2023届贵州省安顺市平坝第一高考化学四模试卷含解析_第1页
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文档简介

2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质,西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta),其原理如图所示。下列说法正确的是A.该装置将化学能转化为电能B.a极为电源的正极C.Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—D.石墨电极上生成22.4LO2,则电路中转移的电子数为4×6.02×10232、2019年2月,在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A.制造手机芯片的关键材料是硅B.用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C.镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D.手机电池工作时,电池中化学能完全转化为电能3、下列说法中不正确的是()A.蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液,会有固体析出,该固体能重新溶解B.苯与液溴的反应和苯酚与浓溴水的反应对比可以说明基团之间的影响作用C.丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体,吸湿性强,有护肤作用,可应用于配制化妆品D.在浓氨水作用下,甲醛过量时,苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂4、常温下,向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液,测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是()A.曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图,滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B.曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C.a点溶液中n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH)-n(NH4+)=0.01molD.b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍5、常温下,下列有关叙述正确的是()A.向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后:B.pH=6的NaHSO3溶液中:cC.等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合:cD.0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c6、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理,其工作原理如下图。下列说法正确的是()A.M为电源负极,有机物被还原B.中间室水量增多,NaCl溶液浓度减小C.M极电极反应式为:+11H2O-23e-=6CO2+23H+D.处理1molCr2O72-时有6molH+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移7、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A.最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B.Na和AlCl3溶液反应C.单质与H2O反应的难易程度 D.比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小8、化学与生活密切相关,下列说法错误的是()A.乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C.有机高分子聚合物不能用于导电材料D.葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜9、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是A.标准状况下,5.6L一氧化氮和5.6L氧气混合后的分子总数为0.5NAB.等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸,电离出的氢离子数之比为3:1C.一定温度下,1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同D.标准状况下,等体积的N2和CO所含的原子数均为2NA10、某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应,实验记录如下:序号ⅠⅡⅢ实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b产生无色气体,遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A.透过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B.实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性C.实验Ⅲ说明溶液a中一定有生成D.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成,又有Ag2SO3生成11、常温下,用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如图(忽略体积变化)。下列说法正确的是()A.溶液中阳离子的物质的量浓度之和:点②等于点③B.点①所示溶液中:c(CN-)+c(HCN)﹤2c(Cl-)C.点②所示溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)D.点④所示溶液中:c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-112、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB.0.24gMg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧,转移电子数为0.02NAC.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD.1molNa2O2与SO2完全反应,转移电子数为2NA13、一定压强下,向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2,发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示,以下说法中不正确的是()A.正反应的活化能大于逆反应的活化能B.达到平衡后再加热,平衡向逆反应方向移动C.A、B、C、D四点对应状态下,达到平衡状态的为B、DD.一定温度下,在恒容密闭容器中,达到平衡后缩小容器体积,重新达到平衡后,Cl2的平衡转化率不变14、下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中,正确的是A.都难溶于水 B.都能发生加成反应C.都能发生氧化反应 D.都是化石燃料15、[n]-轴烯由单环n-烷烃每个碳原子上的两个氢原子被一个=CH2替换而成,部分轴烯的结构简式如图所示。下列说法错误的是碳原子数(n)681012。。。结构简式。。。A.轴烯的通式可表示为CmHm(m≥3的整数)B.轴烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色C.与足量H2完全反应,lmol轴烯消耗H2的物质的量为mmolD.m=6的轴烯分子的同分异构体中含有两个碳碳三键的结构有4种16、下列离子方程式书写正确的是A.碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OB.向次氯酸钙溶液通入少量CO2:Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1OC.实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2:MnO2+4HCl(浓)===Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OD.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液:NH4++OH-=NH3↑+H2O17、下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法,其中不合理的是()A.甲装置:可用来证明硫的非金属性比硅强B.乙装置:橡皮管的作用是能使水顺利流下C.丙装置:用图示的方法能检查此装置的气密性D.丁装置:可在瓶中先装入某种液体收集NO气体18、下列说法不正确的是()A.沼气的主要成分是甲烷,它是不可再生能源B.石油分馏得到的石油气常用来制造塑料或作为燃料C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物的过程也属于煤的液化D.垃圾分类处理后,对热值较高的可燃垃圾可进行焚烧发电19、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A.碳碳键键长:乙烯>苯B.密度:一氯乙烷>一氯丁烷C.热稳定性:NaHCO3>Na2CO3>H2CO3D.