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文档简介
2023年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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.使酚酞变红的溶液中:Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B.c(Al3+)=0.1mol•L﹣1的溶液中:K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C.澄清透明的溶液中:Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D.c(H+)=0.1mol•L﹣1的溶液中;K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣2、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体,出现黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强B将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中,澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D向1mL浓度均为0.1mol·L−1的MgSO4和CuSO4混合溶液中,滴入少量0.1mol·L−1NaOH溶液,先产生蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D3、常温下,用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液,滴定曲线如右图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是()A.点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大B.该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为C.点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D.滴定过程中可能出现:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)4、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂,可用于光催化降解苯酚,原理如图所示,下列说法不正确的是A.该过程的总反应:C6H6O+7O26CO2+3H2OB.该过程中BMO表现较强还原性C.降解产物的分子中只含有极性分子D.①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:15、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态的粒子的物质的量分数(分布系数)δ随溶液pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是A.曲线①代表的粒子是HC2O4-B.H2C2O4的Ka1=-1.2C.向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2:c(K+)<3c(C2O42-)D.浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液:c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)6、X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素,X原子最外层有两个未成对电子,Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍,Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气,R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是()A.原子半径的大小顺序:X<Y<Z<RB.X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是:X<YC.最高价氧化物对应水化物的酸性:R>XD.Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同7、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍,下列说法中正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强B.只由这四种元素不能组成有机化合物C.与Z的单质相比较,Y的单质不易与氢气反应D.X、Y形成的化合物都是无色气体8、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素,Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系,下列判断错误的是A.反应③为工业制粗硅的原理B.Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C.4种元素的原子中,Y原子的半径最小D.工业上通过电解乙来制取Z9、化学家创造的酸碱质子理论的要点是:凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸,凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点,下列微粒既属于酸又属于碱的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA.②③ B.①⑥ C.④⑥ D.⑤⑥10、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(-R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A.一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺[1.3]己烷互为同分异构体B.b的二氯代物超过三种C.R为C5H11时,a的结构有3种D.R为C4H9时,1molb加成生成C10H10至少需要3molH111、研究铜和铁与浓硫酸的反应,实验如下:①②铜丝表面无明显现象铁丝表面迅速变黑,之后无明显现象铜丝或铁丝逐渐溶解,产生大量气体,品红溶液褪色下列说法正确的是A.常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸,可用铜制容器盛放浓硫酸B.②中铜丝或铁丝均有剩余时,产生气体的物质的量相等C.依据②,可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2D.①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率12、已知:pKa=−lgKa,25℃时,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L−1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A.a点所得溶液中:2c(H2SO3)+c(SO32-)=0.1
