2024年上海市崇明区高考冲刺化学模拟试题含解析_第1页
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文档简介

2024年上海市崇明区高考冲刺化学模拟试题注意事项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,若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,下列说法不合理的是A.反应后HA溶液可能有剩余B.生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C.HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等D.HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等2、利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图所示。H+,O2,NO3-等共存物的存在会影响水体修复效果,定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是()A.反应①②③④均在正极发生B.单位时间内,三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC.④的电极反应式为NO3-+10H++8e-=NH4++3H2OD.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量,可使nt增大3、化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A.利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷B.纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂C.利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈,因Al3+水解呈酸性D.“丹砂(主要成分为硫化汞)烧之成水银,积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应4、化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(H2S),可通过间接电化学法除去,其原理如图所示。下列说法错误的是A.反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+B.电极a为阳极,电极b为阴极C.若交换膜为质子(H+)交换膜,则NaOH溶液的浓度逐渐变大D.若交换膜为阳离子交换膜,b电极区会产生红褐色沉淀5、Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:下列说法正确的是A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现还原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗6、298K时,在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂B.X点溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)C.Y点溶液中:3c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)D.0.01mol/LNa2A溶液的pH约为10.857、室温下,用的溶液滴定的溶液,水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B.从点到点,溶液中水的电离程度逐渐增大C.点溶液中D.点对应的溶液的体积为8、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.③④9、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是()A.糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B.油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质,碱性条件下水解都称为皂化反应C.硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来D.淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验,应先加入NaOH溶液,再加入银氨溶液,水浴加热,看是否有银镜出现。若出现银镜,证明有葡萄糖生成10、下列说法正确的是()A.核素的电子数是2B.1H和D互称为同位素C.H+和H2互为同素异形体D.H2O和H2O2互为同分异构体11、常温下,向20mL、浓度均为0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L-1盐酸,溶液导电性如图所示(已知:溶液导电性与离子浓度相关)。下列说法正确的是A.a点溶液pH=11B.曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C.c点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(N3H·H2O)D.在a、b、c、d、e中,水电离程度最大的点是d12、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.宋朝王希孟的画作《千里江山图》所用纸张为宣纸,其主要成分是碳纤维B.汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器,其主要原料为石灰石C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3D.港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物13、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↓14、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外,还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1,T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知:海水中存在以下平衡:CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq),下列说法不正确的是A.T1>T2B.海水温度一定时,大气中CO2浓度增加,海水中溶解的CO2随之增大,CO32-浓度降低C.当大气中CO2浓度确定时,海水温度越高,CO32-浓度越低D.大气中CO2含量增加时,海水中的珊瑚礁将逐渐溶解15、25℃时,已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液,溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A.a点溶液中:c(H+)=6.010-3molL-1B.b点溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C.c点溶液中:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d点溶液中:c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)16、下列有关实验的图示及分析均正确的是()选项实验目的实验图示实验分析A实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时,使溶液向一个方向做圆运动,勿使瓶口接触到滴定管,溶液也不得溅出B石油分馏时接收馏出物为收集到不同沸点范围的馏出物,需要不断更换锥形瓶C测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积D用四氯化碳萃取碘水中的碘充分震荡后静置,待溶液分层后,先把上层液体从上口倒出,再让下层液体从下口流出A.A B.B C.C D.D17、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol/L)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.X、M简单离子半径大小顺序:X>MB.Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素D.X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键18、已知:A(g)+3B(g)⇌2C(g)。起始反应物为A和B,物质的量之比为1:3,且总物质的量不变,在不同压强和温度下,反应达到平衡时,体系中C的物质的量分数如下表:下列说法不正确的是()温度物质的量分数压强400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A.压强不变,降低温度,A的平衡转化率增大B.在不同温度下、压强下,平衡时C的物质的量分数可能相同C.达到平衡时,将C移出体系,正、逆反应速率均将减小D.为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间,可选择加入合适的催化剂19、《厉害了,我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就,它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是()A.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐,依据的是外加电流的阴极保护法C.我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是晶体硅D.化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用,其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料20、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是()A.A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B.两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC.A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D.氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%21、根据下列实验操作和现象,得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A光照时甲烷与氯气反应后的混合气体能使紫色石蕊溶液变红生成的氯甲烷具有酸性B向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X,出现白色沉淀X一定具有氧化性C两支盛0.1mol·L-1醋酸和次氯酸的试管中分别滴加等浓度Na2CO3溶液,观察到前者有气泡、后者无气泡Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加热,再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热,未见砖红色沉淀淀粉没有水解A.A B.B C.C D.D22、下列说法正确的是()A.共价化合物的熔沸点都比较低B.816O、11C.H2O分子比H2S分子稳定的原因,是H2O分子间存在氢键D.SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体,说明硅酸的酸性比碳酸强二、非选择题(共84分)23、(14分)乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物.已知:①CH2=CH‑OH(不稳定)CH3CHO②一定条件下,醇与酯会发生交换反应:RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH完成下列填空:(1)写反应类型:③__反应;④__反应.反应⑤的反应条件__.(2)写出反应方程式.B生成C__;反应②__.(3)R是M的同系物,其化学式为,则R有__种.(4)写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__.24、(12分)α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下:已知:回答下列问题:(1)F中含有的含氧官能团的名称是______,用系统命名法命名A的名称是______。(2)B→C所需试剂和反应条件为___________。(3)由C生成D的化学反应方程式是__________。(4)写出G的结构简式_________,写出检验某溶液中存在G的一种化学方法________。(5)F+H→J的反应类型是_______。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚,写出其中一种有机产物的结构简式:_______。(6)化合物X是E的同分异构体,分子中不含羧基,既能发生水解反应,又能与金属钠反应。符合上述条件的X的同分异构体有_______种(不考虑立体异构),其中能发生银镜反应,核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1:1:6的结构简式为_______。25、(12分)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料,可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等,还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去):已知PCl3和三氯氧磷的性质如表:熔点/℃沸点/℃其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶,均为无色液体,遇水均剧烈水解,发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0(1)装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替?做出判断并分析原因:_______(2)装置B的作用是______________(填标号)。a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压(3)仪器丙的名称是___________,实验过程中仪器丁的进水口为__________(填“a”或“b”)口。(4)写出装置C中发生反应的化学方程式_______,该装置中用温度计控制温度为60~65℃,原因是________。(5)称取16.73gPOCl3样品,配制成100mL溶液;取10.00mL溶液于锥形瓶中,加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL,并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液;用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定,达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL(已知:Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________,样品中POCl3的纯度为_____________。26、(10分)二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料,常用作橡胶硫化剂,改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质:(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___,装置F中试剂的作用是___。②装置连接顺序:A→___→___→___→E→D。③实验前打开K1,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后,再通入一段时间的氮气,其目的是___。④为了提高S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和___。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水,其原因是___。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。①W溶液可以是___(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。27、(12分)Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域,其制备步骤及装置如下:在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4,再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃,搅拌一段时间后,加入NaOH溶液,充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境,增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响,设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______;n=______。②若c>87.8>a,则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中,若降低水浴温度,Fe(OH)3的产率下降,其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________;(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。28、(14分)辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一,可用来提炼铜和制备含铜化合物。Ⅰ.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+:(1)反应过程中有黄色固体生成,写出反应的离子方程式______________________。(2)控制温度为85℃、浸取剂的pH=1,取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验:实验试剂及操作3小时后Cu2+浸出率(%)一加入10mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL水81.90二加入10mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL0.1mol·L-1H2O292.50回答:H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是__________。(3)实验二在85℃后,随温度升高,测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_________________。(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时,也会将铁杂质带进溶液,向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO,有利于铁杂质的除去,用离子方程式表示O2的作用_________。解释加入CuO的原因是_____。Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH4)2CO3、NH3·H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。其反应机理如下:①Cu2S(s)⇌2Cu+(aq)+S2-(aq)(快反应)②4Cu++O2+2H2O⇌4Cu2++4OH-(慢反应)③Cu2++4NH3·H2O⇌Cu(NH3)42++4H2O(快反应)(5)提高铜的浸出率的关键因素是________。(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8,铜的浸出率有明显升高,结合平衡移动原理说明可能的原因是__________。29、(10分)甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。回答下列问题:(1)甲烷隔绝空气分解,部分反应如下:Ⅰ.CH4(g)=C(s)+2H2(g)∆H1=+74.9kJ/molⅡ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)∆H2=+531kJ/molⅢ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)∆H3=+202kJ/mol①反应I的△S___(填“>”或“<”)0。②的△H=______kJ/mol。(2)CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为:Ⅰ.水蒸气重整:Ⅱ.水煤气变换:平衡时各物质的物质的量分数如图所示:①为提高CH4的平衡转化率,除压强、温度外,还可采取的措施是___________(写一条)。②温度高于T1℃时,CO2的物质的量分数开始减小,其原因是___________。③T2℃时,容器中______________。(3)甲烷部分氧化反应为。已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图所示:①图中Q点时,反应的InKp=________。②在某恒压密闭容器中充入lmolCH4和1molH2O(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时,CH4的转化率为50%,容器总压强为1atm。H2的平衡分压p(H2)=____atm;此温度下反应的lnKp=___(已知;ln3≈l.1,ln4≈l.4)。