沸点:H2O>H2S>H2Se20、25℃,将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合,保持Va+Vb=100mL,生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A.HA一定是弱酸B.BOH可能是强碱C.z点时,水的电离被促进D.x、y、z点时,溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)21、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”,有望减少废旧电池产生的污染,其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B.吸附层b的电极反应:H2-2e-+2OH-=2H2OC.全氢电池工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能D.若离子交换膜是阳离子交换膜,则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变22、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X位于ⅦA族,Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9,Z是地壳中含量最多的金属元素,W与X同主族。下列说法错误的是()A.原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱二、非选择题(共84分)23、(14分)A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答:(1)写出对应物质的化学式:A________________;C________________;E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:_______________________________。24、(12分)中药葛根是常用祛风解表药物,其有效成分为葛根大豆苷元,用于治疗高血压引起的头疼、头晕、突发性耳聋等症。其合成线路如下:请回答下列问题:(1)F中含氧官能团的名称为____________________。(2)A→B的反应类型为_________________。(3)物质E的结构简式为________________。(4)写出同时符合下列条件的物质E的同分异构体的结构简式___________(写一种)。①不能与Fe3+发生显色反应②可以发生银镜反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子(5)已知:写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。_________________25、(12分)某实验小组对KSCN的性质进行探究,设计如下实验:试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红,后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因,小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−,并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________,检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”,实验小组提出预测。原因①:当加入强电解质后,增大了离子间相互作用,离子之间牵制作用增强,即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少,溶液红色变浅。原因②:SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子,进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移,红色明显变浅。已知:Mg2+与SCN−难络合,于是小组设计了如下实验:由此推测,实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。26、(10分)为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源,某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品,用如图所示的装置(C中盛放的是过氧化钠)进行实验。回答下列问题:(1)a的名称______。(2)A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式:______。(3)填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液____D________(4)写出C中发生反应的化学方程式:______。(5)F中得到气体的检验方法______。(6)为了测定某碳酸钠样品的纯度,完成如下实验:在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品(杂质不与盐酸反应)0.4000g于250mL锥形瓶中,用50mL水溶解后,加2~3滴______作指示剂,然后用0.2000mol•L-1HCl标准液滴定,滴定终点的实验现象为______。已知:Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑,滴定时实验数据列表如表:实验次数编号0.2000mol•L-1HCl溶液的体积(mL)滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据,计算出碳酸钠样品的纯度为______。27、(12分)某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验(图中夹持装置省略)。请按要求填空:(1)实验室制取SO2气体时,可选择的合适试剂___(选填编号)。a.15%的H2SO4溶液b.75%的H2SO4溶液c.Na2SO3固体d.CaSO3固体相应的制取装置是___(填图中装置下方编号)。(2)实验室若用装置①来制取H2S气体,可选择的固体反应物是___(选填编号)。a.Na2S固体b.CuS固体c.FeS固体d.FeS2固体反应的离子方程式为___。(3)如何检验装置①的气密性?简述其操作:___。(4)实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯,除了题中的仪器外,制取装置中还缺少的玻璃仪器是___。(5)该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2,制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤,其中装置②盛有的试剂是___,装置④盛有的试剂是___。28、(14分)回收利用硫和氮的氧化物是保护环境的重要举措。I.(1)工业生产可利用CO从燃煤烟气中脱硫。已知S(s)的燃烧热(△H)为-mkJ/mol。CO与O2反应的能量变化如图所示,则CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式为______(△H用含m的代数式表示)。(2)在模拟回收硫的实验中,向某恒容密闭容器中通入2.8molCO和1molSO2气体,反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示。①与实验a相比,实验c改变的实验条件可能是_________。②请利用体积分数计算该条件下实验b的平衡常数K=________。(列出计算式即可)(注:某物质的体积分数=该物质的物质的量/气体的总物质的量)(3)双碱法除去SO2的原理为:NaOH溶液Na2SO3溶液。该方法能高效除去SO2并获得石膏。①该过程中NaOH溶液的作用是_______。②25℃时,将一定量的SO2通入到100mL0.1mol/L的NaOH溶液中,两者完全反应得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液,溶液恰好呈中性,则溶液中H2SO3的物质的量浓度是____(假设反应前后溶液体积不变;25℃时,H2SO3的电离常数K1=1.0×10-2K2=5.0×10-8)。II.用NH3消除NO污染的反应原理为:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H=-1807.98kJ/mol。不同温度条件下,NH3与NO的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3,得到NO脱除率曲线如图所示。(1)曲线a中NH3的起始浓度为4×10-5mol/L,从A点到B点经过1秒,该时间段内NO的脱除速率为____mg/(L·s)。(2)不论以何种比例混合,温度超过900℃,NO脱除率骤然下降,除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成NO,可能的原因还有(一条即可)____。29、(10分)(卷号)10000(题号)2427322248593408钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为____,Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多,原因是____。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物,如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示,图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键,图2中C原子的杂化方式为____,形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是____,钴晶体晶胞结构如图3所示,该晶胞中原子个数为____;该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)g·cm-3。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、C【解析】

