分解后,用正確的實驗方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫,最后測出氧氣的體積為448mL(標準狀況)。據(jù)此可計算出二氧化硫為___mol,三氧化硫為___mol。(5)由上述實驗數(shù)據(jù)可知無水硫酸銅受熱分解的化學方程式:___。(6)上述裝置可以簡化而不影響實驗效果。請你提出一個簡化方案,達到使裝置最簡單而不影響實驗效果的目的:___。26、(10分)鋁熱反應是鋁的一個重要性質(zhì),該性質(zhì)用途十分廣泛,不僅被用于焊接鋼軌,而且還常被用于冶煉高熔點的金屬如釩、鉻、錳等。(l)某校化學興趣小組同學,取磁性氧化鐵按教材中的實驗裝置(如圖)進行鋁熱反應,現(xiàn)象很壯觀。使用鎂條和氯酸鉀的目的是___________。(2)某同學取反應后的“鐵塊”和稀硝酸反應制備Fe(NO3)3溶液,其離子方程式為__________,溶液中可能含有Fe2+,其原因是___________;(3)可通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應制備高鐵酸鉀(K2FeO4),如圖所示是實驗室模擬工業(yè)制備KClO溶液裝置。已知氯氣和熱堿溶液反應生成氯化鉀和氯酸鉀和水①盛裝飽和食鹽水的B裝置作用為______________;②反應時需將C裝置置于冷水浴中,其原因為___________;(4)工業(yè)上用“間接碘量法”測定高鐵酸鉀的純度:用堿性KI溶液溶解1.00gK2FeO4樣品,調(diào)節(jié)pH使高鐵酸根全部被還原成亞鐵離子,再調(diào)節(jié)pH為3~4,用1.0mol/L的Na2S2O3標準溶液作為滴定劑進行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),淀粉作指示劑,裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數(shù)如圖所示:①終點II的讀數(shù)為_______mL。②原樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為_________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線,則導致所測高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、(12分)氮化鍶(Sr3N2)在工業(yè)上廣泛用于生產(chǎn)熒光粉。已知:鍶與鎂位于同主族;鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶,氮化鍶遇水劇烈反應。I.利用裝置A和C制備Sr3N2(1)寫出由裝置A制備N2的化學方程式_______。(2)裝置A中a導管的作用是_______。利用該套裝置時,應先點燃裝置A的酒精燈一段時間后,再點燃裝置C的酒精燈,理由是__________。II.利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2(已知:氧氣可被連苯三酚溶液定量吸收)(3)寫出裝置B的NaOH溶液中發(fā)生反應的離子方程式_________。(4)裝置C中廣口瓶盛放的試劑是_________。III.測定Sr3N2產(chǎn)品的純度(5)取ag該產(chǎn)品,向其中加入適量的水,將生成的氣體全部通入濃硫酸中,利用濃硫酸增重質(zhì)量計算得到產(chǎn)品的純度,該方法測得產(chǎn)品的純度偏高,其原因是____。經(jīng)改進后測得濃硫酸增重bg,則產(chǎn)品的純度為_____(用相關字母的代數(shù)式表示)。28、(14分)鋰離子電池是現(xiàn)代高性能電池的代表,高性能的電極材料與物質(zhì)結構密切相關。(l)LiFePO4因具有良好的結構穩(wěn)定性而成為新一代正極材料,這與PO43-的結構密切相關,PO43-的立體構型為____。P、O、S的電負性從大到小的順序為______________(2)通常在電極材料表面進行“碳”包覆處理以增強其導電性??箟难岢1挥米魈及驳奶荚?,其易溶于水的原因是___,抗壞血酸中碳原子的雜化方式為___,1mol抗壞血酸中手性碳原子的數(shù)目為______(3)Li+過度脫出易導致鋰電池結構坍塌產(chǎn)生O2而爆炸,實驗證實O2因具有單電子而成為順磁性分子,下列結構式(黑點代表電子)中最有可能代表O2分子結構的是____(填標號)。A.B.C.D.(4)目前最常用的電極材料有鋰鈷復合氧化物和石墨。①鋰鈷復合氧化物中Li、Co、O分別形成了六邊層狀結構(圖a),按照Li-O-Co-O-Li–O-Co-O-Li--順序排列,則該化合物的化學式為____,Co3+的價層電子排布式為_____。②石墨晶胞(圖b)層間距為dpm,C—C鍵長為apm,石墨晶體的密度為pg/cm3,列式表示阿伏加德羅常數(shù)為____mol-l。29、(10分)有機物M是有機合成的重要中間體,制備M的一種合成路線如下(部分反應條件和試劑略去):已知:①A的密度是相同條件下H2密度的38倍;其分子的核磁共振氫譜中有3組峰;②(-NH2容易被氧化);③R-CH2COOH請回答下列問題:(1)B的化學名稱為______。A中官能團的電子式為______。(2)CD的反應類型是______,I的結構簡式為______。(3)FG的化學方程式為______。(4)M不可能發(fā)生的反應為______(填選項字母)。a.加成反應b.氧化反應c.取代反應d.消去反應(5)請寫出任意兩種滿足下列條件的E的同分異構體有______。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能與NaHCO3反應③含有-NH2(6)參照上述合成路線,以為原料(無機試劑任選),設計制備的合成路線:______。

