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吉林省高中名校新高考适应性考试化学试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1mol氮气与3mol氢气反应,生成的氨分子数目为2NAB.1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC.电解饱和食盐水,当阳极产生11.2LH2时,转移的电子数为NAD.常温下,3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA2、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的

限度取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1mol/LFeCl3溶液5~6滴,充分反应,可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液,分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液,记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热,将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂,再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性,观察溶液颜色变化A.A B.B C.C D.D3、2.8gFe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中,得到标准状况下的气体1.12L,测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计,下列有关判断正确的是A.反应后溶液中c(NO3-)=0.85mol/LB.反应后的溶液最多还能溶解1.4gFeC.反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D.1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体4、根据下列实验操作,预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是()实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水,加入CCl4,振荡,静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下,将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中,用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下,浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2OA.A B.B C.C D.D5、春季复工、复学后,公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A.95%的乙醇溶液 B.40%的甲醛溶液C.次氯酸钠稀溶液 D.生理盐水6、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为B.在标准状况下,4.48L环己烷含氢原子个数为C.,在稀硫酸中充分水解,所得生成物中键数为D.和的混合气体中含有的质子数,中子数均为7、下列说法不正确的是()A.乙醛和丙烯醛()不是同系物,分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物B.O2与O3互为同素异形体,1H、2H、3H是氢元素的不同核素C.C2H6O有两种同分异构体;2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D.氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)8、有一种线性高分子,结构如图所示。下列有关说法正确的是A.该高分子由4种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B.构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C.上述单体中的乙二醇,可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D.该高分子有固定熔、沸点,1mol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol9、下列石油的分馏产品中,沸点最低的是A.汽油 B.煤油 C.柴油 D.石油气10、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中,分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液,前者溶液变蓝,后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL浓度均为0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D浓硫酸与乙醇180℃共热,制得的气体通入酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去制得的气体为乙烯A.A B.B C.C D.D11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.在12.0gNaHSO4晶体中,所含离子数目为0.3NAB.足量的镁与浓硫酸充分反应,放出2.24L混合气体时,转移电子数为0.2NAC.30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为2NAD.标准状况下,11.2L乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为2NA12、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子,C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.Y的简单氢化物的沸点比Z的高B.X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C.Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D.W是所在周期中原子半径最小的元素13、下列实验方案不能达到实验目的的是()A.图A装置Cu和稀硝酸制取NOB.图B装置实验室制备Cl2C.图C装置实验室制取乙酸乙酯D.图D装置若溴水褪色则证明石蜡油分解产生不饱和烃14、有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是()A.甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种B.按系统命名法,化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2,2,3-三甲基-3-丁醇C.2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D.乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰15、几种无机物之间转化关系如下图(反应条件省略。部分产物省略)。下列推断不正确的是A.若L为强碱,则E可能为NaCl溶液、F为钾B.若L为强酸,则E可能为NaHS、F为HNO3C.若L为弱酸,则E可能为Mg、F为CO2D.若L为强酸,则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)216、将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中,没有沉淀产生的是A.HClB.NH3C.Cl2D.NO217、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P,常温下将0.05molP溶于水,配成1L溶液,pH=13;Z为金属元素,且Z可在W的一种氧化物中燃烧,生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A.简单离子半径:X>Y>ZB.气态氢化物的稳定性:W>XC.单质的熔点:Z>YD.元素Z形成的单质被称为“国防金属”18、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验:下列说法正确的是A.溶液X中一定没有、SiO32-,可能有Na+、Fe2+B.溶液X中加NaOH后,所得沉淀的成分可能有两种C.溶液X中c(Cl−)≤0.2mol·L−1D.溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成19、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.NO20、在一个2L的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0),其中SO3的物质的量随时间变化如图所示,下列判断错误的是A.0~8min内v(SO3)=0.025mol/(L·min)B.8min时,v逆(SO2)=2v正(O2)C.8min时,容器内压强保持不变D.若8min时将容器压缩为1L,n(SO3)的变化如图中a21、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示:又知A~E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是()A.