版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
湖北省市级示范高中智学联盟2024年秋季高三年级12月联考化学试题可能用到的相对原子质量:一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古代文献中记载了很多古代化学研究成果。下列关于的古代文献,对其解释不合理的是选项目的古代文献解释A鉴别区分硝石和朴消;“强烧之,紫青烟起,云是硝石也”——《本草经集注》利用焰色试验B使用“…凡研消不以铁碾入石臼,相激火生,则祸不可测”——《天工开物》能自燃C性质“(火药)乃焰消、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”——《本草纲目》用作氧化剂D提纯“所在山泽,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”——《开宝本草》涉及溶解、蒸发结晶A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.硝酸钾中含有钾元素,灼烧时,通过蓝色钴玻璃观察,为紫色火焰,这是焰色试验,而朴消含有Na元素,灼烧时发出黄色火焰,因此可以通过焰色试验进行鉴别这两种物质,故A正确;B.KNO3撞击后发生爆炸,不是自燃,故B错误;C.发生的反应是2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑,KNO3中N的化合价降低,KNO3为氧化剂,故C正确;D.以水淋之后,应是溶解,煎炼而成,应是蒸发结晶,故D正确;故选B。2.2024年5月8日,我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体需要采取有效的防腐蚀措施,下列措施不合理是A.舰体采用耐腐蚀的特种钢材 B.舰体表面喷涂油漆C.舰体外壳安装镁合金 D.舰体与外接电源正极相连【答案】D【解析】【详解】A.海水中盐的浓度较大,钢铁易发生吸氧腐蚀,所以舰体采用耐腐蚀的特种钢材,可防止舰体腐蚀,A合理;B.舰体表面喷涂油漆,将隔绝舰体与海水的接触,从而防止舰体腐蚀,B合理;C.舰体外壳安装镁合金,形成镁、铁、海水原电池,镁作负极,从而阻止舰体发生腐蚀,C合理;D.舰体与外接电源正极相连,则舰体作阳极,从而加速舰体腐蚀,D不合理;故选D。3.哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是选项化学事实哲学观点A加热时MnO2与稀盐酸不反应,而与浓盐酸反应事物的量变到质变B沸点:事物的变化规律既有普遍性又有特殊性C苯硝化时生成硝基苯,而甲苯硝化时可生成三硝基甲苯事物的双方相互影响DAgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡事物的双方既相互对立又相互统一A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.稀盐酸中c(Cl-)小,还原能力弱,则加热时MnO2与稀盐酸不反应,当增大c(Cl-),将稀盐酸转化成浓盐酸时,反应能发生,体现事物的量变到质变,A相符;B.H2Te、H2Se、H2S、H2O都形成分子晶体,若分子间只存在范德华力,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高,但H2O分子间还能形成氢键,所以其沸点反常,沸点:,体现事物的变化规律既有普遍性又有特殊性,B相符;C.苯硝化时生成硝基苯,而甲苯硝化时可生成三硝基甲苯,体现苯环受甲基的影响,但没有体现甲基受苯环的影响,不符合相互影响的哲学观,C不相符;D.AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡,当离子浓度减小时会导致沉淀溶解,当离子浓度增大时会导致沉淀的生成,体现事物的双方既相互对立又相互统一,D相符;故选C4.下列关于物质分离和提纯的说法错误是A.用苯萃取碘水中的B.用蒸馏法分离、和的液态混合物C.