mol·L−1B.b点所得溶液中:c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)C.c点所得溶液中:c(Na+)>3c(HSO3-)D.d点所得溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)13、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂,微溶于KOH溶液,热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A.用图所示装置制备并净化氯气B.用图所示装置制备高铁酸钾C.用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D.用图所示装置干燥高铁酸钾14、常温下,向20mL0.05mol·L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L-1氨水,溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是()A.NaHB溶液可能为酸性,也可能为碱性B.A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大C.E溶液中离子浓度大小关系:c(NH4+)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+)D.F点溶液c(NH4+)=2c(B2-)15、在2L的密闭容器中,发生反应:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+131.5kJ,5min后达到平衡,固体减少了24g,则A.ρ气体不变时反应达到平衡状态 B.v正(CO)为2.4mol/(L∙min)C.若容器体积缩小,平衡常数减小 D.增大C的量,平衡右移16、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下,22.4L乙酸中含有的碳碳单键总数为2NAB.常温下,46gNO2气体中所含有的分子数为NAC.1mol氖气中含有的原子总数为NAD.0.1L0.1mol·L-1MgCl2溶液中的Mg2+数目为0.01NA17、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A.该溶液呈碱性B.它与H2S反应的离子方程式为:Cu2++S2-=CuS↓C.用惰性电极电解该溶液时,阳极产生铜单质D.在溶液中:2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)18、25°C时,用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZB.加入10mLNaOH溶液时,HY溶液中c(Na+)>c(Y-)C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3D.加入20mLNaOH溶液时,只有HY溶液达到滴定终点19、人类使用材料的增多和变化,标志着人类文明的进步,下列材料与化学制备无关的是()A.青铜器 B.铁器 C.石器 D.高分子材料20、200℃时,11.6gCO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6g,再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na+、HCO3-、SO32-、CO32-等离子的水溶液中,若溶液体积保持不变,则下列说法中正确的是A.原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB.混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC.溶液中SO32-的物质的量浓度基本保持不变D.溶液中HCO3-的物质的量浓度减小,CO32-的物质的量浓度增大,但是HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和基本保持不变21、某小组设计如图装置,利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为:)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为,其中M为储氢合金,下列说法正确的是A.a极为氢镍电池的正极B.充电时,通过固体陶瓷向M极移动C.氢镍电池的负极反应式为D.充电时,外电路中每通过2mol电子,N极上生成1molS单质22、NA是阿伏加徳罗常数的值,下列说法正确的是A.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAB.标准状况下,22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC.密闭容器中,lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NAD.在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中,阴离子总数大于0.1NA二、非选择题(共84分)23、(14分)存在于茶叶的有机物A,其分子中所含的苯环上有2个取代基,取代基不含支链,且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外,还有一个六元环。它们的转化关系如下图:(1)有机物A中含氧官能团的名称是_____________________;(2)写出下列反应的化学方程式A→B:_______________________________________________________;M→N:_______________________________________________________;(3)A→C的反应类型为________________,E→F的反应类型为_________________1molA可以和______________molBr2反应;(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的,则R的含有苯环的同分异构体有________________种(不包括R);(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1,请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。24、(12分)化合物H是一种高效除草剂,其合成路线流程图如下:(1)E中含氧官能团名称为________和________。(2)A→B的反应类型为________。(3)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式:________。①不能发生水解反应,能与FeCl3溶液发生显色反应:②分子中有4种不同化学环境的氢。(4)F的分子式为C15H7ClF3NO4,写出F的结构简式:________。(5)已知:—NH2与苯环相连时,易被氧化;—COOH与苯环相连时,再引入其他基团主要进入它的间位。请写出以A和D为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。__________25、(12分)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业,是难溶于水的白色固体,能溶解于硝酸,在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图:图甲图乙图丙回答以下问题:(1)甲图中仪器1的名称是________;制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-,为提高产率,仪器2中所加试剂应为_____________。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图,写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图,实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时,用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品,作用是________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂,某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。A.CuCl的盐酸溶液B.Na2S2O4和KOH的混合溶液C.KOH溶液D.已知:Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸,其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量,读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。26、(10分)图A装置常用于实验室制备气体(1)写出实验室用该装置制备O2化学方程式__________________________________。