物质A一定是单质 B.物质C可能是淡黄色固体C.物质D可能是酸或碱 D.物质E可能属于盐类22、某同学在实验室探究NaHCO3的性质:常温下,配制0.10mol/LNaHCO3溶液,测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。下列说法不正确的是()A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B.反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C.反应后的溶液中存在:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D.加入CaCl2促进了HCO3-的水解二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物J是一种重要的医药中间体,其合成路线如图:回答下列问题:(1)G中官能团的名称是__;③的反应类型是__。(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式,并用星号(*)标出其中的手性碳__。(4)写出⑨的反应方程式__。(5)写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。(6)写出以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选),经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。24、(12分)聚合物G可用于生产全生物降解塑料,有关转化关系如下:(1)物质A的分子式为_____________,B的结构简式为____________。(2)E中的含氧官能团的名称为_______________。(3)反应①-④中属于加成反应的是_____________。(4)写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。25、(12分)某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。(1)提出假设①该反应的气体产物是CO2;②该反应的气体产物是CO。③该反应的气体产物是。(2)设计方案,如图所示,将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应,测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。(3)查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠(NaNO2)饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式:。(4)实验步骤①按上图连接装置,并检查装置的气密性,称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀,放入48.48g的硬质玻璃管中;②加热前,先通一段时间纯净干燥的氮气;③停止通入N2后,夹紧弹簧夹,加热一段时间,澄清石灰水(足量)变浑浊;④待反应结束,再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温,称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g;⑤过滤出石灰水中的沉淀,洗涤、烘干后称得质量为2.00g。步骤②、④中都分别通入N2,其作用分别为。(5)数据处理试根据实验数据分析,写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式:。(6)实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。①甲同学认为:应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液,其理由是。②从环境保护的角度,请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善:。26、(10分)硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol],装置如图所示(部分装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,有强腐蚀性,不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物,遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题:I.SO2Cl2的制备(1)水应从___(选填“a”或“b”)口进入。(2)制取SO2的最佳组合是___(填标号)。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3(3)乙装置中盛放的试剂是___。(4)制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中,原因是___。(5)反应结束后,分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II.测定产品中SO2Cl2的含量,实验步骤如下:①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液,充分振荡、过滤、洗涤,将所得溶液均放入锥形瓶中;②向锥形瓶中加入硝酸酸化,再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液l00.00mL;③向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;④加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+,终点所用体积为10.00mL。已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12(6)滴定终点的现象为___。(7)产品中SO2Cl2的质量分数为___%,若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、(12分)某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种,取该溶液进行实验,实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下:(1)通过上述实验过程,一定不存在的离子是_______。(2)反应①中生成A的离子方程式为________。(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1,则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+,c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含,则不需计算),X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。28、(14分)电解是一种非常强有力的促进氧化还原反应的手段,许多很难进行的氧化还原反应,都可以通过电解来实现。(1)工业上常以石墨做电极,电解NaCl水溶液时,阴极区产物有____,其溶液可用于吸收工业尾气中的SO2,写出反应的化学方程式_____。(2)电解NaCl水溶液时,用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3,用平衡移动原理解释盐酸的作用_____。离子液体是一种室温熔融盐,为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体作电解液时,可在钢制品上发生电镀,有铝产生。(3)铝原子的核外电子排布式是____,其中有____种不同能级的电子。(4)为测定镀层厚度,用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层,当所得还原产物为6g时,转移电子的物质的量为___mol。(5)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验,需要的试剂还有____(填编号)。a.KClO3b.Mgc.MnO2d.KCl取少量铝热反应所得的固体混合物,将其溶于足量稀H2SO4,滴加KSCN溶液无明显现象,不能说明固体混合物中无Fe2O3,理由是________(用离子方程式说明)。29、(10分)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的主要矿物,在野外很容易被误会为黄金,因此被称为愚人金。回答下列问题:(1)处于激发态的S原子,其中1个3s电子跃迁到3p轨道上,该激发态S原子的核外电子排布式为__。同族元素的氢化物中,H2O比H2Te沸点高的原因是__。(2)检验Fe2+的试剂有多种,其中之一是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6]),又称赤血盐。①在配合物K3[Fe(CN)6]中,易提供孤电子对的成键原子是__(填元素名称),含有12molσ键的K3[Fe(CN)6]的物质的量为__mol。②赤血盐中C原子的杂化方式为__;C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为___;写出与CN-互为等电子体的一种化合物的化学式__。③Fe、Na、K的晶胞结构相同,但钠的熔点比钾更高,原因是___。(3)CuFeS2的晶胞结构如图所示。已知:晶胞参数a=0.524nm,c=1.032nm。则CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与__个S原子相连,晶体密度ρ=__g·cm-3(列出计算表达式)。

