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文档简介
北京市东城区第五中学新高考化学必刷试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、某固体混合物X可能是由、Fe、、中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成,设计实验方案如下图所示(所加试剂均过量)下列说法不正确的是A.气体A是、的混合物B.沉淀A是C.根据白色沉淀C是AgCl可知,白色沉淀B一定不是纯净物D.该固体混合物一定含有Fe、、2、工业上可由异丙苯()催化脱氢得到2-苯基丙烯(),下列关于这两种有机化合物的说法正确的是()A.都是苯的同系物B.都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯环上的二氯代物都有6种D.分子内共平面的碳原子数均为83、下表所列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是A.A B.B C.C D.D4、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5、下列说法正确的是()A.用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B.测定新制氯水的pH时,先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,再与标准比色卡对照C.检验牙膏中是否含有甘油,可选用新制的氢氧化铜悬浊液,若含有甘油,则产生绛蓝色沉淀D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中,搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液,目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物6、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品,分别进行了如下实验:①用pH试纸测得溶液呈强酸性;②加入过量NaOH溶液,产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成;③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀;④加足量BaCl2溶液,没有沉淀产生,在溶液中加入氯水,再滴加KSCN溶液,显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析,该同学只需要完成上述哪几个实验,即可得出此结论。A.①②④ B.①② C.①②③④ D.②③④7、下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是()A.立体烷和苯乙烯互为同分异构体B.1,3-丁二烯的键线式可表示为C.二氟化氧分子电子式为D.H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体8、化学与资源利用、环境保护及社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B.利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理变化C.在阳光照射下,利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,实现“碳”的循环利用9、下列指定反应的离子方程式不正确的是()A.NO2溶于水:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOB.漂白粉溶液呈碱性的原因:ClO-+H2OHClO+OH-C.酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化:H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OD.氯化铝溶液中加入过量的氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O10、CuI是有机合成的一种催化剂,受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4+2NaI+SO2+2H2O2CuI↓+2H2SO4+Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A.制备SO2B.制备CuI并制备少量含SO2的溶液C.将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D.加热干燥湿的CuI固体11、以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A.z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同B.a约为3.5C.z点处,D.x点处的溶液中离子满足:12、下列说法正确的是()A.分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中B.用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热C.为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验D.配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管定容13、a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,c与d同周期,d的原子半径小于c。下列叙述正确的是()A.离子半径:a>d>c B.a、c形成的化合物中只有离子键C.简单离子还原性:c<d D.c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中14、关于浓硫酸和稀硫酸的说法,错误的是A.都有H2SO4分子 B.都有氧化性C.都能和铁、铝反应 D.密度都比水大15、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2SiO3易溶于水,可用作木材防火剂B.NaHCO3能与碱反应,可用作食品疏松剂C.Fe粉具有还原性,可用作食品袋中的抗氧化剂D.石墨具有还原性,可用作干电池的正极材料16、室温下,某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示,下列说法错误的是A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显碱性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中,c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物X是一种烷烃,是液化石油气的主要成分,可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料,E分子中含环状结构,F中含有两个相同的官能团,D是常见有机物中含氢量最高的,H能使溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。请回答:(1)G的结构简式为_________________________。(2)G→H的反应类型是_________________________。(3)写出F+H→1的化学方程式_________________________。(4)下列说法正确的是_______。A.工艺Ⅰ是石油的裂化B.除去A中的少量B杂质,可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气C.X、A、D互为同系物,F和甘油也互为同系物D.H与互为同分异构体E.