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.根據(jù)圖中曲線可知,曲線的斜率表示反應速率,起始濃度不同分解速率不同,PH不同分解速率也不同,故R的起始濃度和溶液的PH均影響R的降解速率,且R的起始濃度越大,降解速率越小,故A錯誤;B.溶液酸性越強,即pH越小,線的斜率越大,可以知道R的降解速率越大,故B正確;C.在0~20min之間,pH=2時R的平均降解速率為17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-42、C【解析】

A.石墨和金剛石完全燃燒,生成物相同,相同物質(zhì)的量時后者放熱多,因熱量與物質(zhì)的量成正比,故A錯誤;B.石墨能量低,石墨穩(wěn)定,故B錯誤;C.由石墨轉(zhuǎn)化為金剛石需要吸熱,可知等量的金剛石儲存的能量比石墨高,故C正確;D.石墨在特定條件下轉(zhuǎn)化為金剛石,需要合適的高溫、高壓,故D錯誤;故答案為C。3、C【解析】

A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固體,溶液顏色加深,說明增大反應物濃度,能使平衡正向移動,此事實與勒夏特列原理相符,A不合題意;B.由CH4燃燒反應方程式可知,1molCH4在2molO2中完全燃燒,常溫常壓下,1體積CH4完全燃燒消耗2體積O2,二者的體積比等于其物質(zhì)的量之比,符合阿伏加德羅定律,B不合題意;C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增強漂白液的漂白效果,說明生成了HClO,符合強酸制弱酸原理,由于HClO不是最高價含氧酸,所以不符合元素周期律,C符合題意;D.通過C、CO的燃燒熱反應方程式,通過調(diào)整化學計量數(shù)后相減,可間接計算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反應熱,符合蓋斯定律,D不合題意;故選C。4、C【解析】

凡是有元素化合價變化的反應均為氧化還原反應,A、B、D項中均無化合價變化,所以是非氧化還原反應;C項中Fe、C元素化合價變化,則該反應為氧化還原反應,故C符合;答案選C。5、D【解析】

Z的一種氧化物的水化物是具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸,判斷Z為S元素;X、Z同一主族,可知X為O元素。Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍,可推出Y為Na元素,再結合W、X、Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和為18,可知W為N元素?!驹斀狻緼.N3-、Na+和O2-具有相同的核外電子排布,核電荷數(shù)越大,半徑越小,簡單離子半徑順序為:W>X>Y,與題意不符,A錯誤;B.O最高價+2,而S最高價為+6,與題意不符,B錯誤;C.簡單氫化物熱穩(wěn)定性強弱與元素的非金屬性強弱一致,而非金屬性:O>N,穩(wěn)定性:H2O>NH3,與題意不符,C錯誤;D.Na與O可形成Na2O2,含有離子鍵和共價鍵,符合題意,D正確;答案為D?!军c睛】具有相同的核外電子排布簡單離子,原子序數(shù)越大,微粒半徑越小。6、B【解析】H2O2中氧元素化合價降低生成H2O,H2O是還原產(chǎn)物,故A錯誤;H2O2中負一價的氧元素化合價降低,發(fā)生還原反應,故B正確;PbS中S元素化合價升高,PbS是還原劑,故C錯誤;H2O2中氧元素化合價降低,H2O2在該反應中是氧化劑體現(xiàn)氧化性,故D錯誤。點睛:所含元素化合價升高的反應物是還原劑,所含元素化合價降低的反應物是氧化劑,氧化劑得電子發(fā)生還原反應,氧化劑體現(xiàn)氧化性。7、C【解析】

