四川省广元市虎跳中学2023-2024学年高考仿真卷化学试题含解析_第1页
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四川省广元市虎跳中学2023-2024学年高考仿真卷化学试题考生请注意: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、黄铜矿(CuFeS2)是提取铜的主要原料,其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应:2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②.则A.反应①中还原产物只有SO2B.反应②中Cu2S只发生了氧化反应C.将1molCu2S冶炼成2molCu,需要O21molD.若1molCu2S完全转化为2molCu,则转移电子数为2NA2、a、b、c、d为短周期元素,原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍,a和b能组成两种常见的离子化合物,其中一种含两种化学键,d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液,开始没有沉淀;随着bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A.简单原子半径:b>c>aB.最高价氧化物对应水化物的碱性:b<cC.工业上电解熔融cd3可得到c的单质D.向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀3、常温下,Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()A.直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡B.在N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C.P点:易析出CuS沉淀,不易析出Ag2S沉淀D.M点和N点的c(S2-)之比为1×10-204、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是()A.与互为同分异构体B.可作合成高分子化合物的原料(单体)C.能与NaOH溶液反应D.分子中所有碳原子不可能共面5、下列有关化学用语表示正确的是()A.氮离子N3-的结构示意图:B.聚丙烯的结构简式:C.由Na和Cl形成离子键的过程:D.比例模型可表示CH4分子,也可表示CCl4分子6、碘在不同状态下(固态或气态)与氢气反应的热化学方程式如下所示:①H2(g)+I2(?)2HI(g)+1.48kJ②H2(g)+I2(?)2HI(g)-2.48kJ下列判断正确的是A.①中的I2为固态,②中的I2为气态B.②的反应物总能量比①的反应物总能量低C.①的产物比反应②的产物热稳定性更好D.1mol固态碘升华时将吸热17kJ7、下列实验现象及所得结论均正确的是()实验实验现象结论A.左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B.左侧棉花变为橙色,右侧棉花变为蓝色氧化性:Cl2>Br2>I2C.U形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D.烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应A.A B.B C.C D.D8、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素;元素X和Z同族,Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是()A.简单离子半径大小为Y<X<ZB.Y和Z的氢化物溶于水,所得溶液均呈酸性C.W与Z均只有两种的含氧酸D.工业上电解熔融Y2X制备单质Y9、下列说法中,正确的是A.CO2的摩尔质量为44gB.1molN2的质量是14gC.标准状况下,1molCO2所占的体积约是22.4LD.将40gNaOH溶于1L水中,所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L10、用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应,若通入适当比例的Cl2和NO2,即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A.实验室中用二氧化锰与3mol·L-1的盐酸共热制备氯气B.装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸,作用是干燥氯气C.装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D.若制备的NO2中含有NO,应将混合气体通入水中以除去NO11、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY,发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s),下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A.v正(X)=2v逆(Y) B.气体平均密度不再发生变化C.容器内压强不再变化 D.X的浓度不再发生变化12、下列各表述与示意图一致的是A.25℃时,用0.1mol·L-1盐酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH随加入酸体积的变化B.10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合时,n(Mn2-)随时间的变化C.曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化D.a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化剂时,反应过程中的能量变化13、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A.在电解精炼铜的过程中,当阴极析出32g铜时转移电子数目为NAB.将1molCH4与1molCl2混合光照,充分反应后,生成气体分子数为NAC.9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时,反应中转移电子数为0.6NAD.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性,溶液中醋酸分子数为0.01NA14、图所示与对应叙述相符的是A.表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(FeS)<Ksp(CuS)B.pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线,则酸性:甲酸<乙酸C.表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.0800mol·L-1D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线,则转化率:αA(H2)=αB(H2)15、25℃时,向10mL0.1mol/LNaOH溶液中,逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。已知25℃时:①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。请根据信息判断,下列说法中不正确的是A.整个滴加过程中,水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时,HF的电离程度减小(不考虑挥发)C.当c>0.1时,溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),则c一定小于0.116、下列结论不正确的是()①氢化物的稳定性:HF>HCl>SiH4②离子半径:Al3+>S2->Cl-③离子的还原性:S2->Cl->Br-④酸性:H2SO4>H3PO4>HClO⑤沸点:H2S>H2OA.②③⑤ B.①②③ C.②④⑤ D.①③⑤17、下列说法正确的是()A.将BaSO4放入水中不能导电,所以BaSO4是非电解质B.氨溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质C.固态的离子化合物不能导电,熔融态的离子化合物能导电D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强18、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油,充分振荡,静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象,后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液有白色不溶物析出Na2SO4能使蛋白质变性A.A B.B C.C D.D19、下列关于有机物的叙述错误的是()A.乙醇能发生取代反应B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别20、通常情况下,仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A.某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B.乙酸钠溶液pH>7C.乙酸溶液能使石蕊变红 D.某乙酸溶液能导电能力弱21、下列实验操作能达到实验目的的是A.用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B.用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C.用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D.用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl22、电解质的电导率越大,导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B.