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文档简介
吉林省伊通满族自治县第三中学2024-2025学年高三下学期第一次段考化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应,转移电子数为0.2NAB.25℃时,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH-的数目为0.1NAC.15gHCHO中含有1.5NA对共用电子对D.常温常压下,22.4L甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA2、萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是A.a和b都属于芳香烃B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D.b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀3、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如下图所示)。闭合K2、断开K1时,制氢并储能;断开K2、闭合K1时,供电。下列说法错误的是A.制氢时,溶液中K+向Pt电极移动B.制氢时,X电极反应式为C.供电时,Zn电极附近溶液的pH降低D.供电时,装置中的总反应为4、分子式为C4H8Br2的有机物共有(不考虑立体异构)()A.9种 B.10种 C.11种 D.12种5、下列除去括号内杂质的方法正确的是()A.FeCl2(FeCl3):加入足量铁屑,充分反应后过滤B.CO2(HCl):通过饱和NaOH溶液,收集气体C.N2(O2):通过灼热的CuO粉末,收集气体D.KCl(MgCl2):加入适量NaOH溶液,过滤6、下列说法正确的是A.氯碱工业电解饱和食盐水,以石墨作阴极,铁网作阳极B.稀释0.1mol/LNa2CO3溶液,CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C.相同条件下,溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱D.升高温度,可提高反应速率,原因是降低了反应的活化能7、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O,电极反应转移的电子数为0.5NAB.标准状况下,11.2LSO2溶于水,溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC.常温下,0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD.分子式为C2H6O的某种有机物4.6g,含有C-H键的数目一定为0.5NA8、由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A某钾盐晶体中滴加浓盐酸,产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色产生的气体一定是SO2B向装有经过硫酸处理的CrO3(桔红色)的导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由桔红色变为浅绿色(Cr3+)乙醇具有还原性C向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入铜粉,充分振荡,再加入2滴KSCN溶液铜粉溶解,溶液由黄色变为绿色,滴入KSCN溶液颜色不变氧化性:Fe3+>Cu2+D向盛有CuO的试管中加入足量HI溶液,充分震荡后滴入3滴淀粉溶液固体有黑色变为白色,溶液变为黄色,滴入淀粉后溶液变蓝CuO与HI发生了氧化还原反应A.A B.B C.C D.D9、下列有关物质的说法错误的是()A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B.氧化铝可用于制造耐高温材料C.SO2具有漂白性,所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D.常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸10、现有易溶强电解质的混合溶液10L,其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的几种,向其中通入CO2气体,产生沉淀的量与通入CO2的量之间的关系如图所示,下列说法正确的是()A.CD段的离子方程式可以表示为:CO32-+CO2+H2O═2HCO3-B.肯定不存在的离子是SO42-、OH-C.该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、NH4+D.OA段反应的离子方程式:2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-11、下列关于有机物(a)的说法错误的是A.a、b、c的分子式均为C8H8B.b的所有原子可能处于同一平面C.c的二氯代物有4种D.a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色12、部分元素在周期表中的分布如图所示(虚线为金属元素与非金属元素的分界线),下列说法不正确的是A.B只能得电子,不能失电子B.原子半径Ge>SiC.As可作半导体材料D.Po处于第六周期第VIA族13、溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂,具有易溶于水,易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质)制备溴化钙的主要流程如下:下列说法错误的是A.已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+,步骤II加入的试剂a是石灰水B.步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+C.试剂b是氢溴酸,步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙D.步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩,冷却结晶14、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A.制取氯气 B.探究漂白性C.收集氯气 D.尾气吸收15、在药物制剂中,抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性,抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知:Na2S2O5溶于水发生反应:S2O52−+H2O=2HSO3−实验用品实验操作和现象①1.00×10-2mol/LNa2SO3溶液②1.00×10-2mol/LNaHSO3溶液③5.00×10-3mol/LNa2S2O5溶液实验1:溶液①使紫色石蕊溶液变蓝,溶液②使之变红。实验2:溶液①与O2反应,保持体系中O2浓度不变,不同pH条件下,c(SO32−)随反应时间变化如下图所示。实验3:调溶液①②③的pH相同,保持体系中O2浓度不变,测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中,不正确的是A.Na2SO3溶液显碱性,原因是:SO32−+H2OHSO3−+OH−B.NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度C.实验2说明,Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D.实验3中,三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同,因此反应速率相同16、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAB.常温下,1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为10-11NAC.273K、101kPa下,22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NAD.100g34%双氧水中含有H-O键的数目为2NA17、往含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L(标准状况下),则在这一过程中,下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是(离子水解忽略不计)A. B.C. D.18、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时,有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液,两者起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水,稀释后溶液的体积均为V,两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.常温下,NaBF4溶液的pH=7B.常温下,H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C.NaH2PO2溶液中:c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D.常温下,在0≤pH≤4时,HBF4溶液满足19、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应(设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程中的热效应,进行实验并测得如下数据:序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A.仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B.仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应20、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.1mol氨基(-NH2)中所含的质子数为9NAB.标准状况下,22.4L单质溴所含有的原子数目为2NAC.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NAD.标准状况下,2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为0.2NA21、化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系正确的是()选项化学性质实际应用AAl2(SO4)3和苏打Na2CO3溶液反应泡沫灭火器灭火B油脂在酸性条件下的水解反应工业生产中制取肥皂C醋酸具有酸性食醋除水垢DSO2具有漂白性可用于食品增白A.A B.B C.C D.D22、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A.10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB.标准状况下,22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC.在捕获过程中,二氧化碳分子中的共价键完全断裂D.100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA二、非选择题(共84分)23、(14分)丙烯是重要的有机化工原料,它与各有机物之间的转化关系如下:回答下列问题:(1)E中官能团的名称为____;C的结构简式为_____。(2)由A生成D的反应类型为____;B的同分异构体数目有___种(不考虑立体异构)。(3)写出D与F反应的化学方程式:____。24、(12分)近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下:已知:Ⅰ.卤原子为苯环的邻对位定位基,它会使第二个取代基主要进入它的邻对位;硝基为苯环的间位定位基,它会使第二个取代基主要进入它的间位。Ⅱ.E为汽车防冻液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH请回答下列问题(1)写出B的名称__________,C→D的反应类型为_____________;(2)写出E生成F的化学方程式___________________________。写出H生成I的化学方程式__________________。(3)1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多种同分异构体,其满足下列条件的有_________种(不考虑手性异构),其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:6的结构简式为___________。①只有两种含氧官能团②能发生银镜反应③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物,合成路线如图:写出P、Q结构简式:P_______,Q________。25、(12分)高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4,下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知:温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答:(1)反应①的化学方程式为______________________________________,加热软锰矿、KClO3和KOH固体,除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外,还用到的仪器有___,不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________;上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时,从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________,若CO2过量会生成KHCO3,导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。26、(10分)氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体,高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示:(1)图2装置中可填入图1虚线框中的是___(填标号)。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。(2)制备BN的化学方程式为___。(3)图1中多孔球泡的作用是___。(4)当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全,此时应立即停止通入O2,原因是___。(5)为测定制得的氮化硼样品纯度,设计以下实验:ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品,加入浓硫酸和催化剂,微热,令样品中的N元素全部转化为铵盐;ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热,蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收;ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。