A.標準狀況下,SO3為固態(tài),22.4LSO3含有分子不等于NA,選項A錯誤;B.4.6g乙醇的物質(zhì)的量是0.1mol,含有的C-H鍵的個數(shù)為0.5NA,選項B錯誤;C.過氧化鈉與水的反應中過氧化鈉既是氧化劑,也是還原劑,則0.1molNa2O2與水反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA,選項C正確;D、沒有給定溶液的體積,無法計算氫離子的數(shù)目,選項D錯誤。答案選C。8、B【解析】

鹽酸與NaOH溶液足量,則鋁完全反應,設鋁與鹽酸、NaOH溶液反應生成的氫氣的物質(zhì)的量分別為xmol、2xmol,則2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑23x2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑232x則第一份與第二份鋁屑的質(zhì)量比為:(mol×27g/mol)︰(mol×27g/mol)=1︰2,故選B。9、C【解析】

氫氧化鈉為強電解質(zhì),一水合氨為弱電解質(zhì),所以體積、濃度相同的氫氧化鈉溶液的導電性要比一水合氨的導電性要強,故曲線2為氫氧化鈉溶液,曲線1氨水?!驹斀狻緼.曲線2為氫氧化鈉溶液,氫氧化鈉是一元強堿,c(OH-)=0.1mol/L,則c(H+)=1×10-13mol/L,所以pH=-lgc(H+)=13,故A錯誤;B.在氨水中滴加鹽酸,溶液由堿性變中性,再變成酸性,滴定前氨水呈堿性,而c點對應的溶液溶質(zhì)為氯化銨,呈酸性,說明中性點在c點向b點間的某點,c點到e點溶液的酸性越來越強,故B錯誤;C.c點表示溶質(zhì)是氯化銨,溶液中存在質(zhì)子守恒式:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),故C正確;D.由圖像知,曲線1導電性較弱,說明曲線1對應的溶液為弱電解質(zhì)溶液,即曲線1代表氨水,曲線2代表氫氧化鈉溶液,c點表示氨水與鹽酸恰好完全反應生成氯化銨,水解程度最大,故此點對應的溶液中水的電離程度最大,故D錯誤;故選C。【點睛】正確判斷曲線1、曲線2代表的溶質(zhì)為解答關鍵,然后根據(jù)橫坐標加入HCl的量可以判斷各點相應的溶質(zhì)情況,根據(jù)溶質(zhì)分析溶液的酸堿性、水的電離程度。10、B【解析】

A.碳酸鈉可與氫氧化鈣發(fā)生復分解反應,在實驗室中可用于制備NaOH溶液,故A正確;B.CO2和HCl都能與飽和碳酸鈉反應,無法達到提純的目的,應用飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl,故B錯誤;C.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液,乙酸可與碳酸鈉反應,可溶乙醇于水,可起到分離物質(zhì)的作用,故C正確;D.熱的碳酸鈉溶液呈堿性,油污在堿性條件下可發(fā)生水解,可除去油污,故D正確;故答案為B。11、D【解析】

