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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年浙教版拓展型课程化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题,共12分)1、下列对一些实验事实的理论解释正确的是。选项实验事实理论解释AHF的稳定性强于HClHF分子间有氢键而HCl没有B白磷为正四面体分子白磷分子中P—P间的键角是109°28′CSO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质D第一电离能:N>ON原子2p能级半充满
A.AB.BC.CD.D2、如图是用于干燥;收集并吸收多余气体的装置;下列方案正确的是()
选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠
A.AB.BC.CD.D3、苯甲酸常用作防腐剂;药物合成原料、金属缓蚀剂等;微溶于冷水,易溶于热水、酒精。实验室常用甲苯为原料,制备少量苯甲酸,具体流程如图所示:
下列说法正确的是A.操作1为蒸发B.操作2为过滤C.操作3为酒精萃取D.进一步提纯苯甲酸固体,可采用重结晶的方法4、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液;振荡,溶液褪色,将此无色溶液分成三份,依次进行实验,实验操作和实验现象记录如下:
。序号。
实验操作。
实验现象。
溶液不变红;试纸不变蓝。
溶液不变红;试纸褪色。
生成白色沉淀。
下列实验分析中,不正确的是A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸褪色的原因是:SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化5、将体积均为5mL的甲;乙、丙三种液体依次沿试管壁缓缓滴入试管中(勿振荡);出现如图所示的实验现象,则甲、乙、丙的组合可能是()
。选项ABCD甲1,2二溴乙烷溴苯水乙醇乙水液溴大豆油乙酸丙苯乙醇溴水乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D6、下列各实验的叙述正确的是。
。选项。
实验内容。
实验目的或结论。
A
以甲基橙作指示剂,用一定浓度的NaOH溶液滴定一定体积、一定浓度的草酸溶液[已知K1(H2C2O4)=5.4×10-2、K2(H2C2O4)=6.4×10-5]
证明草酸是二元酸。
B
某样品进行焰色反应时产生黄色火焰。
该样品是钠盐。
C
将溴水、苯、FeBr3混合于烧瓶中。
制备溴苯。
D
常温下,用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱。
A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共9题,共18分)7、根据所学知识回答下列问题。
(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。
(2)已知:常温时,H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”;“中”或“碱”)性。
(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__,若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重;得到的物质为___(填化学式)。
(4)25℃时,将足量氯化银分别放入下列4种溶液中,充分搅拌后,银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号);③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水8、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N;一定条件下发生反应,达到平衡后,只改变反应的一个条件,测得容器中物质的浓度;反应速率随时间的变化如图1、图2所示。
回答下列问题:
(1)该反应的化学方程式为_______,其_______(填“>”、“<”或“=”)0。
(2)30min时改变的条件是____,40min时改变的条件是____,请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。
(3)0~8min内,_______;50min后,M的转化率为_______(保留三位有效数字)。
(4)20min~30min内,反应平衡时的平衡常数K=_______。9、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N;一定条件下发生反应,达到平衡后,只改变反应的一个条件,测得容器中物质的浓度;反应速率随时间的变化如图1、图2所示。
回答下列问题:
(1)该反应的化学方程式为_______,其_______(填“>”、“<”或“=”)0。
(2)30min时改变的条件是____,40min时改变的条件是____,请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。
(3)0~8min内,_______;50min后,M的转化率为_______(保留三位有效数字)。
(4)20min~30min内,反应平衡时的平衡常数K=_______。10、根据所学知识回答下列问题。
(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。
(2)已知:常温时,H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”;“中”或“碱”)性。
(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__,若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重;得到的物质为___(填化学式)。
(4)25℃时,将足量氯化银分别放入下列4种溶液中,充分搅拌后,银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号);③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水11、某有机物的结构简式如图所示:
(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。
(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。12、以下是合成乙酰水杨酸(阿司匹林)的实验流程图;请你回答有关问题:
已知:阿司匹林;水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为:180、138、102.
