四川省乐山市犍为县中学2024年高考适应性考试化学试卷含解析_第1页
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文档简介

四川省乐山市犍为县中学2024年高考适应性考试化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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、下列过程中,一定需要通电才能实现的是A.电解质电离 B.电化学防腐C.蓄电池放电 D.电解精炼铜2、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性(平均直径25nm)纳米Fe3O4的流程示意图如下:下列叙述不正确的是A.常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B.步骤②中,主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C.步骤④中,反应完成后剩余的H2O2无需除去D.步骤⑤中,为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子,可将其均匀分散在水中,做丁达尔效应实验3、下列关于电化学的实验事实正确的是()出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池Cu为正极,正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2,正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法,可防止钢闸门腐蚀A.A B.B C.C D.D4、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象。下列推断合理的是A.一定存在Fe2+、Na+、Cl- B.一定不存在I-、SO32-C.一定呈碱性 D.一定存在NH4+5、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐,可用于制备Al2O3、K2CO3等物质,制备流程如图所示:下列有关说法正确的是A.上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B.钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C.煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D.沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓6、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W的原子核外只有6个电子,X+和Y3+的电子层结构相同,Z-的电子数比Y3+多8个,下列叙述正确的是A.W在自然界只有一种核素 B.半径大小:X+>Y3+>Z-C.Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性 D.X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱7、为达到下列实验目的,对应的实验方法以及相关解释均正确的是()选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A.A B.B C.C D.D8、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g);ΔH=+QkJ·mol-1(Q>0),某温度、压强下,将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应,下列叙述正确的是()A.反应过程中,若增大压强能提高SiCl4的转化率B.若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时,吸收热量为QkJC.反应至4min时,若HCl浓度为0.12mol·L-1,则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D.当反应吸收热量为0.025QkJ时,生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下,11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC.常温常压下,124gP4中含σ键数目为4NAD.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,溶液中数目为NA10、某原子最外层电子排布为2s22p3,则该原子A.核外有5个电子B.核外有3种能量不同的电子C.最外层电子占据3个轨道D.最外层上有3种运动状态不同的电子11、对于下列实验事实的解释,不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体;加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发,HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu;电解NaCl溶液,阴极得不到Na得电子能力:Cu2+>Na+>H+C浓HNO3能氧化NO;稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大,氧化性越强D钠与水反应剧烈;钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼性:H2O>C2H5OHA.A B.B C.C D.D12、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案:方案Ⅰ:向Al中加入NaOH溶液,至Al刚好完全溶解,得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ:向Al中加入硫酸,至Al刚好完全溶解,得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ:将Al按一定比例分为两份,按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A.三种方案转移电子数一样多B.方案Ⅲ所用硫酸的量最少C.方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D.采用方案Ⅲ时,用于制备溶液①的Al占总量的0.2513、用如图装置进行实验,甲逐滴加入到固体乙中,如表说法正确的是()选项