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、B【解析】

A、若HA是弱酸,则二者反应生成NaA为碱性,所以HA过量时,溶液才可能呈中性,正确;B、若二者等体积混合,溶液呈中性,则HA一定是强酸,所以NaA的溶液的pH不可能小于7,至小等于7,错误;C、若HA为弱酸,则HA的体积大于氢氧化钠溶液的体积,且二者的浓度的大小未知,所以HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等,正确;D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等,混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可,正确。答案选B。2、B【解析】

A选项,由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应①②③④均为得电子的反应,所以应在正极发生,故A正确;B选项,三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HCl3转化为1molC2H4时,得到6mol电子,脱去3mol氯原子,所以脱去amolCl时ne=2amol,故B错误;C选项,由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_—NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应,而不能用H2O和OH_来配平,所以④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O,故C正确;D选项,增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积,加快ZVI释放电子的速率,可使nt增大,故D正确;综上所述,答案为B。3、C【解析】

A.二氧化硅与碳酸钙常温下不反应,A错误;B.氢氧化钠没有强氧化性,作漂洗剂时利用它的碱性,B错误;C.明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸,可除去铜器上的铜锈,C正确;D.丹砂中的硫化汞受热分解生成汞,汞与硫化合生成丹砂,条件不同,不是可逆反应,D错误;故选C。4、C【解析】

A.由图示知反应池中,Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+,故A正确;B.a极产生Fe3+,发生氧化反应,所以为阳极,b为阴极,故B正确;C.若交换膜为质子交换膜,则H+进入b极,则NaOH溶液的浓度逐渐变小,故C错误D.若交换膜为阳离子交换膜,Fe3+会向阴极移动,与氢氧根离子生成红褐色Fe(OH)沉淀3,故D正确;故选C。5、C【解析】

饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,说明溶液显酸性,Na2CO3显碱性,Na2SO3显碱性,NaHCO3显碱性,而NaHSO3显酸性,说明反应产生了NaHSO3,同时放出二氧化碳,I中的溶液应为NaHSO3溶液;再加入Na2CO3固体,将NaHSO3转化为Na2SO3,再次充入SO2,将Na2SO3转化为NaHSO3,得到过饱和的NaHSO3溶液,由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5,发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O,据此分析解答。【详解】A.上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳,故A错误;B.SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,故B错误;C.根据上述分析,上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到过饱和的NaHSO3溶液,故C正确;D.“结晶脱水”是加热固体分解,应该在坩埚中进行,故D错误;答案选C。6、D【解析】

滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A,第一反应终点溶质为NaHA,第二反应终点溶质为Na2A。【详解】A.石蕊的的变色范围为5~8,两个反应终点不在变色范围内,所以不能选取石蕊作指示剂,故A错误;B.X点为第一反应终点,溶液中的溶质为NaHA,溶液中存在质子守恒c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A),故B错误;C.Y点溶液=1.5,所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A),故C错误;D.Na2A溶液主要存在A2-的水解:A2-+H2O=HA-+OH-;据图可知当c(A2-)=c(HA-)时溶液pH=9.7,溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L,而Na2A的第一步水解平衡常数Kh=,当c(A2-)=c(HA-)时Kh=c(OH-)=10-4.3,设0.01mol/LNa2A溶液中c(A2-)=amol/L,则c(OH-)amol/L,Kh=,解得a=10-3.15mol/L,即c(OH-)=10-3.15mol/L,所以溶液的pH=10.85,故D正确。【点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么,再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系;D选项为难点,学习需要对“c(A2-)=c(HA-)”此类信息敏感一些,通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。7、D【解析】

