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文档简介
浙江省新课改协作校高三3月份第一次模拟考试新高考化学试卷注意事项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(每题只有一个选项符合题意)1、乙基环己烷()的一溴代物共有几种(不考虑立体异构)A.3种B.4种C.5种D.6种2、下列仪器名称正确的是()A.圆底烧瓶 B.干燥管 C.药匙 D.长颈漏斗3、宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A.“凡白土曰垩土,为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺,“硝”指的是硝酸C.“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D.“每红铜六斤,入倭铅四斤,先后入罐熔化,冷定取出,即成黄铜”中的黄铜是合金4、下列说法中,正确的是A.CO2的摩尔质量为44gB.1molN2的质量是14gC.标准状况下,1molCO2所占的体积约是22.4LD.将40gNaOH溶于1L水中,所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L5、现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色,其原因可能是()A.苹果汁中的Fe2+变成Fe3+B.苹果汁中含有Cu2+C.苹果汁中含有OH-D.苹果汁中含有Na+6、下列物质分类正确的是A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B.多肽、油脂、淀粉均为酯类C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D.福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物7、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是()A.葡萄酒中添加SO2,可起到抗氧化和抗菌的作用B.PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C.苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂,也都能燃烧D.淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物8、aL(标准状况)CO2通入100mL3mol/LNaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是A.a=3.36时,CO2+2OH―→CO32―+H2OB.a=4.48时,2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2OC.a=5.60时,3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2OD.a=6.72时,CO2+OH―→HCO3―9、把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式,说法不正确的是()A.IO4-作氧化剂具有氧化性B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2C.若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D.氧化性:MnO4->IO4-10、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O,在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇,反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成,未涉及化学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物11、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是()A.合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B.从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO312、下列物质间的转化可以实现的是()A.MnO2Cl2Ca(ClO)2B.SSO2BaSO4C.SiO2H2SiO3Na2SiO3D.CuSO4Cu(OH)2Cu2O13、扑热息痛的结构如图所示,下列关于扑热息痛的描述正确的是A.分子式为C8H10NO2B.扑热息痛易溶于水C.能与Na2CO3溶液反应,但不能与NaHCO3溶液反应D.属于芳香烃14、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)15、水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体,测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=9×10-6,Ksp(CaCO3)=3×10-9,lg3=0.5,下列说法不正确的是()A.曲线上各点的溶液满足关系式:c(Ca2+)·c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103C.该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD.相同实验条件下,若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍,则上图曲线整体向上平移1个单位即可16、新版人民币的发行,引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A.制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B.用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C.防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成,其中树脂属于有机高分子材料D.某种验钞笔中含有碘酒溶液,遇假钞呈现蓝色,其中遇碘变蓝的是葡萄糖二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物I()是治疗心脏病的一种重要药物,可由简单有机物A、B和萘()合成,路线如下:(1)C的结构简式为_________,E的化学名称_______。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________。(3)I中含氧官能团的名称为_______。(4)D可使溴水褪色,由D生成G的反应实现了原子利用率100%,则该反应的化学方程式为_______________。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况,若用超重氢(T)标记的G()与F反应,所得H的结构简式为则反应中G()断裂的化学键为_______(填编号)(6)Y为H的同分异构体,满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。①含有萘环,且环上只有一个取代基。②可发生水解反应,但不能发生银镜反应。18、化合物F是一种食品保鲜剂,可按如下途径合成:已知:RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答:(1)A的结构简式是_________,E→F的反应类型是_________。(2)B→C反应的化学方程式为_____________。(3)C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。(4)检验F中碳碳双键的方法是_________________________。