液体甲

固体乙

溶液丙

丙中现象

A

CH3COOH

NaHCO3

苯酚钠

无明显现象

B

浓HCl

KMnO4

紫色石蕊

最终呈红色

C

浓H2SO4

Na2SO3

品红

红色变无色

D

浓H2SO4

Cu

氢硫酸

溶液变浑浊

A.A B.B C.C D.D14、下列说法中,正确的是A.将2gH2与足量的N2混合,充分反应后转移的电子数为2NAB.1molNa218O2与足量水反应,最终水溶液中18O原子为2NA个C.常温下,46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD.100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应,转移的电子数大于0.6NA15、下列说法正确的是A.SiO2制成的玻璃纤维,由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B.水分子中O-H键的键能很大,因此水的沸点较高C.Na2O2中既含有离子键又含有共价键,但Na2O2属于离子化合物D.1molNH3中含有共用电子对数为4NA(NA为阿伏加德罗常数的值)16、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物,下列说法正确的是A.一定含有Al,其质量为4.05gB.一定不含FeCl2,可能含有MgCl2和AlCl3C.一定含有MgCl2和FeCl2D.一定含有(NH4)2SO4和MgCl2,且物质的量相等17、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池(600﹣700℃),具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.电池工作时,熔融碳酸盐只起到导电的作用B.负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣═CO2+H2OC.电子流向是:电极a﹣负载﹣电极b﹣熔融碳酸盐﹣电极aD.电池工作时,外电路中流过0.2mol电子,消耗3.2gO218、既含离子键又含共价键的物质是A.H2 B.MgCl2 C.H2O D.KOH19、室温下,向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸,溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是()A.MOH的电离常数约为1×l0-5 B.a点溶液中存在C.b点和c点溶液混合后显碱性 D.水的电离程度:d>b>a20、从海带中提取碘的实验中,包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是()A.灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒B.过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台C.萃取得到碘的四氯化碳溶液,分液时从分液漏斗上口倒出D.反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液,振荡、静置、分液,再向水相中滴加45%硫酸溶液,过滤得固态碘21、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中,相对误差为+2.7%,其原因不可能是()A.实验时坩埚未完全干燥 B.加热后固体未放入干燥器中冷却C.加热过程中晶体有少量溅失 D.加热后固体颜色有少量变黑22、对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A鉴别SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性B鉴别Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性C鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性D鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)氨甲环酸(F)又称止血环酸、凝血酸,是一种在外科手术中广泛使用的止血药,可有效减少术后输血。氨甲环酸(F)的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂未标明):(1)B的系统命名为_______;反应①的反应类型为_____。(2)化合物C含有的官能团的名称为_____。(3)下列有关氨甲环酸的说法中,正确的是_____(填标号)。a.氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b.氨甲环酸是一种天然氨基酸c.氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d.由E生成氨甲环酸的反应为还原反应(4)氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。(5)写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物②具有硝基③核磁共振氢谱有3组峰(6)写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_____24、(12分)某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星:已知:试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2,在适当条件下,可由C生成D。②③请回答:(1)根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_____。(2)下列说法不正确的是_____。A.B到C的反应类型为取代反应B.EMME可发生的反应有加成,氧化,取代,加聚C.化合物E不具有碱性,但能在氢氧化钠溶液中发生水解D.D中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上(3)已知:RCH2COOH,设计以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)_____。(4)写出C→D的化学方程式______。(5)写出化合物G的同系物M(C6H14N2)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式:____①1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子,IR谱显示含有N-H键,不含N-N键;②分子中含有六元环状结构,且成环原子中至少含有一个N原子。25、(12分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理:2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)(1)如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。(2)F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。(4)将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液,充分反应后,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5样品的纯度为___%(保留一位小数),若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,会导致Na2S2O5样品的纯度___。(填“偏高”、“偏低”)26、(10分)一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料,常温下它是无色有毒气体,微溶于水,易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。A.B.C.D.①装置A中仪器a的名称为__________,a瓶中发生反应的化学方程式为________。②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别,乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①为达到实验目的,上面装置图中装置连接的合理顺序为A________②装置中水的主要作用是__________。③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体,该反应的离子方程式为_____。(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应,将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧,产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂,用c2mol·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定,最终消耗V2mL盐酸。(已知:2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定终点的现象为____________②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示)27、(12分)无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下:每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6(1)实验过程中A中的现象是______.D中无水氯化钙的作用是_______.(2)在测量E中气体体积时,应注意先_______,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“不变”).(3)实验①中B中吸收的气体是_____.实验②中E中收集到的气体是______.(4)推测实验②中CuSO4分解反应方程式为:_______.(5)根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g.(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由________.28、(14分)在照相底片的定影过程中,未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解,反应生成Na3[Ag(S2O3)2];在废定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S,并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag,就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期,基态银原子的最外层电子排布式为_______。(2)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为______________________。(3)S2O32-离子结构如图所示,其中心硫原子的杂化轨道类型为_______________________。(4)写出AgBr溶于Na2S2O3溶液的离子反应方程式______________。Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有离子键、共价键、______________。(5)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2,SO2分子中硫原子的价层电子对数为_________,其分子空间构型为______________。SO2易溶于水,原因是________________________________。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数,X射线衍射法就是其中的一种,通过对金晶体的X射线衍射图象的分析,可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am,金的密度为ρg·cm-3,金的摩尔质量为Mg·mol-1,试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式______________________________。29、(10分)某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物F的合成路线如下:回答下列问题:(1)A的分子式为____________,B→C的反应类型为________。(2)足量的D与Na2CO3溶液发生反应的化学方程式:__________。(3)E的结构简式为___________________________。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳。写出上述合成路线中含有手性碳的物质结构简式并用星号(*)标出手性碳:__________________________。(5)芳香族化合物M与A互为同分异构体,且M能发生银镜反应.则M的结构有_____种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式有________(任写-种)。(6)结合已知信息写出用1-溴丙烷和苯为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。_______________。