粗苯甲酸中含有少量和泥沙,提纯苯甲酸的主要步骤为:加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶D.通过溶液,可除去中混有的少量【答案】C【解析】【详解】A.碘单质易溶于苯,难溶于水,且苯与水互不相溶,可以用苯萃取碘水中的,故A正确;B.、和互溶且沸点不同,可以用蒸馏法分离,故B正确;C.粗苯甲酸中含有少量和泥沙,用重结晶法提纯苯甲酸的主要步骤为:加热溶解、趁热过滤、冷却结晶,故C错误;D.可以与NaOH反应生成Na2S,乙炔与NaOH不反应,所以可以通过溶液除去中混有的少量,故D正确;故选C。5.下列化学用语表述错误的是A.用离子方程式表示溶液与稀反应:B.H2O的VSEPR模型:C.顺-2-丁烯的结构简式:D.用电子云轮廓图表示H—Cl的s-p键形成的示意图:【答案】A【解析】【详解】A.溶液与稀反应,生成Na2SO4、S沉淀、SO2气体和H2O,离子方程式为:,A错误;B.H2O分子中,中心O原子的价层电子对数为=4,发生sp3杂化,O原子有2个孤电子对,则VSEPR模型为:,B正确;C.顺-2-丁烯分子中,两个甲基、两个氢原子分别在碳碳双键的同一侧,则结构简式:,C正确;D.HCl分子中,H原子的1s电子云与Cl原子的3p电子云,沿着3p电子云的对称轴方向进行重叠,则用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键形成的示意图:,D正确;故选A。6.铁杉脂素是重要木脂素类化合物,其结构简式如图所示。下列关于铁杉脂素的说法正确的是A.分子中有3个手性碳原子B.分子式为C.分子中含氧官能团有羟基、醚键、酮羰基D.该物质最多可与反应【答案】A【解析】【详解】A.铁杉脂素分子中,带“∗”的碳原子为手性碳原子,共有3个手性碳原子,A正确;B.铁杉脂素分子中,含有20个C原子、6个O原子,不饱和度为11,则分子中所含H原子个数为20×2+2-11×2=20,分子式为,B不正确;C.分子中含氧官能团有酚羟基、醚键、酯基,不含有酮羰基,C不正确;D.1个该有机物分子中含有2个酚羟基、1个酯基,则该物质最多可与反应,D不正确;故选A。7.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A熔点:CsCl高于S8晶体类型B键角:PCl3大于PF3孤电子对数C酸性:CF3COOH强于CCl3COOH电负性差异D分解温度:H2O大于HI键能大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.CsCl形成离子晶体,S8形成分子晶体,离子晶体中离子键键能高于分子晶体中的范德华力,则CsCl的熔点高于S8,A正确;B.PCl3、PF3中,P原子的价层电子对数都为=4,都发生sp3杂化,P原子的最外层都有1个孤电子对,由于氟的电负性大于氯,PF3中共用电子对离P原子更远,排斥力更小,键角更小,所以键角:PCl3大于PF3,即与F、Cl的电负性差异有关,B错误;C.因为F的电负性大于Cl,F-C的极性大于Cl-C的极性,使得F3C-的吸电子能力大于Cl3C-的吸电子能力,导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大,更易电离出氢离子,所以酸性:CF3COOH强于CCl3COOH,C正确;D.O的原子半径小于I,O的电负性大于I,则O-H键能大于I-H键能,所以分解温度:H2O大于HI,D正确;故选B。8.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的基态原子核外s轨道电子数等于p轨道电子数。仅Z为金属元素,其基态原子核外有1个未成对电子。W的原子半径在同周期中最小,X、Z的原子序数之和等于W的原子序数。下列说法正确的是A.电负性:Y<W B.基态原子未成对电子数:X<YC.单质的沸点:X>Y>W D.Y与Z形成的化合物中可能含有非极性键【答案】D【解析】【分析】Y的基态原子核外s轨道电子数等于p轨道电子数,为O元素,Z为金属元素,其基态原子核外有1个未成对电子,则Z为Na或Al,W的原子半径在同周期中最小,则W为Cl,若Z为Na,则X为C,若Z为Al,则X为Be,为金属元素,综合,X、Y、Z、W为C、O、Na、Cl,以此分析;【详解】A.