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文档简介
湖南省永州市宁远县第一中学2024届高考冲刺押题(最后一卷)化学试卷注意事项: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、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素,已知常温下X单质为黄色固体,Y是无机非金属材料的主角,Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表:XYZMRQ原子半径/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合价-2+4,-4+1-2-1,+7+3下列说法正确的是:A.R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族B.X、Y均可跟M形成化合物,但它们的成键类型不相同C.Z、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应D.Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料2、某种化合物的结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A.WX的水溶液呈碱性B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性C.元素非金属性的顺序为:Y>Z>QD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构3、学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析,提出假设:该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究:①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液,溶液变红。②取100mL该溶液于试管中,滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。③另取100mL该溶液,逐渐加入Na2O2粉末,产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是()A.该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-B.该溶液中一定含有K+,其物质的量浓度为1mol•L-1C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD.该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解4、厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术,下列说法中正确的是A.1molNH4+所含的质子总数为10NAB.联氨(N2H4)中含有离子键和非极性键C.过程II属于氧化反应,过程IV属于还原反应D.过程I中,参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1∶25、下列生产过程属于物理变化的是()A.煤炭干馏 B.煤炭液化 C.石油裂化 D.石油分馏6、在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用,下图是其能量关系图下列分析正确的是A.曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B.反应物的总键能高于生成物的总键能C.反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2+2H2O(g)△H=-115.6kJD.若反应生成2mol液态水,放出的热量高于115.6kJ7、山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK,简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂,其水溶液显碱性。下列叙述正确的是()A.山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B.稀释山梨酸钾溶液时,n(OH-)、c(OH-)都减小C.若山梨酸的电离常数为Ka,则RCOOK稀溶液中c(K+)=c(RCOO-)[1+]D.山梨酸能发生加成反应,但不能发生取代反应8、已知室温下溶度积常数:Ksp[Pb(OH)2]=2×10-15,Ksp[Fe(OH)2]=8×10-15。当溶液中金属离子浓度小于10-5mol•L-1视为沉淀完全。向20mL含0.10mol•L-1Pb2+和0.10mol•L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol•L-1NaOH溶液,金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示,则下列说法正确的是()A.曲线A表示c(Pb2+)的曲线B.当溶液pH=8时,Fe2+开始沉淀,Pb2+沉淀完全C.滴入NaOH溶液体积大于30mL时,溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D.室温下,滴加NaOH溶液过程中,比值不断增大9、下列实验操作能够达到目的的是A.鉴别NaCl和Na2SO4 B.验证质量守恒定律C.探究大理石分解产物 D.探究燃烧条件10、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.A B.B C.C D.D11、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL0.3mol·L-1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L-1NH4HSO4溶液,其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示(忽略BaSO4溶解产生的离子)。下列说法不正确的是A.a→e的过程水的电离程度逐渐增大B.b点:c(Ba2+)=0.1moI.L-1C.c点:c(NH4+)<c(OH-)D.d点:c(SO42-)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3∙H2O)12、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Cu13、若将2molSO2气体和1molO2气体在2L容器中混合并在一定条件下发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0,经2min建立平衡,此时测得SO3浓度为0.8mol·L-1。下列有关说法正确的是()A.从开始至2min用氧气表示的平均速率v(O2)=0.2mol·L-1·min-1;B.当升高体系的反应温度时,其平衡常数将增大C.当反应容器内n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=2∶1∶2时,说明反应已经达到平衡状态D.若增大反应混合气体中的n(S)∶n(O)值,能使SO2的转化率增大14、常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的()XYZ①FeCl3溶液Cu浓硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③SO2Ca(OH)2NaHCO3④NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸A.①③ B.①② C.②③ D.③④15、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、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A.充电时,太阳能转化为电能,又转化为化学能B.放电时,a极的电极反应式为:4S2--6e-=S42-C.充电时,阳极的电极反应式为:3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜17、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是BA.B.C.D.18、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB.2.24LCl2与CH4在光照下反应生成的HCl分子数为0.1NAC.常温下,0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAD.4.2gCaH2与水完全反应,转移的电子数为0.1NA19、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20、人类的生产、生活与化学息息相关,下列说法不正确的是
