![四川省眉山市彭山区新高考临考冲刺化学试卷及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view12/M02/00/37/wKhkGWaSLiiAQowgAAI2m6UxLPA713.jpg)
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文档简介
四川省眉山市彭山区新高考临考冲刺化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下,则下列说法正确的是()A.E为该反应的反应热B.①→②吸收能量C.CH4→CH3COOH过程中,有极性键的断裂和非极性键的形成D.加入催化剂能改变该反应的能量变化2、对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g),以下表示中,反应速率最快的是A.v(A)=0.8mol/(L·s) B.v(B)=0.4mol/(L·s)C.v(C)=0.6mol/(L·s) D.v(D)=1.8mol/(L·min)3、下列操作能达到实验目的的是目的实验操作AAl2O3有两性将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中B浓硫酸有脱水性蔗糖中加入浓硫酸,用玻璃棒充分搅拌C检验SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D检验Fe2+向某溶液中滴入氯水,再滴入KSCN溶液A.A B.B C.C D.D4、某烃的相对分子质量为86,如果分子中含有3个-CH3、2个-CH2-和1个,则该结构的烃的一氯取代物最多可能有(不考虑立体异构)()A.9种 B.8种 C.5种 D.4种5、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是()A.可用钢瓶储存液氯或浓硫酸B.二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂C.鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液,有沉淀析出,该性质可用于蛋白质的分离与提纯D.炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加,是为了防止食盐中的碘受热升华6、下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是A.阳极反应式为2H2O−4e−4H++O2↑B.CO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等C.阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大D.若太阳能燃料为甲醇,则阴极电极反应式为:CO2+6H++6e−CH3OH+H2O7、NH3是一种重要的化工原料,利用NH3催化氧化并释放出电能(氧化产物为无污染性气体),其工作原理示意图如下。下列说法正确的是A.电极Ⅰ为正极,电极上发生的是氧化反应B.电极Ⅰ的电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+C.电子通过外电路由电极Ⅱ流向电极ⅠD.当外接电路中转移4mole−时,消耗的O2为22.4L8、已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数,其形成的一种化合物结构如图所示,下列叙述正确的是A.原子半径:W>Z>Y>XB.该化合物中各元素的原子最外层均满足8电子结构C.X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态D.X、Y、Z、W可形成原子个数比8:1:2:3的化合物9、下列说法正确的是A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯,可实现“碳”的循环利用C.纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D.铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂10、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂.实验室可通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法不正确的是()A.KClO3在反应中得电子 B.ClO2是还原产物C.H2C2O4在反应中被氧化 D.1molKClO3参加反应有2mole-转移11、三元轴烯(a)、四元轴烯(b)、五元轴烯(c)的结构简式如图所示,下列说法不正确的是A.a、b、c都能发生加成反应B.a与苯互为同分异构体C.a、b、c的一氯代物均只有一种D.c分子中的原子不在同一个平面上12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.常温下,1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH=7,则溶液中CH3COO-与NH4+的数目均为0.5NAB.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC.16g氨基(-NH2)中含有的电子数为7NAD.在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后,体系中的原子数为8NA13、有下列两种转化途径,某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是途径①SH2SO4途径②SSO2SO3H2SO4A.途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性B.途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本C.由途径①和②分别制取1molH2SO4,理论上各消耗1molS,各转移6mole-D.途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高14、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应,若有标准状况下VL氨气完全反应,并转移n个电子,则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A. B. C. D.15、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应:A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态,相关实验数据如表所示:容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A.0~5min内,甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B.a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB,反应达到平衡时,A的转化率小于80%D.K1=K2>K316、W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加,X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族,两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等,下列说法正确是()A.Z元素的含氧酸一定是强酸B.