在相同温度下,P点水电离程度大于M点C.M点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D.N点溶液中:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)二、非选择题(共84分)23、(14分)H(3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体,可以由A(C7H8)通过下图路线合成。请回答下列问题:(1)C的化学名称为________,G中所含的官能团有醚键、_______、__________(填名称)。(2)B的结构简式为________,B生成C的反应类型为___________。(3)由G生成H的化学方程式为_________。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基,而C→D选用的是(NH4)2S,其可能的原因是________。(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。①氨基和羟基直接连在苯环上②苯环上有三个取代基且能发生水解反应(5)设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_____24、(12分)据研究报道,药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体,其合成路线如下:已知:R-OHR-Cl(1)A中官能团名称是________;C的分子式为_____(2)A到B为硝化反应,则B的结构简式为___,A到B的反应条件是_____。(3)B到C、D到E的反应类型________(填“相同”或“不相同”);E→F的化学方程式为________。(4)H是C的同分异构体,满足下列条件的同分异构体有_____种。①硝基直接连在苯环上②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1③遇FeCl3溶液显紫色(5)参照F的合成路线图,设计由、SOCl2为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。25、(12分)无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器,设计组装一套实验装置制备SnCl4(每个装置最多使用一次)。已知:①有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl2易水解,SnCl4易水解生成固态二氧化锡,锡与Cl2反应过程放出大量的热SnCl4无色液体-33114SnCl2无色晶体246652②Fe3++Sn2+—Fe2++Sn4+Fe2++Cr2O72-+H+—Fe3++Cr3++H2O(未配平)回答下列问题:(1)“冷凝管”的名称是________,装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。(2)用玻管(未画出)连接上述装置,正确的顺序是(填各接口的代码字母)_____。(3)如何检验装置的气密性______,实验开始时的操作为_______。(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中,预期可看到的现象是出现白色烟雾,化学方程式为_______。(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量,准确称取该样品mg放于烧杯中,用少量浓盐酸溶解,加入过量的氯化铁溶液,再加水稀释,配制成250mL溶液,取25.00mL于锥形瓶中,用0.1000mol·L-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点,消耗标准液15.00mL,则产品中SnCl2的含量为____%(用含m的代数式表示),在测定过程中,测定结果随时间延长逐渐变小的原因是____(用离子方程式表示)。26、(10分)钠是一种非常活泼的金属,它可以和冷水直接反应生成氢气,但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中,如图a所示,可以看到钠块浮在水面上,与水发生剧烈反应,反应放出的热量使钠熔成小球,甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油,再投入金属钠,可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上,如图b所示,同样与水发生剧烈的反应,但不发生燃烧。图a图b(1)在第一个实验中,钠浮在水面上;在第二个实验中,钠悬浮在煤油和永的界面上,这两个现象说明了:________。(2)在第二个实验中,钠也与水发生反应,但不发生燃烧,这是因为________。(3)我们知道,在金属活动性顺序中,排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来,可将金属钠投入到硫酸铜溶液中,却没有铜被置换出来,而产生了蓝色沉淀,请用化学方程式解释这一现象____。27、(12分)食盐中含有一定量的镁、铁等杂质,加碘盐可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+.加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知:IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O,2Fe3++2I-→2Fe2++I2,KI+I2⇌KI3;氧化性:IO3->Fe3+>I2。(1)学生甲对某加碘盐进行如下实验,以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐,用适量蒸馏水溶解,并加稀盐酸酸化,将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色;第二份试液中加足量KI固体,溶液显淡黄色,加入CCl4,下层溶液显紫红色;第三份试液中加入适量KIO3固体后,滴加淀粉试剂,溶液不变色。①第一份试液中,加KSCN溶液显红色,该红色物质是______(用化学式表示)。②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______,CCl4中显紫红色的物质是______(用化学式表示)。③根据这三次实验,学生甲得出以下结论:在加碘盐中,除了Na+、Cl-以外,一定存在的离子是______,可能存在的离子是______,一定不存在的离子是______。由此可确定,该加碘盐中碘元素是______价(填化合价)的碘。(2)将I2溶于KI溶液,在低温条件下,可制得KI3•H2O.该物质作为食盐加碘剂是否合适?______(填“是”或“否”),并说明理由______。(3)已知:I2+2S2O32-→2I-+S4O62-.学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量(假设不含Fe3+),其步骤为:a.准确称取wg食盐,加适量蒸馏水使其完全溶解;b.用稀硫酸酸化所得溶液,加入足量KI溶液,使KIO3与KI反应完全;c.以淀粉溶液为指示剂,逐滴加入物质的量浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL,恰好反应完全。根据以上实验,学生乙所测精制盐的碘含量(以I元素计)是______mg/kg(以含w的代数式表示)。28、(14分)过氧化氢(H2O2)的水溶液俗称双氧水。双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。已知,在含少量I-的溶液中,H2O2会较快分解,反应如下:反应①:H2O2+I-→H2O+IO-;反应②:H2O2+IO-→H2O+O2+I-,完成下列填空:(1)反应①中的氧化产物是_________,被还原的元素是___________。(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。_______________(3)H2O2分解过程中,I-的作用是__________。(4)根据反应①和反应②,请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是_____。(5)H2O2是一种二元弱酸,写出第一步电离的电离方程式:________,双氧水可漂白纤维织物,目前认为是其中过氧化氢离子(HOO-)的作用。为了增强其漂白效果,应选择在____(填“酸”、“碱”或“中”)性条件下进行。(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水,溶液由浅绿色变为棕黄色,写出该变化的化学反应方程式:_____________。29、(10分)我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”,直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10,BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun+离子,n=___,基态时该阳离子的价电子排布式为______。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物,其中提供孤对电子的是___元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3,孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由______轨道(填轨道的名称和数目)和________轨道杂化而成的。(4)现代文物分析发现,“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中,则最可能的钡矿化学式是______。(5)在5500年前,古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10,其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3,其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学,从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___(填“高”或“低”)。(6)自然界中的SiO2,硬度较大,主要原因是___。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图(即俯视投影图),其中O原子略去,Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度,则SiA与SiB的距离是_____。