电解池工作时O2-向阳极移动,则石墨电极为阳极,电源的b极为正极,电解池的阴极发生还原反应,据此分析解题。【详解】A.该装置是电解池,是将电能转化为化学能,故A错误;B.电解池工作时O2-向阳极移动,则石墨电极为阳极,电源的b极为正极,a极为电源的负极,故B错误;C.Ta2O5极为阴极,发生还原反应,其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—,故C正确;D.石墨电极上生成的22.4LO2没有指明是标准状况,则其物质的量不一定是1mol,转移电子数也不一定是4×6.02×1023,故D错误;故答案为C。【点睛】本题考查电解原理的应用,判断电源的电极是解题关键,在电解池中,阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,再结合电解池的阴极发生还原反应,阳极发生氧化反应分析,难点是气体摩尔体积的应用,只有指明气体的状态,才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。2、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料,可以制作芯片,A项正确;B.铜属于金属,具有良好的导电性,可以做手机线路板,B项正确;C.镁铝合金密度小强度高,具有轻便抗压的特点,C项正确;D.手机电池工作时,电池中化学能主要转化为电能,但有一部分能量以热能形式会散失,D项错误;答案选D。3、A【解析】

A.蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液发生盐析,会有固体析出,故A错误;B.苯与液溴的反应是一溴取代,且需要溴化铁催化,苯酚与浓溴水的反应为三溴取代,对比可以说明是酚羟基活化了苯环上的氢,能说明基团之间的影响作用,故B正确;C.丙三醇俗称甘油,是无色、黏稠、有甜味的液体,吸湿性强,有护肤作用,可应用于配制化妆品,故C正确;D.苯酚与甲醛能在在浓氨水作用下,甲醛过量时,发生酚醛缩合反应,可得到体型酚醛树脂,故D正确;综上所述,答案为A。4、B【解析】

