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文档简介
2024届长春市重点中学化学高二下期末学业水平测试试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、已知反应2NO+2H2===N2+2H2O的速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)(k为速率常数),其反应历程如下:①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O快下列说法不正确的是A.增大c(NO)或c(H2),均可提高总反应的反应速率B.c(NO)、c(H2)增大相同的倍数,对总反应的反应速率的影响程度相同C.该反应的快慢主要取决于反应①D.升高温度,可提高反应①、②的速率2、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是A.0.5mol/LCuCl2溶液中含有的Cl-数目为NAB.42gC2H4和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NAC.标准状况下,H2和CO混合气体4.48L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NAD.在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中,消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA3、一定温度下,在某体积固定的密闭容器中加入2molA和1molB,发生可逆反应,下列说法正确的是A.当容器内压强不变时说明反应已达到平衡B.当反应达到平衡时:c(A):c(B):c(C)=2:1:3C.当反应达到平衡时放出热量akJD.其他条件不变,升高温度反应速率加快4、实验室现有一瓶标签右半部分已被腐蚀的固体M,剩余部分只看到“Na2S”字样(如图所示)。已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行下列有关实验,其中说法正确的是()A.往溶液中通入二氧化碳,若有白色沉淀,则固体M为Na2SiO3B.往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2,若有白色沉淀,则固体M为Na2SO4C.用pH试纸检验,若pH=7,则固体M不一定是Na2SO4D.只用盐酸一种试剂不能确定该固体M的具体成分5、过氧化钙(CaO2)微溶于水,溶于酸,可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙,流程如图:下列说法不正确的是A.逐滴加入稀盐酸后,将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2B.加入氨水和双氧水后的反应为:CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2OC.生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D.产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤,其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质6、化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是A.涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B.大豆中含有丰富的蛋白质,豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C.棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D.常用于制备染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏7、已知:①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-905.5kJ·molˉ1②N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH2一定条件下,NO可以与NH3反应转化为无害的物质,反应如下:③4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH3=-1625.5kJ·molˉ1。下列说法正确的是A.反应①使用催化剂,ΔH1减小B.反应②生成物总能量低于反应物总能量C.反应③一定能自发进行D.反应③达到平衡后升高温度,v(正)、v(逆)的变化如图所示8、运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是A.分离氯化铵和单质碘B.除去淀粉胶体中混有的氯化钠C.加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜D.除去SO2中的HCl9、《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述:“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色,取此一物置于铁板上,聚炭,封之囊袋,吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁者是真也。”下列相关说法中正确的是A.绿矾的化学式为FeSO4,易溶于水形成浅绿色溶液B.朴消(Na2SO4·10H2O)也叫明矾,可用作净水剂C.流出的液体中可能含有硫酸D.上文中描述的是碳与绿矾反应生成“高温铁水”10、下列各组离子在指定条件下能大量共存的是()A.无色溶液中:Na+、Cu2+、Cl-、NO3-B.强酸性溶液中:Na+、K+、OH-、SO42-C.强碱性溶液中:K+、Mg2+、NO3-、NH4+D.无色透明溶液中:Al3+、Na+、SO42-、Cl-11、下列有关说法正确的是A.25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的KwB.pH=2的盐酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液肯定呈中性C.