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】

反应①中S化合价变化为:-2→+4,O化合价变化为:0→-2;反应②中,Cu化合价变化为:+1→0,S化合价变化为:-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A.O化合价降低,得到的还原产物为Cu2O和SO2,A选项错误;B.反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,所以Cu2S既发生了氧化反应,又发生了还原反应,B选项错误;C.将反应①、②联立可得:3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2,可知,将1molCu2S冶炼成2molCu,需要O21mol,C选项正确;D.根据反应:3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2,若1molCu2S完全转化为2molCu,只有S失电子,:[(4-(-2)]mol=6mol,所以,转移电子的物质的量为6mol,即转移的电子数为6NA,D选项错误;答案选C。【点睛】氧化还原反应中,转移的电子数=得电子总数=失电子总数。2、A【解析】试题分析:a、b、c、d为短周期元素,原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍,则a为O元素;a和b能组成两种常见的离子化合物,其中一种含两种化学键,则b为Na元素;d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸,则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液,开始没有沉淀;随着bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀,则c为Al元素。A.简单原子半径Na>Al>O,A正确;B.最高价氧化物对应水化物的碱性,氢氧化钠强于氢氧化铝,B不正确;C.工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝,氯化铝是共价化合物,其在熔融状态下不导电,C不正确;D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀,D不正确。本题选A。3、D【解析】