(1)制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________;反应类型____________;
(2)水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物,写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________;
(3)抽滤装置如图所示,仪器A的名称___________;该操作时在仪器A中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应________(选择下列正确操作的编号);再转移液体①微开水龙头;②开大水龙头;③微关水龙头;④关闭水龙头。
(4)下列有关抽滤的说法中正确的是________
A.抽滤是为了加快过滤速率;得到较大颗粒的晶体。
B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。
C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时;应拔掉链接支管口的橡皮管,从支管口倒出。
D.将晶体转移至布氏漏斗时;若有晶体附在烧杯内壁,应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。
E.洗涤沉淀时;应使洗涤剂快速通过沉淀。
(5)用冷水洗涤晶体的目的_______________________;
(6)取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应,最终得到产品1.566g。求实际产率_______;13、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂;同时也是对烟气进行脱硫;脱硝的吸收剂。
Ⅰ.以氯酸钠(NaClO3)为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示:
已知:
i.纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全;
ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在;在酸性溶液中迅速分解;
iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O,等于或高于38℃时析出NaClO2晶体,高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
(1)试剂A应选择_________。(填字母)
a.SO2b.浓硝酸c.KMnO4
(2)反应②的离子方程式为_________。
(3)已知压强越大,物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。
(4)下列关于上述流程的说法中,合理的是_________。(填字母)
a.反应①进行过程中应持续鼓入空气。
b.反应①后得到的母液中;溶质的主要成分是NaCl
c.反应②中NaOH溶液应过量。
d.冷却结晶时温度选择38℃,过滤后进行温水洗涤,然后在低于60℃下进行干燥,得到粗产品NaClO2
Ⅱ.采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫;脱硝。
(5)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/(mol/L)8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。
②由实验结果可知,脱硫反应速率_________(填“大于”或“小于”)脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外,还可能存在的原因是_________。(答出两条即可)14、如图所示的初中化学中的一些重要实验;请回答下列问题:
(1)图A称量NaCl的实际质量是___。
(2)图B反应的实验现象是__。
(3)图C反应的表达式为__。
(4)图D实验目的是__。15、根据所学知识回答下列问题。
(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。
(2)已知:常温时,H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”;“中”或“碱”)性。
(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__,若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重;得到的物质为___(填化学式)。
(4)25℃时,将足量氯化银分别放入下列4种溶液中,充分搅拌后,银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号);③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分三、实验题(共6题,共12分)16、根据如图所示装置回答问题(装置图用符号表示)
(1)双氧水(H2O2)是无色液体,可发生如下化学反应:2H2O22H2O+O2↑,在实验室利用此反应制取氧气时,应选用的气体发生装置是______。
(2)KClO3在MnO2作催化剂时,加热也可以制得氧气。为了验证MnO2在KClO3分解过程中起到了催化剂作用,我们要把反应后的产物分离,提取出MnO2并验证其的确是催化剂。分离出MnO2的操作有______、______、洗涤、烘干、称量。为证明MnO2是催化剂,还需要知道的一个数据是__________________。17、二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物;在工业;农业、医药、航天、节能、环保等行业具有广泛的应用。
已知:二茂铁相对分子质量为186;不溶于水,易溶于苯;乙醚等有机溶剂。
本实验研究两种制备二茂铁的方法。
I.有机合成法:以KOH、FeCl2和环戊二烯(C5H6)为原料:2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
i.合成环戊二烯:以环茂二烯为原料,充分反应后,再利用图1装置,收集42~44℃蒸出的产物,收集产物时最好选择的加热方式是_______;
ii.合成二茂铁:装置如图2
(1)仪器b的名称是_______,三颈烧瓶的适宜容积为_______(填序号);
①100mL②250mL③500mL
(2)步骤一中通入氮气的目的是_______,步骤三用水洗涤后,检验产物是否洗涤干净的方法是_______;
(3)二茂铁粗品的提纯可选择合适的溶剂,利用溶解度差异,通过_______(填操作名称)实现。
(4)若最终制得纯净的二茂铁4.3g,则该实验的产率最接近_______;
A.40%B.60%C.80%D.90%
II.电化学合成法:环戊二烯()为原料;原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。
该电解池的总反应方程式为_______,电解制备需要在无水条件下进行,原因是_______。(合理答案均可)18、如图在化学实验中有多种用途:
(1)现用此装置收集氨气,气体从_____口通入,若用此装置收集氯气,气体从____口通入。
(2)现有位同学采用排水法收集氨气;其装置如图:
气体从_______口通入,上层液体应选择_____。19、某研究性学习小组在做过氧化钠与水反应实验时;发现过氧化钠与水反应后的溶液中滴加酚酞溶液溶液呈现红色,但红色很快褪色,甲;乙、丙三同学对此现象分别做了如下推测:
甲:因为反应后试管很热;所以可能是溶液温度较高使红色褪去;
乙:因为所加水的量较少;红色褪去可能是生成的氢氧化钠溶液浓度较大的影响;
丙:过氧化钠具有强氧化性;生成物中氧气;过氧化氢(可能产物)等也具有强氧化性,可能是氧化漂白了红色物质。
(1)验证甲同学的推测是否正确的方法是____________________;验证乙同学的推测是否正确的方法是______________________;当出现____________现象时,即可说明丙同学的推测正确。