A.将铝制品置于电解液中作为阳极,用电化学氧化的方法,可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B.防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫,目前主要用石灰法。C.压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固,其黏附力为分子间作用力。D.人体所需六大营养物质:糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水,其中产能最高的是糖类。21、下列实验不能达到目的的是()选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入小苏打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A.A B.B C.C D.D22、如图为一原电池工作原理示意图,电池工作过程中左右两烧杯所盛放的溶液中不允许引入杂质。下列有关说法中正确的是()A.所用离子交换膜为阳离子交换膜B.Cu电极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+C.电池工作过程中,CuCl2溶液浓度降低D.Fe为负极,电极反应为Fe2++2e-=Fe二、非选择题(共84分)23、(14分)药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药,H的一种合成路线如下:已知:;化合物B中含五元环结构,化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题:(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体,M分子内除苯环外不含其他的环,能发生银镜反应和水解反应,其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线,设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)24、(12分)研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用,它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成:回答下列问题:(1)A的结构简式是__________,C中官能团的名称为______________。(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。(3)E极易水解生成两种酸,写出E与NaOH溶液反应的化学方程式:_______。(4)H的分子式为__________________。(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物,写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式:_____________。①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物(6)设计由,和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。25、(12分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:①检验装置的气密性;②通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;④……⑤体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的H2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,要使沉积的FeCl3进入收集器,第④步操作是_______________。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________;装置C的名称为_____________;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应,可知该实验有两个显著优点:①H2S的原子利用率为100%;②___________。26、(10分)辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿,在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品,经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量,某同学进行了如下实验:①取2.6g样品,加入200.0mL0.2000mol·L-1酸性KMnO4溶液,加热(硫元素全部转化为SO42-),滤去不溶杂质;②收集滤液至250mL容量瓶中,定容;③取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定,消耗20.00mL;④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再参与其他反应),再加入过量KI固体,轻摇使之溶解并发生反应:2Cu2++4I-=2CuI+I2;⑤加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL(已知:2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)。回答下列问题:(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式:___________;(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸,原因是___________,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________;(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________;(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________;(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。27、(12分)硝酸铁具有较强的氧化性,易溶于水,乙醇等,微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。(1)制备硝酸铁取100mL8mol·L-1硝酸于a中,取5.6g铁屑于b中,水浴保持反应温度不超过70℃。①b中硝酸与铁屑混合后,铁屑溶解,溶液变黄色,液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式:_______。