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.氮气与氢气反应为可逆反应,不能进行到底,所以1mol氮气与3mol氢气反应,生成的氨分子数目小于2NA,故A错误;B.溶液体积未知,无法计算S原子个数,故B错误;C.气体状况未知,无法计算其物质的量,故无法计算电子转移数,故C错误;D.三价铁离子为弱碱阳离子,水溶液中部分水解,所以常温下,3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA,故D正确;故选:D。2、D【解析】

A.KI与FeCl3发生氧化还原反应,其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2,由于KI过量,因此溶液中存在I2和I-,故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应,A错误;B.高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+,可知溶液中高锰酸钾溶液过量,难以观察到褪色现象,B错误;C.由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯,C错误;D.CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解:CH3COO-

+H2O⇌CH3COOH+OH-,加入酚酞溶液后变红,再加入醋酸铵固体,醋酸铵溶液呈中性,此时溶液中CH3COO-浓度增大,反应正向移动,溶液颜色加深,D正确;答案选D。【点睛】此题易错点是B选项,通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小,若高锰酸钾过量则不会观察到褪色,延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究,要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同,所以难以通过观察先褪色说明速率快;一般是高锰酸钾浓度相同且量少时,慢慢滴加不同浓度的草酸溶液,以此探究浓度对速率的影响。3、A【解析】

Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物,氮氧化物在标况下体积是1.12L,则n(NOx)==0.05mol,反应后溶液pH=1说明溶液呈酸性,硝酸有剩余,则Fe完全反应生成Fe(NO3)3。【详解】A.根据N原子守恒知,反应后溶液中n(NO3-)=n(HNO3)+3n[Fe(NO3)3]=0.02mol+3×=0.17mol,则c(NO3-)==0.85mol/L,A正确;B、反应后溶液还能溶解Fe,当Fe完全转化为Fe(NO3)2,消耗的Fe质量最多,反应后剩余n(HNO3)=0.1mol/L×0.2L=0.02mol,根据3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O知,硝酸溶解的n(Fe)=×3=0.0075mol,根据转移电子相等知,硝酸铁溶解的n(Fe)==0.025mol,则最多还能溶解m(Fe)=(0.0075+0.025)mol×56g/mol=1.82g,B错误;C、反应后硝酸有剩余,则Fe完全反应生成Fe(NO3)3,没有硝酸亚铁生成,C错误;D.2.8gFe完全转化为Fe(NO3)3时转移电子物质的量=×3=0.15mol,假设气体完全是NO,转移电子物质的量=0.05mol×(5-2)=0.15mol,假设气体完全是NO2,转移电子物质的量=0.05mol×(5-4)=0.05mol<0.15mol,根据转移电子相等知,气体成分是NO,D错误;答案选A。【点睛】灵活应用守恒法是解答的关键,注意许多有关化学反应的计算,如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的,常见的守恒关系有:反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;②电解质溶液中的电荷守恒;③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。4、C【解析】