(2)若利用该装置制备干燥NH3,试管中放置药品是_______________(填化学式);仪器a中放置药品名称是________。(3)图B装置实验室可用于制备常见的有机气体是_______。仪器b名称是_________。有学生利用图B装置用浓氨水和生石灰制备NH3,请说明该方法制取NH3的原因。______________________________________________________________(4)学生甲按图所示探究氨催化氧化①用一只锥形瓶倒扣在浓氨水试剂瓶口收集氨气,然后将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中;片刻,锥形瓶中气体变为红棕色。下列叙述正确的是_________A.如图收集氨气是利用氨水的密度较小B.锥形瓶必须干燥C.收集氨气时间越长,红棕色现象越明显D.铜丝能保持红热②学生乙对学生甲的实验提出了异议,认为实验中产生的红棕色气体可能是空气中的氮气氧化后造成的,你认为学生乙的说法合理吗?请你设计一个简单实验证明学生乙的说法是否正确。_____________________________________。27、(12分)硫酸铜是一种常见的化工产品,它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水,再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸,开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中,搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后,完全开动搅拌器,等反应基本停止下来时,开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失,立即将导气管从仪器c中取出,再停止加热。③将仪器a中的液体倒出,取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:(1)将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。(2)写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。(3)步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失,此时会产生的气体是______,该气体无法直接被石灰乳吸收,为防止空气污染,请画出该气体的吸收装置(标明所用试剂及气流方向)______。(4)通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2,可来用重结晶法进行提纯,检验Cu(NO3)2是否被除净的方法是_______。(5)工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧,再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法,对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。(6)用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA(H2Y)标准溶液滴定至终点,平行滴定3次,平均消耗EDTA溶液bmL,滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+,蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.28、(14分)CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。(一)CO2的化学捕获:(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为___(写含碳粒子符号)。(室温下,H2CO3的Ka1=4.3×10﹣7;Ka2=5.6×10﹣11)(2)固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO/H2,既可实现CO2的减排又可高效制备合成气(CO/H2),其工作原理如图。写出电极A发生的电极反应式___。(二)CO2的综合利用(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气:反应Ⅰ.CH4(g)H+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热(25℃)如表所示物质H2(g)CO(g)CH4(g)标准燃烧热△H/kJ•mol﹣1﹣285.8﹣283.0﹣890.3则反应I的△H=___kJ•mol﹣1。(2)用CO2催化加氢制取二甲醚的反应为:反应Ⅱ.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g),在10L恒容密闭容器中,均充入2molCO2和6moH2,分别以铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂,反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α(CO2)随反应温度的变化情况如图1。①根据图1,下列说法不正确的是___。A.反应Ⅱ的△H<0,△S<0B.用Ir和Ce作催化剂时,反应Ⅱ的活化能更低的是CeC.状态d时,v(正)<v(逆)D.从状态b到d,α(CO2)先增大后减小,减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动②状态e(900K)时,α(CO2)=50%,则此时的平衡常数K=___。③若H2和CO2的物质的量之比为n:1,900K时相应平衡体系中二甲醚的物质的量分数为x,请在图2中绘制x随n变化的示意图。_______29、(10分)化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:已知:①RCHO+R′CHO②RCHO+R′CH2CHO+H2O③请回答下列问题:(1)芳香族化合物B的名称为________,1molB最多能与_____molH2加成,其加成产物等效氢共有_______种。(2)由E生成F的反应类型为________,F分子中所含官能团的名称是_______。(3)X的结构简式为________。(4)写出D生成E的第①步反应的化学方程式______。(5)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y,Y有多种同分异构体,其中符合下列条件的同分异构体有________种,写出其中任意一种的结构简式____。①分子中含有苯环,且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2;②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1。(6)根据题目所给信息,设计由乙醛和苯甲醛制备的合成路线(无机试剂任选)______。
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】
A、使酚酞变红的溶液呈碱性,NH4+与氢氧根反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存,故B错误;C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应,在溶液中能够大量共存,故C正确;D、H+、CH3COO﹣之间发生反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;答案选C。2、D【解析】
A.由于CuS不溶于硫酸,则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀,不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱,故A错误;B.木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫,二者都可是澄清石灰水变浑浊,应先除去二氧化硫再检验二氧化碳,故B错误;C.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡,不能说明该溶液中一定含有SO42-,故C错误;D.向1mL浓度均为0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中,滴入少量0.1mol/LNaOH溶液,先产生蓝色沉淀,说明氢氧化铜的溶度积较小,易生成沉淀,故D正确;答案选D。3、C【解析】