①氮化硼样品的纯度为___(保留四位有效数字)。②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___(填标号)。A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视D.滴定时选用酚酞作指示剂27、(12分)(15分)Ⅰ.目前我国锅炉烟气脱硝技术有新发现,科学家对O3氧化烟气脱硝同时制硝酸进行了实验研究,其生产硝酸的机理如下:回答下列问题:(1)NO3分子内存在两个过氧键,且氧均满足8电子稳定结构,请写出NO3中N的化合价______;NO3极不稳定,常温下即可爆炸分解,试从电子成键角度解释NO3不稳定的原因:__________________。(2)N2O5与O3作用也能生成NO3与氧气,根据反应前后同种元素,价态相同,不参与氧化还原反应的原则,请分析反应N2O5+O32NO3+O2中,N2O5的作用是__________________(填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂,又是还原剂”)。(3)请写出在有水存在时,O3与NO以物质的量之比为3∶2完全反应的总化学方程式___________。Ⅱ.下图为某学习兴趣小组对Cu与稀硝酸反应的改进实验装置图:(4)按如图组装好仪器,检查气密性后,装药品,实验时,先关闭a,打开b,将装置B下移,使之与稀硝酸接触产生气体,当________________(填实验现象),立刻将之上提,并关闭b,这样操作的目的为________________________________。(5)将铜丝下移,使之与稀硝酸接触,A中现象是________________,稍后将铜丝上拉,使之与稀硝酸分离;打开a,挤压E,使少量空气进入A中,A中现象是______________。(6)打开b,交替挤压E和F,至装置内氮氧化物气体被氢氧化钠溶液充分吸收,写出NO2气体与氢氧化钠溶液充分反应的离子方程式:______________________________。28、(14分)铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。(1)Fe3+的基态核外价电子排布式为______,应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小:I3(Mn)_______I3(Fe)(填>、<、=)。理由是_______。(2)Fe、Fe2+、Fe3+可以与CO、SCN-、CN-、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。①配合物Fe(CO)5的熔点-20℃,沸点103℃,可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示:下列关于Fe(CO)5说法不正确的是________。A.Fe(CO)5是分子晶体B.Fe(CO)5中Fe原子的配体与C22-互为等电子体C.Fe(CO)5中σ键与π键之比为1:1D.Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成②CN-的电子式为__________。③H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为__________、__________,组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________,1molH2NCONH2(尿素)分子中含有σ键的数目为__________。(3)NaCl和MgO都属于离子化合物,NaCl的熔点为801.3C,MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。(4)FexNy的晶胞如图1所示,Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe,形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy,FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示,其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为__________。29、(10分)以二氧化碳为原料制备尿素工艺被广泛研究。其反应机理为:反应Ⅰ:CO2(g)+2NH3(g)⇌NH2COONH4(l)∆H1=-117.2kJ·mol−1反应Ⅱ:NH2COONH4(l)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)∆H2=+15.0kJ·mol−1(1)反应Ⅰ平衡常数K的表达式为_____________。(2)由CO2(g)和NH3(g)合成尿素NH2CONH2(l)的热化学方程式是__________。(3)在恒容容器中按物质的量之比1∶2通入CO2和NH3,下列不能说明合成尿素反应达平衡状态的是_________。A.容器中气体平均相对分子质量不再变化B.容器中气体密度不再变化C.NH3的体积分数不再变化D.容器内压强不再变化(4)通过实验发现,其他条件不变时,改变NH3、CO2的物质的量之比可增加尿素的产率,如图为与尿素产率的关系曲线。通过曲线可知:______________过量对尿素产率的影响比较小。若在固定容器中按等于3.0通入CO2和NH3,则合成尿素反应达平衡后,混合气体中CO2的物质的量分数为________(精确到0.1%)。(5)探究发现,温度、压强、n(H2O)条件对合成尿素反应的影响如图1、图2,根据图像回答下列问题:①其他条件不变时,对于合成尿素的反应,若通入CO2物质的量一定,按三种投料比[分别为3.0、3.5、4.0]投料时,得到如图1的横轴对CO2的平衡转化率的影响曲线。曲线A对应的投料比是________。②图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为20MPa、25MPa时CO2平衡转化率曲线,其中表示20MPa的是_________(填字母)。在实际生产中采用图2中M点而不是N点对应的反应条件,运用化学反应速率和平衡知识,同时考虑生产实际,说明选择该反应条件的主要原因是________。
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.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,与稀硫酸不反应,含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应,并不能完全反应,所以转移电子数一定小于0.2NA,A项错误;B.25℃时,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH-的浓度为10-13mol/L,则1L该溶液中由水电离产生的OH-的数目为1×10-13NA,B项错误;C.一个HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键,即4对共用电子对,15gHCHO物质的量为0.5mol,因此15gHCHO含有0.5mol×4=2mol共用电子对,即2NA对共用电子对,C项错误;D.常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol,则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol,因此含有的氢原子数目小于4NA,D项正确;答案选D。公式(Vm=22.4L/mol)的使用是学生们的易错点,并且也是高频考点,在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况,②在标准状况下,该物质是否为气体。本题D项为常温常压,因此气体摩尔体积大于22.4L/mol,则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol,因此含有的氢原子数目小于4NA。2、C【解析】