②若用实验制得的硝酸铁溶液,获取硝酸铁晶体,应进行的操作是:将溶液小心加热浓缩、_________、___________,用浓硝酸洗涤、干燥。(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1mol·L-1硝酸铁溶液,溶液呈黄色,进行实验如下:实验一:硝酸铁溶液与银反应:i.测0.1mol·L-1硝酸铁溶液pH约等于1.6。ii.将5mL0.1mol·L-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中,约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应:a.Fe3+使银镜溶解b.NO3-使银镜溶解①证明Fe3+使银镜溶解,应辅助进行的实验操作是_________。②用5mL__________溶液,加到有银镜的试管中,约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。③为进一步研究溶解过程,用5mLpH约等于1.6的0.05mol·L-1硫酸铁溶液,加到有银镜的试管中,约10min银镜完全溶解。实验二:硝酸铁溶液与二氧化硫反应,用如图所示装置进行实验:i.缓慢通入SO2,溶液液面上方出现红棕色气体,溶液仍呈黄色。ii.继续持续通入SO2,溶液逐渐变为深棕色。已知:Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)④步骤i反应开始时,以NO3-氧化SO2为主,理由是:_________。⑤步骤ii后期反应的离子方程式是__________。(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是__________。28、(14分)研究处理NOx、SO2,对环境保护有着重要的意义。回答下列问题:(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧,工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下:①SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol-1;②NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ•mol-1;③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ•mol-1,则反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)△H=______。(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=-34.0kJ•mol-1,用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体,测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示:①由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大,原因是_________________________;在1100K时,CO2的体积分数为______。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=________(已知:气体分压=气体总压×体积分数)。(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2,也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下,选用A、B、C三种不同催化剂进行反应,生成N2的物质的量与时间变化关系如图所示,其中活化能最小的是_________(填字母标号)。(4)在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H2=-746.8kJ•mol-1。实验测得,υ正=k正•c2(NO)•c2(CO),υ逆=k逆•c(N2)•c2(CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数_____(填">”、“<”或“=”)k逆增大的倍数。②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时,CO的转化率为40%,则=_____(保留2位有效数字)。29、(10分)微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用,其化合物也应用广泛。(1)基态B原子的电子排布图为________________________,其第一电离能比Be___________(填“大”或“小”)。(2)三价B易形成配离子,如[B(OH)4]-、[BH4]-等。[B(OH)4]-的结构简式为___________(标出配位键),其中心原子的杂化方式为________,写出[BH4]-的一种阳离子等电子体_______。(3)下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构,其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。(4)硼酸晶体是片层结构,下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_________。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低,原因是_______________________。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图,它的堆积模型名称为_______;紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3,镁单质的密度为ρg·cm-3,已知阿伏伽德罗常数为NA,则镁的摩尔质量的计算式是________________。
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】
X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素,常温下X单质为黄色固体,X为S;Y是无机非金属材料的主角,Y为Si;Z焰色反应呈黄色,Z为Na;结合原子半径和主要化合价可知,M为O;R为Cl;Q为Al,据此分析解答。【详解】A.R为Cl,在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族,故A错误;B.X为S、Y为Si、M为O,X、Y均可跟M形成化合物,二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物,它们的成键类型相同,故B错误;C.Z为Na、R为Cl、Q为Al,最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠,氢氧化铝和高氯酸,因为氢氧化铝为两性氢氧化物,相互间都能反应,故C正确;D.Y为Si,Y元素的氧化物为二氧化硅,常用于制光导纤维,制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质,故D错误;故选C。2、A【解析】
由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,据此解答。【详解】由图分析,X只能形成一个共价键,又X的原子半径是元素周期表中最小的,故X为H,W为五种短周期元素中原子序数最大的,且可形成+1价的离子,应为Na,Y可成四个键,Y为C,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,Q为O,则Z为N,A.WX为NaH,其与水反应生成NaOH和氢气,溶液显碱性,故A正确;B.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物,如NaHC2O4,由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度,则其水溶液呈酸性,故B错误;C.同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强,则元素的非金属性Q>Z>Y,故C错误;D.该化合物中与Y单键相连的Q,与Y共用一对电子,并得到了W失去的一个电子,满足8电子稳定结构,故D错误;故选A。3、D【解析】