HCl中加水配成500mL,即增大到101倍,此时PH=1+1=2,现在加50ml水,溶液体积远远小于500mL,所以加50mL水的溶液PH比2小,故X代表加50mL水的,Y代表加了醋酸铵的,据此回答。【详解】A.由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图,HCl被稀释,H+和Cl-浓度减小,但有Kw=[H+]·[OH-]可知,[OH-]在增大,A错误;B.当加入50mL醋酸按时,醋酸铵和HCl恰好完全反应,溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl,CH3COO-浓度最大,因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,所以C(CH3COO-)=,而C(NH4+)≈0.05mol/L,所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-),B正确;C.a点溶液中电荷守恒为:n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH)=n(NH4+)+n(H+),所以n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH)-n(NH4+)=n(H+),a点pH=2,C(H+)=0.01mol·L-1,溶液总体积约为100ml,n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol,所以n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH)-n(NH4+)=0.001mol,C错误;D.b点位HCl溶液,水的电离受到HCl电离的H+抑制,c点:一方面CH3COOH为弱酸,另一方面,NH4+水解促进水的电离,综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点,D错误。答案选B。【点睛】A.一定温度下,电解质溶液中,不可能所有离子同时增大或者减小;B.对于一元弱酸HX,C(H+)=C(X-)。5、B【解析】向0.1mol·L−1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后,溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠,根据物料守恒可知:c(Na+)<2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)],A错误;常温下,pH=6的NaHSO3溶液中,电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO32-)+c(HSO3-),物料守恒为c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3),由两个守恒关系式消去钠离子的浓度可得,c(SO31×10−8mol·L−1=9.9×10−7mol·L−1,B正确;根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得:c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+),由于同一溶液中,则氢离子浓度相同,根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知,c(HCO3-)/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+),C错误;0.1mol·L−1Na2C2O4溶液与0.1mol·L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O6、B【解析】

根据图示,M极,苯酚转化为CO2,C的化合价升高,失去电子,M为负极,在N极,Cr2O72-转化为Cr(OH)3,Cr的化合价降低,得到电子,N为正极。A.根据分析,M为电源负极,有机物失去电子,被氧化,A错误;B.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离,使Na+和Cl-不能定向移动。电池工作时,M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+,负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中,N极电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H2O=2Cr(OH)3+8OH-,生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中,OH-与H+反应生成水,使NaCl溶液浓度减小,B正确;C.苯酚的化学式为C6H6O,C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时,失去的电子的总物质的量为6×[4-()]=28mol,则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+,C错误;D.原电池中,阳离子向正极移动,因此H+从阳离子交换膜的左侧向右侧移动,D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难,M极是负极,阴离子应该向负极移动,但是M和NaCl溶液之间,是阳离子交换膜,阴离子不能通过,因此判断NaCl的浓度的变化,不能通过Na+和Cl-的移动来判断,只能根据电极反应中产生的H+和OH-的移动反应来判断。7、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,金属性越强,可以比较Na与Al金属性相对强弱,A项正确;B.Na和AlCl3溶液反应,主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠,这不能说明Na的金属性比铝强,B项错误;C.金属单质与水反应越剧烈,金属性越强,可用于比较Na与Al金属性相对强弱,C项正确;D.AlCl3的pH小,说明铝离子发生了水解使溶液显碱性,而氯化钠溶液呈中性,说明氢氧化钠为强碱,氢氧化铝为弱碱,所以能比较Na、Al金属性强弱,D项正确;答案选B。【点睛】金属性比较规律:1、由金属活动性顺序表进行判断:前大于后。2、由元素周期表进行判断,同周期从左到右金属性依次减弱,同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断,一般情况下,氧化性越弱,对应金属的金属性越强,特例,三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱,遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断,碱性越强,金属性越强。6、由原电池的正负极判断,一般情况下,活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。8、C【解析】

A选项,乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水,可以减少污染,故A正确;B选项,甘油丙三醇可以起到保湿作用,故B正确;C选项,聚乙炔膜属于导电高分子材料,故C错误;D选项,浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体,起保鲜作用,故D正确。综上所述,答案为C。【点睛】乙烯是水果催熟剂,与高锰酸钾反应,被高锰酸钾氧化。9、C【解析】