A.a中不含苯环,则不属于芳香族化合物,只有b属于芳香族化合物,但含有O元素,不属于芳香烃,A错误;B.a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型,则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上,B错误;C.a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO,均可与氢气发生加成反应,C正确;D.b中无醛基,不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀,c分子中含有醛基,可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀,D错误;故合理选项是C。3、D【解析】
闭合K2、断开K1时,该装置为电解池,Pt电极生成氢气,则Pt电极为阴极,X电极为阳极;断开K2、闭合K1时,该装置为原电池,Zn电极生成Zn2+,为负极,X电极为正极。【详解】A.制氢时,Pt电极为阴极,电解池中阳离子流向阴极,故A正确;B.制氢时,X电极为阳极,失电子发生氧化反应,根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH,电极方程式为,故B正确;C.供电时,Zn电极为负极,原电池中阴离子流向负极,所以氢氧根流向Zn电极,电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O,转移两个电子同时迁移两个OH-,但会消耗4个OH-,说明还消耗了水电离出的氢氧根,所以电极负极pH降低,故C正确;D.供电时,正极为NiOOH被还原,而不是水,故D错误;故答案为D。4、A【解析】
先分析碳骨架异构,分别为C−C−C−C与2种情况,然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析:①骨架C−C−C−C上分别添加Br原子的种类有6种,②骨架上分别添加Br原子的种类有有3种,所以满足分子式为C4H8Br2的有机物共有9种,故选:A。5、A【解析】
A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁,A正确;B、NaOH也吸收CO2,所以不正确,应选用饱和的碳酸氢钠溶液,B不正确;C、氧化铜与氧气不反应,应选用灼热的铜网,C不正确;D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子,应该是氢氧化钾,D不正确;故选A。除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质,不减少主要成分;如B选项,NaOH能与CO2反应,主要物质被反应,故错误。6、C【解析】
A.电解饱和氯化钠溶液时,如果Fe作阳极,则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子,所以应该用石墨作阳极,故A错误;B.稀释0.1mol/LNa2CO3溶液,促进碳酸钠的水解,水解程度增大,但溶液的碱性减弱,pH减小,故B错误;C.金属活动顺序表中单质的还原性越强,对应的阳离子氧化性越弱,锌比铜活泼,则铜离子比锌离子的氧化性强,根据三价铁离子与铜的反应:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强,即相同条件下,溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱,故C正确;D.温度升高,增加了反应体系中活化分子百分数,反应速率加快,但反应的活化能不变,故D错误;答案选C。本题的易错点为A,要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气,因此阳极应该选用惰性材料作电极。7、A【解析】
A.铁发生吸氧腐蚀,铁为负极,电极反应为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-,Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁,最后变成Fe2O3·xH2O,14.0gFe的物质的量为,电极反应转移的电子数为0.252NA=0.5NA,A正确;B.标况下,11.2LSO2的物质的量为0.5mol,溶于水生成H2SO3,H2SO3发生两级电离:H2SO3⇌HSO3-+H+、HSO3-⇌SO32-+H+,根据质量守恒定律,溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA,B错误;C.常温下,0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol•L-1,OH-数目为0.5L1mol•L-1=0.5NA,由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA,C错误;D.化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇(C2H5OH)或甲醚(CH3OCH3),乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键,甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键,C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol,含C-H键数目不一定为0.5NA,D错误。答案选A。8、A【解析】
A.次氯酸钠与浓盐酸反应能够生成氯气,亚硫酸盐与浓盐酸反应能够生成二氧化硫,氯气与二氧化硫均使品红褪色,则由现象不能判断产生的气体是SO2,故A符合题意;B.CrO3可氧化乙醇蒸气,则乙醇具有还原性,故B不符合题意;C.Cu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜,氧化性:Fe3+>Cu2+,故C不符合题意;D.由现象可知生成CuI和碘单质,Cu、I元素的化合价变化,为氧化还原反应,故D不符合题意;故选:A。9、C【解析】
A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢,氯化氢极易溶于水,可以制得盐酸,故A正确;B.氧化铝的熔点很高,故可用于制造耐高温材料,故B正确;C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色,是因为发生氧化还原反应:SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,SO2体现的是还原性,而非漂白性,故C错误;D.浓硫酸具有强氧化性,常温下铁和浓硫酸反应,在铁表面生成一层致密的氧化膜,也就是发生了钝化反应,可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应,因此可用铁质容器贮运浓硫酸,故D正确;答案选C。10、A【解析】
通入二氧化碳,OA段生成沉淀,发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O,说明溶液中一定含有Ba2+、OH-;BC段生成沉淀,发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-,说明含有AlO2-。【详解】通入二氧化碳,OA段生成沉淀,发生反应Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O,说明溶液中一定含有Ba2+、OH-;BC段生成沉淀,发生反应AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-,BC段生成沉淀,说明含有AlO2-。AB段沉淀物质的量不变,发生反应2OH-+CO2==CO32-+H2O;CD段沉淀的物质的量不变,发生反应CO32-+CO2+H2O═2HCO3-;DE段沉淀溶解,发生反应BaCO3+CO2+H2O═Ba(HCO3)2;Ba2+与SO42-生成沉淀,OH-与NH4+反应生成一水合氨,所以一定不存在NH4+、SO42-;故选A。11、C【解析】