A选项,N点c(S2-)=1×10-20mol/L,c(Mn+)=1×10-15mol/L,M点c(S2-)=1×10-40mol/L,c(Mn+)=1×10-5mol/L,如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡,那么M点c(S2-)∙c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45,N点c(S2-)∙c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35,M点和N点的Ksp不相同,故A错误;B选项,在N点硫离子浓度相等,金属离子浓度相等,但由于Ksp的计算表达式不一样,因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S),故B错误;C选项,根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡,P点Q<Ksp(CuS),Q>Ksp(Ag2S),因此不易析出CuS沉淀,易析出Ag2S沉淀,故C错误;D选项,M点c(S2-)=1×10-40mol/L,N点c(S2-)=1×10-20mol/L,两者的c(S2-)之比为1×10-20,故D正确。综上所述,答案为D。4、D【解析】

A.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体,与分子式都为C7H12O2,互为同分异构体,故A正确;B.该有机物分子结构中含有碳碳双键,具有烯烃的性质,可发生聚合反应,可作合成高分子化合物的原料(单体),故B正确;C.该有机物中含有酯基,具有酯类的性质,能与NaOH溶液水解反应,故C正确;D.该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构,其中的碳原子连接的键形成四面体结构,单键旋转可以使所有碳原子可能共面,故D错误;答案选D。【点睛】数有机物的分子式时,碳形成四个共价键,除去连接其他原子,剩余原子都连接碳原子。5、C【解析】

A.氮离子N3-的结构示意图应该是:,A错误;B.聚丙烯的结构简式应该是:,B错误;C.由Na和Cl形成离子键的过程可表示为:,C正确;D.比例模型可表示CH4分子,由于氯原子半径大于碳原子半径,因此不能表示CCl4分子,D错误;答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点,由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型,因此需要注意原子半径的相对大小。6、B【解析】

A、反应①放热,②吸热源于碘单质的状态不同,固态变为气态需要吸收能量,故①中的I2为气态,②中的I2为固态,错误;B、生成物的能量相等,①放热,故②的反应物总能量比①的反应物总能量低,正确;C、产物的稳定性形同,错误;D、1mol固态碘升华时将吸热为2.48+1.48=3.16kJ,错误。答案选B。7、A【解析】

A.等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液,滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快,说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好,故A正确;B.氯气从左侧通入,先接触到吸有NaBr溶液的棉花,棉花变橙色,说明Cl2和NaBr发生了置换反应:Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,说明氧化性:Cl2>Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液,右侧棉花变蓝,说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2,也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2,所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱,故B错误;C.NH4NO3溶解吸热,使试管内空气遇冷体积减小,试管内压强降低,U形管左端液面上升,右端液面下降,故C错误;D.甲烷和氯气发生取代反应生成HCl,可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀,但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中,和AgNO3反应生成白色沉淀,故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应,故D错误;故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝,不一定是挥发的Br2和KI反应,从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗,也可能氯气已经完全把NaBr氧化,这样氯气就会氧化KI,所以本实验只能证明氧化性::Cl2>Br2,不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。8、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知,同周期元素中,从左到右原子半径依次减小,同主族元素中,从上到下原子半径依次增大,因Y是短周期中原子半径最大的元素,则Y为Na元素;Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应,生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,采用逆分析法可知,这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体,则可知Z为S,其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸,可与W的单质(C)反应,因此推出W为C;又X和Z同族,则X为O元素,据此分析作答。【详解】由上述分析可知,W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素,则A.简单离子的电子层数越多,其对应的半径越大;电子层数相同时,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径大小为Y<X<Z,A项正确;B.氢化钠为离子化合物,溶于水后与水发生反应:NaH+H2O=NaOH+H2↑,使溶液呈现碱性,B项错误;C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸,S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等,C项错误;D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠,而不是Na2O,D项错误;答案选A。【点睛】B项是易错点,学生要注意氢元素与活泼金属作用时,形成离子化合物,H显-1价。9、C【解析】