点③处恰好中和,反应生成醋酸钠,原溶液中醋酸的浓度为:=0.10055mol/L,A.溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大,水的电离程度越小,在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时,溶液中氢离子浓度减小,水的电离程度逐渐增大,A项正确;B.点②处溶液的pH=7,此时c(Na+)=c(CH3COO−)==0.05mol/L,c(H+)=10−7mol/L,此时溶液中醋酸的浓度为:−0.05mol/L=0.000275mol/L,所以醋酸的电离平衡常数为:K==≈1.8×10−5,B项正确;C.在点③处二者恰好中和生成醋酸钠,根据质子守恒可得:c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+),C项错误;D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-),根据电荷守恒规律可知,此情况可能出现,如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时,D项正确;答案选C。4、C【解析】
A.根据图知,反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O,故A正确,但不符合题意;B.该反应中BMO失电子发生氧化反应,作还原剂,体现较强的还原性,故B正确,但不符合题意;C.二氧化碳是非极性分子,水是极性分子,故C错误,符合题意;D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子,根据转移电子守恒知,①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1,故D正确,但不符合题意;故选:C。5、C【解析】
H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4,分析题中所给信息,曲线①代表的粒子应是H2C2O4,随着pH的增大,H2C2O4发生一级电离,生成HC2O4-和H+,可知曲线②代表的粒子为HC2O4-,则曲线③代表的粒子为C2O42-。由图可知,在pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4);在pH=4.2时,c(HC2O4-)=c(C2O42-);据此进行分析。【详解】A.在酸性较强条件下主要存在H2C2O4,曲线①代表的粒子应是H2C2O4,A项错误;B.H2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+,Ka1=,由图可知,pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),则Ka1=c(H+)=10−1.2,B项错误;C.pH=4.2时,溶液中主要存在的离子有:K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH−,依据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH−),溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-),c(H+)>c(OH−),可得出c(K+)<3c(C2O42-),C项正确;D.浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到KHC2O4溶液,溶液显酸性,说明HC2O4-的电离大于水解,故c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),D项错误。答案选C。6、C【解析】
X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素,Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍,则核外各电子层的电子分别为2、6,应为O元素;Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气,应为Na元素;X原子最外层有两个未成对电子,其电子排布式为:1s22s22p2(C)或1s22s22p4(O),排除氧元素,故X为C;X原子与Z原子的核外电子数之和为17,则R为Cl元素,以此解答。【详解】A.由分析可知,X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素,电子层数越多,原子半径越大,同周期元素,原子序数越大,半径越小,则原子半径的大小顺序:Y<X<R<Z,故A错误;B.Y与氢元素组成的化合物是H2O,X与氢元素组成的化合物可以是熔沸点比水小的CH4,也可以是熔沸点比水大的相对分子质量大的固态烃,故B错误;C.R为Cl元素、X为C元素,最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3,酸性:HClO4>H2CO3,故C正确;D.Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2,二者都是离子晶体,其中Na2O只含离子键,Na2O2含有离子键和非极性共价键,故D错误;正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等,难度不大,推断元素是关键。7、B【解析】
K层最多只能填2个电子,因此Z原子最外层有6个电子,考虑到X、Y不可能是第一周期,则Z是硫,W是氯,X是氮,Y是氧,据此来分析本题即可。【详解】A.非金属越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,而W的非金属性比Z强,因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强,A项错误;B.有机化合物必须有碳元素,这四种元素不能组成有机化合物,B项正确;C.非金属性越强,其单质与氢气的化合越容易,Y的非金属性强于Z,因此Y的单质更易与氢气反应,C项错误;D.X、Y可以组成二氧化氮,这是一种红棕色气体,D项错误;答案选B。8、D【解析】
由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si,甲为CO2,乙为MgO,丙为SiO2,丁为CO;【详解】A.反应③,为工业制粗硅的原理,A正确;B.Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族,B正确;C.4种元素的原子中,Y原子即氧原子的半径最小,C正确;D.工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁,D错误;答案选D。9、B【解析】
凡能给出质子(即H+)的分子或离子都是酸;凡能接受质子的分子或离子都是碱,则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱,②③只能接受质子,所以属于碱;④⑤只能给出质子,属于酸,①⑥既能给出质子又能接受质子,所以既属于酸又属于碱;故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键,再结合微粒的性质解答,同时考查学生学以致用能力,题目难度不大。10、C【解析】
A.环己烯分子式为C6H10,螺[1.3]己烷分子式为C6H10,所以互为同分异构体,故A正确;B.若全部取代苯环上的1个H原子,若其中1个Cl原子与甲基相邻,另一个Cl原子有如图所示4种取代位置,有4种结构,若其中1个Cl原子处于甲基间位,另一个Cl原子有如图所示1种取代位置,有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多,故B正确;C.若主链有5个碳原子,则氯原子有3种位置,即1-氯戊烷、1-氯戊烷和3-氯戊烷;若主链有4个碳原子,此时甲基只能在1号碳原子上,而氯原子有4种位置,分别为1-甲基-1-氯丁烷、1-甲基-1-氯丁烷、3-甲基-1-氯丁烷和3-甲基-1-氯丁烷;若主链有3个碳原子,此时该烷烃有4个相同的甲基,因此氯原子只能有一种位置,即1,3-二甲基-1-氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种,故C错误;D.-C4H9已经达到饱和,1mol苯环消耗3mol氢气,则lmolb最多可以与3molH1加成,故D正确。答案:C【点睛】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等,熟悉官能团及性质是关键。11、C【解析】