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、D【解析】

A、电离不需要通电,故错误;B、电化学防腐不需通电,故错误;C、放电不需要通电,故错误;D、电解需要通电,故正确。答案选D。2、C【解析】

铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原铁离子:2Fe3++Fe=3Fe2+,过滤过量的铁,滤液B的溶质为氯化亚铁,加入氢氧化钠溶液,生成Fe(OH)2浑浊液,向浑浊液中加入双氧水氧化:2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O,反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2,再与氯化亚铁加热搅拌发生反应:2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O,过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4,以此解答该题。【详解】A.钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应,Na2CO3是强碱弱酸盐溶液,显碱性,热的Na2CO3溶液可以让油脂水解,水解是吸热的,温度升高,水解平衡向吸热的方向移动,水解效果越好,故A正确;B.滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸:2Fe3++Fe=3Fe2+,故B正确;C.步骤④中,防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素,反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2,故C错误;D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm,属于胶体,可以做丁达尔效应实验,故D正确;答案选C。3、A【解析】

A、锌与硫酸发生:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,且锌比铜活泼,因此构成原电池时锌作负极,铜作正极,依据原电池的工作原理,正极上发生还原反应,A正确;B、电解CuCl2溶液,电子从负极流向阴极,阳离子在阴极上得电子,阴离子在阳极上失去电子,电子从阳极流向正极,B错误;C、弱酸环境下,发生钢铁的析氢腐蚀,负极上发生Fe-2e-=Fe2+,正极上发生2H++2e-=H2↑,C错误;D、钢闸门与外电源的负极相连,此方法称为外加电流的阴极保护法,防止钢闸门的腐蚀,D错误;故选A。【点睛】本题的易错点是选项B,在电解池以及原电池中,电解质溶液中没有电子的通过,只有阴阳离子的定向移动,形成闭合回路。4、B【解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-、SO32-。将该溶液加少量新制氯水,溶液变黄色,说明亚铁离子和碘离子至少有一种,在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液,均无明显现象,这说明溶液中没有碘生成,也没有硫酸根,所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子,一定存在亚铁离子,则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子,钠离子和铵根离子不能确定,亚铁离子水解溶液显酸性;答案选B。5、C【解析】

A.CO2、Na2CO3既是反应的产物,也是反应过程中需要加入的物质,因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2,A错误;B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2,B错误;C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3,K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2,C正确;D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体,会产生HCO3-,发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓,D错误;故合理选项是C。6、C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W的原子核外只有6个电子,则W为C元素;X+和Y3+的电子层结构相同,则X为Na元素,Y为Al元素;Z-的电子数比Y3+多8个,则Z为Cl元素;A.C在自然界有多种核素,如12C、14C等,故A错误;B.Na+和Al3+的电子层结构相同,核电荷数大离子半径小,Cl-比Na+和Al3+多一个电子层,离子半径最大,则离子半径大小:Al3+<Na+<Cl-,故B错误;C.AlCl3的水溶液中Al3+的水解,溶液呈弱酸性,故C正确;D.Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH,为强碱,故D错误;答案为C。点睛:微粒半径大小比较的常用规律:(1)同周期元素的微粒:同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外),如Na>Mg>Al>Si,Na+>Mg2+>Al3+,S2->Cl-。(2)同主族元素的微粒:同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大,如Li<Na<K,Li+<Na+<K+。(3)电子层结构相同的微粒:电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小,如O2->F->Na+>Mg2+>Al3+。(4)同种元素形成的微粒:同种元素原子形成的微粒电子数越多,半径越大。如Fe3+<Fe2+<Fe,H+<H<H-。(5)电子数和核电荷数都不同的,可通过一种参照物进行比较,如比较A13+与S2-的半径大小,可找出与A13+电子数相同的O2-进行比较,A13+<O2-,且O2-<S2-,故A13+<S2-。7、C【解析】