A.二氧化碳的摩尔质量为44g/mol,1mol二氧化碳的质量为44g,故A错误;B.1mol

N2的质量是=1mol×28g/mol=28g,故B错误;C.标准状况下,气体摩尔体积为22.4L/mol,1

mol

CO2所占的体积约是22.4

L,所以C选项是正确的;D.40gNaOH的物质的量为1mol,溶于水配成1L溶液,所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L,体积1L是指溶剂的体积,不是溶液的体积,故D错误。答案选C。10、C【解析】

A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气,而3mol·L-1的盐酸是稀盐酸,因此不能发生反应制取氯气,A错误;B.该实验不需要保证氯气是干燥的,所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液,作用是除去氯气中的杂质HCl气体,B错误;C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解,气体通过装置Ⅲ,可根据导气管口气泡的多少,观察气体流速,因此其作用是便于控制通入NO2的量,C正确;D.若制备的NO2中含有NO,将混合气体通入水中,会发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,最后导致气体完全变质,D错误;故合理选项是C。11、A【解析】

A.在任何时刻都存在:2v正(X)=v正(Y),若v正(X)=2v逆(Y),则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y),说明反应正向进行,未达到平衡状态,A符合题意;B.反应混合物中W是固体,若未达到平衡状态,则气体的质量、物质的量都会发生变化,气体的密度也会发生变化,所以当气体平均密度不再发生变化时,说明反应处于平衡状态,B不符合题意;C.反应在恒容密闭容器中进行,反应前后气体的物质的量发生变化,所以若容器内压强不再变化,则反应处于平衡状态,C不符合题意;D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行,若反应未达到平衡状态,则任何气体物质的浓度就会发生变化,所以若X的浓度不再发生变化,说明反应处于平衡状态,D不符合题意;故合理选项是A。12、C【解析】

A.等浓度的强酸强碱的滴定曲线,到达终点的pH发生突变,不是渐变;B.发生氧化还原反应生成锰离子,Mn2+对该反应有催化作用,反应加快;C.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0,结合K虽温度的变化情况作答;D.催化剂降低反应活化能,根据图示的能量变化与实际反应的热效应不符。【详解】A.0.1mol•L-1NaOH溶液的pH为13,用0.1mol•L-1盐酸滴定恰好中和时pH为7,因浓度相同,则体积相同,但酸碱中和在接近终点时,pH会发生突变,曲线的斜率会很大,A项错误;B.发生氧化还原反应生成锰离子,则n(Mn2+)随时间的变化而增大,且催化作用,一段时间内增加的更快,后来浓度变化成为影响速率的主要因素,反应物浓度减小,速率减慢,图像不符,B项错误;C.因反应为放热反应,则升高温度,平衡逆向移动,平衡后升温K正减小,而K逆增大,且正逆反应的平衡常数互为倒数关系,C项正确;D.图象中使用催化剂降低反应活化能,但反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0,是放热反应,反应物能量高,图象中表示的吸热反应,D项错误;答案选C。13、B【解析】

A.电解精炼铜时,阴极是铜离子放电,若转移了NA个电子,有0.5mol铜单质生成,质量为0.5mol×64g/mol=32g,A项正确;B.将1molCH4与1molCl2混合光照,充分反应后,生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢,其中氯化氢与一氯甲烷是气体,根据元素守恒可知,氯化氢的物质的量为1mol,B项错误;C.依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知,1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子,9.2g甲苯物质的量为0.1mol,被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子,转移电子数为0.6NA,C项正确;D.向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性,则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等,醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当,则可认为醋酸不电离,醋酸根离子不水解,因此醋酸分子数为100mL×0.1mol/L×NA=0.01NA,D项正确;答案选B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用,一要认真理清知识的联系,关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应,如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解,做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词,做题时谨慎细致,避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射,将相关知识总结归纳,在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下,着重关注易错点,并通过练习加强理解掌握,这样才能通过复习切实提高得分率。14、C【解析】