A.NaClO為離子化合物,由Na+和ClO-構成,A錯誤;B.中子數(shù)為16的硫離子應為S2-,B錯誤;C.中,中心原子半徑大于頂點原子半徑,而CCl4的比例模型中,Cl原子半徑應比C原子半徑大,C錯誤;D.16O與18O都是氧元素的不同原子,二者互為同位素;16O2與18O3是氧元素組成的不同性質(zhì)的單質(zhì),二者互為同素異形體,D正確。故選D?!军c睛】在同素異形體中,強調(diào)組成單質(zhì)的元素相同,并不強調(diào)原子是否相同。兩種單質(zhì)中,組成單質(zhì)的原子可以是同一種原子,也可以是不同種原子,甚至同一單質(zhì)中,原子也可以不同。如16O18O與17O3也互為同素異形體。12、C【解析】

A.溴元素在海水中以化合態(tài)存在,將Br元素由化合態(tài)轉(zhuǎn)化為游離態(tài)時發(fā)生電子轉(zhuǎn)移,所以一定發(fā)生氧化還原反應,生成溴單質(zhì)后用有機物進行萃取,故A錯誤;B.鈉易與水反應,電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣,所以應用電解熔融的氯化鈉的方法冶煉鈉,故B錯誤;C.海水曬鹽利用蒸發(fā)原理,蒸發(fā)是根據(jù)物質(zhì)的沸點不同進行分離的操作,為物理變化,故C正確;D.加入過量的氯氣能將I2氧化成更高價的化合物,減少碘的產(chǎn)率,故D錯誤;答案選C。13、C【解析】

A.在強酸性環(huán)境中,H+、NO3-、Cu會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生NO氣體,一氧化氮易被氧化為二氧化氮,因此會看到試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生,A正確;B.酸性K2Cr2O7具有強的氧化性,會將乙醇氧化,K2Cr2O7被還原為Cr2(SO4)3,因此管中固體逐漸由橙色變?yōu)榫G色,B正確;C.在酸性條件下,H+、NO3-、SO2會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生SO42-,因此滴入BaCl2溶液,會產(chǎn)生BaSO4白色沉淀,可以證明氧化性:HNO3>H2SO4,C錯誤;D.向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出現(xiàn)藍色沉淀,由于Mg(OH)2、Cu(OH)2構型相同,因此可以證明溶度積常數(shù):Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],D正確;故合理選項是C。14、B【解析】

混合后發(fā)生反應:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,混合溶液中含三種溶質(zhì)(Na2CO3、NaCl、NaHCO3)且物質(zhì)的量濃度相等?!驹斀狻緼.電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故A錯誤;B.CO32-的水解程度大于HCO3-,且溶液呈堿性,故c(Na+)>c(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),故B正確;C.物量守恒式應為c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3),故C錯誤;D.根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),物料守恒c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3),聯(lián)立可得c(OH-)+c(Cl-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+),故D錯誤;答案:B【點睛】電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒是比較離子濃度常用的方法。15、B【解析】

根據(jù)有機物的分子式可知,C4H8Cl2的鏈狀有機物,只含有二個甲基的同分異構體共有4種,分別是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2;答案選B。16、B【解析】

A.HF分子間存在氫鍵,沸點最高,HCl、HBr、HI的沸點隨相對分子質(zhì)量增大,分子間作用力增大,沸點升高,所以沸點:HF>HI>HBr>HCl,故A錯誤;B.反應4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自發(fā)進行,則H-TS<0,由于該反應氣體分子數(shù)減小,S<0,則,故B正確;C.CH3COO-水解促進水的電離,CH3COONa溶液加水則CH3COO-濃度減小,對水的電離促進作用減小,水電離的c(H+)c(OH-)減小,故C錯誤;D.酚羥基和羧基都能和Na反應生成H2,而NaHCO3只能與羧基反應生成CO2,所以1mol分別與足量Na和NaHCO3反應,生成氣體的體積比為1:1,故D錯誤。答案選B。17、B【解析】