A.常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化,则可以用铁制容器盛放浓硫酸,故A错误;B.随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低,Cu与稀硫酸不反应,而Fe能与稀硫酸反应生成氢气,则②中铜丝或铁丝均有剩余时,产生气体的物质的量不可能相等,故B错误;C.②中在加热条件下,铜丝或铁丝逐渐溶解,产生大量气体,品红溶液褪色,说明反应中生成SO2,故C正确;D.温度升高可加快化学反应速率,同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高,故D错误;故答案为C。12、C【解析】
A、H2SO3为弱酸,a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3,a点溶液体积大于20mL,根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32-)+c(HSO3-)˂0.1mol·L−1,a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml,所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3,根据H2SO3的Ka1=c(HSO3-)×c(H+)/c(H2SO3),根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3-)×10-1.85/c(H2SO3),所以c(HSO3-)=c(H2SO3),带入物料守恒式子中有:2c(H2SO3)+c(SO32-)˂0.1mol·L−1,A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL,与H2SO3恰好生成NaHSO3,根据物料守恒有:c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),根据电荷守恒有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(Na+)+c(H+),所以有:c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(H+),故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-),B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml,所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3,根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数,由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19,又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-),c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3-),又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32-)+c(HSO3-),所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3-)-c(H+),又因为c点呈碱性,c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>3c(HSO3-),C正确;D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液,SO32-水解得到HSO3-,但是水解程度小,故有c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-),D正确。正确答案为A【点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较,较难。B、D选项容易判断,主要是A、C两个选项的判断较难,首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度,得到有关的某两种离子浓度相等的等式,然后利用不等式的知识解答。13、D【解析】
A.可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气,制取的氯气中含有氯化氢气体,可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体,能达到实验目的,故A不符合;B.KOH溶液是过量的,且高铁酸钾微溶于KOH溶液,则可析出高铁酸钾晶体,能达到实验目的,故B不符合;C.由B项分析可知,高铁酸钾微溶于KOH溶液,可析出高铁酸钾晶体,用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品,能达到实验目的,故C不符合;D.已知高铁酸钾热稳定性差,因此直接加热会导致高铁酸钾分解,不能达到实验目的,故D符合;答案选D。14、D【解析】
未加入氨水前,溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L,所以溶液中c(H+)=0.1mol/L,该酸的浓度为0.05mol/L,所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用,随着氨水的不断滴入,溶液中水电离的c(H+)逐渐增大,当两者恰好完全反应生成(NH4)2B时水的电离程度达最大(图中D点),继续加入氨水,水电离的c(H+)逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐,NaHB溶液应该呈酸性,A项错误;B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应,混合液溶液的pH是逐渐增大的,B项错误;C.E点溶液由(NH4)2B和氨水混合而成,由于水电离的c(H+)>1×10-7mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则E点水溶液显酸性,所以c(H+)>c(OH-),C项错误;D.F点溶液由(NH4)2B和氨水混合而成,由于水电离的c(H+)=1×10-7mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则F点水溶液呈中性,此时溶液中的电荷守恒有:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-),因c(H+)=c(OH-),所以有c(NH4+)=2c(B2-),D项正确;所以答案选择D项。15、A【解析】
A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应,反应过程中体积不变,当气体质量不变时反应到达平衡,此时ρ气体不变,ρ气体不变时反应达到平衡状态,故A正确;B.5minC(s)减少了=2mol,根据反应关系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知△c(CO)==1mol/L,v正(CO)==0.2mol▪L-1▪min-1,故B错误;C.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应,若容器体积缩小,压强增大,平衡左移,平衡常数和温度有关系,压强改变,平衡常数不变,故C错误;D.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固体,增大C的量其浓度不变,平衡不移动,故D错误;正确答案是A。【点睛】C项注意:平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度(或分压)而改变,仅取决于反应的本性。一定的反应,只要温度一定,平衡常数就是定值,其他任何条件改变都不会影响它的值。16、C【解析】
A.