氧化性越强,电负性越强,则电负性:C<Cl即X<W,A错误;B.X为C,基态原子未成对电子数2,Y为O,基态原子未成对电子数2,B错误;C.C为固体沸点最高,氧气和氯气均为气体,相对分子质量越大,沸点越高,则C>Cl2>O2,即X>W>Y,C错误;D.Y与Z形成的化合物为Na2O2或Na2O,Na2O2中含有非极性共价键及离子键,Na2O中含有离子键,D正确;故答案为:D。9.过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下。已知:其他条件不变时,直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢。下列说法正确的是A.步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氢原子成键变化B.若与反应,生成氘代甲醇有3种C.其他条件不变时,若与反应,则将变小D.【答案】D【解析】【详解】A.步骤Ⅰ中,C—H键断裂,形成O—H键,涉及氢原子成键变化;步骤Ⅱ中,M—O键、M—C键断裂,形成C—O键,未涉及氢原子成键变化,A错误;B.MO+与CH2D2反应,生成的氘代甲醇只有2种,分别为CH2DOD和CHD2OH,B错误;C.依题意,将D替换H,反应速率变慢,则反应的活化能E1将变大,C错误;D.由图知,总反应ΔH<0,ΔH=E1-E2+E3-E4,即ΔH=E1+E3-E2-E4,D正确;故选D。10.药物贝诺酯有消炎、镇痛、解热的作用,其制备原理为:在实验室可用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备贝诺酯(沸点453℃),实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)。下列说法错误的是A.盛装环己烷的仪器可起到平衡压强,使液体顺利流下的作用B.实验时应先通冷凝水,再加热C.以共沸体系带水可加快反应速率D.反应时水浴温度需控制在69℃~81℃之间【答案】C【解析】【分析】由反应方程式可知,生成物中含有水,若将水分离出去,可促进反应正向进行,该反应选择以共沸体系带出水分可以促使反应正向进行,反应产品贝诺酯的沸点为453℃,环己烷的沸点是81℃,环己烷水的共沸体系的沸点为69℃,所以反应时水浴温度可控制在69℃~81℃之间。【详解】A.由实验装置图可知,盛装环己烷的仪器名称为恒压滴液漏斗,可起到平衡压强,使液体顺利流下的作用,A正确;B.为防止恒沸液中的环己烷挥发逸出造成损失,实验时应先通冷凝水,再加热,有利于环己烷的回收和循环使用,B正确;C.以共沸体系带出水分可促进反应正向进行,但是产物浓度减小进而导致反应物浓度也会减小,反应速率减慢,C错误;D.实验中产品贝诺酯的沸点为453℃,环己烷的沸点是81℃,环己烷-水的共沸体系沸点是69℃,利用环己烷-水的共沸体系带出水分,反应时水浴温度需严格控制在69℃~81℃之间,D正确;故选C。11.我国学者研发出一种新型水系锌电池,其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极,以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是A.放电时电极电势比电极电势高B.充电阳极反应:C.充电时阴极被还原的主要来自D.标注框内所示结构中存在配位键,配位原子是N【答案】C【解析】【分析】由图中信息可知,该新型水系锌电池的负极是锌、正极是;负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,正极的电极反应式为:;则充电时,与电源负极相连的电极为阴极,电极反应式为Zn2++2e-=Zn;与电源正极相连的电极为阳极,电极反应式为;【详解】A.放电时,电极为正极,Zn为负极,正极的电势比负极的高,则电极电势比电极电势高,A正确;B.充电时,与电源正极相连的电极为阳极,电极反应式为,B正确;C.充电时,阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn,被还原的Zn2+主要来自电解质溶液,C错误;D.