(2)有同学提出用定量的方法探究丙同学方案中是否含有过氧化氢,其实验方法为:称取2.6g过氧化钠固体,使之与足量的水反应,测量产生氧气的体积,与理论值比较可得出结论。测量气体体积时,必须待试管和量筒内的气体都冷却至室温时进行,应选用如图装置中的_____________,理由是______________。20、炭粉与反应的产物比较复杂,某化学研究小组在实验室中以炭粉与反应为探究对象;拟通过实验探究反应后的产物,提出如下4种猜想:
猜想1:反应后产物是
猜想2:反应后产物是和CO
猜想3:反应后产物是和
猜想4:反应后产物是和
(1)实验前,小组成员经过讨论认定猜想3不成立,理由是______。
(2)实验过程:已知:湿润的氯化钯试纸遇CO变黑;可用于检验是否有CO生成,针对猜想1;2、4,设计如图所示的实验装置:
根据上图连接好实验装置;并检查气密性。
将炭粉与均匀混合装入试管;在靠近试管口处放置一张湿润的氯化钯试纸。
用酒精灯微微加热试管底部。
试管中发生剧烈反应并产生火花;氯化钯试纸未变黑,澄清石灰水未变浑浊。
其中装置B的作用是______;由此可推测猜想______不成立。若CO在潮湿环境中可将氯化钯还原为黑色粉末状的钯该反应的化学方程式为______。
(3)结果分析讨论:
试管冷却至室温、称量、测得剩余固体的质量为由此可初步确认猜想______是正确的,炭粉与反应的化学方程式为______。请你设计实验验证上述猜想4,完成下表中内容。可供选择的药品有溶液、酚酞溶液、盐酸等实验方案不要求写具体操作过程预期实验结果和结论________________________21、为了测定含氰废水中CN-的含量,某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a,将100ml含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应,打开活塞b,滴入稀硫酸,然后关闭活塞b。
(1)B中盛装稀硫酸的仪器的名称是_____________。
(2)装置D的作用是_________________,装置C中的实验现象为______________。
(3)待装置B中反应结束后;打开活塞a,经过A装置缓慢通入一段时间的空气。
①若测得装置C中生成59.1mg沉淀,则废水中CN-的含量为_________mg·L-1。
②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,则测得含氰废水中CN-的含量__________(选填“偏大”;“偏小”、“不变”)。
(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的黄绿色气体单质,该副反应的离子方程式为_________________。
(5)除去废水中CN-的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN-氧化生成N2,反应的离子方程式为_____________________________。评卷人得分四、工业流程题(共2题,共16分)22、某化学实验小组从市场购买海带并设计提碘的流程如图所示:
请回答下列问题:
(1)操作2包括以下步骤:a.振荡萃取b.分液c.静置分层d.加碘溶液和CCl4e.检漏。
①上述步骤的正确先后顺序是______(填编号)。
②完成步骤a时要及时放气,放气时分液漏斗下端应_____(填“向上倾斜”或“向下倾斜”),放气的目的是______。
③步骤b的具体操作是______,再将分液漏斗下面的活塞拧开,使下层液体沿烧杯内壁流下,当下层液体刚好放完时关闭活塞,______。
(2)浓NaOH溶液与I2反应的化学方程式是_____。
(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用离子方程式表示)。
(4)利用如图所示装置进行粗碘提纯。简述纯化I2的原理:_____。棉花的作用是______。
23、某同学在实验室以α-呋喃甲醛()为原料制备α-呋喃甲醇()和α-呋喃甲酸();过程如下:
相关物质性质如下表:。物质α-呋喃甲醛α-呋喃甲醇α-呋喃甲酸乙醚常温性状无色或浅黄色液体无色透明液体白色针状固体无色透明液体熔、沸点/℃-36.5
161.7-31
171131
230-232-116.3
34.6相对分子量969811274溶解性微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性:36g/L(20℃)微溶于水
回答下列问题:
(1)步骤①所用装置(夹持仪器已省略)如图,盛放NaOH溶液的仪器名称为_____________。
(2)步骤②中操作I是_____________,步骤③中操作II是_____________,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4,其目的是_________________________________________。
(3)向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为_____________________________________。
(4)步骤④操作III包括_____________;过滤、洗涤、干燥。
(5)本实验呋喃甲酸的产率为_____________%(保留三位有效数字),进一步提纯α-呋喃甲酸,若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。评卷人得分五、原理综合题(共1题,共10分)24、煤和石油通常都含有硫的化合物;燃烧生成的二氧化硫成为大气主要污染物之一。二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。其催化氧化的过程如图1所示:
(1)已知:I.SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ•mol-1
Ⅱ.2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ•mol-1
①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ•mol-1。
②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能,则反应Ⅱ的正反应活化能为__(用字母E1~E6表示)kJ•mol-1。
③总反应速率一般由慢反应决定,从图1中分析决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应__(填“I”或“Ⅱ”)。
(2)某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的SO2和O2,测得SO2的物质的量变化如图2所示:
①第5min时反应达到平衡,v(SO3)=____mol•L-1•min-1,O2的转化率为_____
②该温度下,反应的平衡常数K=______(精确到0.01)。评卷人得分六、计算题(共3题,共30分)25、(1)若t=25℃时,Kw=___________,若t=100℃时,Kw=1.0×10-12,则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。
(2)已知25℃时,0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11,用离子方程式表示其原因为___________。
(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液,分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“>”“=”或“<”)。
(4)室温下,pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液,水电离出的c(H+)之比为___________。