标准状况下,乙酸为液体,无法计算,故A错误;B.在NO2气体中部分NO2会自发发生反应2NO2N2O4,所以46gNO2气体中所含有的分子数小于NA,故B错误;C.氖气是以单原子的形式存在,因此1mol氖气中的含有1NA的原子,故C正确;D.氯化镁溶液中镁离子会水解,因此0.1L0.1mol·L-1MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0.01NA,故D错误;故选C。17、D【解析】
A、CuSO4为强酸弱碱盐,水解溶液呈酸性,选项A错误;B.CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸,H2S必须写化学式,反应的离子方程式为:Cu2++H2S=CuS↓+2H+,选项B错误;C.用惰性电极电解CuSO4溶液时,阴极上铜离子得电子产生铜单质,阳极上氢氧根离子失电子产生氧气,选项C错误;D、在溶液中,根据电荷守恒有:2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),选项D正确;答案选D。18、C【解析】
0.1000mol/L的HZ,pH=1,c(H+)=0.1000mol/L,则c(HZ)=c(H+),则HZ为一元强酸,HX和HY的pH都大于1,则HX和HY都是一元弱酸,同浓度的三种酸酸性强弱关系为:HX<HY<HZ,据此分析解答。【详解】A.由分析可知,三种酸酸性强弱顺序是HX<HY<HZ,A错误;B.加入10mLNaOH溶液时,HY有一半被中和,此时溶质为等物质的量的HY和NaY,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),由图可知,此时溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),所以,溶液c(Na+)<c(Y-),B错误;C.HZ是强酸,加水稀释10倍,即101倍pH增大1,即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3,C正确;D.加入20mLNaOH溶液时,三种溶液pH均发生突变,说明三种溶液均达到滴定终点,D错误。答案选C。【点睛】C.pH=a的强酸稀释10n倍,稀释后溶液pH=a+n(pH<7);pH=a的弱酸稀释10n倍,稀释后溶液pH<a+n(pH<7);pH=a的强碱稀释10n倍,稀释后溶液pH=a-n(pH>7);pH=a的弱碱稀释10n倍,稀释后溶液pH>a-n(pH>7)19、C【解析】
冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应,石器加工只需物理处理,与化学制备无关,答案为C;20、A【解析】
向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O,固体质量增加3.6g,是因为生成O2,根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g,所以n(O2)==0.25mol,设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol,ymol,则:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,xmol0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ymol0.5ymol所以0.5x+0.5y=0.25,44x+18y=11.6,解得:x=0.1,y=0.4。A.原混合气体的平均摩尔质量==23.2g/mol,故A正确;B.反应中生成氧气为0.25mol,故转移电子为0.25mol×2=0.5mol,故B错误;C.过氧化钠有剩余,可以氧化SO32-,溶液中SO32-的物质的量浓度减小,故C错误;D.由于反应后固体中含有碳酸钠,溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大,故D错误;答案选A。21、B【解析】
由电池总反应可知,氢镍电池放电时为原电池反应,负极反应式为MH+OH--e-=M+H2O,正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-;钠硫电池充电时为电解池反应,阴极反应式为2Na++2e-=2Na,阳极反应式为Sx2--2e-=xS;充电时,两个电池的电极负接负,正接正,固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极(电池的负极)移动,据此解答。【详解】A.根据以上分析,与a极相连的是钠硫电池的负极,所以a极为氢镍电池的负极,故A错误;B.电解时阳离子向阴极移动,所以充电时,通过固体Al2O3陶瓷向M极移动,故B正确;C.氢镍电池的负极发生氧化反应,反应式为MH+OH--e-=M+H2O,故C错误;D.充电时,N电极为阳极,反应式为Sx2--2e-=xS,根据电子守恒,外电路中每通过2mol电子,N极上生成xmolS单质,故D错误。故选B。22、D【解析】
A.12g石墨烯里有1mol碳原子,在石墨中,每个六元环里有6个碳原子,但每个碳原子被3个环所共有,所以每个环平均分得2个碳原子,所以1个碳原子对应0.5个环,所以12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA,故A不选;B.标准状况下,HF是液体,故B不选;C.NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的,是离子化合物,故C不选;D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中,如果硫离子不水解,则硫离子为0.1mol,但硫离子会发生水解:S2-+H2OHS-+OH-,所以阴离子数目增加,最终阴离子总数大于0.1NA,故D选。故选D。二、非选择题(共84分)23、羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O;CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反应酯化(取代)反应34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】
A的分子式为C9H8O3,分子中所含的苯环上有2个取代基,取代基不含支链,且苯环上的一氯代物只有2种,2个取代基处于对位,A遇FeCl3溶液发生显色反应,分子中含有酚羟基-OH,A能与碳酸氢钠反应,分子中含有羧基-COOH,A的不饱和度为=6,故还含有C=C双键,所以A的结构简式为,X在浓硫酸、加热条件下生成A与M,M的分子式为C2H6O,M为乙醇,乙醇发生消去反应生成乙烯,N为乙烯,X为,A与碳酸氢钠反应生成B,为,B与Na反应生成D,D为,A与HCl反应生成C,C的分子式为C9H9ClO3,由A与C的分子式可知,发生加成反应,C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E,E在浓硫酸、加热的条件下生成F,F分子中除了2个苯环外,还有一个六元环,应发生酯化反应,故C为,E为,F为,据此解答。【详解】(1)由上述分析可知,有机物A为,分子中含有官能团:羟基、碳碳双键、羧基,但含氧官能团有:羟基和羧基,故答案为:羟基、羧基;
(2)A→B的反应方程式为:+NaHCO3→+H2O+CO2↑,M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯,反应方程式为:CH3CH2OHCH2=CH2+H2O,故答案为:+NaHCO3→+H2O+CO2↑;CH3CH2OHCH2=CH2+H2O;(3)A→C是与HCl发生加成反应生成,E→F是发生酯化反应生成,与溴发生反应时,苯环羟基的邻位可以发生取代反应,C=C双键反应加成反应,故1molA可以和3mol