原子半径:X>ZC.气态氢化物热稳定性:W>XD.W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性17、某同学设计了如图所示元素周期表,已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A.白格中都是主族元素,灰格中都是副族元素B.X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种C.X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性:X>YD.X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物18、向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液,溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加,一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A.该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/LB.开始阶段,pH迅速上升说明H+被中和C.OH-和Cl2能直接快速反应D.NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡右移19、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示,左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是()A.左池的pH值降低B.右边为阴离子交换膜C.右池电极的反应式:2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2OD.当消耗0.1molC6H6O,在标准状况下将产生0.28mol氮气20、下列说法正确的是()A.钢铁发生电化学腐蚀的负根反应:B.常温下通入溶液,当溶液中约,一定存在C.向稀溶液中加入固体,则的值变小D.向溶液中滴加少量溶液,产生黑色沉淀,水解程度增大21、已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+196.64kJ,则下列判断正确的是A.2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)+Q,Q>196.64kJB.2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量C.1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g),放出98.32kJ热量D.使用催化剂,可以减少反应放出的热量22、M是一种常见的工业原料,实验室制备M的化学方程式如下,下列说法正确的A.lmol的C能与7mol的H2反应B.分子C中所有原子一定共面C.可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和BD.A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种二、非选择题(共84分)23、(14分)有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素,原子序数依次增大,其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题:①.己元素与丙元素同主族,比丙原子多2个电子层,则己的原子序数为________;推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②.甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性,其电子式为_______________。③.上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④.接通如图电路片刻后,向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀,此反应的离子方程式为_____________________。⑤.当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下,假设气体完全逸出,取出交换膜后溶液充分混匀,忽略溶液体积变化),此时共转移电子数目约为___________;反应②的离子方程式为_________⑥.若上图中各步反应均为恰好完全转化,则混合物X中含有的物质(除水外)有___________24、(12分)聚碳酸酯的透光率良好,可制作挡风玻璃、眼镜片等。某聚碳酸酯(M)的合成路线如下:已知:Ⅰ.D的分子式为C3H4O3,核磁共振氢谱只有一组峰Ⅱ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(1)A的名称是_______,D的结构简式为_____;(2)B→C的反应类型______;(3)关于H的说法正确的是(_______)A.分子式为C15H16O2B.呈弱酸性,是苯酚的同系物C.分子中碳原子可能共面D.1molH与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol(4)写出A→B化学方程式________;(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到,请写出该聚碳酸酯的结构简式________;(6)H的同分异构体中满足下列条件的有___种;①有萘环()结构②能发生水解和银镜反应③两个乙基且在一个环上(7)F→G需三步合成CH2=CHCH3KL若试剂1为HBr,则L的结构简式为_______,③的反应条件是_____。25、(12分)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固体,受热易分解,是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物,设计装置图如下:(1)仪器a的名称是______。(2)从绿色化学考虑,该套装置存在的明显缺陷是_________。(3)实验前先通入一段时间N2,其目的为__________。(4)实验证明了气体产物中含有CO,依据的实验现象为_______。(5)草酸亚铁晶体在空气易被氧化,检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。(6)称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解,得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示:①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时,剩余固体是铁的一种氧化物,试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式:_______。26、(10分)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________%。27、(12分)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。