A.由于Br2具有强的氧化性,所以向FeI2溶液中滴入足量溴水,Fe2+、I-都被氧化,Fe2+被氧化为Fe3+,I-被氧化为I2单质,由于I2容易溶于CCl4,而CCl4与水互不相容,密度比水大,因此加入CCl4,振荡,静置,会看到液体分层,下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2,A错误;B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液,使溶液显碱性,然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热,会看到产生砖红色沉淀,证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性,B错误;C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气,因此用淀粉碘化钾试液检验,不能使试纸变为蓝色,C正确;D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液,首先发生反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓,D错误;故合理选项是C。5、C【解析】

A.95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固,妨碍乙醇再渗入,不能起到消毒的效果,故A错误;B.甲醛有毒,故B错误;C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性,能够杀菌消毒,且产物无毒,故C正确;D.生理盐水不能消毒杀菌,故D错误;故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌;生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液,没有消毒杀菌的功效。6、D【解析】

A.苯基中有11个原子共平面,甲基一个C和一个H与苯基共平面,共有13个原子共平面,所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为,A错误;B.标况下,环己烷为非气态,无法计算其物质的量,B错误;C.,在稀硫酸中水解为可逆反应,无法完全变为酸和醇,C错误;D.和的摩尔质量均为44g/mol,混合气体中含有的质子数,中子数均为,D正确;故答案选D。7、A【解析】

A.乙醛和丙烯醛结构不相似,二者不是同系物,与氢气发生加成反应都生成醇类物质,结构相似,分子组成上相差1个CH2原子团,为同系物,故A错误;B.O2

和O3

是氧元素的不同单质,互为同素异形体;1H、2H、3H质子数都为1,中子数分别为0、1、2,它们为氢元素的三种不同的核素,故B正确;C.C2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体;CH3CH2CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C,主链为戊烷,在2号C含有1个甲基,其名称为2-甲基戊烷,故C正确;D.氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2),如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH),故D正确;故选A。8、C【解析】

A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5种单体缩聚而成,故A错误;B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物,故B错误;C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸,故C正确;D.高分子化合物没有固定熔沸点,故D错误;答案选C。9、D【解析】

将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等,将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青,则它们的沸点范围由低到高的顺序为:石油气<汽油<煤油<柴油<重柴油<润滑油<凡士林<石蜡<沥青,故选D项。答案选D。10、A【解析】

A.淀粉遇I2变蓝,AgI为黄色沉淀,实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-,由此得出结论正确,A项符合题意;B.由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI,在c(Cl-)和c(I-)相同时,先生成AgI,故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),与结论不符,B项不符合题意;C.NaClO水解生成HClO,次氯酸具有强氧化性,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,应使用pH计测量比较二者pH的大小,C项不符合题意;D.浓硫酸具有强氧化性,能将乙醇氧化,自身被还原为二氧化硫,二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故该气体不一定是乙烯,实验现象所得结论与题给结论不符,D项不符合题意;答案选A。11、C【解析】

A.NaHSO4晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子,所以在12.0gNaHSO4晶体中,即0.1mol晶体中所含离子数目为0.2NA,故A错误;B.未指明温度和压强,无法确定2.24L混合气体的物质的量,所以无法确定转移电子数,故B错误;C.冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O,所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为:×2×NA=2NA,故C正确;D.11.2L乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol,0.5mol乙烯中氢原子为2mol,0.5mol丙烯中氢原子为3mol,所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间,故D错误;故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点,要准确解答好这类题目,一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系;二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系,还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。12、C【解析】

A分子中含有18个电子,含有18个电子的分子有:Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等,C、D有漂白性,具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭,根据五种物质间的转化关系,A为H2S,B为S,C为SO2,D为H2O2,E为O2,X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,则X为H元素,Y为O元素,Z为S元素,W为Cl元素,据此分析解答。【详解】A.Y为O元素,Z为S元素,简单气态氢化物分别为H2O、H2S,由于H2O分子间形成氢键,则Y的简单氢化物的沸点比Z的高,故A正确;B.X为H元素,Y为O元素,X、Y组成的化合物为H2O和H2O2,H2O中只含有极性共价键,H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键,故B正确;C.Z为S元素,W为Cl元素,非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,Z的氧化物对应水化物可形成硫酸,W可形成次氯酸,硫酸的酸性强于次氯酸,故C错误;D.W为Cl元素,同周期元素从左至右,随核电荷数增大原子半径减小,则W是所在周期中原子半径最小的元素,故D正确;答案选C。13、C【解析】

