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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700~900℃,生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A.电池总反应为:N2H4+2O2=2NO+2H2OB.电池内的O2−由电极乙移向电极甲C.当甲电极上消耗lmolN2H4时,乙电极理论上有22.4L(标准状况下)O2参与反应D.电池正极反应式为:O2+4e−=2O2−2、钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称,下列关于陶瓷的说法正确的是()A.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B.高品质白瓷晶莹剔透,属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.由于陶瓷耐酸碱,因此可以用来熔化氢氧化钠3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NAD.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA4、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5、某有机物X的结构简式如图,下列有关该有机物的说法正确的是()A.分子式为C8H10O3B.含有两种官能团C.既可以发生加成反应又可以发生取代反应D.分子中所有碳原子共面6、下列叙述正确的是A.Li在氧气中燃烧主要生成B.将SO2通入溶液可生成沉淀C.将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D.将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu7、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体,遇空气变红棕色;丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系:下列说法错误的是A.四种元素形成的单质中W的氧化性最强B.甲、乙、丙中沸点最高的是丙C.甲常用作致冷剂D.甲、乙分子均只含极性共价键8、干冰气化时,发生变化的是A.分子间作用力 B.分子内共价键C.分子的大小 D.分子的化学性质9、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1HCl溶液:Ba2+、Na+、AlO2-、NO3-B.0.1mol·L-1MgSO4溶液:Al3+、H+、Cl-、NO3-C.0.1mol·L-1NaOH溶液:Ca2+、K+、CH3COO-、CO32-D.0.1mol·L-1Na2S溶液:NH4+、K+、ClO-、SO42-10、以下情况都有气体产生,其中不产生红棕色气体的是()A.加热浓硝酸 B.光照硝酸银C.加热硝酸钙 D.加热溴化钾和浓硫酸混合物11、我国是最早掌握炼锌的国家,《天工开物》中记载了以菱锌矿(主要成分为ZnCO3)和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知:锌的沸点为907℃,金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A.尾气可用燃烧法除去B.发生了氧化还原反应C.提纯锌利用了结晶法D.泥封的目的是防止锌氧化12、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维C.乙醇能使蛋白质变性,75%乙醇可消杀病毒、细菌D.Na2S具有还原性,可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂13、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A.简单离子半径:W>Y>Z>XB.Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C.元素的最高正化合价:W>X>Z>YD.Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡14、在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是()A.水的电离程度:a>b>cB.b点对应的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)C.c点对应的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)D.该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为15、某热再生电池工作原理如图所示。放电后,可利用废热进行充电。已知电池总反应:Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH<0。下列说法正确的是()A.充电时,能量转化形式主要为电能到化学能B.放电时,负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC.a为阳离子交换膜D.放电时,左池Cu电极减少6.4g时,右池溶液质量减少18.8g16、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2,测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示:下列分析正确的是A.CO2通入NaClO溶液的反应:2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB.CO2通入CH3COONa溶液的反应:CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC.通入n(CO2)=0.06mol时,NaOH溶液中的反应:2OH-+CO2=CO32-+H2OD.通入n(CO2)=0.03mol时,三种溶液中:n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol二、非选择题(本题包括5小题)17、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,Z为地壳中含量最多的元素,R与X同主族;Y、R、Q最外层电子数之和为8,M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题:(1)Q在元素周期表中的位置为__________________。(2)Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。(3)Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因:________________(用离子方程式表示)。(4)QM2的电子式为______________。(5)M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。18、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______19、某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。Ⅰ.利用如图装置探究金属的防护措施,实验现象是锌电极不断溶解,铁电极表面有气泡产生。(1)写出负极的电极反应式_______________。(2)某学生认为,铁电极可能参与反应,并对产物作出假设:假设1:铁参与反应,被氧化生成Fe2+假设2:铁参与反应,被氧化生成Fe3+假设3:____________。(3)为了探究假设1、2,他采取如下操作:①取0.01mol·L-1FeCl3溶液2mL于试管中,加入过量铁粉;②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,未见蓝色沉淀生成;④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液,未见溶液变血红;据②、③、④现象得出的结论是______________。(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀,请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_________________。Ⅱ.