请回答下列问题:(1)晒制蓝图时,用)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂,以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为:2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑:显色反应的化学反应式为___FeC2O4+___K3[Fe(CN)6]一___Fe3[Fe(CN)6]2+_______,配平并完成该显色反应的化学方程式。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是_________________。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有______________,_____________。③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是______________。④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是:______________。(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用cmol·L-1KMnO4,溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步,应进行的操作为____。滴定终点的现象是__________________。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_____________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视KMnO4溶液液面,则测定结果_____________________。③过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有__________________________________________。28、(14分)C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式:_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时,吸收SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7,则n(NH4+):n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下,用NH3消除NO污染,其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下,n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时,得到NO脱除率曲线如图所示:①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。29、(10分)萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内,是多种香料和药物的主要成分,I是一种萜类化合物,它的合成路线如图所示:已知:Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.回答下列问题:(1)A的名称是________,A+B→C的反应类型是___________;(2)F的分子式_______________,其分子中所含官能团的名称是____________;(3)H→I第一步的化学反应方程式_________________;(4)B含有一个环状结构,其结构简式为_________________;它的同分异构体有多种,其中符合下列条件的有___________种(不考虑立体异构)①不含有环状结构②能发生银镜反应③能与NaHCO3反应生成CO2(5)流程中设计F→G这步反应的作用_________________;(6)F与(CH3CO)2O按物质的量1∶1发生反应生成G的化学方程式为____________;(7)请以CH3COCH3、CH3CH2MgBr为原料,结合题目所给信息,制备高分子化合物的流程。例如:原料……目标化合物___________________。
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、C【解析】
A.根据图示E为该反应的活化能,故A错误;B.①→②的能量降低,过程为放热过程,故B错误;C.该过程中甲烷中的C-H键断裂,为极性键的断裂,形成CH3COOH的C-C键,为非极性键形成,故C正确;D.催化剂不能改变反应的能量变化,只改变反应的活化能,故D错误;故答案为C。2、A【解析】
由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大,表示的反应速率越快【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大,表示的反应速率越快,A、v(A)÷1=0.8mol/(L.s)B、v(B)÷3=0.11mol/(L.s)C.v(C)÷2=0.3mol/(L.s)D、v(D)÷2=0.9mol/(L·min)=0.9÷60=0.015mol/(L·s),故最快的是A。故选A。3、B【解析】
A.Al(OH)3是两性氢氧化物,只溶于强酸、强碱,不溶于氨水,故A错误;B.浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去,体现浓硫酸的脱水性,故B正确;C.向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀,不能检验硫酸根离子,故C错误;D.氯气具有氧化性,可以将亚铁离子氧化,生成三价铁离子,三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应,显红色,不能确定是含有亚铁离子还是铁离子,故D错误;故选B。4、A【解析】
某烷烃相对分子质量为86,则该烷烃中含有碳原子数目为:N==6,为己烷;3个-CH3、2个-CH2-和1个,则该己烷分子中只能含有1个支链甲基,不会含有乙基,其主链含有5个C,满足条件的己烷的结构简式为:①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3,②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,其中①分子中含有5种位置不同的H,即含有一氯代物的数目为5;②分子中含有4种位置不同的H,则其一氯代物有4种,所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有:5+4=9种。故选A.。【点睛】烃的等效氢原子有几种,该烃的一元取代物的数目就有几种;在推断烃的二元取代产物数目时,可以采用一定一动法,即先固定一个原子,移动另一个原子,推算出可能的取代产物数目,然后再变化第一个原子的位置,移动另一个原子进行推断,直到推断出全部取代产物的数目,在书写过程中,要特别注意防止重复和遗漏。5、A【解析】
A.常温下Fe与氯气不反应,遇浓硫酸发生钝化,则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,故A正确;B.Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C,则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂,故B错误;C.蛋白质遇硫酸铜发生变性,变性是不可逆过程,盐析可用于蛋白质的分离和提纯,故D错误;D.食盐中加的碘盐为KIO3,受热易分解,则在菜准备出锅时添加加碘食盐,是为了防止KIO3受热易分解,故D错误;故答案为A。6、C【解析】