A选项,不能用pH试纸测量氯水的pH,氯水有漂白性,故A错误;B选项,该装置不是催化裂化装置,C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃,常温下为气体,故B错误;C选项,热水中颜色加深,说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,升温平衡逆向移动,故C正确;D选项,该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体,由于氯化铝易发生水解,可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体,故D错误。综上所述,答案为C。8、D【解析】

A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,SiCl4的转化率减小,A错误;B.该反应是可逆反应,达平衡时,吸收热量小于QkJ,B错误;C.速率之比等于反应系数之比,v(H2)=v(HCl)=,C错误;D.由方程式可知,当反应吸收热量为0.025QkJ时,生成的HCl的物质的量为,100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol,二者物质的量相等,恰好反应,D正确;故答案为:D。9、D【解析】

A.标准状况下,CHC13是液体,不能用22.4L/mol计算物质的量,不能确定氯原子数目,故A错误;B.10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g×46%=4.6g,物质的量为=0.1mol,根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑,0.1mol乙醇生成0.05mol氢气,乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气,故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA,故B错误;C.一个P4分子中含有6个磷磷单键,即6个σ键,124gP4物质的量为124g÷124g/mol=1mol,含σ键数目为6NA,故C错误;D.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),则n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L-1=1mol,则数目为NA,故D正确;答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型,分子中含有6个磷磷单键,知道物质的结构很关键。10、B【解析】A.最外层为第二层有5个电子,核外电子数为7,A错误;B.每个能级的电子能量相同,核外有3个能级,即有3种能量不同的电子,B正确;C.2s能级有一个轨道,2p能级有3个轨道,由于电子会优先独自占用一个轨道,故最外层电子占据4个轨道,C错误;D.每个电子的运动状态都不相同,故核外有7中运动状态不同的电子,D错误。故选择B。11、B【解析】

A、硫酸镁溶液中:Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+,盐类水解是吸热反应,升高温度,促进水解,但硫酸属于难挥发性酸,因此加热蒸干得到的是MgSO4;氯化镁溶液:MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,加热促进水解,HCl易挥发,加热促进HCl的挥发,更加促进反应向正反应方向进行,因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO,解释合理,故A说法正确;B、根据电解原理,电解CuCl2溶液,阴极上发生Cu2++2e-=Cu,说明Cu2+得电子能力大于H+,电解NaCl溶液,阴极上发生2H++2e-=H2↑,说明H+得电子能力强于Na+,得电子能力强弱是Cu2+>H+>Na+,因此解释不合理,故B说法错误;C、浓硝酸能氧化NO,而稀硝酸不能氧化NO,说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,即硝酸浓度越大,氧化性越强,解释合理,故C说法正确;D、钠与乙醇反应平缓,钠与水反应剧烈,说明羟基中氢的活性:CH3CH2OH<H2O,解释合理,故D说法正确。答案选B。12、D【解析】

方案Ⅰ:发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4;则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅱ:发生反应为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4;则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3;方案Ⅲ:2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4,则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A.三种方案中,消耗Al都为1mol,Al都由0价升高为+3价,则转移电子数一样多,A正确;B.从三个方案的比较中可以看出,生成等物质的量的氢氧化铝,方案Ⅲ所用硫酸的量最少,B正确;C.方案Ⅰ需控制酸的加入量,方案Ⅱ需控制碱的加入量,而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制,所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量,C正确;D.采用方案Ⅲ时,整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al,用于制备溶液①的Al占总量的0.75,D不正确;故选D。13、C【解析】