A.5.6L一氧化氮和5.6L氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2,2NO2N2O4,反应为气体分子数减少的反应,因此混合后的分子总数小于0.5NA,故A错误;B.磷酸为弱酸,不可完全电离出H+,故B错误;C.NH4+水解,浓度不同,水解程度不同,因此1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同,故C正确;D.标准状况下,等体积的N2和CO物质的量相等,所含的原子数相等,但不一定为2NA,故D错误;答案:C【点睛】易错选项A,忽略隐含反应2NO+O2=2NO2,2NO2N2O4。10、B【解析】

A.实验Ⅰ中,将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a,该溶液中可能含有亚硫酸,亚硫酸为中强酸,所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化,故A错误;B.实验Ⅱ中,取白色沉淀B,加入3mol/LHNO3,产生的无色气体遇空气变成红棕色,说明硝酸被还原为NO,证明该沉淀B中含有还原性的物质存在,故B正确;C.实验Ⅲ中,检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化,目的是排除Ag+等,以免干扰硫酸根的检验,直接向溶液a中加入BaCl2,产生的沉淀可能为氯化银,不一定是硫酸根离子,故C错误;D.由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中含有硫酸根,因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成,故D错误;答案选B。11、D【解析】

A.根据电荷守恒点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),由于两点的溶液体积不等,溶液的pH相等,则c(Na+)不等,c(H+)分别相等,因此阳离子的物质的量浓度之和不等,故A错误;B.点①所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl,存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-),故B错误;C.点②所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl,溶液的pH=5,说明以醋酸的电离为主,因此c(CH3COO-)>c(Cl-),故C错误;D.点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠,浓度均为0.05mol/L,则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L,c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L,根据电荷守恒,c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-),则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)>0.1mol/L,故D正确。答案选D。12、A【解析】

A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多,故溶液中阳离子个数多于0.2NA个,故A错误;B.0.24gMg为0.01mol,Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO,失去0.02mol电子,则转移电子数为0.02NA,故B正确;C.CO2的摩尔质量为44g/mol,含22个质子;SO2的摩尔质量为64g/mol,含32个质子,即两者均是2g中含1mol质子,故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子,故C正确;D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠,1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价,故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个,故D正确;答案选A。13、A【解析】

根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知,用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率,二者之比为1:2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等,达到平衡状态,由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1:2,达到平衡状态;B、D点为平衡点,由图中数据可知,B、D点的状态对应的温度为250℃,300℃时,SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍,说明平衡逆向移动,则正反应为放热反应,ΔH2<0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量,逆反应的活化能是反应中又释放出的能量,正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量,由分析可知ΔH<0,正反应为放热反应,所以正反应的活化能小于逆反应的活化能,故A错误;B.由分析可知ΔH<0,正反应为放热反应,加热后平衡向逆反应方向移动,故B正确;C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知,用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率,二者之比为1:2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等,达到平衡状态,由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1:2,达到平衡状态;B、D点为平衡点,故C正确;D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体,且反应物和产物的系数相等,所以改变压强不改变平衡移动,缩小容器体积,重新达到平衡后,Cl2的平衡转化率不变,故D正确;答案选A。14、C【解析】

A.甲烷、乙烯、苯都难溶于水,乙醇与水以任意比例互溶,故A错误;B.甲烷为饱和烃,乙醇为饱和醇,不能发生加成反应,故B错误;C.甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水,为氧化反应,故C正确;D.甲烷为天然气的主要成分,是化石燃料,乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误;故答案选C。15、C【解析】

A.每个C原子形成4个共价键,轴烯分子中C原子数与H原子数相同,所以轴烯的通式可表示为CmHm,选项A正确;B、轴烯均含有碳碳双键,可以使溴的四氯化碳溶液褪色,选项B正确;C.轴烯的通式可表示为CmHm,由题中数据可知,碳碳双键数目是碳原子数目的一半,故与足量H2完全反应,lmol轴烯消耗H2的物质的量为0.5mmol,选项C错误;D.该轴烯的分子式为:C6H6,含有2个碳碳三键的碳架结构分别为:C≡C-C≡C-C-C、C≡C-C-C≡C-C、C≡C-C-C-C≡C、C-C≡C-C≡C-C,故总共4种,选项D正确;答案选C。【点睛】本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断,注意知识的归纳和梳理是关键,难度中等。易错点为选项C,轴烯的通式可表示为CmHm,由题中数据可知,碳碳双键数目是碳原子数目的一半。16、B【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液,反应的离子方程式为:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+