①滴加紫色石蕊试液,溶液变红,说明溶液显酸性,则溶液中无HCO3-;②滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生,说明溶液中有SO42-,且n(SO42-)=0.3mol,无Cl-、I-;③逐渐加入Na2O2粉末,由图可知,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol,与铵根离子反应生成氨气0.2mol,最后与氢氧化铝反应,含有铝离子,一定不存在碳酸氢根离子。【详解】A.由分析可知,该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-,故A正确;B.由分析可知,100mL溶液中有n(SO42-)=0.3mol,n(Al3+)=0.1mol,n(NH4+)=0.2mol,由电荷守恒可知n(K+)=0.1mol,其浓度为1mol•L-1,故B正确;C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,过氧化钠会与水发生反应,生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故C正确;D.溶液中存在铵根离子和铝离子,则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解,故D错误;综上所述,答案为D。4、C【解析】
A选项,1molNH4+所含的质子总数为11NA,故A错误;B选项,联氨()中含有极性键和非极性键,故B错误;C选项,过程II中N元素化合价升高,发生氧化反应,过程IV中N化合价降低,发生还原反应,故C正确;D选项,过程I中,参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个,NH2OH到N2H4化合价降低1个,它们物质的量之比为1∶1,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。5、D【解析】
A.煤干馏是隔绝空气加强热,使之发生复杂的化学变化,得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气,故A错误;B.煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程,故B错误;C.石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃,是化学变化,故C错误;D.石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来,没有新物质生成,为物理变化,故D正确。故选:D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成:无新物质生成的变化是物理变化,有新物质生成的变化是化学变化。6、D【解析】
A.曲线b的活化能比a的低,所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线,选项A错误;B.由图像可知反应物能量高,所以键能低,选项B错误;C.反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2+2H2O(g)△H=﹣115.6kJ/mol,选项C错误;D.气态水变成液态要放出能量,所以若反应生成2mol液态水,放出的热量高于115.6kJ,选项D正确;答案选D。7、C【解析】
A.山梨酸钾是盐,属于强电解质,其水溶液显碱性,说明该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,因此山梨酸是一元弱酸,属于弱电解质,A错误;B.山梨酸钾是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,稀释时,水解程度增大,水解产生的OH-物质的量增大,但稀释倍数大于水解增大的倍数,所以稀释后的溶液中n(OH-)增大,但c(OH-)减小,B错误;C.根据物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH),山梨酸钾水解平衡常数Kh=,所以c(RCOOH)=c(RCOO-),故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)[1+],C正确;D.山梨酸分子中含有碳碳双键能发生加成反应,含有羧基能发生取代反应,D错误;故合理选项是C。8、C【解析】
A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp,则等pH时,Fe2+浓度较大,则曲线A表示c(Fe2+)的曲线,A错误;B.当溶液pH=8时,c(OH−)=10−6mol/L,此时(Fe2+)×c2(OH−)=0.1×10−12=10−13>Ksp[Fe(OH)2],Fe2+没有生成沉淀,B错误;C.滴入NaOH溶液体积大于30mL时,曲线发生变化,溶液中c(Fe2+):c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1,则c(Fe2+)=4c(Pb2+),C正确;D.c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)=c(Pb2+)⋅c2(OH−)/[c(H+)⋅c(OH−)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw,Ksp[(PbOH)2]/Kw为定值,则c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)为定值不发生变化,D错误;答案为C。【点睛】Ksp[Pb(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],混合溶液中加入NaOH溶液时,Pb2+先生成沉淀。9、D【解析】
A.氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠,硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠,因此不能用硝酸银鉴别氯化钠和硫酸钠,故A不符合题意;B.碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,生成的二氧化碳进入气球中,产生浮力,会导致天平不平衡,因此不能用于验证质量守恒定律,故B不符合题意;C.碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳,澄清石灰水变浑浊,说明反应生成二氧化碳,但是不能验证生成的氧化钙,故C不符合题意;D.铜片上的白磷燃烧,红磷不能燃烧,说明燃烧需要达到可燃物的着火点,水中的白磷不能燃烧,说明燃烧需要和氧气接触,该实验可以验证燃烧的条件,故D符合题意;故答案选D。10、B【解析】
该装置分别为固液不加热制气体,向上排空气法收集气体,以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小,不能使用向上排空气法,错误;B、正确;C、铜与稀硝酸反应需要加热,且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO,用防倒吸装置不妥,错误;D、制取氯气需要加热,错误。11、D【解析】