A.醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚,苯酚难溶于水,溶液变浑浊,A错误;B.反应生成氯气,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性,石蕊先变红后褪色,B错误;C.二氧化硫可使品红褪色,C正确;D.浓硫酸和铜应在加热条件下进行,D错误。答案选C。14、D【解析】

A.将2gH2与足量的N2混合,该反应为可逆反应,不能进行彻底,充分反应后转移的电子数小于2NA,故A错误;B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子,最终水溶液中18O原子为NA个,故B错误;C.NO2、N2O4的摩尔质量不同,无法计算混合气体的组成,故C错误;D.由于浓HNO3与铜反应生成NO2,而稀HNO3与铜反应生成NO,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,100

mL

12

mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子,完全被还原为NO转移0.9mol电子,转移的电子数大于0.6NA,故D正确;答案选D。15、C【解析】

A.二氧化硅是绝缘体不能导电,光导纤维中传递的是激光,利用的是二氧化硅的导光性,A项错误;B.水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键,与水分子内的O-H键键能无关,B项错误;C.物质只要含有离子键则为离子化合物,过氧化钠中Na+和是以离子键结合,中的O是以共价键结合,C项正确;D.NH3中有三条共价键,共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用,所以1molNH3中含有3NA个共用电子对,D项错误;答案选C。16、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气;5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36,,说明原混合物中一定含有铝,故A对;B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g,久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱,Fe(OH)2易被氧化,所以一定不含FeCl2,能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁,故B错误;C.根据上边分析,一定含氯化镁,一定不含FeCl2,故C错误;根据A分析一定有(NH4)2SO4,根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等,故D正确。本题答案:D。点睛::14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。17、B【解析】

原电池工作时,H2失电子在负极反应,负极反应为H2+CO32--2e-=H2O+CO2,正极上为氧气得电子生成CO32-,则正极的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-。【详解】A.分析可知电池工作时,熔融碳酸盐起到导电的作用,和氢离子结合生成二氧化碳,二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用,故A错误;B.原电池工作时,H2失电子在负极反应,负极反应为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2,故B正确;C,电池工作时,电子从负极电极a﹣负载﹣电极b,电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a,故C错误;D.电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣,电池工作时,外电路中流过0.2mol电子,反应氧气0.05mol,消耗O2质量=0.05mol×32g/mol=1.6g,故D错误;故选:B。18、D【解析】氢气中含有H-H键,只含共价键,故A错误;MgCl2由镁离子、氯离子构成,只含离子键,故B错误;H2O中含有H-O键,只含共价键,故C错误;KOH由钾离子、氢氧根离子构成,氢氧根离子中含有H-O键,所以KOH既含离子键又含共价键,故D正确。19、D【解析】

A.据图知,0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11,则c(OH−)=0.001mol⋅L−1,MOH电离程度较小,则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1,c(MOH)≈0.1mol⋅L−1,常温下,MOH的电离常数,A正确;B.a点溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH−),根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−),所以得c(M+)>c(Cl−)≈,B正确;C.当盐酸的体积为10mL时,c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液,当盐酸的体积为20mL时,b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液,是强酸弱碱盐,水解过程微弱,所以b点和c点溶液混合后显碱性,C正确;D.a点有碱溶液、d点酸过量,水的电离均受到抑制,b点溶质是强酸弱碱盐,水解时促进水电离,从a到b点水的电离程度增大,从b到d点水的电离程度减小,故D错误;答案选D。【点睛】D容易错,同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的,实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。20、D【解析】