A.用NaOH溶液滴定醋酸,由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小,可选用酚酞作指示剂,不能选用甲基橙作指示剂,A错误;B.P点未滴加NaOH溶液时,CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用,随着NaOH的滴入,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,到M点时恰好完全反应产生CH3COONa,水的电离达到最大值,后随着NaOH的滴入,溶液的碱性逐渐增强,溶液中水的电离程度逐渐减小,B错误;C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成,根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-),根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),将两个式子合并,整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+),C错误;D.M点时溶液中水电离程度最大,说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa,由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱,二者的浓度相等,因此二者恰好中和时的体积相等,故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL,D正确;故合理选项是D。8、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。9、D【解析】

A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选;B.油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选;C.硝酸铜是重金属盐,加入鸡蛋清中可以使蛋清变性而沉淀下来,故C不选。D.淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用银氨溶液来检验,在加银氨溶液之前必须先加入氢氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。故选D。10、B【解析】

A.核素的电子数是1,左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子,中子不带电,故A不选;B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子,1H和D都是氢元素的原子,互称为同位素,故B选;C.同素异形体是同种元素形成的不同单质,H+不是单质,故C不选;D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物,H2O和H2O2的分子式不同,故D不选。故选B。11、C【解析】

氢氧化钠为强电解质,一水合氨为弱电解质,所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强,故曲线2为氢氧化钠溶液,曲线1氨水。【详解】A.曲线2为氢氧化钠溶液,氢氧化钠是一元强碱,c(OH-)=0.1mol/L,则c(H+)=1×10-13mol/L,所以pH=-lgc(H+)=13,故A错误;B.在氨水中滴加盐酸,溶液由碱性变中性,再变成酸性,滴定前氨水呈碱性,而c点对应的溶液溶质为氯化铵,呈酸性,说明中性点在c点向b点间的某点,c点到e点溶液的酸性越来越强,故B错误;C.c点表示溶质是氯化铵,溶液中存在质子守恒式:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),故C正确;D.由图像知,曲线1导电性较弱,说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液,即曲线1代表氨水,曲线2代表氢氧化钠溶液,c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵,水解程度最大,故此点对应的溶液中水的电离程度最大,故D错误;故选C。【点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键,然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况,根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。12、D【解析】

A.纸张的原料是木材等植物纤维,所以其主要成分是纤维素,不是碳纤维,故A错误;B.瓷器的原料是黏土,是硅酸盐,不是石灰石,故B错误;C.与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓”含Fe3O4,故C错误;D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故D正确。故选D。13、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。14、C【解析】

题中给出的图,涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量,类似于恒温线或恒压线的图像,因此,在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系,一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值,另一方面也要注意升高温度可以使分解,即让反应逆向移动。【详解】A.升高温度可以使分解,反应逆向移动,海水中的浓度增加;当模拟空气中CO2浓度固定时,T1温度下的海水中浓度更高,所以T1温度更高,A项正确;B.假设海水温度为T1,观察图像可知,随着模拟空气中CO2浓度增加,海水中的浓度下降,这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动,从而使浓度下降,B项正确;C.结合A的分析可知,大气中CO2浓度一定时,温度越高,海水中的浓度也越大,C项错误;D.结合B项分析可知,大气中的CO2含量增加,会导致海水中的浓度下降;珊瑚礁的主要成分是CaCO3,CaCO3的溶解平衡方程式为:,若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动,珊瑚礁会逐渐溶解,D项正确;答案选C。15、B【解析】

A.a点溶液没有加入NaOH,为醋酸溶液,根据电离平衡常数计算。设电离的出的H+的浓度为x,由于电离程度很低,可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO-+H+2xxKa===1.8×10-5,解得x=6.0×10-3mol/L,A项正确;B.b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液,物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),醋酸会电离CH3COOHCH3COO-+H+,醋酸根会水解,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡常数<1.8×10-5,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH);B项错误;C.c点醋酸和氢氧化钠完全反应,溶液为CH3COONa溶液,在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将两式联立得到质子守恒,则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+);C项正确;D.d点加入40mL的NaOH溶液,NaOH多一倍,为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液,有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),D项正确;本题答案选B。【点睛】电解质溶液中,粒子浓度有三大守恒,电荷守恒、物料守恒和质子守恒,写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。16、A【解析】