图中阳极是水失电子,生成O2和H+,电极反应式为:2H2O−4e−4H++O2↑,选项A正确;CO2被还原时,化合价降低,还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等,选项B正确;装置中阳极材料是光电催化材料,阴极是惰性电极Pt,二者不能互换,选项C错误;若太阳能燃料为甲醇,阴极反应物为CO2和H+,则电极反应式为:CO2+6H++6e−CH3OH+H2O,选项D正确。7、B【解析】
由工作原理示意图可知,H+从电极Ⅰ流向Ⅱ,可得出电极Ⅰ为负极,电极Ⅱ为正极,电子通过外电路由电极Ⅰ流向电极Ⅱ,则电极Ⅰ处发生氧化反应,故a处通入气体为NH3,发生氧化反应生成N2,电极反应式为2NH3−6e−==N2+6H+,b处通入气体O2,O2得到电子与H+结合生成H2O,根据电极反应过程中转移的电子数进行计算,可得出消耗的标况下的O2的量。【详解】A.由分析可知,电极Ⅰ为负极,电极上发生的是氧化反应,A项错误;B.电极Ⅰ发生氧化反应,NH3被氧化成为无污染性气体,电极反应式为2NH3−6e−N2+6H+,B项正确;C.原电池中,电子通过外电路由负极流向正极,即由电极Ⅰ流向电极Ⅱ,C项错误;D.b口通入O2,在电极Ⅱ处发生还原反应,电极反应方程式为:O2+4e-+4H+==2H2O,根据电极反应方程式可知,当外接电路中转移4mole−时,消耗O2的物质的量为1mol,在标准状况下是22.4L,题中未注明为标准状况,故不一定是22.4L,D项错误;答案选B。8、D【解析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数,根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。A.同周期元素从左到右原子半径依次减小,故原子半径:Y>Z>W>X,选项A错误;B.该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构,其它均满足8电子结构,选项B错误;C.X与Y形成的二元化合物有多种烃,常温下不一定为气态,如苯C6H6,选项C错误;D.X、Y、Z、W可形成原子个数比8:1:2:3的化合物(NH4)2CO3,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的知识,推出各元素是解题的关键。根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。9、B【解析】
A.煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染,A选项错误;B.用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,可分解为无毒的二氧化碳,既不会引起白色污染,也可实现“碳”的循环利用,B选项正确;C.纤维素在人体内不能水解成葡萄糖,不能作为人类的营养物质,C选项错误;D.生石灰能用作食品干燥剂,但不能用作食品脱氧剂,D选项错误;答案选B。10、D【解析】
由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知,Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,C元素的化合价由+3价升高为+4价,以此来解答。【详解】A.Cl元素的化合价降低,则KClO3在反应中得到电子,选项A正确;B.Cl元素得到电子,被还原,则ClO2是还原产物,选项B正确;C.H2C2O4在反应中C化合价升高,被氧化,选项C正确;D.1molKClO3参加反应时,发生电子转移为1mol×(5-4)=1mol,选项D不正确;答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,注意从化合价角度分析各选项,题目难度不大。11、D【解析】
A.a、b、c均含有碳碳双键,因此都能发生加成反应,故A正确;B.a和苯的分子式均为C6H6,且结构不同,则a与苯互为同分异构体,故B正确;C.a、b、c分子中均只有一种氢原子,则它们的一氯代物均只有一种,故C正确;D.c分子中含有碳碳双键的平面结构,根据乙烯的平面结构分析,c中所有的原子在同一个平面上,故D错误;故选D。【点睛】在常见的有机化合物中,甲烷为正四面体结构,乙烯和苯是平面型结构,乙炔是直线型结构,其它有机物可在此基础上进行判断即可。12、D【解析】
A.由于醋酸根和铵根均会发生水解,所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA,A项错误;B.该溶液中乙醇的质量为4.6g,根据公式计算可知:;该溶液中的水的质量为5.4g,根据公式计算可知:;所以溶液中的H原子数目为1.2NA,B项错误;C.1个氨基中含有9个电子,16g氨基即1mol,所以含有电子数为9NA,C项错误;D.密闭容器中发生的虽然是可逆反应,但原子总数守恒,所以为8NA,D项正确;答案选D。13、A【解析】
A.途径①反应中只体现了浓硝酸的强氧化性,A错误;B.途径②的第二步反应是可逆反应,在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动,来降低成本,B正确;C.根据电子转移数目相等,可知由途径①和②分别制取1molH2SO4,理论上各消耗1molS,各转移6mole-,C正确;D.途径②与途径①相比不产生大气污染物质,因此更能体现“绿色化学”的理念,是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高,D正确。答案选A。14、D【解析】
氨气与氧气发生了催化氧化反应:4NH3+5O24NO+6NO,可知4NH3~20e-,即4:20=,推出为NA=22.4n/5V。答案选D。15、A【解析】
A.容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1,则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1,故A错误;B.甲和乙的温度相同,平衡常数相等,甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10,乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10,解得:a=2.2,故B正确;C.甲中CO转化率=×100%=80%,若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB,相当于减小压强,平衡逆向移动,导致A转化率减小,则A转化率小于80%,故C正确;D.甲和乙的温度相同,平衡常数相等,容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD,若温度不变等效于甲容器,但由于丙容器比甲容器温度高,平衡时D的浓度减小,即升温平衡逆向移动,则平衡常数减小,因此K1=K2>K3,故D正确;故选A。16、D【解析】