A.结构中每个顶点为碳原子,每个碳原子形成四个共价键,不足键用氢补齐,a、b、c的分子中都含有8个C和8个H,则分子式均为C8H8,故A正确;B.b中苯环、碳碳双键为平面结构,与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面,单键可以旋转,则所有原子可能处于同一平面,故B正确;C.c有两种氢原子,c的一氯代物有两种,采用“定一移一”法,先固定一个Cl,第二个Cl的位置如图所示:,移动第一个Cl在①位、第二个Cl在④位,c的二氯代物共有6种,故C错误;D.a、b、c中均有碳碳双键,具有烯烃的性质,均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色,故D正确;答案选C。12、A【解析】
同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强,非金属性逐渐减弱,因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性,又表现出一定的非金属性,在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等),据此分析解答。【详解】A.根据以上分析,B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近,既能得电子,又能失电子,故A错误;B.同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大,所以原子半径Ge>Si,故B正确;C.As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近,可作半导体材料,故C正确;D.Po为主族元素,原子有6个电子层,最外层电子数为6,处于第六周期第VIA族,故D正确。故选A。13、B【解析】
大理石和氢溴酸反应生成溴化钙,因含有少量Al3+、Fe3+等杂质,可加入石灰水,沉淀Al3+、Fe3+,过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液,加入试剂b为氢溴酸,可除去过量的氢氧化钙,然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体,据此分析解答。【详解】A.已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+,步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解,因此a是碱,根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙,故A正确;B.步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+,故B错误;C.加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙,且不引入新杂质,可以加入氢溴酸,故C正确;D.步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O,因此其操作步骤为蒸发浓缩,冷却结晶、过滤,故D正确;答案选B。14、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热,故A不合理;B.浓硫酸干燥氯气,通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性,故B合理;C.氯气密度大于空气,要用向上排空气法收集氯气,故C不合理;D.氯气在饱和食盐水中难以溶解,故D不合理。故选B。15、C【解析】
A.Na2SO3是强碱弱酸盐,SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−,所以溶液显碱性,故A正确;B.HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性,NaHSO3溶液呈酸性,说明HSO3−的电离程度大于水解程度,故B正确;C.根据图示,Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快,所以pH=9.2时抗氧性最强,故C错误;D.根据已知信息可知实验3中,三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同,因此反应速率相同,故D正确;选C。16、B【解析】
A.Cl2通入NaOH溶液中发生反应:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,这是一个歧化反应,每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol,A项错误;B.碱溶液中的H+均是水电离产生的,pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L,故1L该溶液中H+的数目为10-11mol,B项正确;C.所给条件即为标准状况,首先发生反应:2NO+O2=2NO2,由于NO和O2的量未知,所以无法计算反应生成NO2的量,而且生成NO2以后,还存在2NO2N2O4的平衡,所以混合气体中的分子数明显不是NA,C项错误;D.100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g,其物质的量为1mol,含有H-O键的数目为2mol,但考虑水中仍有大量的H-O键,所以D项错误;答案选择B项。根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-),计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。17、B【解析】
根据电离方程式:NaOH=Na++OH-,Ba(OH)2=Ba2++2OH-,可知在含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol。标准状况下6.72LCO2的物质的量n(CO2)==0.3mol,把CO2气体通入混合溶液中,首先发生反应:Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O,当0.1molBa(OH)2恰好反应完全时消耗0.1molCO2(体积为2.24L),此时离子的物质的量减少0.3mol,溶液中离子的物质的量为0.4mol,排除D选项;然后发生反应:CO2+2OH-=CO32-+H2O,当0.2molNaOH完全反应时又消耗0.1molCO2(体积为2.24L),消耗总体积为4.48L,离子的物质的量又减少0.1mol,此时溶液中离子的物质的量为0.7mol-0.3mol-0.1mol=0.3mol,排除A选项;继续通入0.1molCO2气体,发生反应:CO32-+H2O+CO2=2HCO3-,根据方程式可知:0.1molCO2反应,溶液中离子的物质的量增加0.1mol,此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol,排除C选项,只有选项B符合反应实际,故合理选项是B。18、C【解析】