ac段电导率一直下降,是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨,c点溶质为一水合氨,ce段电导率增加,是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵,溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐,水的电离程度逐渐增大,故正确;B.b点c(Ba2+)==0.1moI.L-1,故正确;C.c点的溶质为一水合氨,一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子,水也能电离出氢氧根离子,所以有c(NH4+)<c(OH-),故正确;D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵,电荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=3c(SO42-),②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3∙H2O),故错误。故选D。【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系,如电荷守恒和物料守恒等,注意分清溶液中的成分和数据关系。12、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。13、A【解析】
A.Δc(SO3)=0.8mol·L-1,Δc(O2)=0.4mol·L-1,v(O2)=0.2mol·L-1·min-1;A项正确;B.ΔH<0,该反应是放热反应,温度升高时,平衡向逆反应方向移动,K减小,B项错误;C.当正、逆反应速率相等时,反应达到平衡状态,此时反应体系中各组分的含量保持不变,但其比例关系不一定与反应的化学计量数相等,C项错误;D.若增大n(S)∶n(O)的值,实质上是增大了SO2的浓度,这样SO2的转化率将降低,D项错误。答案选A。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点,首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等,再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态,化学平衡状态时正逆反应速率相等,各物质的量、浓度等保持不变,以及衍生出来的一些量也不变,但一定得是“变化的量”不变了,才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为:气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。14、D【解析】
①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应,常温下不与浓硫酸发生反应;②SiO2属于酸性氧化物,能与强碱反应,但不与浓盐酸反应;③Ca(OH)2是强碱与SO2反应,与NaHCO3也反应;④Al(OH)3属于两性氢氧化物,与强酸强碱溶液都反应;【详解】①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应:Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,常温下不和浓硫酸反应,故①错误;②SiO2属于酸性氧化物,能与强碱发生反应,所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O,但不能和盐酸反应;③Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O,与NaHCO3也发生反应;④Al(OH)3属于两性氢氧化物,能和强酸强碱溶液都反应,和强碱NaOH反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O;故③④正确,故答案为D。【点睛】本题考查物质的相关性质,熟记相关物质的反应及反应条件很重要。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】
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,所以充电时,太阳能转化为电能,电能又能转化为化学能,充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,b是正极,在充电时,阳极失电子发生氧化反应,3I--2e-=I3-,据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,所以充电时,太阳能转化为电能,电能又能转化为化学能,A正确;B.充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,a极的电极反应式为:4S2--6e-=S42-,B正确;C.在充电时,阳极I-失电子发生氧化反应,极反应为3I--2e-=I3-,C正确;D.通过图示可知,交换膜只允许钠离子自由通过,所以M是阳离子交换膜,D错误;答案选D。【点睛】本题考查了原电池的原理,明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键,难点是电极反应式的书写,明确哪种离子能够自由通过交换膜,可以确定交换膜的类型。17、B【解析】
A.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁,不是生成三氧化二铁,不能一步实现,故A错误;B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸分解放出氧气,能够一步实现转化,故B正确;C.氧化铜溶于盐酸生成氯化铜,直接加热蒸干得不到无水氯化铜,需要在氯化氢氛围中蒸干,故C错误;D.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫,不能直接生成三氧化硫,不能一步实现,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点为C,要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发,直接蒸干得到氢氧化铜,得不到无水氯化铜。18、A【解析】
A.4.0gCO2中含有的质子数为,4.0gSO2中含有的质子数为,因此4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数也为2NA,故A正确;B.未说标准状况,无法计算,故B错误;C.不要忽略C-H键,0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数应该为7NA,故C错误;D.4.2gCaH2与水完全反应,化学方程式为CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑转移的电子的物质的量为0.2mol,故D错误;答案:A【点睛】易错选项C,忽略C-H键的存在。19、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。20、D【解析】
A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应;B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力;D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属,作阳极时,失去电子生成氧化铝,所以铝制品作电解池阳极电解,可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜,A正确;B.二氧化硫能形成酸雨,并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣,所以在燃煤中加入石灰石或生石灰,减少环境污染,是目前主要脱硫方法,B正确;C.压敏胶属于有机物,具有较强的分子间作用力,能牢固黏贴物品,C正确;D.人体所需六大营养物质中:直接的供能物质是糖类,产能最高的是油脂,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途,掌握反应原理和物质的性质即可解答,侧重考查了学生的分析能力,有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性。21、C【解析】