等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧,消耗氧气的质量比为2:118、某化合物X有三种元素组成,某学习小组进行了如下实验:(1)化合物X的化学式为___________(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中,恰好完全反应生成一种盐,其离子反应方程式为______________。(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________(4)若以X▪3H2O进行实验,在170℃时可以生成一种中间产物W。0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应,若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。(5)混合气体N有毒,为保护环境,可以用保险粉(Na2S2O4)吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由___________。19、某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应,又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余,实验记录如下;实验编号操作现象实验1i.加入Cu粉后充分振荡,溶液逐渐变蓝;ii.取少量i中清液于试管中,滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液,溶液变为红色,但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。(1)写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下①2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色)②硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间。该同学又通过如下实验验证猜想实验编号操作现象实验2溶液呈绿色,一段时间后后开始出现白色沉淀,上层溶液变为黄色实验3无色溶液立即变红,同时生成白色沉淀。(2)经检测,实验2反应后的溶液pH值减小,可能的原因是___________________________________________。(3)根据实验2、3的实验现象,甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化,写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理,验证了这一结论的可能性。补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能,对应的现象是____________________________________________。(4)乙同学同时认为,根据氧化还原反应原理,在此条件下,Cu2+也能氧化Fe2+,他的判断依据是_______。(5)为排除干扰,小组同学重新设计如下装置。①A溶液为____________________________。②“电流表指针偏转,说明Cu与Fe3+发生了反应”,你认为这种说法是否合理?__________________(填合理或不合理),原因是__________________________________________。③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。20、纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下:①组装装置如下图所示,保持温度约为65℃,先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶,再加入3mL乙酰丙酮,充分搅拌;②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,得到二氧化钛溶胶;③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶,灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知,钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂,遇水剧烈水解;Ti(OH)4不稳定,易脱水生成TiO2,回答下列问题:(1)仪器a的名称是_______,冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率,其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中,减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中,可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是:精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中,加入硫酸和硫酸铵的混合溶液,加强热使其溶解。冷却后,加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝,将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后,加入指示剂,用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次,消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知:Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外,另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。21、过氧化钠是一种淡黄色固体,有漂白性,能与水、酸性氧化物和酸反应。(1)一定条件下,m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧,产物与过量的过氧化钠完全反应,过氧化钠固体增重___克。(2)常温下,将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中,得到400mLpH=14的溶液,则产生的气体标准状况下体积为___L。(3)在200mLAl2(SO4)3和MgSO4的混合液中,加入一定量的Na2O2充分反应,至沉淀质量不再减少时,测得沉淀质量为5.8克。此时生成标准状况下气体体积为5.6L。则原混合液中c(SO42-)=___mol/L。(4)取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物,在密闭容器中加热到250℃,经充分反应后排出气体,冷却后称得固体质量为15.92g。请列式计算:①求原混合物中Na2O2的质量B___;②若要将反应后的固体反应完,需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___?
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
根据实验现象逐步分析、推理,并进行验证,确定混合物的组成成分。【详解】A.据转化关系图,气体A能使石灰水变学浑浊,则A中有CO2,X中有Na2CO3。白色沉淀B能变成红褐色,则白色沉淀B中有Fe(OH)2,溶液A中有FeCl2,X中有Fe,进而气体A中必有H2,A项正确;B.X与过量盐酸反应生成沉淀A,则X中含Na2SiO3,沉淀A为H2SiO3,B项正确;C.溶液B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C,则C为AgCl,溶液B中的Cl-可能全来自盐酸,则X中不一定有MgCl2,白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2,C项错误;D.综上分析,固体混合物X中一定含有Fe、、,可能有MgCl2,D项正确。本题选C。2、C【解析】