A.濃硫酸的密度比乙醇大,且濃硫酸和乙醇混合放出大量的熱,若先加濃硫酸再加乙醇容易引起液體飛濺,故先加乙醇,再加濃硫酸。最后加乙酸,避免濃硫酸和乙酸混合時產(chǎn)生的熱量使乙酸大量揮發(fā),即制備乙酸乙酯時藥品添加順序為:乙醇、濃硫酸、乙酸,A錯誤;B.SO2和酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應而被除去,再通過濃硫酸進行干燥,可得純凈的CO2,B正確;C.即使沒有變質(zhì),Na2SO3和Ba(NO3)2反應也生成白色沉淀(BaSO3),加入HCl,H+存在下,溶液中的NO3-將BaSO3氧化成BaSO4,白色沉淀依然不溶解,該方法不能檢驗Na2SO3是否變質(zhì),C錯誤;D.濃硝酸有強氧化性,常溫下,濃硝酸將Fe鈍化,不能比較Fe和Cu的活潑性,D錯誤。答案選B?!军c睛】NO3-在酸性環(huán)境下有強氧化性。18、C【解析】

A.N4呈正四面體結構,類似白磷(P4),如圖所示,1個N4分子含6個共價鍵(N–N鍵),則0.5molN4含共價鍵數(shù)目為3NA,A項錯誤;B.S2+H2O?HS+OH,陰離子包括S2、OH和HS,陰離子的量大于0.5mol,B項錯誤;C.鋅與濃硫酸發(fā)生反應:Zn+2H2SO4(濃)=ZnSO4+SO2↑+2H2O,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,生成氣體11.2L(標準狀況),則共生成氣體的物質(zhì)的量,即n(H2+SO2)=,生成1mol氣體時轉(zhuǎn)移2mol電子,生成0.5mol氣體時應轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA,C項正確;D.己烯和環(huán)己烷的分子式都是C6H12,最簡式為CH2,14g混合物相當于1molCH2,含2molH原子,故14g己烯和環(huán)己烷的混合物含氫原子數(shù)目為2NA,D項錯誤;答案選C。19、D【解析】

A.NH4+雖然會發(fā)生水解,但其水解程度非常微弱,因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)>c(SO42?),故A錯誤;B.相同條件下,弱電解質(zhì)的濃度越小,其電離程度越大,因此0.02mol·L-1氨水和0.01mol·L-1氨水中的c(OH-)之比小于2∶1,故B錯誤;C.依據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),混合后溶液的pH=7,即c(H+)=c(OH-),可推出c(Na+)=c(CH3COO-),故C錯誤;D.NaNO3是強酸強堿鹽,Na+和NO3?均不發(fā)生水解,NaNO3溶液也不與鹽酸發(fā)生反應,根據(jù)物料守恒可得c(Na+)=c(NO3?),故D正確。綜上所述,答案為D。20、C【解析】

A.MFe2O4在與H2的反應中,氫元素的化合價升高,鐵元素的化合價降低,則MFe2O4在與H2的反應中表現(xiàn)了氧化性,故A正確;B.若4molMFe2Ox與1molSO2恰好完全反應,設MFe2Ox中鐵元素的化合價為n,由電子守恒可知,4mol×2×(3-n)=1mol×(4-0),解得n=2.5,由化合物中正負化合價的代數(shù)和為0可知,+2+(+2.5)×2+2x=0,所以x=3.5,故B正確;C.MFe2Ox與SO2反應中鐵元素的化合價升高,MFe2Ox被氧化,故C錯誤;D.MFe2O4與MFe2Ox的相互轉(zhuǎn)化反應中有元素化合價的升降,則均屬于氧化還原反應,故D正確;綜上所述,答案為C?!军c睛】氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox)中可先假設M為二價的金屬元素,例如鋅離子,即可用化合價的代數(shù)和為0,來計算鐵元素的化合價了。21、C【解析】

A.總反應為,由方程式可以看出該轉(zhuǎn)化的原子利用率為100%,故A正確;B.陰極發(fā)生還原反應,陰極電極反應式為,故B正確;C.右側(cè)電極氯化鈉生成次氯酸鈉,根據(jù)反應物、生成物中鈉、氯原子個數(shù)比為1:1,Na+不能通過交換膜,故C錯誤;D.陰極二氧化碳得電子生成CO,碳元素化合價由+4降低為+2,每生成11.2L(標況下)CO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA,故D正確;選C。22、A【解析】