H2O,选项A错误;B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2,反应的离子方程式为:Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+

2HC1O,选项B正确;C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2,反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-=Mn2++

Cl2↑+

2H2O,选项C错误;D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液,反应的离子方程式为:NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3•H2O+H2O,选项错误。答案选B。17、A【解析】试题分析:A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸酸性大于硅酸,所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸,但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸,乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强,故A错误;B.橡皮管可使下部的压力转移到上方,从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下,故B正确;C.如果装置的气密性良好,甲、乙两侧水面高度不同,否则水面相同,所以能检验装置的气密性,故C正确;D.NO不溶于水,因此在此装置中充满水,从②进气可以收集NO气体,故D正确;故选A。考点:考查化学实验方案设计,涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点18、A【解析】

A.沼气为秸秆等植物发酵而成,属于可再生能源,故A错误;B.石油中石油气的沸点最低,所以石油分馏最先得到的是石油气,可作为燃料,石油气也常用来制造塑料,故B正确;C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物是使煤经过化学反应生成液体燃料,属于煤的液化,故C正确;D.垃圾发电是把各种垃圾收集后,进行分类处理。其中:一是对燃烧值较高的进行高温焚烧,在高温焚烧中产生的热能转化为高温蒸气,推动涡轮机转动,使发电机产生电能。二是对不能燃烧的有机物在缺乏空气的条件下进行腐烂发酵、产生一种气体沼气,故D正确;故选A。19、B【解析】

A.苯中的碳碳键介于单键与双键之间,则碳碳键键长:乙烯<苯,故A错误;B.氯代烃中C原子个数越多,密度越大,则密度:一氯乙烷>一氯丁烷,故B正确;C.碳酸钠加热不分解,碳酸氢钠加热分解,碳酸常温下分解,则稳定性为热稳定性:Na2CO3>NaHCO3>H2CO3,故C错误;D.水中含氢键,同类型分子相对分子质量大的沸点高,则沸点为H2O>H2Se>H2S,故D错误;故答案为:B。【点睛】非金属化合物的沸点比较:①若分子间作用力只有范德华力,范德华力越大,物质的熔、沸点越高;②组成和结构相似,相对分子质量越大,范德华力越大,熔、沸点越高,如SnH4>GeH4>SiH4>CH4;③相对分子质量相同或接近,分子的极性越大,范德华力越大,其熔、沸点越高,如CO>N2;④同分异构体,支链越多,熔、沸点越低,如正戊烷>异戊烷>新戊烷;⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高,如H2O>H2S;如果形成分子内氢键则熔沸点越低。20、C【解析】

A.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,则HA一定是弱酸,故A正确;B.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱,故B正确;C.z点时,BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)<10-9,25℃时该溶液中水的电离被抑制,故C错误;D.x、y、z点时,溶液中都存在电荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故D正确;题目要求选择错误的,故选C。21、C【解析】