将常温下0.1mol/LpH=a的醋酸稀释到pH=a+1时,其物质的量浓度c<0.01mol/LD.等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌反应时,开始时反应速率相等,最终产生的氢气一样多12、下列原子中,第一电离能最大的是()A.B B.C C.Al D.Si13、高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂,可用于废水和生活用水的处理。从环境保护的角度看,制备高铁酸盐较好的方法为电解法:Fe+2H2O+2OHFeO42-+3H2↑,工作原理如图所示。己知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。下列说法正确的是A.b是电源的正极B.阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O=FeO42-+8H+C.电解过程中,需要将阴极产生的气体及时排出D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有11.2L的H2生成14、化合物X是一种医药中间体,其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A.分子中两个苯环一定处于同一平面B.不能与饱和Na2CO3溶液反应C.1mol化合物X最多能与2molNaOH反应D.在酸性条件下水解,水解产物只有一种15、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ,水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ,则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为()A.920kJ B.557kJ C.188kJ D.436kJ16、下图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是()A.碘晶体为无限延伸的空间结构,是原子晶体B.用切割法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力D.碘分子的排列有2种不同的取向,2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构二、非选择题(本题包括5小题)17、药用有机物A为一种无色液体。从A出发可发生如下一系列反应:请回答:(1)写出化合物F的结构简式:________________。(2)写出反应①的化学方程式:__________________________________________。(3)写出反应④的化学方程式:___________________________________________。(4)有机物A的同分异构体很多,其中属于羧酸类的化合物,且含有苯环结构的有________种。(5)E的一种同分异构体H,已知H可以和金属钠反应放出氢气,且在一定条件下可发生银镜反应。试写出H的结构简式:_________________________________。E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应,但不能和金属钠反应放出氢气。试写出R的结构简式:_____________________________________________。18、框图中甲、乙为单质,其余均为化合物,B为常见液态化合物,A为淡黄色固体,F、G所含元素相同且均为氯化物,G遇KSCN溶液显红色。请问答下列问题:(1)反应①-⑤中,既属于氧化还原反应又属于化合反应的是__________(填序号)。(2)反应⑤的化学方程式为____________________________________________。(3)甲与B反应的离子方程式__________________________________________。(4)在实验室将C溶液滴入F溶液中,观察到的现象是_____________________。(5)在F溶液中加入等物质的量的A,发生反应的总的离子方程式为:_________。19、丙酸异丁酯(isobutylacetate)具有菠萝香气,主要用作漆类的溶剂和配制香精。实验室制备丙酸异丁酯的反应、装置示意图和有关信息如下:实验步骤:在圆底烧瓶中加入3.7g的异丁醇,7.4g的丙酸、数滴浓硫酸和2~3片碎瓷片,控温106~125℃,反应一段时间后停止加热和搅拌,反应液冷却至室温后,用饱和NaHCO3溶液洗涤分液后加入少量无水硫酸镁固体干燥,静置片刻,过滤除去硫酸镁固体,进行常压蒸馏纯化,收集130~136℃馏分,得丙酸异丁酯3.9g。回答下列问题:(l)装置A的名称是__________。(2)实验中的硫酸的主要作用是___________。(3)用过量丙酸的主要目的是______________________。(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯的目的是____________。(5)在洗涤、分液操作中,应充分振荡,然后静置,待分层后_________(填字母)。A.直接将丙酸异丁酯从分液漏斗上口倒出B.直接将丙酸异丁酯从分液漏斗下口放出C.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将丙酸异丁酯从上口倒出D.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将丙酸异丁酯从下口放出(6)本实验丙酸异丁酯的产率是_________。20、工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4,SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯度硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图。请回答下列问题:(1)仪器D的名称_____________。(2)装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是________________。(3)C中吸收尾气一段时间后,吸收液中存在多种阴离子,下列有关吸收液中离子检验的说法正确的是_____。A.取少量吸收液加入AgNO3溶液,若生成白色沉淀,则说明一定存在Cl-B.