利用如图装置作电解50mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液实验。实验记录:A.阳极上有黄绿色气体产生,该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示:Cl2氧化性大于IO3-);B.电解一段时间以后,阴极表面除有铜吸附外,还出现了少量气泡和浅蓝色固体。(1)分析实验记录A中试纸颜色变化,用离子方程式解释:①________________;②___________。(2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是____(写化学式),试分析生成该物质的原因______。20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时,先检查装置气密性,接下来的操作依次是______(填序号)A.往烧瓶中加入MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度,探究小组提出下列实验方案:甲方案:与足量AgNO3溶液反应,称量生成的AgCl质量。乙方案:采用酸碱中和滴定法测定。丙方案:与已知量CaCO3(过量)反应,称量剩余的CaCO3质量。丁方案:与足量Zn反应,测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验:判定甲方案不可行,理由是______________。(3)进行乙方案实验:准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL,用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定,消耗22.00mL,该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是:________。(4)丙方案的实验发现,剩余固体中含有MnCO3,说明碳酸钙在水中存在______,测定的结果会:______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验:装置如图所示(夹持器具已略去)①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。②反应完毕,每间隔1分钟读取气体体积,气体体积逐次减小,直至不变。气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。21、化合物H在有机合成中有重要的应用,由A制备H的合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题:(1)E中的官能团名称为_________和_________。(2)C→D的反应类型为_________。B→C的化学反应方程式为__________。(3)G的结构简式为_______________。(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式___________。①遇FeC13溶液显紫色;②能发生银镜反应;③分子中有5种不同化学环境的氢原子,且个数比为1:1:2:2:4。(5)写出用乙烯和乙醛为原料制备化合物的合成路线_______(其他无机试剂任选,合成路线流程图示例见本题题干)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A、按照题目意思,生成物均为无毒无害的物质,因此N2H4和O2反应的产物为N2和H2O,总反应方程式为N2H4+O2=N2+2H2O,A错误,符合题意;B、在原电池中,阴离子向负极移动,N2H4中N的化合价从-1升高到0,失去电子,因此通过N2H4的一极为负极,则O2-由电极乙向电极甲移动,B正确,不符合题意;C、总反应方程式为N2H4+O2=N2+2H2O,每消耗1molN2H4,就需要消耗1molO2,在标准状况下的体积为22.4L,C正确,不符合题意;D、根据题目,O2得到电子生成O2-,电极方程式为O2+4e−=2O2−,D正确,不符合题意;答案选A。2、A【解析】
A.不同的金属氧化物颜色可能不同,在高温下,釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化,故A正确;B.瓷器的原料主要是黏土烧结而成,瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅,是混合物,故B错误;C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故C错误;D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅,能与熔化氢氧化钠反应,故D错误;故选A。3、D【解析】
A.高温下,Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁,四氧化三铁中Fe的化合价为价,因此Fe失去电子的物质的量为:,根据得失电子守恒,生成H2的物质的量为:,因此生成的H2分子数目为,A错误;B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L,且H+全部由水电离,由水电离的OH-浓度等于水电离出的H+浓度,因此由水电离的OH-为10-13mol/L×1L=10-13mol,B错误;C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应,当消耗标准状况下22.4L气体时,电路中通过的电子的数目为,C错误;D.该反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA,D正确;故答案为D。4、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。5、C【解析】
A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3,A错误;B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团,B错误;C.该物质分子中含有碳碳双键,可以发生加成反应,含有羧基、羟基,可以发生取代反应,C正确;D.分子中含有4个饱和碳原子,与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构,因此不可能所有C原子都在同一个平面上,D错误;故合理选项是C。6、C【解析】
A、Li在氧气中燃烧生成Li2O,得不到Li2O2,A错误;B、SO2和BaCl2不反应,不能生成沉淀,B错误;C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱,因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸,C正确;D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性,在加热条件下,氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水,D错误。答案选C。7、B【解析】
丁为无色气体,遇空气变红棕色,则丁为NO,单质Z与化合物甲反应生成NO,则单质Z为O2,化合物甲为NH3,乙为H2O,能与H2O反应生成氧气的单质为F2,丙为HF,故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析,H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强,故A正确;B.常温下NH3和HF为气态,H2O在常温下为液态,所以沸点最高的是H2O,故B错误;C.化合物甲为NH3,氨气易液化,液氨气化时吸收大量的热,故常用作致冷剂,故C正确;D.化合物甲为NH3,乙为H2O,NH3和H2O分子均只含极性共价键,故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,注意丁为无色气体,遇空气变红棕色是解题的突破口,熟记常见的10电子微粒。8、A【解析】
A.干冰气化时,分子间距离增大,所以分子间作用力减弱,故A正确;B.干冰气化时二氧化碳分子没变,所以分子内共价键没变,故B错误;C.干冰气化时二氧化碳分子没变,分子的大小没变,故C错误;D.干冰气化时二氧化碳分子没变,所以化学性质没变,故D错误;答案选A。9、B【解析】
A.0.1mol·L-1HCl溶液中:AlO2-与H+不能大量共存,故A错误;B.0.1mol·L-1MgSO4溶液:Al3+、H+、Cl-、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应,能大量共存,故B正确;C.0.1mol·L-1NaOH溶液:Ca2+与CO32-不能大量共存,故C错误;D.0.1mol·L-1Na2S溶液中,ClO-具有强氧化性,与S2-不能大量共存,故D错误;答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子,生成气体的离子,发生氧化还原反应的离子。10、C【解析】