A.当相同c(S2-)时,由图像可知,平衡时c(Cu2+)<c(Fe2+),则c(Fe2+)c(S2-)>c(Cu2+)c(S2-),根据Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2−),Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−),则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),故A错误;B.溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+),溶液中c(H+)大,对应的pH值就小,当稀释弱酸时,随着水的加入,稀释可以促进弱酸的电离,但是总体来讲,溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量,表现为溶液中c(H+)=减小,pH值增大;由于稀释促进弱酸的电离,因而在稀释相同倍数的弱酸时,对于酸性较弱的酸,能够促进其电离,增加了溶液中H+的量,也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些,pH就较酸性较强的弱酸小些,因此总的来讲,酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大,从图像看出,甲酸的酸性是较乙酸强,即酸性甲酸>乙酸,故B错误;C.用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液,由图像可知,当消耗NaOH体积为20.00mL时,溶液为中性,此时酸和碱恰好完全反应,溶液中c(H+)=c(OH-),即n(H+)=n(OH-),则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH),因此c(HCl)===0.0800mol/L,故C正确;D.由图像可知,A与B状态时NH3的百分含量相等,对于有两种反应物参加的可逆反应,增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加;A状态时,值较小,可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小,B状态时,值较大,可认为是增加了N2的量,从而提高了H2的转化率,转化率αA(H2)不一定等于αB(H2),故D错误;答案选C。15、D【解析】

A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离;B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量,利用温度对平衡移动的影响分析;C.当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒判断;D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离,在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大,则水电离程度逐渐增大,当二者恰好完全反应生成NaF时,水的电离程度最大,由于HF的浓度未知,所以滴入10mLHF时,混合溶液可能是碱过量,也可能是酸过量,也可能是二者恰好完全反应产生NaF,因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势,A正确;B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol,②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol,则HF电离过程放出热量,升高温度,电离平衡逆向移动,即向逆反应方向越大,导致HF电离程度减小,B正确;C.向NaOH溶液中开始滴加HF时,当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-),C正确;D.若c≥0.1时,在刚开始滴加时,溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF),微粒的物质的量浓度存在关系:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),所以c不一定小于0.1,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较,易错选项是B,大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误,题目侧重考查学生分析判断能力,注意题给信息的正确、灵活运用。16、A【解析】

①非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性:F>Cl>Si,氢化物的稳定性:HF>HCl>SiH4,故①正确;②Al3+核外两个电子层,S2-、Cl-核外三个电子层,电子层数相同时,核电荷数多,则半径小。故离子半径:S2->Cl->Al3+,故②错误;③非金属单质的氧化性越强,其离子的还原性越弱,单质的氧化性:Cl2>Br2>S离子的还原性:S2->Br->Cl-,故③错误;④硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸,由于非金属性:硫元素强于磷元素,所以硫酸酸性强于磷酸,磷酸是中强酸,而碳酸是弱酸,所以磷酸酸性强于碳酸,二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸,所以碳酸酸性强于次氯酸,所以酸性依次减弱:H2SO4>H3PO4>HClO,故④正确;⑤H2S和H2O结构相似,化学键类型相同,但H2O中的O能形成氢键,H2S中的S不能,所以沸点:H2S<H2O,故⑤错误。答案选A。17、C【解析】

A.硫酸钡是难溶的盐,熔融状态完全电离,所以BaSO4是电解质,故A错误;B.氨气本身不能电离出离子,溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因,故B错误;C.固态离子化合物不能电离出离子,不能导电;离子化合物熔融态电离出离子,能导电,故C正确;D.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与电解质强弱无关,强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强,故D错误;正确答案是C。【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断,明确电解质的强弱与电离程度有关,与溶液的导电能力大小无关是解答的关键,题目难度不大。18、C【解析】

A.裂化汽油含不饱和烃,与溴水发生加成反应,则不能作萃取剂,故A错误;B.Ba(ClO)2溶液中通入SO2,发生氧化还原反应生成硫酸钡,不能比较酸性大小,故B错误;C.Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),故C正确;D.向鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液,发生盐析,为可逆过程,而蛋白质的变性是不可逆的,故D错误;故答案为C。19、C【解析】

A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应,故A正确;B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,不饱和度为4,分子中含有一个苯环和一个丁基,其同分异构体取决于丁基的种数,丁基有4种,可能的结构有4种,故B正确;C.氨基酸不是高分子化合物,淀粉属于高分子化合物,故C错误;D.乙烯可与溴发生加成反应,可用溴的四氯化碳溶液鉴别,故D正确。答案选C。20、B【解析】