此题的横坐标是,V是加水稀释后酸溶液的体积,未稀释时,V=V0,横坐标值为1;稀释10倍时,V=10V0,横坐标值为2,以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中,酸碱溶液pH的变化规律:越强的酸碱,稀释过程中pH的变化越明显;如果不考虑无限稀释的情况,对于强酸或强碱,每稀释十倍,pH变化1。根据此规律,再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息,就可以明确图像中两条曲线的归属,并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A.根据图像可知,b表示的酸每稀释十倍,pH值增加1,所以b为强酸的稀释曲线,又因为H3PO2为一元弱酸,所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4),即氟硼酸为强酸;那么NaBF4即为强酸强碱盐,故溶液为中性,常温下pH=7,A项正确;B.a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线,由曲线上的点的坐标可知,1mol/L的次磷酸溶液的pH=1,即c(H+)=0.1mol/L;次磷酸电离方程式为:,所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L,c()=0.1mol/L,那么次磷酸的电离平衡常数即为:,B项正确;C.次磷酸为一元弱酸,无法继续电离,溶液中并不含有和两类离子;此外,还会发生水解产生次磷酸分子,所以上述等式错误,C项错误;D.令y=pH,x=,由图可知,在0≤pH≤4区间内,y=x-1,代入可得pH=,D项正确;答案选C。关于pH的相关计算主要考察三类:一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算,通过列三段式即可求得;第二类是溶液混合后pH的计算,最常考察的是强酸碱混合的相关计算,务必要考虑混合时发生中和反应;第三类就是本题考察的,稀释过程中pH的变化规律:越强的酸或碱,稀释过程中pH的变化越明显,对于强酸或强碱,在不考虑无限稀释的情况下,每稀释十倍,pH就变化1。19、C【解析】
A.根据表中数据可知,碳酸氢钠溶于水为吸热反应,不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应,需要结合实验①综合判断,故A错误;B.根据实验②可知,碳酸钠溶于水的过程为吸热过程,所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应,故B错误;C.根据实验①可知,碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃,而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃<18.5℃,通过反应Ⅰ后混合液温度更低,证明反应Ⅰ为吸热反应;同理根据实验②碳酸钠溶于水,混合液温度从20℃升高到24.3℃,实验④中碳酸钠与盐酸反应,温度从20℃升高到25.1℃>24.3℃,碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高,证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应,故C正确;D.根据选项C的分析可知,反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应,故D错误;故选C。20、A【解析】
A.1mol氨基中含有9mol电子,含有的电子数目为9NA,故A正确;B.标况下单质溴不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量,故B错误;C.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液中,CH3COO−会发生水解,数目小于0.01NA,故C错误;D.氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,在这个反应中,氯气单质气体既充当氧化剂,又充当还原剂,两个零价位的Cl原子,一个被氧化成为+1价,另一个被还原成为-1价,0.1mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA,故D错误;正确答案是A。21、C【解析】
A、泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3和小苏打NaHCO3溶液反应,故不选A;B、工业生产中用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂,故不选B;C、醋酸的酸性大于碳酸,利用醋酸与碳酸钙反应除水垢,故选C;D、SO2具有漂白性,但由于SO2有毒,SO2不能用于食品增白,故不选D;答案选C。22、C【解析】
A.10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol,一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根,则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA,故A正确;B.标准状况下,22.4LCO2的物质的量是1mol,1个CO2分子中有22个电子,所以含的电子数目为22NA,故B正确;C.在捕获过程中,根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂,故C错误;D.100g46%的甲酸水溶液,甲酸的质量是46g,物质的量为1mol,水的质量为54g,物质的量为3mol,因此共所含的氧原子数目为5NA,故D正确;选C。二、非选择题(共84分)23、醛基加成反应3CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O【解析】
根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构,判断官能团的种类,反应类型,并书写相关反应方程式。【详解】根据有机物间的转化关系知,D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯,则D为1-丙醇,催化氧化后得到E丙醛,E催化氧化后得到F丙酸;A为丙烯,与水加成反应生成D1-丙醇;丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C,A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1,2-二溴乙烷。(1)E为丙醛,其官能团的名称为醛基;C为聚丙烯,其结构简式为,故答案为:醛基;;(2)由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应;B1,2-二溴乙烷的同分异构体有1,1-二溴乙烷、2,2-二溴乙烷、1,3-二溴乙烷,3种,故答案为:加成反应;3;(3)丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为:CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O,故答案为:CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。24、硝基苯还原反应HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】
