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文档简介

2024年山东省潍坊市重点中学高考仿真卷化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大,Y、Z、W位于同一周期,X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体,Y在同周期中电负性最小,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16;同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小;T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是()A.简单离子的半径Y>Z>WB.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>XC.W和T的单质混合加热可得化合物T2WD.W的单质在足量的氧气中燃烧,所得产物溶于水可得强酸2、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖 B.蛋白质 C.硫酸铁 D.淀粉3、工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑.下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是()A.Na+的结构示意图:B.中子数为18的氯原子:ClC.NaOH的电子式:D.Cl2的结构式:Cl=Cl4、某有机物结构简式如图,下列对该物质的叙述中正确的是A.该有机物易溶于苯及水B.该有机物苯环上的一氯代物共有4种C.该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D.1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应5、为模拟氨碱法制取纯碱的主要反应,设计在图所示装置。有关说法正确的是(

)A.先从b管通入NH3再从a管通入CO2B.先从a管通入CO2再从b管通入NH3C.反应一段时间广口瓶内有晶体析出D.c中装有碱石灰以吸收未反应的氨气6、下列属于强电解质的是A.蔗糖 B.甘氨酸 C.I2 D.CaCO37、为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO,设计如图实验(实验过程中活塞2为打开状态),下列说法中不正确的是A.关闭活塞1,加入稀硝酸至液面a处B.在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C.通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D.反应开始后,胶塞下方有无色气体生成,还不能证明该气体为NO8、某浓度稀HNO3与金属M反应时,能得到+2价硝酸盐,反应时M与HNO3的物质的量之比为5∶12,则反应时HNO3的还原产物是()A.NH4NO3 B.N2 C.N2O D.NO9、为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应,实验如下:下列说法不正确的是()A.Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-B.对比Ⅰ、Ⅲ,推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C.Ⅳ溶液中可能存在大量Al3+D.推测出现白色浑浊的可能原因:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-10、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11、将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,下列离子方程式能正确表示该反应的是()A.SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣B.SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO3↓+2H++2ClO﹣C.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClOD.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Y与W同族,W的核电荷数是Y的两倍,四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是()A.简单离子半径:Z>W>Y>XB.最简单氢化物的稳定性:W>YC.X与Z可形成离子化合物ZXD.W的氧化物对应的水化物为强酸13、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在,则下列判断不正确的是A.溶液中一定含有Fe2+ B.溶液中一定含有Cu2+C.剩余固体中一定含有Cu D.加入KSCN溶液一定不変红14、德国化学家利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖,该反应的微观历程及反应过程中的能量变化如图一、图二所示,其中分别表示N2、H2、NH3及催化剂。下列说法不正确的是()A.①→②过程中催化剂与气体之间形成离子键B.②→③过程中,需要吸收能量C.图二说明加入催化剂可降低反应的活化能D.在密闭容器中加入1molN2、3molH2,充分反应放出的热量小于92kJ15、雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是A.苯是最简单的芳香烃B.重金属离子可导致蛋白质变性C.氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物D.汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一16、一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS,S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应),生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是()A.该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L-1B.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2:1C.生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD.该磁黄铁矿中FexS的x=0.85二、非选择题(本题包括5小题)17、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成,某研究小组按如图流程进行了探究:请回答:(1)A的化学式为______________________。(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。18、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线.已知:ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空:(1)F中官能团的名称__;写出反应①的反应条件__;(2)写出反应⑤的化学方程式__.(1)写出高聚物P的结构简式__.(4)E有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式__.①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基;②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2(5)写出以分子式为C5H8的烃为主要原料,制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)__.合成路线流程图示例如下:

CH1CHOCH1COOHCH1COOCH2CH1.19、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________.20、草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有____(填化学式);若观察到____,说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前,通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_____。Ⅱ.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。21、下图中A为278g/mol。B、D、E、F、G是氧化物且B为红棕色固体,F、K是氢化物,C、H是日常生活中最常见的金属单质,J是黄绿色气体。O是白色沉淀(图中部分反应物和生成物没有列出)。(1)写出A、G、L的化学式A______________:G:_______________,L:______________。(2)反应②的化学方程式________________________________________________。(3)写出反应M→L的离子方程式为________________________________________。(4)若将O敞口久置,变质过程中的现象为___________________________________,发生的化学方程式为__________________________________________________。(5)向M溶液中投入与M等物质的量的Na2O2,反应的离子方程式是____________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体,该氢化物为甲烷,即X为C,Y、Z、W位于同一周期,原子序数依次增大,即Y、Z、W位于第三周期,Y的电负性最小,推出Y为Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16,推出该二元化合物为Na2S,即W为S,同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小,即Z为Al,T元素的价电子3d104s1,推出T元素为Cu,据此分析;【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体,该氢化物为甲烷,即X为C,Y、Z、W位于同一周期,原子序数依次增大,即Y、Z、W位于第三周期,Y的电负性最小,推出Y为Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16,推出该二元化合物为Na2S,即W为S,同周期元素简单离子中,元素Z形成的离子半径最小,即Z为Al,T元素的价电子3d104s1,推出T元素为Cu,A.Y、Z、W简单离子分别是Na+、Al3+、S2-,因此简单离子半径大小顺序是r(S2-)>r(Na+)>r(Al3+),故A错误;B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4,硫酸酸性最强,氢氧化铝为两性,因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3,故B错误;C.Cu与S在加热条件下发生反应,因为S的氧化性较弱,因此将Cu氧化成较高价态,得到产物是Cu2S,反应:2Cu+SCu2S,故C正确;D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2,SO2溶于水后生成H2SO3,亚硫酸为中强酸,故D错误;答案:C。【点睛】易错点是选项D,学生认为S与足量的O2反应生成SO3,SO3溶于水后生成H2SO4,学生:C与O2反应,如果氧气不足,则生成CO,氧气过量,则生成CO2,S和C不太一样,S与氧气反应,无论氧气过量与否,生成的都是SO2,SO2转化成SO3,需要催化剂、高温条件。2、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液,不能产生丁达尔效应,A符合题意;B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液,由于蛋白质分子直径比较大,其溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,B不符合题意;C.硫酸铁溶于水后,电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体,可以发生丁达尔效应,C不符合题意;D.淀粉分子直径比较大,溶于水形成的溶液属于胶体,可以发生丁达尔效应,D不符合题意;故合理选项是A。3、B【解析】

A、钠离子的质子数为11,钠离子失去了最外层电子,离子结构示意图为:,故A错误;B、质量数=质子数+中子数,中子数为18的氯原子的质量数为35,故为Cl,故B正确;C、氢氧化钠属于离子化合物,氢氧化钠的电子式为:,故C错误;D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构,电子式为:,将共用电子对换成短线即为结构式,氯气结构式为:Cl-Cl,故D错误;答案选B。4、D【解析】

A.该有机物烃基较大,不溶于水(亲水基较少,憎水基较多),所以易溶于苯但不溶于水,故A错误;B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置,共有3种,故B错误;C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应,故C错误;D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应,故D正确;故答案为D。5、C【解析】A.不能直接将氨气通入水中,会引起倒吸,A错误;B.先从a管通入氨气,再从B管通入CO2,B错误;C.NaHCO3的溶解度随温度降低而增大,所以反应一段时间后广口瓶内有NaHCO3晶体析出,C正确;D.碱石灰能干燥氨气,但不能回收未反应的氨气,D错误。点睛:氨气极易溶于水,不能直接将氨气通入水中;氨气的干燥应采用碱性干燥剂,对其回收应采用酸性溶液或水。6、D【解析】

完全电离的电解质是强电解质,部分电离的电解质是弱电解质,强酸、强碱和大部分的盐是强电解质,弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A.蔗糖是非电解质,故A不选;B.甘氨酸是弱电解质,故B不选;C.I2是单质,不是电解质,故C不选;D.CaCO3属于盐,是强电解质,故D选;故选D。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断,电解质强弱与电离程度有关,与溶液的导电性强弱无关,D为易错点,CaCO3难溶,但溶于水的部分全电离。7、A【解析】