(5)连在双键碳上的羟基不稳定,会转化为羰基,则D的同分异构体中,只有一个环的芳香族化合物有______种(除D外)。其中苯环上只有一个取代基,核磁共振氢谱有4个峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。19、草酸是一种常用的还原剂,某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象(1h后溶液)试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液,几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液,几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液,几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液,几滴浓NaOH7无明显变化(1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式:_____________。(2)实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为:________。(3)瑛瑛和超超查阅资料,实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成,但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料,吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解,溶液橙色变浅,温度不变6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化实验IV的目的是:_______________________。(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究,发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图:臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii.__________________________________。①查阅资料:溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i,可采用如下方法证实:将0.0001molMnO2加入到6mL____________中,固体完全溶解;从中取出少量溶液,加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立,她们的实验方案是________。(5)综合以上实验可知,草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。20、亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂,其沸点为-5.5℃,易水解。已知:AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度,相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_________(填字母代号)装置,发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)欲收集一瓶干燥的氯气,选择合适的装置,其连接顺序为a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按气流方向,用小写字母表示,根据需要填,可以不填满,也可补充)。(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为:Cl2+2NO=2ClNO①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为___________________。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是___________________,然后进行其他操作,当Z中有一定量液体生成时,停止实验。(4)已知:ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。①设计实验证明HNO2是弱酸:_________________________________________。(仅提供的试剂:1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)21、工业废气、汽车尾气中含有的NOx、SO2等,是形成雾霾的主要物质,其综合治理是当前重要的研究课题。(1)NO加速臭氧层被破坏,其反应过程如图所示:已知:O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol反应1:O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1
=-200.2kJ/mol反应2:热化学方程式为________(2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式:_________。(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度十倍),装置示意图如图所示,固体电解质可传导O2-。①阴极的反应为________;②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量,可能的原因是(不考虑物理因素)________;(4)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25℃时,K(NH3•H2O)=1.8×10-5;Ksp(CaSO4)=7.1×10-5。第1步:用过量的浓氨水吸收SO2,并在空气中氧化;第2步:加入石灰水,发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2OK。①写出用足量氨水吸收SO2的化学方程式______________;②25℃时,2.0mol•L-1的氨水中,NH3•H2O的电离度_______;③计算第2步中反应的K=________(列出计算式即可)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】乙基环己烷中有6种氢原子,因此一溴代物有6种,故选项C正确。2、B【解析】
A.颈部有支管,为蒸馏烧瓶,圆底烧瓶没有支管,故A错误;B.为干燥管,用于盛放固体干燥剂等,故B正确;C.为燃烧匙,用于燃烧实验,不是药匙,故C错误;D.下端长颈部位有活塞,是分液漏斗,不是长颈漏斗,故D错误;故选B。3、B【解析】
A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确;B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺,“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确;D.黄铜是铜锌合金,故D正确;答案:B。4、C【解析】
A.二氧化碳的摩尔质量为44g/mol,1mol二氧化碳的质量为44g,故A错误;B.1mol
N2的质量是=1mol×28g/mol=28g,故B错误;C.标准状况下,气体摩尔体积为22.4L/mol,1
mol
CO2所占的体积约是22.4
L,所以C选项是正确的;D.40gNaOH的物质的量为1mol,溶于水配成1L溶液,所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L,体积1L是指溶剂的体积,不是溶液的体积,故D错误。答案选C。5、A【解析】
苹果汁中含有丰富的铁元素,淡绿色为亚铁离子的颜色,棕黄色为三价铁离子的颜色,因此苹果汁在空气中颜色由淡绿色变为棕黄色,为Fe2+变成Fe3+,故选A。6、D【解析】