A.2-苯基丙烯不是苯的同系物,A错误;B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色,B错误;C.采用定一移一法,可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种,C正确;D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子,其所连的4个原子一定不在同一平面上,所以分子内一定共平面的碳原子数为7个,D错误;故选C。3、B【解析】
A.氢氧化铝不能一步反应生成铝,不符合转化关系,A不符合题意;B.稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,符合转化关系,B符合题意;C.二氧化硅不溶于水,不能与水反应生成硅酸,不符合转化关系,C不符合题意;D.Cu与氧气反应生成氧化铜,氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜,氢氧化铜不能直接变为铜单质,不符合转化关系,D不符合题意;故合理选项是B。4、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。5、D【解析】
A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应,用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸,并引入了新的杂质,故A错误;B.新制氯水具有强氧化性,不能用pH试纸测定新制氯水的pH,故B错误;C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液,不会产生蓝色沉淀,故C错误;D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中,搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液,目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物,故D正确;正确答案是D。6、B【解析】
由①溶液呈强酸性,溶液中不含CO32-;由②加入过量NaOH溶液,产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成,溶液中含NH4+、Fe2+,由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存,则溶液中不含NO3-,根据溶液呈电中性,溶液中一定含Cl-;由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,溶液中含Cl-;由④加足量BaCl2溶液,没有沉淀产生,在溶液中加入氯水,再滴加KSCN溶液,显红色,溶液中含Fe2+;根据上述分析,确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②,答案选B。7、A【解析】
A.立体烷和苯乙烯的分子式相同,但结构不同,互为同分异构体,A项正确;B.1,3-丁二烯中含有2个C=C键,其键线式为:,B项错误;C.二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构,其正确的电子式为:,C项错误;D.H216O、D216O、H218O、D218O是化合物,不是同素异形体,D项错误;答案选A。8、A【解析】
A.煤转化为水煤气加以利用是为了减少环境污染,A错误;B.利用太阳能蒸发淡化海水得到含盐量较大的淡水,其过程属于物理变化,B正确;C.在阳光照射下,利用水和二氧化碳合成甲醇,甲醇为燃料,可再生,C正确;D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,聚碳酸酯再降解回归自然,实现“碳”的循环利用,D正确;答案为A。9、D【解析】
A.NO2溶于水生成硝酸与NO,其离子方程式为:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO,A项正确;B.漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致,其离子方程式为:ClO-+H2O⇌HClO+OH-,B项正确;C.酸性条件下,用H2O2将海带灰中I-氧化,其离子方程式为:H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O,C项正确;D.氯化铝的溶液中加入过量氨水,沉淀不会溶解,其正确的离子反应方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,D项错误;答案选D。【点睛】D项是学生的易错点,要特备注意,氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸,也不溶于弱碱如氨水等。10、D【解析】
A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2,图中固液加热装置可制备,A正确;B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2,可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液,B正确;C.分离沉淀与溶液,可选该装置进行过滤,C正确;D.加热干燥湿的CuI固体,由于CuI易被氧化,因此不能用该装置加热,D错误;故合理选项是D。11、D【解析】
A.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,水的电离程度最大,z点之前溶液存在HA抑制水的电离,z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离,所以z点后存在某点,溶液中的水的电离程度和y点的相同,故A正确;B.HA的电离平衡常数,设HA的量为1,y点的滴定分数为0.91,pH=7,溶液中电荷守恒得到c(Na+)=c(A-)=0.91,则,c(HA)=1-0.91=0.09,平衡常数K=,设0.1mol/L的HA溶液中c(H+)=amol/L,则K=,解得a约为10-3.5mol/L,pH约为3.5,故B正确;C.z点滴定分数为1,即恰好完全反应,此时溶液中溶质为NaA,根据电荷守恒可知,此时溶液呈碱性,即氢氧根浓度大于氢离子浓度,所以,故C正确;D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA,且二者物质的量相等,存在电荷守恒:,物料守恒:;二式消掉钠离子可得:,此时溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),所以,故D错误;故答案为D。【点睛】本题难度较大,要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。12、D【解析】
A.分液操作时,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故A不选。B.用试管夹时,应夹住距离试管口约1/3处,故B不选。C.检验氨气,应该用湿润的红色石蕊试纸,遇氨气变蓝,故C不选;D.配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管定容是正确的,故D选。故选D。13、D【解析】
a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,则a为Na;b的最外层电子数为内层电子数的2倍,则b为C;c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,则c为S;c与d同周期,d的原子半径小于c,则d为Cl。【详解】A.Na+核外电子层数为2,而Cl-和S2-核外电子层数为3,故Na+半径小于Cl-和S2-的半径;电子层数相同时,质子数越多,半径越小,所以Cl-的半径小于S2-的半径,所以离子半径:a<d<c,故A错误;B.a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx,既有离子键,又有共价键,故B错误;C.元素的非金属性越强,单质的氧化性越强,相应离子的还原性越弱,所以简单离子还原性:c>d,故C错误;D.硫单质易溶于CS2中,故D正确;故选D。14、A【解析】