A.乙烯含有碳碳雙鍵,可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應,生成1,2-二溴乙烷,溶液最終變?yōu)闊o色透明,生成的產(chǎn)物1,2-二溴乙烷可溶于四氯化碳,A項正確;B.乙醇的結構簡式為CH3CH2OH,只有羥基可與鈉反應,且?OH中H的活潑性比水弱,B項錯誤;C.用乙酸浸泡水壺中的水垢,可將其清除,說明醋酸可與碳酸鈣等反應,從強酸制備弱酸的角度判斷,乙酸的酸性大于碳酸,C項錯誤;D.甲烷與氯氣在光照條件下反應生成的氣體有一氯甲烷和氯化氫,使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t的氣體為氯化氫,一氯甲烷為非電解質(zhì),不能電離,D項錯誤;答案選A。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、羥基、羧基取代反應保護(酚)羥基乙二醛+O2→18【解析】

根據(jù)A的分子式和B的結構可知A為乙二醛(OHC-CHO),乙二醛氧化生成B;根據(jù)C、E、B的結構可知D為;B與D發(fā)生加成反應生成E();F與BnCl堿性環(huán)境下,發(fā)生取代反應生成G(),保護酚羥基不被后續(xù)步驟破壞;H與氫氣發(fā)生取代反應生成丹參素,據(jù)此分析?!驹斀狻浚?)根據(jù)合成路線逆推可知D為鄰苯二酚。H()中所含官能團為醚鍵、羥基、羧基;答案:醚鍵、羥基、羧基(2)的結果是F中的羥基氫被芐基取代,所以是取代反應。從F到目標產(chǎn)物,苯環(huán)上的兩個羥基未發(fā)生變化,所以是為了保護酚羥基,防止它在后續(xù)過程中被破壞。答案:取代反應保護(酚)羥基(3)A為乙二醛(OHC-CHO),屬于醛基的氧化反應,方程式為+O2→;答案:乙二醛+O2→(4)根據(jù)題意,N的同分異構體必含一個酚羥基,另一個取代基可能是:HCOOCH2CH2-、HCOOCH(CH3)、OHCCH(OH)CH2-、OHCCH2CH(OH)-、、,每個取代基與酚羥基都有鄰、間、對三種位置關系,共有;其中核磁共振氫譜有6組峰,且峰面積之比為1:1:1:2:2:3的物質(zhì)的結構簡式是;答案:18(5)由原料到目標產(chǎn)物,甲基變成了羧基(發(fā)生了氧化反應),但羥基未發(fā)生變化。由于酚羥基易被氧化,所以需要預先保護起來。根據(jù)題意可以使用BnCl進行保護,最后通過氫氣使酚羥基復原,合成路線為;答案:【點睛】本題難點第(4)小題同分異構體種類判斷①注意能發(fā)生銀鏡反應的有醛基、甲酸鹽、甲酸某酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等;②先確定官能團種類,在確定在苯環(huán)中的位置。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根據(jù)流程圖分析,A為,B為,C為,E為,F(xiàn)為,H為。(1)根據(jù)以上信息,可知諾氟沙星的結構簡式。(2)A.B到C的反應類型為還原反應;B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2,碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化,加聚反應,酯基可發(fā)生取代反應;C.化合物E含有堿基,具有堿性;D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子,兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面;(3)將C2H5OH氧化為CH3COOH,利用信息RCH2COOH,制得ClCH2COOH,再與NaCN反應,生成NCCH2COOH,酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2,再與HC(OC2H5)3反應,便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。(4)與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應,生成和C2H5OH。(5)G的同系物M(C6H14N2)同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式:若六元環(huán)上只有一個N原子,則分子中不存在4種氫原子的異構體,所以兩個N原子必須都在環(huán)上,且分子呈對稱結構。依照試題信息,兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位,N原子上不能連接C原子,若兩個C原子構成乙基,也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此,兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或?qū)ξ?,兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上,但都必須呈對稱結構?!驹斀狻浚?)通過對流程圖的分析,可得出諾氟沙星的結構簡式為。答案為:;(2)A.B到C的反應類型為還原反應,A錯誤;B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2,碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化,加聚反應,酯基可發(fā)生取代反應,B正確;C.化合物E含有堿基,具有堿性,C錯誤;D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個乙烯的結構片斷、右環(huán)上兩個乙烯的結構片斷都共用兩個碳原子,兩個環(huán)上的9個C原子可能共平面,D正確。答案為:AC;(3)將C2H5OH氧化為CH3COOH,利用信息RCH2COOH,制得ClCH2COOH,再與NaCN反應,生成NCCH2COOH,酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2,再與HC(OC2H5)3反應,便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案為:C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2;(4)與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應,生成和C2H5OH。答案為:+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH;(5)若六元環(huán)上只有一個N原子,則分子中不存在4種氫原子的異構體,所以兩個N原子必須都在環(huán)上,且分子呈對稱結構。依照試題信息,兩個N原子不能位于六元環(huán)的鄰位,N原子上不能連接C原子,若兩個C原子構成乙基,也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此,兩個N原子只能位于六元環(huán)的間位或?qū)ξ?,結構簡式可能為、;兩個甲基可連在同一個碳原子上、不同的碳原子上,結構簡式可能為、。答案為:、、、。25、白色固體變黑測出產(chǎn)生O2的體積不正確,O2能被NaHSO3溶液吸收0.040.023CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑去掉BC,僅O2進入E中可計算【解析】