标注框内所示结构属于配合物,配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键,还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键,D正确;故选C。12.阿伦尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式,可写作(k为反应速率常数,为反应的活化能,R和C为大于0的常数)。甲醇生成丙烯的反应,在m,n两种催化剂作用下,关系如图所示,下列说法错误的是A.对该反应催化效率较高的是催化剂nB.根据图像可判断降低温度时该反应平衡移动的方向C.其他条件不变时,升高温度,不变,k值增大D.在催化剂m的作用下,该反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A.对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知,使用催化剂n时对应的Ea较小,则对该反应催化效能较高的催化剂是n,故A正确;B.阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系,无法根据该图像判断降低温度时平衡移动的方向,故B错误;C.其他条件不变,温度升高,不变,由可知,其他条件不变,温度升高,k值增大,故C正确;D.将坐标和代入中得,①56.2=-7.2×10-3Ea+C、②27.4=-7.5×10-3Ea+C,联立①②解得J/mol,即在催化剂m的作用下,该反应的活化能,故D正确;故答案为:B。13.某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备,流程如下图。“脱氯”步骤仅元素的化合价发生改变。锌浸出液中相关成分如表所示(其他成分未列出且无干扰)。下列说法错误的是离子浓度/1450.031A.“浸铜”时应加入适量,以便有部分铜屑剩余B.“浸铜”反应:C.“脱氯”反应,每生成,消耗D.最后得到的脱氯液中溶质的主要成分是【答案】D【解析】【分析】向铜屑中加入稀硫酸和适量过氧化氢的混合溶液“浸铜”,将铜部分转化为铜离子,向反应后的溶液中加入锌浸出液,未反应的铜与溶液中的铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀,过滤得到氯化亚铜和脱氯液。【详解】A.由分析可知,“浸铜”时发生的反应为铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子,未反应的铜与锌浸出液中的铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀,所以反应时过氧化氢要适量,以便有部分铜屑剩余,故A正确;B.由分析可知,“浸铜”时发生的反应为部分铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子和水,反应的离子方程式为,故B正确;C.由分析可知,“脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl,由方程式可知,反应生成1mol氯化亚铜沉淀,消耗0.5mol铜离子,故C正确;D.由表格数据可知,1L溶液中阳离子所带电荷物质的量为×2+×2≈4.46mol,阴离子所带电荷物质的量为≈0.03mol,由电荷守恒可知,溶液中还有大量其他阴离子,最后得到的脱氯液的溶质主要成分不可能是氯化锌,故D错误;故选D。14.铁的一种硫化物的晶胞如下图。已知晶胞的边长为npm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是。A.的配位数为6 B.在中,C.ef的距离为 D.该晶体的密度为【答案】D【解析】【分析】在晶胞中,含Fe2+的数目为=4,含的数目为=4,则硫化物的化学式为FeS2。【详解】A.晶胞中,体心Fe2+周围距离最近且相等的(上下左右前后的面心)有6个,则Fe2+的配位数为6,A正确;B.由分析可知,硫化物的化学式为FeS2,则在中,(+2)+(-x)=0,,B正确;C.