A.浓硫酸中存在硫酸分子,而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子,不存在硫酸分子,故A错误;B.浓硫酸具有强氧化性,稀硫酸具有弱氧化性,所以都具有一定的氧化性,故B正确;C.常温下浓硫酸与铁,铝发生钝化,先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜,稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气,故C正确;D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大,故D错误;故选:A。15、C【解析】
A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性,与其是否易溶于水无直接关系,A项错误;B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳,B项错误;C.Fe粉具有还原性,易和空气中的氧气反应,可用作食品袋中的抗氧化剂,C项正确;D.石墨可用作干电池的正极材料,主要利用的是石墨具有良好的导电性,与还原性无关,D项错误;答案选C。16、C【解析】
本题是一道图形比较熟悉的题目,不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱,所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。【详解】A.选取图中左侧的交点数据,此时,pH=6.2,c[X(OH)+]=c(X2+),所以Kb2=,选项A正确;B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+,由图示X(OH)+占主导位置时,pH为7到8之间,溶液显碱性,选项B正确;C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等,根据图示此时溶液的pH约为6,所以溶液显酸性X2+的水解占主导,所以此时c(X2+)<c[X(OH)+],选项C错误;D.在X(OH)NO3水溶液中,有电荷守恒:c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+,物料守恒:c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+,将物料守恒带入电荷守恒,将硝酸根离子的浓度消去,得到该溶液的质子守恒式为:c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+),选项D正确;答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、氧化反应HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】
X为烷烃,则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A,则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子,则X分子中有2n个碳原子,E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃,必为CH4,由途径II各C分子中有2n-1个碳原子,进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+H→I(C5H10O3),有n+2n-1=5,得n=2。因此,X为丁烷(C4H10)、A为乙烷(C2H6)、B为乙烯(CH2=CH2),B氧化生成的E为环氧乙烷()、E开环加水生成的F为乙二醇(HOCH2CH2OH)。C为丙烯(CH3CH=CH2)、C加水生成的G为1-丙醇(CH3CH2CH2OH)、G氧化生成的有酸性的H为丙酸(CH3CH2COOH)。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯(CH3CH2COOCH2CH2OH)。(1)据C→G→I,G只能是1-丙醇,结构简式为CH3CH2CH2OH。(2)G(CH3CH2CH2OH)→H(CH3CH2COOH)既脱氢又加氧,属于氧化反应。(3)F+H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。(4)A.工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料,是石油的裂解,A错误;B.除去A(C2H6)中的少量B(CH2=CH2)杂质,可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质,通常不用气体作除杂试剂,因其用量难以控制,B错误;C.X(C4H10)、A(C2H6)、D(CH4)结构相似,组成相差若干“CH2”,互为同系物。但F(HOCH2CH2OH)和甘油的官能团数目不同,不是同系物,C错误;D.H(CH3CH2COOH)与分子式相同、结构不同,为同分异构体,D正确;E.Ⅰ(C5H10O3)和B(C2H4)各1mol完全燃烧,消耗氧气分别为6mol、3mol,其质量比为2:1,E正确。故选DE。18、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2▪3Cu(OH)2NO2有氧化性,Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性,能发生氧化还原反应【解析】
对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体,混合气体中一定有NO2,所以X中一定有N和O元素;X分解产生的黑色固体与NH3反应后,可以获得紫红色固体,即铜单质,所以X中一定有Cu元素,所以X为Cu(NO3)2。【详解】(1)通过分析可知,X的化学式即为Cu(NO3)2;(2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为:,所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为:;(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO,其与NH3反应的方程式为:;(4)0.1molW能消耗0.6molHCl,所以W化学式中含有6个OH-;又因为,0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol,所以W的化学式中含有4个Cu2+,所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2;(5)混合气体中含有NO2,具有氧化性,其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应,从而转化成无毒的N2。19、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+部分(SCN)2与水反应生成酸Fe3++3SCN-Fe(SCN)3溶液褪色,无蓝色沉淀在Cu2+与SCN-反应中,Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+〉(SCN)20.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液不合理未排除氧气干扰一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀【解析】