电子从吸附层a流出,a极为负极,发生的反应为:H2-2e-+2OH-=2H2O,b极为正极,发生的反应为:2H++2e-=H2↑。【详解】A.由上面的分析可知,NaClO4没有参与反应,只是传导离子,A错误;B.吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑,B错误;C.将正、负电极反应叠加可知,实际发生的是H++OH-=H2O,全氢电池工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能,C正确;D.若离子交换膜是阳离子交换膜,则Na+向右移动,左池消耗OH-且生成H2O,pH减小,D错误。答案选C。【点睛】B.电解质溶液为酸溶液,电极反应不能出现OH-。22、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X位于ⅦA族,X为氟元素,Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9,Y为钠元素,Z是地壳中含量最多的金属元素,Z为铝元素,W与X同主族,W为氯元素。【详解】X为氟元素,Y为钠元素,Z为铝元素,W为氯元素。A.电子层越多原子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大原子半径越小,则原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X),故A正确;B.由X、Y组成的化合物是NaF,由金属离子和酸根离子构成,属于离子化合物,故B正确;C.非金属性越强,对应氢化物越稳定,X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强,故C正确;D.元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH,碱性比Al(OH)3强,故D错误;故选D,【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用,推断元素为解答关键,注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构,提高分析能力及综合应用能力,易错点A,注意比较原子半径的方法。二、非选择题(共84分)23、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2+2CSi+2CO↑Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-(或SiO32-+2CO2+2H2O===H2SiO3↓+2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气,则可推知该元素为硅元素,根据题中各物质转化关系,结合硅及其化合物相关知识可知,A与焦碳高温下生成D,则A为SiO2,D为Si,C为Na2SiO3,根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3,根据反应⑥推知E为H2SiO3;(1)由以上分析可知A为SiO2,C为Na2SiO3,E为H2SiO3;(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑;(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;(4)H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性,可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳,如生成硅酸沉淀,可说明,反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。24、羟基、羰基取代反应、、【解析】

分析题中合成路线,可知,A→B为A在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应,B中-C≡N与NaOH水溶液反应,产物酸化后为C。C中-NO2经Fe和HCl的作用被还原成-NH2,生成D。根据F和E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简式,通过逆推方法,可推断出E的结构简式。据此分析。【详解】(1)根据F分子结构,可看出分子中含有酚羟基和羰基;答案为:羟基、羰基;(2)分析A、B分子结构及反应条件,可知A→B为硝化反应,属于取代反应;答案为:取代反应;(3)根据题给信息,D为对氨基苯乙酸,分析反应E→F可知,其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得,结合E分子式为C8H8O3,可知E为对羟基苯乙酸;答案为:;(4)不能与Fe3+发生显色反应,说明不含酚羟基,可以发生银镜反应,说明有醛基或甲酸酯基,苯环上有两种不同化学环境的氢原子,结合C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团,可能的结构有、、。答案为:、、;(5)根据信息,甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯,将硝基甲苯上的甲基氧化,再酯化,最后将硝基还原反应。答案为:。25、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】

(1)①实验Ⅰ溶液变红,与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关,亚铁离子被氧化成铁离子;②SCN-被酸性KMnO4氧化为SO42-,设计成原电池反应,由电子转移方向可知左边石墨为负极,SCN-被氧化,X溶液为KSCN溶液,右边石墨为正极,Y溶液为KMnO4溶液;检验硫酸根离子,可加入盐酸酸化,再加入氯化钡检验;(2)实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁,溶液颜色依次变浅,可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】(1)①实验Ⅰ溶液变红,与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关,亚铁离子被氧化成铁离子,涉及反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,Fe3++3SCN−Fe(SCN)3,故答案为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,Fe3++3SCN−Fe(SCN)3;②SCN-被酸性KMnO4氧化为SO42-,设计成原电池反应,由电子转移方向可知左边石墨为负极,SCN-被氧化,X溶液为KSCN溶液,右边石墨为正极,Y溶液为KMnO4溶液;检验硫酸根离子,可加入盐酸酸化,再加入氯化钡检验,方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀,故答案为:0.1mol·L-1KSCN溶液;一段时间后取少量反应后的KSCN溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀;(2)实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁,溶液颜色依次变浅,结合题意Mg2+与SCN-难络合,可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响,可解释为水溶液的稀释使溶液变浅;“盐效应”使Fe3+跟SCN-结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少;SCN-与Fe2+反应生成无色络合离子,三者可能均有,故答案为:两个原因都有可能。26、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑将带火星的木条伸入瓶中,若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色,且半分钟之内无变化79.5%【解析】