A.滴定时左手控制活塞,右手摇瓶,使溶液向一个方向做圆运动,勿使瓶口接触到滴定管,溶液也不得溅出,操作合理,故A正确;B.锥形瓶不能密封,难以接收馏分,故B错误;C.气体可从长颈漏斗逸出,应选分液漏斗,故C错误;D.四氯化碳的密度比水的密度大,分层后有机层在下层,则分层后,先把下层液体从下口流出,再让上层液体从上口倒出,故D错误;故答案为A。17、B【解析】

X、Y、Z、W、M均为短周期元素,由图像分析可知,原子半径:M>W>Z>Y>X,M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12,则M为Na元素,0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2,则W为S元素,0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则Z为Cl元素,X的半径最小,其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2,则X为N元素,0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7,则Y为C元素,据此分析解答问题。【详解】A.X、M的简单离子为N3-和Na+,两者电子层数相同,N3-的核电荷数小,故离子半径:N3->Na+,A选项正确;B.Z为Cl元素,其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4,B选项错误;C.X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素,C选项正确;D.X的最简单氢化物为NH3,Z的氢化物为HCl,两者反应后生成的化合物为NH4Cl,是离子化合物,既含离子键由含有共价键,D选项正确;答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等,并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断,对学生的综合能力要求很高,在平时的学习中,要注意对相关知识点的总结归纳。18、D【解析】

A.由图可知温度越高C物质的量分数减小,平衡逆向移动,逆反应是吸热反应,所以压强不变,降低温度,A的平衡转化率增大,故A正确;B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同,所以在不同温度下、压强下,平衡时C的物质的量分数可能相同,故B正确;C.浓度越小反应速率越小,达到平衡时,将C移出体系,反应物和生成物的浓度都减小,所以正、逆反应速率均将减小,故C正确;D.使用催化剂只改变反应的速率,平衡不移动,所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数,故D错误。故选D。19、D【解析】

A.高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀,是新型无机非金属材料,不是传统的硅酸盐,A错误;B.钢结构防腐蚀涂装体系中,富锌底漆的作用至关重要,它要对钢材具有良好的附着力,并能起到优异的防锈作用,依据的是牺牲阳极的阴极保护法,B错误;C.光缆的主要成分是二氧化硅,C错误;D.高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料,D正确;故答案选D。20、C【解析】

A.氢氧化钠是强电解质,A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性,A正确;B.电解池中,阳极反应:2Cl--2e-=Cl2↑,X是氯气,阴极氢离子放电2H++2e-=H2↑,Y是氢气,2.24氯气是0.1molCl2,转移电子是0.2mol,燃料电池中,正极发生得电子的还原反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,当转移0.2mol电子,理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol,标况下体积是0.05mol×22.4L/mol=1.12L,因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5=5.6L,B正确;C.电解池中阳离子向阴极移动,原电池中阳离子向正极移动,则A、B均为阳离子交换膜,C错误;D.燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过,而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-,所以反应后氢氧化钠的浓度升高,即b%大于a%,负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子,所以a%>c%,得到b%>a%>c%,D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键,注意利用电子守恒进行计算。21、C【解析】

A.甲烷和氯气在光照条件下反应生成氯甲烷和HCl,HCl使紫色石蕊溶液变红,A错误;B.若X是NH3则生成白色的BaSO3,得到相同现象,B错误;C.Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO),所以2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑,产生气泡,Na2CO3和HClO不会反应,无气泡,C正确;D.加入新制的Cu(OH)2悬浊液之前要先加入NaOH中和H2SO4,不然新制的Cu(OH)2悬浊液和硫酸反应了,就不会出现预期现象,D错误。答案选C。【点睛】Ka越大,酸性越强,根据强酸制弱酸原则,Ka大的酸可以和Ka小的酸对应的盐反应生成Ka小的酸。22、B【解析】A.共价化合物可能是分子晶体,也可能是原子晶体,则熔沸点不一定都较低,故A错误;B.根据排列组合,816O、11H、12H三种核素可组成3种不同的水分子,故B正确;C.氢键是分子间作用力,只影响物理性质不影响化学性质,H2O分子比H2S分子稳定的原因,是H2O分子H—O的键能大的缘故,故C错误;D.高温下SiO2能与CaCO二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应铁粉作催化剂2CH3CHO+O22CH3COOHnCH3COOCH=CH24HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)C=CH2【解析】