(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液,pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空,下同);相同温度下,NH浓度相等的上述三种溶液,物质的量浓度从大到小的顺序为___________。
(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O);搅拌后撒入生石灰处理。
①写出加入绿矾的离子方程式___________。
②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1,则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。26、制备氮化镁的装置示意图:
回答下列问题:
(1)填写下列仪器名称:的名称是_________。
(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。
(3)的作用是_____,是否可以把和的位置对调并说明理由_________。
(4)写出中发生反应的化学方程式___________。
(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁,写出实验操作、现象、结论_________。27、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应,认为钠和二氧化碳也可以发生反应,他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验:
(1)若用下图装置制备CO2,则发生装置中反应的离子方程式为_________。
(2)将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置,待装置中的空气排净后点燃酒精灯,观察到玻璃直管中的钠燃烧,火焰为黄色。待冷却后,管壁附有黑色颗粒和白色物质。
①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。
②若未排尽空气就开始加热,则可能发生的化学反应方程式主要为_________。
(3)若钠着火,可以选用的灭火物质是_________。
A.水B.泡沫灭火剂C.干沙土D.二氧化碳。
(4)该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设:
Ⅰ.白色物质可能是Na2O;Ⅱ.白色物质可能是Na2CO3;Ⅲ.白色物质还可能是_________。
(5)为确定该白色物质的成分,该小组进行了如下实验:。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中,加入适量水,振荡,样品全部溶于水,向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻,取上层清液于试管中,滴加无色酚酞试液无明显现象
①通过对上述实验的分析,你认为上述三个假设中,___成立(填序号)。
②由实验得出:钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____;每生成1mol氧化产物,转移的电子数为____。
(6)在实验(2)中还可能产生另一种尾气,该气体为________;处理该尾气的方法为_____。参考答案一、选择题(共6题,共12分)1、D【分析】【分析】
【详解】
A.元素的非金属性越强;其形成的氢化物中化学键键能就越大,该氢化物就越稳定。由于元素的非金属性:F>Cl,所以氢化物的稳定性:HF>HCl,A错误;
B.白磷为正四面体分子;分子中4个P原子位于四面体的四个顶点上,所以分子中P—P间的键角是60°,B错误;
C.SO2溶于水形成的溶液能导电,是由于SO2与H2O反应产生H2SO3,H2SO3电离产生自由移动的离子,因此不能说SO2是电解质,而是H2SO3是电解质;C错误;
D.O原子核外电子排布是1s22s22p4,而N原子核外电子排布是1s22s22p3;由于N原子的最外层的2p上的3个电子分别位于3个轨道,处于半满的稳定状态,因此失去电子消耗能量比O大些,故第一电离能:N>O,D正确;
故合理选项是D。2、C【分析】【详解】
A.氯气能被碱石灰吸收;故不能用碱石灰干燥氯气,故错误;B.氨气可以用碱石灰干燥,氨气的密度比空气小,应用向下排气法收集,但图中为向上排气法收集,故错误。氨气极易溶于水,用干燥管进行氨气的吸收装置,可以防止倒吸。C.二氧化硫的密度比空气大,用向上排气法收集,二氧化硫和氯化钙不反应,能用氯化钙干燥,二氧化硫能与氢氧化钠反应,使用干燥管能防止倒吸,故正确;D.一氧化氮不能用排空气法收集,也不能用氢氧化钠吸收,故错误。故选C。
【点睛】
实验装置中表示,气体能用某种固体干燥剂干燥,用向上排气法收集,说明该气体的密度比空气大,且与空气不反应,能用某种溶液或水吸收。3、D【分析】【分析】
已知苯甲酸微溶于冷水;易溶于热水;酒精,由题给流程可知,甲苯与高锰酸钾溶液共热、回流得到苯甲酸钾,过滤得到苯甲酸钾溶液;苯甲酸钾溶液经酸化、过滤得到苯甲酸固体。
【详解】
A.由分析可知;操作1为过滤,A错误;
B.由分析可知;操作2为酸化,B错误;
C.操作2酸化后得到苯甲酸;因为苯甲酸微溶于冷水,易溶于热水;酒精,操作3为在低温条件下过滤,C错误;
D.题给流程制得的苯甲酸固体中含有杂质;可采用重结晶的方法可以进一步提纯苯甲酸固体,D正确;
故答案为:D。4、C【分析】【详解】
A.①加热后溶液不变红,湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝,说明没有氯气,则Cl2被完全消耗,选项A正确;B.当二氧化硫过量,加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI,②中试纸褪色,选项B正确;C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−,选项C不正确;D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化;故加热后溶液不恢复红色,选项正确。答案选C。
点睛:本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别,易错点为选项C,硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。5、A【分析】【分析】
由题意可知三种液体满足的条件是甲与乙互不相溶且乙的密度小于甲;乙与丙互不相溶且丙的密度小于乙。
【详解】
由图可知;甲;乙、丙的密度中,丙的密度最小,甲的密度最大;甲与乙不相溶,乙与丙不相溶。
A;苯的密度最小;1,2—二溴乙烷的密度最大,苯与水不相溶,水与1,2—二溴乙烷不相溶,选项A正确;
B;三种物质互溶;选项B错误;
C;三种物质中;乙的密度最小,所以最上层是乙,选项C错误;
D;三种物质互溶;选项D错误;
答案选A。6、D【分析】分析:欲证明草酸是二元酸,可用一定浓度的NaOH溶液滴定一定体积、一定浓度的草酸溶液,根据消耗的n(NaOH)=2n(H2C2O4),证明草酸是二元酸,由于是强碱滴弱酸,滴定终点时溶液显碱性,选用酚酞为指示剂;焰色反应时产生黄色火焰,说明样品含有钠元素,不一定是钠盐;制备溴苯用液溴,不用溴水;通过测等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH,比较其大小,根据水解原理来比较HClO和CH3COOH的酸性强弱是可行之法。
详解:A.滴定终点时溶液显碱性,应选酚酞作指示剂,根据消耗的n(NaOH)=2n(H2C2O4),证明草酸是二元酸,故A错误;B.焰色反应时产生黄色火焰,只能证明样品中含有钠元素,不能确定是钠盐,故B错误;C.制备溴苯应用液溴,而不是溴水,故C错误;D.常温下,用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH;pH越大溶液的碱性越强,对应的酸越弱,故D正确;综合以上分析,本题应选D。
点睛:本题考查对实验目的或结论的评价,答题时要注意试验细节,强碱滴定弱酸,应用酚酞作指示剂,而不能用甲基橙;焰色反应时产生黄色火焰,该样品不一定是钠盐;制备溴苯应用液溴,而不是溴水。二、填空题(共9题,共18分)7、略