A.SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水,为酸性氧化物,CO不与酸或水反应,属于不成盐氧化物,故A错误;B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯,多肽是由氨基酸形成的,淀粉属于多糖,故B错误;C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电,属于非电解质,故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液,属于混合物;漂粉精主要成分是次氯酸钙,属于混合物;氨水是氨气溶于水形成的溶液,属于混合物;故D正确;答案选D。7、A【解析】A、利用SO2有毒,具有还原性,能抗氧化和抗菌,故正确;B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米,没有在1nm-100nm之间,构成的分散系不是胶体,不具有丁达尔效应,故错误;C、四氯化碳不能燃烧,故错误;D、油脂不是高分子化合物,故错误。8、C【解析】
n(NaOH)=0.1L×3mol·L-1=0.3mol;A.a=3.36时,n(CO2)=0.15mol,发生CO2+2OH-=CO32-+H2O,故不选A;B.a=4.48时,n(CO2)=0.2mol,由C原子守恒及电荷守恒可知,发生2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O,故不选B;C.a=5.60时,n(CO2)=0.25mol,由C原子守恒及电荷守恒可知,发生的反应为5CO2+6OH-=CO32-+4HCO3-+H2O中,故选C;D.a=6.72时,n(CO2)=0.3mol,发生CO2+OH―=HCO3―,故不选D;答案:C。【点睛】少量二氧化碳:发生CO2+2OH-=CO32-+H2O,足量二氧化碳:发生CO2+OH-=HCO3-,结合反应的物质的量关系判断。9、D【解析】
已知锰离子是反应物,反应后生成高锰酸根离子,则锰离子失电子作还原剂,含有碘元素的离子在反应中作氧化剂,碘元素应该得电子化合价降低,所以IO4-是反应物,IO3-是生成物,根据元素守恒知,水是反应物,该反应方程式为:2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+,据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律,该反应方程式为:2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A.IO4-在反应中得电子作氧化剂,故A正确;B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2,故B正确;C.若有2molMn2+参加反应,则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol,故C正确;D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;该反应中氧化剂为IO4-,氧化产物为MnO4-,所以氧化性:MnO4-<IO4-,故D错误;故选D。10、C【解析】
A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应,CO2生成甲醇是通过了多步加氢,为还原反应,故A正确;B.根据题中反应机理图所示,催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒,故B正确;C.催化过程中有旧的原子团消失,说明有化学键的断裂,例如:CO2和H转化为COOH,故C错误;D.根据反应机理图所示,中间步骤中有CH2O生成,如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛,故D正确。答案选C。11、D【解析】
A.易拉罐作为可再生资源,其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用,故不选A;B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe),因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe,故不选B;C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应,故不选C;D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀,硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根,不水解,不与铝离子反应,故选D;答案:D12、D【解析】
A.MnO2和浓盐酸才反应生成氯气,故A不符合题意;B.硫于氧气反应生成二氧化硫,二氧化硫和氯化钡不反应,故B不符合题意;C.SiO2不与水反应,故C不符合题意;D.CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2和硫酸钠,氢氧化铜与葡萄糖再碱性条件下加热反应生成Cu2O,故D符合题意。综上所述,答案为D。13、C【解析】
A.分子式为C8H9NO2,故A错误;B.含酚-OH、-CONH-,该有机物不溶于水,故B错误;C.含酚-OH,能与Na2CO3溶液反应,但不能与NaHCO3溶液反应,故C正确;D.含O、N等元素,不是芳香烃,故D错误;故选C。14、A【解析】
A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O,Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH,两步反应均能实现,故A正确;B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O,第二步反应不能实现,故B错误;C.蔗糖中不含醛基,蔗糖不能发生银镜反应,第二步反应不能实现,故C错误;D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,第二步反应不能实现,故D错误;答案选A。15、D【解析】
A.CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c(SO42-),A项正确;B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数,B项正确;C.依据上述B项分析可知,CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103,每消耗1molCO32-会生成1molSO42-,在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度,设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L,则c(SO42-)=1mol/L,根据可得溶液中c(CO32-)=,-lgc(CO32-)=3.5,与图像相符,C项正确;D.依据题意可知,起始CaSO4的物质的量为0.02mol,相同实验条件下,若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍,则消耗碳酸钠的体积为10mL,在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L,根据可得溶液中c(CO32-)=,-lgc(CO32-)=3.2,图像中的横纵坐标都要改变,D项错误;答案选D。16、D【解析】
A.棉花、木材的成分主要为纤维素,含C、H、O元素,故不选A;B.四氧化三铁为黑色,俗称磁性铁,用于油墨中,故不选B;C.树脂为合成高分子,为有机物加聚或缩聚反应的产物,相对分子质量在10000以上,故不选C;D.淀粉遇碘变蓝,而葡萄糖不能,故选D;答案:D二、非选择题(本题包括5小题)17、乙醇取代反应加成反应醚键和羟基ad8(任写一种,符合题目要求即可)【解析】