A.Cu和稀硝酸反应生成一氧化氮,一氧化氮不溶于水,能够用排水法收集,可制取NO,故A正确;B.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气,氯气密度大于空气,氯气有毒,尾气需要用氢氧化钠溶液吸收,可以制备氯气,故B正确;C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解,应选饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯,故C错误;D.不饱和烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色。该实验产生的气体能使溴水褪色,说明石蜡油分解生成不饱和烃,故D正确;答案选C。14、A【解析】

A.甲苯有4种等效氢(),间二甲苯也有4种等效氢(),因此它们的一溴代物均有4种,A项正确;B.醇的系统命名,选含羟基的最长碳链为主链,从距羟基较近的一端开始编号,,该化合物名称应为:2,3,3-三甲基-2-丁醇,B项错误;C.2-丁烯的结构为或,分子中的四个碳原子不在一条直线上,C项错误;D.乙酸甲酯分子中有2种等效氢(),在核磁共振氢谱中会出现2组峰,D项错误;答案选A。【点睛】用系统命名法命名的一般原则:①选择含官能团的最长碳链为主链;②编号时,先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小,再考虑使其它支链的编号尽可能小;③写名称时,先写支链名称,再写主链名称,阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。15、A【解析】A、E为NaCl溶液、F为钾,G为KOH,H为H2,H2与O2生成H2O,H2O与O2不反应,故A错误;B、若L为强酸,则E可能为NaHS、F为HNO3,NaHS与HNO3生成Na2SO4和NO,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,L是HNO3是强酸,故B正确;C、若L为弱酸,则E可能为Mg、F为CO2,Mg与CO2反应生成MgO和C,C与O2反应生成CO,CO再与O2反应生成CO2,CO2溶于水生成H2CO3,L为H2CO3,是弱酸,故C正确;D.若L为强酸,则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2,NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2和NH3,NH3与O2反应生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2溶于水生成HNO3,L是HNO3是强酸,故D正确;故选A。16、A【解析】

二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸酸性小于HCl,所以亚硫酸和氯化钡不反应,则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清,若再通入足量的某气体,溶液中仍然没有沉淀,则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A.HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应,所以没有生成沉淀,符合题意,选项A正确;B.氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨,亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀,所以不符合题意,选项B错误;C.氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸,与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,所以不符合题意,选项C错误;D.二氧化氮和水反应生成硝酸,硝酸具有强氧化性,能氧化亚硫酸生成硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀,所以不符合题意,选项D错误;答案选A。17、B【解析】

X与Y可形成一种淡黄色物质P,则P为Na2O2,结合原子序数可知X为O,Y为Na,金属Z可在W的一种氧化物中燃烧,则Z为Mg,W为C,氧化物为CO2,综上所述,W、X、Y、Z分别为:C、O、Na、Mg,据此解答。【详解】A.O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同,序小半径大,故离子半径:O2->Na+>Mg2+,A正确;B.非金属性:C<O,则气态氢化物的稳定性:CH4<H2O,B错误;C.一般情况下,金属离子半径越小,所带的电荷越多,自由电子越多,金属键就越强,熔点就越高,所以,单质的熔点:Mg>Na,C正确;D.Z为Mg元素,Mg被称为国防金属,D正确。答案选B。18、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在,后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀,说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀,产生气体为氨气,所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子,若有亚铁离子,则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀,灼烧后得到红棕色氧化铁,故一定不含亚铁离子,故错误;B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀,故错误;C.氨气的体积为448mL,物质的量为0.02mol,说明铵根离子物质的量为0.02mol,结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol,硫酸钡沉淀为4.66克,硫酸根离子物质的量为0.02mol,氧化镁质量为0.4克,镁离子物质的量为0.01mol,结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol,第一步消耗0.06mol氢氧化钠,所以说明原溶液还有氢离子,物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol,根据电荷守恒分析,还应存在有阴离子,只能为氯离子,所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol,若溶液中含有钠离子,则氯离子的物质的量大于0.02mol,则氯离子的浓度最小值为,故错误;D.溶液中含有0.02mol铵根离子,0.02mol硫酸根离子,0.01mol镁离子,0.02mol氢离子,氯离子物质的量最小值为0.02mol,可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成,或还有氯化钠,故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系,进行定量和定性分析,注意前后的一致性,如当加入氢氧化钠后溶液为中性,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子,再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。19、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。20、D【解析】