【分析】【详解】
(1)NaHCO3在水溶液中发生电离:NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用:H++也会发生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)>c();电离产生H+使溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除会电离产生,还有H2O电离产生,而只有电离产生,故离子浓度:c(H+)>c(),因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中,存在HR-的电离作用:HR-R2-+H+,电离产生H+使溶液显酸性,同时也存在着水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解产生OH-,使溶液显碱性,其平衡常数Kh=<Ka2=5.60×10-8,说明HR-的电离作用大于水解作用;因此NaHR溶液显酸性;
(3)AlCl3是强酸弱碱盐,在溶液中会发生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,导致溶液变浑浊,由于水解产生HCl,因此根据平衡移动原理,若用固体配制溶液时,将其溶解在一定量的浓盐酸中,增加了H+的浓度,就可以抑制盐的水解,然后再加水稀释,就可以得到澄清溶液;若将AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向进行直至水解完全,HCl挥发逸出,得到的固体是Al(OH)3,然后将固体灼烧至恒重,Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O,最后得到的固体是Al2O3;
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解,溶液中Ag+、Cl-浓度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+;对氯化银在水中溶解无抑制作用。
它们抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,该溶液中含有的c(Ag+)最大;则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中,然后加水稀释Al2O3②>④>①>③6.0×10-108、略
【分析】【详解】
(1)依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min,M、N浓度减少量为1.5mol/L,P浓度增加量为3mol/L,则反应的化学方程式为由图1可知,40min时平衡发生了移动,而P、M、N的浓度没有改变,且改变压强和使用催化剂平衡不移动,则改变的条件是温度,30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积,压强减小,反应速率减小,由图2可知40min时速率增大,则40min时改变的条件是升高温度,而生成物P的浓度在减小,依据勒夏特列原理可判断该反应的
(2)由(1)分析可知,30min时改变的条件是扩大容器的体积;40min时改变的条件是升高温度;在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为
(3)8min时,M、N、P的物质的量浓度相等,设
则解得x=2,故8min时,0~8min内;
50min后;M;N、P的物质的量浓度相等,故M的转化率为33.3%;
(4)由图1可知,20min~30min内,为平衡状态,M、N的平衡浓度为1.5mol/L,P的平衡浓度为3mol/L,则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<
(2)扩大容器的体积升高温度
(3)33.3%
(4)49、略
【分析】【详解】
(1)依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min,M、N浓度减少量为1.5mol/L,P浓度增加量为3mol/L,则反应的化学方程式为由图1可知,40min时平衡发生了移动,而P、M、N的浓度没有改变,且改变压强和使用催化剂平衡不移动,则改变的条件是温度,30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积,压强减小,反应速率减小,由图2可知40min时速率增大,则40min时改变的条件是升高温度,而生成物P的浓度在减小,依据勒夏特列原理可判断该反应的
(2)由(1)分析可知,30min时改变的条件是扩大容器的体积;40min时改变的条件是升高温度;在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为
(3)8min时,M、N、P的物质的量浓度相等,设
则解得x=2,故8min时,0~8min内;
50min后;M;N、P的物质的量浓度相等,故M的转化率为33.3%;
(4)由图1可知,20min~30min内,为平衡状态,M、N的平衡浓度为1.5mol/L,P的平衡浓度为3mol/L,则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<
(2)扩大容器的体积升高温度
(3)33.3%
(4)410、略
【分析】【详解】
(1)NaHCO3在水溶液中发生电离:NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用:H++也会发生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)>c();电离产生H+使溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除会电离产生,还有H2O电离产生,而只有电离产生,故离子浓度:c(H+)>c(),因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中,存在HR-的电离作用:HR-R2-+H+,电离产生H+使溶液显酸性,同时也存在着水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解产生OH-,使溶液显碱性,其平衡常数Kh=<Ka2=5.60×10-8,说明HR-的电离作用大于水解作用;因此NaHR溶液显酸性;
(3)AlCl3是强酸弱碱盐,在溶液中会发生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,导致溶液变浑浊,由于水解产生HCl,因此根据平衡移动原理,若用固体配制溶液时,将其溶解在一定量的浓盐酸中,增加了H+的浓度,就可以抑制盐的水解,然后再加水稀释,就可以得到澄清溶液;若将AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向进行直至水解完全,HCl挥发逸出,得到的固体是Al(OH)3,然后将固体灼烧至恒重,Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O,最后得到的固体是Al2O3;
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解,溶液中Ag+、Cl-浓度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+;对氯化银在水中溶解无抑制作用。
它们抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,该溶液中含有的c(Ag+)最大;则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中,然后加水稀释Al2O3②>④>①>③6.0×10-1011、略
【分析】【分析】
由结构简式可知;分子中含-OH;-COOH、碳碳双键,结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。
【详解】