取少量吸收液,滴加溴水,若溴水褪色,则说明一定存在SO32-C.取少量吸收液,加过量BaCl2溶液,过滤出沉淀,向沉淀中加过量稀盐酸,若沉淀部分溶解,且有气泡产生,则说明一定存在SO32-D.取少量吸收液,加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液,若溶液变蓝,则说明一定存在ClO-21、(1)通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱,也可用于估算化学反应的反应热(△H)。化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol—1460360436431176347请回答下列问题:①比较下列两组物质的熔点高低(填“>”或“<”=)SiC_____________Si;SiCl4_____________SiO2②工业上高纯硅可通过下列反应制取:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)该反应的反应热△H=_____________kJ/mol.(2)已知化合物Na2O的晶胞如图。①其中O2-离子的配位数为________,②该化合物与MgO相比,熔点较高的是________。(填化学式)③已知该化合物的晶胞边长为apm,则该化合物的密度为___g·cm-3(只要求列出算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数的数值为NA)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解题分析】
A.根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2),增大c(NO)或c(H2),均可提高总反应的反应速率,故A正确;B.根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2),c(NO)、c(H2)增大相同的倍数,对总反应的反应速率的影响程度不同,如c(NO)增大2倍,υ增大4倍、c(H2)增大2倍,υ增大2倍,故B错误;C.反应速率由最慢的一步决定,该反应的快慢主要取决于反应①,故C正确;D.升高温度,可以增大活化分子百分数,反应速率加快,可以提高反应①、②的速率,故D正确;答案选B。2、A【解题分析】选项A中没有说明溶液的体积,所以无法计算,选项A错误。设42gC2H4和C4H8的混合气中,C2H4和C4H8的质量分别为X和Y,则X+Y=42。混合物中的氢原子为。选项B正确。氢气和氧气燃烧,CO和氧气燃烧时,燃料气和氧气的体积比都是2:1,所以H2和CO混合气体燃烧时,需要的氧气也是混合气体的一半。所以标准状况下,H2和CO混合气体4.48L(0.2mol)在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA,选项C正确。反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中,转移电子数为6e-,所以有4molCl2参加反应应该转移6mole-,所以消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA。选项D正确。3、D【解题分析】
A.体积固定的密闭容器中,该反应体系是气体体积不变的化学反应,则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡,故A项错误;B.当反应达到平衡时,各物质的物质的量浓度保持不变,但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比,故B项错误;C.因反应为可逆反应,则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量,即小于akJ,故C项错误;D.化学反应速率与温度成正比,当其他条件不变时,升高温度反应速率会加快,故D项正确;答案选D。【题目点拨】本题是化学反应热、化学平衡与化学反应速率的综合考查,难度不大,但需要注意反应达到化学平衡时的标志,如B选项,化学反应速率之比等于反应的物质的量浓度之比,但化学平衡跟反应后的各物质的浓度之比无直接关系,只要勤于思考,明辨原理,分析到位,便可提高做题准确率。4、A【解题分析】A.往溶液中通入二氧化碳,若有白色沉淀,是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸白色沉淀,则固体M为Na2SiO3,故A正确;B.往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2,若有白色沉淀,此沉淀可能为BaSO4或H2SiO3,则固体M可以为Na2SiO3或Na2SO4,故B错误;C.亚硫酸钠溶液呈碱性,硅酸钠溶液呈碱性,硫酸钠呈中性,用pH试纸检验,若pH=7,则固体M一定是Na2SO4;故C错误;D.盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体,和硅酸钠反应生成白色沉淀,可以检验Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4,故D错误;故选A。5、D【解题分析】
由流程可知,碳酸钙溶于盐酸后,将溶液煮沸,可以除去溶液中溶解的二氧化碳气体,防止二氧化碳与氨气反应,过滤后,滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水,反应在冰浴下进行,可防止过氧化氢分解,再过滤,洗涤得到过氧化钙白色晶体,据此分析解答。【题目详解】A.逐滴加入稀盐酸后,将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳,防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应,故A正确;B.滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2,反应的方程式为:CaCl2+2NH3•H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,故B正确;C.温度过高时过氧化氢分解,影响反应产率,则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行,故C正确;D.过滤得到的白色结晶为CaO2,微溶于水,用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分,同时可防止固体溶解,故D错误;故选D。6、D【解题分析】