如果关闭活塞1,稀硝酸加到一定程度后,左侧液面将不再升高,即不可能加到液面a处,A错误。B正确。关闭活塞1时,产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高,当左面铜丝接触不到硝酸后,反应停止;由于活塞2是打开的,打开活塞l后,两边液面恢复水平位置,继续反应,所以活塞l可以控制反应的进行,C项正确。胶塞下方有无色气体生成,此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里,看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体,D正确。答案选A。8、B【解析】

依据题意可列出反应方程式如下:5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O,某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐,所以1molM失去2mol电子,5molM失去10mol电子;而12molHNO3中,有10mol硝酸没有参加氧化还原反应,只有2mol硝酸参加氧化还原反应,得到10mol电子,硝酸中氮的化合价为+5价,所以还原产物必须是0价的N2,B项正确;答案选B。【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口,找到化合价的定量关系,理解氧化还原反应的本质是关键。9、C【解析】

A.溶液中碳酸根会水解,结合水电出来的氢离子,生成碳酸氢根,选项A正确;B.实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡,根据所学Al可以和热水反应,但是此实验中没有气泡,说明有氧化膜的保护,实验Ⅲ中却有气泡,说明氧化膜被破坏,选项B正确;C.Ⅳ溶液中出现白色沉淀,白色沉淀应该为氢氧化铝,则不可能存在大量Al3+,选项C不正确;D.Na2CO3溶液呈碱性,铝片在碱性溶液中与OH-反应,生成偏铝酸根,2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,AlO2-和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀,选项D正确;答案选C。10、D【解析】

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。11、A【解析】

将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,发生氧化还原反应,生成硫酸钙,由于Ca(ClO)2过量,还生成HClO等,离子反应为SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣,故选A。12、C【解析】

首先发现Y形成了双键,因此推测Y是氧或者硫,考虑到四种元素的原子序数依次增大,Y与W同族,W的核电荷数是Y的两倍,因此Y只能是氧,W是硫,X为氢,Z则只能是钠,故该物质为亚硫酸氢钠,据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析,四种简单离子半径的大小为,A项错误;B.元素的非金属性越强,其简单氢化物的热稳定性越强,氧的非金属性强于硫,最简单氢化物的稳定性:W<Y,B项错误;C.氢和Na可以形成氢化钠,这是一种金属氢化物,C项正确;D.硫只有最高价氧化物对应的水化物(硫酸)才是强酸,二氧化硫对应的水化物(亚硫酸)是一种弱酸,D项错误;答案选C。13、B【解析】

氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+,再发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu。【详解】A、Fe+2Fe3+=3Fe2+

、Fe+Cu2+=Fe2++Cu都能生成Fe2+,所以溶液中一定含有Fe2+,故A正确;B、若铁过量,Fe+Cu2+=Fe2++Cu反应完全,溶液中不含Cu2+,故B错误;C、铁的还原性大于铜,充分反应后仍有固体存在,剩余固体中一定含有Cu,故C正确;D、充分反应后仍有固体存在,Fe、Cu都能与Fe3+反应,溶液中一定不含有Fe3+,加入KSCN溶液一定不変红,故D正确;选B。【点睛】本题考查金属的性质,明确金属离子的氧化性强弱,确定与金属反应的先后顺序是解本题关键,根据固体成分确定溶液中溶质成分。14、A【解析】

A.①→②过程中催化剂与气体之间是吸附,没有形成离子键,故A错误;B.②→③过程中,化学键断键需要吸收能量,故B正确;C.图二中通过a、b曲线说明加入催化剂可降低反应的活化能,故C正确;D.在密闭容器中加入1molN2、3molH2,该反应是可逆反应,不可能全部反应完,因此充分反应放出的热量小于92kJ,故D正确。综上所述,答案为A。15、C【解析】