在晶胞中,ed间的距离为pm,df间的距离为pm,则ef的距离为pm=,C正确;D.该晶体的密度为=,D不正确;故选D。15.室温下,将溶液分别滴入溶液与溶液中,溶液的pH随滴入溶液体积变化的图像如图所示(忽略混合后溶液体积的变化)。下列说法正确的是。A.HX的电离常数约为B.c点:C.d点:D.水的电离程度:d>c>a>b【答案】B【解析】【分析】盐酸为强酸,溶液的pH=1,结合图,则N曲线为溶液的滴定曲线,M为溶液的滴定曲线;【详解】A.,b点时,,,,A错误;B.c点溶液溶质是等浓度的NaX和HX,由电荷守恒:,由物料守恒:,两式得:,B正确;C.d点氢氧化钠和HX恰好反应生成0.05mol/L的NaX,X-会水解,,C错误;D.酸和碱均会抑制水的电离,X-水解会促进水的电离,溶液酸性a大于b,则水的电离程度b大于a,d为恰好反应生成NaX,对水的电离促进程度最大,则水的电离程度:d>c>b>a,D错误;故选B。二、非选择题:本题包括4小题,共55分。16.银铋渣是铋精炼过程中产生的一种富银合金渣。某团队研究了综合回收银铋渣中、、、的新工艺,其流程如下:已知:①与同族。②银铋渣中各成分质量分数如下表成分其他不溶于酸的物质质量分数/%15.2241.0530.525038.18③;。回答下列问题:(1)写出在元素周期表中的位置_______。位于元素周期表中的_______区。(2)“浸锌”步骤用溶液不用溶液,目的是_______。(3)为探究“酸浸”步骤的最佳条件,进行了相关实验,实验数据记录如下,则适宜的酸浸温度为_______,80℃时浸出率降低的原因可能是_______。序号温度/℃浸出率/%浸渣/%
12088.9186.2187.218.2624092.1192.0890.366.8836098.7698.6198.385.1048096.0298.1196.265.25(4)若“沉银液”中,则溶液中_______(保留一位小数)。(5)“氨浸”步骤中溶解得到的物质的化学式为_______。(6)“还原”步骤中(性质类似于)作还原剂,反应的离子方程式为____。(7)电解制取后的电解液可以返回_______步骤中循环使用。【答案】(1)①.第六周期第IVA族②.ds(2)HNO3有强氧化性,酸浸时不仅产生有毒气体,污染环境;而且还不易使Zn与Bi、Ag、Pb分离(3)①.60℃②.温度过高,HNO3大量分解(或HNO3大量挥发)(4)5.2×10−4(5)[Ag(NH3)2]Cl(6)或(7)浸锌【解析】【分析】银铋渣经预处理后用稀H2SO4浸取,比较活泼金属Zn变为Zn2+进入到浸取液中,Pb变为PbSO4沉淀进入到滤渣中;Bi、Ag等元素也进入滤渣中;再向浸取液中加入锌粉还原其中的杂质离子,得到ZnSO4溶液,然后对其进行电解就得到单质Zn;向含有Bi、Ag等元素的浸渣1中加入具有强氧化性的HNO3,Bi、Ag变为金属阳离子Bi3+、Ag+进入溶液,其中难溶性固体通过过滤进入浸渣2中;然后向滤液中加入NaCl溶液,使Ag+变为AgCl沉淀而与Bi3+分离;对沉银液稀释可达到沉淀BiONO3沉淀;用氨水浸取AgCl沉淀,得到[Ag(NH3)2]Cl溶液,再加入N2H4·H2O进行还原,可反应产生Ag单质。【小问1详解】Pb是82号元素,位于元素周期表中第六周期第IVA族;是30号元素位于元素周期表中第四周期第ⅠIB族,属于元素周期表中的ds区元素,故答案为:第六周期第IVA族;ds;【小问2详解】根据流程可知,硫酸可浸出Zn元素,使Zn与其他金属元素进行分离,若直接用具有强氧化性的硝酸进行酸浸,不仅产生更多的有毒气体,污染环境,而且还不易分离不同的金属元素,故答案为:HNO3有强氧化性,酸浸时不仅产生有毒气体,污染环境;而且还不易使Zn与Bi、Ag、Pb分离;【小问3详解】由表中数据可知,当浸出温度为60℃时,各种元素的浸出率均最高,渣率最低,故适宜的酸浸温度为60℃;当温度为80℃时,因分解或挥发损的硝酸增多而导致浸出率下降,故作案为:60℃;温度过高,HNO3大量分解(或HNO3大量挥发);【小问4详解】若“沉银液”中,由可知c(Pb2+)=,故答案为:5.2×10−4;【小问5详解】由分析知,“氨浸”步骤中溶解得到的物质的化学式为[Ag(NH3)2]Cl,故答案为:[Ag(NH3)2]Cl;【小问6详解】“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质,N2H4·H2O被氧化为N2,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,结合物质的拆分原则,可知该反应的离子方程式为:或,故答案为:或;【小问7详解】电解制取Zn后的电解液主要成分H2SO4,可返回“浸锌”步骤中循环使用,故答案为:浸锌。