(1)無水硫酸銅在加熱條件下能發(fā)生分解反應,生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣,氧化銅為黑色;(2)EF是排水量氣法測量氣體體積,依據(jù)裝置試劑作用分析判斷最后測量的是氧氣的體積;(3)裝置連接中A受熱分解生成的氣體含有氧氣,通過亞硫酸氫鈉溶液會被還原吸收引起誤差;(4)依據(jù)反應生成的二氧化硫和氧氣之間存在電子守恒,計算二氧化硫物質(zhì)的量,依據(jù)硫酸銅質(zhì)量換算物質(zhì)的量,結合硫元素守恒計算三氧化硫物質(zhì)的量;(5)依據(jù)(4)計算得到生成物的物質(zhì)的量,然后寫出化學方程式;(6)結合電子守恒和原子守恒可知,只要知道O2的物質(zhì)的量,即可計算SO2和SO3的物質(zhì)的量,據(jù)此分析調(diào)整裝置。【詳解】(1)無水硫酸銅在加熱條件下能發(fā)生分解反應,生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣,無水硫酸銅是白色固體,氧化銅為黑色;(2)EF是排水量氣裝置,難溶于水的氣體體積可以利用排水量氣裝置測定體積,裝置A生成的氣體通過亞硫酸氫鈉溶液吸收氧氣;吸收三氧化硫生成二氧化硫,濃硫酸吸收三氧化硫和水蒸氣;通過堿石灰吸收二氧化硫,則最后測定的是氧氣的體積;(3)使用裝置B的本意是除去混合氣體中的三氧化硫以提純氧氣,但氣體通過飽和亞硫酸氫鈉溶液中,氧氣會被還原吸收;(4)依據(jù)反應生成的二氧化硫和氧氣之間存在電子守恒,計算二氧化硫物質(zhì)的量,氧氣448mL(標準狀況)物質(zhì)的量為0.02mol,電子轉(zhuǎn)移0.08mol,CuSO4~SO2~2e-;計算得到二氧化硫物質(zhì)的量為0.04mol,依據(jù)硫酸銅質(zhì)量換算物質(zhì)的量==0.06mol,結合硫元素守恒計算三氧化硫物質(zhì)的量為0.06mol-0.04mol=0.02mol;(5)依據(jù)(4)計算得到生成物的物質(zhì)的量寫出化學方程式為3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;(6)由計算(4)中分析可知,只要知道O2的物質(zhì)的量,即可計算SO2和SO3的物質(zhì)的量,則簡化方案是去掉BC,僅O2進入E中,即可根據(jù)收集的氧氣計算。26、引發(fā)鋁熱反應Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+吸收HCl氯氣在較高溫度下與氫氧化鈉反應生成KClO319.4089.1%偏低【解析】