A.硝酸化学性质不稳定,硝酸见光或受热分解,4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑,生成的二氧化氮气体为红棕色,故A正确;B.硝酸银不稳定,见光易分解生成Ag、NO2和O2,生成的二氧化氮气体为红棕色,故B正确;C.硝酸钙加热于132℃分解,加热至495~500℃时会分解为氧气和亚硝酸钙,生成的氧气为无色气体,故C错误;D.浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4(浓)K2SO4+2HBr↑,浓硫酸具有强氧化性,易与HBr发生氧化还原反应,H2SO4(浓)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O,生成的溴蒸气为红棕色,故D正确;答案选C。【点睛】掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键,常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气,可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成。11、C【解析】
A.菱锌矿煅烧,ZnCO3分解产生ZnO和CO2,ZnO与C在高温下发生反应:2ZnO+C2Zn+CO2↑,由于C过量,还会发生反应C+CO22CO,所以尾气中含有有毒气体CO,可利用其可燃性,用燃烧的方法使CO转化为CO2除去,A正确;B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化,因此发生了氧化还原反应,B正确;C.Zn是比较活泼的金属,要使用电解方法提纯,C错误;D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO,D正确;故合理选项是C。12、C【解析】
A.NH4HCO3中含有植物生长需要的N元素,可用作氮肥,与其受热易分解的性质无关,A项错误;B.SiO2传导光的能力非常强,常用于制光导纤维,与SiO2熔点高硬度大没有对应关系,B项错误;C.75%乙醇能杀菌消毒,利用乙醇能使蛋白质变性的性质,C项正确;D.硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀,发生复分解反应,不发生氧化还原反应,没有体现还原性,D项错误;答案选C。13、D【解析】
Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,故Y为Na元素,其最高价氧化物对应的水化物为NaOH,逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀,后沉淀溶解,说明ZW3为铝盐,即Z为Al元素;X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物,则X为O元素;常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1,说明HW为一元强酸,W的原子序数大于Z,所以W为Cl元素;综上所述:X为O,Y为Na,Z为Al,W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小;氯离子电子层为3层,其他离子均为2层,所以简单离子半径:Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+,即W>X>Y>Z,故A错误;B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物,故B错误;C.O元素没有最高正化合价,故C错误;D.NaOH为强碱,HCl为强酸,所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡,故D正确;故答案为D。14、D【解析】
根据图示可知,原混合液显酸性,则为醋酸与醋酸钠的混合液,a点加入0.10molNaOH固体,pH=7,说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离,含弱酸根离子的盐促进水的电离,酸或碱的浓度越大,抑制水电离程度越大。A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,发生的反应为:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解能够促进水的电离,而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl,b→c发生的反应为:CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,CH3COONa减少,CH3COOH增多,水的电离程度减小;若向该混合溶液中加入NaOH固体,b→a发生的反应是:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,CH3COONa增多,CH3COOH减少,水的电离会逐渐增大,因此水的电离程度:a>b>c,故A正确;B.b点对应的混合溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa,结合电荷守恒,所以c(Na+)<c(CH3COO-),故B正确;C.c点对于的溶液是通入0.1molHCl的溶液,相当于HCl中和氢氧化钠,所以c点溶液相当于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固体的混合液,醋酸浓度大于0.2mol/L,所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故C正确;D.该温度下,CH3COOH的电离平衡常数,a点对于溶液中pH=7,c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L,带入公式得,故D错误。15、D【解析】
已知电池总反应:Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,放出的热量进行充电,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,中间为阴离子交换膜,据此分析。【详解】已知电池总反应:Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,放出的热量进行充电,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,中间为阴离子交换膜;A.充电时,能量转化形式主要为热能→化学能,故A错误;B.放电时,负极反应为Cu+4NH3−2e−=[Cu(NH3)4]2+,故B错误;C.原电池溶液中阴离子移向负极,a为阴离子交换膜,故C错误;D.放电时,左池Cu电极减少6.4g时,Cu−2e−=Cu2+,电子转移0.2mol,右池溶液中铜离子析出0.1mol,硝酸根离子移向左电极0.2mol,质量减少=0.2mol×62g/mol+0.1mol×64g/mol=18.8g,故D正确;故答案选D。16、D【解析】