W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族,则X为O元素,Y为S元素,O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等,则W、Z的原子序数之和24,而且W的原子序数小于O,Z的原子序数大于S,则Z为Cl元素,所以W的原子序数为24-17=7,即W为N元素;【详解】A、Z为Cl元素,Cl元素的最高价含氧酸是最强酸,其它价态的含氧酸的酸性不一定强,如HClO是弱酸,故A错误;B、电子层越多,原子半径越大,所以O<Cl,即原子半径:X<Z,故B错误;C、元素的非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性O>N,所以气态氢化物热稳定性:W<X,故C错误;D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水,呈碱性,故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体,考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识,推断元素是解题的关键。1~20号元素的特殊的电子层结构可归纳为:(1)最外层有1个电子的元素:H、Li、Na、K;(2)最外层电子数等于次外层电子数的元素:Be、Ar;(3)最外层电子数是次外层电子数2倍的元素:C;(4)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素:O;(5)最外层电子数是内层电子数总数一半的元素:Li、P;(6)最外层电子数是次外层电子数4倍的元素:Ne;(7)次外层电子数是最外层电子数2倍的元素:Li、Si;(8)次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素:Li、Mg;(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S;(10)电子层数与最外层电子数相等的元素:H、Be、Al。17、C【解析】
按照排布规律,前3周期,一侧的相同位置的元素位于同一主族,比如B和Al同主族,均在H的左侧,均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族,且X为N,Y为P,Z为O。到了第四周期,出现灰色空格,填充副族元素,如Se。【详解】A、按照图示,白格填充的为主族元素和稀有气体元素,灰格填充的为副族元素,A错误;B、X和Z,可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物,不止2种,B错误;C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4,同主族元素,同上到下非金属性减弱,非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则HNO3>H3PO4;C正确;D、非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,同主族元素,同上到下非金属性减弱,同周期元素,从左到右,非金属性增强,则非金属性排序为O>N>P,氢化物最强的是Z的氢化物,H2O;D错误;答案选D。18、C【解析】
A.没有加入NaOH溶液时,新制氯水的pH为2.6,氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L,故A正确;B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子反应,pH迅速上升,故B正确;C.新制氯水中有氢离子,逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应,故C错误;D.由图可知,逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应,使Cl2+H2OH++Cl-+HClO反应平衡右移,故D正确;题目要求选择不能得到的结论,故选C。19、B【解析】
A.苯酚的酸性比碳酸弱,根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液,逸出的气体有CO2,说明反应后溶液的酸性增强,pH减小,A正确;B.根据图示可知,在右边装置中,NO3-获得电子,发生还原反应,被还原变为N2逸出,所以右边电极为正极,原电池工作时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,所以工作时中间室的Cl-移向左室,Na+移向右室,所以右边为阳离子交换膜,B错误;C.根据B的分析可知,右池电极为正极,发生还原反应,电极反应式:2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,C正确;D.在左室发生反应:C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+,根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应,转移28mol电子,反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol,则当消耗0.1molC6H6O,将会产生0.28mol氮气,D正确;故合理选项是B。20、B【解析】
A.钢铁发生电化学腐蚀时,负极发生的反应是:Fe-2e-═Fe2+,故A错误;B.当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7mol/L,说明溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-)①,根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②,由①②得,c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-),故B正确;C.常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体,加入CH3COONa固体,醋酸根离子以及钠离子浓度均增大,同时会对水解平衡起到抑制作用,所以醋酸根离子浓度增加的程度大,的比值变大,故C错误;D.在NaHS溶液中,滴入少量CuCl2溶液,HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀,HS-电离程度增大,pH减小,故D错误;故答案为B。21、A【解析】
A.气态SO3变成液态SO3要放出热量,所以2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)+Q,Q>196.64kJ,故A正确;B、2molSO2
气体和过量的O2充分反应不可能完全反应,所以热量放出小于196.64kJ,故B错误;C、状况未知,无法由体积计算物质的量,故C错误;D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误;答案选A。22、D【解析】