Br2反应,故答案为:加成反应,酯化(取代)反应;3;
(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的,故R的分子式为C7H8O,R为苯甲醇,R含有苯环的同分异构体(不包括R),若含有1个支链为苯甲醚,若含有2个支链为-OH、-CH3,羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系,故符合条件的同分异构体有4种,故答案为:4;
(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1,则C1为,C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O,故答案为:+3NaOH+NaCl+2H2O。24、醚键羧基取代反应【解析】
根据流程可知,B被酸性重铬酸钠氧化生成C,结合A的结构简式可知B为,在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的F,F与发生反应生成,结构两者的结构简式可知F为,据此分析解答。【详解】根据流程可知,B被酸性重铬酸钠氧化生成C,结合A的结构简式可知B为,在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的F,F与发生反应生成,结构两者的结构简式可知F为。(1)E为,含氧官能团名称为醚键和羧基;(2)A→B是在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;反应类型为取代反应;(3)D为,满足条件①不能发生水解反应,能与FeCl3溶液发生显色反应,则不含有肽键及酯基,含有酚羟基;②分子中有4种不同化学环境的氢,则高度对称,若苯环上只有两个取代基则应为对位且有一个是酚羟基,则为;若苯环上有多个取代基,则为两个酚羟基且对称、一个醛基和一个氨基,符合条件的有、;(4)F的结构简式为:;(5)A()和D()为原料制备,在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成,氧化得到,与在碳酸钾作用下反应生成,在浓硝酸、双氧水及冰醋酸作用下生成,合成路线流程图如下:。【点睛】本题考查有机合成及推断,解题的关键是分析反应类型、推出各有机物及反应原理,本题的难点是结合题中合成路线设计合理的合成方案,注意题中信息的解读。25、三颈烧瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++与H+作用,调整pH3.5洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O温度降到常温,上下调节量气管至左、右液面相平,该数时视线与凹液面最低处相切C→B→A【解析】
(1)根据仪器1的图示解答;制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-,需要控制Na2SO3的加入量,据此分析判断;(2)根据题意,在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀,同时溶液的酸性增强,结合Na2CO3的性质分析解答;(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答;(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”,结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式;根据正确的读数方法解答;用CuCl作O2、CO的吸收剂,测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量,可用KOH吸收二氧化碳,然后用B吸收氧气,再用A吸收CO,最后用排水法测量氮气的体积,据此分析解答。【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶;制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-,为提高产率,可控制Na2SO3的加入量,则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液,故答案为:三颈烧瓶;Na2SO3溶液;(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液,加热,生成CuCl(氯化亚铜)沉淀,同时溶液的酸性增强,生成硫酸,反应的离子方程式为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+,用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液,Na2CO3可与生成的H+反应,及时除去系统中反应生成的H+,利于反应进行,由图象可知,应维持pH在3.5左右,故答案为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+;与H+作用,调整pH;3.5;(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品,可洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化,故答案为:洗去晶体表面的杂质离子,同时防止CuCl被氧化;(4)根据题意,氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸,反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O;用D装置测N2含量,应注意温度在常温,且左右液面相平,读数时视线与凹液面最低处水平相切,以减小实验误差;用CuCl作O2、CO的吸收剂,测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量,可用KOH吸收二氧化碳,然后用B吸收氧气,再用A吸收CO,最后用排水法测量氮气的体积,则顺序为C→B→A→D,故答案为:6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O;降低温度到常温,上下调节量气管液面至左右液面相平,读数时视线与凹液面最低处水平相切;C→B→A。26、:2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑或2KClO32KCl+3O2↑;NH4Cl、Ca(OH)2碱石灰乙炔或CH≡CH分液漏斗生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3BD现另取一个锥形瓶,将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象【解析】
(1)该装置为固体加热制取氧气,因此可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物;