和氯气在催化剂作用下发生取代生成C,C在碱性条件下发生发生水解反应生成F,F和G在碱性条件下生成H,根据H的结构简式,可知C的结构简式为,F的结构简式为;B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E,则E为乙醇,乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N,据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为,E的化学名称是乙醇;(2)根据分析,和氯气在催化剂作用下发生取代生成C,反应类型为取代反应;B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E,反应类型为加成反应;(3)化合物I的结构简式为,其中含氧官能团有醚键和羟基;(4)A与氯气在加热条件下反应生成D,D在催化剂作用下被氧气氧化生成G,D可使溴水褪色,说明D中含有碳碳双键,由D生成G的反应实现了原子利用率100%,结合G的结构简式可知,D的结构简式为,则该反应的化学方程式为:;(5)反应中G()到H()过程中,氯原子从G分子中脱离,则a位置的键发生断键;含有重氢的环状结构断开,说明d位置化学键断裂;断裂的化学键为ad;(6)H的结构简式为,Y为H的同分异构体,含有萘环,且环上只有一个取代基,可发生水解反应,但不能发生银镜反应,说明分子中由酯基,没有醛基,故符合要求的结构简式为、、、、、、、,共有8种(任写一种,符合题目要求即可)。18、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag,加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】
根据流程图,E脱水生成,利用逆推法,E是;根据RCHO+CH3CHORCH(OH)CH2CHO,,可逆推出D是;根据B的分子式C8H9Cl,结合D的结构,B是;C是,则A是。【详解】(1)根据上述分析,A的结构简式是;E()分子内脱水生成F(),则反应类型为消去反应,故答案为:;消去反应;(2)在氢氧化钠溶液中水解为,反应的化学方程式为+NaOH+NaCl,故答案为:+NaOH+NaCl;(3)在铜或银作催化剂的条件下加热,能被氧气氧化为,所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag,加热;中含有的官能团有羟基和醛基;故答案为:O2/Cu或Ag,加热;羟基、醛基;(4)双键可以发生加成反应,所以可以用溴的四氯化碳溶液检验,因为F中还含有醛基,容易被氧化,所以不能用高锰酸钾溶液检验;也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键;故答案为:用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜,充分反应后,酸化后再用溴水检验碳碳双键;(5)连在双键碳原子上的羟基不稳定,会转化为羰基,则D的同分异构体中,只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、,共8种;其中苯环上只有一个取代基,核磁共振氢谱有4个峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为,故答案为:8;。19、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】
(1)H2C2O4是二元弱酸,分步电离;(2)酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳;(3)实验IV与实验II、III区别是没有草酸;(4)分析曲线可知,开始时Cr2O72-浓度变化缓慢,一段时间后变化迅速;①由实验结论出发即可快速解题;②由控制变量法可知,保持其他变量不变,将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可;(5)注意实验的变量有:氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】(1)H2C2O4是二元弱酸,分步电离,用可逆符号,则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+;(2)实验I试管a中,酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳,则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O;(3)实验IV与实验II、III区别是没有草酸,则实验IV的目的是:排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能;(4)分析曲线可知,开始时Cr2O72-浓度变化缓慢,一段时间后变化迅速,则可能是过程i.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii.Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应;①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)中,固体完全溶解,则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+;从中取出少量溶液(含Mn2+),加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到上清液为紫色,则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-,MnO4-显紫色;②设计实验方案证实过程ii成立,由控制变量法可知,保持其他变量不变,将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可,即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅;(5)综合以上实验可知,变量有:氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂,则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。20、A(或B)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点【解析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,也可以用高锰酸钾和浓盐酸;⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②通入一段时间气体,其目的是排空气;⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,选择A,也可以用高锰酸钾和浓盐酸,选择B,发生的离子反应为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:A(或B);MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O);⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h,故答案为:f;g;c;b;d;e;j;h;⑶①用B装置制备NO,与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停,故答案为:排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是排干净三颈瓶中的空气,故答案为:排干净三颈瓶中的空气;⑷①若亚硝酸为弱酸,则亚硝酸盐水解呈若碱性,即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上,若试纸变蓝,则说明亚硝酸为弱酸,故答案为:用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,因此滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准溶液,溶
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