A.C中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基,lmol的C能与8mol的H2发生加成反应,故A错误;B.分子C中含有甲基,为四面体结构,所以C中不可能所有原子共面,故B错误;C.A和B都能使高锰酸钾溶液褪色,不能用酸性KMnO4溶液鉴别A和B,故C错误;D.A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构,侧链为-CH2CH2CHO有1种、侧链为-CH(CHO)CH3有1种、侧链为-CH2CH3和-CHO有3种、侧链为-CH2CHO和-CH3有3种、侧链为2个-CH3和1个-CHO有6种,共14种,故D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、(1)37;依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推测己单质与水反应较丙更剧烈(1分,合理给分)(2);(3)④;(4)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)6.02×l021;2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)NaCl、Al(OH)3【解析】试题分析:根据题意可知:A是NaCl,B是Cl2,C是H2,D是NaOH,E是HCl,丁是Al,F是NaAlO2;X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H,乙是O,丙是Na,丁是Al,戊是Cl,己是Rb,原子序数是37;钠、铷同一主族的元素,由于从上到下原子半径逐渐增大,原子失去电子的能力逐渐增强,所以它们与水反应的能力逐渐增强,反应越来越剧烈;(2)甲、乙、戊按原予个数比1:1:1形成的化合物Y是HClO,该物质具有强的氧化性,故具有漂白性,其电子式为;(3)在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化,所以属于氧化还原反应,而④中元素的化合价没有发生变化,所以该反应是非氧化还原反应;(4)如构成原电池,Fe被腐蚀,则Fe为负极,发生反应:Fe-2e-=Fe2+,Fe2+与[Fe(CN)6]3-会发生反应产生蓝色沉淀,反应的离子方程式是:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;(5)NaCl溶液电解的化学方程式是:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,在该反应中,每转移2mol电子,反应会产生2molNaOH,n(NaCl)=1L×1mol/L=1mol,当NaCl电解完全后反应转移1mol电子,反应产生1molNaOH,当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12,n(NaOH)=10-2mol/L×1L=0.01mol<1mol,说明NaCl没有完全电解,则电子转移的物质的量是0.01mol,电子转移的数目约是N(e-)=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021;反应②是Al与NaOH溶液反应,反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;(6)若上图中各步反应均为恰好完全转化,则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3,所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al(OH)3。考点:考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。24、1,2-二氯乙烷取代反应AD18Cu/Ag,O2,△【解析】
根据流程图,卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B,B为,C()在氢氧化钠条件下反应生成D,D与甲醇发生酯交换生成E(),D的分子式为C3H4O3,核磁共振氢谱只有一组峰,因此D为,据此分析解答(1)~(6);(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3,CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3,最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮,据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为,名称为1,2-二氯乙烷,D的结构简式为,故答案为1,2-二氯乙烷;;(2)B为,C为,B与发生取代反应生成,故答案为取代反应;(3)H为。A.根据H的结构简式,H的分子式为C15H16O2,故A正确;B.H中含有酚羟基,具有弱酸性,但含有2个苯环,不属于苯酚的同系物,故B错误;C.结构中含有,是四面体结构,因此分子中碳原子一定不共面,故C错误;D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应,1molH与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子,酚羟基和溴原子均能消耗NaOH,且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应,因此1mol最多消耗10mol氢氧化钠,故D正确,故答案为AD;(4)A→B是卤代烃的水解反应,反应的化学方程式为,故答案为;(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到,与发生缩聚反应生成,故答案为;(6)H()的不饱和度=8,H的同分异构体中满足下列条件:①有萘环()结构,不饱和度=7,②能发生水解和银镜反应,说明结构中含有酯基和醛基,因此属于甲酸酯类物质,酯基的不饱和度=1,因此其余均为饱和结构,③两个乙基且在一个环上,两个乙基在一个环上有、、、4种情况,HCOO-的位置分别为6、6、3、3,共18种结构,故答案为18;(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3,CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3,最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮,因此L为CH3CHOHCH3,反应③的条件为Cu/Ag,O2,△,故答案为CH3CHOHCH3;Cu/Ag,O2,△。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断,要注意H与溴水的取代产物为,与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。25、球形干燥管(干燥管)缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气,防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色,F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中,加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则草酸亚铁晶体已氧化变质;若不变红色,则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑【解析】