(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应,金属钠过量,则有机物完全反应,1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基,由2-OH~H2↑、2-COOH~H2↑可知,和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2;
故答案为:1.5mol;
(2)-OH、-COOH均与Na反应,-COOH与NaOH、NaHCO3反应,则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3,则n(Na):n(NaOH):n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3:2:2;
故答案为:3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶212、略
【分析】【详解】
(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸,方程式为:(2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中;可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠,且酯基不水解,这样使阿司匹林溶于水,聚合物难溶于水,将聚合物除去,再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林,过程中涉及的离子方程式为:
.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应先微开水龙头,不能大开,避免滤纸破损。故选①。(4)A.抽滤能为了加快过滤速率,但不能使沉淀的颗粒变大,故错误;B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀,不容易透过,故正确;C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时,应拔掉吸滤瓶上的橡皮管,从吸滤瓶上口倒出溶液,而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液,故错误;D.将晶体转移至布氏漏斗时,若有晶体附在烧杯内壁,应用滤液来淋洗布氏漏斗,因为滤液是饱和溶液,冲洗是不会使晶体溶解,同时又不会带入杂质,故错误;E.洗涤沉淀时,应先关小水龙头,然后蒸馏水缓缓淋洗,再打开水龙头抽滤,不能使洗涤剂快速通过沉淀,故错误。故选B。(5)阿司匹林在冷水中的溶解度减小,所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析,乙酸酐过量,用水杨酸计算阿司匹林的质量为g,实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%13、略
【分析】【详解】
NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。
(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此,本题正确答案是:a。
(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此,本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O
(3)含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此,本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。
(4)根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此;本题正确答案是:acd。
(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此,本题正确答案是:
②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此,本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低,实验较低温度下进行蒸发,可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大;在此条件下SO2还原性更强;脱硝反应活化能更大14、略
【分析】【分析】
(1)托盘天平的平衡原理:称量物质量=砝码质量+游码质量;
(2)镁在空气中剧烈燃烧;放出大量的热,发出耀眼的白光,生成白色固体氧化镁;
(3)图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜;
(4)图D表示加压气体体积缩小;
【详解】
(1)称量物质量=砝码质量+游码质量;15=NaCl质量+3,NaCl的实际质量是15g-3g=12g;
(2)镁在空气中燃烧的现象是:放出大量的热;发出耀眼的白光,生成白色固体;
(3)图C的表达式为:铜+氧气氧化铜;
(4)图D表示加压气体体积缩小,实验目的是验证分子之间的存在间隙;【解析】12g放出大量的热,发出耀眼的白光,生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙15、略
【分析】【详解】
(1)NaHCO3在水溶液中发生电离:NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用:H++也会发生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)>c();电离产生H+使溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除会电离产生,还有H2O电离产生,而只有电离产生,故离子浓度:c(H+)>c(),因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中,存在HR-的电离作用:HR-R2-+H+,电离产生H+使溶液显酸性,同时也存在着水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解产生OH-,使溶液显碱性,其平衡常数Kh=<Ka2=5.60×10-8,说明HR-的电离作用大于水解作用;因此NaHR溶液显酸性;
(3)AlCl3是强酸弱碱盐,在溶液中会发生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,导致溶液变浑浊,由于水解产生HCl,因此根据平衡移动原理,若用固体配制溶液时,将其溶解在一定量的浓盐酸中,增加了H+的浓度,就可以抑制盐的水解,然后再加水稀释,就可以得到澄清溶液;若将AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向进行直至水解完全,HCl挥发逸出,得到的固体是Al(OH)3,然后将固体灼烧至恒重,Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O,最后得到的固体是Al2O3;
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解,溶液中Ag+、Cl-浓度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+;对氯化银在水中溶解无抑制作用。
它们抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,该溶液中含有的c(Ag+)最大;则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中,然后加水稀释Al2O3②>④>①>③6.0×10-10三、实验题(共6题,共12分)16、略
【分析】【分析】
【详解】
(1)用双氧水正确氧气的反应中;该反应不需要加热,所以使用装置B制取氧气;故答案为:B。