17.盐酸伊托必利(Ⅰ)是一种治疗功能性消化不良的胃药。以下为其合成路线之一(部分反应条件和溶剂省略)。已知:回答下列问题:(1)A的化学名称是_______。(2)步骤①中的作用是_______。(3)C中碳原子的轨道杂化类型有_______种。F中官能团的名称为_______。(4)步骤③和⑤的反应类型分别为_______、_______。(5)步骤⑥的化学方程式为_______。(6)进行步骤⑥时,使用的溶剂必须是无水的,理由是_______。(7)盐酸伊托必利结构中键长较长的C—N键是_______(填I中C—N键的标号)。【答案】(1)4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛)(2)K2CO3能与产物HCl反应,有利于反应正向进行(3)①.2②.羧基、醚键(4)①.加成反应(还原反应)②.取代反应(5)(6)产物H在HCl水溶液中发生水解(或反应物G在HCl水溶液中发生水解)(7)b【解析】【分析】A()和在K2CO3存在条件下反应生成B,B与NH3反应生成C(),结合A、C的结构可知B为,C()与H2发生加成反应生成D();E()被酸性KMnO4氧化生成F(),F()与SOCl2反应生成G(),D()与G()反应生成H(),H与盐酸反应生成产品,以此作答。【小问1详解】A的结构为,苯环的对位上分别有羟基和醛基,所以其名称为4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛),故答案为:4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛);【小问2详解】反应①中有HCl生成,可以与HCl反应,减小HCl浓度,促进反应正向进行,故答案为:K2CO3能与产物HCl反应,有利于反应正向进行;【小问3详解】C的结构为,其中苯环碳与双键碳为sp2杂化,饱和碳原子为sp3杂化,所以碳原子的轨道杂化类型有2种;F的结构为,其官能团名称为羧基、醚键,故答案为:2;羧基、醚键;【小问4详解】反应③为C()与H2发生加成反应生成D(),反应⑤F()与SOCl2反应生成G(),该反应为取代反应,故答案为:加成反应;取代反应;【小问5详解】反应⑥为D()与G()反应生成H(),其化学方程式为,故答案为:;【小问6详解】H中有酰氨基,G中有酰氯基,其均可在酸溶液中发生水解反应,所以步骤⑥时使用的溶剂必须是无水的,故答案为:产物H在HCl水溶液中发生水解(或反应物G在HCl水溶液中发生水解);【小问7详解】标号为a的C-N中的C原子为sp2杂化,标号为b的C-N中的C原子为sp3杂化,键长较长的C-N键是b,故答案为:b。18.硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现拟用干燥的和在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为,实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知:通常条件下为无色液体,熔点℃,沸点69.1℃,在潮湿空气中会“发烟”;100℃以上开始分解,生成二氧化硫和氯气,长期放置也会发生分解。回答下列问题:(1)装置丙中作为反应器的仪器名称是______。装置戊中发生反应的离子方程式为_______。(2)装置乙和丁中可以使用同一种试剂,该试剂为_______。(3)装置己的作用是_______。(4)为提高产率,需控制丙中两种反应气体的体积比约为,具体的方法是_______。(5)也能通过氯磺酸加热分解制得,反应为;分离两种产物的方法是_______(填字母)。