A分子式是C6H6,结合化合物C的结构可知A是苯,结构简式为,A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯,结构简式为,B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C:,C与Fe、HCl发生还原反应产生D:;由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热,然后酸化得到分子式为C2H2O4的G,说明F中含有-CHO,G含有2个-COOH,则G是乙二酸:HOOC-COOH,逆推F是乙二醛:OHC-CHO,E为汽车防冻液的主要成分,则E是乙二醇,结构简式是:HOCH2-CH2OH,HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热,发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H,H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5;H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I:C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH,I与D反应产生J和H2O,J在一定条件下反应产生J,K发生酯的水解反应,然后酸化可得L,L发生脱羧反应产生M,M在一定条件下发生水解反应产生N,据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是,B是,E是HOCH2-CH2OH,F是OHC—CHO,G是HOOC-COOH,H是C2H5OOC-COOC2H5,I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是,名称是硝基苯;C是,C与Fe、HCl发生还原反应产生D:,-NO2被还原为-NH2,反应类型为还原反应;(2)E是HOCH2-CH2OH,含有醇羟基,可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛:OHC-CHO,所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O;H是C2H5OOC-COOC2H5,H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I:C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH,反应方程式为:C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH;(3)J结构简式是,在J中含有1个Cl原子连接在苯环上,水解产生HCl和酚羟基;含有2个酯基,酯基水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH,HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应,所以1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4molNaOH;(4)H结构简式是:C2H5OOC-COOC2H5,分子式是C6H10O4,其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团;②能发生银镜反应说明含有醛基;③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5molH2,结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH,另一种为甲酸形成的酯基HCOO-,则可能结构采用定一移二法,固定酯基HCOO-,移动-COOH的位置,碳链结构的羧基可能有共4种结构;碳链结构的羧基可能有4种结构;碳链结构的羧基可能有3种结构;碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构,因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种;其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:6的结构简式为、;(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3,然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生,发生催化氧化产生Q是;与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是,P与Fe、HCl发生还原反应产生,与在HAc存在条件下,加热40—50℃反应产生和H2O,故P是,Q是。本题考查有机物推断和有机合成,明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键,难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断,易漏选或重选,可以采用定一移二的方法,在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断,侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。25、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小,滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】
以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4晶体,软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧,得到墨绿色熔块,为K2MnO4,冷却后溶于水其水溶液呈深绿色,这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色,边加热边通入适量二氧化碳气体,调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液,冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,熔融固体物质需要在坩埚内加热,加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚;瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应,坩埚被腐蚀;⑵工艺流程可知,CO2使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入CO2太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4;氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质,还原剂是元素化合价升高的物质,结合化学方程式定量关系和电子守恒计算;流程中需要加入的物质在后面有生成该物质,该物质可以循环利用;⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发,冷却结晶,过滤或抽滤得到晶体;工艺流程可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、高锰酸钾;【详解】(1).加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时,由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应:2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚,而不与Fe发生反应,所以要用铁坩埚;故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;酒精灯、坩埚钳;瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应;(2).由流程图可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4,在加热浓缩时,会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出,实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为:3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-,2OH-+CO2=CO32-+H2O,其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4,所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2,调节溶液pH过程中,所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1;从流程图可以看出,需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2(水可以不考虑),反应中又生成KOH、MnO2,故KOH、MnO2是可以循环利用的物质,故答案为:2:1;KOH、MnO2;(3).