A、0~8min内v(SO3)==0.025mol/(L•min),选项A正确;B、8min时,n(SO3)不再变化,说明反应已达平衡,v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2),选项B正确;C、8min时,n(SO3)不再变化,说明各组分浓度不再变化,容器内压强保持不变,选项C正确;D、若8min时压缩容器体积时,平衡向气体体积减小的逆向移动,但纵坐标是指物质的量,不是浓度,SO3的变化曲线应为逐变不可突变,选项D错误;答案选D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析,明确概念是解题的关键。21、A【解析】

若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐,据此分析解答。【详解】若A为NH3,则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐;若A为碳或烃,则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐;若A为Na,则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐;若A为硫化氢或硫,则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A.由上述分析可知,A可能为单质Na、S等,也可能为化合物NH3、H2S等,故A错误;B.若A为Na时,C可为过氧化钠,过氧化钠为淡黄色固体,故B正确;C.由上述分析可知,D可能为酸,也可能为碱,故C正确;D.由上述分析可知,E可能属于盐类,故D正确;故选A。22、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用;B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子,氢离子结合HCO3-生成H2CO3;C.根据电荷守恒分析判断;D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐,在溶液中HCO3-既能电离又能水解,水解消耗水电离产生的H+,使溶液显碱性;电离产生H+使溶液显酸性,NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度,A正确;B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子,氢离子结合HCO3-生成H2CO3,则反应的离子方程式,2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3,B正确;C.该溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液至pH=7,c(H+)=c(OH-),c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),C正确;D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+,加入CaCl2消耗CO32-,促进HCO3-的电离,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等,题目难度中等。二、非选择题(共84分)23、羧基、肽键(或酰胺键)取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或(任写1种)【解析】