A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子,所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子,则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为:CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO,A错误;B.碳酸的酸性比醋酸弱,CO2通入CH3COONa溶液不反应,B错误;C.n(NaOH)=0.1mol,通入n(CO2)=0.06mol,反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠,反应的离子方程式:5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O,C错误;D.通入n(CO2)=0.03mol,三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到:n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03moll,D正确;故合理选项是D。二、非选择题(本题包括5小题)17、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则Y为氮元素;Z为地壳中含量最多的元素,则Z为氧元素;R与X同主族,原子序数大于氧元素,则R为钠元素;Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁元素;M的单质为黄绿色有害气体,则M为氯元素,据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素,原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则Y为氮元素;Z为地壳中含量最多的元素,则Z为氧元素;R与X同主族,原子序数大于氧元素,则R为钠元素;Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁元素;M的单质为黄绿色有害气体,则M为氯元素。(1)Q为镁元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族;(2)Z、Q、M分别为O、Mg、Cl,Cl-比其他两种离子多一个电子层,O2-、Mg2+具有相同电子层结构,核电荷数大的Mg2+半径较小,故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+;(3)Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因:NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-;(4)QM2为MgCl2,属于离子化合物,其电子式为;(5)M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。18、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】
由血红色可以推出X含有铁元素,由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2(A气体),剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧,生成无色无味气体B(CO2),CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol,碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g,则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g,即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol,所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4,加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为:H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol,NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol,根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02,a+b=0.015解得a=0.005,b=0.01,根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。19、Zn-2e-=Zn2+铁参与反应,被氧化生成Fe2+和Fe3+正极附近溶液不含Fe2+和Fe3+在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可)2I-+Cl2=I2+2Cl-5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3—+12H+Cu(OH)2电解较长时间后,Cu2+浓度下降,H+开始放电,溶液pH增大,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀【解析】
Ⅰ.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池,活泼金属锌做负极,失电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,铁做正极,溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H2↑;Ⅱ.该装置为电解装置,电解时,氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑,铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜,电极反应式为Cu2++2e-=Cu。【详解】Ⅰ.(1)该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池,锌易失电子而作负极、铁作正极,负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,故答案为:Zn-2e-=Zn2+;(2)由题给假设可知,假设三为:铁参与反应,铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为:铁参与反应,被氧化生成Fe2+、Fe3+;(3)亚铁离子和K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀,铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液,据②、③、④现象知,正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+,即铁不参与反应,故答案为:正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+;(4)可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀,如:在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等,故答案为:在钢铁表面刷一层油漆、镀铜(其他合理答案均可);Ⅱ.(1)由题意可知,氯气能氧化碘离子生成碘单质,碘能被氯气氧化生成碘酸,离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+,故答案为:2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+;(2)阴极上电极反应式为:Cu2++2e-=Cu,当铜离子放电完毕后,氢离子放电,2H++2e-=H2↑,致使该电极附近呈碱性,Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓,故答案为:Cu(OH)2;电解较长时间后,Cu2+浓度下降,H+开始放电,溶液pH增大,Cu2+转化为Cu(OH)2。【点睛】注意氯气能氧化碘离子生成碘单质,碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键,也是易错点。20、ACB残余清液中,n(Cl-)>n(H+)0.1100Mn2+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温【解析】
(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答;(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰,氯化锰也会与硝酸银反应;(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算;(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀,会造成称量剩余的固体质量偏大;(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2,实验顺序一般是组装装置,检查气密性,加入固体药品,再加入液药品,最后再加热,因此检查装置气密性后,先加入固体,再加入液体浓盐酸,然后加热,则依次顺序是ACB,故答案为:ACB;(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰,氯化锰
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