(2)根据二氧化锰不溶于水,氯化钾、氯酸钾都能够溶于水,所以将反应后的固体物质通过溶解、过滤等操作,可以分离出二氧化锰,并且称量出二氧化锰的质量,然后与加入的二氧化锰的质量进行比较,判断出二氧化锰的质量是否有变化,从而得出二氧化锰在反应中作催化剂,故答案为:溶解;过滤;加入MnO2的质量。【解析】B溶解过滤加入MnO2的质量17、略
【分析】【分析】
本实验研究两种制备二茂铁的方法:一种是有机合成法,先合成环戊二烯,再合成二茂铁。一种是电化学合成法,环戊二烯()为原料;利用电解法合成。利用已知信息是解题的关键。
【详解】
i.因为要收集42~44℃蒸出的产物;收集产物时最好选择的加热方式是水浴加热。
(1)仪器b的名称是恒压滴液漏斗;三颈烧瓶装的液体不低于容积的1/3,不高于2/3,溶液为60+5.5+25+25=115.5mL,所以三颈烧瓶的适宜容积为250mL。
(2)步骤一中通入氮气的目的是排尽装置中的空气。步骤三用水洗涤后,如果洗干净了,滤液中应该没有Cl-;因此检验产物是否洗涤干净的方法是:取最后一次洗涤液,加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若不产生白色沉淀,说明沉淀已洗涤干净。
(3)二茂铁粗品的提纯可采用重结晶方法提纯。
(4)环戊二烯的质量为5.5×0.95=5.225g,FeCl2的质量为6.5g,根据反应方程式FeCl2过量;根据环戊二烯进行计算,理论上产生二茂铁的质量为5.225×186/(2×66)g=7.3625g,产率为4.3/7.3625×100%=58.4%。故答案为B。
II.该电解池的总反应方程式为:Fe+2+H2↑(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑)。电解制备需要在无水条件下进行,原因是:水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH−,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2【解析】水浴加热恒压滴液漏斗②排尽装置中的空气取最后一次洗涤液,加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若不产生白色沉淀,说明沉淀已洗涤干净重结晶BFe+2+H2↑(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑)水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH−,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)218、略
【分析】【分析】
根据仪器结合气体的性质进行;根据气体密度比空气大还是小确定上向上排空气还是向下排空气法收集;使用排水法收集氨气时,要看水从哪易于排出,据此解答即可。
【详解】
(1)氨气的密度比空气的密度小;应用向下排空气法收集,即从A口进,B口出;氯气的密度比空气的密度大,用向上排空气法收集,即从B口进,A口出;
(2)氨气极易溶于水;氨气不能与水接触,所以上层液体应与水互不相溶,且其密度比水的小,同时和氨气又不能发生反应,可选择植物油(其他合理答案也可)。
【点睛】
本题考查了气体的收集方法,完成此题,可以依据气体的性质进行。【解析】①.A②.B③.A④.植物油19、略
【分析】【分析】
(1)甲认为过高温度使红色褪去;只要将溶液冷却,观察溶液是否变红;乙认为NaOH溶液浓度过高导致褪色,只要加水稀释,观察溶液是否变红;当甲同学和乙同学的推测都不正确时,即:冷却后及加水稀释后均不变红,说明丙同学的推测是正确的。
(2)过氧化钠与水的反应为放热反应;气体冷却时发生倒吸现象,影响测定结果。
【详解】
(1)甲认为过高温度使红色褪去;只要将溶液冷却,观察溶液是否变红,即可验证甲同学的推测是否正确;乙认为NaOH溶液浓度过高导致褪色,只要加水稀释,观察溶液是否变红,可验证乙同学的推测是否正确;当甲同学和乙同学的推测都不正确时,即:冷却后及加水稀释后均不变红,说明丙同学的推测是正确的;故答案为:冷却后看溶液是否变红;加水稀释后看溶液是否变红;冷却后及加水稀释后均不变红。
(2)过氧化钠与水的反应为放热反应,若选用装置Ⅰ,气体冷却时发生倒吸现象,影响测定结果;为了防止气体冷却时发生倒吸现象,减小实验误差,应该选用装置Ⅱ测量气体体积;故答案为:Ⅱ;防止气体冷却时发生倒吸现象,减小实验误差。【解析】冷却后看溶液是否变红加水稀释后看溶液是否变红冷却后及加水稀释后均不变红Ⅱ防止气体冷却时发生倒吸现象,减小实验误差20、略
【分析】【分析】
(1)猜想3中和CO能发生反应;故不成立;
(2)过氧化钠和炭粉加热反应,湿润的氯化钯试纸没有变黑,说明没有CO生成,猜想2不成立,B是安全瓶,起防止倒吸的作用。用C中的石灰水检验是否有CO2生成。
(3)试管冷却至室温、称量、测得剩余固体的质量为和加入的过氧化钠和炭粉的总质量相等,说明没有气体生成,由此可初步确认猜想1或4是正确的,根据原子守恒,炭粉与反应不能只生成Na2CO3,还必须有Na2O生成,可写出反应的化学方程式。设计实验验证上述猜想4,只需证明有Na2O即可。利用Na2O和水反应生成NaOH检验。
【详解】
由于氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠;故猜想3不成立;
故答案为:氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠;
若生成二氧化碳被石灰水吸收,容易产生倒吸的危险,装置B的作用是作安全瓶,防止倒吸;氯化钯试纸未变黑,澄清石灰水未变浑浊,说明没有CO、生成,由此可推测猜想2不成立,CO在潮湿环境中可将氯化钯还原为黑色粉末状的钯CO氧化生成二氧化碳,还有HCl生成,反应方程式为:
故答案为:作安全瓶,防止倒吸;2;
剩余固体的质量为等于反应物总质量,说明没有气体生成,初步确认猜想1或4成立,根据原子守恒可知,不能只生成还有氧化钠生成,反应方程式为:
设计实验验证猜想4:将反应后的物质溶于水;再加入足量的氯化钡溶液,滴入几滴酚酞溶液,若溶液变红色,说明猜想成立;
故答案为:1或4;。实验方案不要求写具体操作过程预期实验结果和结论加水溶解,再加入足量的氯化钡溶液,滴入几滴酚酞溶液若溶液变红色,说明猜想成立
【点睛】
(3)题的解题点为根据剩余固体的质量为等于反应物总质量,说明没有气体生成,且根据原子守恒可知,不能只生成还有氧化钠生成,属于实验探究题,较好的考查学生分析推理能力、实验设计能力,难度中等。【解析】氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠作安全瓶,防止倒吸21或4加水溶解,再加入足量的氯化钡溶液,滴入几滴酚酞溶液若溶液变红色,说明猜想成立21、略
【分析】【分析】
实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量,装置A是除去通入空气中所含二氧化碳,装置B中的反应是CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过装置C吸收生成的二氧化碳,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,防止对装置C实验数据的测定产生干扰,装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰。
(1)装置中B为分液漏斗;
(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定C装置的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰;滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色,二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,氢氧根离子浓度减小,溶液红色会逐渐褪去;
(3)①CN−+ClO−=CNO−+Cl−、2CNO−+2H++3ClO−=N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,结合化学方程式的反应关系计算;②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应;