(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置;(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,根据结构简式分析;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为;(5)根据题目要求分析,结合取代基位置异构,判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图,G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键);反应③中C的—SO3H被取代生成D,则反应类型是取代反应;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置,故起到定位的作用;(3)F是邻氨基苯甲酸,与足量氢气发生加成反应生成,与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子,可表示为:;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为,⑨的反应方程式:+2H2O+CH3COOH+H2SO4;(5)D的结构简式为,苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体,即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上,同分异构体结构简式或(任写1种);(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物,不能先把硝基还原为氨基,然后再氧化甲基,因为氨基有还原性,容易被氧化,故合成路线如下:。24、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6,根据题中各物质转化关系,比较B、C的分子式可知反应①为加成反应,所以B中有碳碳双键,所以B为CH3-CH=CH2,B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br,C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH,D氧化得E为CH3COCOOH,E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH,F在一定条件下发生缩聚反应得G,淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖,据此答题。【详解】B的分子式为C3H6,根据题中各物质转化关系,比较B、C的分子式可知反应①为加成反应,所以B中有碳碳双键,所以B为CH3-CH=CH2,B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br,C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH,D氧化得E为CH3COCOOH,E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH,F在一定条件下发生缩聚反应得G,淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。(1)物质A为葡萄糖,其分子式为C6H12O6,B的结构简式为CH3-CH=CH2;(2)E为CH3COCOOH,含氧官能团的名称为羰基、羧基;(3)根据上面的分析可知,反应①~④中属于加成反应的是①④;(4)由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断,确定B的结构是关键,再根据官能团的性质结合反应条件进行推断,题目难度中等,注意掌握官能团的性质与转化。25、(本题共16分)(1)CO2、CO的混合物(3)NH4++NO2—N2↑+2H2O(4)步骤②中是为了排尽空气;步骤④是为了赶出所有的CO2,确保完全吸收(5)2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑(6)①Ba(OH)2溶解度大,浓度大,使CO2被吸收的更完全;M(BaCO3)>M(CaCO3),称量时相对误差小。②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置【解析】试题分析:(1)过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有:①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况;(3)氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠(NaNO2)饱和溶液混合加热反应可以制得氮气;(4)⑤根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析;(5)根据质量守恒判断气体的组成,根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系,进而书写化学方程式;(6)①根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考;②一氧化碳是一种有毒气体,可以通过点燃来进行尾气处理.解:(1)过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有:①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物,(3)氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠(NaNO2)饱和溶液混合加热反应制得氮气,反应物有NH4Cl和NaNO2,生成物为N2,根据质量守恒还应用水,则反应的化学方程式为NH4++NO2﹣N2↑+2H2O,(4)如果不排尽空气,那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成,所以利用稳定的氮气排空气,最后确保完全吸收,反应后还要赶出所有的CO2,(5)3.20g氧化铁的物质的量为==0.02mol,澄清石灰水变浑浊,说明有CO2气体生成,则n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol,m(CO2)=0.02mol×44g/mol=0.88g,反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g,则生成其气体为CO2、CO的混合物,设混合气体中含有ymolCO,则0.88g+28yg=1.44g,y=0.02mol,所以CO、CO2的混合气体物质的量比为1:1,所以方程式为2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑,(6)①将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液,这样会使二氧化碳被吸收的更完全,称量时相对误差小,②一氧化碳是一种有毒气体,可以通过点燃来进行尾气处理或增加一尾气处理装置.26、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色,而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2;(3)冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;(7)用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积V,则过量Ag+的物质的量为Vcmol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol,则可以求出SO2Cl2的物质的量;AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出,故水应该从b口进入;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2,故选②;(3)根据装置图可知,冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰,可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中,故乙装置中盛放的试剂是碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:溶液变为红色,而且半分钟内不褪色;(7)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积10.00mL,则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol=1.9×10-2mol,则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol,产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%;已知:Ksp(AgCl)=3.2×10−10,Ksp(AgSCN)=2×10−12,则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的物质的量偏小;故答案为:85.5%;偏小。27、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

测得X溶液中c(H+)=6mol/L,在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在;一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子,加入过量硝酸钡生成沉淀,则沉淀C为BaSO4沉淀,说明溶液中含有SO42-离子,生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+离子,溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+离子,溶液H中溶于CO2气体,生成沉淀I,则I为Al(OH)3,H为NaAlO2,沉淀G为Fe(OH)3,说明原溶液中含有Al3+离子,通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+,溶液显酸性,溶液中含有Fe2+离子,就一定不含NO3-离子,根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-,以此解答。【详解】通过上述分析可知:气体A是NO,溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+,沉淀C是BaSO4,气体D是NO2,溶液E为HNO3,气体F是NH3,I为Al(OH)3,H为NaAlO2,沉淀G为Fe(OH)3:(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L,溶液显酸性,在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在;故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子;(2)在X中含有Fe2+、H+,当加入Ba(NO3)2溶液时,会发生氧化还原反应,产生Fe3+、NO、H2O,反应的离子方程式:3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O;(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol,根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol,n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol,根据Fe元素守恒,说明在原溶液中含有Fe3+,其物质的量是0.02mol,由于溶液的体积是0.01L,所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L;该溶液中,n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol,根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L

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