A.灼烧时应使用坩埚和泥三角,不能用蒸发皿,故A错误;B.过滤时还需要玻璃棒引流,故B错误;C.四氯化碳的密度比水大,在下层,分液时应从下口放出,故C错误;D.有机相中加入浓氢氧化钠溶液,碘单质与碱液发生歧化反应,生成物溶于水相,分液后向水相中滴加硫酸,含碘物质发生归中反应生成碘单质,碘单质微溶,所以会析出固态碘,过滤得到碘单质,故D正确;故答案为D。21、B【解析】

A.实验时坩埚未完全干燥,计算出的结晶水的质量偏高,会使误差偏大,故A错误;B.加热后固体未放入干燥器中冷却,固体部分吸水,差距值变小,结果偏小,故B正确;C.加热过程中晶体有少量溅失,固体质量减少得多,结晶水含量测得值会偏高,故C错误;D.加热后固体颜色有少量变黑,说明部分硫酸铜分解,导致计算出的结晶水的质量偏高,测定结果偏高,故D错误;故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定,明确实验操作方法和原理为解答关键,根据结晶水合物中,结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜),质量分数=×100%,在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水,都会造成测量结果偏高。22、C【解析】

鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】A.CO2不能使溴水褪色(不反应),而SO2能,主要反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,SO2表现还原性而不是漂白性,A项错误;B.Fe3+和KSCN反应溶液变红,反应为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,不是氧化还原反应,而Fe2+和KSCN不反应,B项错误;C.硝酸钾溶液呈中性,不能使酚酞变红,而碳酸钠溶液因水解呈碱性,能使酚酞变红,C项正确;D.氯化铵加热时完全分解为气体,固体消失,而食盐加热时无明显变化,D项错误。本题选C。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯加成反应碳碳双键、酯基;氯原子cd【解析】

根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】(1)B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯;由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案:2-氯-1,3-丁二烯;加成反应。(2)由C的结构简式为,则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案:碳碳双键、酯基;氯原子。(3)a.氨甲环酸的结构简式为:,则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2,故a错误;b.氨甲环酸的结构简式为:,氨基不在碳原子上,所以不是一种天然氨基酸,故b错误;c.氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢,所以一氯代物有4种,故c正确;d.由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应,所以此反应也称为还原反应,故d正确;答案:cd。(4)由氨甲环酸的结构简式为:,含有羧基和氨基,所以可发生缩聚反应,生成高分子化合物,故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案:。(5)由D的结构简式的,符合下列条件:①属于芳香族化合物说明含有苯环;②具有硝基说明含有官能团–NO2;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子,符合条件的同分异构体为:;答案:。(6)根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线:。答案:。24、ACC2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH、、、【解析】

根据流程图分析,A为,B为,C为,E为,F为,H为。(1)根据以上信息,可知诺氟沙星的结构简式。(2)A.B到C的反应类型为还原反应;B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2,碳碳双键可发生加成、氧化,加聚反应,酯基可发生取代反应;C.化合物E含有碱基,具有碱性;D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子,两个环上的9个C原子可能共平面;(3)将C2H5OH氧化为CH3COOH,利用信息RCH2COOH,制得ClCH2COOH,再与NaCN反应,生成NCCH2COOH,酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2,再与HC(OC2H5)3反应,便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。(4)与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应,生成和C2H5OH。(5)G的同系物M(C6H14N2)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式:若六元环上只有一个N原子,则分子中不存在4种氢原子的异构体,所以两个N原子必须都在环上,且分子呈对称结构。依照试题信息,两个N原子不能位于六元环的邻位,N原子上不能连接C原子,若两个C原子构成乙基,也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此,两个N原子只能位于六元环的间位或对位,两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上,但都必须呈对称结构。【详解】(1)通过对流程图的分析,可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为:;(2)A.B到C的反应类型为还原反应,A错误;B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2,碳碳双键可发生加成、氧化,加聚反应,酯基可发生取代反应,B正确;C.化合物E含有碱基,具有碱性,C错误;D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子,两个环上的9个C原子可能共平面,D正确。答案为:AC;(3)将C2H5OH氧化为CH3COOH,利用信息RCH2COOH,制得ClCH2COOH,再与NaCN反应,生成NCCH2COOH,酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2,再与HC(OC2H5)3反应,便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为:C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2;(4)与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应,生成和C2H5OH。答案为:+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH;(5)若六元环上只有一个N原子,则分子中不存在4种氢原子的异构体,所以两个N原子必须都在环上,且分子呈对称结构。依照试题信息,两个N原子不能位于六元环的邻位,N原子上不能连接C原子,若两个C原子构成乙基,也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此,两个N原子只能位于六元环的间位或对位,结构简式可能为、;两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上,结构简式可能为、。答案为:、、、。25、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O氧化变质95.0偏高【解析】