与乙烯水化法得到乙醇类似,乙炔与水反应得到乙烯醇,乙烯醇不稳定会自动变成乙醛,因此B为乙醛,C为乙醛催化氧化后得到的乙酸,乙酸和乙炔在一定条件下加成,得到,即物质D,而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E,E与甲醇发生酯交换反应,这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面,为苯,苯和丙烯发生反应得到异丙苯,即物质F,异丙苯和发生取代得到M,注意反应⑤取代的是苯环上的氢,因此要在铁粉的催化下而不是光照下。【详解】(1)反应③是酯交换反应,实际上符合取代反应的特征,反应④是一个加成反应,这也可以从反应物和生成物的分子式来看出,而反应⑤是在铁粉的催化下进行的;(2)B生成C即乙醛的催化氧化,方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH,而反应②为加聚反应,方程式为nCH3COOCH=CH2;(3)说白了就是在问我们丁基有几种,丁基一共有4种,因此R也有4种;(4)能发生银镜反应说明有醛基,但是中只有2个氧原子,除酯基外不可能再有额外的醛基,因此只能是甲酸酯,符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)C=CH2。【点睛】一般来说,光照条件下发生的是自由基反应,会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢,例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成,而会发生取代,同学们之后看到光照这个条件一定要注意。24、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液,加热向溶液中滴加FeCl3溶液,若溶液显紫色,证明有苯酚存在取代反应或或11【解析】

由合成流程可知,A、C的碳链骨架相同,A发生加成反应生成B,B水解生成C,则A为,A与溴加成生成B为,B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是,C发生催化氧化生成D为,D与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为,E与HBr在加热时发生取代反应,E中-OH被Br原子取代反应生成F,F的结构简式是,结合J的结构可知H为,G为苯酚,结构简式为,以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知F是,根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基,A物质是,用系统命名法命名A的名称是2-甲基—1—丙烯;(2)B结构简式是,C物质是,B→C是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应,所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热;(3)C结构简式是,C中含有羟基,其中一个羟基连接的C原子上含有2个H原子,可以被催化氧化产生-CHO,则由C生成D的化学反应方程式是;(4)根据上述分析可知G的结构简式为,检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3溶液,若溶液显紫色,证明有苯酚存在;(5)根据上述分析可知F是,H是,F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr,该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚,其中一种有机产物的结构简式:或或;(6)E为,化合物X是E的同分异构体,分子中不含羧基,既能发生水解反应,又能与金属钠反应,则含-COO-及-OH,可先写出酯,再用—OH代替烃基上H,若为甲酸丙酯,-OH有3种位置;若为甲酸异丙酯,-OH有2种位置;如为乙酸乙酯,-OH有3种位置;若为丙酸甲酯,-OH有3种位置,共11种,其中能发生银镜反应,核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1:1:6的结构简式为。【点睛】本题考查有机物推断的知识,把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意有机物性质的应用,题目难度不大。25、否,长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl3+O2=2POCl3温度过低反应速度过慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低指示剂91.8%【解析】

A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气,通过加入双氧水的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去,装置B中有长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3,为了控制反应速率,同时防止三氯化磷挥发,反应的温度控制在60~65℃,所以装置C中用水浴加热,POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢,为防止空气中水蒸汽进入装置,同时吸收尾气,所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管,据此分析解答(1)~(4);(5)测定POCl3产品含量,用POCl3与水反应生成氯化氢,然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子,KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3,结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银,进而计算出溶液中氯离子的物质的量,根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量,进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替,因为长颈漏斗不能调节滴液速度,故答案为否,长颈漏斗不能调节滴液速度;(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡出现,长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气,故答案为acd;(3)根据装置图,仪器丙为三颈烧瓶,为了提高冷却效果,应该从冷凝管的下口进水,即进水口为a,故答案为三颈烧瓶;a;(4)氧气氧化PCl3生成POCl3,根据原子守恒,反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3,根据上面的分析可知,反应温度应控制在60~65℃,原因是温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低,故答案为2PCl3+O2=2POCl3;温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,利用率低;(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色,则用