(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气,是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成;
(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN−氧化生成N2;结合电子守恒;原子守恒和电荷守恒书写离子方程式。
【详解】
(1)B中盛装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗;故答案为:分液漏斗;
(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,防止对装置C实验数据的测定产生干扰,装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰,滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色,二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,氢氧根离子浓度减小,溶液红色会逐渐褪去,故答案为:防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置;有白色沉淀生成;溶液的红色逐渐变浅(或褪去);
(3)①依据反应CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到,装置C中生成59.1mg沉淀为BaCO3↓物质的量==3×10−4mol
CN−∼CNO−∼CO2∼BaCO3↓
11
3×10−4mol3×10−4mol
c(CN−)==0.078g/L=78g/L;故答案为:78;
②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应,生成碳酸钡出的质量会增大,测定含氰废水中CN−的含量偏大;故答案为:偏大;
(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气,是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成,反应的离子方程式为:Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O,故答案为:Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O;
(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN−氧化生成N2,结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为:5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O);
故答案为:5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O)。【解析】分液漏斗防止空气中的CO2进入装置C中有白色沉淀生成,溶液的红色逐渐变浅(或褪去)78偏大Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O5H2O2+2CN-=N2↑+2HCO3-+4H2O(或5H2O2+2CN-+2OH-=N2↑+2CO32-+6H2O)四、工业流程题(共2题,共16分)22、略
【分析】【分析】
海带中提取I2,即将海带中的I-溶于水中,再将其氧化为I2,再利用CCl4萃取从水中提取出来。
【详解】
(1)操作为从水中分离出I2,即为萃取分液。具体操作顺序为edacb。在振荡过程中CCl4挥发导致分液漏斗中气压增大为了防止炸裂引发安全事故,需要进行放气,放气时分液漏斗下端朝上转动活塞放气。将漏斗置于铁圈上打开上端活塞静置分层,然后从下口放出下层,再从上口倒出上层。答案为edacb;向上倾斜;排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂;打开上端活塞静置;从上口倒出上层;
(2)从图可以看出I2转变为NaI和NaIO3,那么反应按照升降守恒配平即可,3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O;
(3)从图看NaI和NaIO3经稀硫酸转变为I2,即反应为6H++5I-+=3I2+3H2O。答案为6H++5I-+=3I2+3H2O;
(4)碘易升华经冷却之后便可被收集起来。该装置中I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的。棉花为防止I2蒸汽升华至空气中。答案为I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的;防止I2蒸汽升华至空气中。【解析】(1)edacb向上倾斜排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂打开上端活塞从上口倒出上层。
(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O
(3)6H++5I-+=3I2+3H2O
(4)I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的防止I2蒸汽升华至空气中23、略
【分析】【详解】
(1)根据步骤①所用装置图可知;盛放NaOH溶液的仪器名称为分液漏斗,故答案:分液漏斗。
(2)由反应历程图可知步骤②中操作I是萃取分液,步骤③中操作II是蒸馏,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4;其目的是除去混合物中的水,故答案:萃取分液;蒸馏;除去混合物中的水。
(3)因为α-呋喃甲酸钠能溶于水,所以向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为:+HCl→+NaCl
故答案:+HCl→+NaCl。
(4)由表可知水和α-呋喃甲酸混合,根据α-呋喃甲酸熔沸点高,且20时溶解性为36g/L可采取再降温结晶;过滤;洗涤、干燥,获取α-呋喃甲酸,故答案:降温结晶。
(5)根据和+HCl→+NaCl可知:2mol呋喃甲酸1molα-呋喃甲酸,则0.04mol呋喃甲酸可产生0.02mol的α-呋喃甲酸,其质量=0.02mol112g/mol=2.24g,实际产量为1.5g,所以呋喃甲酸的产率=67.0进一步提纯α-呋喃甲酸,因为在20溶解度为36g/L,所以若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率偏低,故答案:67.0;偏低。【解析】分液漏斗萃取分液蒸馏除去混合物中的水+HCl→+NaCl。降温结晶67.0偏低五、原理综合题(共1题,共10分)24、略
【分析】【详解】
(1)①I+×II,整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol;
②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能,反应Ⅱ是放热反应,根据图示可知该反应的正反应活化能为(E4-E3)kJ/mol;
③总反应速率一般由慢反应决定。反应的活化能越大,反应发生消耗的能量就越高,反应就越不容易发生,该反应的化学反应速率就越慢。从图1中分析可知反应I的活化能远大于反应II的活化能,则说明决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应I;
(2)①根据图示可知:从反应开始至5min达到平衡时△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,根据方程式可知:每有2molSO2反应,就会同时消耗1molO2,反应产生2molSO3,若消耗0.
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