A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,制备CO2,B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl,C中盛放的是过氧化钠,发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,D中放NaOH溶液,吸收未反应的CO2气体,E收集生成的O2。【详解】(1)a的名称分液漏斗,故答案为:分液漏斗;(2)A是实验室中制取CO2,化学反应方程式为:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,离子反应方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故答案为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑;(3)装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为:除去CO2气体中混入的HCl;NaOH溶液;吸收未反应的CO2气体;(4)C中盛放的是过氧化钠,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;(5)F中得到气体为氧气,其检验方法:将带火星的木条伸入瓶中,若木条复燃证明O2,故答案为:将带火星的木条伸入瓶中,若木条复燃证明O2;(6)盐酸滴定碳酸钠,碳酸钠显碱性,可用甲基橙作指示剂,已知:Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑,滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色,且半分钟之内无变化,由实验数据分析可知,实验次数编号为3的实验误差大,不可用,由1、2平均可得,消耗的盐酸体积为30.0mL,由反应方程式可知,Na2CO3∽2HCl,碳酸钠的物质的量为:n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/2×0.2000mol•L×0.03L=0.003mol,m(Na2CO3)=0.003mol×106g·mol-1=0.318g,碳酸钠样品的纯度为×100%=79.5%,故答案为:甲基橙;溶液由黄色变为橙色,且半分钟之内无变化;79.5%;27、b、c⑥cFeS+2H+=Fe2++H2S↑关闭活塞K,从长颈漏斗注水,使长颈漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间液面不下降则气密性好酒精灯、温度计品红溶液品红溶液【解析】

实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体,反应方程式为:Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O。【详解】(1)a.15%的H2SO4溶液,SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体,易溶于水,由于SO2气体是易溶于水的气体,所以不能选择15%的H2SO4溶液,a错误;

b.75%的H2SO4溶液,由于SO2气体是易溶于水的气体,用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度,b正确;

c.Na2SO3固体,Na2SO3固体易溶于水,保证反应均匀进行,c正确;

d.CaSO3固体,由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶,容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行,d错误;气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关;实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体,反应方程式为:Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O,该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体,因Na2SO3固体易溶于水,选①无法控制反应的开始和停止和反应的速率,选⑥,故答案为:b、c;⑥;(2)装置①的特点,固体与液体反应,不需要加热,且固体难溶于水,便于控制反应,Na2S固体易溶于水的固体,CuS固体与稀硫酸不反应,FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生:FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4,H2S2类似于H2O2,易分解,发生H2S2=H2S↑+S↓,显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少,反应快,因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体,FeS+2H+=Fe2++H2S↑,用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体,是固液常温型反应,所以c正确,故答案为:c;

FeS+2H+=Fe2++H2S↑;(3)装置①为简易的制取气体装置,对于该装置的气密性检查,主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验.如夹紧止水夹,向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面,一段时间后,看液面高度差有无变化,说明变化装置漏气,反之不漏气,故答案为:关闭活塞K,从长颈漏斗注水,使长颈漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间液面不下降则气密性好;(4)实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,需酒精灯加热,需温度计测反应的温度,故答案为:酒精灯、温度计;(5)为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2,制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤,可先用品红检验二氧化硫,用品红检验二氧化硫是否除尽,最后用澄清石灰水检验二氧化碳,故答案为:品红溶液;品红溶液。28、2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)△H=(m-566)kJ·mol-1升温1.9×1.9×2.85/(0.9×0.9×0.05)催化剂5×10-7mol/L6×10-2(或0.06)该反应的正反应放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动【解析】

I.(1)根据原子守恒,CO与SO2反应生成S(1)和一种无毒的气体是CO2,化学方程式为2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g),利用题给两个热化学方程式结合盖斯定律进行求算。(2)①a、c开始均通入2.8molCO和1molSO2,容器的容积相同,而起始时c的压强大于a,物质的量与体积一定,压强与温度呈正比关系;②气体压强之比等于气体物质的量之比,结合三行式计算列式得到参加反应的二氧化硫物质的量;再计算各物质的体积分数,写出平衡常数。(3)①用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生。2NaOH+SO2=Na2SO

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