A.苯分子中只含1个苯环且没有侧链,所以苯是最简单的芳香烃,故A正确;B.重金属盐有毒,金属离子可导致蛋白质变性,故B正确;C.NO、NO2都不是酸性氧化物,故C错误,故选C;D.汽车尾气含大量的固体颗粒物,汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一,故D正确。16、C【解析】

n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol,则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,所以n(Fe2+):n(Fe3+)=0.2mol:0.2mol=1:1,以此解答该题。【详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol,根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L,A错误;B.由以上分析可知,该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1,B错误;C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L,C正确;D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol,n(Fe)=0.4mol,所以n(Fe):n(S)=0.4mol:0.5mol=0.8,所以x=0.8,D错误。故合理选项是C。二、非选择题(本题包括5小题)17、FeSO4Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】

气体B通入足量的BaCl2溶液,有白色沉淀D生成,该沉淀为BaSO4,物质的量为=0.01mol,则气体B中含有SO3,SO3的物质的量为0.01mol,其体积为0.01mol×22.4L·mol-1=224mL,B为混合气体,根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2,固体C为红棕色,即固体C为Fe2O3,n(Fe2O3)==0.01mol,黄色溶液E为FeCl3,据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液,有白色沉淀D生成,该沉淀为BaSO4,物质的量为=0.01mol,则气体B中含有SO3,SO3的物质的量为0.01mol,其体积为0.01mol×22.4L·mol-1=224mL,B为混合气体,根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2,固体C为红棕色,即固体C为Fe2O3,n(Fe2O3)==0.01mol,黄色溶液E为FeCl3,(1)根据上述分析,A仅含三种元素,含有铁元素、硫元素和氧元素,铁原子的物质的量为0.02mol,S原子的物质的量为0.02mol,A的质量为3.04g,则氧原子的质量为(3.04g-0.02mol×56g·mol-1-0.02mol×32g·mol-1)=1.28g,即氧原子的物质的量为=0.08mol,推出A为FeSO4;(2)固体C为Fe2O3,属于碱性氧化物,与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(3)FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3,参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol,得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。18、羧基、氯原子光照HOOCCCl(CH1)CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2OCH2=C(CH1)CH=CH2CH2BrC(CH1)=CHCH2BrHOCH2C(CH1)=CHCH2OHOHCC(CH1)=CHCHOHOOCC(CH1)=CHCOOHF【解析】

不饱和度极高,因此推测为甲苯,推测为,根据反应③的条件,C中一定含有醇羟基,则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程,C即苯甲醇,根据题目给出的信息,D为,结合D和E的分子式,以及反应④的条件,推测应该是醇的消去反应,故E为,再来看M,M的分子式中有钠无氯,因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶液,M为,经酸化后得到N为,N最后和E反应得到高聚物P,本题得解。【详解】(1)F中的官能团有羧基、氯原子;反应①取代的是支链上的氢原子,因此条件为光照;(2)反应⑤即中和反应和消去反应,方程式为HOOCCCl(CH1)CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O;(1)根据分析,P的结构简式为;(4)首先根据E的分子式可知其有5个不饱和度,苯环只能提供4个不饱和度,因此必定还有1个碳碳双键,符合条件的同分异构体为;(5)首先根据的分子式算出其分子内有2个不饱和度,因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2个羧基,故合成路线为CH2=C(CH1)CH=CH2CH2BrC(CH1)=CHCH2BrHOCH2C(CH1)=CHCH2OHOHCC(CH1)=CHCHOHOOCC(CH1)=CHCOOHF。19、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:白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,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,故答案为:冷却至室温偏小;(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,故答案为:SO3;O2;(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,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,故T4温度更高,故答案为:T4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。20、NH3、CO2E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1【解析】

(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;(2)氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;Ⅱ.(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;【详解】(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;答案为:NH3;CO2;E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;答案为:(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;答案为:排尽装置中的空气;(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要

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