a.萃取b.蒸馏c.过滤d.重结晶(6)若装置甲中产生了(标准状况下)的,的利用率为80%,最后经过分离提纯得到纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为_______%;为提高硫酰氯的产率,在实验操作中需注意的事项有_______(填序号)。①控制气流速率,宜慢不宜快;②若丙装置发烫,可适当降温;③先通冷凝水,再通入反应气体【答案】(1)①.三颈烧瓶②.(2)浓硫酸(3)吸收多余的SO2、Cl2,防止污染空气;并防止空气中的水蒸气进入装置丙(4)控制气体发生装置,使乙、丁导管口产生气泡的速率近似一致(5)b(6)①.60②.①②③【解析】【分析】用干燥的氯气和二氧化硫制备SO2Cl2,甲是用亚硫酸钠与硫酸反应制备二氧化硫,戊中用浓盐酸和高锰酸钠制备氯气,二氧化硫与氯气在活性炭催化作用下于丙装置内发生反应制备SO2Cl2;乙、丁盛放浓硫酸干燥气体,氯气和二氧化硫不能直接排放到空气中,用装置已中的碱石灰进行吸收,据此回答。【小问1详解】装置丙中作为反应器的仪器名称是三颈烧瓶;装置戊中发生的反应为浓盐酸和高锰酸钠制备氯气,离子方程式为,故答案为:三颈烧瓶;;【小问2详解】由分析可知,乙、丁盛放浓硫酸干燥气体,故答案为为:浓硫酸;【小问3详解】由分析可知,氯气和二氧化硫不能直接排放到空气中,用装置已中的碱石灰进行吸收,故答案为:吸收多余的SO2、Cl2,防止污染空气,并防止空气中的水蒸气进入装置丙;【小问4详解】通过观察乙、丁导管口产生气泡的速度,控制气体发生装置中产生气体的速度相等,从而使两种反应气体的体积比约为,故答案为:控制气体发生装置,使乙、丁导管口产生气泡的速率近似一致;【小问5详解】两种产物都呈液态,且沸点差别较大,采用蒸馏方法进行分离,答案选b;【小问6详解】硫酰氯的产率为;①控制气流速率,宜慢不宜快,保证气体能够完全反应;②若三颈烧瓶发烫,可适当降温,温度不宜过高,否则加速SO2Cl2分解;③先通冷凝水,再通入反应气体,防止反应生成的产品逸出,故选①②③。19.降低空气中的含量、研发的利用技术、将转换为能源是缓解环境和能源问题的有效方案之一。我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标,工业上用、、等物质与反应合成具有经济价值的物质。(1)工业上用和合成,发生的主反应ⅰ:
相对能量0根据表中数据计算_______。(2)一定条件下,向恒温恒容密闭容器中充入和仅发生反应ⅰ,在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程(Ⅰ、Ⅱ)中的转化率随反应时间的变化曲线如图。①n点_______m点(填“>
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 2024-2030年中国地理书籍行业市场运营模式及未来发展动向预测报告
- 2024-2030年中国园林古建筑行业发展前景规划研究报告
- 2024-2030年中国周界报警系统行业运营模式及发展战略分析报告
- 2024-2030年中国卫生洁净器行业供需状况发展战略规划分析报告
- 2024年生态保育合同范本
- 2024年环保装修材料购买协议3篇
- 微专题构建模型解读新信息-2024高考化学一轮考点击破
- 吕梁职业技术学院《体操类》2023-2024学年第一学期期末试卷
- 2024年样品提供协议范本下载版B版
- 2024年某企业与保险公司关于企业财产保险合同
- FOCUS-PDCA改善案例-提高术前手术部位皮肤准备合格率医院品质管理成果汇报
- 小家电产品供货服务方案
- 期末(试题)-2024-2025学年人教PEP版英语六年级上册
- 口腔科消毒隔离知识培训
- 专题07:回忆性散文阅读(考点串讲)
- 2024年云南省昆明滇中新区公开招聘20人历年(高频重点复习提升训练)共500题附带答案详解
- 医院检验科实验室生物安全程序文件SOP
- 学问海鲜智慧树知到期末考试答案2024年
- 教你成为歌唱达人智慧树知到期末考试答案2024年
- 供应商调查评价表(简易版)
- 写字楼保洁服务投标方案
评论
0/150
提交评论