证明CH3COOH为弱酸,可从以下角度判断:①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力;②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小;③判断是否存在电离平衡;④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等,以此解答该题。【详解】A.某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢,说明该乙酸中氢离子浓度很小,但是不能说明乙酸部分电离,不能证明乙酸是弱电解质,A错误;B.乙酸钠的pH>7,说明乙酸钠是强碱弱酸盐,乙酸是弱酸,B正确;C.乙酸溶液能使石蕊试液变红色,说明乙酸电离出氢离子,但不能说明部分电离,所以不能证明是弱电解质,C错误;D.某乙酸导电能力弱,说明该酸中离子浓度较小,但是不能说明乙酸部分电离,则不能证明乙酸是弱电解质,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键,溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关,与电解质强弱无关,题目难度不大。21、C【解析】

A、NO2和水发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,不能用排水法收集NO2,应用排空气法收集,故错误;B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象,因此不能区分,应用NaOH溶液,进行鉴别,故错误;C、高锰酸钾溶液,可以把草酸氧化成CO2,即2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故正确;D、Cl2+H2OHCl+HClO,HCl消耗NaHCO3,促使平衡向正反应方向移动,因此应用饱和食盐水,故错误。22、D【解析】

A.醋酸为弱电解质,滴加KOH,变为CH3COOK是强电解质,故导电率增加,即曲线①代表滴定醋酸的曲线,故A错误。B.相同温度下,P点溶质为KCl,不影响水的电离,M点为CH3COOK,其水解促进水的电离,故M点大于P点,故B错误。C.对于M点,根据电荷守恒可知,c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1,故C错误。D.N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾,溶液显碱性,CH3COO-只有很小的一部分发生水解,所以c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故D正确。答案:D。二、非选择题(共84分)23、3,5-二硝基苯甲酸羧基溴原子取代反应防止两个硝基都转化为氨基30【解析】

由C的结构简式和A到B,A到C的反应条件逆推可知B为;A为;在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。【详解】(1)由于羧基定位能力比硝基强,故C名称为3,5-二硝基苯甲酸,由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案:3,5-二硝基甲酸;羧基;溴原子。(2)根据框图C结构逆向推理,B为苯甲酸,结构简式为;A为甲苯,B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢,所以B生成C反应类型为硝化反应,是取代反应中一种。答案:;取代反应。(3)由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应,化学方程式为;C→D、E→F都是将硝基还原为氨基,但选用了不同条件,E的结构尚保留一个硝基,可以推知D的结构中也有一个硝基,故C→D反应中,(NH4)2S只将其中一个硝基还原,避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案:;防止两个硝基都转化为氨基。(4)化合物F苯环上有3个不同取代基,其中有氨基和羟基直接连在苯环上,先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置,第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式,故有10种同分异构体,环上有3个不同取代基,其中两个取代基是氨基和羟基,另一种取代基有三种情况,-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3,化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。答案:30。(5)根据缩聚反应规律,可以推出聚合物单体的结构,而由原料合成该单体,需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基,由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,故而合成中需要先氧化,再还原,合成路线流程图示如下,依试题框图信息,还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案:。【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体,考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式,再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。24、酚羟基C8H7NO4浓硫酸、浓硝酸、加热相同:++HCl2+H2【解析】

根据流程图,A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B,B的结构简式为,B和发生取代反应生成C(),C和磷酸在加热条件下发生取代生成D,D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E(),E与A发生被取代转化为F,根据E、F的结构简式可判断,A的结构简式为,据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析,官能团名称是羟基;根据图示C中的每个节点为碳原子,每个碳原子连接4个共价键,不足键由氢原子补齐,则分子式为C8H7NO4;(2)A到B为硝化反应,根据分析,B的结构简式为,A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热;(3)根据分析,B和发生取代反应生成C(),C和磷酸在加热条件下发生取代生成D,则B到C、D到E的反应类型相同;E与A发生被取代转化为F,A的结构简式为,化学方程式为:++HCl;(4)C的结构简式为,H是C的同分异构体,①硝基直接连在苯环上,②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1,说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子,且氢原子的个数比为2:2:2:1,③遇FeCl3溶液显紫色,说明结构中含有酚羟基,根据不饱和度可知,还存在CH=CH2,满足下列条件的同分异构体结构简式为、,共有有2种;(5)与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成,在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为,则合成路线为:+H2。25、直形冷凝管2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2OBIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl855/m2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O【解析】