A、光导纤维的主要成分是二氧化硅,属于无机非金属材料,故A错误;B、蛋白质水解需要在酶的作用下,高温使蛋白质变性,不能水解成氨基酸,故B错误;C、棉花的主要成分为纤维素,合成纤维属于化学纤维,故C错误;D、煤的干馏可生成酚类物质,酚类物质常用于制备染料、医药、农药等,故D正确。7、C【解题分析】
A、催化剂对反应热无影响,故A错误;B、①-4×②得到:△H3=-1625.5kJ·mol-1=-905.5-4△H2,解得△H2=+720kJ·mol-1,即反应②为吸热反应,生成物的总能量大于反应物的总能量,故B错误;C、反应③是放热反应,△H<0,反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和,因此△S>0,因此在任何温度下均能保证△G=△H-T△S<0,此反应都能自发进行,故C正确;D、反应③为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,即v逆>v正,故D错误。故选C。8、B【解题分析】
A、氯化铵和单质碘加热时,前者分解,后者升华,最后又都凝结到烧瓶的底部,故A项不符合题意;B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠,故B项符合题意;C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行,故C项不符合题意;D、除去SO2中的HCl,若用氢氧化钠溶液洗气,SO2也被吸收,故D项不符合题意。9、C【解题分析】
由信息可知,绿矾为结晶水合物,加热发生氧化还原反应生成氧化铁,Fe元素的化合价升高,S元素的化合价降低,以此来解答。【题目详解】A.绿矾形似朴消(Na2SO4•10H2O),绿矾的化学式为FeSO4•7H2O,易溶于水形成浅绿色溶液,选项A错误;B、明矾是KAl(SO4)2·12H2O,可用作净水剂,选项B错误;C、FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫,三氧化硫与水结合生成硫酸,则流出的液体中可能含有硫酸,选项C正确;D、Fe的氧化物只有氧化铁为红色,则“色赤”物质可能是Fe2O3,故上文中描述的是碳与绿矾反应生成Fe2O3,选项D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查金属及化合物的性质,为高频考点,把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。10、D【解题分析】
A.Cu2+的水溶液显蓝色,在无色溶液中不能大量存在,A不合理;B.强酸性溶液中含有大量的H+,H+、OH-会发生反应产生H2O,不能大量共存,B不合理;C.强碱性溶液中含有大量的OH-,OH-、Mg2+、NH4+会发生反应产生Mg(OH)2、NH3·H2O,不能大量共存,C不合理;D.在无色透明溶液中:Al3+、Na+、SO42-、Cl-之间不发生反应,可以大量共存,D合理;故合理选项是D。11、C【解题分析】
A.25℃时NH4Cl、NaCl均为强电解质,不存在电离平衡,A错误;B.常温时,pH=2的盐酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液肯定呈中性,未给定温度,则不一定为中性,B错误;C.将常温下0.1mol/LpH=a的醋酸稀释到pH=a+1时,加水稀释后的体积大于原来的10倍,其物质的量浓度c<0.01mol/L,C正确;D.等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌反应时,开始时反应速率相等,醋酸为弱电解质,随反应的进行,未电离的分子逐渐电离,最终产生的氢气比盐酸多,D错误;答案为C【题目点拨】醋酸为弱电解质,加水稀释时,未电离的分子逐渐电离,导致氢离子浓度减小的程度小,稀释为原来氢离子浓度的1/10时,则需多加水。12、B【解题分析】
非金属性越强,第一电离能越大,四种元素中碳元素的非金属性最强,第一电离能最大,答案选B。13、C【解题分析】A、根据方程式可知铁失去电子,铁作阳极,与电源的正极相连,因此a是电源的正极,A错误;B、阳极电极反应为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,B错误;C、氢气具有还原性,根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低,C正确;D、氢气不一定处于标准状况下,不能计算其体积,D错误;答案选C。14、D【解题分析】
A、连接两个苯环的碳原子,是sp3杂化,三点确定一个平面,两个苯环可能共面,故A错误;B、此有机物中含有羧基,能与Na2CO3反应,故B错误;C、1mol此有机物中含有1mol羧基,需要消耗1mol氢氧化钠,同时还含有1mol的“”这种结构,消耗2mol氢氧化钠,因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol,故C错误;D、含有酯基,因此水解时只生成一种产物,故D正确。15、D【解题分析】
根据n=计算1g氢气的物质的量,化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量,依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。【题目详解】水的结构式为H-O-H,1mol水含有2mol氢氧键,1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol,完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ,所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量,设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x,根据方程式:H2(g)+O2(g)=H2O(g),则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ,解得x=436kJ,答案选D。【题目点拨】本题考查反应热的有关计算,注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系,注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。16、D【解题分析】