(1)Cu粉与Fe3+反应,离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;(2)硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间,能与水反应,生成酸;(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+,Fe3+与KSCN反应,显红色;(SCN)2会与氢氧化钾反应,同时Cu2+与氢氧化钾反应,生成蓝色沉淀,没有Cu2+则无蓝色沉淀;(4)根据氧化还原反应规律分析;(5)①A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极,C做正极,A中放电解质溶液;②溶液中的氧气会影响反应;③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。【详解】(1)Cu粉与Fe3+反应,离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,故答案为:Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;(2)硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间,能与水反应,生成酸,故答案为:部分(SCN)2与水反应生成酸;(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+,Fe3+与KSCN反应,显红色,离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3;(SCN)2会与氢氧化钾反应,同时Cu2+与氢氧化钾反应,生成蓝色沉淀,没有Cu2+则无蓝色沉淀,故答案为:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3;溶液褪色,无蓝色沉淀;(4)根据2Cu2++4SCN-2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色),Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+>(SCN)2,(SCN)2能氧化Fe2+,则氧化性(SCN)2>Fe2+,即Cu2+也能氧化Fe2+,故答案为:在Cu2+与SCN-反应中,Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+>(SCN)2;(5)①A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极,C做正极,A中放电解质溶液,则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液,故答案为:0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液;②溶液中的氧气会影响反应,未做排氧操作,不合理,故答案为:不合理;未排除氧气干扰;③Fe3+参与反应后生成Fe2+,铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀,可验证产生的Fe2+,操作为一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀,故答案为:一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6),使用的电解质溶液,要和之前的浓度保持一致,才能形成对比实验,做实验题型,一定要注意控制变量法的规则。20、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】
(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答;(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关;增大反应的活化能,反应速率减慢;降低反应的活化能,反应速率加快,据此分析判断;根据实验步骤②的提示分析判断;(3)Ti(OH)4不稳定,易脱水生成TiO2,钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶,据此书写反应的化学方程式;灼烧固体需要在坩埚中进行;(4)根据Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+,说明Ti3+容易被氧化;并据此分析判断可以选用的指示剂,结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图,仪器a为温度计,实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发,可以使用冷凝管冷凝回流,提高原料的利用率,故答案为温度计;冷凝回流;(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关,加入的乙酰丙酮,改变是反应的条件,不能改变反应的焓变,故a错误;b.增大反应的活化能,活化分子数减少,反应速率减慢,故b正确;c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关,加入的乙酰丙酮,改变是反应的条件,不能改变反应的焓变,故c错误;d.降低反应的活化能,活化分子数增多,反应速率加快,故d错误;故选b;根据实验步骤②的提示,制备过程中,用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液,减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率,故答案为b;用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液;(3)Ti(OH)4不稳定,易脱水生成TiO2,步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶,反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行,故选择的装置为a,故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a;(4)①根据Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+,说明Ti3+容易被氧化,铝与酸反应生成氢气,在液面上方形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化,故答案为与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化;②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液,现象不明显;KMnO4溶液也能氧化Ti3+,影响滴定结果,KMnO4不与Fe3+反应;根据滴定反应Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+可知,可以选用KSCN溶液作指示剂,当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液,容易变成血红色,且半分钟不褪色,说明到达了滴定终点,故答案为b;③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol,则根据钛原子守恒,n(TiO2)=n(Ti3+)=n(Fe3+)=0.002mol,样品中TiO2的质量分数=×100%=80%,故答案为80。21、m1.1227.8g200mL≤V≤320mL【解析】
(1)利用差量法,根据化学方程式分析:CO与H2在氧气中完全燃烧,生成CO2和H2O,生成的CO2和H2O再与Na2O2反应;2CO+O22CO2,一氧化碳与二氧化碳物质的量相等,Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO,可知,反应后固体质量增加量为CO的质量;2H2+O22H2O,生成的水与
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