依据流程中的信息,滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾,再根据表中的溶解度数据可知,高锰酸钾在室温下的溶解度较小,而碳酸钾的溶解度很大,因此,从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发,冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体;工艺流程可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4,在加热浓缩时,会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;KHCO3的溶解度比K2CO3小得多,滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出;化学工艺流程题是高考的热点内容,每年都会涉及,体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入;而且还要看清问题,不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”:本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论;化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识,只要理解清楚每步的目的,加上夯实的基础知识,此题能够很好的完成。26、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】
⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,反应结束应立即停止通入O2,主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。⑸先计算消耗得n(NaOH),再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量,再得到硫酸吸收氨的物质的量,再根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN),再计算氮化硼样品的纯度。【详解】⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,因此图2中b装置填入图1虚线框中,图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管;故答案为:b;球形干燥管。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O;故答案为:4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速,调节氨气与氧气的流速比例,故答案为:调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全,此时应立即停止通入O2,原因是氮化硼在高温下容易被氧化,因此避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低;故答案为:黑色粉末完全变成白色;避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低。⑸用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL,消耗得n(NaOH)=0.1000mol·L-1×0.02032L=0.002032mol,因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即0.001016mol,则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)=0.1008mol·L-1×0.02L–0.001016mol=0.001mol,根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN)=0.002mol,氮化硼样品的纯度为,故答案为:80.00%。②A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收,则BN的物质的量减少,测定结果偏低;B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,消耗得氢氧化钠体积偏多,氢氧化钠消耗得硫酸偏多,氨消耗得硫酸偏少,测定结果偏低;C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,读数偏小,氢氧化钠消耗得硫酸偏少,氨消耗的硫酸偏高,测定结果偏高;D.滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂,测定个结果无影响,故C符合题意;综上所述,答案为C。27、+2(1分)N原子未达到8电子稳定结构(或N原子最外层为7电子结构,不稳定)(2分)既是氧化剂,又是还原剂(1分)3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2(3分)C处产生白色沉淀时(1分)排出装置A内的空气,防止对生成NO的实验影响(2分)溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出(1分)气体变红棕色(1分)2NO2+2OH−++H2O(3分)【解析】
(1)NO3分子内有三个氧且存在两个过氧键,它的结构为,两个氧与氮相连,另一个氧与两个氧相连,所以氮显+2价,根据NO3的结构可知,N原子最外层为7电子结构,未达到8电子稳定结构,因此不稳定。(2)N2O5+O32NO3+O2反应中生成2个NO3,1个NO3中两个氧显示−1价,另1个氧显示0价,2个NO3中有两个氧显示0价,1个来自O3,另1个来自N2O5,也就是说N2O5中的1个氧化合价升高到0价,4个氧化合价升高到−1价,同时N2O5中的N化合价降低到+2价,所以N2O5既是氧化剂,又是还原剂。(3)依据生产硝酸的机理,O3与NO及水反应最终生成HNO3和O2,当O3与NO反应的物质的量之比为3∶2,可得3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2。(4)Cu与稀HNO3反应生成NO气体,NO气体能与空气中的氧气反应NO2,因此反应前需赶尽装置A内的空气,防止干扰实验,用CO2排尽空气,所以C处产生白色沉淀时,说明装置A内空气已排空。(5)Cu与稀HNO3反应生成无色NO气体,并生成蓝色硝酸铜溶液,所以A中现象为溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出。打开a,挤压E,使少量空气进入A中,A中NO会和氧气反应生成红棕色气体,所以A中气体变红棕色。(6)NO2气体与氢氧化钠溶液的反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,写成离子方程式为2NO2+2OH−++H2O。28、3d5>Mn原子核外失去2个电子后,其价电子排布式为3d5,处于半充满的稳定状态,较难失去电子Dsp3sp2N>O>C>H7NA氧化镁晶体中所含离子的半径小,电荷数更大,晶格能更大,则熔点更高FeCu3N【解析】
(1)根据构造原理写价电子排布式,根据原子核外电子
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