A.碘晶体为无限延伸的空间结构,构成微粒为分子,是分子晶体,A项错误;B.用均摊法计算:该晶胞中,顶点碘分子有8个数,为8个晶胞所共有,每个碘分子有属于该晶胞;面心碘分子有6个,为2个晶胞所共有,每个碘分子有属于该晶胞数,则一共有碘分子数为,因此平均每个晶胞中有4个碘分子,即有8个碘原子,故B错误;C.碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键,且晶体中碘分子之间存在范德华力,不是碘原子之间,C项错误;D.碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构,D项正确;本题答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O4HOCH2CHOHCOOCH3【解题分析】
由框图可知:B能和二氧化碳反应生成D,D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀,说明D中含有酚羟基,所以A中含有苯环,A的不饱和度为5,则A中除苯环外含有一个不饱和键;A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C,则A中含有酯基,C酸化后生成E,E是羧酸,E和乙醇发生酯化反应生成G,G的分子式为C4H8O2,根据原子守恒知,E的分子式为C2H4O2,则E的结构简式为CH3COOH,C为CH3COONa,G的结构简式为CH3COOCH2CH3,根据原子守恒知,D的分子式为C6H6O,则D结构简式为:,B为,F为,则A的结构简式为:,据此解答。【题目详解】(1)化合物F的结构简式;(2)反应①是A在碱性条件下的水解反应,反应①的化学方程式;(3)反应④是在浓硫酸作催化剂、加热条件下,乙酸和乙醇发生酯化反应,反应方程式为:CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O;(4)A的结构简式为:,属于羧酸类的A的同分异构体有:邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸、苯乙酸,所以有4种;(5)E的结构简式为CH3COOH,H为乙酸的同分异构体,能发生银镜反应,能和钠反应生成氢气说明H中含有醛基,醇羟基,所以H的结构简式为:HOCH2CHO;E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应,但不能和金属钠反应放出氢气,故R结构中存在醛的结构但不存在羟基或羧基,故为酯的结构HCOOCH3。18、①⑤4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑【解题分析】
甲、乙为单质,二者反应生成A为淡黄色固体,则A为Na2O2,甲、乙分别为Na、氧气中的一种;B为常见液态化合物,与A反应生成C与乙,可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH,则甲为Na;F、G所含元素相同且均为氯化物,G遇KSCN溶液显红色,则G为FeCl3,F为FeCl2,结合转化关系可知,E为Fe(OH)3,D为Fe(OH)2,据此判断。【题目详解】(1)反应①~⑤中,①②⑤属于氧化还原反应,③④属于非氧化还原反应;①⑤属于化合反应。故答案为①⑤;(2)反应⑤的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。(3)甲与B反应的离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。(4)在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中,先生成氢氧化亚铁沉淀,再被氧化生成氢氧化铁,观察到的现象是:先生成白色沉淀,然后迅速变为灰绿色,最终变为红褐色。(5)在FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O2,发生反应的总的离子方程式为:4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。19、(球形)冷凝管催化剂和吸水剂增大反应物丙酸的浓度,有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行洗掉浓硫酸和丙酸C60%【解题分析】分析:丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备,可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答;(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答;(6)根据产率=实际产量理论产量×100%详解:(l)根据图示,装置A是冷凝管,故答案为:冷凝管;(2)根据酯化反应的原理可知,实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂,故答案为:催化剂和吸水剂;(3)用过量丙酸,能够增大反应物丙酸的浓度,有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行,故答案为:增大反应物丙酸的浓度,有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行;(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯,可以降低丙酸异丁酯在水中的溶解度,同时洗掉浓硫酸和丙酸,故答案为:洗掉浓硫酸和丙酸;(5)丙酸异丁酯的密度小于水,在洗涤、分液操作中,应充分振荡,然后静置,待分层后先将水层从分液漏斗的下口放出,再将丙酸异丁酯从上口倒出,故选C;(6)7.4g的丙酸的物质的量为7.4g74g/mol=0.1mol,3.7g的异丁醇的物质的量为3.7g74g/mol=0.05mol,理论上可以生成0.05mol丙酸异丁酯,质量为130g/mol×0.05mol=6.5g,而实际产量是3.9g,所以本次实验的产率=3.9g6.5g点睛:本题考查性质实验方案的设计,涉及常见仪器的构造与安装、混
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