A.氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO,加入NaHCO3能与HCl反应,从而促进平衡正向移动,使次氯酸的浓度增大,A不合题意;B.苛性钠溶液能与溴反应,产物溶解在溶液中,液体分层,分液后可得下层的溴苯,从而达到除杂目的,B不合题意;C.粗锌与稀硫酸能发生原电池反应,反应速率快,纯锌与稀硫酸不能形成原电池,反应速率慢,C符合题意;D.浓氨水滴入新制生石灰中,生石灰与水反应放热,使氨水分解同时降低氨气的溶解度,从而制得少量的氨气,D不合题意;故选C。22、C【解析】
在此原电池中铁和铜作两极,铁比铜活泼,所以铁为负极,铜为正极。【详解】A、要求两烧杯盛放的溶液中不引入杂质,所以离子交换膜是阴离子交换膜,氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中,故A错误;B、电子沿导线流入铜,在正极,铜离子得电子生成铜,Cu电极的电极反应为Cu2++2e-=Cu,故B错误;C、铜离子得电子生成铜,氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中,所以氯化铜溶液浓度降低,故C正确;D、铁失电子生成亚铁离子进入氯化亚铁溶液,电极反应为Fe-2e-=Fe2+,故D错误;故选C。二、非选择题(共84分)23、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【解析】
已知化合物B分子式为C4H4O3,有3个不饱和度,且含有五元环,那么必有一个O原子参与成环;考虑到B与A反应后产物C的结构为,所以推测B的结构即为。C生成D时,反应条件与已知信息中给出的反应条件相同,所以D的结构即为。D经过反应③后,分子式中少了1个H2O,且E中含有两个六元环,所以推测E的结构即为。【详解】(1)由A的结构可知,其名称即为苯甲醚;(2)由H的结构可知,H中含氧官能团的名称为:醚键和酰胺键;(3)B分子式为C4H4O3,有3个不饱和度,且含有五元环,那么必有一个O原子参与成环;考虑到B与A反应后产物C的结构为,所以推测B的结构简式即为;(4)D经过反应③后,分子式中少了1个H2O,且E中含有两个六元环,所以推测E的结构即为,所以反应③的方程式为:+H2O;(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键,所以反应⑤为消去反应;(6)M与C互为同分异构体,所以M的不饱和度也为6,去除苯环,仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比,可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质,分子中一定存在酯基。综合考虑,M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求;如果为4时,满足要求的结构可以有:,,,,,;如果为5时,满足要求的结构可以有:,;(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处,要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基,经过反应④后,有机物的结构中会引入的基团,并且形成一个碳碳双键,因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子,所以综合考虑,先将原料中的羰基脱除,再将溴原子转变为羰基即可,因此合成路线为:【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时,要结合多方面信息分析;通过分子式能获知有机物不饱和度的信息,通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息,通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团;分析完有机物的结构特点后,再适当地分类讨论,同分异构体的结构就可以判断出来了。24、CH2=CH-CH2Cl羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】
根据合成路线中,有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物;根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线;根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】(1)根据B的结构及A的分子式分析知,A与HOCl发生加成反应得到B,则A的结构简式是CH2=CH-CH2Cl;C中官能团的名称为羰基、氯原子;故答案为:CH2=CH-CH2Cl;羰基、氯原子;(2)根据上述分析,反应①为加成反应;比较G和H的结构特点分析,G中氯原子被甲胺基取代,则反应⑥为取代反应;D为,根据系统命名法命名为2-甲基丙酸;故答案为:加成反应;取代反应;2-甲基丙酸;(3)E水解时C-Cl键发生断裂,在碱性条件下水解生成两种盐,化学方程式为:+2NaOH→+NaCl+H2O,故答案为:+2NaOH→+NaCl+H2O;(4)H的键线式为,则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S,故答案为:C8H14N2S;(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物,则I的结构比D多一个CH2原子团;①能发生银镜反应,则结构中含有醛基;②与NaOH反应生成两种有机物,则该有机物为酯;结合分析知该有机物为甲酸某酯,则I结构简式为:HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3,故答案为:HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3;(6)根据合成路线图中反应知,可由与合成得到,由氧化得到,可由丙烯加成得到,合成路线为:,故答案为:。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】
Ⅰ.装置A中铁与氯气反应,反应为:2Fe+3Cl22FeCl3,B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品;为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解,所以用装置C无水氯化钙来吸水,装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,用氢氧化钠溶液吸收的是氯气,不用考虑防倒吸,所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气,据此分析解答(1)~(5);Ⅱ.三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应,化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl,电解氯化亚铁时,阴极阳离子得到电子发生还原反应;阳极阴离子失去电子发生氧化反应,据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ.(1)氯气具有强氧化性,将有变价的铁元素氧化成高价铁,生成氯化铁,所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁,反应为2Fe+3Cl22FeCl3,故答案为:2Fe+3Cl22FeCl3;(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,因为无水FeCl3加热易升华,要使沉积的FeCl3进入收集器,需要对FeCl3加热,使氯化铁发生升华,使沉积的FeCl3进入收集器,故答案为:在沉积的FeCl3固体下方加热;(3)为防止FeCl3潮解,可以采取的措施有:步骤②中通入干燥的Cl2,步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2,故答案为:②⑤;(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品,装置C的名称为干燥管;Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成,故答案为:冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品;干燥管;K3[Fe(CN)6)溶液;(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气,尾气吸收装置E为:,故答案为:;Ⅱ.