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时,可选择硫酸铁溶液为指示剂,达到终点时的现象是溶液会变红色;KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol,根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓,可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol,POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol,即16.73gPOCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1mol,则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%,故答案为指示剂;91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5),要理清楚测定POCl3的纯度的思路,注意POCl3~3HCl。26、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气,并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热,放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%【解析】

(1)实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,氯气过量则会生成SCl2,利用装置A制备氯气,氯气中含氯化氢气体和水蒸气,通过装置F除去氯化氢,通过装置C除去水蒸气,通过装置B和硫磺反应在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2),连接装置D是防止空气中水蒸气进入;(2)S2Cl2受热或遇水分解放热,放出腐蚀性烟气;(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数,混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀,过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg,元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,氯气过量则会生成SCl2,利用装置A制备氯气,氯气中含氯化氢气体和水蒸气,通过装置F除去氯化氢,通过装置C除去水蒸气,通过装置B和硫磺反应在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2),连接装置D是防止空气中水蒸气进入;①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管),装置F中试剂的作用是:除去Cl2中混有的HCl杂质;②利用装置A制备氯气,氯气中含氯化氢气体和水蒸气,通过装置F除去氯化氢,通过装置C除去水蒸气,通过装置B和硫磺反应在110~140℃反应制得S2Cl2粗品,通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2),连接装置D是防止空气中水蒸气进入,依据上述分析可知装置连接顺序为:A→F→C→B→E→D;③实验前打开K1,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后,再通入一段时间的氮气,其目的是:将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气;并将B中残留的S2Cl2排入E中收集;④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2,温度过高S2Cl2会分解,为了提高S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量;(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬独液,但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水,其原因是:防止S2Cl2遇水分解放热,放出腐蚀性烟气;(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数,混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀,过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg,元素守恒计算二氧化硫体积分数;①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液,可以是a.H2O2溶液,c.氯水,但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化),因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气,故答案为:ac;②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀,硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol,该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数,二氧化硫体积分数=。【点睛】考查性质实验方案设计,侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力,综合性较强,注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用,难度中等。27、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低,Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集,导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中,分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液,若都无白色沉淀,则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品,加热至恒重后称重,剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁,据此书写;(2)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下氧化性增强;同时反应产生的Fe3+会发生水解反应,根据盐的水解规律分析分析;(3)检验Fe2+已经完全被氧化,就要证明溶液在无Fe2+;(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响,根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响;ii、iii或i、iv是研究温度的影响;据此分析解答;(5)温度低,盐水解程度小,不能充分聚沉;(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的,只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净;(7)根据Fe元素守恒,若含有FeOOH,最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性,在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁,NaClO3被还原为NaCl,同时产生水,反应的离子方程式为:ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O;(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时,为了增强其氧化性,要加入酸,因此提供酸性环境,增强NaClO3氧化性,选项a合理;同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3,该盐是强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性,为抑制Fe3+的水解,同时又不引入杂质离子,因此要向溶液中加入硫酸,选项c合理,故答案为ac;(3)检验Fe2+已经完全被氧化,只要证明溶液中无Fe2+即可,检验方法是取反应后的溶液少许,向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若溶液无蓝色沉淀产生,就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+;(4)①根据实验目的,i、ii是在相同温度下,研究NaClO3用量的影响,ii、iii或i、iv是研究温度的影响;因此m=2,n=25;②在其它条件不变时,增大反应物的浓度,化学反应速率加快,实验b>a;ii、iii的反应物浓度相同时,升高温度,化学反应速率大大加快,实验c>b,因此三者关系为c>b>a;(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中,若降低水浴温度,Fe(OH)3的产率下降,原因是温度过低,Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集,导致产率下降;(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的,若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中,分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液,若都无白色沉淀,则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净;(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH,由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g,完全灼烧后产生0.5molFe2O3,质量是80g,若称取mgFe(OH)3,完全灼烧后固体质量是,若样品中含有FeOOH,加热至恒重后称重

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