A三颈烧瓶中制备二氧化硫,发生Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4,生成的二氧化硫通入D装置,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l),仪器E的作用是防倒吸,F吸收尾气。据此解答。【详解】Ⅰ(1)装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4。二氧化硫易溶于水,仪器E的作用是防倒吸。故答案为:三颈烧瓶;Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4;防倒吸;(2)二氧化硫有毒,排到空气中会污染空气,SO2是酸性氧化物,可用碱溶液吸收,题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为:浓NaOH溶液;Ⅱ.(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去,说明MnO4-将S2O52-氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是:利用焦亚硫酸钠的还原性,防止食品氧化变质。故答案为:5S2O5-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;氧化变质;Ⅲ.(4)由关系式:5SO32-~2MnO4-,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,剩余的n(MnO4-)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol,再由5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O得:Na2S2O5样品的纯度为=×100%=95.0%;若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,使Na2SO3标准液的体积偏低,算出的剩余高锰酸钾偏低,与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高,会导致Na2S2O5样品的纯度偏高;故答案为:95.0;偏高。26、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇,防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不变化【解析】

(1)①根据仪器a特点,得出仪器a为圆底烧瓶;根据实验目的,装置A是制备CH3Cl,据此分析;②ZnCl2为强酸弱碱盐,Zn2+能发生水解,制备无水ZnCl2时,需要防止Zn2+水解;(2)①A是制备CH3Cl的装置,CH3Cl中混有甲醇和HCl,甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰实验,必须除去,利用它们溶于水,需要通过C装置,然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置;②根据①分析;③黄绿色气体为Cl2,利用高锰酸钾溶液的氧化性,将CH3Cl中C氧化成CO2,高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2+,据此分析;(3)①使用盐酸滴定,甲基橙作指示剂,终点是溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不变化;②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl,CO2和HCl被NaOH所吸收,然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液,据此分析;【详解】(1)①根据仪器a的特点,仪器a的名称为圆底烧瓶,根据实验目的,装置A制备CH3Cl,HCl中Cl取代CH3OH中羟基,则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O;答案:圆底烧瓶;CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O;②ZnCl2为强酸弱碱盐,Zn2+发生水解,因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热;答案:在HC1气流中小心加热;(2)①根据实验目的,装置A制备CH3Cl,甲醇和浓盐酸易挥发,CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质,HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色,干扰后续实验,利用甲醇和HCl易溶于水,通入KMnO4溶液前需用水除去,然后再通入酸性高锰酸钾溶液,根据③得到黄绿色气体,黄绿色气体为Cl2,氯气有毒,污染环境,因此最后通入CCl4溶液,除去Cl2等有毒气体,则连接顺序是A→C→D→B;答案:C→D→B;②根据①分析,水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇;答案:除去CH3Cl中的HCl和甲醇,防止对后续实验的干扰;③黄绿色气体为Cl2,利用高锰酸钾溶液的氧化性,将CH3Cl中C氧化成CO2,高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2+,根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒,得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O;答案:l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O;(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收,溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3,用甲基橙作指示剂,盐酸进行滴定,滴定终点的产物为NaCl,滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不变化;答案:溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟(30s)内不变化;②根据①的分析,最后溶质为NaCl,NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸,根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)=n(CH3Cl)-n(HCl)=(c1V1-c2V2)×10-3,甲醇的转化率是=;答案:。27、白色固体变黑吸收水蒸气,防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:白色

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