(2)实验室装置为固+固气,可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气,反应产生水,可用碱石灰干燥;(3)图2装置为固+液→气,可用于制备常见的有机气体乙炔,仪器b分液漏斗,生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3;(4)①A.浓氨水挥发,氨气密度小于空气;B.氨气极易溶于水,锥形瓶必须干燥;C.4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2=2NO2分析;D.该反应为放热反应,铜丝能保持红热;②另取一个锥形瓶,将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察现象。如果无现象,则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成,而不是空气中氮气氧化后造成。【详解】(1)该装置为固体加热制取氧气,可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物,化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑,2KClO32KCl+3O2↑,故答案为:2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑或2KClO32KCl+3O2↑;(2)实验室装置为固+固气,可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气,化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O,产物中的水可用碱石灰干燥,故答案为:NH4Cl、Ca(OH)2;碱石灰;(3)图2装置为固+液→气,可用于制备常见的有机气体乙炔,CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑,仪器b分液漏斗,生石灰与氨水中的水反应发出大量的热,可以促使氨水分解生成NH3,故答案为:乙炔或CH≡CH;分液漏斗;生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3;(4)①A.浓氨水挥发,氨气密度小于空气,故A错误;B.氨气极易溶于水,锥形瓶必须干燥,故B正确;C.发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2=2NO2,收集氨气时间越长,锥形瓶中氧气浓度越低,最终生成NO2的浓度越低,颜色越浅,故C错误;D.该反应为放热反应,铜丝能保持红热,故D正确;故答案为:BD;②现另取一个锥形瓶,将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象,如果无现象,则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成,而不是空气中氮气氧化后造成,如出现红棕色气体,说明乙的说法合理;故答案为:现另取一个锥形瓶,将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象。27、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞,使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔],再将分液漏斗下面的活塞拧开,使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品,溶于适量稀硫酸中,加入铜片,若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体,说明已被除净能耗较低,生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品,步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】
Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O,本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4,减少了能源消耗,生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐,制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2,可用重结晶法进行提纯,检验Cu(NO3)2是否被除净,主要是检验硝酸根,根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO,NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞,使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔],再将分液漏斗下面的活塞拧开,使液体滴下;故答案为:打开玻璃塞[或旋转玻璃塞,使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔],再将分液漏斗下面的活塞拧开,使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O,其化学方程式:Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O;故答案为:Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失,二氧化氮与水反应生成NO,因此会产生的气体是NO,该气体无法直接被石灰乳吸收,NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收,因此为防止空气污染,该气体的吸收装置为;故答案为:NO;。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2,可用重结晶法进行提纯,检验Cu(NO3)2是否被除净,主要是检验硝酸根,根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO,NO与空气变为红棕色,故答案为:取少量除杂后的样品,溶于适量稀硫酸中,加入铜片,若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体,说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧,再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法,对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4,工业上铜在450°C左右焙烧,需要消耗能源,污染较少,工艺比较复杂,而本实验减少了能源的消耗,生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品,步骤简单易于操作;故答案为:能耗较低,生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品,步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+,得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol,蓝色晶体中Cu2+质量分数;故答案为:。28、CO32﹣CO2+2e﹣═CO+O2﹣、H2O+2e﹣=H2+O2﹣+247.3BC或23.15【解析】
(一)(1)K2==5×10﹣11,当溶液的pH=13,c(H+)=10-13,有==500,即c(CO32﹣)>>c(HCO3﹣);(2)电解池中,根据O2-移动方向可知:A电极为阴极,该电极上发生还原反应,CO2、H2O分别在A极得到电子发生还原反应生成CO、H2,同时生成O2-;(二)(1)写出H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式:①H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=﹣285.8kJ•mol﹣1、②CO(g
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