(6)三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应:2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,故答案为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+;(7)电解氯化亚铁时,阴极发生氢离子得电子的还原反应,2H++2e-═H2↑,阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应:Fe2+-e-=Fe3+,电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S,可以循环利用,故答案为:FeCl3可以循环利用。26、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化胶头滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】
由配制溶液的过程确定所需仪器,据滴定实验原理判断终点现象,运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意,样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸,目的是除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化;配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤③中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性KMnO4溶液),所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂,终点时溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中,Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y,据5Fe2+~MnO4-(5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O),样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L-1×200.0×10-3L-4.000×10-3mol=36.00×10-3mol由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O),得2x+y=36.00×10-3mol又据2Cu2+~I2~2S2O32-,得2x+y=0.1000mo1·L-1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)==61.5%,w(CuS)==36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决,多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系,如本题中配制250mL溶液,只取出25.00mL用于测定实验。27、Fe+3NO3-+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O降温结晶过滤取反应后的溶液,加几滴铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色,说明没有Fe2+生成2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中,Fe3+、NO3-都有氧化性,其中以NO3-氧化性为主。【解析】
(1)①硝酸与铁屑混合后,铁屑溶解,溶液变黄色,液面上方有红棕色气体,生成了硝酸铁、二氧化氮和水,据此写离子方程式;②根据溶液提取晶体的操作回答;(2)①如果Fe3+使银镜溶解,则铁的化合价降低变为Fe2+,证明Fe2+的存在即可;②证明NO3-使银镜溶解,采用控制变量法操作;④溶液液面上方出现红棕色气体,溶液仍呈黄色;⑤根据继续持续通入SO2,溶液逐渐变为深棕色,已知:Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色),有Fe2+的生成;(3)总结实验一和实验二可知答案。【详解】(1)①硝酸与铁屑混合后,铁屑溶解,溶液变黄色,液面上方有红棕色气体,生成了硝酸铁、二氧化氮和水,离子方程式为:Fe+3NO3-+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O,故答案为:Fe+3NO3-+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O;②由硝酸铁溶液,获取硝酸铁晶体,应进行的操作是:将溶液小心加热浓缩、降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥,故答案为:降温结晶;过滤;(2)①如果Fe3+使银镜溶解,则铁的化合价降低变为Fe2+,证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀即可,故答案为:取反应后的溶液,加几滴铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀;②证明NO3-使银镜溶解,采用控制变量法操作,即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液,故答案为:0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液;④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色,说明没有Fe2+生成,故答案为:实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色,说明没有Fe2+生成;⑤根据继续持续通入SO2,溶液逐渐变为深棕色,已知:Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色),有Fe2+的生成,离子方程式为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,故答案为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;(3)总结实验一和实验二可知,在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中,Fe3+、NO3-都有氧化性,其中以NO3-氧化性为主,故答案为:在pH约等于1.60.1mol·L-1硝酸铁溶液中,Fe3+、NO3-都有氧化性,其中以NO3-氧化性为主。28、(2a+2b+c)kJ•mol-11050K前反应未达到平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,NO转化率增大20%4A<0.25【解析】
(1)利用盖斯定律解答。(2)①在1050K前反应未达到平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,NO转化率增大;达到平衡后,升高温度,平衡左移,N
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