装置Ⅱ为制备氯气的装置,产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体,将气体通过V装置,V装置中的饱和食盐水可除去HCl,再将气体通过Ⅳ装置,Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气,可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置,氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气,将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却,可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解,为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2,可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。(1)根据仪器特点解答仪器名称,装置II中KMnO4与HCl反应制Cl2;(2)依据上述分析进行仪器连接;需注意制备的氯气应先除杂后干燥,干燥、纯净的氯气再和Sn反应,因为SnCl4易水解,应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置,防止空气中的水蒸气进入,同时要吸收尾气Cl2;(3)气密性的检验可采用加热法,升高发生装置体系内气体的温度,可以增大压强,使体系内空气外逸,当温度恢复初始温度时,体系内压强减小,导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱;防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解,实验开始应先通Cl2排尽装置中空气;(4)根据信息书写方程式;(5)用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时,发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,可得关系式3Sn2+~Cr2O72-,由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2,进一步计算SnCl2的含量;Sn2+具有强还原性,易被O2氧化。【详解】(1)“冷凝管”的名称是直形冷凝管;装置Ⅱ中是KMnO4和HC1制备氯气的反应,高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+,HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气,离子反应方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。本小题答案为:直形冷凝管;2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(2)装置Ⅱ为制备氯气的装置,产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体,将气体通过V装置,V装置中的饱和食盐水可除去HCl,再将气体通过Ⅳ装置,Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气,可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置,氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气,将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却,可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解,为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气,可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。本小题答案为:BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。(3)检查装置的气密性用加热法,操作为:关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好;防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解,实验开始应先通Cl2排尽装置中空气,故实验开始时的操作为:先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯。本小题答案为:关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好;先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯。(4)根据表格所给信息,SnCl4易水解生成固态二氧化锡,将四氯化锡少许暴露于空气中,还可看到白色烟雾,说明水解产物中还有HCl,HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴,现象为白雾,化学方程式为SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。本小题答案为:SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。(5)用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时,发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,可得关系式3Sn2+~Cr2O72-(或根据得失电子守恒判断),实验中消耗的n(K2Cr2O7)=0.1000mol·L-1×0.015L=0.0015mol,则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol×3=0.0045mol,则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol,m(SnCl2)=0.045mol×190g/mol=8.55g,则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg×100%=%;根据反应“2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+”得出Sn2+的还原性强于Fe2+,Sn2+在空气中易被氧化,测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化,发生2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O反应,滴定时消耗的重铬酸钾的量减少,由此计算出的SnCl2量减小,测量结果变小。本小题答案为:855/m;2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O。26、钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度钠不与空气接触,缺乏燃烧条件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】

(1)根据物体的浮沉条件可知:钠浮在水面上,说明钠的密度小于水的密度,钠悬浮在煤油和水的界面上,说明钠的密度大于煤油的密度;故答案为:钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度;(2)根据燃烧的条件可知,钠不燃烧的原因是:煤油将钠与空气隔绝;故答案为:钠不与空气接触,缺乏燃烧条件;(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应,生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应,相关的化学方程式为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑;故答案为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。【点睛】并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属,要考虑这种金属是否能够与水反应,如果能够与水反应,则优先考虑与水反应,再看反应产物是否与盐溶液反应。27、Fe(SCN)3萃取I2和Fe3+Mg2+、K+I-+5否KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2,KI被氧气氧化,I2易升华【解析】

(1)①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色,可知该加碘盐中含有Fe3+,反应:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,Fe(SCN)3呈血红色;②从第二份试液中加足量KI固体,溶液显淡黄色,用CCl4萃取,下层溶液显紫红色,可知有碘生成。③这是因为由于氧化性:>Fe3+>I2,加足量KI后,和Fe3+均能将I-氧化成I2,由此也可以知道该加碘盐添加KIO3,根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态;第三份试液中加入适量KIO3固体后,滴加淀粉试剂,溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI;③具有氧化性的离

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