装置A为草酸亚铁晶体分解,利用无水硫酸铜检验水蒸气,B装置检验二氧化碳,C装置吸收二氧化碳,D装置干燥气体,E装置检验CO,F装置检验二氧化碳,据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管),故答案为:球形干燥管(干燥管);(2)反应会产生CO,缺少处理CO尾气装置,故答案为:缺少处理CO尾气装置;(3)反应会会产生CO和H2O,通入氮气,排尽装置内空气,防止空气中H2O和CO2的干扰,故答案为:排尽装置内空气,防止空气中H2O和CO2的干扰;(4)CO与CuO反应,生成Cu和二氧化碳,现象为E中黑色粉末变红色,F出现白色沉淀,故答案为:E中黑色粉末变红色,F出现白色沉淀;(5)检验铁离子的试剂为KSCN,具体有:取少量草酸亚铁晶体于试管中,加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则草酸亚铁晶体已氧化变质;若不变红色,则草酸亚铁晶体未氧化变质,故答案为:取少量草酸亚铁晶体于试管中,加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则草酸亚铁晶体已氧化变质;若不变红色,则草酸亚铁晶体未氧化变质;(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为:=0.03mol,通过剩余固体的质量为4.32g,则M的摩尔质量为=144g/mol,过程Ⅰ发生的反应是:草酸亚铁晶体受热失去结晶水,剩下的M为FeC2O4,故答案为:FeC2O4;②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为:=1.68g,草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中,氧化物中氧元素的质量为:,设铁的氧化物的化学式为FexOy,则有:,解得x:y=3:4,铁的氧化物的化学式为Fe3O4,因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②,根据质量,求分子式,可以通过质量守恒得到答案。26、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。27、3213K2C2O4隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置CO2CO先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1-2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3用KMnO4溶液进行润洗粉红色出现偏低烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)【解析】
(1)根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生的显色反应;(2)①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析;②根据CO2、CO的性质分析;③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析;③根据铁离子的检验方法解答;(3)①标准滴定管需用标准液润洗,再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答;②根据电子得失守恒计算;结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答;③根据操作的基本步骤及操作的规范性作答。【详解】(1)光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑,反应后有草酸亚铁产生,根据元素守恒规律可知,所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4,因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4,故答案为3;2;1;3K2C2O4。(2)①装置中的空气在高温下能氧化金属铜,能影响E中的反应,所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气;反应中有气体生成,不会全部进入后续装置,故答案为隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色,说明氧化铜被还原为铜,即有还原性气体CO生成,由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO,故答案为CO2;CO;③为防止倒吸,必须保证装置中保持一定的压力,所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气即可,故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气;④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐,因此方法是取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3,故答案为取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1-2滴KSCN溶液;溶液变红色,证明含有Fe2O3;(3)①滴定管需用标准液润洗后才能进行滴定操作;高锰酸钾氧化草酸根离子,其溶液显红色,所以滴定终点的现象是粉红色出现,故答案为用KMnO4溶液进行润洗;粉红色出现。②锌把Fe3+还原为亚铁离子,酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol,Mn元素化合价从+7价降低到+2价,所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol,则该晶体中铁的质量分数的表达式为;滴定终点读取滴定管刻度时,俯视KMnO4溶液液面,则消耗的标准液的体积偏小,导致最终结果偏低,故答案为;偏低;③过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”),故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价,题目难度中等,明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下:净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸;进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2,气体点燃前先验纯等);防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”,白磷切割宜在水中进行等);污染性的气体要进行尾气处理;有粉末状物质参加的反应,要注意防止导气管堵塞;防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施,以保证达到实验目的)。28、CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:11.5×10−43:1【解析】
(1)已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol,②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol,根据盖斯定律,①-②×2得:CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),据此计算△H;(2)①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠显酸性,据此分析;根据反应方程式的量的关系计算可得;②先判断溶质,写出电荷守恒式,在利用pH=7时,c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系,结合图示进行等量删减或替换,最后得出结果;(3)①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3,根据图象得到A、B处的N
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