(1)鋁熱反應的條件是高溫,使用鎂條和氯酸鉀的目的是引發(fā)鋁熱反應。(3)“鐵塊”和稀硝酸反應制備Fe(NO3)3溶液,同時生成NO和水,其離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,溶液中可能含有Fe2+,其原因是硝酸量不足,發(fā)生2Fe3++Fe=3Fe2+;(3)①濃鹽酸具有揮發(fā)性,制得的氯氣中混有HCl,盛裝飽和食鹽水的B裝置作用為吸收HCl;②實驗要制取KClO,需防止溫度升高后發(fā)生副反應生成KClO3,反應時需將C裝置置于冷水浴中,其原因為氯氣在較高溫度下與氫氧化鈉反應生成KClO3;(4)①精確到0.01mL,終點II的讀數(shù)為19.40mL。②由圖可知,起始和終點讀數(shù)分別為1.40mL、19.40mL,則消耗Na2S2O3標準溶液的體積為18.00mL,由FeO42-~2I2~4Na2S2O3,可知原樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為×100%=89.1%,③配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線,體積偏小,標準液的濃度偏大,滴定時消耗標準液的體積偏小,則導致所測高鐵酸鉀的質(zhì)量分數(shù)偏低.【點睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗,解題關鍵:把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理、測定原理、實驗技能,難點(4)側(cè)重分析與實驗、計算能力的考查,注意元素化合物知識與實驗的結合,利用關系式進行計算。27、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O平衡氣壓,使液體順利流下利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡CO2+2OH-=CO32-+H2O濃硫酸未將氣體中的水蒸氣除去,也被濃硫酸吸收引起增重(或其他合理答案)%【解析】

I.利用裝置A和C制備Sr3N2,裝置A中NaNO2和NH4Cl反應制備N2,由于N2中混有H2O(g),為防止氮化鍶遇水劇烈反應,故N2與Sr反應前必須干燥,裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O(g),堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質(zhì)玻璃管中。II.利用裝置B和C制備Sr3N2,鍶與鎂位于同主族,聯(lián)想Mg的性質(zhì),空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應,為防止鍶與CO2、O2反應,則裝置B中NaOH用于吸收CO2,連苯三酚吸收O2,裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O(g),堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質(zhì)玻璃管中。III.測定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原理為:Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,根據(jù)濃硫酸增加的質(zhì)量和濃硫酸的性質(zhì)分析計算。【詳解】I.利用裝置A和C制備Sr3N2(1)NaNO2和NH4Cl反應制備N2,根據(jù)原子守恒還有NaCl、H2O生成,反應的化學方程式為NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。(2)裝置A中a導管將分液漏斗上下相連,其作用是平衡氣壓,使液體順利流下;鍶與鎂位于同主族,聯(lián)想Mg的性質(zhì),空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應,為防止裝置中空氣對產(chǎn)品純度的影響,應先點燃裝置A的酒精燈一段時間,利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡,再點燃裝置C的酒精燈。II.利用裝置B和C制備Sr3N2(3)鍶與鎂位于同主族,聯(lián)想Mg的性質(zhì),空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應,為防止鍶與CO2、O2反應,則裝置B中NaOH用于吸收CO2,反應的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O。(4)為防止氮化鍶遇水劇烈反應,故N2與Sr反應前必須干燥,裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O(g),其中盛放的試劑為濃硫酸。III.測定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原理為:Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,故濃硫酸增加的質(zhì)量為NH3的質(zhì)量,由于濃硫酸具有吸水性,會將NH3中的水蒸氣一并吸收,導致NH3的質(zhì)量偏高,從而導致測得的產(chǎn)品純度偏高。經(jīng)改進后測得濃硫酸增重bg,根據(jù)N守恒,n(Sr3N2)=n(NH3)=×=mol,則m(Sr3N2)=mol×292g/mol=g,產(chǎn)品的純度為×100%=×100%。28、正四面體O>S>P分子中含有多個羥基,可與水分子間形成氫鍵sp2、sp32NABLiCoO23d6【解析】

(l)根

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